【文档说明】广西桂林、崇左市2021届高三第二次联合模拟考试数学（理）试题 含解析.docx，共(20)页，185.030 KB，由小赞的店铺上传

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12021年广西桂林市、崇左市高考数学第二次联考试卷（理科）（5月份）1.设集合𝐴={𝑥|−1<𝑥<1}，𝐵={𝑥|𝑥2−𝑥≤0}，则𝐴⋂𝐵=()A.{𝑥|−1<𝑥≤0}B.{𝑥|−1≤𝑥≤0}C.{𝑥|0≤

𝑥<1}D.{𝑥|0≤𝑥≤1}2.已知复数z满足(𝑖−2)𝑧=𝑖+1，则𝑧−=()A.−15−35𝑖B.−15+35𝑖C.15−35𝑖D.15+35𝑖3.若x、y满足约束条件{𝑥+1≥0𝑦−2≤02𝑥−𝑦−2

≤0，则𝑧=𝑥+𝑦的最大值是()A.−5B.1C.2D.44.已知𝛼∈(0,𝜋2)，2sin2𝛼=cos2𝛼+1，则sin𝛼=()A.15B.√55C.√33D.2√555.设两组数据分别为𝑥1，𝑥2，…，𝑥9和𝑥2，𝑥3，…，𝑥8，且𝑥1<𝑥2

<𝑥3<𝑥4…<𝑥8<𝑥9，则这两组数据相比，不变的数字特征是()A.中位数B.极差C.方差D.平均数6.函数𝑓(𝑥)=lg1+sin𝑥cos𝑥(𝑥∈(−𝜋2,𝜋2))的图象大致是()A.B.C.D.7.(2𝑥−1)(𝑥+2)3的

展开式中𝑥2项的系数为()A.24B.18C.12D.48.某几何体的三视图如图所示(单位：𝑐𝑚)，则该几何体的表面积(单位：𝑐𝑚2)是()2A.16B.32C.44D.649.已知数列{𝑎𝑛}满足𝑎1=1，𝑎𝑛+1=𝑎𝑛2𝑎𝑛+1，则数列{

𝑎𝑛𝑎𝑛+1}的前n项和𝑇𝑛=()A.𝑛2𝑛−1B.𝑛2𝑛+1C.2𝑛2𝑛+1D.𝑛4𝑛+210.已知椭圆C的两个焦点分别为𝐹1(−1,0)，𝐹2(1,0)，过𝐹2的直线与C交于A，B两点.若|𝐴𝐹2|=2|𝐹2𝐵

|，|𝐴𝐵|=32|𝐴𝐹1|，则椭圆C的方程为()A.𝑥26+𝑦25=1B.𝑥25+𝑦24=1C.𝑥24+𝑦23=1D.𝑥23+𝑦22=111.已知三棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶的四个顶点在球O的球面上

，𝑃𝐴⊥平面ABC，𝑃𝐴=𝐴𝐵=𝐵𝐶=2，PB与平面PAC所成的角为30∘，则球O的表面积为()A.6𝜋B.12𝜋C.16𝜋D.48𝜋12.若函数𝑓(𝑥)=12𝑒2𝑥−𝑚𝑒𝑥−𝑚2𝑥2有两个极值点，则实数m的取值范围

是()A.(12,+∞)B.(1,+∞)C.(𝑒2,+∞)D.(𝑒,+∞)13.已知向量𝑎⃗⃗=(1,3)，𝑏⃗=(−4,1)，则|𝑎⃗⃗+𝑏⃗|=______.14.若等比数列{𝑎𝑛}满足𝑎2+𝑎3=2，𝑎2−𝑎4=6，则�

�6=______.15.过𝐹(√𝑎2+𝑏2,0)作与双曲线𝑥2𝑎2−𝑦2𝑏2=1(𝑎>0,𝑏>0的两条渐近线平行的直线，分别交两渐近线于A、B两点，若OAFB四点共圆(为坐标原点)，则双曲线的离心率为______.16.已知函数𝑓(𝑥)=|ln(𝑥−1

)|，𝑓(𝑎)>𝑓(𝑏)，以下命题：①若𝑎>2，则𝑎>𝑏；②若𝑎>𝑏，则𝑎>2；③若𝑎>2，则1𝑎+1𝑏<1；3④若𝑎>2，则1𝑎+1𝑏>1.其中正确的序号是______.17.在△𝐴𝐵𝐶中，a，b，c是∠�

�，∠𝐵，∠𝐶所对的边的长𝑎=√7，𝑐=1，sin𝐴+√3cos𝐴+1=0.(1)求b；(2)若D为BC边上一点，且𝐴𝐷⊥𝐴𝐵，求△𝐴𝐶𝐷的面积.18.如图，长方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1的底面是边长为2的正

方形，𝐴𝐴1=4，点E、F、M、N分别为棱𝐶𝐶1、BC、𝐵𝐵1、𝐴𝐴1的中点.求证：𝐵1𝐷1𝐸⊥平面𝐶1𝑀𝑁；若平面𝐴𝐹𝑀⋂平面𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1=𝑙，求直线l与平面𝐵1𝐷1𝐸所成角的正弦值.419.已

知抛物线C：𝑦2=4𝑥的焦点为F，点𝐸(−1,0)，圆𝑥2+𝑦2=𝑟2(𝑟>0)与抛物线C交于A，B两点，直线BE与抛物线交点为𝐷.(1)求证：直线AD过焦点F；(2)过F作直线𝑀𝑁⊥𝐴𝐷，交抛物线C于M，N两点

，求四边形ANDM面积的最小值.20.十三届全国人大常委会第二十次会议审议通过的《未成年人保护法》针对监护缺失、校园欺凌、烟酒损害、网络沉迷等问题，进一步压实监护人、学校、住宿经营者及网络服务提供者等主

体责任，加大对未成年人的保护力度.某中学为宣传未成年保护法，特举行一次未成年人保护法知识竞赛，比赛规则是：两人一组，每一轮竞赛中，小组两人分别答两题，若答对题数不少于3题，被称为“优秀小组”，已知甲乙两位同学组成一组，且同学甲和同学乙答对每道题的概率分为𝑝1，𝑝2.

(1)若𝑝1=34，𝑝2=23，则在第一轮竞赛中，求他们获“优秀小组”的概率；(2)当𝑝1+𝑝2=65，且每轮比赛互不影响，如果甲乙同学在此次竞赛活动中要想获得“优秀小组”的次数为9次，那么理论上至少要进行多少轮竞赛？521.已知函数�

�(𝑥)=𝑥ln𝑥𝑎(𝑎>0)，𝑓′(𝑥)为𝑓(𝑥)的导函数.(1)设𝑔(𝑥)=𝑓′(𝑥)−ln𝑎2𝑥2，讨论函数𝑔(𝑥)的单调性；(2)若点𝐴(𝑥1,𝑦1)，𝐵(𝑥2,𝑦2)(𝑥1<𝑥2)均在函数𝑦=𝑓′(𝑥)的

图象上，设直线AB的斜率为k，证明：1𝑥2<𝑘<1𝑥1.22.数学中有许多寓意美好的曲线，在极坐标系中，曲线C：𝜌=sin3𝜃(𝜌∈𝑅,𝜃∈[0,2𝜋))被称为“三叶玫瑰线”(如图所示).(1)求以极点为圆心的单位圆与三叶玫

瑰线交点的极坐标；(2)射线𝑙1，𝑙2的极坐标方程分别为𝜃=𝜃0，𝜃=𝜃0+𝜋2(𝜃0∈[0,2𝜋),𝜌>0),𝑙1,𝑙2分别交曲线C于点M，N两点，求1|𝑂𝑀|2+1|𝑂𝑁|2的最小值.

623.已知函数𝑓(𝑥)=2|𝑥+1|−|𝑥−2|.(1)解不等式：𝑓(𝑥)≤7；(2)已知实数𝑥0满足：对∀𝑥∈𝑅都有𝑓(𝑥)≥𝑓(𝑥0)，若a，b，𝑐∈𝑅∗且𝑎+𝑏+𝑐+𝑓(𝑥0)=0，求1𝑎+4𝑏+9𝑐最小值.7答案和解析1

.【答案】C【解析】解：∵𝐴={𝑥|−1<𝑥<1}，𝐵={𝑥|0≤𝑥≤1}，∴𝐴⋂𝐵={𝑥|0≤𝑥<1}.故选：𝐶.可求出集合B，然后进行交集的运算即可．本题考查了集合的描述法的定义，一元二次不等式的解法，交集及其运算，考查了计算能力，属于

基础题．2.【答案】B【解析】解：因为(𝑖−2)𝑧=𝑖+1，所以𝑧=1+𝑖−2+𝑖=(1+𝑖)(−2−𝑖)(−2+𝑖)(−2−𝑖)=−1−3𝑖5=−15−35𝑖，则𝑧−=−15+35𝑖.故选：𝐵.先利用复数的除法运

算求出z，然后由共轭复数的定义求解即可。本题考查了复数的除法运算法则的运用以及共轭复数定义的运用，考查了运算能力，属于基础题。3.【答案】D【解析】解：画出约束条件{𝑥+1≥0𝑦−2≤02𝑥−𝑦−2≤0表示的平面区域，如图所示；由𝑧=𝑥+𝑦得𝑦=−𝑥+𝑧，平移直线

𝑦=−𝑥+𝑧，8由图象可知当直线𝑦=−𝑥+𝑧经过点A时，直线𝑦=−𝑥+𝑧的截距最大，此时z最大；由{𝑦−2=02𝑥−𝑦−2=0，解得{𝑥=2𝑦=2，即𝐴(2,2)，代入目标函数𝑧=𝑥+𝑦得�

�=2+2=4.即目标函数𝑧=𝑥+𝑦的最大值为4.故选：𝐷.画出约束条件表示的平面区域，找出最优解，求出目标函数的最大值．本题主要考查了线性规划的应用问题，利用数形结合是解决线性规划题目的常用方法，利用平移确定目标函数取得最优解的条件是解题的关键．

4.【答案】B【解析】【分析】本题主要考查了二倍角的三角函数公式，同角三角函数基本关系式在三角函数化简求值中的应用，属于基础题．由二倍角公式化简已知条件可得4sin𝛼cos𝛼=2cos2𝛼，结合角的范围可求得sin𝛼>0，

cos𝛼>0，可得cos𝛼=2sin𝛼，根据同角三角函数基本关系式即可解得sin𝛼的值．【解答】解：∵2sin2𝛼=cos2𝛼+1，由二倍角公式可得4sin𝛼cos𝛼=2cos2𝛼，∵𝛼∈(0,𝜋2)，∴sin𝛼>0，cos𝛼>0，∴cos𝛼=2sin𝛼，则有sin

2𝛼+cos2𝛼=sin2𝛼+(2sin𝛼)2=5sin2𝛼=1，解得sin𝛼=√55.故选𝐵.5.【答案】A【解析】解：由题意知，按从小到大排列的数据𝑥1，𝑥2，…，𝑥9的中位数是𝑥5，数据𝑥2，𝑥3，…，𝑥8的中位数也是𝑥5，9所以这两组

数据的中位数相等，极差一定变小，方差、平均数都不能确定．故选：𝐴.根据中位数、极差和方差、平均数的定义，判断即可．本题考查了中位数、极差和方差、平均数的定义与应用问题，是基础题．6.【答案】A【解析】解：𝑓(−𝑥)+𝑓(𝑥

)=lg1−sin𝑥cos𝑥+lg1+sin𝑥cos𝑥=lg1−sin2𝑥cos2𝑥=0⇒𝑓(−𝑥)=−𝑓(𝑥)，可知：𝑓(𝑥)是奇函数，排除C、D，在(0,𝜋2)上，1+sin𝑥cos𝑥>1，lg1+sin𝑥cos𝑥>0

，故选：𝐴.先判断为奇函数，再根据函数值的特点即可判断．本题考查了函数图象的识别，关键掌握函数的奇偶性和函数值的特点，属于基础题．7.【答案】B【解析】解：∵(𝑥+2)3的展开式的通项公式是：𝑇𝑟+1=𝐶3𝑟𝑥3−𝑟⋅2𝑟，

𝑟=0，1，2，3，∴(2𝑥−1)(𝑥+2)3的展开式中𝑥2项的系数为2×𝐶32×22−𝐶31×2=18.故选：𝐵.先求(𝑥+2)3的展开式，再求出𝑥2项的系数．本题主要考查二项式定

理，属于基础题．8.【答案】B【解析】【分析】本题考查由三视图求面积，关键是由三视图还原原几何体，是中档题．由三视图还原原几何体如图，该几何体为三棱锥，底面是直角三角形，𝑃𝐴⊥底面𝐴𝐵𝐶.然后由直角三角形面积

公式求解．【解答】解：由三视图还原原几何体如图，10该几何体为三棱锥，底面是直角三角形，𝐵𝐶⊥𝐴𝐶，𝑃𝐴⊥底面𝐴𝐵𝐶.又𝐵𝐶⊂底面ABC，故𝑃𝐴⊥𝐵𝐶，∵𝐴𝐶⋂𝑃𝐴=𝐴，AC

，𝑃𝐴⊂面PAC，∴𝐵𝐶⊥面PAC，又𝑃𝐶⊂面PAC，则𝐵𝐶⊥𝑃𝐶.∴该几何体的表面积𝑆=12(3×4+5×4+3×4+4×5)=32.故选：𝐵.9.【答案】B【解析】解：数列{𝑎𝑛}满足𝑎1=1，𝑎𝑛+1=𝑎𝑛2𝑎𝑛+1，则1𝑎𝑛+1

=2𝑎𝑛+1𝑎𝑛=1𝑎𝑛+2，故1𝑎𝑛+1−1𝑎𝑛=2(常数)，所以数列{1𝑎𝑛}是以1𝑎1=1为首项，2为公差的等差数列，所以1𝑎𝑛=1+2(𝑛−1)=2𝑛−1，则𝑎𝑛=1

2𝑛−1，𝑎𝑛+1=12𝑛+1，所以𝑎𝑛𝑎𝑛+1=1(2𝑛−1)(2𝑛+1)=12(12𝑛−1−12𝑛+1)，故𝑇𝑛=12(1−13+13−15+⋯+12𝑛−1−12𝑛+1)=12(1−1

2𝑛+1)=𝑛2𝑛+1.故选：𝐵.首先利用关系式的变换，整理得1𝑎𝑛+1−1𝑎𝑛=2，进一步求出数列的通项公式，最后利用裂项相消法的应用求出数列的和．本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，裂项相消法

在数列求和中的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题．10.【答案】D11【解析】解：|𝐴𝐹2|=2|𝐹2𝐵|，所以可得|𝐴𝐵|=32|𝐴𝐹2|，又因为|𝐴𝐵|=32|𝐴𝐹1|，所以可得|𝐴𝐹1|=|𝐴𝐹2|，即A为短轴的顶点，设

A为短轴的上顶点(0,𝑏)，𝐹2(0,1)，𝑐=1，所以|𝐴𝐹2|=√𝑏2+1=𝑎，所以直线AB的方程为：𝑦=−𝑏(𝑥−1)，由题意设椭圆的方程为：𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1，则𝑐=1，联立{𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1𝑦=−𝑏

(𝑥−1)，整理可得：𝑥2𝑎2+(𝑥−1)2=1，即(𝑎2+1)𝑥2=2𝑎2𝑥，可得𝑥𝐵=2𝑎2𝑎2+1，代入直线的方程可得𝑦𝐵=−𝑏(𝑎2−1)𝑎2+1，所以|𝐵

𝐹2|=√(2𝑎2𝑎2+1−1)2+[−𝑏(𝑎2−1)𝑎2+1]2=√(𝑎2−1)2+(𝑎2−1)3(𝑎2+1)2，因为|𝐴𝐹2|=2|𝐹2𝐵|，所以𝑎=√(𝑎2−1)2+(

𝑎2−1)3(𝑎2+1)2，整理可得：𝑎2+1=2(𝑎2−1)，解得：𝑎2=3，可得𝑏2=𝑎2−𝑐2=3−1=2，所以椭圆的方程为：𝑥23+𝑦22=1，故选：𝐷.由题意可得A在短

轴的顶点，可得|𝐴𝐹2|=𝑎，设直线AB的方程和椭圆的方程，联立方程可得B的坐标，求出|𝐵𝐹2|的表达式，再由|𝐴𝐹2|=2|𝐹2𝐵|可得a的值，进而求出b的值，进而求出椭圆的方程．本题考查椭圆的定义及性质，直线与椭圆综合，属于

中档题．11.【答案】B【解析】解：如图，由𝑃𝐴⊥平面ABC，得平面𝑃𝐴𝐶⊥平面ABC，取AC中点H，连接BH，PH，则𝐵𝐻⊥𝐴𝐶，可得𝐵𝐻⊥平面PAC，则∠𝐵𝑃𝐻=30∘，

∵𝑃𝐴=𝐴𝐵=2，∴𝑃𝐵=2√2，得𝐵𝐻=√2，求得𝐴𝐻=𝐻𝐶=√2，则H为底面三角形ABC的外心，12过H作𝐻𝑂⊥底面ABC，且𝐻𝑂=12𝑃𝐴(𝑂在球内部)，则O为三棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶的外接球的球心，可得𝑅2=𝑂𝐴2=12+(√

2)2=3.∴球O的表面积为4𝜋𝑅2=4𝜋×3=12𝜋.故选：𝐵.由题意画出图形，可得底面三角形ABC为等腰直角三角形，找出三棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶的外接球的球心，进一步求得半径，代入球的表面积公式得答案．本题考查多

面体外接球表面积的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查计算能力，是中档题．12.【答案】B【解析】解：依题意，𝑓′(𝑥)=𝑒2𝑥−𝑚𝑒𝑥−𝑚𝑥有两个变号零点，令𝑓′(𝑥)=0，即𝑒2𝑥−𝑚𝑒𝑥−𝑚𝑥=0，则�

�2𝑥=𝑚(𝑒𝑥+𝑥)，显然𝑚≠0，则1𝑚=𝑒𝑥+𝑥𝑒2𝑥，设𝑔(𝑥)=𝑒𝑥+𝑥𝑒2𝑥，则𝑔′(𝑥)=(𝑒𝑥+1)⋅𝑒2𝑥−(𝑒𝑥+𝑥)⋅2𝑒2𝑥𝑒4𝑥=1−𝑒𝑥−2�

�𝑒2𝑥，设ℎ(𝑥)=1−𝑒𝑥−2𝑥，则ℎ′(𝑥)=−𝑒𝑥−2<0，∴ℎ(𝑥)在R上单调递减，又ℎ(0)=0，∴当𝑥∈(−∞,0)时，ℎ(𝑥)>0，𝑔′(𝑥)>0，𝑔(𝑥)单调递增，当𝑥∈(0,+∞)时，ℎ(𝑥)

<0，𝑔′(𝑥)<0，𝑔(𝑥)单调递减，∴𝑔(𝑥)max=𝑔(0)=1，且𝑥→−∞时，𝑔(𝑥)→−∞，𝑥→+∞时，𝑔(𝑥)→0，∴0<1𝑚<1，解得𝑚>1.故选：𝐵.依题意，𝑓′(𝑥)=𝑒2𝑥

−𝑚𝑒𝑥−𝑚𝑥有两个变号零点，由𝑓′(𝑥)=0，可得1𝑚=𝑒𝑥+𝑥𝑒2𝑥，设𝑔(𝑥)=𝑒𝑥+𝑥𝑒2𝑥，求出函数𝑔(𝑥)的单调性及取值情况即可得解．本题考查利用导数研究函数的单调性，极值，考查

转化思想及运算求解能力，属于中档题．13.【答案】513【解析】解：根据题意，向量𝑎⃗⃗=(1,3)，𝑏⃗=(−4,1)，则𝑎⃗⃗+𝑏⃗=(−3,4)，则|𝑎⃗⃗+𝑏⃗|=√9+16=5，故答案为：5.根据题意，求出向量𝑎⃗⃗+𝑏⃗的坐标，进而由模的计算公式计算可得答案．本题考查向

量模的计算，涉及向量的坐标计算，属于基础题．14.【答案】−32【解析】解：设等比数列{𝑎𝑛}的公比为q，由𝑎2+𝑎3=2；得𝑎1𝑞+𝑎1𝑞2=𝑎1𝑞(1+𝑞)=2①，又𝑎2−𝑎4=6，得𝑎1

𝑞−𝑎1𝑞3=𝑎1𝑞(1+𝑞)(1−𝑞)=6②，联立①②得𝑎1𝑞(1+𝑞)𝑎1𝑞(1+𝑞)(1−𝑞)=26，即11−𝑞=13，解得𝑞=−2，将𝑞=−2代入①得𝑎1=1，所以𝑎6=𝑎1𝑞5=1×(−2)5=−32.故答案为：−32.根

据𝑎2+𝑎3=2，𝑎2−𝑎4=6可建立关于首项和公比的方程组，计算出首项和公比后即可计算出𝑎6.本题主要考查等比数列的通项，考查运算求解能力，涉及逻辑推理、数学运算等数学学科核心素养，属于中

档题．15.【答案】√2【解析】解：由题意可得𝐹(𝑐,0)，∵直线OA、OB都平行于渐近线，∴可设直线OA的方程为𝑦=𝑏𝑎𝑥，直线OB的方程为𝑦=−𝑏𝑎𝑥，∴过点F平行与OA的直线FB的方程为𝑦=𝑏𝑎(𝑥−𝑐)，过点

F平行与OB的直线FA的方程为𝑦=−𝑏𝑎(𝑥−𝑐)，分别联立方程{𝑦=𝑏𝑎𝑥𝑦=−𝑏𝑎(𝑥−𝑐)，{𝑦=−𝑏𝑎𝑥𝑦=𝑏𝑎(𝑥−𝑐)，解得𝐴(𝑐2,𝑏𝑐2𝑎)

，𝐵(𝑐2,−𝑏𝑐2𝑎)，即线段AB与OF互相垂直平分，则四边形OAFB为菱形，其外接圆圆心在AB、OF的交点处，∴𝑂𝐴⊥𝐴𝐹，则𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝐴𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=𝑐24−𝑏2⋅𝑐24𝑎2=0，即𝑎=𝑏，14∵𝑐2=

𝑎2+𝑏2=2𝑎2，𝑐=√2𝑎，∴双曲线的离心率𝑒=𝑐𝑎=√2𝑎𝑎=√2，故答案为：√2.联立OA直线、与FA直线，求出A点的坐标，联立OB直线、与FB直线，求出B点的坐标，观察坐标可知，四边形OAFB为菱形，其外接圆圆心在AB

、OF的交点处，再结合𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗的数量积为0，即可求解．本题考查双曲线的方程和性质，考查离心率的求法，抓住四边形OAFB为菱形，其外接圆圆心在AB、OF的交点处，是解题的关键，属于中档题

．16.【答案】①②③【解析】解：已知函数𝑓(𝑥)=|ln(𝑥−1)|，𝑓(𝑎)>𝑓(𝑏)，①∵由图像可得，𝑓(𝑥)在(1,2)单调递减，在(2,+∞)上单调递增，∴若𝑎>2，则𝑎>𝑏，故①正确，②∵𝑓(𝑎)>𝑓(

𝑏)，𝑎>𝑏，∴𝑎>2，故②正确，③当𝑎>2时，若𝑏≥2时，则1𝑎+1𝑏<1，若1<𝑏<2时，𝑓(𝑎)>𝑓(𝑏)，即|ln(𝑎−1)|>|ln(𝑏−1)|，∴ln(𝑎−1)

>−ln(𝑏−1)，即ln(𝑎−1)(𝑏−1)>0=ln1，∴𝑎𝑏−𝑏−𝑎+1>1，1𝑎+1𝑏<1，故③正确，④错误，故答案为：①②③．通过图像，即可对①②进行判断，当𝑎>2时，分别对𝑏≥2和1<𝑏<2时

，1𝑎+1𝑏的值范围，进行求解．本题考查了对数函数的性质，需要学生有数形结合和分类思想，难度系数较大，属于中档题．17.【答案】解：(1)因为sin𝐴+√3cos𝐴+1=0，可得sin(𝐴+𝜋3)=−12，又𝐴∈(0,𝜋)，𝐴+𝜋3∈(𝜋3,4𝜋3)，15所以𝐴+𝜋3=

7𝜋6，解得𝐴=5𝜋6，因为𝑎=√7，𝑐=1，所以由𝑎2=𝑏2+𝑐2−2𝑏𝑐cos𝐴，即𝑏2+√3𝑏−6=0，解得𝑏=√3；(2)由(1)得√7sin∠𝐵𝐴𝐶=√3sin𝐵，∴sin𝐵=√2114，∴tan𝐵=√35，∴�

�𝐷=√35，∴𝑆△𝐴𝐶𝐷=12𝐴𝐷⋅𝐴𝐶⋅sin60∘=3√320.【解析】(1)根据已知条件和特殊角的三角函数值求得角A的度数，然后由余弦定理求得b的值；(2)欲求△𝐴𝐶𝐷的面积的面积，只需通过解直角三角形求得高AD的长度即可．本题

考查解三角形的正弦定理和余弦定理的运用，考查转化思想和运算能力，属于中档题．18.【答案】在长方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，四边形𝐵𝐶𝐶1𝐵1是矩形，连结ME，因为E，M分别是棱

𝐶𝐶1，𝐵𝐵1的中点，且𝐵𝐵1=4，𝐵1𝐶1=2，所以四边形𝑀𝐸𝐶1𝐵1是正方形，所以𝐶1𝑀⊥𝐵1𝐸，因为N，M分别为棱𝐴𝐴1，𝐵𝐵1的中点，所以𝑁𝑀⊥平面𝐵𝐶𝐶1𝐵1，又𝐵1𝐸⊂平面𝐵𝐶𝐶1𝐵1，所以�

�𝑀⊥𝐵1𝐸，因为𝑁𝑀⋂𝐶1𝑀=𝑀，NM，𝐶1𝑀⊂平面𝑁𝑀𝐶1，所以𝐵1𝐸⊥平面𝐶1𝑀𝑁，因为𝐵1𝐸⊂平面𝐵1𝐷1𝐸，所以平面𝐵1𝐷1𝐸⊥平面𝐶1𝑀𝑁；易知直线𝐴𝐹//平面𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1，𝐴𝐹⊂

平面AFM，因为平面𝐴𝐹𝑀⋂平面𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1=𝑙，所以𝐴𝐹//𝑙，所以直线l与平面𝐵1𝐷1𝐸所成的角，即直线AF与平面𝐵1𝐷1𝐸所成的角，16以D为坐标原点，以DA，DC，𝐷𝐷1为x

轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则𝐷(0,0,0)，𝐴(2,0,0)，𝐹(1,2,0)，𝐷1(0,0,4)，𝐵1(2,2,4)，𝐸(0,2,2)，所以𝐷1𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(2,2,0),𝐷1𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,2,−2),𝐴𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=(−1,2

,0)，设平面𝐵1𝐷1𝐸的一个法向量𝑚⃗⃗⃗=(𝑥,𝑦,𝑧)，由{𝑚⃗⃗⃗⋅𝐷1𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0𝑚⃗⃗⃗⋅𝐷1𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0，得{2𝑥+2𝑦=02𝑦−2𝑧=0，令𝑧=1，可得𝑚⃗⃗⃗=(−1,1,1)，设直线l与平面𝐵1𝐷1𝐸所成角

为𝛼，所以sin𝛼=|𝑚⃗⃗⃗⋅𝐴𝐹⃗⃗⃗⃗⃗|𝑚⃗⃗⃗|⋅|𝐴𝐹⃗⃗⃗⃗⃗||=3√5×√3=√155，所以直线l与平面𝐵1𝐷1𝐸所成角的正弦值为√155.【解析】利用长方体的几何特征结合直线与平面垂直的性质定理和判定定理进行证明即可；建

立适当的空间直角坐标系，求出所需的点的坐标，表示出直线的方向向量和平面的法向量，将直线与平面所成的角转化为两个向量的夹角进行求解，即可得到答案．本题考查了直线与平面垂直的性质定理和判定定理的应用、直线与平面所成角的求解，在求解空间角的时候，空间向量法是常用的一种方法，此法关

键在于建立合适的空间直角坐标系，准确的得出坐标值，对学生的计算能力要求较高．19.【答案】解：(1)证明：设𝐴(𝑥0,𝑦0)，𝐵(𝑥0,−𝑦0)，直线BE的方程为𝑦=−𝑦0𝑥0+1(𝑥+1)，与𝑦2=4𝑥联立

，可得𝑦04𝑦2+(𝑥0+1)𝑦+𝑦0=0，因为有一根−𝑦0，可得−𝑦0𝑦𝐷=4，即有𝑦𝐷=−4𝑦0，即𝐷(4𝑦02,−4𝑦0)，又𝐹(1,0)，直线DF的斜率为4𝑦01−4𝑦02=4𝑦0𝑦02−4，直线A

F的斜率为𝑦0𝑥0−1=𝑦0𝑦024−1=4𝑦0𝑦02−4，所以直线AF的斜率和直线DF的斜率相等，所以直线AD过焦点F；(2)可设直线AD的方程为𝑦=𝑘(𝑥−1)，直线MN的方程为𝑦=−1𝑘(𝑥−1)，联立{𝑦=𝑘(𝑥−1)𝑦2

=4𝑥，可得𝑘2𝑥2−(2𝑘2+4)𝑥+𝑘2=0，17设𝐴(𝑥1,𝑦1)，𝐵(𝑥2,𝑦2)，则𝑥1+𝑥2=2+4𝑘2，|𝐴𝐷|=𝑥1+𝑥2+2=4+4𝑘2，同理可得|𝑀𝑁|=4+4𝑘2，所以四边形ANDM面积𝑆=12|𝐴𝐵|⋅|𝑀𝑁|=1

2(4+4𝑘2)(4+4𝑘2)=8(2+𝑘2+1𝑘2)≥8×(2+2)=32，当且仅当𝑘=±1时，取得等号．所以四边形ANDM面积的最小值为32.【解析】(1)设𝐴(𝑥0,𝑦0)，𝐵(𝑥0,−𝑦0)，写出直线BE的方程，与抛物线的方程联立，运用韦达定理，可得D

的坐标，进而得到直线DF的斜率，与直线AF的斜率比较，可得证明；(2)可设直线AD的方程为𝑦=𝑘(𝑥−1)，直线MN的方程为𝑦=−1𝑘(𝑥−1)，与抛物线的方程联立，运用韦达定理和弦长公式，可得|𝐴𝐵|

，|𝑀𝑁|，再由四边形的面积公式和基本不等式，可得所求最小值．本题考查抛物线的定义、方程和性质，以及直线和抛物线的位置关系，考查方程思想和运算能力，属于中档题．20.【答案】解：(1)第一轮竞赛中他们获“优秀小组”有两种情况：答对题为3道或4道，则他们获“优秀小组”的

概率为；2×(34)2⋅23⋅13+2×(23)2⋅34⋅14+(34)2⋅(23)2=23；(2)∵𝑝1+𝑝2=65，∴每轮比赛获得“优秀小组”的概率为2𝑝12𝑝2(1−𝑝2)+2𝑝22

𝑝1(1−𝑝1)+𝑝12𝑝22=3𝑝1𝑝2(45−𝑝1𝑝2)，令𝑝1𝑝2=𝑡≤(𝑝1+𝑝22)2=925，∵0≤𝑝1，𝑝2≤1，𝑝1+𝑝2=65，∴≤15𝑝1𝑝2≤925∴3𝑝1𝑝2(45−𝑝1𝑝2)

=−3𝑡2+125𝑡，令𝑓(𝑡)=−3𝑡2+125𝑡，15≤𝑡≤925，∵对称轴方程为𝑡=25，抛物线开口向下，∴函数𝑓(𝑡)在[15,925]上单调递增，∴𝑓(𝑡)的最大值是𝑓(925)=−3(925)2+125×925=297625.设要进行n轮竞赛，则297

625𝑛≤9，解得：𝑛≤62533≈19.18∴理论上至少要进行19轮竞赛．【解析】(1)第一轮竞赛中他们获“优秀小组”有两种情况：答对题数为3或4，可解决此题；(2)先求每轮比赛获得优秀小组最大值，再结合获得“优秀小组”的次数为9次，可解决此问题

．本题考查相互独立事件概率求法，考查数学运算能力及抽象能力，属于难题．21.【答案】(1)解：𝑓′(𝑥)=ln𝑥𝑎+1，则𝑔(𝑥)=ln𝑥𝑎+1−ln𝑎2𝑥2，𝑥>0，𝑔′(𝑥)=1𝑥−ln𝑎⋅𝑥=1−ln𝑎

⋅𝑥2𝑥，当−ln𝑎≥0，即0<𝑎≤1时，𝑔′(𝑥)>0恒成立，𝑔(𝑥)在(0,+∞)上单调递增；当−ln𝑎<0，即𝑎>1时，由𝑔′(𝑥)=0，可得𝑥=1√ln𝑎，当𝑥∈(0,1√ln𝑎)时，𝑔′(𝑥)>0，当𝑥∈(1√ln𝑎,+∞)，�

�′(𝑥)<0，所以𝑔(𝑥)在(0,1√ln𝑎)上单调递增，在(1√ln𝑎,+∞)上单调递减．综上可得，当0<𝑎≤1时，𝑔(𝑥)在(0,+∞)上单调递增；当𝑎>1时，𝑔(𝑥)在(0,1√l

n𝑎)上单调递增，在(1√ln𝑎,+∞)上单调递减．(2)证明：𝑓′(𝑥)=ln𝑥𝑎+1，由题意可得𝑘=ln𝑥2𝑎−ln𝑥1𝑎𝑥2−𝑥1，要证1𝑥2<𝑘<1𝑥1，只要证1𝑥2<ln𝑥2𝑎−ln𝑥1�

�𝑥2−𝑥1<1𝑥1，因为𝑥2−𝑥1>0，故只要证𝑥2−𝑥1𝑥2<ln𝑥2𝑥1<𝑥2−𝑥1𝑥1，令𝑥2𝑥1=𝑡(𝑡>1)，则只需证1−1𝑡<ln𝑡<𝑡−1(𝑡>1)，令ℎ(𝑡)=l

n𝑡+1𝑡−1(𝑡>1)，则ℎ′(𝑡)=1𝑡−1𝑡2=𝑡−1𝑡2>0，所以ℎ(𝑡)在(1,+∞)上单调递增，所以ℎ(𝑡)>ℎ(1)=0，即ln𝑡>1−1𝑡(𝑡>1)，令𝑚(𝑡)=ln𝑡−𝑡+1(𝑡>1)，𝑚′(𝑡)=1𝑡−1=1−�

�𝑡<0，所以𝑚(𝑡)在(1,+∞)上单调递减，所以𝑚(𝑡)<𝑚(1)=0，即ln𝑡<𝑡−1，19综上，1−1𝑡<ln𝑡<𝑡−1(𝑡>1)，即1𝑥2<𝑘<1𝑥1.【解析】(1)求出𝑔(𝑥)解析式，对𝑔(𝑥)求

导，再对a分类讨论，利用导数与单调性的关系即可求解；(2)由条件得到不等关系，再进行整体换元转化为一元不等式的证明问题．本题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查了逻辑思维和运算能力以及转化的思想方法，属于难题．22.【答案】解：(1)

将单位圆与三叶玫瑰线联立{𝜌=sin3𝜃𝜌=1，解得sin3𝜃=1，所以3𝜃=𝜋2+2𝑘𝜋(𝑘∈𝑍)，𝜃=𝜋6+2𝑘𝜋3(𝑘∈𝑍).因为𝜃∈[0,2𝜋),取𝑘=0，1，2，得𝜃=𝜋6，5𝜋6，3𝜋2.从

而得到单位圆与三叶玫瑰线交点的极坐标为𝐴(1,𝜋6)，𝐵(1,5𝜋6)，𝐶(1,3𝜋2).(2)将𝜃=𝜃0，𝜃=𝜃0+𝜋2代入C：𝜌=sin3𝜃(𝜌∈𝑅,𝜃∈[0,2𝜋)),点M，N所对应的极径分别为𝜌1，𝜌2，所以𝜌1=si

n3𝜃0，𝜌2=−cos3𝜃0，即|𝑂𝑀|2=sin23𝜃0，|𝑂𝑁|2=cos23𝜃0.1|𝑂𝑀|2+1|𝑂𝑁|2=1sin23𝜃0+1cos23𝜃0=(1sin23𝜃0+1cos23𝜃0)(sin23𝜃0+cos23�

�0)=2+sin23𝜃0cos23𝜃0+cos23𝜃0sin23𝜃0≥4当且仅当tan23𝜃0=1时，取得最小值4.【解析】(1)直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换；(2)利用极径的应用和三角函数关系式的变换的应用求出结果．本题考查的知识要点：参数方程极坐

标方程和直角坐标方程之间的转换，极径的应用，三角函数关系式的变换，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题．23.【答案】解：(1)2|𝑥+1|−|𝑥−2≤7|等价于①{𝑥≤−1−2(𝑥+1)+𝑥−2≤7或②{−

1<𝑥≤22(𝑥+1)+𝑥−2≤7或③{𝑥>22(𝑥+1)−(𝑥−2)≤7解得①{𝑥≤−1𝑥≥−11，即−11≤𝑥≤−1；②{−1<𝑥≤2𝑥≤73，即−1<𝑥≤2；③{𝑥>2𝑥≤3，即2<𝑥≤3.综上−11≤𝑥≤3，即不等式𝑓(𝑥)≤7的解集是

[−11,3].20(2)已知对∀𝑥∈𝑅都有𝑓(𝑥)≥𝑓(𝑥0)，则𝑓(𝑥0)=𝑓(𝑥)min，𝑓(𝑥)=2|𝑥+1|−|𝑥−2|={−𝑥−4,𝑥<−13𝑥,−1≤𝑥≤2𝑥+4,𝑥>2，则𝑓(𝑥)

在(−∞,−1)上是减函数，在(−1,+∞)上是增函数．所以𝑓(𝑥)min=𝑓(−1)=−3.则𝑎+𝑏+𝑐+𝑓(𝑥0)=0等价为𝑎+𝑏+𝑐=3，(𝑎,𝑏,𝑐>0)，则1𝑎+4𝑏+9𝑐=13[(√𝑎)2+(

√𝑏)2+(√𝑐)2][(1√𝑎)2+(2√𝑏)2+(3√𝑐)2]≥13[(√𝑎⋅1√𝑎)2+(√𝑏⋅2√𝑏)2+(√𝑐⋅3√𝑐)2]=12，当且仅当𝑎=𝑏2=𝑐3时取等号，与

𝑎+𝑏+𝑐=3联立解得𝑎=12，𝑏=1，𝑐=32，说明不等式中的等号确实能够取到，所以1𝑎+4𝑏+9𝑐的最小值为12.【解析】(1)根据绝对值不等式的意义，利用分类讨论思想进行求解即可．(2)根据条件得到𝑓(𝑥0)=𝑓(𝑥)min，然后利

用基本不等式的性质进行转化求解即可．本题主要考查不等式的求解，利用绝对值的应用进行分类讨论，结利用基本不等式进行转化是解决本题的关键，是中档题．