【文档说明】湖南省2021届高三高考数学冲刺试卷（三） 含解析.docx，共(17)页，74.789 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-940f3963a818ba46b17bfebad2bb6459.html

以下为本文档部分文字说明：

2021年湖南省高考数学冲刺试卷（三）1.已知p：∃𝑥0∈𝑅，使得2𝑥0<𝑥02，那么¬𝑝为()A.∀𝑥∈𝑅，2𝑥<𝑥2B.∃𝑥0∈𝑅，2𝑥0>𝑥02C.∀𝑥∈𝑅，2𝑥≥𝑥2D.∃𝑥0∈𝑅，2𝑥0≥𝑥02

2.棣莫弗公式(cos𝑥+𝑖sin𝑥)𝑛=cos𝑛𝑥+𝑖sin𝑛𝑥(𝑖为虚数单位)是由法国数学家棣莫弗(1667−1754)发现的，根据棣莫弗公式可知，复数(cos𝜋5+𝑖sin𝜋5)

6在复平面内所对应的点位于()A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限3.已知奇函数𝑦=𝑓(𝑥)为R上的增函数，且在区间[−2,3]上的最大值为9，最小值为−6，则𝑓(−3)+𝑓(2)的

值为()A.3B.1C.−1D.−34.魏晋时期，数学家刘徽首创割圆术.他在《九章算术》之方田章之圆田术中指出：“割圆之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣.”这是一种无限与有限的转化过程.数学中这类问题多着呢!比如：在正数121+1

21+....中的“…”代表无限重复，设𝑥=121+121+....，则可列方程𝑥=121+𝑥，求得𝑥=3(𝑥=−4不合题意，舍去).类似地，可得到正数√5√5√5......等于()A.3B.5C.7D.95.某商场经营的某种包装的大米质量𝜉(单位：𝑘𝑔)服从正态分

布𝑁(10,𝜎2)，根据检测结果可知𝑃(9.9≤𝜉≤10.1)=0.96，某公司为每位职工购买一袋这种包装的大米作为福利，若该公司有1000名职工，则分发到的大米质量在9.9𝑘𝑔以下的职工数大约为()A.10B.20

C.30D.406.已知三棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶的底面是边长为3的正三角形，且𝑃𝐴=3，𝑃𝐵=4，𝑃𝐶=5，则三棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶的体积为()A.3B.√10C.√11D.2√37.已知𝑎>0，𝑏<0，则𝑥=2𝑎，𝑦=2𝑏，𝑧=log12(𝑎+1

)的大小关系为()A.𝑥>𝑧>𝑦B.𝑦>𝑥>𝑧C.𝑧>𝑦>𝑥D.𝑥>𝑦>𝑧8.已知函数𝑓(𝑥)=𝑒𝑥+𝑒−𝑥+2cos𝑥，其中e为自然对数的底数，则对任意𝑎∈𝑅，下列不等式一定成立的是()A.𝑓(𝑎2+1)

≥𝑓(2𝑎)B.𝑓(𝑎2+1)≤𝑓(2𝑎)C.𝑓(𝑎2+1)≥𝑓(𝑎+1)D.𝑓(𝑎2+1)≤𝑓(𝑎)9.一道四个选项的选择题，赵、钱、孙、李各选了一个选项，且选的恰好各不相同.赵

说：“我选的是𝐴.”钱说：“我选的是B，C，D之一.”孙说：“我选的是𝐶.”李说：“我选的是𝐷.”已知四人中只有一人说了假话，则说假话的人可能是()A.赵B.钱C.孙D.李10.已知数列{𝑎𝑛}满足𝑎1=𝑎，𝑎𝑛+1=𝑎𝑛2+1𝑎𝑛(𝑛∈𝑁∗)

，则下列关于{𝑎𝑛}的判断中，错误的是()A.∀𝑎>0，∃𝑛≥2，使得𝑎𝑛<√2B.∃𝑎>0，∃𝑛≥2，使得𝑎𝑛<𝑎𝑛+1C.∀𝑎>0，∃𝑚∈𝑁∗，总有𝑎𝑚<𝑎𝑛(𝑚≠𝑛)D.∃𝑎>0，∃

𝑚∈𝑁∗，总有𝑎𝑚+𝑛=𝑎𝑛11.已知焦点在x轴上的椭圆过点(3,0)且离心率为√63，则()A.椭圆的标准方程为𝑥29+𝑦23=1B.椭圆经过点(0,2√3)C.椭圆与双曲线𝑥2−𝑦2=3的焦点相同D.直线𝑦−1=𝑘(𝑥−1)

与椭圆恒有交点12.某人决定就近打车前往目的地，前方开来三辆车，且车况分别为“好”“中”“差”.他决定按如下两种方案打车.方案一：不乘第一辆车，若第二辆车好于第一辆车，就乘此车，否则直接乘坐第三辆车；方案二：直接乘坐

第一辆车.若三辆车开过来的先后次序等可能，记方案一和方案二坐到车况为“好”的车的概率分别为𝑝1，𝑝2，则下列判断不正确的是()A.𝑝1=𝑝2=12B.𝑝1=𝑝2=13C.𝑝1=12，𝑝2=13D.𝑝1=13，𝑝2=1213.已知函数𝑔(𝑥)的

图象向左平移𝜋6个单位长度，得到函数𝑓(𝑥)=√3cos2𝑥+sin𝑥cos𝑥−√3的图象，则𝑔(𝜋3)=______.14.设a，b是正数，若两直线𝑙1：(𝑚−1)𝑥+(3−2𝑚)𝑦+1=0(

𝑚∈𝑅)和𝑙2：𝑎𝑥+𝑏𝑦+2=0恒过同一定点，则1𝑎+2𝑏的最小值为______.15.已知△𝐴𝐵𝐶的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sin2𝐴+sin2𝐵−sin2𝐶𝑐=sin𝐴sin𝐵𝑎

cos𝐵+𝑏cos𝐴，若𝑎+𝑏=4，则c的取值范围是______.16.若关于x的方程2|𝑥−1|+𝑎cos(1−𝑥)=0只有一个实数解，则实数a的取值的集合是______.17.如图，直四棱柱𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1的底面是菱形，侧面是正方形，∠�

�𝐴𝐵=60∘，经过对角线𝐴𝐶1的平面和侧棱𝐵𝐵1相交于点F，且𝐵1𝐹=2𝐵𝐹.(1)求证：平面𝐴𝐶1𝐹⊥平面𝐵𝐶𝐶1𝐵1；(2)求二面角𝐹−𝐴𝐶1−𝐶的余弦值.18.记△𝐴𝐵𝐶的内角A，B，

C的对边分别为a，b，c，已知𝑐=2，𝑏=1，且(sin𝐴+sin𝐵+𝐶2)(sin𝐴−sin𝐵+𝐶2)=0.(1)求∠𝐴的大小和边a的长；(2)若点P在△𝐴𝐵𝐶的内部或边上运动记点P到边BC，CA的距离分别为x，

y，点P到△𝐴𝐵𝐶三边的距离之和为d，试用x，y表示d，并求d的最大值和最小值.19.数学建模是高中数学核心素养的一个组成部分.数学建模能力是应用意识和创新意识的重要表现.为全面推动数学建模活动的开展，某学校举行了一次数学建模竞赛活动.已知该竞赛共有60名学生参加，他们成绩的频率分布直方图

如图.(1)为了对数据进行分析，将60分以下的成绩定为不合格，60分以上(含60分)的成绩定为合格.为科学评估该校学生数学建模水平，决定利用分层抽样的方法从这60名学生中选取10人，然后从这10人中抽取4人参加座谈会.记

𝜉为抽取的4人中，成绩不合格的人数，求𝜉的分布列和数学期望；(2)已知这60名学生的数学建模竞赛成绩X服从正态分布𝑁(𝜇,𝜎2)，其中𝜇可用样本平均数近似代替，𝜎2可用样本方差近似代替(用一组数据的中点值

作代表)，若成绩在46分以上的学生均能得到奖励.本次数学建模竞赛满分为100分，试估计此次竞赛受到奖励的人数.(结果根据四舍五入保留到整数位)解题中可参考使用下列数据：𝑃(𝜇−𝜎<𝑋≤𝜇+𝜎)≈0.6827，𝑃(𝜇−2

𝜎<𝑋≤𝜇+2𝜎)≈0.9545，𝑃(𝜇−3𝜎<𝑋≤𝜇+3𝜎)≈0.9973.20.设m个互异的正偶数与n个互异的正奇数的和为99.(1)求证：𝑚2+𝑚+𝑛2≤99；(2)求𝑚+𝑛的最大值.21

.已知椭圆C：𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(𝑎>𝑏>0)的左、右焦点分别为𝐹1，𝐹2，右顶点为A，上顶点为B，且满足𝐵𝐹1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝐵𝐹2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0.(1)求椭圆C的离心率e；(2)设P为椭圆上异于顶点的点，以线段PB为直径的圆

经过点𝐹1，试问是否存在过点𝐹2的直线与该圆相切？若存在，求出其斜率；若不存在，请说明理由.22.函数𝑓(𝑥)=ln𝑒𝑥−1𝑥，数列{𝑎𝑛}满足𝑎1=1，𝑎𝑛+1=𝑓(𝑎𝑛).(1)试求𝑓(𝑥)的

单调区间；(2)求证：数列{𝑎𝑛}为递减数列，且𝑎𝑛>0恒成立．答案和解析1.【答案】C【解析】解：命题为特称命题，则命题的否定为∀𝑥∈𝑅，2𝑥≥𝑥2，故选：𝐶.根据含有量词的命题的否定即可得到结论．本题主要考查含有量词的命题的否定，比较基础．2.【

答案】C【解析】解：由(cos𝑥+𝑖sin𝑥)𝑛=cos𝑛𝑥+𝑖sin𝑛𝑥，得(cos𝜋5+𝑖sin𝜋5)6=cos6𝜋5+𝑖sin6𝜋5=−cos𝜋5−𝑖sin𝜋5，∴复数(cos𝜋5+𝑖sin𝜋5)6在复平面内所对应的点的坐标

为(−cos𝜋5,−sin𝜋5)，位于第三象限．故选：𝐶.由题意可得(cos𝜋5+𝑖sin𝜋5)6=cos6𝜋5+𝑖sin6𝜋5=−cos𝜋5−𝑖sin𝜋5，再由三角函数的符号得答案．本题考查复数的代数表示法及其几何意义，考查

三角函数值的符号，是基础题．3.【答案】D【解析】解：因为函数𝑦=𝑓(𝑥)为R上的增函数，则𝑓(𝑥)在[−2,3]上是增函数且最大值为𝑓(3)=9，最小值为𝑓(−2)=−6，又∵𝑓(𝑥)是奇函数，∴𝑓(−3)=−𝑓(3)=−9，

𝑓(2)=−𝑓(−2)=6，∴𝑓(−3)+𝑓(2)=−9+6=−3.故选：𝐷.根据函数的奇偶性与单调性求解即可．本题主要考查函数奇偶性与单调性的综合，考查转化思想与运算求解能力，属于基础题．4.【答案】B【解析】解：依题意

，得√5𝑥=𝑥，解得𝑥=5，经过验证满足题意，∴𝑥=5.故选：𝐵.依题意，得√5𝑥=𝑥，x，即可得出．本题考查了极限的思想、方程的解法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．5.【答案】B【

解析】解：∵考试的成绩𝜉服从正态分布𝑁(10,𝜎2).∴考试的成绩𝜉关于𝜉=10对称，∵𝑃(9.9≤𝜉≤10.1)=0.96，∴𝑃(𝜉<9.9)=1−0.962=0.02，∴公司有2000名职工，则分发到的大米质量在9.9𝑘𝑔以下的职工数大约为0.0

2×21000=20.故选：𝐵.根据考试的成绩𝜉服从正态分布𝑁(10,𝜎2).得到考试的成绩𝜉关于𝜉=10对称，根据𝑃(9.9≤𝜉≤10.1)=0.96，得到𝑃(𝜉<9.9)=0.02，根据频率乘以样本容量得到分发到的大米质量

在9.9𝑘𝑔以下的职工数．本题考查正态曲线的特点及曲线所表示的意义，解题的关键是考试的成绩𝜉关于𝜉=10对称．属于基础题．6.【答案】C【解析】解：∵三棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶的底面是边长为3的正三角形，𝑃𝐴=3，𝑃𝐵

=4，𝑃𝐶=5，∴𝑃𝐵2+𝐵𝐶2=𝑃𝐶2，∴𝑃𝐵⊥𝐵𝐶，∴△𝑃𝐵𝐶是直角三角形，如图，由斜线长相等，则射影长相等，可得A在平面PBC内的射影H为直角三角形PBC的外心，故H为△𝑃

𝐵𝐶斜边PC的中点，∵𝐴𝑃=𝐴𝐶=3，H为PC中点，且𝑃𝐶=5，则𝐴𝐻=√32−(52)2=√9−254=√112，∴该三棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶的体积为：𝑉𝑃−𝐴𝐵𝐶=𝑉𝐴−𝑃𝐵𝐶=13×12×3×4×√112=√11.故选：𝐶

.由题意画出图形，由已知可得△𝑃𝐵𝐶为直角三角形，再由射影长相等可得A在平面PBC内的射影H为直角三角形PBC的外心，故H为△𝑃𝐵𝐶斜边PC的中点，求出A到底面的距离，再由棱锥体积公式求解．本题考查多面体体

积的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题．7.【答案】D【解析】解：∵𝑎>0，𝑏<0，∴2𝑎>2𝑏>0，𝑎+1>1，log12(𝑎+1)<log121=0，∴𝑥>𝑦>𝑧.故选：𝐷.根据指数函数的单调性及值域即可得出2𝑎>

2𝑏>0，而根据对数函数的单调性即可得出log12(𝑎+1)<0，这样即可得出x，y，z的大小关系．本题考查了指数函数和对数函数的单调性，指数函数的值域，考查了计算能力，属于基础题．8.【答案】A【解析】【分析】本题考查了利用导数研究函数的单调性，函数的奇偶性以及不等式的性质，考查了

推理能力与计算能力，属于中档题．由𝑓(−𝑥)=𝑓(𝑥)，可得𝑓(𝑥)在R上是偶函数，函数𝑓(𝑥)=𝑒𝑥+𝑒−𝑥+2cos𝑥，利用导数研究函数的单调性即可得出．【解答】解：∵𝑓(−𝑥)=𝑓(𝑥)，∴𝑓(𝑥)在R上是偶函数．函数𝑓(𝑥)

=𝑒𝑥+𝑒−𝑥+2cos𝑥，𝑓′(𝑥)=𝑒𝑥−𝑒−𝑥−2sin𝑥，令𝑔(𝑥)=𝑒𝑥−𝑒−𝑥−2sin𝑥，则𝑔′(𝑥)=𝑒𝑥+𝑒−𝑥−2cos𝑥≥2−2cos𝑥≥0，∴函数𝑔(𝑥)在R上单调递增，∵𝑓′(0)=0，∴当𝑥≥0时，

𝑓′(𝑥)≥0，∴函数𝑓(𝑥)在[0,+∞)上单调递增．∵𝑎2+1≥2|𝑎|≥0，∴𝑓(𝑎2+1)≥𝑓(2|𝑎|)=𝑓(2𝑎)，∴𝑓(𝑎2+1)≥𝑓(2𝑎)，故选：𝐴.9.【答案】CD【解

析】解：假设赵说了假话，则钱、孙、李说的是真话，钱、孙、李分别选了B，C，D，因为选的恰不相同，故赵选A，即赵没有说假话，矛盾；假设钱说了假话，则钱选的是A，而赵选A说的是假话，矛盾；假设孙说了假话，则赵、钱、

李说的是真话，一种可能是孙选的是B，钱选的是C，没有矛盾；假设李说了假话，则赵、钱、孙说了真话，一种可能性是李选了B，钱选了D，也没有矛盾．故说假话的可能是孙、李．故选：𝐶𝐷.分别假设赵、钱、孙、李说了假话，由此进行推理，即可得到答案．本题考查了简单的合情推理的实际应用

，考查了学生分析问题的能力与逻辑推理能力，属于基础题．10.【答案】ABC【解析】解：对于A：由于∀𝑎1=𝑎>0，当𝑛≥1时，𝑎𝑛+1=𝑎𝑛2+1𝑎𝑛≥2√𝑎𝑛2⋅1𝑎𝑛=√2，当且仅当𝑎𝑛=√2时，等号成立，所以对一切𝑛≥2(𝑛∈𝑁+)都有𝑎𝑛

≥√2，故A错误；由于𝑎𝑛+1−𝑎𝑛=1𝑎𝑛−𝑎𝑛2=2−𝑎𝑛22𝑎𝑛≤0，所以数列不为单调递增数列，故BC错误；对于D；存在𝑎𝑛=√2，对𝑚=1时，𝑎𝑛+1=𝑎𝑛=√2，故D正确；故选：𝐴𝐵𝐶.直接利用数列的递推关系式，数列的单调性，基本不等

式的应用判断A、B、C、D的结论．本题考查的知识要点：数列的递推关系式，数列的单调性，基本不等式的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．11.【答案】ACD【解析】解：焦点在x轴上的椭圆过点(

3,0)且离心率为√63，可得𝑎=3，𝑐=√6，所以𝑏=√3，所以椭圆方程为：𝑥29+𝑦23=1.所以A正确；因为𝑏=√3，所以B不正确；椭圆的焦点坐标(±√6,0)，双曲线𝑥2−𝑦2=3的焦点坐标为(±√6,0)，所以C正确；直

线𝑦−1=𝑘(𝑥−1)恒过(1,1)，(1,1)在椭圆内部，所以D正确；故选：𝐴𝐶𝐷.利用已知条件求解椭圆方程，判断A；求出b判断B；求解焦点坐标判断C；判断直线系经过的定点说法在椭圆内，判断𝐷.本题考查直线与椭圆的位置关系的应用，双曲线的简单性质以及椭圆的简单性质

的应用，是中档题．12.【答案】ABD【解析】解：设“好”“中”“差”三辆车的序号分别为1，2，3，三辆车出车的顺序可能为：123，132，213，231，312，321，方案一坐车可能为：213，231，312，∴𝑃1=36=12，

方案二坐车可能为：123，132，∴𝑃2=26=13.故选：𝐴𝐵𝐷.先列举出三辆车出车的顺序可能为6种，方案一坐车可能为3种，求出𝑃1，方案二坐车可能为2种，求出𝑃2，由此能求出结果．本题考查概率的求法，涉及到古典概型、列举法等基础知识，考查运算求解能力等核心

素养，是基础题．13.【答案】0【解析】解：函数𝑓(𝑥)=√3cos2𝑥+sin𝑥cos𝑥−√3=√3×1+cos2𝑥2+sin2𝑥2−√3=sin(2𝑥+𝜋3)−√32，把函数𝑓(�

�)的图象向右平移𝜋6个单位，得到𝑔(𝑥)=sin2𝑥−√32，所以𝑔(𝜋3)=sin2𝜋3−√32=0，故答案为：0.直接利用三角函数图象的平移变换的应用求出结果．本题考查的知识要点：三角函数关系式的变换，函数的图象的平移变换，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．1

4.【答案】√2【解析】解：设a，b是正数，若两直线𝑙1：(𝑚−1)𝑥+(3−2𝑚)𝑦+1=0(𝑚∈𝑅)和𝑙2：𝑎𝑥+𝑏𝑦+2=0恒过同一定点，而(𝑚−1)𝑥+(3−2𝑚)𝑦+1=0(𝑚∈𝑅)，即𝑚(𝑥−2𝑦)−𝑥+3𝑦

+1=0，经过定点(−2,−1)，故𝑎𝑥+𝑏𝑦+2=0也经过定(−2,−1)，故−2𝑎−𝑏+2=0，即2𝑎+𝑏=2，∴2≥2√2𝑎𝑏，∴1𝑎𝑏≥12，当且仅当2𝑎=𝑏=1时，即𝑎=12，𝑏=1时，等号成

立．则1𝑎+2𝑏=2𝑎+𝑏𝑎𝑏=2𝑎𝑏≥2×12=1，即1𝑎+2𝑏的最小值为1，当且仅当𝑎=12，𝑏=1时，等号成立．故答案为：1.先求出定点坐标，可得2𝑎+𝑏=2，再利用基本不等式求得1𝑎+2𝑏的最小值．本题主要考查直线经过定点问题，基本不等式的应用，属于

中档题．15.【答案】[2,4)【解析】解：由正弦定理知，𝑎sin𝐴=𝑏sin𝐵=𝑐sin𝐶，∵sin2𝐴+sin2𝐵−sin2𝐶𝑐=sin𝐴sin𝐵𝑎cos𝐵+𝑏cos

𝐴，∴𝑎2+𝑏2−𝑐2sin𝐶=𝑎𝑏sin𝐴cos𝐵+sin𝐵cos𝐴=𝑎𝑏sin(𝐴+𝐵)=𝑎𝑏sin𝐶，即𝑎2+𝑏2−𝑐2=𝑎𝑏，∴𝑐2=𝑎2+𝑏2−𝑎𝑏=(𝑎+𝑏)2

−3𝑎𝑏≥(𝑎+𝑏)2−3⋅(𝑎+𝑏)24=14×42=4，当且仅当𝑎=𝑏=2时，等号成立，∴𝑐≥2，又𝑐<𝑎+𝑏=4，∴2≤𝑐<4，∴𝑐的取值范围是[2,4).故答案为：[2,4).先利用正弦

定理对已知等式进行边角互化的变形，并结合三角形内角和定理与两角和的正弦公式，推出𝑎2+𝑏2−𝑐2=𝑎𝑏，再结合基本不等式，即可得解．本题主要考查解三角形中正弦定理的应用，还运用了基本不等式，

考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．16.【答案】{−1}【解析】解：令𝑡=|𝑥−1|≥0，则原方程可化为2|𝑡|=−𝑎cos𝑡，又𝑦=2|𝑡|，𝑦=−𝑎cos𝑡均为偶函数，其图象关于y轴对称，而方

程只有一个解，故−𝑎=1，解得𝑎=−1.故答案为：{−1}.令𝑡=|𝑥−1|≥0，则原方程可化为2|𝑡|=−𝑎cos𝑡，而𝑦=2|𝑡|，𝑦=−𝑎cos𝑡均为偶函数，由题意可知，方程的解只能为𝑡=0，由此求得a的值．本题考查函数零点与方程根的关系，考查对称性，考查分析

问题解决问题的能力，属于基础题．17.【答案】解：(1)证明：设𝐶1𝐹的延长线交CB的延长线于点E，连接AE，设四棱柱𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1的棱长为a，∵𝐵1𝐹=2𝐵𝐹，△𝐵

1𝐶1𝐹∽△𝐵𝐸𝐹，∴𝐵𝐸=𝑎2，由∠𝐷𝐴𝐵=60∘=∠𝐴𝐵𝐸，∠𝐴𝐵𝐶=120∘，得𝐴𝐸=√3𝑎2，𝐴𝐶=√3𝑎，∵𝐶𝐸=3𝑎2，∴𝐴𝐸2+𝐶𝐸2=𝐴𝐶2，∴𝐴𝐸⊥𝐶𝐸，∵𝐴𝐵

𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1是直四棱柱，𝐶1𝐶⊥平面ABCD，又𝐴𝐸⊂𝐴𝐵𝐶𝐷，∴𝐶1𝐶⊥𝐴𝐸，∵𝐶𝐸⋂𝐶𝐶1=𝐶，∴𝐴𝐸⊥平面𝐵𝐶𝐶1𝐵1，∵𝐴𝐸⊂平面𝐴𝐶1𝐸，∴平面𝐴𝐶1𝐸⊥平面𝐵𝐶𝐶1𝐵1.(2)过C作

𝐶𝐺⊥𝐴𝐶1于G，𝐶𝐻⊥𝐶1𝐹于H，连接GH，由平面𝐴𝐶1𝐸⊥平面𝐵𝐶𝐶1𝐵1，平面𝐴𝐶1𝐸⋂平面𝐵𝐶𝐶1𝐵1=𝐶1𝐸，𝐶𝐻⊥平面𝐴𝐶1𝐸，∴𝐶𝐻⊥𝐴𝐶1，又𝐶𝐺⊥𝐴𝐶1，𝐶𝐺⋂𝐶𝐻=𝐶，∴𝐴𝐶1⊥

平面CGH，𝐴𝐶1⊥𝐺𝐻，∴∠𝐶𝐺𝐻是二面角𝐹−𝐴𝐶1−𝐶的平面角，在𝑅𝑡△𝐴𝐶𝐶1中，𝐴𝐶=√3𝑎，𝐶𝐶1=𝑎，𝐴𝐶1=2𝑎，𝐶𝐺=√32𝑎，在𝑅𝑡△𝐸𝐶𝐶1中，𝐶𝐸=32𝑎，𝐶

𝐶1=𝑎，𝐸𝐶1=√132𝑎，𝐶𝐻=3√1313𝑎，𝐶𝐺=√32𝑎，𝐶𝐻=3√1313𝑎，𝐺𝐻=√𝐶𝐺2−𝐶𝐻2=√3926𝑎，cos∠𝐶𝐺𝐻=𝐺𝐻𝐶�

�=√1313.∴二面角𝐹−𝐴𝐶1−𝐶的余弦值是√1313.【解析】(1)设四棱柱𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1的棱长为a，由已知推导出𝐴𝐸⊥𝐶𝐸，由直四棱柱性质得𝐶1𝐶⊥𝐴𝐵𝐶𝐷，从

而𝐴𝐸⊥平面𝐵𝐶𝐶1𝐵1，由此能证明平面𝐴𝐶1𝐸⊥平面𝐵𝐶𝐶1𝐵1.(2)过C作𝐶𝐺⊥𝐴𝐶1于G，𝐶𝐻⊥𝐶1𝐹于H，连接GH，由已知得∠𝐶𝐺𝐻是二面角𝐸−𝐴𝐶1−𝐶的平面角，由此能求出二面角𝐸−𝐴𝐶1−𝐶的

平面角的余弦值．本题考查面面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系，考查推理论证能力、运算求解能力等数学核心思想，是中档题．18.【答案】解：(1)∵(sin𝐴+sin𝐵+𝐶2)(sin𝐴−sin𝐵+𝐶2)=0，可得sin2𝐴

=sin2𝐵+𝐶2.∴1−cos2𝐴2=1−cos(𝐵+𝐶)2，即cos2𝐴=cos(𝐵+𝐶)=−cos𝐴，即2cos2𝐴+cos𝐴−1=0，∴得cos𝐴=12，或cos𝐴=−1，∵0<𝐴<𝜋，∴𝐴=𝜋3.∴由余弦定理得𝑎=√𝑏2+𝑐2−2𝑏

𝑐cos𝐴=√12+22−2×1×2×12=√3.(2)设点P到AB边的距离为z，则𝑆△𝐴𝐵𝐶=𝑆△𝑃𝐵𝐶+𝑆△𝑃𝐴𝐶+𝑆△𝑃𝐴𝐵=12(√3𝑥+𝑦+2𝑧)，注意到�

�𝐵2=𝐴𝐶2+𝐵𝐶2，则△𝐴𝐵𝐶是直角三角形，从而𝑆△𝐴𝐵𝐶=12𝐵𝐶⋅𝐶𝐴=√32，则12(√3𝑥+𝑦+2𝑧)=√32，即𝑧=12(√3−√3𝑥−𝑦)，∴𝑑=𝑥+𝑦+𝑧=12[(2−√3)𝑥+𝑦+√3]，由

于x，y满足条件{𝑥≥0𝑦≥012(√3−√3𝑥−𝑦)≥0，故d在P与C点重合时最小，最小值为√32，d在P与B点重合时最大，最大值为√3.【解析】(1)利用三角函数的倍角公式，结合余弦定理进行求解即可．(2)点P

到AB边的距离为z，根据𝑆△𝐴𝐵𝐶=𝑆△𝑃𝐵𝐶+𝑆△𝑃𝐴𝐶+𝑆△𝑃𝐴𝐵，建立方程关系，结合距离公式建立不等式组关系进行求解即可．本题主要考查解三角形的应用，结合余弦定理，三角函数的倍角公式以及三角形

的面积公式是解决本题的关键，考查学生的计算能力，属于中档题．19.【答案】解：(1)由频率分布直方图和分层抽样的方法，可知抽取的10人中合格的人数为(0.01+0.02)×20×10=6，不合格的人数为10−6=4，因此𝜉的可能取值为0，

1，2，3，4，则𝑃(𝜉=0)=𝐶64𝐶104=114,𝑃(𝜉=1)=𝐶41𝐶63𝐶104=821,𝑃(𝜉=2)=𝐶42𝐶62𝐶104=37，𝑃(𝜉=3)=𝐶43𝐶61𝐶104=435,𝑃(𝜉=4)=𝐶44𝐶

104=1210，故𝜉的分布列为𝜉01234P114821374351210∴𝜉的数学期望为𝐸(𝜉)=0×114+1×821+2×37+3×435+4×1210=85；(2)由题意可知，𝜇=(30×0.005+50×0.015+70×0.02+90×0.01)×20=64

，𝜎2=(30−64)2×0.1+(50−64)2×0.3+(70−64)2×0.4+(90−64)2×0.2=324，∴𝜎=18，由X服从正态分布𝑁(𝜇,𝜎2)，得𝑃(64−18<𝑋≤64+18)=𝑃(46<𝑋≤82)≈0.6827，则𝑃(𝑋

>82)≈12×(1−0.682)=0.15865，𝑃(𝑋>46)≈0.6827+0.15865=0.84135，60×0.84135≈50，∴此次竞赛受到奖励的人数为50.【解析】(1)分析可知𝜉的可能取值为0，1，2，3，4，求出对应的概率，进而得到分布列，由此求出期望；(2)求出𝜇

及𝜎的值，由X服从正态分布𝑁(𝜇,𝜎2)，可计算𝑃(46<𝑋≤82)，𝑃(𝑋>82)，𝑃(𝑋>46)，由此得解．本题考查分层抽样，频率分布直方图，离散型随机变量的分布列及数学期望，正态分布等知识点，考查运算求解能力，属于中档题．20.【答案】解

：(1)证明：记m个互异的正偶数为𝑎1，𝑎2，...，𝑎𝑚，n个互异的正奇数为𝑏1，𝑏2，...，𝑏𝑛，则𝑎1+𝑎2+...+𝑎𝑚+𝑏1+𝑏2+...+𝑏𝑛=99，由𝑎1+𝑎2+...+𝑎𝑚≥2+4+6+...+2𝑚=12(2+2�

�)𝑚=𝑚2+𝑚，①𝑏1+𝑏2+...+𝑏𝑛≥1+3+5+...+2𝑛−1=12(1+2𝑛−1)𝑛=𝑛2，②可得𝑚2+𝑚+𝑛2≤𝑎1+𝑎2+...+𝑎𝑚+𝑏1+𝑏2+...+𝑏𝑛=99；(2)由(1)可得，𝑚2+𝑚+𝑛2≤99，即(𝑚+12)2+

𝑛2≤99+14，由均值不等式可得[(𝑚+12)+𝑛2]2≤(𝑚+12)2+𝑛22=99+142，化简可得𝑚+𝑛+12≤2√99+142，即𝑚+𝑛≤√198+12−12，由于𝑚+𝑛为正整数，且13<√198+12−12<14，可得𝑚+𝑛≤13

，且𝑚+𝑛=13成立，所以𝑚+𝑛的最大值为13.【解析】(1)记m个互异的正偶数为𝑎1，𝑎2，...，𝑎𝑚，n个互异的正奇数为𝑏1，𝑏2，...，𝑏𝑛，运用等差数列的求和公式和不等式的性质，即可得证

；(2)由均值不等式可得[(𝑚+12)+𝑛2]2≤(𝑚+12)2+𝑛22=99+142，化简整理，结合m，n为正整数，可得所求最大值．本题考查等差数列的求和，以及均值不等式的运用：求最值，考查

转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．21.【答案】解：(1)因为𝐵𝐹1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝐵𝐹2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0，所以△𝐵𝐹1𝐹2为等腰直角三角形，则𝑏=𝑐，又𝑎2=𝑏2+𝑐2=2𝑐2，可得𝑒=𝑐𝑎=√22；(2)由(1)可得𝑏=𝑐，𝑎=

√2𝑐，则椭圆的方程为𝑥22𝑐2+𝑦2𝑐2=1，设𝑃(𝑥0,𝑦0)，因为𝐹1(−𝑐,0)，𝐵(0,𝑐)，所以𝐹1𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(𝑥0+𝑐,𝑦0)，𝐹1𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(𝑐,𝑐)，线段PB为直径的圆经过点𝐹1，可得𝐹1𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗

⋅𝐹1𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0，即为𝑥0+𝑐+𝑦0=0，又因为P在椭圆上，可得𝑥022𝑐2+𝑦02𝑐2=1，以上两式联立，可得3𝑥02+4𝑐𝑦0=0，因为P不是椭圆的顶点，可得𝑥0=−43

𝑐，𝑦0=13𝑐，即𝑃(−43𝑐,13𝑐)，设圆心为(𝑥1,𝑦1)，则𝑥1=−23𝑐，𝑦1=23𝑐，圆的半径𝑟=√(𝑥1−0)2+(𝑦0−𝑐)2=√53𝑐，假设存在过点𝐹2的

直线与该圆相切，可得圆心到该直线的距离为𝑑=|𝑘𝑥1−𝑘𝑐−𝑦1|√1+𝑘2=𝑟，即|𝑘(−23𝑐)−𝑘𝑐−23𝑐|√1+𝑘2=√53𝑐，即20𝑘2+20𝑘−1=0，解得�

�=−12±√3010.所以存在满足条件的直线，且斜率𝑘=−12±√3010.【解析】(1)由向量的数量积的性质，可得𝑏=𝑐，结合a，b，c的关系和离心率公式，可得所求值；(2)由直径所对的圆周角为直角，结合向量数量积的坐标表示，以及点满足椭圆方程，求得P的坐标，以及圆的半径，假设存在过点

𝐹2的直线与该圆相切，由点到直线的距离公式，解方程可得所求斜率．本题考查椭圆的方程和性质，以及直线和椭圆、圆的位置关系，考查方程思想和运算能力，属于中档题．22.【答案】(1)解：易知𝑓(𝑥)的定义域为{𝑥|𝑥≠0}，对函数𝑓(𝑥)求导

得：𝑓′(𝑥)=𝑒𝑥𝑥−𝑒𝑥+1(𝑒𝑥−1)𝑥，令𝑔(𝑥)=𝑒𝑥𝑥−𝑒𝑥+1，𝑔′(𝑥)=𝑥𝑒𝑥，令𝑔′(𝑥)>0，解得：𝑥>0，令𝑔′(𝑥)<0，解得：𝑥<0，故𝑔(𝑥)在(−∞,0)递减，在(0,+∞)递增，故𝑔(𝑥)≥

𝑔(0)=0，故𝑒𝑥𝑥−𝑒𝑥+1≥0恒成立，𝑥≠0，又𝑒𝑥−1𝑥>0，∴𝑓′(𝑥)>0，所以𝑓(𝑥)的增区间为(−∞,0)，(0,+∞)，(2)证明：易知当𝑥>0时，𝑒𝑥−1−𝑥>0，所以𝑥>0时𝑒𝑥−1𝑥>1，用数学归纳

法证明：对任意𝑛∈𝑁∗，都有0<𝑎𝑛+1<𝑎𝑛，①𝑛=1时，𝑎1=1，𝑎2=𝑓(𝑎1)=𝑓(1)=ln(𝑒−1)，由于1<𝑒−1<𝑒，故0<ln(𝑒−1)<1，即0<𝑎2<𝑎1，②假设𝑛=𝑘(𝑘∈𝑁∗)时结论成立，即0<𝑎𝑘+1<𝑎�

�，∵𝑓(𝑥)在(0,+∞)递增，∴0<𝑓(𝑎𝑘+1)<𝑓(𝑎𝑘)，即0<𝑎𝑘+2<𝑎𝑘+1，因此𝑛=𝑘+1(𝑘∈𝑁∗)时结论成立，由①②可知，0<𝑎𝑘+1<𝑎𝑘对任意𝑛∈𝑁∗

都成立，故数列{𝑎𝑛}为递减数列，且𝑎𝑛>0恒成立．【解析】(1)求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；(2)𝑥>0时，𝑒𝑥−1−𝑥>0，得到𝑥>0时𝑒𝑥−1𝑥>1，根据数学归纳法证明即可．本题

考查了函数的单调性问题，考查导数的应用以及不等式的证明，是一道中档题．