2021年新疆高考数学第三次适应性检测试卷（理科）

这是一份2021年新疆高考数学第三次适应性检测试卷（理科），共25页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．（5分）设集合M＝{﹣1，1，2，3，5}，N＝{x∈N|1＜x＜4}，T＝{x∈Z|0＜x＜4}，则（M∩T）∪N＝（ ）
A．{2}B．{1，2，3}C．{﹣1，2，3}D．{2，3}
2．（5分）已知向量，当取最小值时，＝（ ）
A．5B．4C．3D．2
3．（5分）为比较甲、乙两名学生的数学素养，对课程标准中规定的六大数学核心素养进行指标测验，指标值满分为5分，分值高者为优，根据测验情况绘制了如图所示的六大数学素养指标雷达图，则下面叙述错误的是（ ）
A．甲的数据分析素养优于乙
B．乙的数学运算素养优于数学抽象素养
C．甲的六大数学素养指标值波动性比乙小
D．甲的六大数学素养中直观想象最差
4．（5分）函数y＝的图象可能是（ ）
A．
B．
C．
D．
5．（5分）阅读如图所示的程序框图，若输入的k＝8，则该算法的功能是（ ）
A．计算数列{2n﹣1}的前8项和
B．计算数列{2n﹣1}的前7项和
C．计算数列{2n﹣1}的前8项和
D．计算数列{2n﹣1}的前7项和
6．（5分）随着互联网技术的发展，各种手机搜题APP层出不穷，某学校为了防止学生考试时用手机搜题，指派6名教师对数学试卷的选择题，填空题和解答题这三种题型都进行改编，且每种题型至多指派3名教师，每位老师只改编一种题型，则不同分派方法种数是（ ）
A．180B．270C．360D．450
7．（5分）已知A1，A2分别为双曲线的左、右顶点，F2为双曲线的右焦点，动点M到A1的距离是到A2的距离的3倍，若点M的轨迹与双曲线的渐近线的公共点为C，D，则△F2CD的面积是（ ）
A．B．1C．D．2
8．（5分）设{an}是首项为正数的等比数列，公比为q，则“q＞0”是“对任意的正整数n，a2n﹣1+a2n+a2n+1+a2n+2＞0”成立的（ ）
A．充要条件B．充分而不必要条件
C．必要而不充分条件D．既不充分也不必要条件
9．（5分）已知a＝π3，b＝3π，c＝ππ，下列说法正确的是（ ）
A．b＞a＞cB．b＞c＞aC．c＞a＞bD．c＞b＞a
10．（5分）已知数列{an}的首项为1，且，则an的最小值是（ ）
A．B．1C．2D．3
11．（5分）在三棱锥P﹣ABC中，所有棱长均为2，D，E，F分别为棱PA，PB，PC的中点，则该三棱锥的外接球被平面DEF所截的截面面积是（ ）
A．B．C．D．2π
12．（5分）已知函数y＝f（x）是定义在R上的偶函数，且f（2﹣x）＝f（x），当0≤x≤1时，，要使方程f（x）﹣kx﹣k＝0有且仅有5个零点，则实数k的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
二、填空题（共4小题，每小题3分，满分12分）
13．（3分）某地区空气质量监测资料表明，一天的空气质量为优良的概率是，连续两天为优良的概率是，已知某天的空气质量为优良，则随后一天的空气质量为优良的概率是 ．
14．（3分）已知复数z满足|z﹣2﹣i|＝1（i为虚数单位），则|z|的最大值是 ．
15．（3分）在椭圆中，A为长轴的一个顶点，B为短轴的一个顶点，F1、F2分别为左、右焦点，且满足，则离心率e＝ ．
16．（3分）设α，β表示不同平面，l、m、n表示不同直线，则以下命题中，正确的命题是 （填写正确命题的序号）
①若α∩β＝l，β∩γ＝m，α∩γ＝n，则l∥m∥n；
②若l∥m，m⊂α，则l∥α或l⊂α；
③若α⊥β，α⊥γ，β∩γ＝l，则l⊥α；
④若α⊥β，l⊂α，m⊂β，则l⊥m．
三、解答题（共5小题，满分58分）
17．（12分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
（1）求角C的大小；
（2）当c＝1时，求a2﹣b2的最大值．
18．（12分）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC＝BC，AA1＝AB，D为BB1的中点．
（1）若E为AB1上的一点，且，求证：DE⊥CD；
（2）在（1）的条件下，若异面直线AB1与CD所成的角为45°，求直线AC与平面AB1C1所成角的余弦值．
19．（12分）实施乡村振兴战略，优先发展教育事业．教育既承载着传播知识、塑造文明乡风的功能，更为乡村建设提供了人才支撑，为了补齐落后地区教育发展的短板，解决落后地区优秀教师资源匮乏的问题，某教育局从6名优秀教师中抽选人员分批次参与支教活动．支教活动共分3批次进行，每次支教需要同时派送2名教师，且每次派送人员均从6人中随机抽选．
（1）求6名优秀教师中的“甲”在这3批次活动中有且只有一次被抽选到的概率；
（2）某接受支教学校需要3名教师完成一项特殊教学任务，每次只能派一个人，且每个人只派一次，如果前一位教师在一定时间内不能完成教学任务，则再派另一位教师，且无论第三位教师能否完成任务，均不再指派教师．现只有本校教师A与支教教师B，C三人可派，他们各自完成任务的概率分别为p1，p2，p3，假设p3＜p2＜p1＜1，且三人能否完成任务相互独立．若教师A因个人原因要求第一个被派出，之后按某种指定顺序派人，试分析以怎样的顺序派出教师，可使所需派出教师的人员数目的数学期望达到最小．
20．（12分）已知抛物线C的顶点在原点，焦点坐标为F（2，0），点M的坐标为（m，0），其中m为非零常数．
（1）设过点M斜率为1的直线l1交抛物线于A，B两点，若m＜0，M关于原点的对称点为N，求△NAB面积的最大值；
（2）设过点M斜率为k（k≠0）的直线l2交抛物线C于P，Q两点，在x轴上是否存在点T，使得直线TP，TQ与x轴所成的锐角相等？若存在，求点T的坐标；若不存在，请说明理由．
21．（10分）已知函数f（x）＝xlnx﹣ax+a．
（1）若x≥1时，f（x）≥0恒成立，求a的取值范围；
（2）求证：＜lnn（n≥2且n∈N*）；
（3）当a＝1，0＜b＜1时，方程f（x）＝b有两个不相等的实数根x1，x2，求证：x1x2＜1．
（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.[选修4-4：坐标系与参数方程]
22．（10分）在平面直角坐标系xOy中，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为p＝
（1）求曲线C与极轴所在直线围成图形的面积；
（2）设曲线C与曲线交于A，B两点，求|AB|．
[选修4-5：不等式选讲]
23．（10分）已知正实数x，y满足x+y＝1．
（1）解关于x的不等式|x+2y|+|x﹣y|≤；
（2）证明：．
2021年新疆高考数学第三次适应性检测试卷（理科）
参考答案与试题解析
一、选择题（共12小题，每小题5分，满分60分）
1．（5分）设集合M＝{﹣1，1，2，3，5}，N＝{x∈N|1＜x＜4}，T＝{x∈Z|0＜x＜4}，则（M∩T）∪N＝（ ）
A．{2}B．{1，2，3}C．{﹣1，2，3}D．{2，3}
【分析】先求出集合N，T，然后由交集定义求出M∩T，再利用并集的定义求解即可．
【解答】解：因为N＝{x∈N|1＜x＜4}＝{2，3}，T＝{x∈Z|0＜x＜4}＝{1，2，3}，
又集合M＝{﹣1，1，2，3，5}，
所以M∩T＝{1，2，3}，
则（M∩T）∪N＝{1，2，3}．
故选：B．
2．（5分）已知向量，当取最小值时，＝（ ）
A．5B．4C．3D．2
【分析】通过向量的数量积求解最小值得到t，然后求解即可．
【解答】解：向量，
＝2t2+4t+2，当t＝﹣1时，向量的数量积取得最小值，
此时＝（2，﹣1），
所以＝（2，﹣1）•（3，4）＝6﹣4＝2．
故选：D．
3．（5分）为比较甲、乙两名学生的数学素养，对课程标准中规定的六大数学核心素养进行指标测验，指标值满分为5分，分值高者为优，根据测验情况绘制了如图所示的六大数学素养指标雷达图，则下面叙述错误的是（ ）
A．甲的数据分析素养优于乙
B．乙的数学运算素养优于数学抽象素养
C．甲的六大数学素养指标值波动性比乙小
D．甲的六大数学素养中直观想象最差
【分析】根据雷达图中提供的数据分析，即可求解．
【解答】解：由雷达图可得，甲的数据分析素养优于乙，故A选项正确，
乙的数学运算素养为5分，数学抽象素养为3分，故乙的数学运算素养优于数学抽象素养，故B选项正确，
甲的六大素养指标值最多差1，而乙的指标值最多差2，故甲的波动小于乙，故C选项正确，
甲的六大数学素养中直观想象最优，故D选项错误．
故选：D．
4．（5分）函数y＝的图象可能是（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】通过奇偶性、在区间（0，4）上函数值的范围判断即可．
【解答】解：令f（x）＝﹣csxln|x|，
显然f（﹣x）＝﹣cs（﹣x）ln|﹣x|＝﹣csxln|x|，故函数为偶函数，排除C，
由f（x）＝﹣cs2ln2＞0，故排除D，
当0＜x＜4时，显然ln|x|＜4，﹣csx∈[﹣1，1]，
所以x∈[0，4]时，必有f（x）＜4恒成立，故排除B，
故选：A．
5．（5分）阅读如图所示的程序框图，若输入的k＝8，则该算法的功能是（ ）
A．计算数列{2n﹣1}的前8项和
B．计算数列{2n﹣1}的前7项和
C．计算数列{2n﹣1}的前8项和
D．计算数列{2n﹣1}的前7项和
【分析】从赋值框给出的两个变量的值开始，逐渐分析写出程序运行的每一步，便可得到程序框图表示的算法的功能．
【解答】解：框图首先给累加变量S和循环变量i赋值，
S＝0，i＝1；
判断i＞8不成立，执行S＝1+2×0＝1，i＝1+1＝2；
判断i＞8不成立，执行S＝1+2×1＝1+2，i＝2+1＝3；
判断i＞8不成立，执行S＝1+2×（1+2）＝1+2+22，i＝3+1＝4；
…
判断i＞8不成立，执行S＝1+2+22+…+27，i＝8+1＝9；
判断i＞8成立，输出S＝1+2+22+…+27．
算法结束．即程序功能是计算数列{2n﹣1}的前8项和，
故选：C．
6．（5分）随着互联网技术的发展，各种手机搜题APP层出不穷，某学校为了防止学生考试时用手机搜题，指派6名教师对数学试卷的选择题，填空题和解答题这三种题型都进行改编，且每种题型至多指派3名教师，每位老师只改编一种题型，则不同分派方法种数是（ ）
A．180B．270C．360D．450
【分析】根据题意，分2步进行分析：①将6名教师分为3组，每组最多3人，②将三组教师安排改编三种题型，由分步计数原理计算可得答案．
【解答】解：根据题意，分2步进行分析：
①将6名教师分为3组，每组最多3人，有+＝75种分组方法，
②将三组教师安排改编三种题型，有A33＝6种情况，
则有75×6＝450种安排方法，
故选：D．
7．（5分）已知A1，A2分别为双曲线的左、右顶点，F2为双曲线的右焦点，动点M到A1的距离是到A2的距离的3倍，若点M的轨迹与双曲线的渐近线的公共点为C，D，则△F2CD的面积是（ ）
A．B．1C．D．2
【分析】设动点M（x，y），可得，，即M的轨迹为圆：（x﹣5）2+y2＝9，圆心恰为双曲线的右焦点，利用直线与圆的方程．即可求解．
【解答】解：可知A1（﹣4，0），A2（4，0），设M（x，y），
因为动点M到A1的距离是到A2的距离的3倍，所以，
整理可得：x2+y2﹣10x+16＝0，
即M的轨迹为圆：（x﹣5）2+y2＝9，圆心恰为双曲线的右焦点，
双曲线的一条渐近线为：y＝，
圆心（5，0）到直线3x﹣4y＝0的距离d＝，可知两条渐近线与与相切，
在△COF2中，有射影定理可得＝OF2•HF2，则HF2＝，
∴CD＝2＝．
则△F2CD的面积是S＝＝＝．
故选：C．
8．（5分）设{an}是首项为正数的等比数列，公比为q，则“q＞0”是“对任意的正整数n，a2n﹣1+a2n+a2n+1+a2n+2＞0”成立的（ ）
A．充要条件B．充分而不必要条件
C．必要而不充分条件D．既不充分也不必要条件
【分析】根据充分条件必要条件的定义进行判断即可．
【解答】解：∵a1＞0，∴当q＞0时，an＞0，即a2n﹣1+a2n+a2n+1+a2n+2＞0成立，即充分性成立，
反之当a1＝1，q＝﹣时，a2＝﹣，a3＝，a4＝﹣，此时a1+a2+a3+a4＞0成立，但q＞0不成立，即必要性不成立，
即“q＞0”是“对任意的正整数n，a2n﹣1+a2n+a2n+1+a2n+2＞0”成立的必要不充分条件，
故选：B．
9．（5分）已知a＝π3，b＝3π，c＝ππ，下列说法正确的是（ ）
A．b＞a＞cB．b＞c＞aC．c＞a＞bD．c＞b＞a
【分析】利用幂函数y＝xπ的单调性判断b＜c，再利用构造函数的单调性判断b＞a即可．
【解答】解：∵幂函数y＝xπ在（0，+∞）上单调递增，∴3π＜ππ，即b＜c，
设f（x）＝，则f′（x）＝，
当x∈（e，+∞）时，f′（x）＜0，∴f（x）在（e，+∞）上单调递减，
∴＞，πln3＞3lnπ，∴ln3π＞lnπ3，
∴3π＞π3，即b＞a，
∴c＞b＞a，
故选：D．
10．（5分）已知数列{an}的首项为1，且，则an的最小值是（ ）
A．B．1C．2D．3
【分析】根据题意，将数列{an}的递推公式变形可得（n+1）an+1﹣nan＝n，设bn＝nan，则bn+1﹣bn＝n，求出数列{bn}的通项公式，进而可得数列{an}的通项公式，利用数列的函数特性分析可得答案．
【解答】解：根据题意，数列{an}满足，
变形可得：（n+1）an+1＝nan+n，即（n+1）an+1﹣nan＝n，
设bn＝nan，则bn+1﹣bn＝n，
则bn＝（bn﹣bn﹣1）+（bn﹣1﹣bn﹣2）+……+（b2﹣b1）+b1＝[1+2+3+……+（n﹣1）]+1＝+1＝，
故an＝＝（n+﹣1），
则有a2＝（1+2﹣1）＝1，
当n≥2时，{an}递增，则有an≥a2＝1，
又由a1＝1，
故an的最小值是1；
故选：B．
11．（5分）在三棱锥P﹣ABC中，所有棱长均为2，D，E，F分别为棱PA，PB，PC的中点，则该三棱锥的外接球被平面DEF所截的截面面积是（ ）
A．B．C．D．2π
【分析】作直线PH⊥平面ABC，垂足为H，则三棱锥的外接球的球心在直线PH上，设外接球的球心为O，半径为R，利用球的几何性质以及截面圆的性质，列出关于R的方程，求出R，进而求出截面圆的半径，即可得到答案．
【解答】解：作直线PH⊥平面ABC，垂足为H，
则三棱锥的外接球的球心在直线PH上，
设外接球的球心为O，半径为R，
在△ABC中，AH＝，PH＝，
则有，解得R＝，
所以球心O到平面DEF的距离为d＝，
设平面DEF截三棱锥外接球的截面所在圆的半径为r，
则＝，
所以三棱锥的外接球被平面DEF所截的截面面积为．
故选：A．
12．（5分）已知函数y＝f（x）是定义在R上的偶函数，且f（2﹣x）＝f（x），当0≤x≤1时，，要使方程f（x）﹣kx﹣k＝0有且仅有5个零点，则实数k的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】根据条件得到函数f（x）是周期为2的偶函数，将方程f（x）﹣kx﹣k＝0有且仅有5个零转化为函数f（x）与g（x）＝k（x+1）的图像有且仅有5个交点，数形结合即可得到答案．
【解答】解：由f（2﹣x）＝f（x）可得f（1﹣x）＝f（x+1），
则f（x）关于x＝1对称，又因为函数f（x）为偶函数，所以f（x）是周期为2的函数，
当0≤x≤1时，，f'（x）＝＞0，故函数f（x）在[0，1]上单调递增，
作出函数f（x）的图像如图：
方程f（x）﹣kx﹣k＝0等价于f（x）＝k（x+1），
令g（x）＝k（x+1），则g（x）的图像恒过点（﹣1，0），
当k＞0时，要使g（x）与f（x）只有5个交点，则，
又f（3）＝f（5）＝f（1）＝，所以，即，解得k∈（，）；
当k＜0时，要使g（x）与f（x）只有5个交点，则，解得k∈（﹣，﹣），
综上，k∈（﹣，﹣）∪（，）．
故选：C．
二、填空题（共4小题，每小题3分，满分12分）
13．（3分）某地区空气质量监测资料表明，一天的空气质量为优良的概率是，连续两天为优良的概率是，已知某天的空气质量为优良，则随后一天的空气质量为优良的概率是 ．
【分析】设某天的空气优良为事件A，随后一天的空气质量为优良为事件B，则P（A）＝，P（AB）＝，利用条件概率计算公式能求出某天的空气质量为优良，则随后一天的空气质量为优良的概率．
【解答】解：设某天的空气优良为事件A，随后一天的空气质量为优良为事件B，
则P（A）＝，P（AB）＝，
∴某天的空气质量为优良，则随后一天的空气质量为优良的概率是：
P（B|A）＝＝＝．
故答案为：．
14．（3分）已知复数z满足|z﹣2﹣i|＝1（i为虚数单位），则|z|的最大值是 ．
【分析】根据已知条件，结合复数的几何含义，即可求解．
【解答】解：∵复数z满足|z﹣2﹣i|＝1，
∴复数所对应的点P到点A（2，1）的距离为1，即点P的轨迹以A（2，1）为圆心，1为半径的圆，
则|z|的最大值是|OA|+1＝．
故答案为：．
15．（3分）在椭圆中，A为长轴的一个顶点，B为短轴的一个顶点，F1、F2分别为左、右焦点，且满足，则离心率e＝ ．
【分析】可得，，，．利用，可得2a2＝3c2，即可求得离心率．
【解答】解：椭圆中，有A（a，0），B（0，b），F1（﹣c，0），F2（c，0）．
则，，，．
因为，∴﹣（c2﹣a2）﹣c2+b2＝0．
整理可得2a2＝3c2，则离心率e＝＝．
故答案为：．
16．（3分）设α，β表示不同平面，l、m、n表示不同直线，则以下命题中，正确的命题是 ②③ （填写正确命题的序号）
①若α∩β＝l，β∩γ＝m，α∩γ＝n，则l∥m∥n；
②若l∥m，m⊂α，则l∥α或l⊂α；
③若α⊥β，α⊥γ，β∩γ＝l，则l⊥α；
④若α⊥β，l⊂α，m⊂β，则l⊥m．
【分析】由三个平面两两相交有三条交线，交线要么互相平行，要么相交于一点判断①；由空间中直线与直线、直线与平面的位置关系判断②；根据条件可直接证明③正确；由两垂直平面内的两直线的位置关系判断④．
【解答】解：①若α∩β＝l，β∩γ＝m，α∩γ＝n，则l∥m∥n或l、m、n相交于一点，故①错误；
②若l∥m，m⊂α，则l∥α或l⊂α，故②正确；
③若α⊥β，α⊥γ，β∩γ＝l，如图，
设α∩β＝a，α∩γ＝b，在α内直线a、b外任取一点P，
过P作PA⊥a，作PB⊥b，
由平面与平面垂直的性质，可得PA⊥β，PB⊥γ，则PA⊥l，PB⊥l，
又PA∩PB＝P，∴l⊥α，故③正确；
④若α⊥β，l⊂α，m⊂β，则l∥m或l与m相交或l与m异面，故④错误．
故答案为：②③．
三、解答题（共5小题，满分58分）
17．（12分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
（1）求角C的大小；
（2）当c＝1时，求a2﹣b2的最大值．
【分析】（1）直接利用正弦定理的应用转换为余弦的关系式，进一步求出C的值；
（2）利用正弦定理和三角函数关系式的变换的应用求出结果．
【解答】解：（1）由正弦定理得，即，
又0°＜C＜180°，
所以C＝30°．
（2）由，
所以a＝2sinA，b＝2sinB＝2sin（150°﹣A）＝2sin（30°+A），
则＝﹣2cs2A+2cs（2A+60°）＝﹣2sin（2A+30°），
因为0°＜A＜150°，
所以30°＜2A+30°＜330°．
当2A+30°＝270°，
即A＝120°时，sin（2A+30°）＝﹣1，
故a2﹣b2的最大值是2．
18．（12分）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC＝BC，AA1＝AB，D为BB1的中点．
（1）若E为AB1上的一点，且，求证：DE⊥CD；
（2）在（1）的条件下，若异面直线AB1与CD所成的角为45°，求直线AC与平面AB1C1所成角的余弦值．
【分析】（1）取AB中点M，连接CM，MD，证明CM⊥AB，CM⊥A1B．结合A1B⊥AB1，推出A1B⊥MD，可得A1B⊥面CMD，即可证明CD⊥DE．
（2）以M为坐标原点，分别以MA，MO，MC为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系．求出平面AB1C1的法向量，利用空间向量的数量积求解直线AC与平面AB1C1所成角的余弦值即可．
【解答】（1）证明：取AB中点M，连接CM，MD，有MD∥AB1，
因为AC＝BC，所以CM⊥AB，
因为三棱柱ABC﹣A1B1C1为直三棱柱，所以平面ABC⊥平面ABB1A1，
因为平面ABC∩平面ABB1A1＝AB，所以CM⊥平面ABB1A1，
因为A1B⊂平面ABB1A1，所以CM⊥A1B．
因为为AB1的四等分点，D为BB1的中点，
所以DE∥A1B，又因为A1B⊥AB1，MD∥AB1，所以A1B⊥MD，又MD∩CM＝M，
所以A1B⊥面CMD，⇒A1B⊥CD，⇒CD⊥DE．
（2）解：如图以M为坐标原点，分别以MA，MO，MC为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系．
设AB＝2a，由条件可知∠CDM＝45°，
所以，所以，
所以，
所以，
设平面AB1C1的法向量为＝（x，y，z），
则，即，则的一组解为，
所以．
所以直线AC与平面AB1C1所成角的余弦值为．
19．（12分）实施乡村振兴战略，优先发展教育事业．教育既承载着传播知识、塑造文明乡风的功能，更为乡村建设提供了人才支撑，为了补齐落后地区教育发展的短板，解决落后地区优秀教师资源匮乏的问题，某教育局从6名优秀教师中抽选人员分批次参与支教活动．支教活动共分3批次进行，每次支教需要同时派送2名教师，且每次派送人员均从6人中随机抽选．
（1）求6名优秀教师中的“甲”在这3批次活动中有且只有一次被抽选到的概率；
（2）某接受支教学校需要3名教师完成一项特殊教学任务，每次只能派一个人，且每个人只派一次，如果前一位教师在一定时间内不能完成教学任务，则再派另一位教师，且无论第三位教师能否完成任务，均不再指派教师．现只有本校教师A与支教教师B，C三人可派，他们各自完成任务的概率分别为p1，p2，p3，假设p3＜p2＜p1＜1，且三人能否完成任务相互独立．若教师A因个人原因要求第一个被派出，之后按某种指定顺序派人，试分析以怎样的顺序派出教师，可使所需派出教师的人员数目的数学期望达到最小．
【分析】（1）依题意，6名优秀教师中的“甲”在每轮抽取中被抽取到概率为，再结合n次独立重复试验概率公式，即可求解．
（2）设X表示先A后B再C完成任务所需人员数目，Y表示先A后C再B完成任务所需人员数目，分别求出对应的概率，并结合期望公式，可得二者的期望，比较两者的期望，即可求解．
【解答】解：（1）依题意，6名优秀教师中的“甲”在每轮抽取中被抽取到概率为，
则三次抽取中“甲”恰有一次被抽取到的概率为．
（2）设X表示先A后B再C完成任务所需人员数目，
故X的分布列为：
E（X）＝p1+2（1﹣p1）p2+3（1﹣p1）（1﹣p2）＝p1p2﹣2p1﹣p2+3，
设Y表示先A后C再B完成任务所需人员数目，
故Y的分布列为：
E（Y）＝p1+2（1﹣p1）p3+3（1﹣p1）（1﹣p3）＝p1p3﹣2p1﹣p3+3，
又E（Y）﹣E（X）＝（p1﹣1）（p3﹣p2）＞0，
故按照先A后B再C的顺序派出所需人数期望最小．
20．（12分）已知抛物线C的顶点在原点，焦点坐标为F（2，0），点M的坐标为（m，0），其中m为非零常数．
（1）设过点M斜率为1的直线l1交抛物线于A，B两点，若m＜0，M关于原点的对称点为N，求△NAB面积的最大值；
（2）设过点M斜率为k（k≠0）的直线l2交抛物线C于P，Q两点，在x轴上是否存在点T，使得直线TP，TQ与x轴所成的锐角相等？若存在，求点T的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）由焦点坐标求出抛物线的标准方程，设直线l1的方程，与抛物线方程联立，由△＞0，求出m的取值范围，利用弦长公式求出|AB|，由点到直线的距离公式求解点N（﹣m，0）到直线l1的距离，利用三角形的面积公式求解面积，然后构造函数，利用导数求解最值即可；
（2）设直线l2方程，与抛物线方程联立，得到韦达定理，由题意可得kTP+kTQ＝0，利用两点间距离公式结合韦达定理进行化简求解，即可得到答案．
【解答】解：（1）因为抛物线的焦点坐标为F（2，0），
所以抛物线C的方程为y2＝8x，
设直线l1的方程为y＝x﹣m，
因为点M的坐标为（m，0），且M关于原点的对称点为N，
所以点N的坐标为（﹣m，0），
由，可得x2﹣2（m+4）x+m2＝0①，
由①式的判别式△＝32（m+2）＞0，可得m＞﹣2，
设A（x1，y1），B（x2，y2），
则，
故，
又点N（﹣m，0）到直线l1的距离，
所以，
记f（m）＝m3+2m2，
则，
当﹣时，f'（m）＞0；
当时，f'（m）＜0．
所以f（m）在区间上是增函数，在区间上是减函数，
所以，
故；
（2）设直线l2方程为y＝k（x﹣m），
由，可得k2x2﹣2（mk2+4）x+k2m2＝0，
设P（x3，y3），Q（x4，y4），
则，
设点T存在，其坐标为（t，0），
由直线TP，TQ与x轴所成的锐角相等，可得kTP+kTQ＝0，
故，即，
化简得2x3x4﹣（m+t）（x3+x4）+2mt＝0，
所以，即t＝﹣m，
因此符合条件的点T存在，其坐标为（﹣m，0）．
21．（10分）已知函数f（x）＝xlnx﹣ax+a．
（1）若x≥1时，f（x）≥0恒成立，求a的取值范围；
（2）求证：＜lnn（n≥2且n∈N*）；
（3）当a＝1，0＜b＜1时，方程f（x）＝b有两个不相等的实数根x1，x2，求证：x1x2＜1．
【分析】（1）x≥1，f（x）≥0⇔，设，求导得，分a≤1与a＞1两类讨论，即可求得a的取值范围；
（2）由（1）可知，当a＝1，x＞1时，xlnx﹣x+1＞0对x＞1恒成立，即．令，得，分别令n＝2，3，⋯⋯，n，将n﹣1个不等式相加即可证得原不等式成立；
（3）当a＝1时，方程f（x）＝b有两个不相等的实数根x1，x2，不妨设x1＜x2，则0＜x1＜1＜x2，要证x1⋅x2＜1，只需证，而f（x1）＝f（x2），只需证明，再构造函数，设F（x）＝，通过求导分析即可证得结论成立．
【解答】解：（1）∵x≥1，∴f（x）≥0，即，
设，，
当a≤1时，g'（x）≥0，∴g（x）在[1，+∞）上单调递增，∴g（x）≥g（1）＝0满足条件；
当a＞1时，令g'（x）＝0，得x＝a，
当1≤x＜a时，g'（x）＜0；当x＞a时，g'（x）＞0，
∴g（x）在区间[1，a]上单调递减，在区间[a，+∞）上单调递增，
∴g（x）min＝g（a）＝lna﹣a+1，
∴g（a）＜g（1）＝0，与已知矛盾．
综上所述，a的取值范围是（﹣∞，1]．
（2）证明：由（1）可知，当a＝1，x＞1时f（x）＞0，
即xlnx﹣x+1＞0对x＞1恒成立，故有．
令，得，
分别令n＝2，3，⋯⋯，n，将n﹣1个不等式相加得，
故原不等式成立．
（3）证明：当a＝1时，f'（x）＝lnx，则f（x）在区间（0，1]上单调递减，在区间[1，+∞）上单调递增，
由方程f（x）＝b有两个不相等的实数根x1，x2，不妨设x1＜x2，
则0＜x1＜1＜x2，要证x1⋅x2＜1，只需证，
∵f（x）在区间[1，+∞）上单调递增，
∴只需证明．
∵f（x1）＝f（x2），
∴只需证明．
设，
则，
∴F（x）在区间（0，1）上单调递增，
∴F（x）＜F（1）＝0，
∴，即成立，
∴原不等式成立，即x1⋅x2＜1成立．
（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.[选修4-4：坐标系与参数方程]
22．（10分）在平面直角坐标系xOy中，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为p＝
（1）求曲线C与极轴所在直线围成图形的面积；
（2）设曲线C与曲线交于A，B两点，求|AB|．
【分析】（1）直接利用转换关系，在参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换，进一步求出图形的面积；
（2）利用直线和曲线的位置关系求出点的纵坐标，进一步求出|AB|的长．
【解答】解：（1）由于曲线C的极坐标方程为
根据互化公式得，曲线C的直角坐标方程为：
当时，；当﹣1≤x≤0时，x2+y2＝1．
则曲线C与极轴所在直线围成的图形是一个半径为1的圆及一个两直角边分别
为1与的直角三角形，
因此围成图形的面积．
（2）由得，其直角坐标为，
的直角坐标方程为，
的直角坐标方程为，
故B点坐标为，
所以．
[选修4-5：不等式选讲]
23．（10分）已知正实数x，y满足x+y＝1．
（1）解关于x的不等式|x+2y|+|x﹣y|≤；
（2）证明：．
【分析】（1）由已知把不等式中的y去掉，转化为绝对值的不等式求解；
（2）利用“1”的代换及基本不等式证明．
【解答】解：（1）∵x+y＝1且x＞0，y＞0，
∴|x+2y|+|x﹣y|≤⇔⇔
⇔，解得．
∴不等式的解集为．
证明：（2）∵x+y＝1且x＞0，y＞0，
∴
＝
当且仅当时，等号成立．
X
1
2
3
P
p1
（1﹣p1）p2
（1﹣p1）（1﹣p2）
Y
1
2
3
P
p1
（1﹣p1）p3
（1﹣p1）（1﹣p3）