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2021年吉林省长春市东北师大附中高考数学五模试卷（文科）
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这是一份2021年吉林省长春市东北师大附中高考数学五模试卷（文科），共21页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021年吉林省长春市东北师大附中高考数学五模试卷（文科）
一、单选题：本题共12小题，每小题5分，共60分。
1．（5分）已知集合A＝{x||x|≤2}，B＝{x|﹣3＜x＜1}，则A∩B＝（ ）
A．{x|﹣3＜x≤2} B．{x|﹣3≤x≤2} C．{x|﹣2≤x＜1} D．{x|﹣2≤x≤1}
2．（5分）若z＝，则z3＝（ ）
A．﹣1 B．﹣i C．1 D．i
3．（5分）1750年，欧拉在给哥德巴赫的一封信中列举了多面体的一些性质，其中一条是：如果用V、E和F表示凸多面体的顶点数、棱数和面数，则有如下关系：V﹣E+F＝2．已知正十二面体有20个顶点，则正十二面体有（ ）条棱．
A．30 B．14 C．20 D．26
4．（5分）总体由编号为01，02，…，39，40的40个个体组成．利用下面的随机数表选取5个个体，选取方法是从随机数表第1行的第6列和第7列数字开始由左到右依次选取两个数字，则选出来的第5个个体的编号为（ ）
50 44 66 44 21 66 06 58 05 62 61 65 54 35 02 42 35 48 96 32 14 52 41 52 48
22 66 22 15 86 26 63 75 41 99 58 42 36 72 24 58 37 52 18 51 03 37 18 39 11
A．23 B．21 C．35 D．32
5．（5分）已知向量＝（1，﹣1），＝（2，x）．若⊥（2+），则x的值为（ ）
A．2 B．﹣2 C．6 D．﹣6
6．（5分）已知各项均为正数的等比数列{an}的前三项和为14，且a5＝3a3+4a1，则a2021＝（ ）
A．22020 B．22021 C．22022 D．22023
7．（5分）执行如图所示程序框图，则输出的s＝（ ）
A．501 B．642 C．645 D．896
8．（5分）古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名．他发现：“平面内到两个定点A，B的距离之比为定值λ（λ≠1）的点的轨迹是圆”．后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆在平面直角坐标系xOy中，A（﹣2，0），B（4，0），点P满足．则点P的轨迹所包围的图形的面积等于（ ）
A．4π B．8π C．12π D．16π
9．（5分）已知双曲线C：＝1的一条渐近线与直线2x+y﹣5＝0垂直，则双曲线C的离心率等于（ ）
A． B． C． D．2
10．（5分）已知函数f（x）＝x•|x|﹣2x，则下列结论正确的是（ ）
A．f（x）是偶函数，递增区间是（﹣∞，0）
B．f（x）是偶函数，递减区间是（﹣∞，1）
C．f（x）是奇函数，递减区间是（﹣1，1）
D．f（x）是奇函数，递增区间是（0，+∞）
11．（5分）所有棱长都是3的直三棱柱ABC﹣A1B1C1的六个顶点都在同一球面上，则该球的表面积是（ ）
A．12π B．18π C．21π D．39π
12．（5分）已知，，，则（ ）
A．c＜b＜a B．b＜c＜a C．a＜b＜c D．a＜c＜b
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．（5分）已知sinα＝，则cos（）＝ ．
14．（5分）等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2+a7+a12＝12，则S13＝ ．
15．（5分）设x，y满足约束条件，则目标函数的最大值是 ．
16．（5分）如果三棱锥S﹣ABC的底面ABC是正三角形，顶点S在底面ABC上的射影是△ABC的中心，则这样的三棱锥称为正三棱锥，有下列结论：
①正三棱锥的所有棱长都相等；
②当三棱锥S﹣ABC所有棱长都相等时，该棱锥内任意一点P到它的四个面的距离之和为定值；
③若正三棱锥S﹣ABC的所有棱长均为2，则该棱锥内切球的半径等于；
④若正三棱锥S﹣ABC的侧棱长为2，一个侧面的顶角为40°，过点B的平面分别交侧棱SA，SC于不重合的M、N两点，则△BMN周长的最小值等于2．
以上结论正确的是 ．
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第17-21题为必考题，每个试题考生都必须作答，共60分。第22、23题为选考题，选做一题，共10分。
17．（12分）△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且bcosC+ccosB＝2acosA．
（1）求角A的大小；
（2）若a＝2，求△ABC面积的最大值．
18．（12分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥底面ABCD，PA＝AB＝4，E为PB的中点，F为线段BC上的点，且BF＝BC．
（1）求证：平面AEF⊥平面PBC；
（2）求点F到平面PCD的距离．
19．（12分）如图，在实验室细菌培养过程中，细菌生长主要经历调整期、指数期、稳定期和衰亡期四个时期．在一定条件下，培养基上细菌的最大承载量（达到稳定期时的细菌数量）与培养基质量具有线性相关关系．某实验室在培养细菌A的过程中，通过大量实验获得了以下统计数据：
培养基质量x（克）
20
40
50
60
80
细菌A的最大承载量Y（单位）
300
400
500
600
700
（1）建立Y关于x的回归直线方程，并预测当培养基质量为100克时细菌A的最大承载量；
（2）研究发现，细菌A的调整期一般为3小时，其在指数期的细菌数量y（单位）与细菌A被植入培养基的时间t近似满足函数关系y＝0.8×2t﹣3+20，试估计在100克培养基上培养细菌A时指数期的持续时间（精确到1小时）．
附注：
参考数据：210＝1024，211＝2048，212＝4096，213＝8192．
参考公式：回归方程＝x中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：＝，＝﹣．
20．（12分）已知函数f（x）＝lnx﹣ax（a∈R）．
（1）若f（x）存在极值，求a的取值范围；
（2）当a＝﹣1时，求证：f（x）≤xex﹣1．
21．（12分）已知抛物线E：y2＝2px（0＜p＜10）的焦点为F，点M（t，8）在抛物线E上，且|FM|＝10．
（1）求抛物线E的方程；
（2）过点F作互相垂直的两条直线，与抛物线分别相交于点A，B，C，D，P、Q分别为弦AB、CD的中点，求△FPQ面积的最小值．
请在22、23二题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题记分．
22．（10分）在平面直角坐标系中，曲线C1的参数方程为（α为参数），以坐标原点为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρcos（θ+）＝1．
（1）写出曲线C1的普通方程和曲线C2的直角坐标方程；
（2）已知点P（0，﹣1），曲线C1与曲线C2相交于A，B两点，求．
23．已知函数f（x）＝2|x﹣1|﹣|x+1|．
（1）解不等式f（x）≥1；
（2）对∀x∈R，f（x）＞m﹣|3x+3|恒成立，求m的取值范围．
2021年吉林省长春市东北师大附中高考数学五模试卷（文科）
参考答案与试题解析
一、单选题：本题共12小题，每小题5分，共60分。
1．（5分）已知集合A＝{x||x|≤2}，B＝{x|﹣3＜x＜1}，则A∩B＝（ ）
A．{x|﹣3＜x≤2} B．{x|﹣3≤x≤2} C．{x|﹣2≤x＜1} D．{x|﹣2≤x≤1}
【分析】可求出集合A，然后进行交集的运算即可．
【解答】解：∵A＝{x|﹣2≤x≤2}，B＝{x|﹣3＜x＜1}，
∴A∩B＝{x|﹣2≤x＜1}．
故选：C．
2．（5分）若z＝，则z3＝（ ）
A．﹣1 B．﹣i C．1 D．i
【分析】先化简复数z，再求出z3即可．
【解答】解：因为z＝＝＝＝﹣i，
所以z3＝（﹣i）3＝i．
故选：D．
3．（5分）1750年，欧拉在给哥德巴赫的一封信中列举了多面体的一些性质，其中一条是：如果用V、E和F表示凸多面体的顶点数、棱数和面数，则有如下关系：V﹣E+F＝2．已知正十二面体有20个顶点，则正十二面体有（ ）条棱．
A．30 B．14 C．20 D．26
【分析】根据题意，得到正十二面体中V、F的值，再由V﹣E+F＝2，求出棱数E即可．
【解答】解：根据题意，正十二面体有20个顶点，即V＝20，F＝12，
由V﹣E+F＝2，可得棱数E＝V+F﹣2＝30；
故选：A．
4．（5分）总体由编号为01，02，…，39，40的40个个体组成．利用下面的随机数表选取5个个体，选取方法是从随机数表第1行的第6列和第7列数字开始由左到右依次选取两个数字，则选出来的第5个个体的编号为（ ）
50 44 66 44 21 66 06 58 05 62 61 65 54 35 02 42 35 48 96 32 14 52 41 52 48
22 66 22 15 86 26 63 75 41 99 58 42 36 72 24 58 37 52 18 51 03 37 18 39 11
A．23 B．21 C．35 D．32
【分析】根据随机数表，依次进行选择即可得到结论．
【解答】解：从随机数表第1行的第6列和第7列数字开始由左到右一次选取两个数字开始向右读，
第一个数为64，不符合条件，
第二个数为42，不符合条件，
第三个数为16，符合条件，
以下符合条件依次为：26，24，23，21，
故第5个数为21．
故选：B．
5．（5分）已知向量＝（1，﹣1），＝（2，x）．若⊥（2+），则x的值为（ ）
A．2 B．﹣2 C．6 D．﹣6
【分析】根据题意，由向量的坐标计算公式可得2+的坐标，进而由向量垂直与数量积的关系可得•（2+）＝4+2﹣x＝0，解可得x的值，即可得答案．
【解答】解：根据题意，向量＝（1，﹣1），＝（2，x），则2+＝（4，x﹣2），
若⊥（2+），则•（2+）＝4+2﹣x＝0，
解可得x＝6，
故选：C．
6．（5分）已知各项均为正数的等比数列{an}的前三项和为14，且a5＝3a3+4a1，则a2021＝（ ）
A．22020 B．22021 C．22022 D．22023
【分析】由已知结合等比数列的通项公式可求a1，q，进而可求．
【解答】解：各项均为正数的等比数列{an}的前三项和＝14，a5＝3a3+4a1，
所以，
因为q＞0，
解得q＝2，a1＝2，
则a2021＝22021．
故选：B．
7．（5分）执行如图所示程序框图，则输出的s＝（ ）
A．501 B．642 C．645 D．896
【分析】由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量S的值，模拟程序的运行过程，可得答案．
【解答】解：S＝0，m＝1，
第一次执行循环体，S＝2，m＝2，是；
第二次执行循环体，S＝10，m＝3，是；
第三次执行循环体，S＝34，m＝4，是；
第四次执行循环体，S＝98，m＝5，是；
第五次执行循环体，S＝258，m＝6，是；
第六次执行循环体，S＝642，m＝7，否；输出；
故输出S值为642，
故选：B．
8．（5分）古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名．他发现：“平面内到两个定点A，B的距离之比为定值λ（λ≠1）的点的轨迹是圆”．后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆在平面直角坐标系xOy中，A（﹣2，0），B（4，0），点P满足．则点P的轨迹所包围的图形的面积等于（ ）
A．4π B．8π C．12π D．16π
【分析】根据阿波罗尼斯圆的定义，即可得到点P的轨迹为圆，从可求得点P的轨迹所包围的图形的面积．
【解答】解：根据题意，设点P（x，y），则由得，
|PB|＝2|PA|⇒，
化简可得，（x+4）2+y2＝16，
即得点P的轨迹为以点（﹣4，0）为圆心，半径为4的圆，
故有点P的轨迹所包围的图形面积为：S＝16π．
故选：D．
9．（5分）已知双曲线C：＝1的一条渐近线与直线2x+y﹣5＝0垂直，则双曲线C的离心率等于（ ）
A． B． C． D．2
【分析】求出双曲线的渐近线的斜率，然后求解离心率即可．
【解答】解：双曲线C：＝1的一条渐近线与直线2x+y﹣5＝0垂直，可得，
所以e＝＝＝．
故选：A．
10．（5分）已知函数f（x）＝x•|x|﹣2x，则下列结论正确的是（ ）
A．f（x）是偶函数，递增区间是（﹣∞，0）
B．f（x）是偶函数，递减区间是（﹣∞，1）
C．f（x）是奇函数，递减区间是（﹣1，1）
D．f（x）是奇函数，递增区间是（0，+∞）
【分析】根据题意，将函数的解析式写出分段函数的形式，由函数奇偶性和单调性的定义分析可得答案．
【解答】解：根据题意，f（x）＝x•|x|﹣2x＝，
其定义域为R，f（﹣x）＝﹣（x•|x|﹣2x）＝﹣f（x），
则f（x）为奇函数，
当x≥0时，f（x）＝x2﹣2x＝（x﹣1）2﹣1，在区间[0，1）上递减，[1，+∞）上递增，
又由f（x）为奇函数，则f（x）在区间（﹣1，0]上递减，（﹣∞，﹣1]上递增，
综合可得：f（x）的递减区间是（﹣1，1），
故选：C．
11．（5分）所有棱长都是3的直三棱柱ABC﹣A1B1C1的六个顶点都在同一球面上，则该球的表面积是（ ）
A．12π B．18π C．21π D．39π
【分析】正三棱柱的底面中心的连线的中点就是外接球的球心，求出球的半径即可求出球的表面积．
【解答】解：由题意可知：正三棱柱的底面中心的连线的中点就是外接球的球心，
底面中心到顶点的距离为：×3＝；所以外接球的半径为：＝．
所以外接球的表面积为：4π（）2＝21π．
故选：C．
12．（5分）已知，，，则（ ）
A．c＜b＜a B．b＜c＜a C．a＜b＜c D．a＜c＜b
【分析】可令f（x）＝x﹣lnx，求导，根据导数符号可判断出f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，然后画出图形，根据a﹣4＝可得出f（a）＝f（4），同理可得出f（b）＝f（3），f（c）＝f（2），进而可得出f（c）＜f（b）＜f（a），从而可得出a，b，c的大小关系．
【解答】解：令f（x）＝x﹣lnx，，则f（x）在（0，1）单调递减，（1，+∞）单调递增，如图所示：
，
∴a﹣lna＝4﹣ln4，
∴f（a）＝f（4），
同理f（b）＝f（3），f（c）＝f（2），
又f（2）＜f（3）＜f（4），
∴f（c）＜f（b）＜f（a），
∴a＜b＜c．
故选：C．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．（5分）已知sinα＝，则cos（）＝ ﹣ ．
【分析】由已知利用诱导公式化简所求即可得解．
【解答】解：因为sinα＝，
则cos（）＝cos（﹣α）＝﹣cos（﹣α）＝﹣sinα＝﹣．
故答案为：﹣．
14．（5分）等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2+a7+a12＝12，则S13＝ 52 ．
【分析】依题意可以计算出a7的值，再结合等差中项的性质代入前n项和公式即可得到所求．
【解答】解：依题意，a2+a7+a12＝3a7＝12，
所以a7＝4，
所以S13＝＝13a7＝13×4＝52，
故答案为：52．
15．（5分）设x，y满足约束条件，则目标函数的最大值是 3 ．
【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用z的几何意义，即可得到结论．
【解答】解：作出x，y满足约束条件对应的平面区域如图：
的几何意义为平面区域内的点到定点D（﹣1，0）的斜率，
由图象知AD的斜率最大，其中A（0，3），
则＝3，
故答案为：3．
16．（5分）如果三棱锥S﹣ABC的底面ABC是正三角形，顶点S在底面ABC上的射影是△ABC的中心，则这样的三棱锥称为正三棱锥，有下列结论：
①正三棱锥的所有棱长都相等；
②当三棱锥S﹣ABC所有棱长都相等时，该棱锥内任意一点P到它的四个面的距离之和为定值；
③若正三棱锥S﹣ABC的所有棱长均为2，则该棱锥内切球的半径等于；
④若正三棱锥S﹣ABC的侧棱长为2，一个侧面的顶角为40°，过点B的平面分别交侧棱SA，SC于不重合的M、N两点，则△BMN周长的最小值等于2．
以上结论正确的是 ②③④ ．
【分析】①由正棱锥的定义判断即可，②，③由等体积转化，求解即可，④周长的最小值，可由展开图，三点共线求解．
【解答】解：对于①，正三棱锥的侧棱长与底面边长不一定相等，故①不正确，
对于②，当三棱锥S﹣ABC所有棱长都相等时，几何体为正四面体，设三棱锥S﹣ABC的高为h，每个面的面积为S，点P到四个面的距离为d1，d2，d3，d4，
则，所以d1+d2+d3+d4＝h为定值，故②正确，
对于③，因为正三棱锥所以棱长均为，设△ABC的中心为O，其外接圆半径为r，
如图，AO＝r＝×＝，SO＝＝＝，
设内切球的半径为R，∵所有棱长都相等，每个面的面积均为S，锥高h＝SO，
∴由等体积可知，，解得R＝＝，故③正确，
对于④，沿SB将正三棱锥S﹣ABC剪开，并展在一个平面内，得到其侧面展开图如图，
在侧面展开图中，当B1，N，M，B2四点共线时，原几何体中△BNM的周长最小，且为B1B2的长，
以为正三棱锥S﹣ABC的侧棱长为2，一个侧面的顶角为40°，∴SB1＝SB2＝2，∠B1SB2＝3×40°＝120°，
∴B1B2＝＝，∴△BNM的周长最小等于，故④正确，
故答案为：②③④．
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第17-21题为必考题，每个试题考生都必须作答，共60分。第22、23题为选考题，选做一题，共10分。
17．（12分）△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且bcosC+ccosB＝2acosA．
（1）求角A的大小；
（2）若a＝2，求△ABC面积的最大值．
【分析】（1）利用正弦定理将已知等式中的边化角，再结合三角形的内角和定理、两角和的正弦公式，推出cosA＝，从而得解；
（2）结合余弦定理和基本不等式，可得bc≤4，再由S＝bc•sinA，得解．
【解答】解：（1）由正弦定理知，＝，
∵bcosC+ccosB＝2acosA，
∴sinBcosC+sinCcosB＝2sinAcosA，
∴sin（B+C）＝sinA＝2sinAcosA，
∵sinA≠0，∴cosA＝，
∵A∈（0，π），∴A＝．
（2）由余弦定理知，cosA＝≥，
∴≥，
∴bc≤4，当且仅当b＝c＝2时，等号成立，
∴△ABC的面积S＝bc•sinA≤×4×sin＝，
故△ABC面积的最大值为．
18．（12分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥底面ABCD，PA＝AB＝4，E为PB的中点，F为线段BC上的点，且BF＝BC．
（1）求证：平面AEF⊥平面PBC；
（2）求点F到平面PCD的距离．
【分析】（1）证明BC⊥平面PAB得出AE⊥BC，结合AE⊥PB得出AE⊥平面PBC，故而平面AEF⊥平面PBC；
（2）取PD中点G，证明AG⊥平面PCD，AB∥平面PCD，则点B到平面PCD的距离为AG的长，利用BF＝BC，即可求得点F到平面PCD的距离．
【解答】（1）证明：∵PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，
∴PA⊥BC，又BC⊥AB，PA∩AB＝A，
∴BC⊥平面PAB，又AE⊂面PAB，∴BC⊥AE，
∵PA＝AB，E为PB中点，∴AE⊥PB，又BC∩PB＝B，
∴AE⊥平面PAB，又AE⊂平面AEF，
∴平面AEF⊥平面PBC．
（2）解：∵AB∥CD，AB⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，∴AB∥平面PCD，
∴B到平面PCD的距离等于A到平面PCD的距离，
取PD的中点G，连接AG，
∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥CD，
又CD⊥AD，AD∩PA＝A，
∴CD⊥平面PAD，∴CD⊥AG，
∵PA＝AD，G是PD的中点，∴AG⊥PD，
又PD∩CD＝D，∴AG⊥平面PCD，
∵PA＝AD＝4，PA⊥AD，∴PD＝4，
∴AG＝PD＝2，
∴点B到平面PCD的距离为2，
∵BF＝BC，∴点F到平面PCD的距离为2×＝．
19．（12分）如图，在实验室细菌培养过程中，细菌生长主要经历调整期、指数期、稳定期和衰亡期四个时期．在一定条件下，培养基上细菌的最大承载量（达到稳定期时的细菌数量）与培养基质量具有线性相关关系．某实验室在培养细菌A的过程中，通过大量实验获得了以下统计数据：
培养基质量x（克）
20
40
50
60
80
细菌A的最大承载量Y（单位）
300
400
500
600
700
（1）建立Y关于x的回归直线方程，并预测当培养基质量为100克时细菌A的最大承载量；
（2）研究发现，细菌A的调整期一般为3小时，其在指数期的细菌数量y（单位）与细菌A被植入培养基的时间t近似满足函数关系y＝0.8×2t﹣3+20，试估计在100克培养基上培养细菌A时指数期的持续时间（精确到1小时）．
附注：
参考数据：210＝1024，211＝2048，212＝4096，213＝8192．
参考公式：回归方程＝x中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：＝，＝﹣．
【分析】（1）先求出样本中心，然后利用公式求解和，从而得到回归方程，再将x＝100代入方程计算即可；
（2）利用题中给出的函数关系y＝0.8×2t﹣3+20，结合（1）中的结果，列出关于t的等式，求解即可得到答案．
【解答】解：（1）由题意可得，，，
所以＝20×300+40×400+50×500+60×600+80×700＝139000，
＝400+1600+2500+3600+6400＝14500，
所以＝＝，
故＝﹣＝500﹣7×50＝150，
所以Y关于x的回归直线方程为＝7x+150，
当培养基质量为100克时细菌A的最大承载量为＝7×100+150＝850（单位）；
（2）在100克培养基上培养细菌A时，由（1）可知最大承载量为850单位，
又y＝0.8×2t﹣3+20，即850＝0.8×2t﹣3+20，化简可得2t﹣3＝1037.5，
所以t﹣3≈10，则t≈13，
所以在100克培养基上培养细菌A时指数期的持续时间为10小时．
20．（12分）已知函数f（x）＝lnx﹣ax（a∈R）．
（1）若f（x）存在极值，求a的取值范围；
（2）当a＝﹣1时，求证：f（x）≤xex﹣1．
【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间，判定函数是否存在极值，从而求出a的取值范围；
（2）代入a的值，设h（x）＝xex﹣lnx﹣x﹣1，定义域是（0，+∞），只需证明h（x）≥0即可，根据函数的单调性证明结论成立，
法二：问题转化为ex+lnx﹣（x+lnx）﹣1≥0，令g（x）＝ex﹣x﹣1，根据函数的单调性证明即可．
【解答】解：（1）函数f（x）的定义域是（0，+∞），
f′（x）＝﹣a＝，当a≤0时，对任意x＞0，f′（x）＞0，
故函数f（x）在（0，+∞）上单调递增，f（x）无极值，
当a＞0时，当x∈（0，）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
当x∈（，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
故f（x）在x＝处取得极大值，无极小值，
综上：若f（x）存在极值，
则a的取值范围是（0，+∞）；
（2）当a＝﹣1时，xex﹣1﹣f（x）＝xex﹣lnx﹣x﹣1，
设h（x）＝xex﹣lnx﹣x﹣1，定义域是（0，+∞），
只需证明h（x）≥0即可，
h′（x）＝（x+1）ex﹣，设u（x）＝h′（x），
则u′（x）＝（x+2）ex+＞0，
故函数h′（x）在（0，+∞）上单调递增，
∵h′（）＝3（﹣1）＜0，h′（1）＝2e﹣2＞0，
∴h′（x）＝0有唯一的实根x0∈（，1）且＝，
∴x0＝﹣lnx0，
当0＜x＜x0时，h′（x）＜0，当x＞x0时，h′（x）＞0，
故函数h（x）的最小值是h（x0），
∴h（x）≥h（x0）＝x0﹣lnx0﹣x0﹣1＝1+x0﹣x0﹣1＝0，
∴f（x）≤xex﹣1．
法二：lnx+x≤xex﹣1，ex+lnx﹣（x+lnx）﹣1≥0，
令g（x）＝ex﹣x﹣1，则g′（x）＝ex﹣1，
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，令h（x）＝x+lnx，显然h（x）递增，
由h（）＜0，h（1）＞0，故h（x）＝0有解，x+lnx＝0有解，
故ex+lnx﹣（x+lnx）﹣1≥0，（当且仅当x+lnx＝0时“＝”成立）．
21．（12分）已知抛物线E：y2＝2px（0＜p＜10）的焦点为F，点M（t，8）在抛物线E上，且|FM|＝10．
（1）求抛物线E的方程；
（2）过点F作互相垂直的两条直线，与抛物线分别相交于点A，B，C，D，P、Q分别为弦AB、CD的中点，求△FPQ面积的最小值．
【分析】（1）由题意可知＝2，所以p＝4，从而得到抛物线E的方程；
（2）显然直线AB，CD的斜率都存在且均不为0，设直线AB的斜率为k，则直线CD的斜率为﹣，所以直线AB的方程为y＝k（x﹣2），与椭圆方程联立，利用韦达定理得到点P的坐标，同理可得点Q的坐标，进而求出|PF|，|QF|，再利用基本不等式即可求出|PF|•|QF|的最小值，得到结果．
【解答】解：（1）抛物线E：y2＝2px（0＜p＜10）的焦点为F，点M（t，8）在抛物线E上，且|FM|＝10．
可得：，可得：p2﹣20p+64＝0，因为p∈（0，10），所以p＝4，
故抛物线E的方程为：y2＝8x；
（2）由（1）可知焦点为F（2，0），
由已知可得AB⊥CD，所以两直线AB，CD的斜率都存在且均不为0，
设直线AB的斜率为k，则直线CD的斜率为﹣，
故直线AB的方程为y＝k（x﹣2），
联立方程，消去x得：ky2﹣8y﹣16k＝0，
设点A（x1，y1），B（x2，y2），则y1+y2＝，
因为P（xP，yP）为弦AB的中点，所以yP＝（y1+y2）＝，
由yP＝k（xP﹣2），得xP＝+2＝+2，
故点P（+2，），
同理可得：Q（4k2+2，﹣4k），
故|QF|＝＝4，|PF|＝＝，
所以|PF|•|QF|＝4×＝8×＝8（|k|+）≥8×2＝16，
当且仅当k＝±1时，等号成立，
所以△FPQ面积的最小值16．
请在22、23二题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题记分．
22．（10分）在平面直角坐标系中，曲线C1的参数方程为（α为参数），以坐标原点为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρcos（θ+）＝1．
（1）写出曲线C1的普通方程和曲线C2的直角坐标方程；
（2）已知点P（0，﹣1），曲线C1与曲线C2相交于A，B两点，求．
【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；
（2）利用一元二次方程根和系数关系式的应用求出结果．
【解答】解：（1）曲线C1的参数方程为（α为参数），转换为直角坐标方程为．
曲线C2的极坐标方程为ρcos（θ+）＝1，根据转换为直角坐标方程为x﹣y﹣1＝0．
（2）将直线的直角坐标方程转换为参数方程（t为参数），代入，
得到．
故，，
所以．
23．已知函数f（x）＝2|x﹣1|﹣|x+1|．
（1）解不等式f（x）≥1；
（2）对∀x∈R，f（x）＞m﹣|3x+3|恒成立，求m的取值范围．
【分析】（1）利用分段讨论法去掉绝对值，求不等式f（x）≥1的解集即可；
（2）问题等价于对∀x∈R，m＜2|x﹣1|+2|x+1|恒成立，求出g（x）＝2|x﹣1|+2|x+1|的最小值即可得出结论．
【解答】解：（1）函数f（x）＝2|x﹣1|﹣|x+1|＝，
不等式f（x）≥1等价于，或，或，
解得x≥4，或﹣1＜x≤0，或x≤﹣1，
所以不等式f（x）≥1的解集为（﹣∞，0]∪[4，+∞）；
（2）对∀x∈R，f（x）＞m﹣|3x+3|恒成立，
等价于对∀x∈R，2|x﹣1|﹣|x+1|＞m﹣|3x+3|恒成立，
即m＜2|x﹣1|+2|x+1|恒成立，
设g（x）＝2|x﹣1|+2|x+1|，x∈R，
则g（x）≥2|（x﹣1）﹣（x+1）|＝2×2＝4，当且仅当﹣1≤x≤1时取“＝”，
所以g（x）的最小值为4，
所以m的取值范围是（﹣∞，4）．
2021年吉林省长春市东北师大附中高考数学五模试卷（文科）
一、单选题：本题共12小题，每小题5分，共60分。
1．（5分）已知集合A＝{x||x|≤2}，B＝{x|﹣3＜x＜1}，则A∩B＝（ ）
A．{x|﹣3＜x≤2} B．{x|﹣3≤x≤2} C．{x|﹣2≤x＜1} D．{x|﹣2≤x≤1}
2．（5分）若z＝，则z3＝（ ）
A．﹣1 B．﹣i C．1 D．i
3．（5分）1750年，欧拉在给哥德巴赫的一封信中列举了多面体的一些性质，其中一条是：如果用V、E和F表示凸多面体的顶点数、棱数和面数，则有如下关系：V﹣E+F＝2．已知正十二面体有20个顶点，则正十二面体有（ ）条棱．
A．30 B．14 C．20 D．26
4．（5分）总体由编号为01，02，…，39，40的40个个体组成．利用下面的随机数表选取5个个体，选取方法是从随机数表第1行的第6列和第7列数字开始由左到右依次选取两个数字，则选出来的第5个个体的编号为（ ）
50 44 66 44 21 66 06 58 05 62 61 65 54 35 02 42 35 48 96 32 14 52 41 52 48
22 66 22 15 86 26 63 75 41 99 58 42 36 72 24 58 37 52 18 51 03 37 18 39 11
A．23 B．21 C．35 D．32
5．（5分）已知向量＝（1，﹣1），＝（2，x）．若⊥（2+），则x的值为（ ）
A．2 B．﹣2 C．6 D．﹣6
6．（5分）已知各项均为正数的等比数列{an}的前三项和为14，且a5＝3a3+4a1，则a2021＝（ ）
A．22020 B．22021 C．22022 D．22023
7．（5分）执行如图所示程序框图，则输出的s＝（ ）
A．501 B．642 C．645 D．896
8．（5分）古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名．他发现：“平面内到两个定点A，B的距离之比为定值λ（λ≠1）的点的轨迹是圆”．后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆在平面直角坐标系xOy中，A（﹣2，0），B（4，0），点P满足．则点P的轨迹所包围的图形的面积等于（ ）
A．4π B．8π C．12π D．16π
9．（5分）已知双曲线C：＝1的一条渐近线与直线2x+y﹣5＝0垂直，则双曲线C的离心率等于（ ）
A． B． C． D．2
10．（5分）已知函数f（x）＝x•|x|﹣2x，则下列结论正确的是（ ）
A．f（x）是偶函数，递增区间是（﹣∞，0）
B．f（x）是偶函数，递减区间是（﹣∞，1）
C．f（x）是奇函数，递减区间是（﹣1，1）
D．f（x）是奇函数，递增区间是（0，+∞）
11．（5分）所有棱长都是3的直三棱柱ABC﹣A1B1C1的六个顶点都在同一球面上，则该球的表面积是（ ）
A．12π B．18π C．21π D．39π
12．（5分）已知，，，则（ ）
A．c＜b＜a B．b＜c＜a C．a＜b＜c D．a＜c＜b
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．（5分）已知sinα＝，则cos（）＝ ．
14．（5分）等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2+a7+a12＝12，则S13＝ ．
15．（5分）设x，y满足约束条件，则目标函数的最大值是 ．
16．（5分）如果三棱锥S﹣ABC的底面ABC是正三角形，顶点S在底面ABC上的射影是△ABC的中心，则这样的三棱锥称为正三棱锥，有下列结论：
①正三棱锥的所有棱长都相等；
②当三棱锥S﹣ABC所有棱长都相等时，该棱锥内任意一点P到它的四个面的距离之和为定值；
③若正三棱锥S﹣ABC的所有棱长均为2，则该棱锥内切球的半径等于；
④若正三棱锥S﹣ABC的侧棱长为2，一个侧面的顶角为40°，过点B的平面分别交侧棱SA，SC于不重合的M、N两点，则△BMN周长的最小值等于2．
以上结论正确的是 ．
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第17-21题为必考题，每个试题考生都必须作答，共60分。第22、23题为选考题，选做一题，共10分。
17．（12分）△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且bcosC+ccosB＝2acosA．
（1）求角A的大小；
（2）若a＝2，求△ABC面积的最大值．
18．（12分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥底面ABCD，PA＝AB＝4，E为PB的中点，F为线段BC上的点，且BF＝BC．
（1）求证：平面AEF⊥平面PBC；
（2）求点F到平面PCD的距离．
19．（12分）如图，在实验室细菌培养过程中，细菌生长主要经历调整期、指数期、稳定期和衰亡期四个时期．在一定条件下，培养基上细菌的最大承载量（达到稳定期时的细菌数量）与培养基质量具有线性相关关系．某实验室在培养细菌A的过程中，通过大量实验获得了以下统计数据：
培养基质量x（克）
20
40
50
60
80
细菌A的最大承载量Y（单位）
300
400
500
600
700
（1）建立Y关于x的回归直线方程，并预测当培养基质量为100克时细菌A的最大承载量；
（2）研究发现，细菌A的调整期一般为3小时，其在指数期的细菌数量y（单位）与细菌A被植入培养基的时间t近似满足函数关系y＝0.8×2t﹣3+20，试估计在100克培养基上培养细菌A时指数期的持续时间（精确到1小时）．
附注：
参考数据：210＝1024，211＝2048，212＝4096，213＝8192．
参考公式：回归方程＝x中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：＝，＝﹣．
20．（12分）已知函数f（x）＝lnx﹣ax（a∈R）．
（1）若f（x）存在极值，求a的取值范围；
（2）当a＝﹣1时，求证：f（x）≤xex﹣1．
21．（12分）已知抛物线E：y2＝2px（0＜p＜10）的焦点为F，点M（t，8）在抛物线E上，且|FM|＝10．
（1）求抛物线E的方程；
（2）过点F作互相垂直的两条直线，与抛物线分别相交于点A，B，C，D，P、Q分别为弦AB、CD的中点，求△FPQ面积的最小值．
请在22、23二题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题记分．
22．（10分）在平面直角坐标系中，曲线C1的参数方程为（α为参数），以坐标原点为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρcos（θ+）＝1．
（1）写出曲线C1的普通方程和曲线C2的直角坐标方程；
（2）已知点P（0，﹣1），曲线C1与曲线C2相交于A，B两点，求．
23．已知函数f（x）＝2|x﹣1|﹣|x+1|．
（1）解不等式f（x）≥1；
（2）对∀x∈R，f（x）＞m﹣|3x+3|恒成立，求m的取值范围．
2021年吉林省长春市东北师大附中高考数学五模试卷（文科）
参考答案与试题解析
一、单选题：本题共12小题，每小题5分，共60分。
1．（5分）已知集合A＝{x||x|≤2}，B＝{x|﹣3＜x＜1}，则A∩B＝（ ）
A．{x|﹣3＜x≤2} B．{x|﹣3≤x≤2} C．{x|﹣2≤x＜1} D．{x|﹣2≤x≤1}
【分析】可求出集合A，然后进行交集的运算即可．
【解答】解：∵A＝{x|﹣2≤x≤2}，B＝{x|﹣3＜x＜1}，
∴A∩B＝{x|﹣2≤x＜1}．
故选：C．
2．（5分）若z＝，则z3＝（ ）
A．﹣1 B．﹣i C．1 D．i
【分析】先化简复数z，再求出z3即可．
【解答】解：因为z＝＝＝＝﹣i，
所以z3＝（﹣i）3＝i．
故选：D．
3．（5分）1750年，欧拉在给哥德巴赫的一封信中列举了多面体的一些性质，其中一条是：如果用V、E和F表示凸多面体的顶点数、棱数和面数，则有如下关系：V﹣E+F＝2．已知正十二面体有20个顶点，则正十二面体有（ ）条棱．
A．30 B．14 C．20 D．26
【分析】根据题意，得到正十二面体中V、F的值，再由V﹣E+F＝2，求出棱数E即可．
【解答】解：根据题意，正十二面体有20个顶点，即V＝20，F＝12，
由V﹣E+F＝2，可得棱数E＝V+F﹣2＝30；
故选：A．
4．（5分）总体由编号为01，02，…，39，40的40个个体组成．利用下面的随机数表选取5个个体，选取方法是从随机数表第1行的第6列和第7列数字开始由左到右依次选取两个数字，则选出来的第5个个体的编号为（ ）
50 44 66 44 21 66 06 58 05 62 61 65 54 35 02 42 35 48 96 32 14 52 41 52 48
22 66 22 15 86 26 63 75 41 99 58 42 36 72 24 58 37 52 18 51 03 37 18 39 11
A．23 B．21 C．35 D．32
【分析】根据随机数表，依次进行选择即可得到结论．
【解答】解：从随机数表第1行的第6列和第7列数字开始由左到右一次选取两个数字开始向右读，
第一个数为64，不符合条件，
第二个数为42，不符合条件，
第三个数为16，符合条件，
以下符合条件依次为：26，24，23，21，
故第5个数为21．
故选：B．
5．（5分）已知向量＝（1，﹣1），＝（2，x）．若⊥（2+），则x的值为（ ）
A．2 B．﹣2 C．6 D．﹣6
【分析】根据题意，由向量的坐标计算公式可得2+的坐标，进而由向量垂直与数量积的关系可得•（2+）＝4+2﹣x＝0，解可得x的值，即可得答案．
【解答】解：根据题意，向量＝（1，﹣1），＝（2，x），则2+＝（4，x﹣2），
若⊥（2+），则•（2+）＝4+2﹣x＝0，
解可得x＝6，
故选：C．
6．（5分）已知各项均为正数的等比数列{an}的前三项和为14，且a5＝3a3+4a1，则a2021＝（ ）
A．22020 B．22021 C．22022 D．22023
【分析】由已知结合等比数列的通项公式可求a1，q，进而可求．
【解答】解：各项均为正数的等比数列{an}的前三项和＝14，a5＝3a3+4a1，
所以，
因为q＞0，
解得q＝2，a1＝2，
则a2021＝22021．
故选：B．
7．（5分）执行如图所示程序框图，则输出的s＝（ ）
A．501 B．642 C．645 D．896
【分析】由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量S的值，模拟程序的运行过程，可得答案．
【解答】解：S＝0，m＝1，
第一次执行循环体，S＝2，m＝2，是；
第二次执行循环体，S＝10，m＝3，是；
第三次执行循环体，S＝34，m＝4，是；
第四次执行循环体，S＝98，m＝5，是；
第五次执行循环体，S＝258，m＝6，是；
第六次执行循环体，S＝642，m＝7，否；输出；
故输出S值为642，
故选：B．
8．（5分）古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名．他发现：“平面内到两个定点A，B的距离之比为定值λ（λ≠1）的点的轨迹是圆”．后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆在平面直角坐标系xOy中，A（﹣2，0），B（4，0），点P满足．则点P的轨迹所包围的图形的面积等于（ ）
A．4π B．8π C．12π D．16π
【分析】根据阿波罗尼斯圆的定义，即可得到点P的轨迹为圆，从可求得点P的轨迹所包围的图形的面积．
【解答】解：根据题意，设点P（x，y），则由得，
|PB|＝2|PA|⇒，
化简可得，（x+4）2+y2＝16，
即得点P的轨迹为以点（﹣4，0）为圆心，半径为4的圆，
故有点P的轨迹所包围的图形面积为：S＝16π．
故选：D．
9．（5分）已知双曲线C：＝1的一条渐近线与直线2x+y﹣5＝0垂直，则双曲线C的离心率等于（ ）
A． B． C． D．2
【分析】求出双曲线的渐近线的斜率，然后求解离心率即可．
【解答】解：双曲线C：＝1的一条渐近线与直线2x+y﹣5＝0垂直，可得，
所以e＝＝＝．
故选：A．
10．（5分）已知函数f（x）＝x•|x|﹣2x，则下列结论正确的是（ ）
A．f（x）是偶函数，递增区间是（﹣∞，0）
B．f（x）是偶函数，递减区间是（﹣∞，1）
C．f（x）是奇函数，递减区间是（﹣1，1）
D．f（x）是奇函数，递增区间是（0，+∞）
【分析】根据题意，将函数的解析式写出分段函数的形式，由函数奇偶性和单调性的定义分析可得答案．
【解答】解：根据题意，f（x）＝x•|x|﹣2x＝，
其定义域为R，f（﹣x）＝﹣（x•|x|﹣2x）＝﹣f（x），
则f（x）为奇函数，
当x≥0时，f（x）＝x2﹣2x＝（x﹣1）2﹣1，在区间[0，1）上递减，[1，+∞）上递增，
又由f（x）为奇函数，则f（x）在区间（﹣1，0]上递减，（﹣∞，﹣1]上递增，
综合可得：f（x）的递减区间是（﹣1，1），
故选：C．
11．（5分）所有棱长都是3的直三棱柱ABC﹣A1B1C1的六个顶点都在同一球面上，则该球的表面积是（ ）
A．12π B．18π C．21π D．39π
【分析】正三棱柱的底面中心的连线的中点就是外接球的球心，求出球的半径即可求出球的表面积．
【解答】解：由题意可知：正三棱柱的底面中心的连线的中点就是外接球的球心，
底面中心到顶点的距离为：×3＝；所以外接球的半径为：＝．
所以外接球的表面积为：4π（）2＝21π．
故选：C．
12．（5分）已知，，，则（ ）
A．c＜b＜a B．b＜c＜a C．a＜b＜c D．a＜c＜b
【分析】可令f（x）＝x﹣lnx，求导，根据导数符号可判断出f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，然后画出图形，根据a﹣4＝可得出f（a）＝f（4），同理可得出f（b）＝f（3），f（c）＝f（2），进而可得出f（c）＜f（b）＜f（a），从而可得出a，b，c的大小关系．
【解答】解：令f（x）＝x﹣lnx，，则f（x）在（0，1）单调递减，（1，+∞）单调递增，如图所示：
，
∴a﹣lna＝4﹣ln4，
∴f（a）＝f（4），
同理f（b）＝f（3），f（c）＝f（2），
又f（2）＜f（3）＜f（4），
∴f（c）＜f（b）＜f（a），
∴a＜b＜c．
故选：C．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．（5分）已知sinα＝，则cos（）＝ ﹣ ．
【分析】由已知利用诱导公式化简所求即可得解．
【解答】解：因为sinα＝，
则cos（）＝cos（﹣α）＝﹣cos（﹣α）＝﹣sinα＝﹣．
故答案为：﹣．
14．（5分）等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2+a7+a12＝12，则S13＝ 52 ．
【分析】依题意可以计算出a7的值，再结合等差中项的性质代入前n项和公式即可得到所求．
【解答】解：依题意，a2+a7+a12＝3a7＝12，
所以a7＝4，
所以S13＝＝13a7＝13×4＝52，
故答案为：52．
15．（5分）设x，y满足约束条件，则目标函数的最大值是 3 ．
【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用z的几何意义，即可得到结论．
【解答】解：作出x，y满足约束条件对应的平面区域如图：
的几何意义为平面区域内的点到定点D（﹣1，0）的斜率，
由图象知AD的斜率最大，其中A（0，3），
则＝3，
故答案为：3．
16．（5分）如果三棱锥S﹣ABC的底面ABC是正三角形，顶点S在底面ABC上的射影是△ABC的中心，则这样的三棱锥称为正三棱锥，有下列结论：
①正三棱锥的所有棱长都相等；
②当三棱锥S﹣ABC所有棱长都相等时，该棱锥内任意一点P到它的四个面的距离之和为定值；
③若正三棱锥S﹣ABC的所有棱长均为2，则该棱锥内切球的半径等于；
④若正三棱锥S﹣ABC的侧棱长为2，一个侧面的顶角为40°，过点B的平面分别交侧棱SA，SC于不重合的M、N两点，则△BMN周长的最小值等于2．
以上结论正确的是 ②③④ ．
【分析】①由正棱锥的定义判断即可，②，③由等体积转化，求解即可，④周长的最小值，可由展开图，三点共线求解．
【解答】解：对于①，正三棱锥的侧棱长与底面边长不一定相等，故①不正确，
对于②，当三棱锥S﹣ABC所有棱长都相等时，几何体为正四面体，设三棱锥S﹣ABC的高为h，每个面的面积为S，点P到四个面的距离为d1，d2，d3，d4，
则，所以d1+d2+d3+d4＝h为定值，故②正确，
对于③，因为正三棱锥所以棱长均为，设△ABC的中心为O，其外接圆半径为r，
如图，AO＝r＝×＝，SO＝＝＝，
设内切球的半径为R，∵所有棱长都相等，每个面的面积均为S，锥高h＝SO，
∴由等体积可知，，解得R＝＝，故③正确，
对于④，沿SB将正三棱锥S﹣ABC剪开，并展在一个平面内，得到其侧面展开图如图，
在侧面展开图中，当B1，N，M，B2四点共线时，原几何体中△BNM的周长最小，且为B1B2的长，
以为正三棱锥S﹣ABC的侧棱长为2，一个侧面的顶角为40°，∴SB1＝SB2＝2，∠B1SB2＝3×40°＝120°，
∴B1B2＝＝，∴△BNM的周长最小等于，故④正确，
故答案为：②③④．
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第17-21题为必考题，每个试题考生都必须作答，共60分。第22、23题为选考题，选做一题，共10分。
17．（12分）△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且bcosC+ccosB＝2acosA．
（1）求角A的大小；
（2）若a＝2，求△ABC面积的最大值．
【分析】（1）利用正弦定理将已知等式中的边化角，再结合三角形的内角和定理、两角和的正弦公式，推出cosA＝，从而得解；
（2）结合余弦定理和基本不等式，可得bc≤4，再由S＝bc•sinA，得解．
【解答】解：（1）由正弦定理知，＝，
∵bcosC+ccosB＝2acosA，
∴sinBcosC+sinCcosB＝2sinAcosA，
∴sin（B+C）＝sinA＝2sinAcosA，
∵sinA≠0，∴cosA＝，
∵A∈（0，π），∴A＝．
（2）由余弦定理知，cosA＝≥，
∴≥，
∴bc≤4，当且仅当b＝c＝2时，等号成立，
∴△ABC的面积S＝bc•sinA≤×4×sin＝，
故△ABC面积的最大值为．
18．（12分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥底面ABCD，PA＝AB＝4，E为PB的中点，F为线段BC上的点，且BF＝BC．
（1）求证：平面AEF⊥平面PBC；
（2）求点F到平面PCD的距离．
【分析】（1）证明BC⊥平面PAB得出AE⊥BC，结合AE⊥PB得出AE⊥平面PBC，故而平面AEF⊥平面PBC；
（2）取PD中点G，证明AG⊥平面PCD，AB∥平面PCD，则点B到平面PCD的距离为AG的长，利用BF＝BC，即可求得点F到平面PCD的距离．
【解答】（1）证明：∵PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，
∴PA⊥BC，又BC⊥AB，PA∩AB＝A，
∴BC⊥平面PAB，又AE⊂面PAB，∴BC⊥AE，
∵PA＝AB，E为PB中点，∴AE⊥PB，又BC∩PB＝B，
∴AE⊥平面PAB，又AE⊂平面AEF，
∴平面AEF⊥平面PBC．
（2）解：∵AB∥CD，AB⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，∴AB∥平面PCD，
∴B到平面PCD的距离等于A到平面PCD的距离，
取PD的中点G，连接AG，
∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥CD，
又CD⊥AD，AD∩PA＝A，
∴CD⊥平面PAD，∴CD⊥AG，
∵PA＝AD，G是PD的中点，∴AG⊥PD，
又PD∩CD＝D，∴AG⊥平面PCD，
∵PA＝AD＝4，PA⊥AD，∴PD＝4，
∴AG＝PD＝2，
∴点B到平面PCD的距离为2，
∵BF＝BC，∴点F到平面PCD的距离为2×＝．
19．（12分）如图，在实验室细菌培养过程中，细菌生长主要经历调整期、指数期、稳定期和衰亡期四个时期．在一定条件下，培养基上细菌的最大承载量（达到稳定期时的细菌数量）与培养基质量具有线性相关关系．某实验室在培养细菌A的过程中，通过大量实验获得了以下统计数据：
培养基质量x（克）
20
40
50
60
80
细菌A的最大承载量Y（单位）
300
400
500
600
700
（1）建立Y关于x的回归直线方程，并预测当培养基质量为100克时细菌A的最大承载量；
（2）研究发现，细菌A的调整期一般为3小时，其在指数期的细菌数量y（单位）与细菌A被植入培养基的时间t近似满足函数关系y＝0.8×2t﹣3+20，试估计在100克培养基上培养细菌A时指数期的持续时间（精确到1小时）．
附注：
参考数据：210＝1024，211＝2048，212＝4096，213＝8192．
参考公式：回归方程＝x中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：＝，＝﹣．
【分析】（1）先求出样本中心，然后利用公式求解和，从而得到回归方程，再将x＝100代入方程计算即可；
（2）利用题中给出的函数关系y＝0.8×2t﹣3+20，结合（1）中的结果，列出关于t的等式，求解即可得到答案．
【解答】解：（1）由题意可得，，，
所以＝20×300+40×400+50×500+60×600+80×700＝139000，
＝400+1600+2500+3600+6400＝14500，
所以＝＝，
故＝﹣＝500﹣7×50＝150，
所以Y关于x的回归直线方程为＝7x+150，
当培养基质量为100克时细菌A的最大承载量为＝7×100+150＝850（单位）；
（2）在100克培养基上培养细菌A时，由（1）可知最大承载量为850单位，
又y＝0.8×2t﹣3+20，即850＝0.8×2t﹣3+20，化简可得2t﹣3＝1037.5，
所以t﹣3≈10，则t≈13，
所以在100克培养基上培养细菌A时指数期的持续时间为10小时．
20．（12分）已知函数f（x）＝lnx﹣ax（a∈R）．
（1）若f（x）存在极值，求a的取值范围；
（2）当a＝﹣1时，求证：f（x）≤xex﹣1．
【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间，判定函数是否存在极值，从而求出a的取值范围；
（2）代入a的值，设h（x）＝xex﹣lnx﹣x﹣1，定义域是（0，+∞），只需证明h（x）≥0即可，根据函数的单调性证明结论成立，
法二：问题转化为ex+lnx﹣（x+lnx）﹣1≥0，令g（x）＝ex﹣x﹣1，根据函数的单调性证明即可．
【解答】解：（1）函数f（x）的定义域是（0，+∞），
f′（x）＝﹣a＝，当a≤0时，对任意x＞0，f′（x）＞0，
故函数f（x）在（0，+∞）上单调递增，f（x）无极值，
当a＞0时，当x∈（0，）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
当x∈（，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
故f（x）在x＝处取得极大值，无极小值，
综上：若f（x）存在极值，
则a的取值范围是（0，+∞）；
（2）当a＝﹣1时，xex﹣1﹣f（x）＝xex﹣lnx﹣x﹣1，
设h（x）＝xex﹣lnx﹣x﹣1，定义域是（0，+∞），
只需证明h（x）≥0即可，
h′（x）＝（x+1）ex﹣，设u（x）＝h′（x），
则u′（x）＝（x+2）ex+＞0，
故函数h′（x）在（0，+∞）上单调递增，
∵h′（）＝3（﹣1）＜0，h′（1）＝2e﹣2＞0，
∴h′（x）＝0有唯一的实根x0∈（，1）且＝，
∴x0＝﹣lnx0，
当0＜x＜x0时，h′（x）＜0，当x＞x0时，h′（x）＞0，
故函数h（x）的最小值是h（x0），
∴h（x）≥h（x0）＝x0﹣lnx0﹣x0﹣1＝1+x0﹣x0﹣1＝0，
∴f（x）≤xex﹣1．
法二：lnx+x≤xex﹣1，ex+lnx﹣（x+lnx）﹣1≥0，
令g（x）＝ex﹣x﹣1，则g′（x）＝ex﹣1，
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，令h（x）＝x+lnx，显然h（x）递增，
由h（）＜0，h（1）＞0，故h（x）＝0有解，x+lnx＝0有解，
故ex+lnx﹣（x+lnx）﹣1≥0，（当且仅当x+lnx＝0时“＝”成立）．
21．（12分）已知抛物线E：y2＝2px（0＜p＜10）的焦点为F，点M（t，8）在抛物线E上，且|FM|＝10．
（1）求抛物线E的方程；
（2）过点F作互相垂直的两条直线，与抛物线分别相交于点A，B，C，D，P、Q分别为弦AB、CD的中点，求△FPQ面积的最小值．
【分析】（1）由题意可知＝2，所以p＝4，从而得到抛物线E的方程；
（2）显然直线AB，CD的斜率都存在且均不为0，设直线AB的斜率为k，则直线CD的斜率为﹣，所以直线AB的方程为y＝k（x﹣2），与椭圆方程联立，利用韦达定理得到点P的坐标，同理可得点Q的坐标，进而求出|PF|，|QF|，再利用基本不等式即可求出|PF|•|QF|的最小值，得到结果．
【解答】解：（1）抛物线E：y2＝2px（0＜p＜10）的焦点为F，点M（t，8）在抛物线E上，且|FM|＝10．
可得：，可得：p2﹣20p+64＝0，因为p∈（0，10），所以p＝4，
故抛物线E的方程为：y2＝8x；
（2）由（1）可知焦点为F（2，0），
由已知可得AB⊥CD，所以两直线AB，CD的斜率都存在且均不为0，
设直线AB的斜率为k，则直线CD的斜率为﹣，
故直线AB的方程为y＝k（x﹣2），
联立方程，消去x得：ky2﹣8y﹣16k＝0，
设点A（x1，y1），B（x2，y2），则y1+y2＝，
因为P（xP，yP）为弦AB的中点，所以yP＝（y1+y2）＝，
由yP＝k（xP﹣2），得xP＝+2＝+2，
故点P（+2，），
同理可得：Q（4k2+2，﹣4k），
故|QF|＝＝4，|PF|＝＝，
所以|PF|•|QF|＝4×＝8×＝8（|k|+）≥8×2＝16，
当且仅当k＝±1时，等号成立，
所以△FPQ面积的最小值16．
请在22、23二题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题记分．
22．（10分）在平面直角坐标系中，曲线C1的参数方程为（α为参数），以坐标原点为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρcos（θ+）＝1．
（1）写出曲线C1的普通方程和曲线C2的直角坐标方程；
（2）已知点P（0，﹣1），曲线C1与曲线C2相交于A，B两点，求．
【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；
（2）利用一元二次方程根和系数关系式的应用求出结果．
【解答】解：（1）曲线C1的参数方程为（α为参数），转换为直角坐标方程为．
曲线C2的极坐标方程为ρcos（θ+）＝1，根据转换为直角坐标方程为x﹣y﹣1＝0．
（2）将直线的直角坐标方程转换为参数方程（t为参数），代入，
得到．
故，，
所以．
23．已知函数f（x）＝2|x﹣1|﹣|x+1|．
（1）解不等式f（x）≥1；
（2）对∀x∈R，f（x）＞m﹣|3x+3|恒成立，求m的取值范围．
【分析】（1）利用分段讨论法去掉绝对值，求不等式f（x）≥1的解集即可；
（2）问题等价于对∀x∈R，m＜2|x﹣1|+2|x+1|恒成立，求出g（x）＝2|x﹣1|+2|x+1|的最小值即可得出结论．
【解答】解：（1）函数f（x）＝2|x﹣1|﹣|x+1|＝，
不等式f（x）≥1等价于，或，或，
解得x≥4，或﹣1＜x≤0，或x≤﹣1，
所以不等式f（x）≥1的解集为（﹣∞，0]∪[4，+∞）；
（2）对∀x∈R，f（x）＞m﹣|3x+3|恒成立，
等价于对∀x∈R，2|x﹣1|﹣|x+1|＞m﹣|3x+3|恒成立，
即m＜2|x﹣1|+2|x+1|恒成立，
设g（x）＝2|x﹣1|+2|x+1|，x∈R，
则g（x）≥2|（x﹣1）﹣（x+1）|＝2×2＝4，当且仅当﹣1≤x≤1时取“＝”，
所以g（x）的最小值为4，
所以m的取值范围是（﹣∞，4）．
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