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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：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：A解析：∵f（－x）＝－x（e－x－ex）＝x

（ex－e－x）∴函数y＝x（ex－e－x）是偶函数，其图象关于y轴对称，∴排除CD选项；又x>0时，ex－e－x>0，∴y>0，排除B，故选A.5．答案：C解析：画出不等式组表示的平面区域，如图中阴影部分所示，由z＝2x－y，得y＝2x－z，平移直线y＝2x－z，由图可知当直线y＝2x－z

过点C时z取得最小值．由x－2y＋1＝0，x＋y－1＝0，得C13，23，所以z＝2x－y的最小值是0.故选C.6．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）＝－x2＋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.7．答案：C解析：如图，绘出圆x2＋y2＝1的图象：当点P（x，y）位于第二象限与第四象限时，满足xy<0，故事件“xy＜0”发生的概率P＝12，故

选C.8．答案：B解析：∵D1E＝D1B21＋B1E2＝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.9．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.10．答案：B解析：设A

C＝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.11．答案：B解析：因为f（1）＝e－4<0，f32＝e32＋ln32－4＝e3＋ln32－4>16＋l

n32－4>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－∞，1－136，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.12．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，所以切线的斜率为18，故选

D.13．答案：52解析：因为以原点为中心，焦点在y轴上的双曲线C的渐近线方程为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：28π解析：设球的半径为R，圆柱上下底面半径为r，O2为一个圆柱下底面的中心，由题意知2πr2＝8π得r＝2，O1A与底面所成角为60°，在Rt△O1O2A中O1O2＝23，根据圆柱的几何特征，R2＝O1

O222＋r2，即R2＝（3）2＋22＝7.故该球的表面积S＝4πR2＝4π×7＝28π.16．答案：34解析：因为acosB－bcosA＝53c，所以由正弦定理得sinAcosB－sinBcosA＝53si

nC＝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tanAtanB＝－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－t

anA，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．17．解析：（1）把40户按编号顺序分成10组，每组4户，第一段抽取的是4号，由

此可得所抽取的10户的各编号，从而得样本数据为：92，84，86，78，89，74，83，78，77，89.（2）x－＝92＋84＋86＋78＋89＋74＋83＋78＋77＋8910＝83，s2＝110[（92－83）2＋（84－83）2

＋…＋（89－83）2]＝33；（3）由（2）s＝33≈5.74，满意度等级为“A级”在（77.26，88.74）上，共有5个：84，86，78，83，78，任取两个，共有事件（84，86），（84，78），（84，83），（84，78），（

86，78），（86，83），（86，78），（78，83），（78，78），（83，78）共10个，其中都超过80的有（84，86），（84，83），（86，83）三个，所求概率为P＝310.18．解析：（1）设等差数列的公差为d

，若选①，2a5－a3＝11，则a1＋d＝12（a1＋4d）－（a1＋2d）＝11⇒a1＝－1d＝2，所以数列{an}的通项为：an＝－1＋2×（n－1）＝2n－3.若选②，S4＝8，则a1＋d＝14a1＋6d＝8⇒a1＝－1d＝2，所以数列{

an}的通项为：an＝－1＋2×（n－1）＝2n－3.（2）由（1），Sn＝n（－1＋2n－3）2＝n（n－2），所以bn＝1Sn＋2＝1n（n＋2）＝121n－1n＋2，所以数列{bn}的前n项

和Tn＝121－13＋12－14＋13－15＋14－16＋…＋1n－1－1n＋1＋1n－1n＋2＝121＋12－1n＋1－1n＋2＝34－121n＋1＋1n＋2<34

.19．解析：（1）证明：如图，取BC中点F，连接AF，EF在直三棱柱A′B′C′­ABC中，∵BE＝EC′，∴EF∥CC′，EF＝12CC′，∵AD＝A′D，∴AD＝12CC′且AD∥CC′，∴四边形ADEF是平行四边

形，∴DE∥AF，由题意△ABC为正三角形，侧棱AA′，BB′，CC′两两平行且都垂直于平面ABC，∴AF⊥BC，AF⊥BB′，∵BC，B′B⊂平面BCC′B′，BC∩BB′＝B，∴AF⊥平面BCC′B′，又DE∥AF，∴DE⊥平面BCC′B′.（2

）正三棱柱A′B′C′­ABC的底面积S＝12×a×32a＝34a2，则体积V＝34a2h.下面一个几何体为四棱锥B­ACC′D，底面积S梯形ACC′D＝12×h2＋h×a＝34ah，因为平面ABC⊥平面ACC′A′，过点B作△ABC边AC上的高线BG，如图，由平面与平面垂直的

性质可得BG垂直于平面ACC′A′，故四棱锥B­ACC′D的高等于32a.则V2＝13×34ah×32a＝38a2h，从而V1＝V－V2＝34a2h－38a2h＝38a2h，∴V1V2＝1.20．解析：

（1）圆心为M（－4，0），半径为1，F（p2，0），所以p2＋4－1＝4，p＝2，所以抛物线方程为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，x1＋x2＝2k21－2k1＋4k21，x1x2＝（k1－1）2k21，|TA||TB|＝1＋k21|x1－1|·1＋k21|x2－1|＝（1＋k21）|x1x2－（x1＋x2）＋1|＝（1＋k21）（k1－1）2k21－2k21－2

k1＋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|＝|TP|·|TQ|，得3（1＋k21）k21＝3（1＋k22）k22，又k2≠k1，所以k2＝－k1，所以k1＋k2

＝0.21．证明：（1）函数f（x）的定义域为（0，＋∞），f′（x）＝lnx＋x＋1x.又∵f′（1）＝2，f（1）＝0，∴该切线方程为y＝2（x－1），即g（x）＝2（x－1）.设F（x）＝（x＋1）lnx－2x＋2，则F′（x）＝lnx＋1x－1.令h（x）＝F′（x），则h

′（x）＝1x－1x2＝x－1x2.当x>1时，h′（x）>0，∴F（x）在（1，＋∞）上单调递增．又∵h（1）＝0，∴h（x）＝F′（x）>0，即F′（x）在（1，＋∞）上单调递增，∴当x>1时，F（x）＞F（1）＝0，∴当x>1时，f（x）>g（x）.（2）由（1）知，当x>1时

，（x＋1）lnx>2（x－1）.令x＝n2－2>1（n≥2，n∈N），则（n2－1）ln（n2－2）>2（n2－3），∴ln（n2－2）n2－3>2（n2－1）＝2（n－1）（n＋1）＝1n－1－1n＋1，∴k＝2nln（k2－2）k2－3>1－13

＋12－14＋13－15＋14－16＋…＋1n－2－1n＋1n－1－1n＋1，化简得ln21＋ln76＋…＋ln（n2－2）n2－3>1＋12－1n－1n＋1>32－2n.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（二）1．答案：B解析：∵y＝－x－1≤0，∴B＝{y|y≤0}，∵A＝{－2，0，1，2}，∴A∩B＝{－2，0}，故选B.2．答案：A解析：1－3i（1－i

）（1＋2i）＝1－3i3＋i＝（1－3i）（3－i）（3＋i）（3－i）＝－10i10＝－i，故选A.3．答案：B解析：由题意可知f（x）的定义域为{x|x≠0}，∵f（－x）＝sin（－x）ln[（－x）2＋1]＝－sinx

ln（x2＋1）＝－f（x），∴f（x）为奇函数，其图象关于原点中心对称，∴C不对，∵f（kπ）＝sinkπln（k2π2＋1）＝0，∴A不对，又fπ2＝sinπ2lnπ24＋1＝1lnπ24＋1>0，故选B.4．答案：C解析：由题意可知II0＝12，ρ＝7.6，t＝0.

8，代入I＝I0·e－ρ·μ·t得：12＝e－7.6×0.8μ，即－7.6×0.8μ＝ln12＝－ln2，即μ＝ln27.6×0.8≈0.69316.08≈0.114，故选C.5．答案：D解析：由题意可知ax2＋2x＋c>0的解集为（－2，4

），即－2和4是方程ax2＋2x＋c＝0的两个根，利用韦达定理得：－2＋4＝－2a，－2×4＝ca，解得a＝－1，c＝8，∴f（x）＝log12（－x2＋2x＋8），设t＝－x2＋2x＋8，则y＝log12t在（

－2，4）上单调递减，t＝－x2＋2x＋8在[－2，1）上单调递增，在[1，4）上单调递减，则f（x）在[1，4）上单调递增，故选D.6．答案：C解析：∵F2（2，0），∴c＝2，∴|F1F2|＝4，又∵|F1F2|＝2|PF2|，∴|PF2|＝2，又∵△

PF1F2的周长为10，∴|PF1|＋|PF2|＋|F1F2|＝|PF1|＋2＋4＝10，即|PF1|＝4，∴2a＝|PF1|－|PF2|＝2，∴a＝1，b＝3，∴双曲线C的渐近线方程为y＝±3x，故选C.7．答案：C解析：模拟程序运行，可得：a＝5，b＝2，n＝1

，a＝152，b＝4，不满足a≤b，执行循环，n＝2，a＝454，b＝8，不满足a≤b，执行循环，n＝3，a＝1358，b＝16，不满足a≤b，执行循环，n＝4，a＝40516，b＝32，满足a≤b，退出循环，输出n的值为4，故选C.8．答案：A解析：根据几何体的三视图可

知，还原到正方体如图，该几何体是底面为直角梯形（上底是1，下底是2，高是2），高为2的四棱椎P­ABCD，∴该几何体的体积V＝13×12×（1＋2）×2×2＝2，故选A.9．答案：A解析：∵f（x）关于x＝π3对称，∴sin2π3＋φ＝

±1，即2π3＋φ＝kπ＋π2（k∈Z），又0<|φ|<π2，∴φ＝－π6，f（x）＝sin2x－π6，将f（x）向左平移a个单位，f（x）＝sin2x－π6＋2a，此时f（x）与g（x）＝|sin2x|重合，∴有－π6＋2a＝kπ（k∈Z）

，∴a的最小值为π12，故选A.10．答案：D解析：根据“杨辉三角”的性质可得数列前n项和为：Sn＝20＋21＋…＋2n＝20（1－2n）1－2＝2n－1，∴bn＝5·log2（Sn＋1）－1＝5n－1，∴此数列为4，9，14，19，24，29，其中bn的整数项为4，9，49，64，

144，169，…，即2，3，7，8，12，13，…，其规律为各项之间以＋1，＋4，＋1，＋4，＋1，＋4，…递增，∴数列{cn}是奇数项以5为公差，2为首项的等差数列，偶数项以5为公差，3为首项的等差数列，即c2n－1＝2＋5（n－1）＝5n－3，c2n＝3＋5（n－1

）＝5n－2，由2n＝2020得，n＝1010，∴c2020＝5048，故选D.11．答案：C解析：f（x）的定义域为（0，＋∞），f（x）＝x2－lnx＋ax≤0恰有两个整数解等价于a≤lnxx－x恰有两个整

数解，令g（x）＝lnxx－x，定义域为（0，＋∞），g′（x）＝1－lnx－x2x2，令h（x）＝1－lnx－x2，易知h（x）为单调递减函数，h（1）＝0，则当0<x<1时h（x）>0，g′（x）>0，g（x）在（0，1）上单调递减，当x>1时h（x）<0，g′（x）<0，g（x）在（1，＋

∞）上单调递增，又g（1）＝－1，g（2）＝ln22－2，g（3）＝ln33－3，由题意可知：g（3）<a≤g（2），∴ln33－3<a≤ln22－2，故选C.12．答案：C解析：如图，在正四面体P­ABC中，设

顶点P在底面的射影为O1，则球心O在PO1上，O1在CE上，连接OE、OC，设正四面体的棱长为a，则正四面体的高PO1＝PC2－O1C2＝a2－33a2＝63a，设外接球半径为R，在Rt△OO1C中，OC2＝OO21＋O1C2，即R2＝63a－R2＋

33a2，解得R＝64a，∴在Rt△OO1E中，OE＝OO21＋O1E2＝612a2＋36a2＝24a，过E点作外接球O的截面，只有当OE⊥截面圆所在的平面时，截面圆的面积最小，此时截面圆的半径为r＝R2－OE2＝

64a2－24a2＝12a，最大截面圆为过球心的大圆，半径为R＝64a，由题设存在半径为3的截面圆，∴12a≤3≤64a，解得22≤a≤23，故选C.13．答案：2解析：2a＋b＝（m－4）i－j，∵（2a＋b）∥c，∴2a＋b＝λc，即（m－4）i－j＝4λi＋mλj，即

m－4＝4λ－1＝mλ，解得m＝2.14．答案：0.446解析：两队进行一场比赛，一队胜、平、负是互斥事件，∴由题意可知：甲平乙、丙，丁的概率分别是0.2，0.2，0.1，∴甲胜的概率为P＝0.

5×0.6×0.8＋0.5×0.6×0.1＋0.5×0.2×0.8＋0.2×0.6×0.8＝0.446.15．答案：－15解析：由2Sn＝－a2n＋an，可得2Sn＋1＝－a2n＋1＋an＋1，两式相减得：2（Sn＋1－S

n）＝－（a2n＋1－a2n）＋（an＋1－an），即2an＋1＝－（a2n＋1－a2n）＋（an＋1－an），∴（an＋1＋an）·（an＋1－an＋1）＝0，由已知an<0，∴an＋1－an＝－1，∴数列{an}为等差数列，公差为－1，再由2Sn＝－

a2n＋an，令n＝1得2S1＝－a21＋a1，即2a1＝－a21＋a1，∴a1＝－1或a1＝0（舍去），∴Sn＝na1＋n（n－1）2×d＝－n（n＋1）2，因此S5＝－15.16．答案：2解析：∵F（1，0），M（－1，0

），设A（x1，y1），B（x2，y2），直线AB的方程为x＝my＋1，联立x＝my＋1y2＝4x得：y2－4my－4＝0，∴y1＋y2＝4m，y1·y2＝－4，∵1k1＝x1＋1y1＝my1＋1＋1y1＝m＋2y1，1k2＝x2＋1y2＝my2＋1＋1y2＝m＋2y2，∴1

k21＋1k22＝m＋2y12＋m＋2y22＝2m2＋4m1y1＋1y2＋41y21＋1y22＝2m2＋4m·y1＋y2y1·y2＋4·（y1＋y2）2－2y1·y2y21·y22＝2m2＋4m·4m－4＋4·16m2＋816＝2m2＋2，∴当且仅当m＝0时，1

k21＋1k22的最小值为2.17．解析：（1）由A1A⊥平面ABC，CM⊂平面ABC，则AA1⊥CM，由AC＝CB，M是AB的中点，则AB⊥CM，又A1A∩AB＝A，则CM⊥平面ABB1A1，又CM⊂平面A1CM，∴平面A1CM⊥平面ABB1A1；（2）如图，取A1B1的中点N

，连结MN，设点M到平面A1CB1的距离为h，由题意可知A1C＝CB1＝A1B1＝2MC＝22，A1M＝6，MN＝2，∴S△A1CB1＝12×22×22×sin60°＝23，S△A1MB1＝12×22×2＝22，又VC­A1MB1＝13MC·S△A1MB1＝VM­A1CB1＝13h·

S△A1CB1，∴点M到平面A1CB1的距离为h＝MC·S△A1MB1S△A1CB1＝233.18．解析：（1）在△ABC中，A＋B＋C＝π，∵3a＝3c·cosB＋b·sinC，∴由正弦定理asinA＝bsinB＝csinC得：3sinA＝3sinC·cosB＋sinB

·sinC，∴3sin（B＋C）＝3sinC·cosB＋sinB·sinC，∴3sinB·cosC＋3cosB·sinC＝3sinC·cosB＋sinB·sinC，即3sinB·cosC＝sinB·sinC，又s

inB≠0，sinC≠0，∴tanC＝3，又C∈（0，π），∴C＝π3；（2）由（1）与∠APB＋∠ACB＝π得∠APB＝2π3，由余弦定理AB2＝PA2＋PB2－2PA·PB·cos∠APB＝1＋4－2×1×2×cos2π3＝7，又AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC

·cos∠ACB＝（AC＋BC）2－3AC·BC≥（AC＋BC）2－3AC＋BC22＝（AC＋BC）24，∴（AC＋BC）24≤7，AC＋BC≤27（当且仅当AC＝BC时取等号），∴AC＋BC的最大值为27.19．解析：（1）由A餐厅分数的频率分布直方图，得对A餐厅评分低于3

0分的频率为：（0.003＋0.005＋0.012）×10＝0.2，∴对A餐厅评分低于30的人数为100×0.2＝20人．（2）对B餐厅评分在[0，10）范围内的有2人，设为m，n，对B餐厅评分在[10，20）范围内的有3人，设为a，b，c，从这5人中随机选出2

人的选法为：mn，ma，mb，mc，na，nb，nc，ab，ac，bc，共10种，其中恰有1人评分在[0，10）范围内的选法包括：ma，mb，mc，na，nb，nc，共6种，故2人中恰有1人评分在[0，10）范围内的概率为P＝610

＝35.（3）从两个餐厅得分低于30分的人数所占的比例来看，由（1）得，抽样的100人中，A餐厅评分低于30的人数为20，∴A餐厅评分低于30分的人数所占的比例为20%，B餐厅评分低于30分的人数为2＋3＋5＝10，∴B餐厅评分低于30分的人数所占的比例为10%，∴会选择B餐厅用餐．

20．解析：（1）抛物线C的焦点Fp2，0，直线l的方程为y＝x－p2，联立直线l与抛物线C的方程y＝x－p2y2＝2px得：x2－3px＋p24＝0，设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1＋x2＝3p，x1·x2＝p24，则y1·y2＝－2

px1·2px2＝－p2，∵OA→·OB→＝－3，∴x1·x2＋y1·y2＝－3，即p24－p2＝－3，解得p＝2，∴抛物线C的方程为y2＝4x；（2）由（1）知，焦点F（1，0），由FB→＝λAF→得：x2－1＝λ（1－x1），y2＝－λ

y1，由y2＝－λy1得y22＝λ2·y21，又y21＝4x1，y22＝4x2，故x2＝λ2x1，代入x2－1＝λ（1－x1）得x1＝1λ，即A1λ，2λ或1λ，－2λ，①当A1λ，2λ时，点B（λ，－2λ），此时AB→＝

λ2－1λ，－2λ＋2λ，OE→＝（0，1），∴AB→·OE→＝－2λ＋2λ，记f（λ）＝－2λ＋2λ，则f′（λ）＝1λ1λ－1，当1≤λ≤4时，f′（λ）≤0，故f（λ）在[1，4]上单调递减，∴AB→·OE→的取值范围是[－5，－4]，②当

A1λ，－2λ时，点B（λ，2λ），此时AB→＝λ2－1λ，2λ＋2λ，OE→＝（0，1），∴AB→·OE→＝2λ＋2λ，同理，当1≤λ≤4时，AB→·OE→在[1，4]上单调递增，∴AB→·OE→的取值范围是[4，5]，综上，AB→·OE

→的取值范围是[－5，－4]∪[4，5].21．解析：（1）f（x）的定义域为（0，＋∞），f′（x）＝2xa－2x，当a<0时，f′（x）<0恒成立，则f（x）在（0，＋∞）上单调递减，当a>0时，令f′（x）＝2

xa－2x＝2（x＋a）（x－a）ax，当0<x<a时，f′（x）<0，则f（x）在（0，a）上单调递减，当x>a时，f′（x）>0，则f（x）在（a，＋∞）上单调递增；（2）由（1）知，a>0，f（x）min＝f（a）＝1－lna，依题意可知1－lna<0，解得

a>e，由a＝e2得：f（x）＝x2e2－2lnx（x>0），x1∈（0，e），x2∈（e，＋∞），由f（2e）＝2－2ln2>0及f（x2）＝0得x2<2e，即x2∈（e，2e），欲证x1＋x2>2e，只要x1>2e－x2，注意到f（x）在（0，e）上单调递减，且f（x1）＝0，只要证

明f（2e－x2）>0即可，由f（x2）＝x22e2－2lnx2＝0得x22＝2e2lnx2，∴f（2e－x2）＝（2e－x2）e22－2ln（2e－x2）＝4e2－4ex2＋x22e2－2ln（2e－x2）＝4e2－4ex2＋2e2lnx2e2

－2ln（2e－x2）＝4－4x2e＋2lnx2－2ln（2e－x2），x2∈（e，2e），令g（t）＝4－4te＋2lnt－2ln（2e－t），t∈（e，2e），则g′（t）＝－4e＋2t＋22e－t＝4（e－

t）2et（2e－t）>0，则g（t）在（e，2e）上是递增的，于是g（t）>g（e）＝0，即f（2e－x2）>0，综上x1＋x2>2e.22．解析：（1）曲线C：x24＋y2＝1，化为极坐标方程为：ρ2＝41＋3sin2θ，直线l的极坐

标方程为ρ·cosθ＋ρ·sinθ＝1，（2）设点P（ρ1，θ1），则有ρ21＝41＋3sin2θ1θ1＝π3，解得ρ1＝41313θ1＝π3，即P41313，π3，设点Q（ρ2，θ2），则有ρ2·cosθ2＋

ρ2·sinθ2＝1θ2＝π3，解得ρ2＝3－1θ2＝π3，即Q3－1，π3，∴|PQ|＝|ρ1－ρ2|＝41313＋1－3.23．解析：（1）由f（x）＝|3x＋2|≤1得－1≤3x＋2≤1，解得－1≤x≤－13，∴f（x）≤1的解集为－1，

－13；（2）f（x2）≥a|x|恒成立，即3x2＋2≥a|x|恒成立，当x＝0时，a∈R，当x≠0时，原不等式可化为a≤3x2＋2|x|＝3|x|＋2|x|，设g（x）＝3|x|＋2|x|，即a≤g（x）min，又g（x）＝3|x|＋2|x|≥23|x|×2|x|＝26（当且仅当3|x|＝2|x

|即|x|＝63时等号成立），∴a≤26，即实数a的最大值为26.仿真模拟冲刺卷（三）1．答案：A解析：根据题意，B＝{x|x≥－2}，∴A∩B＝{x|－2≤x<1}，选项A正确．故选A.2．答案：D解析：设z＝a＋bi，（a，b∈R），则zz－＝（a＋bi）（a－bi）＝a2＋b2，

zz－的最大值即复数z对应的点到原点距离的平方的最大值，又复数z满足|z－i|≤2，∴复数z对应的点在以（0，1）为圆心，2为半径的圆的内部（包括边界），∴|z|的最大值为3，∴zz－的最大值为9.故选D.3．答案：C解析：由题意a25＝a1·a

17，即（a1＋4d）2＝a1（a1＋16d）⇒a1＝2d，于是a5＝a1＋4d＝6d，所以q＝a5a1＝6d2d＝3.故选C.4．答案：B解析：由直线m，n满足m⊂α，n⊄α，则n⊥m时，n与α可垂直，可不垂直，当n

⊥α，且m⊂α，根据线面垂直的性质定理，可以得到n⊥m，所以“n⊥m”是“n⊥α”的必要不充分条件．故选B.5．答案：A解析：由题意可得：f（6）＝a＋Acosπ6（6－6）＝28f（12）＝a＋Acosπ6（12－6）＝18，即a＋A＝28a－A＝18，解

得：a＝23A＝5，所以f（x）＝23＋5cosπ6（x－6），所以该市8月份的平均气温为f（8）＝23＋5cosπ6（8－6）＝23＋5cosπ3＝25.5℃，故选A.6．答案：C解析：因为

l1⊥l2，易得两直线斜率都存在，且（－sinα）·13cosα＝－1，则tanα＝sinαcosα＝3.故选C.7．答案：A解析：根据函数图象知：f（0）<0，计算CD中f（0）＝1>0，排除；当x→＋∞时，f（x）→－∞，B中当x→＋∞时，f（x）→＋∞，排除．故选

A.8．答案：C解析：由图可得，tanα＝12，tanβ＝3，∴tan（β－α）＝tanβ－tanα1＋tanβ·tanα＝3－121＋3×12＝1，因为0<β<π2，0<α<π2，所以－π2<β－α<π2，∴β－α＝π4.故选C.9．答案：B解析：由题意，甲获得冠军的概率为23×23＋23×13

×23＋13×23×23＝2027，其中比赛进行了3局的概率为23×13×23＋13×23×23＝827，所以所求概率为827÷2027＝25，故选B.10．答案：D解析：ff127＝flog3127＝f（log33－3）＝f（－3）＝2－3＝18

，故选D.11．答案：C解析：设前者、后者的里氏震级分别为M′e、M″e，前者、后者释放出的能量分别为E′、E″，则其满足关系M′e＝23lgE′S－4.8和M″e＝23lgE″S－4.8，两式作差可以得到M″e－M′e＝23lgE″S－2

3lgE′S，即E″SE′S＝102.7，所以E″SE′S＝102.7＝103÷100.3≈500，故选C.12．答案：D解析：如图所示，设AB＝c，AC＝b，∠BAO＝θ，∠CAO＝α，由ACABAB→·AO→＋ABACAC→·AO→＝2m（AO→）2得b

c·c·AOcosθ＋cb·b·AOcosα＝2m·AO2，化简得bcosθ＋ccosα＝2mAO，由O是三角形ABC的外心可知，O是三边中垂线交点，得cosθ＝c2AO，cosα＝b2AO，代入上式得

bc＝2mAO2，∴m＝bc2AO2.根据题意知，AO是三角形ABC外接圆的半径，可得sinB＝b2AO，sinC＝c2AO，代入sinB＋sinC＝3得b＋c＝23AO，∴m＝bc2AO2≤b＋c222AO2＝b＋c

222b＋c232＝32，当且仅当“b＝c”时，等号成立．故选D.13．答案：23解析：因为a∥b，则3x＝2，得x＝23.14．答案：60°解析：∵b＝acosC＋12c∴由正弦定理可得：sinB＝sinAcosC＋12sinC，即sinAcosC＋

sinCcosA＝sinAcosC＋12sinC，即sinCcosA＝12sinC，∵sinC≠0，∴cosA＝12，∵A∈（0°，180°），∴A＝60°.15．答案：e2＋1解析：∵函数f（x）＝ex＋ax－1的图象经过

点（1，e），∴e＝f（1）＝e＋a－1，解得a＝1.∴f（x）＝ex＋x－1，∴f′（x）＝ex＋1.设过点（1，0）的曲线y＝f（x）的切线为y＝k（x－1），切点为（x0，y0）.由题意得y0＝ex0＋x0－1，k＝ex0＋1，y0＝k（x0－1）.解得

x0＝2y0＝e2＋1k＝e2＋1.16．答案：3解析：设直线l1的方程为x＝t1y＋a，设直线l2的方程为x＝t2y＋a，设点A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），D（x4，y4），联立x＝t1y＋ay2＝4x，可得y2

－4t1y－4a＝0，所以，y1＋y2＝4t1，y1y2＝－4a，同理可得y3＋y4＝4t2，y3y4＝－4a，易知点F（1，0），设直线AD的方程为x＝ty＋1，联立x＝ty＋1y2＝4x，可

得y2－4ty－4＝0，所以，y1＋y4＝4t，y1y4＝－4，k1＝y1－y4x1－x4＝y1－y4y21－y244＝4y1＋y4，k2＝4y2＋y3＝4－4ay1－4ay4＝－y1y4a（y1＋y4）＝4a（y1＋y4），因为k1＝3k2，则4y1＋y4＝12a（y1＋y4），解得a＝3.17

．解析：（1）∵Sn＝2n＋1＋A①当n≥2时Sn－1＝2n＋A②①－②得an＝2n＋1－2n＝2n（n≥2）.∵{an}为等比数列，∴a1＝2，又S1＝21＋1＋A＝2，∴A＝－2.∴an＝a1qn－1＝2×2n－1＝2n.（2）∵bn＝log2an＝

log22n＝n，∴bnan＝n×2n.∴Tn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋（n－1）×2n－1＋n×2n③2Tn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋（n－1）×2n＋n×2n＋1④③－④得－Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1，∴Tn＝－（2＋22＋23＋…＋

2n）＋n×2n＋1＝2＋（n－1）×2n＋1.18．解析：（1）证明：设AC与BD交于点N，则N为AC的中点，∴MN∥EC.∵MN⊄平面EFC，EC⊂平面EFC，∴MN∥平面EFC.∵BF⊥平面ABCD，ED⊥平面ABCD，且BF＝DE，

∴BF綊DE，∴BDEF为平行四边形，∴BD∥EF.∵BD⊄平面EFC，EF⊂平面EFC，∴BD∥平面EFC.又∵MN∩BD＝N，∴平面BDM∥平面EFC.（2）连接EN，FN.在正方形ABCD中，AC⊥BD，又∵BF⊥平面ABCD，∴BF⊥AC.∵BF∩BD＝B，∴AC⊥平面B

DEF，且垂足为N,∴VA­CEF＝13·AC·S△NEF＝13×2×12×2×2＝23，∴三棱锥A­CEF的体积为23.19．解析：（1）设被污损的数字为a，则a的所有可能取值为：0，1，2，3，4，5，6，7，8，9共10种等可能结果，令88

＋89＋90＋91＋92>83＋83＋87＋90＋a＋99，解得a<8，则满足“东部各城市观看该节目观众平均人数超过西部各城市观看该节目观众平均人数的”a的取值有0，1，2，3，4，5，6，7共8个，所以其概率为P＝810＝45.（2）

由表中数据得i＝14xiyi＝525，x－＝35，y－＝3.5，i＝14x2i＝5400，∴b^＝7100，a^＝2120.线性回归方程为y^＝7100x＋2120.可预测年龄为60观众周均学习成语知识时间为5.25小时．20．解析：（1）设点P（x，y），G（a，0），H（0，b），由|G

H|＝3得，a2＋b2＝9.由HP→＝2PG→得，x＝23a，y＝13b，所以a＝3x2，b＝3y代入a2＋b2＝9，得x24＋y2＝1，即所求曲线E的方程为x24＋y2＝1.（2）当直线l1的斜率k存在且不为0时，可设l1：y＝kx＋1，l2

：y＝－1kx＋1，联立方程组y＝kx＋1，x24＋y2＝1，整理得（1＋4k2）x2＋8kx＝0，解得x1＝0，x2＝－8k1＋4k2，所以|CD|＝1＋k2|x1－x2|＝8|k|1＋k21＋4k2，而圆心O（0，0）到直线l2的距离d＝

11＋－1k2＝|k|1＋k2，|AB|＝2r2－d2＝24k2＋51＋k2，所以S△ABD＝12|CD|·|AB|＝8|k|4k2＋51＋4k2＝2×4|k|·4k2＋51＋4k2≤16k2＋4k2＋51＋4k

2＝5，当且仅当4|k|＝4k2＋5，即k＝±156时取等号．当直线l1的斜率不存在时，|CD|＝2，|AB|＝4，可得S△ABD＝4<5；当直线l1的斜率为0时，C，D重合，与题意不符．综上所述，△ABD的最大面积为5.21．解析：（1）由题意，f′（x）＝1a＋x＋xex（1＋x）2－a，因

为x＝0是函数f（x）的一个极值点，所以f′（0）＝1a－a＝0，解得a＝±1.又因为a＋0>0，所以a＝1.（2）证明：由（1）可知f（x）＝ln（x＋1）＋ex1＋x－x的定义域为（－1，＋∞），则f′（x）＝11＋x＋xex（1＋x）2－1＝x（ex－x－1）（1＋x）2，令g（x

）＝ex－x－1，则g′（x）＝ex－1，当x∈[0，＋∞）时，g′（x）≥0；当x∈（－1，0）时，g′（x）<0，故g（x）在（－1，0）上单调递减，在[0，＋∞）上单调递增，从而对于∀x∈（－1，＋∞），g（x）≥g（0）＝0，所以当x∈（－1，0）时，f′（x）<0，则f（x

）在（－1，0）上单调递减；当x∈（0，＋∞）时，f′（x）>0，则f（x）在（0，＋∞）上单调递增．故对于∀x∈（－1，＋∞），f（x）≥f（0）＝1.22．解析：（1）曲线C1的极坐标方程为ρ＝2（0≤θ≤π）.设P（ρ，θ）为曲线C2上的任意一点，∴ρ＝2cosπ2－θ.∴曲线C2

极坐标方程为ρ＝2sinθ（0≤θ≤π）.（2）∵直线θ＝α（0<α<π，ρ∈R）与曲线C1，C2分别交于点A，B（异于极点），∴设B（ρB，α），A（ρA，α）.由题意得ρB＝2sinα，ρA＝2，∴AB＝ρA－ρ

B＝2－2sinα.∵点M到直线AB的距离d＝OM×sinα＝2sinα，∴S△AOM＝12|AB|·d＝12（2－2sinα）×2sinα＝2（1－sinα）×sinα≤2×（sinα＋1－sinα）24＝12（当且仅当sinα＝12时，等号成立）

∴△ABM的面积的最大值为12.23．解析：（1）由题意得f（x）＝|x＋m|－|x－2m|≤|（x＋m）－（x－2m）|＝|3m|，因为函数f（x）的最大值为6，所以|3m|＝6，即m＝±2.因为m>0，所以m＝2；（2

）由（1）知，x＋y＋z＝2，因为x>0，y>0，z>0，所以2＝x＋y＋z＝x2＋y＋x2＋z≥2xy2＋2xz2，当且仅当x2＝y＝z时，即x＝1，y＝z＝12等号成立，即2×xy＋2

×xz≤2，所以xy＋xz≤m，当且仅当x＝1，y＝z＝12时，等号成立．仿真模拟冲刺卷（四）1．答案：A解析：∵x－x2≤0，∴x（x－1）≥0，解得x≥1或x≤0，故B＝{x|x≤0或x≥1}，则A∩B

＝{x|－1<x≤0}，故选A.2．答案：C解析：∵a＋5i＝－2＋bi且a，b∈R，则a＝－2，b＝5，∴z＝－2＋5i5＋2i＝（－2＋5i）（5－2i）（5＋2i）（5－2i）＝9i9＝i，故选C.3．答案：C解析：f（x）

的定义域为x≠±12，g（x）＝4x－4－x为奇函数，h（x）＝4x2－1为偶函数，∴f（x）为奇函数，排除D，f（1）＝54>0，排除A，f（2）＝16－11615＝1716，f（3）＝64－16435＝11764，f（3）>f（2），排除B，故选C.4．

答案：B解析：根据程序框图可知：S＝S＋lgii＋1i＝i＋1i≤3输出S初始值11第1次循环1＋lg122是第2次循环1＋lg12＋lg233是第3次循环1＋lg12＋lg23＋lg34＝1－lg44否1－lg45.答案：C

解析：正视图面积为12×3×4＝6，侧视图面积为12×4×4＝8，则面积之和为14，故选C.6．答案：C解析：等价于g（x）＝ax2－2x＋a的值域能取到（0，＋∞）内的任意实数，若a＝0，则g（x）＝－2x，可取，若a

≠0，则需a>0，Δ≥0，解得0<a≤1，∴a的范围为[0，1]，故选C.7．答案：D解析：画可行域如图，z＝yx＋1表示点P（－1，0）与点（x，y）的连线的斜率，又A（2，2），B（2，8），C

－25，165，则zmax＝kPC＝165－25＋1＝163，zmin＝kPA＝22＋1＝23，故选D.8．答案：A解析：由茎叶图得，旅行团人数在[50，60）的频数为2，由频率分布直方图可得，人数在[50，60）的频率为

0.1，可得旅行团总数为20.1＝20，则旅行团人数在[60，70）的频率为0.3，在频率分布直方图中对应的高为0.03，可得频率分布表如下：人数[50，60）[60，70）[70，80）[80，90）[90，100]频率0.10.30.250.20.15∴平均

人数为55×0.1＋65×0.3＋75×0.25＋85×0.2＋95×0.15＝75，故选A.9．答案：B解析：设直线l：x＋2y－9＝0的参数方程为x＝9－2ty＝t（t为参数），∵圆O：x2＋y2＝4的两条切线分别为PA，P

B，切点分别为A，B，∴OA⊥PA，OB⊥PB，则点A，B在以OP为直径的圆上，设这个圆为圆C，即AB是圆O与圆C的公共弦，则圆心C的坐标是9－2t2，t2，且半径的平方是r2＝（9－2t）2＋t24，∴圆C的方程是x－9－2t22＋

y－t22＝（9－2t）2＋t24，则公共弦AB所在的直线方程为：（2t－9）x－ty＋4＝0，即t（2x－y）＋（－9x＋4）＝0，则2x－y＝0－9x＋4＝0，得x＝49，y＝89，∴直线AB经过定点49，89，

故选B.10．答案：A解析：函数f（x）的定义域为R，由f（－x）＝|cos（－x）|－|sin|－x||＝|cosx|－|sin|x||＝f（x），∴f（x）是偶函数，①正确，f（x＋π）＝|cos（x＋π）|－|sin|（x＋π）||＝|cosx|－|sin|x||＝

f（x），∴f（x）是周期为π的函数，②正确，当x∈π，32π时，f（x）＝－cosx＋sinx＝2sinx－π4，则f（x）在区间π，32π上单调递减，③正确，当x∈0，π2，f（x）＝cosx－sinx＝－2s

inx－π4∈[－1，1]，当x∈π2，π时，f（x）＝－cosx－sinx＝－2sinx＋π4∈（－1，1），又由②知f（x）是周期为π的函数，∴f（x）的值域为[－1，1]，④错误，故选A.11．答案：C解析：如图分别取BD，AC的中

点M，N，连MN，则容易算得AM＝CM＝3，MN＝32，MD＝3，CN＝332，由图形的对称性可知球心必在MN的延长线上，设球心为O，半径为R，HN＝x，则由题设可得R2＝x2＋274R2＝32＋x2＋3，解之得x＝1

2，则R2＝14＋274＝7，∴球的表面积S＝4πR2＝28π，故选C.12．答案：C解析：f′（x）＝ex（1＋x）－12，当x∈（0，＋∞）时，f′（x）>0，∴函数f（x）在（0，＋∞）上单调递增，故①正确，显然x＝0不是f（x）零点

，令g（x）＝f（x）x＝ex－3x－12，则在（－∞，0）∪（0，＋∞）上，f（x）与g（x）有相同零点，故②正确，在（－∞，0）∪（0，＋∞）上，g′（x）＝ex＋3x2>0，∴g（x）在（－∞，0

）上单调递增，在（0，＋∞）上也单调递增，而g（1）＝e－72<0，g（2）＝e2－2>0，∴存在x1∈（1，2），使g（x1）＝0，又g（－7）＝1e7－114<0，g（－6）＝1e6>0，∴存在x2∈（－7，－6），使g（x2）＝0，∴g（x）在（－∞，0

）∪（0，＋∞）上只有两个零点x1，x2，也即f（x）在R上只有两个零点到x1，x2，且[x1]＋[x2]＝1＋（－7）＝－6，故③错误，④正确，正确的命题有3个，故选C.13．答案：2π3解析：∵a与b

是单位向量，∴|a|＝|b|＝1，设向量a，b的夹角为θ，∵a⊥（a＋2b），∴a·（a＋2b）＝0，即a2＋2a·b＝a2＋2|a|·|b|·cosθ＝1＋2cosθ＝0，∴cosθ＝－12，又θ∈[0，π]，∴θ＝2π3

.14．答案：48解析：∵|QF1|＝23|QF2|，|QF1|＋|QF2|＝20，∴|QF1|＝8，|QF2|＝12，又|F1F2|2＝4×（100－48）＝208，∴|QF1|2＋|QF2|2＝|F1F2|2，∴△QF1F2是

直角三角形，∴S△QF1F2＝12×|QF1|×|QF2|＝12×8×12＝48.15．答案：4解析：做f（x）图象如图，令f（x）＝t，则原方程可化为m·t2＋n·t＋1＝0，根据图象可知，原方程恰好有7个不同的实数根，只需m·t2＋n·t＋1＝0

有两个不等的实数根12，32，由韦达定理得12＋32＝－nm，12×32＝1m，解得m＝43，n＝－83，于是m－n＝4.16．答案：155解析：如图，设∠CDA＝θ，则∠CDB＝π－θ，在△ACD和△BCD中，分别由余弦定理可得：cosθ＝c24＋1－b2c，cos（π

－θ）＝c24＋1－a2c，两式相加整理得c22＋2－（a2＋b2）＝0，∴c2＝2（a2＋b2）－4①，由a－12b·sinA＝（b＋c）·（sinC－sinB）及正弦定理得，a－12b·

a＝（b＋c）·（c－b），整理得a2＋b2－c2＝ab2②，由余弦定理的推论可得：cosC＝a2＋b2－c22ab＝14，∴sinC＝154，把①代入②整理得：a2＋b2＋ab2＝4，又a2＋b2≥2ab，当且仅当a＝b时等号成立，∴4≥2ab＋ab2＝5ab2，即ab≤85，∴S△A

BC＝12ab·sinC≤12×85×154＝155，即△ABC面积的最大值是155.17.解析：（1）证明：连接BD，设AC与BD的交点为F，连接EF，∵E为B1D的中点，F为BD的中点，∴EF∥BB1，则EF⊥平面ABCD，又∵EF⊂平面ACE，∴平面

ACE⊥平面ABCD；（2）连接AB1，C1D，CD1，设C1D交CD1于点G，由题意可知四边形CDD1C1为正方形，且CD＝AB＝1，则CG＝22，∴CD1⊥平面ADE，∴CD1⊥AD，又∵AD⊥DD1，∴A

D⊥平面CDD1C1，∴AD⊥CD，∴菱形ABCD为正方形，∴点E到平面ABCD的距离为12，∴VC­ADE＝VE­ACD＝13×12×1×1×12＝112.18．解析：（1）根据题图和题表可得2×2列联表：设备改造前设备改造后合计合格品172192364不合格品2

8836合计200200400将2×2列联表中的数据代入公式计算得：K2＝400×（172×8－28×192）2200×200×364×36＝12.21，∵12.21>6.635，∴有99%的把握认为该企业生产的这种产品

的质量指标值与设备改造有关；（2）根据题图和题表可知，设备改造后产品为合格品的概率约为192200＝0.96，设备改造前产品为合格品的概率约为172200＝0.86，即设备改造后合格率更高，因此，设备改

造后性能更好；（3）用频率估计概率，1000件产品中大约有960件合格品，40件不合格品，则获利约为180×960－100×40＝168800，因此，该企业大约能获利168800元．19．解析：（1）证明：由已知得Sn＋1－Sn＝2Sn－2Sn－1＋n，即an＋1＝2an＋n（n≥2），∴

bn＋1bn＝an＋1＋n＋2an＋n＋1＝2an＋2n＋2an＋n＋1＝2（n≥2），又∵b2b1＝2，且b1＝a1＋1＋1＝3，故数列{bn}是首项为3，公比为2的等比数列；（2）由（1）知an＋n＋1＝3×2n－1，则an＝3×2n－1－n－1，∴an2n＝32－（n＋1）·

12n，设A＝2×121＋3×122＋4×123＋…＋（n－1）×12n－2＋n×12n－1＋（n＋1）×12n，12A＝2×122＋3×123＋4×124＋…＋（n－

1）×12n－1＋n×12n＋（n＋1）×12n＋1，两式相减得：12A＝1＋122＋123＋…＋12n－1＋12n－（n＋1）12n＋1＝32－12n·n

＋32，解得A＝3－（n＋3）·12n，∴数列an2n的前n项和Tn＝32n＋3－（n＋3）·12n.20．解析：（1）∵椭圆短轴的端点B1，B2与椭圆的左、右焦点F1，F2构成边长为2的菱形，∴a＝2，又∵

椭圆的右焦点F2（1，0），∴c＝1，∴b2＝a2－c2＝3，∴椭圆G的标准方程为x24＋y23＝1；（2）①当MN⊥x轴时，|MN|＝2b2a＝3，|OP|＝a＝2，此时|MN|·|OP|2＝12，②当MN不垂直于x轴且斜率不为0时，设直线MN的方程为y＝k（x

－1）（k≠0），联立y＝k（x－1）3x2＋4y2＝12并化简得（4k2＋3）x2－8k2x＋4k2－12＝0，Δ>0恒成立，设M（x1，y1），N（x2，y2），则x1＋x2＝8k24k2＋3，x1·x2＝4k2－124k2＋3，∴|MN|＝1

＋k2·（x1＋x2）2－4x1·x2＝12（1＋k2）4k2＋3，∵OP⊥MN，∴直线OP的方程为y＝－1kx，联立y＝－1kx3x2＋4y2＝12可解出x2P＝12k23k2＋4，y2P＝123k2＋4，∴|OP|2＝12k2＋123k2＋4，∴|MN|·|OP|2＝

12（1＋k2）4k2＋3×12k2＋123k2＋4＝144（1＋k2）2（4k2＋3）（3k2＋4）＝14411＋k2＋34－11＋k2，令11＋k2＝t，∵k≠0且k∈R，∴0<t

<1，∴|MN|·|OP|2＝144（t＋3）（4－t）＝144－t2＋t＋12＝144－t－122＋494，∴当t＝12时，|MN|·|OP|2取最小值，且（|MN|·|OP|2）min＝57649，③当MN的斜率为0时，|MN|＝4，|OP|2＝b2＝3，此时|MN|·|O

P|2＝12，由①②③可知，（|MN|·|OP|2）min＝57649.21．解析：（1）∵f（x）＝x3－3x2－ax，其定义域为R，∴f′（x）＝3x2－6x－a，Δ＝36＋12a，当Δ≤0时，即a≤－3时，f′（x）≥0恒成立，∴f（x）在R上单调递增，当Δ>0时，即a>－3时，f′

（x）＝0有两个根为x1＝3－9＋3a3，x2＝3＋9＋3a3，x1<x2，∴当x∈－∞，3－9＋3a3和3＋9＋3a3，＋∞时，f′（x）>0，f（x）单调递增，当x∈3－9＋3a3，3＋9

＋3a3时，f′（x）<0，f（x）单调递减；（2）证明：由（1）知，当a∈（－3，－1）时，f′（x）>0，f（x）在R上单调递增，∵对∀x∈（1，2）有|f（x1）－f（x2）|<|3x1－3x2|，不妨设x

1<x2，∵f（x）在R上单调递增，∴f（x1）<f（x2），则原式可以转化为3x1－3x2<f（x1）－f（x2）<3x2－3x1，即有f（x1）－f（x2）<3x2－3x13x1－3x2<f（x1）－f（x2），即证

f（x1）＋3x1<f（x2）＋3x2f（x2）－3x2<f（x1）－3x1，设g（x）＝f（x）＋3x，h（x）＝f（x）－3x，则g（x）＝x3－3x2－ax＋3x，g′（x）＝3x2－6x－a＋3，当x∈（1，2）时，g′（x）单调递增，g′（x）>－a，∵a∈（

－3，－1），∴g′（x）>0，当x∈（1，2）时，g（x）单调递增，∴g（x1）<g（x2），即f（x1）＋3x1<f（x2）＋3x2，同理可证h（x1）>h（x2），即f（x2）－3x2<f（x1）－3x

1，则原不等式得证．22．解析：（1）由直线l的参数方程消去t，得到直线l的普通方程为：sinα·x－cosα·y＋cosα＝0，由ρ·sin2θ－23cosθ＝0得ρ2·sin2θ－23ρcosθ＝0，∴曲线C的直角坐标方程为y2＝23x；（2）由题意可知直线l必过点

P（0，1），∴tanα＝kPQ＝0－13－0＝－33，∴α＝5π6，∴直线l的参数方程为x＝－32ty＝1＋12t（t为参数），代入y2＝23x中得：t2＋16t＋4＝0，设A、B、M点所对应的参数分别为t1

、t2、t0，∴t0＝t1＋t22＝－8，∴|PM|＝|t0|＝8.23．解析：（1）当a＝2时，f（x）＝|x＋2|－2|x－1|＝x－4，x≤－23x，－2<x<1－x＋4，x≥1，不等式f（x）≤0等价于x≤－2x－4≤0或－2<x<13

x≤0或x≥1－x＋4≤0，解得x≤0或x≥4，不等式解集为（－∞，0]∪[4，＋∞）；（2）当x∈[－2，1]时，不等式f（x）<|x＋3|等价于x＋2＋a（x－1）<x＋3，整理得ax－a－1<0，记g（x）＝ax－a－1，则g（－

2）<0g（1）＜0，解得a>－13.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：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，则α∥β或α与β相交，故D错误．故选

B.4．答案：C解析：因为tanθ＝－2，所以sin2θ＝2sinθcosθ＝2sinθcosθsin2θ＋cos2θ＝2tanθtan2θ＋1＝－45＝－45.故选C.5．答案：C解析：假设甲说的是真话，即丙被录用，则乙说的是假话，丙说的是假话，不成立；假设甲说的是

假话，即丙没有被录用，则丙说的是真话，若乙说的是真话，即甲被录用，成立；故甲被录用．若乙被录用，则甲和乙的说法都错误，不成立．故选C.6．答案：B解析：设从冬至到夏至的十三个节气依次为等差数列{an}的前13项，则a1＝13，a13＝1.48，所以公差为d＝113－1×（1.48－13）＝－

0.96，则立夏的晷影长应为a10＝a1＋（10－1）d＝13－9×0.96＝4.36（尺），故选B.7．答案：B解析：∵函数y＝4aex＋b的图象经过点（0，1），∴1＝4a·e0＋b，即4a＋b＝1（a>0，b>0）.∴1a

＋1b＝1a＋1b·1＝1a＋1b·（4a＋b）＝4＋1＋ba＋4ab≥5＋2ba·4ab＝9（当且仅当b＝2a，即a＝16，b＝13时取到等号）.故选B.8．答案：C解析：由题设，A

M→＝12（AB→＋AC→），又AN→＝2NB→，AD→＝λAM→，∴AD→＝λ2（AB→＋AC→）＝3λ4AN→＋λ2AC→，而N，D，C共线，∴3λ4＋λ2＝1，可得λ＝45.故选C.9．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）

log12|－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.10．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.11．答案：A解析：由正弦定理

可得a＝2b，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32，0，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.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草图如图所示，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＝lo

g1ax互为反函数，图象关于直线y＝x对称，可知函数y＝1ax图象与直线y＝x相切，设切点横坐标为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＝c35，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＝43π.17．解析：（1）∵x－＝11

×0.01＋13×0.14＋15×0.28＋17×0.32＋19×0.20＋21×0.04＋23×0.01＝16.44>16，故该产品需要进行技术改进；（2）[18，20）组的产品的个数为100×2×0.10＝20，[20，22）

组的产品的个数100×2×0.02＝4，所以从[18，20）组中抽取6×2024＝5个，从[20，22）组中抽取6×424＝1个，记[18，20）组中抽取的5个分别为a，b，c，d，e，[20，22）组中抽取的一个为f，则

从6个中抽取2个的所有情况如下：（a，b），（a，c），（a，e），（a，f），（b，c），（b，d），（b，e），（b，f），（c，d），（c，e），（c，f），（d，e），（d，f），（e，f）共15种情况，其中在[1

8，20）中恰有2个的有（a，b），（a，c），（a，d），（a，e），（b，c），（b，d），（b，e），（c，d），（c，e），（d，e）共10种情况，所以所求的概率P＝1015＝23.18．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＋122－1－1

23－1＋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的取值范围量23，1.19．解析：（1）证明：∵△ABD为等边三角形，P为AD中点

，∴BP⊥AD，∵平面ABD⊥平面BCD，BD⊥CD，平面ABD∩平面BCD＝BD，∴CD⊥平面ABD,由BP⊂平面ABD，所以CD⊥BP.又∵AD∩CD＝D，∴BP⊥平面ACD.（2）由M为CD的中点，则M到平面BPC的距离为D到平面BPC的距离的一半．由CD⊥BD，∠B

CD＝30°，可得CD＝23，BC＝4.△ABD为等边三角形，BD＝2，点P为线段AD的中点，则BP＝3，由（1）可知，BP⊥平面ACD，所以BP⊥CP，CP＝BC2－PB2＝13，∴S△BCP＝12BP×CP＝12×3×13＝392，由（1）可知，CD⊥平面ABD，设D到平面BPC的距离

为d，由VD­BCP＝VC­PBD，S△BDP＝12×PD×BP＝12×1×3＝32，13S△BCP·d＝13S△PBD·CD，即d＝S△BDP·CDS△BCP＝23×32392＝23913，所以M到平面BPC的距离为3913.20．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）x2－20k2x＋20k2－5＝0，所以x1＋x2＝20k21＋5k

2，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＝8

x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＋20k

2＋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）＝alnx＋1x＋1＋a，（x∈（0，＋∞）），∴g′（x）＝ax2＋（2

a－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），∴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－cosx＋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＋（sinx－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：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t2－2

t·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>0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，＋∞）.