【文档说明】“超级全能生”2020届高三第五次模拟考试数学（理）解析【高考】.pdf，共(6)页，436.922 KB，由小赞的店铺上传

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２０１９—２０２０学年度高三年级第五次模拟数学（理科）答案详解１２３４５６７８９１０１１１２ＡＡＤＤＡＢＤＣＤＢＣＡ１．Ａ【解析】本题考查复数的运算及几何意义、共轭复数．由ｚ·ｉ＝１＋２ｉ，得复数ｚ＝１＋２ｉｉ＝（１＋２ｉ）（－ｉ）ｉ·（－ｉ）＝２－ｉ，所以ｚ＝２＋ｉ，则ｚ

在复平面上对应的点（２，１）位于第一象限，故选Ａ．２．Ａ【解析】本题考查对数函数的性质和一元二次不等式的解法、集合的运算．由ｌｏｇ２（ｘ－１）≥１，得ｘ－１≥２，解得ｘ≥３，又ｘ∈Ｚ，所以集合Ａ＝｛３，４，…｝．由ｘ

２－３ｘ－４≤０解得－１≤ｘ≤４，所以集合Ｂ＝｛ｘ｜－１≤ｘ≤４｝，所以Ａ∩Ｂ＝｛３，４｝，故选Ａ．３．Ｄ【解析】本题考查空间中线、面的位置关系．对于Ａ选项，若ｍ∥α，ｍ∥β，α，β两平面可能平行或相交，故Ａ错误；对于Ｂ选项，若α∥β，ｍα，ｎβ，则ｍ与ｎ

平行或异面，故Ｂ错误；对于Ｃ选项，ｍ与ｎ还可能平行，故Ｃ错误；对于Ｄ选项，因为ｍ⊥α，ｍ∥ｎ，所以ｎ⊥α．又因为ｎ∥β，所以α⊥β，故Ｄ正确，故选Ｄ．４．Ｄ【解析】本题考查导数的几何意义．因为ｆ′（ｘ

）＝（ｘ２＋４ｘ＋５）ｅｘ，所以ｆ′（０）＝５．又因为ｆ（０）＝３，所以ｆ（ｘ）在（０，３）处的切线方程为５ｘ－ｙ＋３＝０，故选Ｄ．５．Ａ【解析】本题考查程序框图．按程序框图依次执行循环结构，第一次：Ｓ＝１１×２＝１２，ｋ≤Ｎ，ｋ＝２；第二次：Ｓ＝

１１×２＋１２×３＝１－１３＝２３，ｋ≤Ｎ，ｋ＝３；第三次：Ｓ＝１１×２＋１２×３＋１３×４＝１－１４＝３４，ｋ≤Ｎ，ｋ＝４；第四次：Ｓ＝１１×２＋１２×３＋１３×４＋１４×５＝１－１５＝４５，输出Ｓ，此时ｋ＝４＞Ｎ，即Ｎ＝３，故选Ａ．６．Ｂ【解析】本题考查双曲线的定义及简

单几何性质．由已知得ｃ＝２，又点Ｑ（槡２，槡３）在双曲线上，∴（槡２）２ａ２－（槡３）２ｂ２＝１且ａ２＋ｂ２＝４，∴ａ２＝１，ｂ２＝３，故双曲线的离心率ｅ＝ｃａ＝２，故选Ｂ．７．Ｄ【解析】本题考查线性规划．作出不等式组对应的平面区域如图中阴影部分（含边界）所示，则目标函数ｚ＝ｙｘ＋１表示的是

可行域内的点（ｘ，ｙ）与定点（－１，０）所连直线的斜率，显然过点Ｃ（１，２）时目标函数ｚ取得最大值，所以ｚｍａｘ＝２１＋１＝１，故选Ｄ．８．Ｃ【解析】本题考查数列的递推公式以及等比数列的定义．当ｎ＝１时，ａ１＋Ｓ１＝２１，解得ａ１＝１；当ｎ≥２时，ａｎ＋Ｓｎ＝２ｎ，ａｎ－１＋

Ｓｎ－１＝２ｎ－１，两式相减得ａｎ－ａｎ－１＋Ｓｎ－Ｓｎ－１＝２ｎ－２ｎ－１，解得２ａｎ－ａｎ－１＝２ｎ－１，所以ｂｎ＝２ａｎ＋１－ａｎ＝２ｎ．又ｂ１＝２ａ２－ａ１＝２，故数列｛ｂｎ｝是首项为２，公比为２的等比数

列，所以ｂ５＝２５＝３２，故选Ｃ．９．Ｄ【解析】本题考查三角函数的图象与性质．∵函数ｆ（ｘ）＝２ｓｉｎ（ωｘ＋φ）过点（０，槡－３），∴２ｓｉｎφ槡＝－３，且｜φ｜＜π２，∴φ＝－π３．又直线ｘ＝π６是函数ｆ（ｘ）的图象的一条对称轴，∴π６ω－π３＝ｋπ＋π２，ｋ∈Ｚ，∴ω＝６ｋ

＋５，ｋ∈Ｚ．又ω＞０，∴当ｋ＝０时，ωｍｉｎ＝５，∴函数ｆ（ｘ）＝２ｓｉｎ５ｘ－π()３．由２ｋπ－π２≤５ｘ－π３≤２ｋπ＋π２，ｋ∈Ｚ，解得２ｋπ５－π３０≤ｘ≤２ｋπ５＋π６，ｋ∈Ｚ，即函数ｆ（ｘ

[）的单调递增区间为２ｋπ５－π３０，２ｋπ５＋π]６（ｋ∈Ｚ），故选Ｄ．１０．Ｂ【解析】本题考查直线与圆的位置关系及圆的方程．设圆Ｃ的半径为ｒ，由题意设圆心Ｃ为（ｒ，２），得—数学（理科）·答１—ｒ２＝２２＋（槡５）２＝９，解得ｒ＝３，所以圆心Ｃ为（３，２）．圆Ｑ：（ｘ－

４ｍ－３）２＋（ｙ－３ｍ－２）２＝ｍ２（ｍ＞０）的圆心Ｑ（４ｍ＋３，３ｍ＋２），圆Ｑ的半径为ｍ，当两圆有公共点时，｜ｍ－３｜≤｜ＣＱ｜≤ｍ＋３，即（ｍ－３）２≤（４ｍ＋３－３）２＋（３ｍ＋２－２）２≤（ｍ＋３）２，解得１

２≤ｍ≤３４，所以ｍ的最小值为１２，故选Ｂ．１１．Ｃ【解析】本题考查利用导数研究函数的性质．依题意得ｆ′（ｘ）＝１ｘ＋２－４ｅｘ．设ｇ（ｘ）＝ｆ′（ｘ），则ｇ′（ｘ）＝－１ｘ２－４ｅｘ＜０，所以ｇ（ｘ）在（２，＋∞）上单调递减，即ｆ′（ｘ）在（２，＋∞）上单调

递减，所以ｆ′（ｘ）＜ｆ′（２）＝１２＋２－４ｅ２＝５２－４ｅ２＜０，所以ｆ（ｘ）在（２，＋∞）上单调递减，故只需ｆ（２）＝ｌｎ２＋４－４ｅ２＋ｍ＞０，解得ｍ＞４ｅ２－４－ｌｎ２，故选Ｃ．１２．Ａ【解析】本题考查数学文化和古典概

型．观察八卦图可知，含有３根阴线和３根阳线的各有１卦，含有２根阴线和１根阳线的共有３卦，含有２根阳线和１根阴线的共有３卦，从八卦中任取４卦，共有Ｃ４８＝７０（种）等可能的结果，其中阳线根数不少于阴线根数的情况可以分成以下

几类：３阳２阳１阴１阳２阴３阴阳数和（１）１３００９（２）１２１０８（３）１２０１７（４）１１２０７（５）１１１１６（６）１０３０６（７）０３１０７（８）０３０１６（９）０２２０６其包含的情况为１＋Ｃ２３×Ｃ１３＋Ｃ２３＋Ｃ１３×Ｃ

２３＋Ｃ１３×Ｃ１３＋１＋Ｃ１３＋１＋Ｃ２３×Ｃ２３＝４５（种），所以阳线根数不少于阴线根数的概率为４５７０＝９１４，故选Ａ．【一题多解】观察八卦图可知，含有３根阴线和３根阳线的各有１卦，含有２根阴线和１根阳线的共有３卦，含有２根阳线和１根阴线的共有３卦，从八卦中任

取４卦，共有Ｃ４８＝７０（种）等可能的结果，计算阳线数与阴线数相等的情况有Ｃ１３×Ｃ１３＋１＋１＋Ｃ２３×Ｃ２３＝２０（种），所以阳线数大于阴线数有７０－２０２＝２５（种），所以阳线根数不少于阴线根数的情况共有２０＋２５＝４５（种），所以阳线根数

不少于阴线根数的概率为４５７０＝９１４，故选Ａ．１３．槡５２【解析】本题考查平面向量的数量积及模的运算．∵ａ⊥ｂ，∴６＋ｍ＝０，解得ｍ＝－６．又ａ－ｂ＝（－１，７），所以｜ａ－ｂ｜＝（－１）２＋７槡２槡＝５２．１４．５５２【解析】本题考查等差数列

的性质与前ｎ项和公式．∵２ａｎ＝ａｎ＋１＋ａｎ－１（ｎ≥２，ｎ∈Ｎ），∴ａｎ＋１－ａｎ＝ａｎ－ａｎ－１（ｎ≥２，ｎ∈Ｎ）．又ａ１＝１２，ａ２＝１，∴ａ２－ａ１＝１２，∴数列｛ａｎ｝是以１２为首项，１２为公差的等差数列，∴

Ｓ１０＝１２×１０＋１０×９２×１２＝５５２．１５．１６【解析】本题考查空间几何体的体积．设点Ｄ到平面ＭＮＱ的距离为ｄ，则ＶＭ－ＤＮＱ＝ＶＤ－ＭＮＱ＝１３Ｓ△ＭＮＱ·ｄ．又Ｍ，Ｎ分别是棱ＡＡ１和ＢＢ１的中点，易证ＭＮ∥Ｃ１Ｄ１，连接Ｃ１Ｎ，则Ｃ１Ｎ⊥Ｃ１Ｄ１，所以Ｃ１Ｎ

⊥ＭＮ．又ＭＮ＝１，Ｃ１Ｎ＝槡５２，所以Ｓ△ＭＮＱ＝１２·｜ＭＮ｜·｜Ｃ１Ｎ｜＝槡５４．连接Ｄ１Ｍ，因为Ｃ１Ｄ１⊥平面ＡＤＤ１Ａ１，Ｃ１Ｄ１平面ＭＮＣ１Ｄ１，所以平面ＭＮＣ１Ｄ１⊥平面ＡＤＤ１Ａ１，则点Ｄ到Ｄ１Ｍ的距离

即为ｄ，用等面积法可求得ｄ＝槡２５５，所以ＶＭ－ＤＮＱ＝ＶＤ－ＭＮＱ＝１３Ｓ△ＭＮＱ·ｄ＝１３×槡５４×槡２５５＝１６．１６．４【解析】本题考查直线与抛物线的位置关系．因为Ｆ是抛物线Ｃ：ｙ２＝４ｘ的焦点，所以点Ｆ（１，０）

．由题意知直线ｌ１，ｌ２的斜率均存在且不为零，设直线ｌ１的斜率为ｋ，则直线ｌ２的斜率为－１ｋ，故直线ｌ１，ｌ２的—数学（理科）·答２—方程分别为ｙ＝ｋ（ｘ－１），ｙ＝－１ｋ（ｘ－１），联立ｙ＝ｋ（ｘ－１），ｙ２＝４ｘ{，消去

ｙ得ｋ２ｘ２－（２ｋ２＋４）ｘ＋ｋ２＝０，且Δ＝１６ｋ２＋１６＞０．设点Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２），则ｘ１＋ｘ２＝２ｋ２＋４ｋ２，ｘ１ｘ２＝１，设点Ｍ（ｘＭ，ｙＭ），则ｘＭ＝ｘ１＋ｘ２２＝ｋ２＋２ｋ２，ｙＭ＝２ｋ，所以｜ＦＭ｜＝ｋ２＋２ｋ２()－

１２＋２()ｋ槡２＝２ｋ２槡＋１ｋ２，同理可得｜ＦＮ｜＝２｜ｋ｜ｋ２槡＋１，所以Ｓ△ＦＭＮ＝１２×２ｋ２槡＋１ｋ２×２｜ｋ｜ｋ２槡＋１＝２｜ｋ｜＋１｜ｋ()｜≥２×２｜ｋ｜·１｜ｋ槡｜＝４，当且仅当｜ｋ｜＝１｜ｋ｜，即ｋ＝±１时取等号，故△ＦＭＮ面积的最小

值为４．【解析拓展】本题可利用直线的参数方程设直线ｌ１，ｌ２的参数方程来求．将本题一般化，已知Ｆ是抛物线Ｃ：ｙ２＝２ｐｘ（ｐ＞０）的焦点，过点Ｆ作互相垂直的直线ｌ１，ｌ２，直线ｌ１与抛物线Ｃ交于Ａ，Ｂ两点，

直线ｌ２与抛物线Ｃ交于Ｄ，Ｅ两点，线段ＡＢ的中点为Ｍ，线段ＤＥ的中点为Ｎ，则△ＦＭＮ面积的最小值为ｐ２．１７．【名师指导】本题考查余弦定理、解三角形，考查运算求解能力、化归与转化思想，考查数学运算、逻辑推理核心素养．（Ⅰ）

由已知条件式ｂａ＋ｃ＝ａ－ｃａ－ｂ利用余弦定理可得ｃｏｓＣ的值，从而求得角Ｃ的值；（Ⅱ）由三角形面积公式得ａｂ＝４，结合条件ｃ槡＝１３可建立关于ａ，ｂ的方程组，联立可求得ａ，ｂ，从而得到△ＡＢＣ的周长．解：（Ⅰ）由ｂａ＋ｃ＝ａ－ｃａ－ｂ

得ａ２＋ｂ２－ｃ２＝ａｂ，（１分）由余弦定理得ｃｏｓＣ＝ａ２＋ｂ２－ｃ２２ａｂ＝ａｂ２ａｂ＝１２．（３分）因为０＜Ｃ＜π，所以Ｃ＝π３．（５分）（Ⅱ）由Ｓ△ＡＢＣ＝１２ａｂｓｉｎＣ槡＝３，可得ａｂ＝４．①（６分）因为ｃ槡＝１３，

所以ａ２＋ｂ２＝１７．②（８分）联立①②解得ａ＝１，ｂ＝４或ａ＝４，ｂ＝１，（１１分）所以△ＡＢＣ的周长为槡５＋１３．（１２分）１８．【名师指导】本题考查线面垂直的判定定理、二面角余弦值的计算，考查空间想象能力和推理论证能力，考查直观想象、逻辑推理、数学运算核心素养．（Ⅰ）由线面垂直得到线线垂直

，从而由线面垂直的判定定理得到线面垂直；（Ⅱ）建立适当空间直角坐标系，用坐标表示点与向量，从而用空间向量求二面角的大小即可．解：（Ⅰ）证明：如图，设△ＡＢＣ的中心为Ｏ，连接并延长ＣＯ交ＡＢ于点Ｅ，连接Ａ１Ｅ，Ａ１Ｏ．∵△ＡＢＣ是等边三角形，∴ＣＥ⊥ＡＢ．又Ａ１Ｏ⊥平面ＡＢＣ，∴Ａ１Ｏ⊥ＡＢ．∵

Ａ１Ｏ∩ＣＥ＝Ｏ，∴ＡＢ⊥平面Ａ１ＥＣ，（３分）∴ＡＢ⊥Ａ１Ｃ．又四边形Ａ１ＡＣＣ１是菱形，∴Ａ１Ｃ⊥ＡＣ１．∵ＡＣ１∩ＡＢ＝Ａ，（５分）∴Ａ１Ｃ⊥平面ＡＢＣ１．（６分）（Ⅱ）解法一：如图，由（Ⅰ）可知Ｏ是点Ａ１在底面ＡＢＣ内的射影，以点Ｏ为坐标原点

，过点Ｏ作与ＡＢ平行的直线为ｘ轴，ＯＣ，ＯＡ１所在直线分别为ｙ轴、ｚ轴建立空间直角坐标系，则Ｏ（０，０，０），Ａ－１，－槡３３，()０，Ｂ１，－槡３３，()０，Ｃ０，槡２３３，()０．连接ＡＯ，在Ｒｔ△Ａ１ＡＯ中可得Ａ１Ｏ＝Ａ１Ａ２－ＡＯ槡２＝槡２６３，则Ａ１０，０，槡２

６()３．（７分）又→ＡＣ＝→ＯＣ－→ＯＡ＝（１，槡３，０），—数学（理科）·答３—所以ＯＣ→１＝ＯＡ→１＋Ａ１Ｃ→１＝ＯＡ→１＋→ＡＣ＝１，槡３，槡２６()３，→ＡＢ＝（２，０，０），ＡＣ→１＝２，槡４３３，槡２６()３，ＢＣ→１＝０，槡４３３，槡２６()３．（８分）设平面Ｃ１ＡＢ的

法向量为ｍ＝（ｘ，ｙ，ｚ），则ｍ·→ＡＢ＝０，ｍ·ＢＣ→１＝０{，即２ｘ＝０，２ｙ槡＋２ｚ＝０{，取ｙ＝１，所以ｍ＝（０，１，槡－２）．又平面ＡＢＣ的一个法向量为ｎ＝（０，０，１），（９分）所以ｃｏｓ〈ｍ，ｎ〉＝ｍ·ｎ｜ｍ｜·｜ｎ｜＝－槡６３．（１１分）由题知二面角Ｃ１

－ＡＢ－Ｃ为锐角，所以二面角Ｃ１－ＡＢ－Ｃ的余弦值为槡６３．（１２分）解法二：如图，由（Ⅰ）可知Ｏ是点Ａ１在底面ＡＢＣ内的射影，连接ＯＣ，以Ｏ为坐标原点，过点Ｏ作与ＡＢ平行的直线为ｘ轴，ＯＣ，ＯＡ１所在直线分别为ｙ轴、ｚ轴建立空间直角坐标系，则Ｏ（０，０，０），Ａ－

１，－槡３３，()０，Ｃ０，槡２３３，()０，连接ＡＯ，在Ｒｔ△Ａ１ＡＯ中可得Ａ１Ｏ＝Ａ１Ａ２－ＡＯ槡２＝槡２６３，则Ａ１０，０，槡２６()３．（７分）由（Ⅰ）知Ａ１Ｃ⊥平面ＡＢＣ１，故平面ＡＢＣ１的一个法向量为Ａ１→Ｃ＝０，槡２３

３，－槡２６()３．又平面ＡＢＣ的一个法向量为ｎ＝（０，０，１），（９分）所以ｃｏｓ〈Ａ１→Ｃ，ｎ〉＝Ａ１→Ｃ·ｎ｜Ａ１→Ｃ｜·｜ｎ｜＝－槡６３．（１１分）由题可知，二面角Ｃ１－ＡＢ－Ｃ为锐角，所以二面角Ｃ１－ＡＢ－Ｃ的余弦值为槡６３．（１２分）１９．【名师指导】本题考查椭圆的标

准方程、直线与椭圆的位置关系，考查运算求解能力、空间想象能力，考查数学运算、直观想象、逻辑推理核心素养．（Ⅰ）由已知得到椭圆Ｅ的离心率，设出椭圆Ｅ的方程，把点代入椭圆Ｅ的方程中，即可求解；（Ⅱ）设出直线ｌ的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理，即

可求解．解：（Ⅰ）由题知椭圆Ｅ的离心率为１２，令椭圆Ｅ：ｘ２４λ＋ｙ２３λ＝１（λ＞０）．又点１，()３２在椭圆Ｅ上，所以１４λ＋３４λ＝１，解得λ＝１，故椭圆Ｅ的方程为ｘ２４＋ｙ２３＝１．（４分）（Ⅱ）证明：易知直线ｌ的斜率存在并设为ｋ，设直线ｌ：ｙ＝ｋｘ＋３（ｋ＜０），代入椭圆Ｅ的方程ｘ２

４＋ｙ２３＝１，消去ｙ得（３＋４ｋ２）ｘ２＋２４ｋｘ＋２４＝０．（５分）由Δ＝（２４ｋ）２－４×２４×（３＋４ｋ２）＝９６（２ｋ２－３）＞０，解得ｋ２＞３２．设点Ｃ（ｘ１，ｙ１），Ｄ（ｘ２，ｙ２），由韦达定理得ｘ１＋ｘ２＝－２４ｋ３＋４ｋ２，ｘ１ｘ２＝２４３＋４ｋ２，故ｘ１＋ｘ２＝－ｋｘ１

ｘ２．（７分）又点Ｂ（０，槡－３），Ａ（０，槡３），得直线ＢＣ：ｙ槡＋３＝ｙ１槡＋３ｘ１·ｘ，直线ＡＤ：ｙ槡－３＝ｙ２槡－３ｘ２·ｘ，联立解得ｙＱ＝３（ｘ１－ｘ２）槡－３（ｘ１ｙ２＋ｘ２ｙ１）ｘ１ｙ２－ｘ２ｙ１槡－３（ｘ１＋ｘ２）＝３（ｘ１－ｘ２

）槡－３［ｘ１（ｋｘ２＋３）＋ｘ２（ｋｘ１＋３）］ｘ１（ｋｘ２＋３）－ｘ２（ｋｘ１＋３）槡－３（ｘ１＋ｘ２）＝３（ｘ１－ｘ２）槡－３［２ｋｘ１ｘ２＋３（ｘ１＋ｘ２）］３（ｘ１－ｘ２）槡－３（ｘ１＋ｘ２）．（９分）又２ｋｘ１ｘ２＋３（ｘ１＋ｘ２）＝－２（ｘ１＋ｘ２）＋３（ｘ１＋ｘ２）＝ｘ１＋ｘ

２，（１０分）所以ｙＱ＝３（ｘ１－ｘ２）槡－３（ｘ１＋ｘ２）３（ｘ１－ｘ２）槡－３（ｘ１＋ｘ２）＝１，（１１分）故点Ｑ的纵坐标为定值．（１２分）【解析拓展】本题可以看成椭圆中定点和定值问题的一个结论，由此可以

得到若椭圆Ｅ：ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１（ａ＞ｂ＞０）的上、下顶点为Ａ，Ｂ，动直线ｌ过点Ｐ（０，ｂ２），且与椭圆Ｅ相交于Ｃ，Ｄ两点（直线ｌ与ｙ轴不重合），直线ＡＤ与ＢＣ交于点Ｑ，则点Ｑ的纵坐标恒为１．—数学（理科）·答４—２０．【名师指导】本题考查利用导数求函数的单调区间，考查运算求解

能力，考查化归与转化思想、分类与整合思想，考查逻辑推理、数学运算核心素养．（Ⅰ）对函数求导后，利用函数的单调性判断即可求解；（Ⅱ）假设ａ存在，利用函数的单调性求解，得出矛盾，则ａ的值不存在．解：（Ⅰ）由ａ＝－１，得Ｈ（ｘ）＝－ｅ

２ｘ＋３ｅｘ－ｘ，则Ｈ′（ｘ）＝－２ｅ２ｘ＋３ｅｘ－１＝（ｅｘ－１）（－２ｅｘ＋１）．（１分）令Ｈ′（ｘ）＝（ｅｘ－１）（１－２ｅｘ）＝０，解得ｘ＝０或ｘ＝ｌｎ()１２＝－ｌｎ２，（２分）则函数Ｈ（ｘ）在（－∞，－ｌｎ２）上单调递减，在（－ｌ

ｎ２，０）上单调递增，在（０，＋∞）上单调递减，（３分）所以当ｘ＝－ｌｎ２时取得极小值Ｈ（－ｌｎ２）＝ｌｎ２＋５４，当ｘ＝０时取得极大值Ｈ（０）＝２．（５分）（Ⅱ）对ｘ１∈［－１，１］，ｘ２∈［－１，１］，使ｆ（ｘ１）≥ｇ（ｘ２）

恒成立，即ｆ（ｘ１）ｍｉｎ≥ｇ（ｘ２）ｍｉｎ恒成立．（８分）假设存在正数ａ，令ｆ′（ｘ）＝２ａｅ２ｘ－２ａｅｘ＝０，解得ｘ＝０，当ｘ∈［－１，０）时，ｆ′（ｘ）＜０，当ｘ∈［０，１］时，ｆ′（ｘ）＞０，所以当ｘ＝０时，ｆ（ｘ）取得最小值－ａ；

（１０分）而令ｇ′（ｘ）＝０，同理可得当ｘ＝０时，ｇ（ｘ）取得最小值ｇ（０）＝１，则－ａ≥１，解得ａ≤－１，与已知ａ＞０矛盾，所以不存在满足条件的正数ａ．（１２分）２１．【名师指导】本题考查概率与统计、二项分布、几何分布的分布列与期望，考查数据处理

能力、运算求解能力以及化归与转化思想，考查数学运算、数据分析、数学抽象核心素养．（Ⅰ）利用二项分布计算概率，再利用期望公式即可求解；（Ⅱ）列出η的所有等可能取值，分别求出概率，列出分布列，再利用错位相

减法求出Ｅ（η）．解：（Ⅰ）因为随机抽取１名顾客，购买Ｂ型无人机的概率为２５，ξ表示购买Ｂ型无人机的人数，则ξ服从二项分布，即ξ～Ｂ５，()２５，（１分）所以Ｐ（ξ＝３）＝Ｃ３５·()２５３·()３５２＝７

２０３１２５＝１４４６２５，（２分）Ｅ（ξ）＝５×２５＝２．（５分）（Ⅱ）依题意得η的所有可能的取值为０，１，２，…，ｎ，所以Ｐ（η＝０）＝２５；Ｐ（η＝１）＝３５×２５＝６２５；Ｐ（η＝２）＝()３５２×２５＝１８１２５；Ｐ（η＝ｎ－１）＝()３５ｎ

－１×２５；Ｐ（η＝ｎ）＝()３５ｎ，（７分）所以η的分布列为η０１２…ｎ－１ｎＰ２５３５×２５()３５２×２５…()３５ｎ－１×２５()３５ｎη的期望Ｅ（η）＝０×２５＋１×３５×２５＋２×()３５２×２５＋…＋（ｎ－１）()３５ｎ－１·２５＋ｎ()３５ｎ，（９分）３５Ｅ（η）＝１×()３５２×

２５＋２×()３５３×２５＋…＋（ｎ－１）()３５ｎ·２５＋ｎ()３５ｎ＋１，两式相减得２５Ｅ（η）＝２５×３５＋２５×()３５２＋２５×()３５３＋…＋２５×()３５ｎ，即Ｅ（η）＝３５＋()３５２＋()３５３＋…＋()３５ｎ＝

３５１－()３５[]ｎ１－３５＝３２１－()３５[]ｎ，（１１分）所以Ｅ（η）＝３２１－()３５[]ｎ．（１２分）２２．【名师指导】本题考查极坐标方程与直角坐标方程的互化、参数方程与普通方程的互化，考查运算求解能力、化归与转化思想，考查数学运算核心素养．（Ⅰ）将曲线Ｃ的参

数方程消参得普通方程，利用ρｓｉｎθ＝ｙ，ρｃｏｓθ＝ｘ，得到直线ｌ的直角坐标方程；—数学（理科）·答５—（Ⅱ）将ｘ＝ρｃｏｓθ，ｙ＝ρｓｉｎθ代入曲线Ｃ，利用韦达定理及极坐标的几何意义，即可求解．解：（Ⅰ）由曲线Ｃ的参数方程ｘ槡＝－３＋６ｃｏｓθ，ｙ槡＝１＋６ｓｉ

ｎ{θ（θ为参数）消参得曲线Ｃ的普通方程为（ｘ＋３）２＋（ｙ－１）２＝６．（２分）由ρｓｉｎθ＋π()４＝０得ρｓｉｎθ＋ρｃｏｓθ＝０，所以直线ｌ的直角坐标方程为ｘ＋ｙ＝０．（４分）（Ⅱ）将ｘ＝ρｃｏｓθ，ｙ＝ρｓｉｎθ代入曲线Ｃ：（ｘ＋３）

２＋（ｙ－１）２＝６得ρ２＋（６ｃｏｓθ－２ｓｉｎθ）ρ＋４＝０，（５分）由ρｓｉｎθ＋ρｃｏｓθ＝０得θ＝３π４（ρ∈Ｒ）．（６分）将θ＝３π４（ρ∈Ｒ）代入ρ２＋（６ｃｏｓθ－２ｓｉｎθ）ρ＋４＝０，得ρ２槡－４２ρ＋４＝０．设点Ａρ

１，３π()４，Ｂρ２，３π()４，则ρ１＋ρ２槡＝４２，ρ１·ρ２＝４，（８分）所以１｜ＯＡ｜２＋１｜ＯＢ｜２＝１ρ２１＋１ρ２２＝（ρ１＋ρ２）２－２ρ１ρ２（ρ１ρ２）２＝３２．（１０分）２３．【名师指导】本题考查绝对值不等式的解法、基本不等式的应用，考查推理

论证能力、化归与转化思想，考查数学运算核心素养．（Ⅰ）利用零点分段法求解，最后取并集即可；（Ⅱ）利用绝对值三角不等式求出ｆ（ｘ）的最小值，利用不等式的性质即可得证．解：（Ⅰ）∵ｆ（ｘ）＝｜ｘ－１｜＋｜ｘ＋３｜＝－２ｘ－２，ｘ＜－３，４，－３≤ｘ≤１，２ｘ＋２，ｘ＞１{，（２分）

∴不等式ｆ（ｘ）≤５可转化为－２ｘ－２≤５，ｘ{＜－３或４≤５，－３≤ｘ≤{１或２ｘ＋２≤５，ｘ＞１{，解得－７２≤ｘ≤３２，∴不等式ｆ（ｘ）≤５的解集为－７２，[]３２．（５分）（Ⅱ）证法一：∵ｆ（ｘ）＝｜ｘ－１｜＋｜ｘ

＋３｜≥｜（ｘ－１）－（ｘ＋３）｜＝４，∴ｆ（ｘ）ｍｉｎ＝４，即ｍ＋ｎ＝４．（７分）又ｍ２ｎ＋ｎ≥２ｍ２ｎ·槡ｎ＝２ｍ，ｎ２ｍ＋ｍ≥２ｎ２ｍ·槡ｍ＝２ｎ，当且仅当ｍ＝ｎ时取等号，∴ｍ２ｎ＋ｎ＋ｎ２ｍ＋ｍ≥２ｍ＋２ｎ，即ｍ

２ｎ＋ｎ２ｍ≥ｍ＋ｎ＝４，（９分）∴ｍ２ｎ＋ｎ２ｍ≥４．（１０分）证法二：由证法一可知ｍ＋ｎ＝４，（７分）∴ｍ２ｎ＋ｎ２()ｍ（ｍ＋ｎ）≥（ｍ＋ｎ）２，（９分）即ｍ２ｎ＋ｎ２ｍ≥４，当且仅当ｍ＝ｎ时取等号．（１０分）—数学（理科）·答６—