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第三部分仿真模拟冲刺卷仿真模拟冲刺卷（一）1．答案：C解析：由题意，全集U＝{0，1，2，3，4，5，6}，集合A＝{1，2，4}，B＝{1，3，5}，故∁UB＝{0，2，4，6}，则A∩（∁UB）＝{2，4}．故选C.2．答案：C解析：z＝52－i＋3＝5（2＋i）（2－

i）（2＋i）＋3＝5＋i，则z－＝5－i.故选C.3．答案：C解析：3744（8）＝4×80＋4×81＋7×82＋3×83＝2020.故选C.4．答案：A解析：将信噪比SN从1000提升至2000，C大约增加了Wlog2（1＋2000）－

Wlog2（1＋1000）Wlog2（1＋1000）＝log22001－log21001log21001≈10.967－9.9679.967≈10%，故选A.5．答案：C解析：如图，由题意可得抛物线的准线m的方程为x＝－14，过点G作抛物线准线m的垂线GD⊥m于D，过A，B分别作AA′⊥m于

点A′，BB′⊥m于点B′，则|AA′|＋|BB′|＝|AB|＝2，因为弦AB的中点为G，所以|GD|＝12（|AA′|＋|BB′|）＝12|AB|＝1，所以点G的横坐标是1－14＝34，故选C.6．答案：B解析：根据三视图知，

该几何体是棱长为2的正方体截去四个角得出的正四面体ABCD，它的体积等于正方体的体积减去正方体四个角处三棱锥的体积．记每一个角处三棱锥的体积为V1，则V＝V正方体－4V1＝8－4×13×2×2×2×12＝83，故选B.7．答案：D解析

：由杨辉三角知（1－x）4＝1－4x＋6x2－4x3＋x4，（x－2x）（1－x）4＝（x－2x）（1－4x＋6x2－4x3＋x4）的展开式的x2项有x·（－4x）＋（－2x）·（－4x3）＝4x2，所以展开式中含x2项的系数为4.故选D.8

．答案：A解析：设AB＝2AD＝2a（a>0），则AB→·AD→＝2a×a×cos60°＝a2，由条件可得AE→＝AD→＋12AB→，DF→＝AF→－AD→＝λAB→－AD→，由AE⊥DF可得AE→·

DF→＝0，即AD→＋12AB→·（λAB→－AD→）＝0，即λ－12AB→·AD→＋λ2·AB→2－AD→2＝λ－12a2＋2λa2－a2＝3λ－32a2＝0.故λ＝1

2.故选A.9．答案：C解析：f（x）＝32sin2x＋1－cos2x2－12＝32sin2x－12cos2x＝sin2x－π6，∵x∈0，π2，∴2x－π6∈－π6，5π6，∴sin2x－π6∈－12，1，∴f（x）的值域

为－12，1.故选C.10．答案：A解析：由圆C1：x2＋y2－kx＋2y＝0，圆C2：x2＋y2＋ky－2＝0，得圆C1与圆C2的公共弦所在直线方程为k（x＋y）－2y－2＝0，求得定点P（1，－1），又P（1，－

1）在直线mx－ny－2＝0上，m＋n＝2，即n＝2－m.∴mn＝（2－m）m＝－（m－1）2＋1，∴mn的取值范围是（－∞，1].故选A.11．答案：D解析：由题设有f（x）＝1－cosωx2＋12sinωx－12＝22sinωx－π4，令f（x）＝0，则有ωx－π4＝kπ，k∈Z即

x＝kπ＋π4ω，k∈Z.因为f（x）在区间（π，2π）内没有零点，故存在整数k，使得kπ＋π4ω≤π<2π<kπ＋5π4ω，即ω≥k＋14ω≤k2＋58，因为ω>0，所以k≥－1且k＋14≤k2＋58，故k＝－1或k＝0，所以0<ω≤18或14≤ω≤58，故选D.12．答案：A解析

：因为四面体ABCD是棱长为1的正四面体，所以其体积为13×12×1×1×32×63＝212.设正四面体ABCD内切球的半径为r，则4×13×12×1×1×32×r＝212，得r＝612.如图，取AD的中点为E，则PA→·PD→＝（PE→＋EA→）·（PE→＋ED→）＝PE→2＋PE→·

（EA→＋ED→）＋EA→·ED→＝PE→2－14.显然，当PE的长度最小时，PA→·PD→取得最小值．设正四面体内切球的球心为O，可求得OA＝OD＝64.因为球心O到点E的距离d＝PA2－AE2＝642－122＝24，所

以球O上的点P到点E的最小距离为d－r＝24－612＝32－612，即当PA→·PD→取得最小值时，点P到AD的距离为32－612.故选A.13．答案：12解析：在△ACD中，由余弦定理可得：cos∠ADC＝AD2＋CD2－AC22AD·CD＝2＋9

－52×2×3＝22，所以sin∠ADC＝22，所以△ACD的面积为：12AD·CDsin∠ADC＝12×2×3×22＝32，因为CD＝3AB.所以△ABC的面积为13×32＝12.14．答案：54解析：因为f（x＋2）＝3f（x），所以f

（7）＝3f（5）＝32f（3）＝33f（1）＝54.15．答案：1e解析：对任意的x1、x2∈（m，＋∞），且x1<x2，x1lnx2－x2lnx1x2－x1<2，则x1lnx2－x2lnx1<2x2－2x1，所以，x1（lnx2＋2）<

x2（lnx1＋2），即lnx1＋2x1>lnx2＋2x2，令f（x）＝lnx＋2x，则f（x2）<f（x1），又x2>x1>m，则函数f（x）在（m，＋∞）上为减函数，因为f′（x）＝－lnx＋1x2，由f′（x）<0，可得x>1e，所以函

数f（x）的单调递减区间为1e，＋∞，所以，（m，＋∞）⊆1e，＋∞，所以，m≥1e，因此，实数m的最小值为1e.16．答案：3解析：抛物线C：y2＝4x的焦点为F（1，0），A（

－1，0），由BQ→＝2QF→，可得xQ＋1＝2（1－xQ），解得xQ＝13，可得Q（13，233），由233－yB＝2（0－233），解得yB＝23，直线AQ的方程为：y＝32（x＋1），与抛物线y2＝4x联立，可得34x2－5

2x＋34＝0，由xPxQ＝1，得xP＝3，则P（3，23），所以PB⊥AB，由抛物线定义得PB＝PF，且PB∥AF，所以|PQ||AQ|＝|BQ||QF|＝2，所以|PQ||AQ|＋|BP||PF|＝2＋1＝3.17．解析：（1）设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn

}的公比为q，由S4＝4S2可得4a1＋6d＝4（2a1＋d），即6d＋4＝4（d＋2），解得d＝2，所以，an＝a1＋（n－1）d＝1＋2（n－1）＝2n－1，又3b2＝3q＝a5＝9，∴q＝3，则bn＝b1qn－1＝3n－1；

（2）anbn＝（2n－1）·3n－1，则Tn＝1·30＋3·31＋5·32＋…＋（2n－1）·3n－1①，可得3Tn＝1·31＋3·32＋…＋（2n－3）·3n－1＋（2n－1）·3n②，①－②得：－2Tn＝1＋2（31＋32＋

…＋3n－1）－（2n－1）·3n＝1＋6（1－3n－1）1－3－（2n－1）·3n＝（2－2n）·3n－2，因此，Tn＝（n－1）·3n＋1.18．解析：（1）由题意得z＝lny＝lnebx＋a＝bx＋a，∴b^＝i＝17xizi－7x－z－i＝17x2i－7x－2

＝112－7×4×3.5140－7×42＝0.5，∴a^＝z－－b^x－＝3.5－0.5×4＝1.5，∴z关于x的线性回归方程为z^＝0.5x＋1.5，∴y关于x的回归方程为y^＝e0.5x＋1.5，当x＝8

时，y^＝e5.5≈244.69，∴第8天使用扫码支付的人次为2447.（2）由题意得ξ的所有可能取值为0.5，0.7，0.9，1，P（ξ＝0.5）＝13×30%＝0.10，P（ξ＝0.7）＝60%＋12×30

%＝0.75，P（ξ＝0.9）＝16×30%＝0.05，P（ξ＝1）＝10%＝0.10，∴ξ的分布列为ξ0.50.70.91P0.100.750.050.10∴E（ξ）＝0.5×0.10＋0.7×0.75＋0.9×0.05＋1×0.

10＝0.72.19．解析：（1）证明：连接PD且交CE于点T，连接FT.由题意可知，PD，CE为中线，所以T为重心，|PF||FB|＝|PT||TD|＝21，所以FT∥BD，又FT⊂平面CEF，BD⊄平面CEF，所以BD∥平面CEF.

（2）因为PA⊥AC，AC＝1，PC＝5，所以PA＝2.又因为AB＝AC，PB＝PC，所以PA2＋AB2＝PB2，即PA⊥AB.所以AB，AC，AP两两垂直．故以A为原点，AB→，AC→，AP→为x轴，y轴，z轴的正半轴建立空间直角坐标系，由图可知，E（0，0，1），C（0，1，0），F（23，

0，23），B（1，0，0），所以EC→＝（0，1，－1），CF→＝23，－1，23，FB→＝13，0，－23，设平面CEF的法向量为n1＝（x，y，z），则有n1·EC→＝0，n1·CF→＝0，即y－z＝0，23x－y＋2

3z＝0，可令x＝1，y＝z＝2，所以n1＝（1，2，2），设平面CFB的法向量为n2＝（x1，y1，z1），则有n2·CF→＝0n2·FB→＝0即23x1－y1＋23z1＝013x1－23z1＝

0，可令x1＝y1＝2，z1＝1，所以n2＝（2，2，1），因为||cos〈n1，n2〉＝n1·n2||n1·n2＝1×2＋2×2＋2×112＋22＋22×22＋22＋12＝89，所以sin〈n1，n2〉＝1－892＝179，

即二面角E­CF­B的正弦值为179.20．解析：（1）由题得△ABF的面积S＝12（a＋c）·b＝12()a＋a2－2·2＝2＋1，解得a＝2，即椭圆C的标准方程为x24＋y22＝1.（2）已知点A（－2，0），设直线PQ的方程为x＝ty＋2，点P（x1，y1），

Q（x2，y2）.直线AP的方程为y＝y1x1＋2（x＋2），直线AQ的方程为y＝y2x2＋2（x＋2），将x＝22代入直线AP、AQ的方程，可得M22，（22＋2）y1x1＋2，N

22，（22＋2）y2x2＋2.设以MN为直径的圆过定点P（m，n），则PM→·PN→＝0，即PM→·PN→＝（22－m）2＋（22＋2）y1x1＋2－n（22＋2）y2x2＋2－n＝（22－m）2＋（22＋2）y1x1＋2·（22＋2）y2x2＋2－n

（22＋2）y1x1＋2＋（22＋2）y2x2＋2＋n2＝（22－m）2＋（22＋2）y1ty1＋2＋2·（22＋2）y2ty2＋2＋2－n（22＋2）y1ty1＋2＋2＋（22＋2）y2ty2＋2＋2＋n2＝（22

－m）2＋（22＋2）2y1y2－n[]（22＋2）y1()ty2＋2＋2＋()ty1＋2＋2（22＋2）y2()ty1＋2＋2()ty2＋2＋2＋n2＝（22－m）2＋（22＋2）2y1y2－n（22＋2）[]2ty1y2＋（2＋2）（y1＋y2）t2y1y2＋（2＋2

）t（y1＋y2）＋（2＋2）2＋n2联立椭圆x24＋y22＝1和直线PQ的方程为x＝ty＋2，可得（ty＋2）2＋2y2－4＝0，化简得（t2＋2）y2＋22ty－2＝0，即y1＋y2＝－22tt2＋2，y1y2＝－2t2＋2.代入上式化简得＝（22－m）2＋（22＋2）2（

－2）－n（22＋2）[2t（－2）＋（2＋2）（－22t）]t2（－2）＋（2＋2）t（－22t）＋（2＋2）2（t2＋2）＋n2＝（22－m）2－2＋2nt＋n2＝0，由此可知，若上式与t无关，则n＝0，又PM→·PN→＝0，（22－

m）2－2＝0，m＝22±2，因此MN为直径的圆恒过定点（2，0）和（32，0）.21．解析：（1）h（x）＝alnx－12x2，所以h′（x）＝ax－x＝a－x2x（x>0），因为a>0，所以0<x<a

时，h′（x）>0，x>a时，h′（x）<0，所以f（x）的增区间为()0，a，减区间为()a，＋∞.（2）当a＝1，f（x）＝lnx.由m[g（x1）－g（x2）]>x1f（x1）－x2f（x2）恒成立，即mg（x

1）－x1f（x1）>mg（x2）－x2f（x2）恒成立，设t（x）＝mg（x）－xf（x）＝m2x2－xlnx（x>0）.由题意知x1>x2>0，故当x∈（0，＋∞）时函数t（x）单调递增，所以t′（x）＝mx－lnx－1≥0恒成立，即m≥lnx＋1x恒成立，因此，记y＝lnx＋1x，得

y′＝－lnxx2，∵函数在（0，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减，∴函数h（x）在x＝1时取得极大值，并且这个极大值就是函数h（x）的最大值．由此可得h（x）max＝h（1）＝1，故m≥1，结合已知条件m∈Z

，m≤1，可得m＝1.（3）不等式f（x）＋2g′（x）<（a＋3）x－g（x）在x∈[1，e]上有解．即为alnx＋2x≤（a＋3）x－12x2，化简得：a（x－lnx）≥12x2－x，在x∈[1，e]上有解．由x∈[1，e]知x－lnx>0，因而a≥12x2－xx－lnx，设y

＝12x2－xx－lnx，由y′＝（x－1）（x－lnx）－1－1x12x2－x（x－lnx）2＝（x－1）12x＋1－lnx（x－lnx）2，∵当x∈（1，e）时x－1>0，12x＋1－lnx

>0，∴y′>0在x∈[1，e]时成立．由不等式有解，可得知a≥ymin＝－12，即实数a的取值范围是－12，＋∞.22．解析：（1）由ρ＝sin3θρ＝22可得sin3θ＝22，所以3θ＝2kπ＋π4或3θ＝2kπ＋3π4（k∈Z），所

以θ＝2kπ3＋π12或θ＝2kπ3＋π4（k∈Z）.因为θ∈[0，π），所以θ＝π12，π4，3π4，11π12，所以交点的极坐标为22，π12，22，π4，22，3π4，22，11π12.（2）由（1）可得圆M的极坐标方程为ρ＝22

，转化为直角坐标方程为x2＋y2＝12.直线l：ρcosθ＋π4＝2的直角坐标方程为x－y＝2，所以点P到直线l的距离的最大值为22＋22＝322.23．解析：（1）当a＝1时，f（x）＝|

x－2|－|x＋2|；当x≤－2时，f（x）＝2－x＋x＋2＝4>1，解集为∅；当－2<x<2时，f（x）＝2－x－x－2＝－2x<1，解得：x>－12，∴－12<x<2；当x≥2时，f（x）＝x－2－x－2＝－4<1恒成立，∴x≥2；综上所述：f（x）<1的

解集为－12，＋∞；（2）当x∈（0，2）时，f（x）＋x＝2－x－|ax＋2|＋x＝2－|ax＋2|，则f（x）＋x>0恒成立等价于|ax＋2|<2恒成立，∴－2<ax＋2<2，即－4<ax<0，∴－4x<a<0，当x∈（0，2）时，－4x<－2，∴－2≤a<0，即实数a的取

值范围为[－2，0）.仿真模拟冲刺卷（二）1．答案：D解析：由z－iz＋1＝i得z－i＝（z＋1）i，整理得z·（1－i）＝2i，所以z＝2i1－i＝2i（1＋i）（1－i）（1＋i）＝－2＋2i2＝－1＋i.故选D.2．答案：C解析：∵A＝x

y＝x12＝{x|x≥0}，B＝yy＝12x＝{y|y>0}，∴A∩B＝（0，＋∞）.故选C.3．答案：A解析：命题p：当x＝π2时，2sinπ2＋cosπ2＝2>3，故命题p为假命题；命题q：若a>b>0，则0<1a<1b，又c<0

，所以ca>cb，故命题q为真命题．故p∨q，¬p∧q为真命题．¬p∧¬q，p∧¬q，为假命题．故选A.4．答案：D解析：当x<0时，－x>0，则f（－x）＝（－x）2＋（－x）ln（－x）＝x2－xln（－x），此时g（x）＝－f（－x）＝－x

2＋xln（－x），则g′（x）＝－2x＋ln（－x）＋1，则g（－1）＝－1，g′（－1）＝3，所求切线方程为y＋1＝3（x＋1），即3x－y＋2＝0.故选D.5．答案：B解析：∵D1E＝D1B21＋B

1E2＝17，AF＝AC2＋CF2＝23≠D1E，如图，取点M为BC的中点，则AD1∥MF，故AMFD1共面，点E在面AMFD1外，故直线D1E经过面AMFD1内一点和平面外一点，故直线D1E和平面内直线AF异面．故选B.6．答案：C解析：从4个语言类节目和6个歌唱类节目中各选2个节目进行展演有C

24C26＝90种选法．语言类节目A和歌唱类节目B都没有被选中的有C23C25＝30，所以语言类节目A和歌唱类节目B至少有一个被选中的不同选法种数有90－30＝60，故选C.7．答案：D解析：由图可知

，T2＝5π12－－π12＝π2，所以T＝π，即2πω＝π，所以ω＝2.所以f（x）＝2sin（2x＋φ），又2×－π12＋φ＝π2＋2kπ，k∈Z，0<φ<π，所以φ＝2π3，所以f（x）＝2sin

2x＋2π3，y＝2cos2x＝2sin2x＋π2，将其图象向左平移π12个单位长度即可得到y＝f（x）的图象．故选D.8．答案：B解析：因为玉衡和天权都没有被选中的概率为P＝C25C27＝1021，所以玉衡和天权至少一颗被选中的概率为1－1

021＝1121.故选B.9．答案：B解析：设AC＝x，则BC＝x－40，在△ABC中，由余弦定理得：BC2＝AC2＋AB2－2·AC·AB·cos∠BAC，即（x－40）2＝x2＋1002－100x，解得x＝420.在△ACH中，AC

＝420，∠CAH＝15°＋30°＝45°，∠CHA＝90°－30°＝60°，由正弦定理得：CHsin∠CAH＝ACsin∠CHA，即CHsin45°＝420sin60°，解得CH＝1406.故选B.10．答案：B解析：因为f（1）＝e－4<0，f32＝e32＋

ln32－4＝e3＋ln32－4>16＋ln32－4>0，所以b∈1，32，因为32＝log223<log23，所以a>b.g′（x）＝3x2－x－1，令g′（x）＝0，得x＝1±136.因为g（x）在－∞，1－1

36，1＋136，＋∞上单调递增，在1－136，1＋136上单调递减，所以c＝1＋136，又因为1＋136<1，所以c<b，故a>b>c.故选B.11．答案：D解析：由题意可知e＝ca＝12，又a2＝b2＋c2，故b2＝34a2，设过点P的直线斜率为k，则直线方程为：

y＋2＝k（x－2），即y＝kx－2k－2.则被y轴反射后的切线方程为：y＝－kx－2k－2.由y＝－kx－2k－2x2a2＋y2b2＝1得（3＋4k2）x2＋16k（k＋1）x＋16k2＋32k＋16－3a2＝0，因为所有反射光线所在直线中只有一条与椭圆相切，∴

Δ＝[16k（k＋1）]2－4（3＋4k2）（16k2＋32k＋16－3a2）＝0，化简得：4a2k2＋3a2＝16k2＋32k＋16，即4a2＝163a2＝32k＋16，解得a2＝4k＝－18，故选D.12．答案：C解析：由x－4ex－alnx≥x＋1得，alnx≤x－4

ex－x－1对∀x∈（1，＋∞）恒成立，即a≤x－4ex－x－1lnx对∀x∈（1，＋∞）恒成立，从而求y＝x－4ex－x－1lnx，x∈（1，＋∞）的最小值，设g（x）＝ex－x－1，则g′（x）＝ex－1，令g′（x）＝0得x＝0，所以x∈（－∞，0），g′（x）<0，x∈（0，＋∞

），g′（x）>0，所以g（x）min＝g（0）＝0，即ex≥x＋1恒成立，所以x－4ex＝elnx－4ex＝ex－4lnx≥x－4lnx＋1，故x－4ex－x－1≥x－4lnx＋1－x－1＝－4lnx，即x－4ex－x－1lnx≥－4lnxl

nx＝－4，当x－4lnx＝0时，等号成立，方程x－4lnx＝0在（1，＋∞）内有根，故x－4ex－x－1lnxmin＝－4，所以a≤－4.故选C.13．答案：52解析：因为双曲线的焦点在y轴上，所以可设双曲线C的方程为y2a2－x2b

2＝1（a>0，b>0），则其渐近线方程为y＝±abx，所以ab＝2，所以e＝ca＝a2＋b2a＝5b2b＝52.14．答案：π2解析：由|2a＋3b|＝|2a－3b|，平方得到a·b＝0，所以a，b夹角为π2.15．答案：34解析：因为acosB－bcosA＝53c，所以由正

弦定理得sinAcosB－sinBcosA＝53sinC＝53（sinAcosB＋sinBcosA），则sinAcosB＝－4sinBcosA，因为A为钝角，sinB≠0，所以cosA<0，cosB≠0，则sinAcosA·cosBsinB＝－4，所以tanA

tanB＝－4，因为tanB＝tan[π－（A＋C）]＝－tan（A＋C），所以tanA＝4tan（A＋C），即tanA＋tanC1－tanAtanC＝tanA4，所以tanC＝－3tanA4＋tan2A＝－3tanA＋4tanA＝3－tanA＋4－tanA，因为tanA<0，所以－tanA＋4－

tanA≥4，即tanC＝3－tanA＋4－tanA≤34，当且仅当tanA＝－2时取等号．16．答案：C4πS－C22πS解析：∵r2＋（R－h）2＝R2，又S＝2πRh，∴r2＝R2－R－S2πR2＝Sπ－S24π2R2

＝4πR2S－S24π2R2.∵2πr＝C，∴r＝C2π，∴C24π2＝4πR2S－S24π2R2，即R2C2＝4πR2S－S2，∴R2＝S24πS－C2，∴rR＝r2R2＝C24π2S24πS－C2＝C2（4πS－C2）4π2S2＝C4πS－C2

2πS.17．解析：（1）由题意，2Sn＝a2n＋an－2（n∈N*），2Sn－1＝a2n－1＋an－1－2（n≥2），两式相减，化简整理得（an＋an－1）（an－an－1－1）＝0（n≥2），由an>0，故an－an－1＝1（n≥2），又n＝1时，2S1＝a21＋a1－2，得a1＝2，故数

列{an}是首项为2，公差为1的等差数列．（2）由（1）得an＝n＋1，故bn＝1anan＋1＝1（n＋1）（n＋2）＝1n＋1－1n＋2，从而Tn＝12－13＋13－14＋…＋1n＋1－1n＋2＝12－

1n＋2.18．解析：（1）在图①中，因为AB＝BC＝1，AD＝2，E是AD的中点，∠BAD＝π2，故四边形ABCE为正方形，所以BE⊥AC，即在图②中，BE⊥OA1，BE⊥OC，又OA1∩OC＝O，所以BE⊥平面A1OC.又BC∥DE，BC＝DE，所以四

边形BCDE是平行四边形，所以CD∥BE，所以CD⊥平面A1OC.（2）由已知，平面A1BE⊥平面BCDE，又由（1）知，BE⊥OA1，BE⊥OC，所以∠A1OC为二面角A1­BE­C的平面角，所以∠A1OC＝π2.如图，以O为原点，分别以OB，OC，OA1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空

间直角坐标系．A1（0，0，2），B（2，0，0），C（0，2，0），D（－22，2，0）.设平面A1BC的一个法向量为n1＝（x，y，z），A1B＝（2，0，－2），A1C＝（0，2，－2），∴n1·A1B＝2x－2z＝0n1·A

1C＝2y－2z＝0，令z＝1，∴x＝1，y＝1，故平面A1BC的一个法向量为n1＝（1，1，1），设平面A1CD的一个法向量为n2＝（x1，y1，z1），A1D＝（－22，2，－2），A1C＝（0，2，－

2），∴n2·A1D＝－22x1＋2y1－2z1＝0n2·A1C＝2y1－2z1＝0，令z1＝1，∴x1＝0，y1＝1，平面A1CD的一个法向量为n2＝（0，1，1）.不妨设二面角B­A1C­D的平面角为θ，从而|cosθ|＝|cos〈n1，n2〉|＝

n1·n2|n1|·|n2|＝23×2＝63，由图得二面角为钝角，故二面角B­A1C­D的余弦值为－63.19．解析：（1）①μ＝40×14100＋50×20100＋60×25100＋70×26100＋80×13100＋90×2100＝61；②σ＝198＝14

，所以19＝μ－3σ，47＝μ－σ，所以P（ξ≤19或ξ≥47）＝1－P（μ－3σ<X≤μ＋3σ）－P（μ－σ<X≤μ＋σ）2＝1－0.9973－0.68272＝0.8427；（2）P（ξ<μ）＝P（ξ≥μ）＝12，由题意可知随机变量X的可能取值有30、50、60、80、100，P（X＝30）

＝12×35＝310，P（X＝50）＝12×25＝15，P（X＝60）＝12×35×35＝950，P（X＝80）＝12×35×25＋25×35＝625，P（X＝100）＝12×25×25＝225，X30506080100P31015950625225E（X）＝30×310＋50×15

＋60×950＋80×625＋100×225＝57.20．解析：（1）圆心为M（－4，0），半径为1，F（p2，0），所以p2＋4－1＝4，p＝2，抛物线方程为y2＝4x；（2）设直线AB方程为y＝k1（x－1）＋1，设A（x1，y1），

B（x2，y2），由y2＝4xy＝k1（x－1）＋1得k21x2－（2k21－2k1＋4）x＋（k1－1）2＝0，Δ>0，x1＋x2＝2k21－2k1＋4k21，x1x2＝（k1－1）2k21，|TA||TB|＝1＋k21|x1－1|·1＋k21|x2－1|＝（1＋k2

1）|x1x2－（x1＋x2）＋1|＝（1＋k21）（k21－1）2k21－2k21－2k1＋4k21＋1＝3（1＋k21）k21，设直线PQ方程为y＝k2（x－1）＋1（k2≠k1），同理可得|TP||TQ|＝3（1＋k22）k22，由|TA|·|TB|＝|T

P|·|TQ|，得3（1＋k21）k21＝3（1＋k22）k22，又k2≠k1，所以k2＝－k1，所以k1＋k2＝0.21．解析：（1）由题意可得f（x）的定义域为（0，＋∞），f′（x）＝1＋lnx－a，由f′（x）<0，得0<x<ea－1，由f′（x）>0，得x>ea－1，则f（x）在（

0，ea－1）上单调递减，在（ea－1，＋∞）上单调递增，即x＝ea－1时，f（x）取得最小值，故f（x）min＝f（ea－1）＝1－ea－1.（2）要证ex（lnx＋1x）－（ex＋x）＋4ex－2x>0恒成立，即证ex（

xlnx＋1）－x（ex＋x）＋4ex－2>0恒成立，只需证ex（xlnx－x＋1）－x2＋4ex－2>0恒成立，即证xlnx－x＋1>x2ex－4e2恒成立，设g（x）＝xlnx－x＋1，函数g（x）是a＝1时的函数f（x），则由（1）可得g（x）min

＝g（1）＝0，设h（x）＝x2ex－4e2（x>0）则h′（x）＝2x－x2ex（x>0），由h′（x）>0，得0<x<2；由h′（x）<0，得x>2，则h（x）在（0，2）上单调递增，在（2，＋∞）上单调递减，即x＝2时，h（x）取得最大值，故h（

x）max＝h（2）＝0，因为g（x）与h（x）的最值不同时取得，所以g（x）>h（x），即xlnx－x＋1>x2ex－4e2，故当x>0时，不等式ex（xlnx＋1）－x（ex＋x）＋4ex－2>0恒成立．故对任意的x∈（0

，＋∞），ex（lnx＋1x）－（ex＋x）＋4ex－2x>0恒成立．22．解析：（1）C1的普通方程为x2＋（y－1）2＝1，它表示以（0，1）为圆心，1为半径的圆，C2的普通方程为x24＋y2＝1，它表示中心在原点，焦点在x轴上的椭圆．（2）由

已知得P（0，2），设Q（2cosφ，sinφ），则Mcosφ，1＋12sinφ，直线l：x－2y－4＝0，点M到直线l的距离d＝|cosφ－sinφ－6|5＝2cosφ＋π4－65，所以d≥6－25

＝65－105，即M到l的距离的最小值为65－105.23．解析：（1）当a＝2时，f（x）>5即2|x－2|＋|x＋2|>5当x<－22（2－x）－（x＋2）>5，解得x<－2，当－2≤x≤22（2－x）＋x＋2>5，解得－2≤x<1，当x>22（x－2）＋（

x＋2）>5，解得x>73，故不等式f（x）>5解集为{x|x<1或x>73}，即不等式的解集为（－∞，1）∪73，＋∞.（2）若[3，6]⊆B则原不等式f（x）≤|2x＋1|在[3，6]上恒成立，即|x＋a|＋2|x－2|≤|2x＋1|，即|x＋a|≤2x＋1－2（

x－2），即|x＋a|≤5，∴－5≤x＋a≤5，即－5－a≤x≤5－a，所以－5－a≤35－a≥6，解得－8≤a≤－1，故满足条件的a的取值范围是a∈[－8，－1].仿真模拟冲刺卷（三）1．答案：B解析：A＝

x∈Z|x－3x＋2≤0＝{x|x∈Z|（x－3）（x＋2）≤0且x≠－2}＝{－1，0，1，2，3}，B＝{}x|x2－2x＋3≥0＝R，所以A∩B＝{－1，0，1，2，3}．故选B.2．答案：A解析：因为1＋i3＝1－i，所以z＝

3＋i1－i＝（3＋i）（1＋i）（1－i）（1＋i）＝2＋4i2＝1＋2i.故选A.3．答案：D解析：由程序框图，其执行结果如下：1、S＝0，n＝0：n＝2，S＝2，执行循环体；2、S＝2，n＝2：n＝4，S＝6，执行循环体；3、S＝6，n＝4：n＝6，S＝12，执行循环体；4

、S＝12，n＝6：n＝8，S＝20，执行循环体；5、S＝20，n＝8：n＝10，S＝30，跳出循环体，输出S＝30；∴框内条件应为n≥10？.故选D.4．答案：C解析：根据双曲线的对称性，其两个顶点到两条渐近线的距离都相等，由题意知：右顶点坐标为（6，0），一条渐近

线方程为y＝22x，∴d＝22×61＋222＝362＝2，即顶点到渐近线的距离为2.故选C.5．答案：D解析：由题意P（0<X≤1）＝12×0.6826＝0.3413，∴落入阴影部分点的个数的估计值为10000×0.3413＝3413，∴落入阴影外部（曲线C

为正态分布N（0，1）的密度曲线）的点的个数的估计值为10000－3413＝6587.故选D.6．答案：C解析：∵a25＋a26＝a27＋a28，∴a27－a25＋a28－a26＝0，∴2d（a7＋a5）＋2d（a8＋a6）＝0，又d≠0，a8＋a5＝a6＋a7，∴2（a7＋a6）＝

0，∴S12＝12（a1＋a12）2＝12（a6＋a7）2＝0，故选C.7．答案：C解析：因为f（x）＝xsinx定义域为R，又f（－x）＝－xsin（－x）＝xsinx＝f（x），所以函数f（x）是偶函数，故

排除AD，结合选项BC，只需求解函数f（x）与直线y＝x在x>0时交点的横坐标，令xsinx＝x，x≠0，解得sinx＝1即x＝π2＋2kπ，当k＝0时，x＝π2，所以函数f（x）与直线y＝x在x>0时的第一个交点的横坐标为π2，结合函数图象可知，选项C符合题

意，故选C.8．答案：D解析：因为f（x）＝xcosx－sinx，所以f（π－x）＝π－xcos（π－x）－sin（π－x）＝π－x－cosx－sinx，所以f（π－x）≠f（x），故函数f（x）的图象不关于直线x＝π2对称，故①错误；

f（π）＝πcosπ－sinπ＝－π，f′（x）＝cosx＋xsinxcos2x－cosx，f′（π）＝cosπ＋πsinπcos2π－cosπ＝0，切线的斜率为0，即切线与y轴垂直，故②正确；f′（x）＝cosx＋xsinxcos2x－cosx＝cosx

sin2x＋xsinxcos2x＝sinx12sin2x＋xcos2x.当x∈2π3，3π4，sinx>0，12sin2x＋x>0，所以f′（x）>0，即函数f（x）在区间2π3，3π4上单调递增，故③正确；因为f（x）＝xcosx－sinx，所以定义域为

x|x≠π2＋kπ，k∈Z，f（－x）＝－xcos（－x）－sin（－x）＝－xcosx＋sinx＝－f（x），所以f（x）为奇函数，取x→＋∞时，因为cosx∈[－1，0）∪（0，1]，sinx∈（－1，1），当x＝2kπ，k∈Z时，cosx＝1，sinx＝0，所以f

（x）＝x→＋∞，当x＝π＋2kπ，k∈Z时，cosx＝－1，sinx＝0，所以f（x）＝－x→－∞，故f（x）既无最大值，也无最小值，即④正确；故选D.9．答案：D解析：将函数y＝2sin2x图象向左平移π3个单位长度得到y＝2

sin2x＋π3＝2sin2x＋2π3的图象，再向上平移1个单位长度可得到f（x）＝2sin2x＋2π3＋1的图象，故A错误；T＝2π2＝π，故B错误；令2x＋2π3＝π2＋kπ，k∈Z，得

x＝－π12＋kπ2，k∈Z，当k＝0时，x＝－π12；当k＝1时，x＝512π，故C错误；令π2＋2kπ≤2x＋2π3≤3π2＋2kπ，k∈Z，－π12＋kπ≤x≤5π12＋kπ，k∈Z，所以f（x）在π6，5π1

2上单调递减，故D正确，故选D.10．答案：C解析：由题意，a＝2ln3－4×3－3－1，b＝2ln72－72×4－3－1，c＝2ln4－4×4－3－1，构选函数f（x）＝2lnx－4x－3－1（x≥3），则f′（x）＝2x－24x－3＝2·4x－3－xx4x－3＝2

·－x2＋4x－3x4x－3（4x－3＋x）＝2·－（x－1）（x－3）x4x－3（4x－3＋x）≤0，所以函数f（x）在[3，＋∞）上单调递减，所以f（3）>f72>f（4），即a>b>c.故选C.11．答案：D解析

：①当F为C1B1的中点，将CF平移至EM，则M为A1D1的四等分点，即D1M＝14A1D1，过M点作MN⊥AD，设AD＝4，则MN＝4，BN＝5，BD＝42，所以BE＝6，BM＝41，ME＝5，所以在△BEM中，BM2＝BE2＋ME2，故ME⊥BE，所以CF⊥BE，所以

过CF的平面与直线EB垂直，②过D1作D1Q∥BE，易知Q为BB1的中点，此时D1Q和D1F相交，所以D1F和BE异面，故②错误；③当F为B1时，△BEF的主视图和侧视图的面积相等，故③成立；④因为C1B1∥BC，故C1B1∥平

面EBC，故B1C1上任一点到平面EBC距离相等，且△EBC的面积固定，故VE­BFC＝13S△BFC×d为定值，故④正确，故选D.12．答案：A解析：由题意eλx－lnxλ≥0得eλx≥lnxλ，设g（x）＝eλx，h（x）＝lnxλ，可得g（x）与h（x）互为反函数，且g（x

）与h（x）的图象关于y＝x对称，所以函数g（x）＝eλx或h（x）＝lnxλ的图象与直线y＝x相切时λ的值是不等式eλx－lnxλ≥0恒成立时λ的最小值，设函数g（x）＝eλx与直线y＝x相切的切点为（x0，y0

），可得y0＝eλx0y0＝x0，可得eλx0＝x0，同时对g（x）＝eλx求导可得：g′（x）＝λeλx，可得g′（x0）＝λeλx0＝1，联立可得eλx0＝x0λeλx0＝1，解得：λ＝1e，则

λ的最小值为1e，故选A.13．答案：－35解析：在（1－x）＋（1－x）2＋（1－x）3＋（1－x）4＋（1－x）5＋（1－x）6的展开式中，x3的系数为－C33－C34－C35－C36＝－35.1

4．答案：13解析：由a·（a＋b）＝223，得a·a＋a·b＝223，所以a·b＝223－22＝103，∵b＝（3，－4），∴|b|＝5，故cos〈a，b〉＝a·b|a|·|b|＝1032×5＝13.15．答案：2＋1解析：设|P

F1|＝m，∴|QF1|＝2m，由椭圆的定义可知：|PF2|＝2a－m，∴|QF2|＝2a－2m，所以|PQ|＝4a－（2＋1）m，因为PQ⊥PF1，所以|PF1|2＋|QP|2＝|QF1|2，即m2＋

[4a－（2＋1）m]2＝（2m）2⇒（2＋1）m2－4（2＋1）ma＋8a2＝0，解得m＝（4－22）a或m＝22a，当m＝22a时，|QF2|＝2a－2m<0，所以不符合题意，故舍去，因此m＝（4－22）a，所以|PF2|＝（22－2）a，|QF2|＝（6－42）a，∵∠PF2F1＋∠QF2

F1＝π，∴sin∠PF2F1＝sin∠QF2F1，△PF1F2与△QF1F2的面积之比为：12|F1F2|·|PF2|·sin∠PF2F112|F1F2|·|QF2|·sin∠QF2F1＝22－26－42＝2－13－22＝2－1（2－

1）2＝12－1＝2＋1.16．答案：0，32解析：当l与CD重合时，P′H＝0，由题意得△P′GH为直角三角形，且斜边PG2＝52为定值，所以要求最大值，只需GH最小，GH最小值为12，所以P′Hmax＝PG2－G

H2＝32.17．解析：（1）设等差数列{an}的公差为d，d≠0，所以有a2＝a1＋d，a5＝a1＋4d，∵a1，a2，a5成等比数列，∴a22＝a1·a5，即（a1＋d）2＝a1（a1＋4d）⇒a21＋2a1d＋d

2＝a21＋4a1d⇒d2－2a1d＝0⇒d（d－2a1）＝0，∵d≠0，∴d＝2a1，又∵S3＝3（a1＋a3）2＝3（2a1＋2d）2＝3（a1＋d）＝9，∴a1＋d＝3，即3a1＝3⇒a1＝1，d＝2，∴an＝a1＋（n－1）d＝1＋2

（n－1）＝2n－1；（2）由题意知bn＝2an＋1＝22n－1＋1＝22n＝4n，b1＝4，bn＋1bn＝4，∴{bn}是以4为首项，4为公比的等比数列．记数列{bn}的前n项和为Mn，则Mn＝4（1－4n）1－4

＝4n＋1－43，数列{an}的前n项和Sn＝n（a1＋an）2＝n（1＋2n－1）2＝n2，Tn＝b1－a1＋b2－a2＋…＋bn－an＝（b1＋b2＋…＋bn）－（a1＋a2＋…＋an）＝Mn－Sn＝4n＋1－43－n2.18．解析：（1）证明：在直角梯形AEF

B中，AE⊥EF，且直角梯形D1EFC1是通过直角梯形AEFB以直线EF为轴旋转而得，所以D1E⊥EF，又AE∥BF，所以BF⊥EF，C1F⊥EF，因为BF∩C1F＝F，所以EF⊥平面BC1F，因为EF⊂平面C1D1EF，所以平面C1D1EF⊥平面BC1F，（2）由（1）可知BF⊥EF，C1F

⊥EF，因为二面角C1­EF­B的大小为π3，所以∠C1FB＝π3，过点F作平面AEFB的垂线，如图，建立空间直角坐标系F­xyz.设BF＝EF＝2AE＝4，则E（4，0，0），C1（0，2，23），D1（4，1，3），B（0，4，0），A（4，2，0）.所以AB→＝（－4，2，0），C1B＝（0

，2，－23），FD1＝（4，1，3）.设平面ABC1的法向量n＝（x，y，z），则n·AB→＝0，n·C1B＝0即－4x＋2y＝0，2y－23z＝0.令z＝1，则y＝3，x＝32，于是n＝32，3，1.所以直线D1F与平面ABC1所成角的正弦值为

n·FD1|n||FD1|＝43192×25＝428595.19．解析：（1）将“产品通过检验”记为事件A，则P（A）＝452×45＋C12×45×15×452＝6412

5＋128625＝448625.即这批产品通过检验的概率为448625.（2）由题意，X的可能取值为200，300，400.P（X＝200）＝152＝125，P（X＝300）＝452＝1625，P（X＝400）＝C12×45×15＝825，则X的分布列

如下：X200300400P1251625825因此，E（X）＝200×125＋300×1625＋400×825＝328.20．解析：（1）不妨设B在第二象限，则渐近线OP的方程为y＝－bx，则直线PF的方程为y＝1b（x＋c），由y＝1b

（x＋c）y＝－bx得：xp＝－cb2＋1＝－1c，yp＝bc，∴P－1c，bc，∴|OP|＝－1c2＋bc2＝1＋b2c2＝c2c2＝1；（2）证明：设直线PF的倾斜角为θ，则tanθ＝1b，tan2θ＝2t

an2θ1－tan2θ＝2bb2－1，又A（1，0），∴直线AP的斜率为bc－1c－1＝－bc＋1，则直线AP的方程为y＝－bc＋1（x－1），由y＝－bc＋1（x－1）x2－y2b2＝1得：（c2＋2c）

x2＋2x－（c2＋2c＋2）＝0，∴xB＝xAxB＝－c2＋2c＋2c2＋2c，yB＝－bc＋1（xB－1）＝2b（c＋1）c2＋2c，又F（－c，0），∴直线BF的斜率为yBxB＋c＝2b（c＋1）c2＋2c－c2＋2c＋2c2＋2c＋c＝2b（c＋1）c3＋c2－2c－2＝2

bc2－2＝2bb2－1＝tan2θ，故PF平分∠BFA.21．解析：（1）依题意，f′（x）＝2me2x－ex＋1，令t＝ex，则由f′（x）＝0可得2mt2－t＋1＝0，则Δ＝1－8m；当m≥18时，Δ≤0，此时f′（x）≥0，故函数f（x）在（－∞，＋∞）上单调递增，无极值点，不合

题意；当0<m<18时，Δ>0，f′（x）＝0，得ex＝1±1－8m4m，则令x1＝ln1－1－8m4m，x2＝ln1＋1－8m4m，则当x∈（－∞，x1）时，f′（x）>0，当x∈（x1，x2），f′（x）<0，当x∈（x2，＋

∞）时，f′（x）>0，此时函数f（x）有2个极值点，符合题意；综上所述，实数m的取值范围为0，18；（2）依题意，ex（mex－1）＋x＝a，记g（x）＝ex（mex－1）＋x－a，g′（x）＝f′（x）；①由（1）可知当m≥18时，g′（x）≥0，则函数g（x）在

（－∞，＋∞）上单调递增；可知当x→－∞时，g（x）→－∞，当x→＋∞时，g（x）→＋∞，故当m≥18时，函数g（x）恰有1个零点，此时a∈R；②当0<m<18时，g（x）在（－∞，x1）上单调递增，在（

x1，x2）上单调递减，在（x2，＋∞）上单调递增，g′（x1）＝2me2x1－ex1＋1＝g′（x2）＝2me2x2－ex2＋1＝0，则m＝ex1－12e2x1＝ex2－12e2x2，所以[]g（x）极大值＝g（x1）

＝me2x1－ex1＋x1－a＝－ex12＋x1－12－a，[]g（x）极小值＝g（x2）＝me2x2－ex2＋x2－a＝－ex22＋x2－12－a，因为当x→－∞时，g（x）→－∞，当x→＋∞时，g（x）→＋∞，故只需g（x1）<0或g（x2）>0；令h（x）＝－ex2＋

x－12，则h′（x）＝－ex2＋1，故当x∈（－∞，ln2）时，h′（x）>0，当x∈（ln2，＋∞），h′（x）<0，又x1＝ln1－1－8m4m＝ln21＋1－8m，x2＝ln21－1－8m，又0<m<18，故1－8m∈（0，1），故x1∈（0，ln2），x2∈（ln2，

＋∞），所以h（x1）∈（－1，－32＋ln2），h（x2）∈－∞，－32＋ln2，故a≥－32＋ln2；综上所述，实数a的取值范围为－32＋ln2，＋∞.22．解析：（1）曲线C1的普通方程为cosα·y－sinα·x＝

0，即极坐标方程为θ＝α（ρ∈R），曲线C2的直角坐标方程为x2＋y2－2x＝3，即（x－1）2＋y2＝4.（2）曲线C2的极坐标方程为ρ2－2cosθ·ρ－3＝0，代入θ＝α，可得ρ1·ρ2＝－3，则|OA|·

|OB|＝|ρ1ρ2|＝3.23．解析：（1）当a＝b＝c＝1时，f（x）＝x－12＋|x＋2|，易得f（x）＝x－12＋|x＋2|≥x－12－（x＋2）＝

52.（2）由绝对值三角不等式可得：f（x）＝x－a2＋|x＋b＋c|≥x－a2－（x＋b＋c）＝a2＋b＋c＝3，∵a，b，c均为正实数，∴a2＋b＋c＝

3，∵（a2＋b2＋c2）14＋1＋1≥a2＋b＋c2＝9，∴a2＋b2＋c2≥4，当且仅当2a＝b＝c，即a＝23，b＝c＝43时等号成立，∴a2＋b2＋c2的最小值是4.仿真模拟冲刺卷（四）1

．答案：A解析：B＝{x|－1<x<1}，则∁RB＝{x|x≤－1或x≥1}，所以A∩（∁RB）＝{－2，－1，1}．故选A.2．答案：B解析：由题意，z1z2＋z1z2＝z1z2＋1z2＝（3＋i）1＋i＋11＋i＝（3＋i）

1＋i＋1－i（1＋i）（1－i）＝（3＋i）3＋i2＝（3＋i）（3＋i）2＝8＋6i2＝4＋3i.故选B.3．答案：D解析：因为a＝（1，2），b＝（－1，3），所以ma＋nb＝（m－n，2m＋3n），又因为（ma＋nb）⊥b，所以

（ma＋nb）·b＝－（m－n）＋3（2m＋3n）＝0，化简得mn＝－2.故选D.4．答案：A解析：对于A，若p∨q为真命题，则p，q中至少一个为真命题，当p，q中只有一个为真命题时，p∧q为假命题，A不

正确；对于B，命题“∃x0>0，lnx0＝x0－1”是特称命题，其否定为“∀x>0，lnx≠x－1”，B正确；对于C，命题“若x＝y，则sinx＝siny”是真命题，则其逆否命题是真命题，C正确；对于D，当x0>0时，函数y＝xx0在（0，＋∞）上单调递增，若a>b>0，则

ax0>bx0，反之，若ax0>bx0，当x0＝2时，a，b可以都为负数，即a>b>0不一定成立，所以“ax0>bx0”是“a>b>0”的必要不充分条件，D正确．故选A.5．答案：B解析：由随机变量X～N（1，σ2），且P（X<0）＝P（X≥a），则a＝2，则（x2＋2）x－

1x6＝x2x－1x6＋2x－1x6，由x－1x6的展开式的通项公式为：Tr＋1＝Cr6x6－r－1xr＝（－1）rCr6x6－2r，0≤r≤6，r∈N，令6－2r＝－2，解得r＝4，令6－2r＝0，解得r＝3，所以（x2＋2）

x－1x6的展开式中的常数项为：C46－2C36＝－25.故选B.6．答案：B解析：因lg（sinA＋sinC）＝2lgsinB－lg（sinC－sinA），则有lg（sin2C－sin2A）＝lgsin2B，即有sin2C－sin2A＝sin2B，于是得sin2C＝

sin2A＋sin2B，在△ABC中，由正弦定理asinA＝bsinB＝csinC得：c2＝a2＋b2，所以△ABC是直角三角形．故选B.7．答案：C解析：函数在P处无意义，由图象看P在y轴右侧，所以－c>0，c＜0，f（0）＝bc2＞0，∴b>0，由f（x）＝0

，∴ax＋b＝0，即x＝－ba，即函数的零点x＝－ba>0，∴a<0，∴a＜0，b＞0，c<0.故选C.8．答案：B解析：由题意，得nan＝n·2n，Sn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n×2n①，则2Sn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋（n－1）×2n＋n

×2n＋1②，①－②，得－Sn＝21＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1＝2n＋1－n×2n＋1－2，所以Sn＝n×2n＋1－2n＋1＋2＝（n－1）×2n＋1＋2，当n＝6时，Sn＝642，当n＝7时，Sn＝1

538，所以要使Sn<1000成立的最大正整数为n＝6.故选B.9．答案：B解析：对于①中，若△ABC的三条边所在直线分别交平面α于P，Q，R三点，可得P，Q，R⊂α且P，Q，R⊂平面ABC，所以P，Q，R三点必在两平面的交线上，所以P，Q，R三点共线，所以①正确；

对于②中，若直线a，b是异面直线，直线b，c是异面直线，则直线a，c可能相交，平行或异面，所以②错误；对于③中，若三条直线a，b，c两两平行且分别交直线l于A，B，C三点，由公理3可得这四条直线共面，所以③正确；对于④中，例如：若a，b，c是过长方

体一顶点的三条棱，则满足若a⊥c，b⊥c，此时a与b相交，所以④错误．其中所有真命题的序号是①③.故选B.10．答案：D解析：由辅助角公式可得：f（x）＝asin（ωx＋φ）＋cos（ωx＋φ）＝a2＋1sin（

ωx＋φ＋β）.因为T＝2π|ω|＝π，ω>0，所以ω＝2.又f（x）最小值为－2，所以a＝±3.又tanβ＝1a＝±33，所以β＝±π6.因为f（x）＝－fπ2－x，所以f（x）关于π4，0对称，所以fπ4＝2sinπ2＋φ＋β＝2c

os（φ＋β）＝0.因为|φ|<π2，所以φ＋β＝±π2，φ＝±π3.故选D.11．答案：C解析：由点P，Q是C上位于x轴上方的任意两点，延长PF1交椭圆另一交点为A，由PF1∥QF2再结合椭圆的对称性，易知|QF2|＝|F1A|，所以|PF1|＋|QF2|＝|PF1|＋|F1A|＝|

PA|，由椭圆过焦点的弦通径最短，所以当|PA|垂直x轴时，|PA|最短，所以b≤|PA|min＝2b2a，所以ab≤2b2，解得0<e≤32.故选C.12．答案：C解析：由题意得：f′（x）＝4an＋1x3－3anx2－an＋2，∵x＝1是f（x）的极值点，∴f′（1）＝4an

＋1－3an－an＋2＝0，∴an＋2－an＋1＝3（an＋1－an），又a2－a1＝3－1＝2，∴数列{an＋1－an}是以2为首项，3为公比的等比数列，∴an＋1－an＝2·3n－1，又an－an－1＝2·3n－2，an－1－an

－2＝2·3n－3，…，a3－a2＝2×31，a2－a1＝2×30，∴an－a1＝2×（30＋31＋…＋3n－2）＝2×1－3n－11－3＝3n－1－1，∴an＝3n－1；∴bn＝log3an＋1＝log33n＝n，∴1bnbn＋1＝1n（n＋1）＝1n－1n＋1，∴2020b

1b2＋2020b2b3＋…＋2020bnbn＋1＝2020×1－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝2020nn＋1，∴Sn＝2020nn＋1＝2020－2020n＋1，∵1n＋1≤12，∴2020n＋1≤1010，∴2020

－2020n＋1≥1010，∴（Sn）min＝1010.∵Sn≥t对∀n∈N*恒成立，∴t≤（Sn）min＝1010，则实数t的最大值为1010.故选C.13．答案：π2－8π2解析：因为四条曲线均是y＝sinx在x∈[0，π]的图象，所以空白部分

的面积为S1＝40πsinxdx＝4（－cosx）|π0＝4（－cosπ＋cos0）＝8，又正方形区域的面积为S＝π2，所以阴影部分的面积为S－S1＝π2－8，因此在正方形内任取一点，则该点落在阴影部分的概率

P＝π2－8π2.14．答案：94解析：由约束条件可得可行域如图阴影部分所示：当z＝ax＋by（a>b>0）时，直线y＝－abx＋zb在y轴截距最大，∵a>b>0，∴－ab<－1，则由图形可知：当y＝－abx＋zb过A

时，在y轴截距最大，由x－2y＋1＝0x＝1得：x＝1y＝1，即A（1，1），∴zmax＝a＋b＝4，∴4a＋1b＝144a＋1b（a＋b）＝145＋4ba＋ab≥14

5＋24ba·ab＝94（当且仅当4ba＝ab，即a＝2b＝83时取等号），∴4a＋1b的最小值为94.15．答案：1解析：设圆的圆心为C（1，0），因为点P是直线3x－4y＋7＝0上的动点，所以当点P到点C的距离最小时，∠A

PB取得最大值，此时CP与直线3x－4y＋7＝0垂直，因为∠APB为π3，所以∠APC＝π6，点C到直线的距离为d＝|3－0＋7|32＋42＝2，在Rt△APC中，r＝|AC|＝12d＝1.16．答案：355－1解析：如图，取A1D1的中点O，连接EO，FO，则EO⊥平面A1B1C1D1，由|

EF|＝5，OE＝2，可得OF＝1，则F在以O为圆心，以1为半径的圆上，取CD中点K，连接BK，在正方形ABCD中，由E为AD的中点，K为CD的中点，可得CE⊥BK，取C1D1的中点H，连接KH，B1H，由BB1∥KH，BB1＝KH，

得四边形BB1HK为平行四边形，则BK∥B1H，得G在线段B1H上．过O作OG⊥B1H，交半圆弧于F，则|FG|为要求的最小值．由已知可得B1H＝5，设|OG|＝h，由等面积法可得，12×5×h＝2×2－12×2×1－12×1×1－1

2×2×1＝32，可得h＝355，∴|FG|的最小值为355－1.17．解析：因为S5＝5（a1＋a5）2＝5×2a32＝5a3＝25，所以a3＝5，所以a2＝a1＋a32＝1＋52＝3，所以b2＝a2＝3.可得：d＝a2－a

1＝3－1＝2，若选①，因为q·d＝1，所以q＝1d＝12，可得b1＝b2q＝3×2＝6，所以Tn＝61－12n1－12＝121－12n>0若m|Tn|<12，可得m×12

1－12n<12，可得m<11－12n＝2n2n－1＝1＋12n－1，当n＝1时，1＋12n－1最大为2，所以1<1＋12n－1≤2，所以m≤1，又m>0，所以m的取值范围为（0，1]；若选②，因为a2＋b3＝0，所以b3＝－a2＝－3，所以

q＝b3b2＝－33＝－1，所以b1＝b2q＝3－1＝－3，所以当n为偶数时，Tn＝0，则m>0；当n为奇数时，Tn＝－3，由m|Tn|<12得m<4综上得m的取值范围为（0，4）；若选③，由S2＝T2得b1＝a1＋a2－b2＝1＋3－3＝1，所以q＝b2b1＝3，所以Tn＝1－3n

1－3＝3n2－12，由指数函数的性质可知Tn无最大值，所以不存在正数m，使得m|Tn|<12.18．解析：（1）由题意，O1，O2分别是圆台上下底面的圆心，可得O1O2⊥底面O2，因为AP⊂底面O2，所以AP⊥O1O2，又由

点P是下底面内以AO2为直径的圆上的一个动点，可得AP⊥O2P，又因为O1O2∩O2P＝O2，且O1O2，O2P⊂平面PO1O2，所以AP⊥平面PO1O2，因为AP⊂平面APO1，所以平面APO1⊥平面PO1O2.（2）以O

2为原点，建立空间直角坐标系，如图所示，因为O1O2＝2，则AB＝2O1O2＝4，∠PAB＝45°，可得A（0，－2，0），B（0，2，0），O1（0，0，2），P（1，－1，0），所以AP→＝（1，1，0），AO1＝（0，2，2），设平面APO1的法向量为n1＝（x1，y1，z1

），则n1·AP→＝0n1·AO1＝0，即x1＋y1＝02y1＋2z1＝0，令y1＝1，可得x1＝－1，z2＝－1，所以n1＝（－1，1，－1），又由PO1＝（－1，1，2），PB→＝（－1，3，0），设平面B

PO1的法向量为n2＝（x2，y2，z2），则n2·PO1＝0n2·PB→＝0，即－x2＋y2＋2z2＝0－x2＋3y2＝0，令y2＝1，可得x2＝3，z2＝1，所以n2＝（3，1，1），所以cos〈n1，n2〉＝n1·n2|n1|·|n2|＝－33×11＝－

3311，因为二面角A­PO1­B为钝角，所以二面角A­PO1­B的余弦值为－3311.19．解析：（1）随机变量X的所有可能取值为0，1，2，3，P（X＝0）＝133＋C13·23·132·13＝19，P（X＝1

）＝C24·232·132·13＝881，P（X＝2）＝C24·232·132·23＝1681，P（X＝3）＝C23·232·13·23＋233＝1627，所以X的分布列为X0123P19881168

11627所以数学期望E（X）＝0×19＋1×881＋2×1681＋3×1627＝18481.（2）记“甲、乙比赛两场后，两队积分相等”为事件A，设第i场甲、乙两队积分分别为Xi，Yi，则Xi＝3－Yi，i＝1，2，因两队积分相等，所以X1＋X2＝Y1＋Y2，即X1＋

X2＝（3－X1）＋（3－X2），则X1＋X2＝3，所以P（A）＝P（X1＝0）P（X2＝3）＋P（X1＝1）P（X2＝2）＋P（X1＝2）P（X2＝1）＋P（X1＝3）P（X2＝0）＝19×1627＋881×1681＋1681×881＋

1627×19＝11206561.20．解析：（1）由题意知，|GF1|＋|GF2|＝4，又4>23，所以，动点G的轨迹是椭圆．由椭圆的定义可知，c＝3，a＝2，又因为a2－b2＝c2所以b2＝1，故G的轨迹方程x24＋y2＝1.（2）由题设可知，M、N一个在椭圆外，一个在椭圆内；P、Q

一个在⊙F2内，一个在⊙F2外，在直线l上的四点满足：|NQ|－|MP|＝（|NQ|＋|NP|）－（|MP|＋|NP|）＝|PQ|－|MN|＝|PQ|－1，由x24＋y2＝1，y＝k（x－3）消去y得：（1＋4k2）x2－

83k2x＋12k2－4＝0，Δ>0恒成立．设P（x1，y1），Q（x2，y2），由韦达定理，得x1＋x2＝83k21＋4k2，x1x2＝12k2－41＋4k2|PQ|＝（1＋k2）[（x1＋x2）2－4x1x2]＝4k2＋44k

2＋1.所以|NQ|－|MP|＝|PQ|－1＝34k2＋1，O到l距离d＝3kk2＋1，T＝（|NQ|－|MP|）·d2＝9k2（4k2＋1）（k2＋1）＝9k24k2＋5k2＋1＝94k2＋1k2＋5≤924k2×1k2＋5＝1，当且

仅当4k2＝1k2，即k＝±22时等号成立．验证可知k＝±22满足题意．∵k>0，∴k＝22.21．解析：证明：（1）由于f′（x）＝lnx，则f′1e＝－1，又f1e＝－2e，所以f（x）在x＝1e处的切线方程为y＋2e＝－

x－1e，即y＝g（x）＝－x－1e，令h（x）＝f（x）－g（x）＝x（lnx－1）＋x＋1e，则h′（x）＝lnx＋1，于是当x∈0，1e时，h′（x）<0；当x∈1e，＋∞时，h′（x）>0，所以h（x）在

0，1e上单调递减，在1e，＋∞上单调递增，故h（x）≥h1e＝0，即f（x）≥g（x）.（2）不妨设x1<x2，直线y＝－x－1e与y＝a相交于点（x0，a），又由（1）知：f（x

）≥g（x），则a＝－x0－1e＝f（x1）≥g（x1）＝－x1－1e，从而x1≥x0＝－a－1e，当且仅当x0＝1e，a＝－2e时取等号．下证：x2≤a＋e.由于a＝f（x2），所以x2≤a＋e⇔x2≤f（x2）＋e，即证：f（x2）－x2＋e≥0，令φ（x）＝f（x）－x＋e

＝xlnx－2x＋e，则φ′（x）＝lnx－1，当x∈（0，e）时，φ′（x）<0；当x∈（e，＋∞），φ′（x）>0；所以φ（x）在（0，e）上单调递减，在（e，＋∞）上单调递增；故φ（x）≥φ（e）＝0，即x2≤a＋e成立，当且仅当x2＝e，a＝0时取等号．由于等号成

立的条件不能同时满足，所以|x1－x2|＝x2－x1<（a＋e）－－a－1e＝2a＋e＋1e.22．解析：（1）因为曲线C1的参数方程为x＝23cosαy＝23＋23sinα，所以C1是圆心为（0，23），半径为23的右半圆，所以C1的直角坐

标方程为x2＋（y－23）2＝12（x≥0），由ρ2＝x2＋y2，x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，得ρ2－43ρsinθ＝0，所以C1的极坐标方程为ρ＝43sinθθ∈0，π2.（2）设M（ρ1，θ

），N（ρ2，θ），∵θ＝γ，∴|OM|＝43sinγ，|ON|＝4cosγ，|MN|＝||OM|－|ON||＝|43sinγ－4cosγ|，|MA|＝|OA|sinπ2－γ＝43cosγ，因为|MN|＝3|MA|，所以|43sinγ－4cosγ|＝3×43cosγ⇒ta

nγ＝433或－233（舍）.∴tanγ＝433.23．解析：（1）∵f（x）＝2|x－1|－x且f（x）<2x－4，即2|x－1|<3x－4，即－（3x－4）<2（x－1）<3x－4，解得：x>2，

故不等式f（x）<2x－4的解集为（2，＋∞）；（2）证明：f（x）＝x－2，x≥1－3x＋2，x<1，则m＝f（1）＝1－2＝－1，则（a＋b）＋（b＋c）＝1，1a＋b＋1b＋c＝1a＋b＋1b＋c[（a＋b）＋（b＋c）]＝2＋b＋ca＋

b＋a＋bb＋c≥4，当且仅当b＋ca＋b＝a＋bb＋c时，取等号，即1a＋b＋1b＋c≥4.仿真模拟冲刺卷（五）1．答案：D解析：z＝2i1＋i＝2i（1－i）（1＋i）（1－i）＝2i＋22＝1＋i，在复平面内所对应的点为（1，1），关于虚轴对称的点为（

－1，1），所以A对应的复数为z＝－1＋i，故选D.2．答案：C解析：图中阴影部分所对应的集合是两部分集合的并集，即[A∩（∁UB）]∪[B∩（∁UA）]＝[∁U（A∩B）]∩（A∪B），故选C.3．答案：B解析：根据二项分布期望的定义，可知E（X）＝a×12

＝2，得a＝4，画出不等式组x≥1y≥2x＋y≤4表示的区域，如图中阴影部分所示，其中A（2，2），B（1，2），C（1，3），平移直线z＝x－y，当直线经过点C（1，3）时，z取最小值，即b＝zmin＝1－3＝－2，于是（a＋bx）5

＝（4－2x）5，令x＝1，可得展开式的各项系数之和为25.故选B.4．答案：B解析：A，若a∥b，b⊂α，且a⊄α，则a∥α，故A错误；B，若α∩β＝a，β∩γ＝b，a∥b，则b∥α，且b⊂γ，由α∩γ＝c，所以

b∥c，故B正确；C，若b⊂β，c⊂β，a⊥b，a⊥c，且b与c相交，则a⊥β，故C错误；D，若a⊂α，b⊂β，a∥b，且b与a相交，则α∥β，故D错误．故选B.5．答案：C解析：因为tanθ＝－2，所以sin2θ＝2sinθcosθ＝2sinθcosθsin2θ＋c

os2θ＝2tanθtan2θ＋1＝－45＝－45.故选C.6．答案：C解析：由题设，AM→＝12（AB→＋AC→），又AN→＝2NB→，AD→＝λAM→，∴AD→＝λ2（AB→＋AC→）＝3λ4AN→＋λ2AC→，而N，D，C三点共线，∴3λ4＋λ2＝1，可得λ＝

45.故选C.7．答案：D解析：对于A选项，函数f（x）＝（2x＋2－x）|x|的定义域为R，不满足条件；对于B选项，函数f（x）＝（2x－2－x）|x|的定义域为R，不满足条件；对于C选项，函数f（x）＝（2x＋2－x）log12|x|的定义域为{x|x≠0}，f（－x）＝（2－x＋2x）l

og12|－x|＝（2x＋2－x）log12|x|＝f（x），函数f（x）为偶函数，当0<x<1时，log12|x|>0，则f（x）＝（2x＋2－x）log12|x|>0，不满足条件；对于D选项，函数f（x）＝（2x＋2－x）log2|x|的定义域为{x|x

≠0}，f（－x）＝（2－x＋2x）log2|－x|＝（2x＋2－x）log2|x|＝f（x），函数f（x）为偶函数，当0<x<1时，log2|x|<0，则f（x）＝（2x＋2－x）log2|x|<0，满足条件．故选D.8．答案：C解析：斐波那契数列满足递推关系：an＋

2＝an＋1＋an（n∈N*），对于A，斐波那契数列的前8项为1，1，2，3，5，8，13，21，∴S8＝1＋1＋2＋3＋5＋8＋13＋21＝54，A正确；对于B，a1＝a2，a3＝a4－a2，a5＝a6－a4，…，a201

9＝a2020－a2018，各式相加得：a1＋a3＋a5＋a7＋…＋a2019＝a2020，B正确；对于C，a2＝a3－a1，a4＝a5－a3，a6＝a7－a5，…，a2020＝a2021－a2019，各式相加得：a2＋a4＋a6＋a8＋…＋a2020＝a2

021－a1＝a2021－1，C错误；对于D，S2020＋S2019－S2018－S2017＝（S2020－S2018）＋（S2019－S2017）＝（a2020＋a2019）＋（a2019＋a2018）＝a2021＋a2020＝a2022，D正确．故选C.9

．答案：A解析：因为x∈（0，＋∞）时，f（x）＝lnx，故f（x）为（0，＋∞）上的增函数，因为4ln3>41＝4，0<2－e<1，1<lnπ<2，故f（4ln3）>f（lnπ）>f（2－e），而fln1π＝f（lnπ），故a>c>b.故选A.10．答案：A解析：由正弦定理可得a＝2

b，设△ABC的外接圆半径为r，则acosB＋bcosA＝2r（sinAcosB＋cosAsinB）＝2rsin（A＋B）＝2rsinC＝c＝3，以AB的中点O为原点，AB所在直线为x轴建立平面直角坐标系，如图所示：则A－32，0，B3

2，0，设点C（x，y），由a＝2b，可得x－322＋y2＝2x＋322＋y2，化简可得x＋522＋y2＝4，所以，△ABC的边AB上的高的最大值为2，因此，S△ABC≤12c×2＝3.故选A.11．答案：A解析：因为函数f（x）＝c

os2x＋a（sinx－cosx）在区间0，π2上单调递增，所以f′（x）＝－2sin2x＋a（cosx＋sinx）≥0在0，π2上恒成立，所以a≥2sin2xcosx＋sinx＝2×1

＋sin2x－1cosx＋sinx＝2×（cosx＋sinx）2－1cosx＋sinx在0，π2上恒成立，即a≥2（cosx＋sinx）－1cosx＋sinx在0，π2上恒成立，令t＝cosx＋sinx＝2sin

x＋π4∈[1，2]，所以问题转化为a≥2t－1t在[1，2]上恒成立，而y＝t－1t在[1，2]上单调递增，所以当t＝2时，y＝t－1t有最大值22，所以2t－1t有最大值2，所以a≥

2，故选A.12．答案：D解析：f（x）＝0，得|logax|＝1ax，即log1ax＝1ax.由题意知函数y＝log1ax图象与函数y＝1ax图象有两个交点．当a>1时，y＝log1ax，y＝1ax草图如下

，显然有两交点．当0<a<1时，函数y＝log1ax图象与函数y＝1ax图象有两个交点时，注意到y＝1ax，y＝log1ax互为反函数，图象关于直线y＝x对称，可知函数y＝1

ax图象与直线y＝x相切，设切点横坐标x0，则1ax0＝x01ax0ln1a＝1，解得x0＝e，a＝e－1e.综上，a的取值范围为e－1e∪（1，＋∞）.

故选D.13．答案：11解析：利用随机数表，从第一行第3列开始，由左至右依次读取，即47开始读取，在编号范围内的提取出来，可得36，33，26，16，11，则选出来的第5个零件编号是11.14．答案：6

解析：在△ABC中，因为tanC＝34，可得sinC＝35，cosC＝45，又A＝3π4，所以sinB＝sin（A＋C）＝sin3π4＋C＝22（cosC－sinC）＝210，由正弦定理bsinB＝csinC，可得2210＝c3

5，解得c＝62，故△ABC的面积S＝12bcsinA＝6.15．答案：甲解析：由p∨q是真命题，可知p，q中至少有一个是真命题，又比赛结果没有并列名次，说明第一名要么是甲，要么是乙，则r是假命题，又¬q∨r是真命题，则¬q是真命题，即q为假命题，故得第一名的是甲．16．答案：43解析：设

底面等腰直角三角形ABC的直角边的边长为x（x>0），∴顶点P到底面ABC的距离为4且三棱锥P­ABC的体积为163，∴13×12x2×4＝163，解得x＝22，∴△ABC的外接圆半径为r1＝12×2×22＝2，∴球心O到底面ABC的距离

为d1＝R2－r21＝13－22＝3，又∵顶点P到底面ABC的距离为4，∴顶点P的轨迹是一个截面圆的圆周（球心在底面ABC和截面圆之间）且球心O到该截面圆的距离为d2＝1，∵截面圆的半径r2＝R2－d22＝13－1＝23，∴顶点P的轨迹长度是2πr2＝2π×23＝43

π.17．解析：（1）因为Sn＝2an－1，所以当n≥2时，Sn－1＝2an－1－1，所以an＝Sn－Sn－1＝2（an－an－1），得an＝2an－1，所以an＝a1·2n－1＝2n－1，所以bn＝Sn＝2an－1＝2×2n－1－1＝2n－1.（2）因为an＋1bn·bn＋1＝2n（2n

－1）（2n＋1－1）＝12n－1－12n＋1－1，所以Tn＝12－1－122－1＋122－1－123－1＋123－1－124－1＋…＋12n－1－12n＋1－1＝1－12n＋1－1，因为{Tn}为单调递

增数列，所以当n＝1时，Tn取得最小值1－14－1＝23，又Tn<1，所以Tn的取值范围是23，1.18．解析：（1）如图所示，取AB的中点为H，连接FH，再取FH的中点为G，连接DG，则DG∥EF.理由如下：

∵△FBA是等边三角形，∴FH⊥AB.又平面FBA⊥底面ABCD，且平面FBA∩底面ABCD＝AB，∴FH⊥底面ABCD.又ED⊥底面ABCD，∴FH∥ED，即FG∥ED，又FH＝32AB＝32CD＝32×433ED＝2ED，∴FG＝ED，∴四边形FGDE是平行四边形，∴DG∥EF.（2）由

（1）可知DG∥EF，∴直线DG与平面FBC所成角的正弦值等于直线EF与平面FBC所成角的正弦值．连接HC，由题意可知HC⊥AB.以H为坐标原点，HB，HC，HF所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．不妨设菱形ABCD的边长为2，则易知F

（0，0，3），B（1，0，0），C（0，3，0），E－2，3，32EF→＝2，－3，32，BF→＝（－1，0，3），BC→＝（－1，3，0）.设平面FBC的一个法向量为m＝（x，y，z），

则m·BF→＝0，m·BC→＝0，即－x＋3z＝0，－x＋3y＝0，令x＝3，则y＝1，z＝1，∴m＝（3，1，1），|cos〈m，EF→〉|＝23－3＋324＋3＋34·3＋1＋1＝3465155，∴直线DG与平面FBC所成角的

正弦值为3465155.19．解析：（Ⅰ）设“高三（1）班选拔的参赛选手均为男生”为事件A，则P（A）＝C36C310＝16；（Ⅱ）（ⅰ）由题意P（ξ＝0）＝1－23·（1－p）·[1－（1－p）]＝13·（1－p）p＝112，解得p＝12；（ⅱ）随机变量ξ的可能取值为0，1，2，

3，所以P（ξ＝0）＝112，P（ξ＝1）＝23×12×12＋13×12×12＋13×12×12＝13，P（ξ＝2）＝23×12×12＋23×12×12＋13×12×12＝512，P（ξ＝3）＝23×12×12＝16，故ξ的分布列为：ξ0123P112135

1216所以ξ的数学期望E（ξ）＝0×112＋1×13＋2×512＋3×16＝53.20．解析：（1）设椭圆E与抛物线G的公共焦点为F（c，0），所以焦点F（c，0）到直线x－3y＝0的距离为d＝|c|10＝105，可得：c＝2，所以p2＝2，p＝4，由e＝ca＝255

，可得：a＝5，所以b2＝a2－c2＝1，所以椭圆E：x25＋y2＝1，抛物线G：y2＝8x；（2）由（1）知：F（2，0），设直线l：y＝k（x－2），A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），D（x4，y4），由y＝k（x－2）x2＋5y2＝5可得：（5k2＋1）x

2－20k2x＋20k2－5＝0，所以x1＋x2＝20k21＋5k2，x1x2＝20k2－51＋5k2，所以|AB|＝1＋k2（x1＋x2）2－4x1x2＝1＋k220k21＋5k22－4×20k2－51＋5k2＝25（k2＋1）1＋5k2，由

y＝k（x－2）y2＝8x可得：k2x2－（4k2＋8）x＋4k2＝0，所以x3＋x4＝4k2＋8k2，因为CD是焦点弦，所以|CD|＝x3＋x4＋4＝8（k2＋1）k2，所以1|AB|＋λ|CD|＝1＋

5k225（k2＋1）＋λk28（k2＋1）＝4＋20k2＋5λk285（k2＋1）＝4＋（20＋5λ）k285（k2＋1），若1|AB|＋λ|CD|为常数，则20＋5λ＝4，所以λ＝－1655.21．解析：（1）依题意知：x∈（0，＋∞），f′（x）＝alnx＋a，∴g（x）＝aln

x＋1x＋1＋a，（x∈（0，＋∞）），∴g′（x）＝ax2＋（2a－1）x＋ax（x＋1）2，∵g（x）有两个极值点，∴g′（x）在（0，＋∞）有两个变号零点，令g′（x）＝0得：ax2＋（2a－1）x＋a＝0，（a≠0）……①，∴关于x的一元二次方程有两个不等的正根，记为x1，x2，∴Δ

>0x1＋x2>0x1·x2>0，即－4a＋1>0－2a－1a>0，解得a<140<a<12，∴0<a<14，故a的取值范围为0，14.（2）依题意，要证xlnx<ex＋sinx－1，

①当0<x≤1时，xlnx≤0，ex－1＋sinx>0，故原不等式成立，②当x>1时，要证xlnx<ex＋sinx－1，即要证xlnx－ex－sinx＋1<0，令h（x）＝xlnx－ex－sinx＋1，（x>1），则h′（x）＝lnx－ex－c

osx＋1，h″（x）＝1x－ex＋sinx，先证ex>x＋1，（x>1），即要证ex－x－1>0，（x>1），令φ（x）＝ex－x－1，（x>1），则φ′（x）＝ex－1（x＞1），当x>1时，φ′（x

）>0，∴φ（x）在（1，＋∞）单调递增，∴φ（x）>φ（1）＝e－2>0，即ex>x＋1，（x>1），当x>1时，0<1x<1，sinx≤1，h″（x）＝1x－ex＋sinx<1x－（x＋1）＋sinx＝1x－x＋（s

inx－1）<0，∴h′（x）在（1，＋∞）单调递减，∴h′（x）<h′（1）＝1－e－cos1<0，∴h（x）在（1，＋∞）单调递减，∴h（x）<h（1）＝1－e－sin1<0，即xlnx－ex－sinx＋1<0

，故原不等式成立．22．解析：（1）对直线l消参得y＝1＋xcosα·sinα，即直线l的普通方程为y＝1＋tanα·x，0≤α<π，α≠π2，对于曲线C：ρ＝4sinθ，则ρ2＝4ρsinθ，从而x2＋y2＝4y，即直角坐标方程为

x2＋（y－2）2＝4；（2）设A，B两点对应的参数分别为t1，t2，将直线l：x＝tcosαy＝1＋tsinα代入曲线C：x2＋（y－2）2＝4，得t2－2t·sinα－3＝0，所以t1＋t2＝2sinα，t1t2＝－3，故|AB|＝|t1－t2|＝（t1

＋t2）2－4t1t2＝4sin2α＋12＝13，解得sinα＝±12（舍负），故α＝π6或5π6.23．解析：（1）原不等式等价于f（x）＋x>0，不等式f（x）＋x>0可化为|x－2|＋x>|x＋1|，当x<－1时，－（x－2）＋x>－（x＋1），解得x>－3，即－3<x<－1；当－1

≤x≤2时，－（x－2）＋x>x＋1，解得x<1，即－1≤x<1；当x>2时，x－2＋x>x＋1，解得x>3，即x>3，综上所述，不等式f（x）>－x的解集为{x|－3<x<1或x>3}；（2）由不等式f（

x）＝a2－2a可得|x－2|－|x＋1|≤a2－2a，∵|x－2|－|x＋1|≤|x－2－x－1|＝3，当且仅当x∈（－∞，－1]时等号成立，∴a2－2a≥3，即a2－2a－3≥0，解得a≤－1或a≥3.∴实数a的取值范围为（－

∞，－1]∪[3，＋∞）.