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2020年江西省南昌市高考数学三模试卷（理科）
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这是一份2020年江西省南昌市高考数学三模试卷（理科），共17页。试卷主要包含了函数f=csx的图象可能为，162B等内容，欢迎下载使用。
2020年江西省南昌市高考数学三模试卷（理科）
1.（5分）已知(1+i)z=i(i为虚数单位)，在复平面内，复数z的共轭复数- z对应的点在( )
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
2.（5分）设集合A={ x||x-a|=1}，B={-1,0,b}(b>0)，若A⊆B，则对应的实数(a,b)有( )
A. 1对 B. 2对 C. 3对 D. 4对
3.（5分）为了普及环保知识，增强环保意识，某中学随机抽取30名学生参加环保知识竞赛，得分(10分制)的频数分布表如表：
得分
3
4
5
6
7
8
9
10
频数
2
3
10
6
3
2
2
2
设得分的中位数为me，众数为m0，平均数为x，则( )
A. me=m0=x B. me=m0
A. 3π B. 9π C. 12π D. 36π
5.（5分）在ΔABC中，D为线段AB上一点，且BD=3AD，若CD→=λCA→+μCB→，则λμ=( )
A. 13 B. 3 C. 14 D. 4
6.（5分）在ΔABC中，角A，B，C所对应的边分别为a,b,c,ca+b+ba+c=1，则下列说法不一定成立的是( )
A. ΔABC可能为正三角形 B. 角A，B，C为等差数列
C. 角B可能小于π3 D. 角B+C为定值
7.（5分）已知函数f(x)=2sin2ωx(ω>0)的最小正周期为π，若将其图象沿x轴向右平移m(m>0)个单位，所得图象关于x=π3对称，则实数m的最小值为( )
A. π4 B. π3 C. 3π4 D. π
8.（5分）函数f(x)=(x-1x)cosx(-π⩽x⩽π且x≠0)的图象可能为( )
A. B.
C. D.
9.（5分）甲、乙两人进行象棋比赛，采取五局三胜制(不考虑平局，先赢得三场的人为获胜者，比赛结束).根据前期的统计分析，得到甲在和乙的第一场比赛中，取胜的概率为0.5，受心理方面的影响，前一场比赛结果会对甲的下一场比赛产生影响，如果甲在某一场比赛中取胜，则下一场取胜率提高0.1，反之，降低0.1.则甲以3：1取得胜利的概率为( )
A. 0.162 B. 0.18 C. 0.168 D. 0.174
10.（5分）知双曲线C：x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点M在C的右支上，MF1与y轴交于点A，ΔMAF2的内切圆与边AF2切于点B.若|F1F2|=4|AB|，则C的渐近线方程为( )
A. 3x±y=0 B. x±3y=0 C. 2x±y=0 D. x±2y=0
11.（5分）将正整数20分解成两个正整数的乘积有1×20，2×10，4×5三种，其中4×5是这三种分解中两数差的绝对值最小的．我们称4×5为20的最佳分解．当p×q(p⩽q且p，q∈N+)是正整数n的最佳分解时，定义函数f(n)=q-p，则数列{ f(3n)}(n∈N+)的前100项和S100为( )
A. 350+1 B. 350-1 C. 350-12 D. 350+12
12.（5分）已知函数f(x)=ln(e|2x|-4+1),g(x)=a+x-2(x⩾0)a-x-2(x<0)，若存在a∈[n,n+1](n∈Z)使得方程f(x)=g(x)有四个实根．则n的最大值为( )
A. 2 B. 1 C. 0 D. -1
13.（5分）执行如图所示的框图程序，输出的结果S=______．
14.（5分）已知函数f(x)=2|x|+x2,m=f(log213),n=f(7-0.1),p=f(log425)，则m，n，p的大小关系是______．
15.（5分）已知sin(α+π6)=13，则cos(α-5π6)tan(π3-α)=______．
16.（5分）已知长方体ABCD-A1B1C1D1，AB=32,AD=2,AA1=23，已知P是矩形ABCD内一动点，PA1与平面ABCD所成角为π3，设P点形成的轨迹长度为α，则tanα=______；当C1P的长度最短时，三棱锥D1-DPC的外接球的表面积为______．
17.（12分）已知数列{an}中，a1=2，anan+1=2pn+1(p为常数)．
(Ⅰ)若-a1，12a2,a4成等差数列，求p的值；
(Ⅱ)是否存在p，使得{an}为等比数列？若存在，求{an}的前n项和Sn；若不存在，请说明理由．
18.（12分）三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=2，BC=2，AC=2，四边形ABB1A1为菱形，且∠ABB1=60o，AC⊥CC1．
(Ⅰ)求证：平面ABB1A1⊥平面BB1C1C；
(Ⅱ)求BB1与平面ABC的夹角正弦值．
19.（12分）在“挑战不可能”的电视节目上，甲、乙、丙三个人组成的解密团队参加一项解密挑战活动，规则是由密码专家给出题目，然后由3个人依次出场解密，每人限定时间是1分钟内，否则派下一个人.3个人中只要有一人解密正确，则认为该团队挑战成功，否则挑战失败．根据甲以往解密测试情况，抽取了甲100次的测试记录，绘制了如下的频率分布直方图．
(1)若甲解密成功所需时间的中位数为47，求a、b的值，并求出甲在1分钟内解密成功的频率；
(2)在“挑战不可能”节目上由于来自各方及自身的心理压力，甲，乙，丙解密成功的概率分别为Pn=P1(910)n-1+n-110(n=1,2,3)，其中Pi表示第i个出场选手解密成功的概率，并且P1定义为甲抽样中解密成功的频率代替，各人是否解密成功相互独立．
①求该团队挑战成功的概率；
②该团队以Pi从小到大的顺序按排甲、乙、丙三个人上场解密，求团队挑战成功所需派出的人员数目X的分布列与数学期望．
20.（12分）在直角坐标系xOy上取两个定点A1(-6,0)，A2(6,0)，再取两个动点N1(0,m)，N2(0,n)，且mn=2．
(Ⅰ)求直线A1N1与A2N2交点M的轨迹C的方程；
(Ⅱ)过R(3,0)的直线与轨迹C交于P，Q，过P作PN⊥x轴且与轨迹C交于另一点N，F为轨迹C的右焦点，若RP→=λRQ→(λ>1)，求证：NF→=λFQ→．
21.（12分）已知函数f(x)=alnx+12(a-1)x2+1(a∈R)．
(Ⅰ)讨论f(x)的单调性；
(Ⅱ)当a=-1时，对任意的x1，x2∈(0,+∞)，且x1≠x2，都有|x1f(x2)-x2f(x1)x1-x2|>mx1x2，求实数m的取值范围．
22.（12分）在极坐标系中，曲线C：ρ=4cosθ，以极点O为旋转中心，将曲线C逆时针旋转π3得到曲线C'．
(Ⅰ)求曲线C’的极坐标方程；
(Ⅱ)求曲线C与曲线C'的公共部分面积．
23.（12分）已知f(x)=k|x|+|x-1|．
(Ⅰ)若k=2，解不等式f(x)⩽5．
(Ⅱ)若关于x的不等式f(x)⩽|x+1|+|2x-2|的充分条件是x∈[12,2]，求k的取值范围．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：由(1+i)z=i，
得z=i1+i=i(1-i)2=12+12i，
∴复数z的共轭复数- z对应的点是(1 2,-1 2)，在第四象限．
故选：D．
把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简，求出- z的坐标得答案．
该题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．
2.【答案】B
【解析】解：∵集合A={ x||x-a|=1}={ a-1,a+1}⊆{-1,0,b}(b>0)，若a⩽0，则a-1=-1，即a=0，所以b=1；
若a>0，a-1=-1或a-1=0，则a=1，所以b=2，
则a=0b=1或a=1b=2则对应的实数(a,b)有2对．
故选：B．
解方程得集合A有两元素，由A⊆B得A中元素属于B，可解出a，b．
该题考查的知识点是集合的包含关系及应用，属于基础题．
3.【答案】D
【解析】解：由图知，众数是m0=5；
中位数是第15个数与第16个数的平均值，
由图知将数据从大到小排第15 个数是5，第16个数是6，
所以中位数是me=5+62=5.5；
平均数是x=130×(2×3+3×4+10×5+6×6+3×7+2×8+2×9+2×10)≈6；
∴m0
由频率分步表求出众数、中位数和平均数，比较即可．
该题考查了求出一组数据的众数、中位数、平均值的应用问题，是基础题．
4.【答案】A
【解析】解：由三视图还原原几何体如图，
该几何体为一个圆锥的四分之一，其中圆锥的底面半径为3，高为4．
∴该几何体的体积为14×13π×32×4=3π．
故选：A．
由三视图还原原几何体，可知该几何体为一个圆锥的四分之一，其中圆锥的底面半径为3，高为4，再由圆锥体积公式求解．
该题考查由三视图求面积、体积，关键是由三视图还原原几何体，是中档题．
5.【答案】B
【解析】解：因为BD=3AD，
所以CD→=CB→+BD→=CB→+34BA→
=CB→+34(CA→-CB→)=34CA→+14CB→，
由CD→=λCA→+μCB→可得λ=34，μ=14，则λμ=3．
故选：B．
由已知结合向量的线性运算可分别求出λ，μ，从而可求．
该题考查了平面向量的线性运算的应用及平面向量基本定理的应用．
6.【答案】B
【解析】解：ΔABC中，ca+b+ba+c=1，
(a+c)c+(a+b)b=(a+b)(a+c)，
c2+b2-a2=cb，
cosA=c2+b2-a22cb=cb2cb=12，
A∈(0,π)，
A=π3，
B+C=2A=2π3，
所以B、A、C成等差数列，B错误．
当a=b=c时，ΔABC是正三角形，A正确；
由B+C=2π3知，选项C、D正确．
故选：B．
化简ca+b+ba+c=1，利用余弦定理求出A的值，再判断选项中的命题是否正确．
该题考查了解三角形的应用问题，也考查了分析问题解决问题的能力，是中档题．
7.【答案】B
【解析】解：f(x)=-cos2ωx+1，由其最小正周期为π，∴ω=1，所以f(x)=-cos2x+1，
将其图象沿x轴向右平移m(m>0)个单位，所得图象对应函数为y=-cos(2x-2m)+1，
因为其图象关于x=π3对称，则有cos(2π3-2m)=±1，
∴2π3-2m=kπ,k∈Z，解得m=π3-kπ2，
由m>0，实数m的最小值为π3．
故选：B．
先利用降幂公式将函数式化简为y=Acos(ωx+ϕ)+k的形式，然后利用图象变换的规律求出变换后的解析式，最后利用函数的最值的性质求出m的值．
该题考查考生对正弦型三角函数的图象与性质(对称性、周期性、单调性)的掌握情况．考查考生对三角函数三种表征(零点、对称轴、单调性)的理解与转换．考查考生对三角函数的数形结合思想、基于三角函数的逻辑推理能力及运算求解能力．
8.【答案】D
【解析】
这道题主要考查函数图象的识别以及函数的奇偶性的判断，属于基础题．
由条件可得函数f(x)为奇函数，故它的图象关于原点对称；再根据x=π时，f(π)<0，得出结论．
解：对于函数f(x)=(x-1x)cosx(-π⩽x⩽π且x≠0)，由于它的定义域关于原点对称，
且满足f(-x)=(1x-x)cosx=-f(x)，故函数f(x)为奇函数，故它的图象关于原点对称．
故排除A、B．
当x=π，f(π)<0，故排除C，
故选：D．
9.【答案】D
【解析】解：甲以3：1取得胜利的所有情况为：赢赢输赢，赢输赢赢，输赢赢赢，
对应的概率分别为：
0.5×0.6×0.3×0.6=0.054，
0.5×0.4×0.5×0.6=0.06，
0.5×0.4×0.5×0.6=0.06，
所以甲以3：1取得胜利的概率为：0.054+0.06+0.06=0.174．
故选：D．
先列出甲以3：1取得胜利的所有情况，再利用相互独立事件的乘法运算求解每种情况的概率，最后利用互斥事件概率的加法公式计算即可．
这道题主要考查相互独立事件的概率，互斥事件的概率，考查运算求解能力和分析问题，解决问题的能力．
10.【答案】A
【解析】解：双曲线C：x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点M在C的右支上，MF1与y轴交于点A，ΔMAF2的内切圆与边AF2切于点B.与MF1的切点为N，如图：设AB=n，MB=m，BF2=t，由双曲线的定义可知：m+2n+t-m-t=2a，可得n=a，
若|F1F2|=4|AB|，
所以2c=4a，c=2a，则b=3a．
所以双曲线的渐近线方程为：3x±y=0．
故选：A．
由双曲线的定义和内切圆的切线性质：圆外一点向圆引切线，则切线长相等，结合双曲线的定义，转化求解渐近线方程即可．
该题考查双曲线的方程和性质，主要是离心率的求法，注意运用圆的切线长相等，以及方程思想，考查运算能力，属于中档题．
11.【答案】B
【解析】解：根据题意，知：f(3)=3-1=2，f(32)=3-3=0，f(33)=32-3=6，f(34)=32-32=0，…，f(32k-1)=3k-3k-1=2×3k-1，
f(32k)=3k-3k=0．
∴数列{ f(3n)}(n∈N+)的前100项和S100为2×30+0+2×31+0+…+2×349+0=2(30+31+32+…+349)=2×1-3501-3=350-1．
故选：B．
先写出数列{ f(3n)}(n∈N+)的前几项，根据前几项归纳出：f(32k-1)=3k-3k-1=2×3k-1，f(32k)=3k-3k=0，再求出其前100项和．
这道题主要考查等比数列、及其数列的求和，属于中档题．
12.【答案】A
【解析】解：令h(x)=f(x)-g(x)=ln(e2x-4+1)-(x-2)-a,x⩾0ln(e-2x-4+1)+(x+2)-a,x<0，则h(x)=ln(e2x-4+1ex-2)-a=ln(ex-2+e2-x)-a,x⩾0ln[(e-2x-4+1)(ex+2)]-a=ln(e-x-2+ex+2)-a,x<0，
依题意，函数F(x)=ln(ex-2+e2-x),x⩾0ln(e-x-2+ex+2),x<0与直线y=a有且仅有四个不同的交点，
易知函数F(x)为偶函数，故先研究x⩾0时的情况，
当x⩾0时，F'(x)=ex-2-e2-xex-2+e2-x，令F'(x)<0，解得0⩽x<2，令F'(x)>0，解得x>2，
故函数F(x)在(0,2)上单调递减，在(2,+∞)上单调递增，且F(x)极小值=F(2)=ln2，
由偶函数的对称性，可作出函数F(x)的图象，如下图所示，
由图可知，a∈(ln2,ln(e-2+e2))，又0
故选：A．
依题意，转化可得函数F(x)=ln(ex-2+e2-x),x⩾0ln(e-x-2+ex+2),x<0与直线y=a有且仅有四个不同的交点，且易发现函数F(x)为偶函数，利用导数研究函数F(x)的性质，作出函数图象，观察图象可得实数a的取值范围，进而得到n的最大值．
该题考查函数与导数的综合运用，考查函数零点与方程根的关系，考查转化思想与数形结合思想，将问题转化为函数F(x)的图象与直线y=a有且仅有四个不同的交点，进而通过数形结合确定实数a的取值范围是解答该题的关键，属于中档题．
13.【答案】 5
【解析】解：模拟程序的运行，可得该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量s=0-1+2-3+…+10的值，
可得s=0-1+2-3+…+10=(2+4+…+10)-(1+3+…+9)=5．
故答案为：5．
模拟程序的运行过程可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量s=0-1+2-3+…+10的值，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案．
这道题主要考查伪代码(算法语句)的应用，属于基础题．
14.【答案】 p＞m＞n
【解析】解：∵f(x)=2|x|+x2，则f(-x)=2|-x|+(-x)2=f(x)，即f(x)为偶函数，
因为x>0时，f(x)=2x+x2单调递增，
m=f(log213)=f(log23)，n=f(0.7-0.1)，p=f(log425)=f(log25)，
因为log25>2>log23>1>7-0.1>0，
故p>m>n
故答案为：p>m>n
根据函数奇偶性和单调性之间的关系，即可得到结论．
这道题主要考查函数值的大小比较，根据函数奇偶性和单调性之间的关系是解决本题的关键．
15.【答案】 -13
【解析】解：已知sin(α+π6)=13.故：cos(α-5π6)tan(π3-α)=-cos[π-(α+π6)]1tan(α+π6)=-sin(α+π6)=-13．
故答案为：-13．
直接利用三角函数关系式的恒等变换和诱导公式的应用求出结果．
该题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，诱导公式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．
16.【答案】 -37 17π
【解析】解：在长方体的底面矩形ABCD内一动点P，连接AP，
因为PA1与平面ABCD所成角θ为π3，AA1=23，所以tanθ=AA1AP=23AP=3，所以AP=2，
所以P点的轨迹为以A为圆心，以2为半径的圆，与底面矩形BC的交点为E，D，
即P的轨迹为圆弧DE⏜，连接AE，
在ΔABE中，cos∠EAB=ABAE=322=34，所以sin∠DAE=cos∠EAB=34，所以arcsin∠DAE=34，
所以α=DE=2⋅∠DAE，可得α为钝角，
所以sinα=sin(2arcsin∠DAE)=2⋅34.74=378，∴cosα=-18，
所以tanα=-37；
当C1P的长度最短时，而C1P=CC12+CP2，所以当CP最小时，C1P最小，
而当A，P，C1三点共线时，CP=AC-AP=22+(32)2-2=12最小，
连接DP，由于cos∠DCP=CDAC=3222+(32)2=35，
所以在三角形CDP中，由余弦定理可得DP=CD2+CP2-2CD.CP.cos∠DCP=94+14-2×32×12×35=41010，
而sin∠DCP=45，设三角形CDP的外接圆的半径为r，则2r=DPsin∠DCP=4101045=102，所以r=104，
由DD1⊥面CDP，所以三棱锥D1-DCP的外接球的球心为过底面三角形DCP的外接圆的圆心的垂线与中截面的交点，
设外接球的半径为R，则R2=r2+(DD12)2=1016+3=174，
所以外接球的表面积S=4πR2=17π．
故答案为：-37，17π．
因为PA1与平面ABCD所成角θ为π3，所以可得AP=2，即P点的轨迹为以A为圆心，以2为半径的圆与矩形ABCD的交点即DE⏜，由矩形的边长可得DE⏜的值，进而求出它的正切值，当C1P的长度最短时，而C1P=CC12+CP2，所以当CP最小时，C1P最小，而当A，P，C1三点共线时，CP最小，求出CP的值，进而由余弦定理求出DP，求出三角形DCP的外接圆的半径，由DD1⊥面CDP，所以三棱锥D1-DCP的外接球的球心为过底面三角形DCP的外接圆的圆心的垂线与中截面的交点，由外接球的半径，和高的一半，由勾股定理可得R的值，进而求出外接球的表面积．
该题考查求点的轨迹，及三棱锥的棱长与外接球的半径的关系和球的表面积公式，属于难题．
17.【答案】解：（Ⅰ）∵anan+1=2pn+1（p为常数），∴an+1an+2=2pn+p+1
∴当n=1时，a1a2=2p+1，
∵a1=2，∴a2=2p，∴an+2an=2p，
∴a4=2pa2=(2p)2，
∵a4=2pa2=(2p)2，∴a4-2=a2，
∴（2p）2-2=2p，∴p=1．
（Ⅱ）若{an}为等比数列，则由a1＞0，a2＞0，∴数列的首项和公比均为正数，
设其公比为q，则q=2p2，∴2p2=a2a1=2p2，∴p=2，
∴a1=2，q=2，∴an=2n故anan+1=22n+1，
而2pn+1=22n+1，∴p=2时，{an}为等比数列，
∴{an}的前n项和Sn=2(1-2n)1-2=2n+1-2．
【解析】
(Ⅰ)根据条件求出a2和a4，然后由-a1，12a2,a4成等差数列，得到关于p的方程，再求出p即可；
(Ⅱ)若{an}为等比数列，则由a1>0，a2>0，可知数列的首项和公比均为正数，然后根据条件求出{an}前n项和Sn即可．
该题考查了等比数列和等差数列的性质，等比数列的前n项和公式，考查了方程思想和转化思想，属中档题．
18.【答案】（Ⅰ）证明：取BB1的中点O，连接AB1，OA，OC，
在菱形ABB1A1中，∠ABB1=60o，故三角形ABB1是等边三角形，则OA⊥BB1，OB=1，OA=3．
又BB1∥CC1，AC⊥CC1，∴AC⊥BB1，
又AO⊥BB1，且AO∩AC=A，∴BB1⊥平面AOC，则BB1⊥CO．
在Rt△BOC中，CO=BC2-BO2=1，∴CO2+AO2=AC2，故CO⊥AO．
又CO∩BB1=O，∴AO⊥平面BB1C1C．
∵AO⊂平面ABB1A1，∴平面ABB1A1⊥平面BB1C1C；
（Ⅱ）解：以O为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系．
则A（3，0，0），B（0，1，0），C（0，0，1），
BA→=(3，-1，0)，BC→=(0，-1，1)．
设平面ABC的一个法向量为m→=(x，y，z)．
由m→.BA→=3x-y=0m→.BC→=-y+z=0，取x=3，得m→=(3，3，3)．
设BB1上的单位向量为n→=(0，1，0)．
则BB1与平面ABC的夹角正弦值为|cos＜m→，n→＞|=|m→.n→||m→|.|n→|=217．
【解析】
(Ⅰ)取BB1的中点O，连接AB1，OA，OC，由已知可得OA⊥BB1，再由BB1//CC1，AC⊥CC1，得AC⊥BB1，得到BB1⊥平面AOC，则BB1⊥CO，求解三角形证明CO⊥AO.可得AO⊥平面BB1C1C，进一步得到平面ABB1A1⊥平面BB1C1C；
(Ⅱ)以O为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，求出平面ABC的一个法向量m→，再求出BB1上的单位向量n→.由m→与n→所成角的余弦值可得BB1与平面ABC的夹角正弦值．
该题考查平面与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用空间向量求解空间角，是中档题．
19.【答案】解：（1）甲解密成功所需时间的中位数为47，
∴0.01×5+0.014×5+b×5+0.034×5+0.04×（47-45）=0.5，
解得b=0.026，
∴0.04×3+0.032×5+a×5+0.010×10=0.5．
解得a=0.024．
∴甲在1分钟内解密成功的频率是f=1-0.01×10=0.9．
（2）①由题意及（1）可知第一个出场选手解密成功的概率为p1=0.9，
第二个出场选手解密成功的概率为p2=0.9×910+110×1=0.91，
第三个出场选手解密成功的概率为p3=0.9×(910)2+110×2=0.929，
∴该团队挑战成功的概率为p=0.9+0.1×0.91+0.1×0.09×0.929=0.999361．
②由①知按Pi从小到大的顺序的概率分别为p1，p2，p3，
根据题意知X的可能取值为1，2，3，
则P（X=1）=0.9，
P（X=2）=（1-0.9）×0.91=0.091，
P（X=3）=（1-0.9）（1-0.91）=0.009，
∴团队挑战成功所需派出的人员数目X的分布列为：
X
1
2
3
P
0.9
0.091
0.009
E（X）=1×0.9+2×0.091+3×0.009=1.109．
【解析】
(1)由甲解密成功所需时间的中位数为47，利用频率分布直方图的性质能求出a，b，由此能求出甲在1分钟内解密成功的频率．
(2)①由题意及(1)可知第一个出场选手解密成功的概率为p1=0.9，第二个出场选手解密成功的概率为p2=0.9×910+110×1=0.91，第三个出场选手解密成功的概率为p3=0.9×(910)2+110×2=0.929，由此能求出该团队挑战成功的概率．
②根据题意知X的可能取值为1，2，3，分别求出相应的概率，由此能求出团队挑战成功所需派出的人员数目X的分布列和E(X)．
该题考查概率、离散型随机变量的分布列、数学期望的求法，考查频率分布直方图、互斥事件概率加法公式和相互独立事件概率加法公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
20.【答案】（I）解：依题意知直线A1N1的方程为：y=m6（x+6）…①；
直线A2N2的方程为：y=-n6（x-6）…②
设Q（x，y）是直线A1N1与A2N2交点，①、②相乘，得y2=-mn6（x2-6）
由mn=2整理得：x26+y22=1
∵N1、N2不与原点重合，可得点A1，A2不在轨迹M上，
∴轨迹C的方程为x26+y22=1（x≠±6）．
（Ⅱ）证明：设l：x=ty+3，代入椭圆方程消去x，得（3+t2）y2+6ty+3=0．
设P（x1，y1），Q（x2，y2），N（x1，-y1），可得y1+y2=-6tt2+3且y1y2=3t2+3，
RP→=λRQ→，可得（x1-3，y1）=λ（x2-3，y2），∴x1-3=λ（x2-3），y1=λy2，
证明NF→=λFQ→，只要证明（2-x1，y1）=λ（x2-2，y2），∴2-x1=λ（x2-2），
只要证明x1-3x2-3=-x1-2x2-2，只要证明2t2y1y2+t（y1+y2）=0，
由y1+y2=-6tt2+3且y1y2=3t2+3，代入可得2t2y1y2+t（y1+y2）=0，
∴NF→=λFQ→．
【解析】
(I)由直线方程的点斜式列出A1N1和A2N2的方程，联解并结合mn=2化简整理得方程，再由N1、N2不与原点重合，可得直线A1N1与A2N2交点的轨迹C的方程；
(II)设l：x=ty+3，代入椭圆方程消去x，得(3+t2)y2+6ty+3=0，利用分析法进行证明．
本题着重考查了动点轨迹的求法、椭圆的标准方程与简单几何性质、直线与圆锥曲线的位置关系和一元二次方程根与系数的关系等知识，属于中档题．
21.【答案】解：（Ⅰ）f'(x)=ax+(a-1)x=(a-1)x2+ax（x＞0）．
①当a≥1时，f'（x）＞0，f（x）在（0，+∞）上单调递增；
②当0＜a＜1时，f'(x)=(a-1)(x+-aa-1)(x--aa-1)x，
所以当x＞-aa-1时，f'（x）＜0，当0＜x＜-aa-1时，f'（x）＞0，
所以f（x）在(0 ，-aa-1)上单调递增，在(-aa-1，+∞)上单调递减；
③当a≤0时，f'（x）＜0，f（x）在（0，+∞）上单调递减，
（Ⅱ）当a=-1时，f（x）=-lnx-x2+1，不妨设0＜x1＜x2，
则|x1f(x2)-x2f(x1)x1-x2|＞mx1x2等价于|f(x2)x2-f(x1)x1|＞m(x2-x1)，考察函数g(x)=f(x)x，得g'(x)=lnx-x2-2x2，
令h(x)=lnx-x2-2x2，h'(x)=5-2lnxx3，则x∈(0，e52)时，h'（x）＞0，
x∈(e52，+∞)时，h'（x）＜0，所以h（x）在区间(0，e52)上是单调递增函数，
在区间(e52，+∞)上是单调递减函数．故g'(x)≤g'(e52)=12e5-1＜0，
所以g（x）在（0，+∞）上单调递减．
从而g（x1）＞g（x2），即f(x2)x2＜f(x1)x1，故f(x1)x1-f(x2)x2＞m(x2-x1)，
所以f(x1)x1+mx1＞f(x2)x2+mx2，即g（x1）+mx1＞g（x2）+mx2恒成立，
设φ（x）=g（x）+mx，则φ（x）在（0，+∞）上恒为单调递减函数，
从而φ′（x）=g′（x）+m≤0恒成立，故φ′（x）=g′（x）+m≤12e5-1+m≤0，
故m≤1-12e5．
【解析】
(Ⅰ)求出导函数，通过①当a⩾1时，②当0mx1x2等价于|f(x2)x2-f(x1)x1|>m(x2-x1)，考察函数g(x)=f(x)x，求出导函数，令h(x)=lnx-x2-2x2，再求解导函数，判断函数的单调性．求出函数的最值，说明g(x)在(0,+∞)上单调递减．得到g(x1)+mx1>g(x2)+mx2恒成立，设ϕ(x)=g(x)+mx，则ϕ(x)在(0,+∞)上恒为单调递减函数，然后转化求解m的范围即可．
该题考查导数公式和导数运算法则以及恒成立的思想，考查考生灵活运用导数工具分析问题、解决问题的能力，综合考查考生的分类讨论思想以及逻辑推理能力、运算求解能力和推理论证能力．
22.【答案】解：（Ⅰ）设极点（ρ，θ）旋转之后的极点为（ρ′，θ′），
故：ρ'=ρθ'=θ+π3，代入ρ=4cosθ，得到ρ'=4cos(θ'-π3)，得到ρ=4cos(θ-π3)．
（Ⅱ）如图，两圆相交于点O和A，连接OA，AC，OC′，AC′．
由于极径没有变，旋转的角为π3．显然四边形OC′AC为菱形，
故∠OCA=2π3．
所以S=2S弓形OC′A=2（S扇形OC′A-S△OC′A）=8π3-23．
【解析】
(Ⅰ)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．
(Ⅱ)利用三角函数关系式的恒等变换和正弦型函数的性质的应用及二次函数的性质的应用求出结果．
该题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，三角函数关系式的恒等变换，正弦型函数性质的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．
23.【答案】解：（Ⅰ）若k=2，不等式f（x）≤5可化为2|x|+|x-1|≤5．
当x＜0时，有-2x-（x-1）≤5，即x≥-43，∴-43≤x＜0；
当0≤x＜1时，有2x-（x-1）≤5，即x≤4，∴0≤x＜1；
当x≥1时，有2x+（x-1）≤5，即x≤2，∴1≤x≤2．
故原不等式的解集为[-43，2]；
（Ⅱ）由题意，关于x的不等式f（x）≤|x+1|+|2x-2|在x∈[12，2]上恒成立，
即k|x|≤|x+1|+|2x-2|-|x-1|在x∈[12，2]上恒成立，
∴k≤|x+1|+|x-1||x|在x∈[12，2]上恒成立，
∵|x+1|+|x-1||x|≥|x+1+x-1||x|=2|x||x|=2，等号在x+1，x-1同号或其中一项为0时成立．
∴k的取值范围是（-∞，2]．
【解析】
(Ⅰ)k=2时，不等式f(x)⩽5可化为2|x|+|x-1|⩽5.然后分x<0，0⩽x<1，x⩾1三类去绝对值求解，取并集得答案；
(Ⅱ)由题意，关于x的不等式f(x)⩽|x+1|+|2x-2|在x∈[12,2]上恒成立，分离参数k，可得k⩽|x+1|+|x-1||x|在x∈[12,2]上恒成立，再由|x+1|+|x-1||x|⩾|x+1+x-1||x|=2，即可得到实数k的取值范围．
该题考查绝对值不等式的解法，考查分类讨论与数学转化思想方法，训练了绝对值不等式的应用，是中档题．
2020年江西省南昌市高考数学三模试卷（理科）
1.（5分）已知(1+i)z=i(i为虚数单位)，在复平面内，复数z的共轭复数- z对应的点在( )
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
2.（5分）设集合A={ x||x-a|=1}，B={-1,0,b}(b>0)，若A⊆B，则对应的实数(a,b)有( )
A. 1对 B. 2对 C. 3对 D. 4对
3.（5分）为了普及环保知识，增强环保意识，某中学随机抽取30名学生参加环保知识竞赛，得分(10分制)的频数分布表如表：
得分
3
4
5
6
7
8
9
10
频数
2
3
10
6
3
2
2
2
设得分的中位数为me，众数为m0，平均数为x，则( )
A. me=m0=x B. me=m0
A. 3π B. 9π C. 12π D. 36π
5.（5分）在ΔABC中，D为线段AB上一点，且BD=3AD，若CD→=λCA→+μCB→，则λμ=( )
A. 13 B. 3 C. 14 D. 4
6.（5分）在ΔABC中，角A，B，C所对应的边分别为a,b,c,ca+b+ba+c=1，则下列说法不一定成立的是( )
A. ΔABC可能为正三角形 B. 角A，B，C为等差数列
C. 角B可能小于π3 D. 角B+C为定值
7.（5分）已知函数f(x)=2sin2ωx(ω>0)的最小正周期为π，若将其图象沿x轴向右平移m(m>0)个单位，所得图象关于x=π3对称，则实数m的最小值为( )
A. π4 B. π3 C. 3π4 D. π
8.（5分）函数f(x)=(x-1x)cosx(-π⩽x⩽π且x≠0)的图象可能为( )
A. B.
C. D.
9.（5分）甲、乙两人进行象棋比赛，采取五局三胜制(不考虑平局，先赢得三场的人为获胜者，比赛结束).根据前期的统计分析，得到甲在和乙的第一场比赛中，取胜的概率为0.5，受心理方面的影响，前一场比赛结果会对甲的下一场比赛产生影响，如果甲在某一场比赛中取胜，则下一场取胜率提高0.1，反之，降低0.1.则甲以3：1取得胜利的概率为( )
A. 0.162 B. 0.18 C. 0.168 D. 0.174
10.（5分）知双曲线C：x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点M在C的右支上，MF1与y轴交于点A，ΔMAF2的内切圆与边AF2切于点B.若|F1F2|=4|AB|，则C的渐近线方程为( )
A. 3x±y=0 B. x±3y=0 C. 2x±y=0 D. x±2y=0
11.（5分）将正整数20分解成两个正整数的乘积有1×20，2×10，4×5三种，其中4×5是这三种分解中两数差的绝对值最小的．我们称4×5为20的最佳分解．当p×q(p⩽q且p，q∈N+)是正整数n的最佳分解时，定义函数f(n)=q-p，则数列{ f(3n)}(n∈N+)的前100项和S100为( )
A. 350+1 B. 350-1 C. 350-12 D. 350+12
12.（5分）已知函数f(x)=ln(e|2x|-4+1),g(x)=a+x-2(x⩾0)a-x-2(x<0)，若存在a∈[n,n+1](n∈Z)使得方程f(x)=g(x)有四个实根．则n的最大值为( )
A. 2 B. 1 C. 0 D. -1
13.（5分）执行如图所示的框图程序，输出的结果S=______．
14.（5分）已知函数f(x)=2|x|+x2,m=f(log213),n=f(7-0.1),p=f(log425)，则m，n，p的大小关系是______．
15.（5分）已知sin(α+π6)=13，则cos(α-5π6)tan(π3-α)=______．
16.（5分）已知长方体ABCD-A1B1C1D1，AB=32,AD=2,AA1=23，已知P是矩形ABCD内一动点，PA1与平面ABCD所成角为π3，设P点形成的轨迹长度为α，则tanα=______；当C1P的长度最短时，三棱锥D1-DPC的外接球的表面积为______．
17.（12分）已知数列{an}中，a1=2，anan+1=2pn+1(p为常数)．
(Ⅰ)若-a1，12a2,a4成等差数列，求p的值；
(Ⅱ)是否存在p，使得{an}为等比数列？若存在，求{an}的前n项和Sn；若不存在，请说明理由．
18.（12分）三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=2，BC=2，AC=2，四边形ABB1A1为菱形，且∠ABB1=60o，AC⊥CC1．
(Ⅰ)求证：平面ABB1A1⊥平面BB1C1C；
(Ⅱ)求BB1与平面ABC的夹角正弦值．
19.（12分）在“挑战不可能”的电视节目上，甲、乙、丙三个人组成的解密团队参加一项解密挑战活动，规则是由密码专家给出题目，然后由3个人依次出场解密，每人限定时间是1分钟内，否则派下一个人.3个人中只要有一人解密正确，则认为该团队挑战成功，否则挑战失败．根据甲以往解密测试情况，抽取了甲100次的测试记录，绘制了如下的频率分布直方图．
(1)若甲解密成功所需时间的中位数为47，求a、b的值，并求出甲在1分钟内解密成功的频率；
(2)在“挑战不可能”节目上由于来自各方及自身的心理压力，甲，乙，丙解密成功的概率分别为Pn=P1(910)n-1+n-110(n=1,2,3)，其中Pi表示第i个出场选手解密成功的概率，并且P1定义为甲抽样中解密成功的频率代替，各人是否解密成功相互独立．
①求该团队挑战成功的概率；
②该团队以Pi从小到大的顺序按排甲、乙、丙三个人上场解密，求团队挑战成功所需派出的人员数目X的分布列与数学期望．
20.（12分）在直角坐标系xOy上取两个定点A1(-6,0)，A2(6,0)，再取两个动点N1(0,m)，N2(0,n)，且mn=2．
(Ⅰ)求直线A1N1与A2N2交点M的轨迹C的方程；
(Ⅱ)过R(3,0)的直线与轨迹C交于P，Q，过P作PN⊥x轴且与轨迹C交于另一点N，F为轨迹C的右焦点，若RP→=λRQ→(λ>1)，求证：NF→=λFQ→．
21.（12分）已知函数f(x)=alnx+12(a-1)x2+1(a∈R)．
(Ⅰ)讨论f(x)的单调性；
(Ⅱ)当a=-1时，对任意的x1，x2∈(0,+∞)，且x1≠x2，都有|x1f(x2)-x2f(x1)x1-x2|>mx1x2，求实数m的取值范围．
22.（12分）在极坐标系中，曲线C：ρ=4cosθ，以极点O为旋转中心，将曲线C逆时针旋转π3得到曲线C'．
(Ⅰ)求曲线C’的极坐标方程；
(Ⅱ)求曲线C与曲线C'的公共部分面积．
23.（12分）已知f(x)=k|x|+|x-1|．
(Ⅰ)若k=2，解不等式f(x)⩽5．
(Ⅱ)若关于x的不等式f(x)⩽|x+1|+|2x-2|的充分条件是x∈[12,2]，求k的取值范围．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：由(1+i)z=i，
得z=i1+i=i(1-i)2=12+12i，
∴复数z的共轭复数- z对应的点是(1 2,-1 2)，在第四象限．
故选：D．
把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简，求出- z的坐标得答案．
该题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．
2.【答案】B
【解析】解：∵集合A={ x||x-a|=1}={ a-1,a+1}⊆{-1,0,b}(b>0)，若a⩽0，则a-1=-1，即a=0，所以b=1；
若a>0，a-1=-1或a-1=0，则a=1，所以b=2，
则a=0b=1或a=1b=2则对应的实数(a,b)有2对．
故选：B．
解方程得集合A有两元素，由A⊆B得A中元素属于B，可解出a，b．
该题考查的知识点是集合的包含关系及应用，属于基础题．
3.【答案】D
【解析】解：由图知，众数是m0=5；
中位数是第15个数与第16个数的平均值，
由图知将数据从大到小排第15 个数是5，第16个数是6，
所以中位数是me=5+62=5.5；
平均数是x=130×(2×3+3×4+10×5+6×6+3×7+2×8+2×9+2×10)≈6；
∴m0
由频率分步表求出众数、中位数和平均数，比较即可．
该题考查了求出一组数据的众数、中位数、平均值的应用问题，是基础题．
4.【答案】A
【解析】解：由三视图还原原几何体如图，
该几何体为一个圆锥的四分之一，其中圆锥的底面半径为3，高为4．
∴该几何体的体积为14×13π×32×4=3π．
故选：A．
由三视图还原原几何体，可知该几何体为一个圆锥的四分之一，其中圆锥的底面半径为3，高为4，再由圆锥体积公式求解．
该题考查由三视图求面积、体积，关键是由三视图还原原几何体，是中档题．
5.【答案】B
【解析】解：因为BD=3AD，
所以CD→=CB→+BD→=CB→+34BA→
=CB→+34(CA→-CB→)=34CA→+14CB→，
由CD→=λCA→+μCB→可得λ=34，μ=14，则λμ=3．
故选：B．
由已知结合向量的线性运算可分别求出λ，μ，从而可求．
该题考查了平面向量的线性运算的应用及平面向量基本定理的应用．
6.【答案】B
【解析】解：ΔABC中，ca+b+ba+c=1，
(a+c)c+(a+b)b=(a+b)(a+c)，
c2+b2-a2=cb，
cosA=c2+b2-a22cb=cb2cb=12，
A∈(0,π)，
A=π3，
B+C=2A=2π3，
所以B、A、C成等差数列，B错误．
当a=b=c时，ΔABC是正三角形，A正确；
由B+C=2π3知，选项C、D正确．
故选：B．
化简ca+b+ba+c=1，利用余弦定理求出A的值，再判断选项中的命题是否正确．
该题考查了解三角形的应用问题，也考查了分析问题解决问题的能力，是中档题．
7.【答案】B
【解析】解：f(x)=-cos2ωx+1，由其最小正周期为π，∴ω=1，所以f(x)=-cos2x+1，
将其图象沿x轴向右平移m(m>0)个单位，所得图象对应函数为y=-cos(2x-2m)+1，
因为其图象关于x=π3对称，则有cos(2π3-2m)=±1，
∴2π3-2m=kπ,k∈Z，解得m=π3-kπ2，
由m>0，实数m的最小值为π3．
故选：B．
先利用降幂公式将函数式化简为y=Acos(ωx+ϕ)+k的形式，然后利用图象变换的规律求出变换后的解析式，最后利用函数的最值的性质求出m的值．
该题考查考生对正弦型三角函数的图象与性质(对称性、周期性、单调性)的掌握情况．考查考生对三角函数三种表征(零点、对称轴、单调性)的理解与转换．考查考生对三角函数的数形结合思想、基于三角函数的逻辑推理能力及运算求解能力．
8.【答案】D
【解析】
这道题主要考查函数图象的识别以及函数的奇偶性的判断，属于基础题．
由条件可得函数f(x)为奇函数，故它的图象关于原点对称；再根据x=π时，f(π)<0，得出结论．
解：对于函数f(x)=(x-1x)cosx(-π⩽x⩽π且x≠0)，由于它的定义域关于原点对称，
且满足f(-x)=(1x-x)cosx=-f(x)，故函数f(x)为奇函数，故它的图象关于原点对称．
故排除A、B．
当x=π，f(π)<0，故排除C，
故选：D．
9.【答案】D
【解析】解：甲以3：1取得胜利的所有情况为：赢赢输赢，赢输赢赢，输赢赢赢，
对应的概率分别为：
0.5×0.6×0.3×0.6=0.054，
0.5×0.4×0.5×0.6=0.06，
0.5×0.4×0.5×0.6=0.06，
所以甲以3：1取得胜利的概率为：0.054+0.06+0.06=0.174．
故选：D．
先列出甲以3：1取得胜利的所有情况，再利用相互独立事件的乘法运算求解每种情况的概率，最后利用互斥事件概率的加法公式计算即可．
这道题主要考查相互独立事件的概率，互斥事件的概率，考查运算求解能力和分析问题，解决问题的能力．
10.【答案】A
【解析】解：双曲线C：x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点M在C的右支上，MF1与y轴交于点A，ΔMAF2的内切圆与边AF2切于点B.与MF1的切点为N，如图：设AB=n，MB=m，BF2=t，由双曲线的定义可知：m+2n+t-m-t=2a，可得n=a，
若|F1F2|=4|AB|，
所以2c=4a，c=2a，则b=3a．
所以双曲线的渐近线方程为：3x±y=0．
故选：A．
由双曲线的定义和内切圆的切线性质：圆外一点向圆引切线，则切线长相等，结合双曲线的定义，转化求解渐近线方程即可．
该题考查双曲线的方程和性质，主要是离心率的求法，注意运用圆的切线长相等，以及方程思想，考查运算能力，属于中档题．
11.【答案】B
【解析】解：根据题意，知：f(3)=3-1=2，f(32)=3-3=0，f(33)=32-3=6，f(34)=32-32=0，…，f(32k-1)=3k-3k-1=2×3k-1，
f(32k)=3k-3k=0．
∴数列{ f(3n)}(n∈N+)的前100项和S100为2×30+0+2×31+0+…+2×349+0=2(30+31+32+…+349)=2×1-3501-3=350-1．
故选：B．
先写出数列{ f(3n)}(n∈N+)的前几项，根据前几项归纳出：f(32k-1)=3k-3k-1=2×3k-1，f(32k)=3k-3k=0，再求出其前100项和．
这道题主要考查等比数列、及其数列的求和，属于中档题．
12.【答案】A
【解析】解：令h(x)=f(x)-g(x)=ln(e2x-4+1)-(x-2)-a,x⩾0ln(e-2x-4+1)+(x+2)-a,x<0，则h(x)=ln(e2x-4+1ex-2)-a=ln(ex-2+e2-x)-a,x⩾0ln[(e-2x-4+1)(ex+2)]-a=ln(e-x-2+ex+2)-a,x<0，
依题意，函数F(x)=ln(ex-2+e2-x),x⩾0ln(e-x-2+ex+2),x<0与直线y=a有且仅有四个不同的交点，
易知函数F(x)为偶函数，故先研究x⩾0时的情况，
当x⩾0时，F'(x)=ex-2-e2-xex-2+e2-x，令F'(x)<0，解得0⩽x<2，令F'(x)>0，解得x>2，
故函数F(x)在(0,2)上单调递减，在(2,+∞)上单调递增，且F(x)极小值=F(2)=ln2，
由偶函数的对称性，可作出函数F(x)的图象，如下图所示，
由图可知，a∈(ln2,ln(e-2+e2))，又0
故选：A．
依题意，转化可得函数F(x)=ln(ex-2+e2-x),x⩾0ln(e-x-2+ex+2),x<0与直线y=a有且仅有四个不同的交点，且易发现函数F(x)为偶函数，利用导数研究函数F(x)的性质，作出函数图象，观察图象可得实数a的取值范围，进而得到n的最大值．
该题考查函数与导数的综合运用，考查函数零点与方程根的关系，考查转化思想与数形结合思想，将问题转化为函数F(x)的图象与直线y=a有且仅有四个不同的交点，进而通过数形结合确定实数a的取值范围是解答该题的关键，属于中档题．
13.【答案】 5
【解析】解：模拟程序的运行，可得该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量s=0-1+2-3+…+10的值，
可得s=0-1+2-3+…+10=(2+4+…+10)-(1+3+…+9)=5．
故答案为：5．
模拟程序的运行过程可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量s=0-1+2-3+…+10的值，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案．
这道题主要考查伪代码(算法语句)的应用，属于基础题．
14.【答案】 p＞m＞n
【解析】解：∵f(x)=2|x|+x2，则f(-x)=2|-x|+(-x)2=f(x)，即f(x)为偶函数，
因为x>0时，f(x)=2x+x2单调递增，
m=f(log213)=f(log23)，n=f(0.7-0.1)，p=f(log425)=f(log25)，
因为log25>2>log23>1>7-0.1>0，
故p>m>n
故答案为：p>m>n
根据函数奇偶性和单调性之间的关系，即可得到结论．
这道题主要考查函数值的大小比较，根据函数奇偶性和单调性之间的关系是解决本题的关键．
15.【答案】 -13
【解析】解：已知sin(α+π6)=13.故：cos(α-5π6)tan(π3-α)=-cos[π-(α+π6)]1tan(α+π6)=-sin(α+π6)=-13．
故答案为：-13．
直接利用三角函数关系式的恒等变换和诱导公式的应用求出结果．
该题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，诱导公式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．
16.【答案】 -37 17π
【解析】解：在长方体的底面矩形ABCD内一动点P，连接AP，
因为PA1与平面ABCD所成角θ为π3，AA1=23，所以tanθ=AA1AP=23AP=3，所以AP=2，
所以P点的轨迹为以A为圆心，以2为半径的圆，与底面矩形BC的交点为E，D，
即P的轨迹为圆弧DE⏜，连接AE，
在ΔABE中，cos∠EAB=ABAE=322=34，所以sin∠DAE=cos∠EAB=34，所以arcsin∠DAE=34，
所以α=DE=2⋅∠DAE，可得α为钝角，
所以sinα=sin(2arcsin∠DAE)=2⋅34.74=378，∴cosα=-18，
所以tanα=-37；
当C1P的长度最短时，而C1P=CC12+CP2，所以当CP最小时，C1P最小，
而当A，P，C1三点共线时，CP=AC-AP=22+(32)2-2=12最小，
连接DP，由于cos∠DCP=CDAC=3222+(32)2=35，
所以在三角形CDP中，由余弦定理可得DP=CD2+CP2-2CD.CP.cos∠DCP=94+14-2×32×12×35=41010，
而sin∠DCP=45，设三角形CDP的外接圆的半径为r，则2r=DPsin∠DCP=4101045=102，所以r=104，
由DD1⊥面CDP，所以三棱锥D1-DCP的外接球的球心为过底面三角形DCP的外接圆的圆心的垂线与中截面的交点，
设外接球的半径为R，则R2=r2+(DD12)2=1016+3=174，
所以外接球的表面积S=4πR2=17π．
故答案为：-37，17π．
因为PA1与平面ABCD所成角θ为π3，所以可得AP=2，即P点的轨迹为以A为圆心，以2为半径的圆与矩形ABCD的交点即DE⏜，由矩形的边长可得DE⏜的值，进而求出它的正切值，当C1P的长度最短时，而C1P=CC12+CP2，所以当CP最小时，C1P最小，而当A，P，C1三点共线时，CP最小，求出CP的值，进而由余弦定理求出DP，求出三角形DCP的外接圆的半径，由DD1⊥面CDP，所以三棱锥D1-DCP的外接球的球心为过底面三角形DCP的外接圆的圆心的垂线与中截面的交点，由外接球的半径，和高的一半，由勾股定理可得R的值，进而求出外接球的表面积．
该题考查求点的轨迹，及三棱锥的棱长与外接球的半径的关系和球的表面积公式，属于难题．
17.【答案】解：（Ⅰ）∵anan+1=2pn+1（p为常数），∴an+1an+2=2pn+p+1
∴当n=1时，a1a2=2p+1，
∵a1=2，∴a2=2p，∴an+2an=2p，
∴a4=2pa2=(2p)2，
∵a4=2pa2=(2p)2，∴a4-2=a2，
∴（2p）2-2=2p，∴p=1．
（Ⅱ）若{an}为等比数列，则由a1＞0，a2＞0，∴数列的首项和公比均为正数，
设其公比为q，则q=2p2，∴2p2=a2a1=2p2，∴p=2，
∴a1=2，q=2，∴an=2n故anan+1=22n+1，
而2pn+1=22n+1，∴p=2时，{an}为等比数列，
∴{an}的前n项和Sn=2(1-2n)1-2=2n+1-2．
【解析】
(Ⅰ)根据条件求出a2和a4，然后由-a1，12a2,a4成等差数列，得到关于p的方程，再求出p即可；
(Ⅱ)若{an}为等比数列，则由a1>0，a2>0，可知数列的首项和公比均为正数，然后根据条件求出{an}前n项和Sn即可．
该题考查了等比数列和等差数列的性质，等比数列的前n项和公式，考查了方程思想和转化思想，属中档题．
18.【答案】（Ⅰ）证明：取BB1的中点O，连接AB1，OA，OC，
在菱形ABB1A1中，∠ABB1=60o，故三角形ABB1是等边三角形，则OA⊥BB1，OB=1，OA=3．
又BB1∥CC1，AC⊥CC1，∴AC⊥BB1，
又AO⊥BB1，且AO∩AC=A，∴BB1⊥平面AOC，则BB1⊥CO．
在Rt△BOC中，CO=BC2-BO2=1，∴CO2+AO2=AC2，故CO⊥AO．
又CO∩BB1=O，∴AO⊥平面BB1C1C．
∵AO⊂平面ABB1A1，∴平面ABB1A1⊥平面BB1C1C；
（Ⅱ）解：以O为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系．
则A（3，0，0），B（0，1，0），C（0，0，1），
BA→=(3，-1，0)，BC→=(0，-1，1)．
设平面ABC的一个法向量为m→=(x，y，z)．
由m→.BA→=3x-y=0m→.BC→=-y+z=0，取x=3，得m→=(3，3，3)．
设BB1上的单位向量为n→=(0，1，0)．
则BB1与平面ABC的夹角正弦值为|cos＜m→，n→＞|=|m→.n→||m→|.|n→|=217．
【解析】
(Ⅰ)取BB1的中点O，连接AB1，OA，OC，由已知可得OA⊥BB1，再由BB1//CC1，AC⊥CC1，得AC⊥BB1，得到BB1⊥平面AOC，则BB1⊥CO，求解三角形证明CO⊥AO.可得AO⊥平面BB1C1C，进一步得到平面ABB1A1⊥平面BB1C1C；
(Ⅱ)以O为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，求出平面ABC的一个法向量m→，再求出BB1上的单位向量n→.由m→与n→所成角的余弦值可得BB1与平面ABC的夹角正弦值．
该题考查平面与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用空间向量求解空间角，是中档题．
19.【答案】解：（1）甲解密成功所需时间的中位数为47，
∴0.01×5+0.014×5+b×5+0.034×5+0.04×（47-45）=0.5，
解得b=0.026，
∴0.04×3+0.032×5+a×5+0.010×10=0.5．
解得a=0.024．
∴甲在1分钟内解密成功的频率是f=1-0.01×10=0.9．
（2）①由题意及（1）可知第一个出场选手解密成功的概率为p1=0.9，
第二个出场选手解密成功的概率为p2=0.9×910+110×1=0.91，
第三个出场选手解密成功的概率为p3=0.9×(910)2+110×2=0.929，
∴该团队挑战成功的概率为p=0.9+0.1×0.91+0.1×0.09×0.929=0.999361．
②由①知按Pi从小到大的顺序的概率分别为p1，p2，p3，
根据题意知X的可能取值为1，2，3，
则P（X=1）=0.9，
P（X=2）=（1-0.9）×0.91=0.091，
P（X=3）=（1-0.9）（1-0.91）=0.009，
∴团队挑战成功所需派出的人员数目X的分布列为：
X
1
2
3
P
0.9
0.091
0.009
E（X）=1×0.9+2×0.091+3×0.009=1.109．
【解析】
(1)由甲解密成功所需时间的中位数为47，利用频率分布直方图的性质能求出a，b，由此能求出甲在1分钟内解密成功的频率．
(2)①由题意及(1)可知第一个出场选手解密成功的概率为p1=0.9，第二个出场选手解密成功的概率为p2=0.9×910+110×1=0.91，第三个出场选手解密成功的概率为p3=0.9×(910)2+110×2=0.929，由此能求出该团队挑战成功的概率．
②根据题意知X的可能取值为1，2，3，分别求出相应的概率，由此能求出团队挑战成功所需派出的人员数目X的分布列和E(X)．
该题考查概率、离散型随机变量的分布列、数学期望的求法，考查频率分布直方图、互斥事件概率加法公式和相互独立事件概率加法公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
20.【答案】（I）解：依题意知直线A1N1的方程为：y=m6（x+6）…①；
直线A2N2的方程为：y=-n6（x-6）…②
设Q（x，y）是直线A1N1与A2N2交点，①、②相乘，得y2=-mn6（x2-6）
由mn=2整理得：x26+y22=1
∵N1、N2不与原点重合，可得点A1，A2不在轨迹M上，
∴轨迹C的方程为x26+y22=1（x≠±6）．
（Ⅱ）证明：设l：x=ty+3，代入椭圆方程消去x，得（3+t2）y2+6ty+3=0．
设P（x1，y1），Q（x2，y2），N（x1，-y1），可得y1+y2=-6tt2+3且y1y2=3t2+3，
RP→=λRQ→，可得（x1-3，y1）=λ（x2-3，y2），∴x1-3=λ（x2-3），y1=λy2，
证明NF→=λFQ→，只要证明（2-x1，y1）=λ（x2-2，y2），∴2-x1=λ（x2-2），
只要证明x1-3x2-3=-x1-2x2-2，只要证明2t2y1y2+t（y1+y2）=0，
由y1+y2=-6tt2+3且y1y2=3t2+3，代入可得2t2y1y2+t（y1+y2）=0，
∴NF→=λFQ→．
【解析】
(I)由直线方程的点斜式列出A1N1和A2N2的方程，联解并结合mn=2化简整理得方程，再由N1、N2不与原点重合，可得直线A1N1与A2N2交点的轨迹C的方程；
(II)设l：x=ty+3，代入椭圆方程消去x，得(3+t2)y2+6ty+3=0，利用分析法进行证明．
本题着重考查了动点轨迹的求法、椭圆的标准方程与简单几何性质、直线与圆锥曲线的位置关系和一元二次方程根与系数的关系等知识，属于中档题．
21.【答案】解：（Ⅰ）f'(x)=ax+(a-1)x=(a-1)x2+ax（x＞0）．
①当a≥1时，f'（x）＞0，f（x）在（0，+∞）上单调递增；
②当0＜a＜1时，f'(x)=(a-1)(x+-aa-1)(x--aa-1)x，
所以当x＞-aa-1时，f'（x）＜0，当0＜x＜-aa-1时，f'（x）＞0，
所以f（x）在(0 ，-aa-1)上单调递增，在(-aa-1，+∞)上单调递减；
③当a≤0时，f'（x）＜0，f（x）在（0，+∞）上单调递减，
（Ⅱ）当a=-1时，f（x）=-lnx-x2+1，不妨设0＜x1＜x2，
则|x1f(x2)-x2f(x1)x1-x2|＞mx1x2等价于|f(x2)x2-f(x1)x1|＞m(x2-x1)，考察函数g(x)=f(x)x，得g'(x)=lnx-x2-2x2，
令h(x)=lnx-x2-2x2，h'(x)=5-2lnxx3，则x∈(0，e52)时，h'（x）＞0，
x∈(e52，+∞)时，h'（x）＜0，所以h（x）在区间(0，e52)上是单调递增函数，
在区间(e52，+∞)上是单调递减函数．故g'(x)≤g'(e52)=12e5-1＜0，
所以g（x）在（0，+∞）上单调递减．
从而g（x1）＞g（x2），即f(x2)x2＜f(x1)x1，故f(x1)x1-f(x2)x2＞m(x2-x1)，
所以f(x1)x1+mx1＞f(x2)x2+mx2，即g（x1）+mx1＞g（x2）+mx2恒成立，
设φ（x）=g（x）+mx，则φ（x）在（0，+∞）上恒为单调递减函数，
从而φ′（x）=g′（x）+m≤0恒成立，故φ′（x）=g′（x）+m≤12e5-1+m≤0，
故m≤1-12e5．
【解析】
(Ⅰ)求出导函数，通过①当a⩾1时，②当0
该题考查导数公式和导数运算法则以及恒成立的思想，考查考生灵活运用导数工具分析问题、解决问题的能力，综合考查考生的分类讨论思想以及逻辑推理能力、运算求解能力和推理论证能力．
22.【答案】解：（Ⅰ）设极点（ρ，θ）旋转之后的极点为（ρ′，θ′），
故：ρ'=ρθ'=θ+π3，代入ρ=4cosθ，得到ρ'=4cos(θ'-π3)，得到ρ=4cos(θ-π3)．
（Ⅱ）如图，两圆相交于点O和A，连接OA，AC，OC′，AC′．
由于极径没有变，旋转的角为π3．显然四边形OC′AC为菱形，
故∠OCA=2π3．
所以S=2S弓形OC′A=2（S扇形OC′A-S△OC′A）=8π3-23．
【解析】
(Ⅰ)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．
(Ⅱ)利用三角函数关系式的恒等变换和正弦型函数的性质的应用及二次函数的性质的应用求出结果．
该题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，三角函数关系式的恒等变换，正弦型函数性质的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．
23.【答案】解：（Ⅰ）若k=2，不等式f（x）≤5可化为2|x|+|x-1|≤5．
当x＜0时，有-2x-（x-1）≤5，即x≥-43，∴-43≤x＜0；
当0≤x＜1时，有2x-（x-1）≤5，即x≤4，∴0≤x＜1；
当x≥1时，有2x+（x-1）≤5，即x≤2，∴1≤x≤2．
故原不等式的解集为[-43，2]；
（Ⅱ）由题意，关于x的不等式f（x）≤|x+1|+|2x-2|在x∈[12，2]上恒成立，
即k|x|≤|x+1|+|2x-2|-|x-1|在x∈[12，2]上恒成立，
∴k≤|x+1|+|x-1||x|在x∈[12，2]上恒成立，
∵|x+1|+|x-1||x|≥|x+1+x-1||x|=2|x||x|=2，等号在x+1，x-1同号或其中一项为0时成立．
∴k的取值范围是（-∞，2]．
【解析】
(Ⅰ)k=2时，不等式f(x)⩽5可化为2|x|+|x-1|⩽5.然后分x<0，0⩽x<1，x⩾1三类去绝对值求解，取并集得答案；
(Ⅱ)由题意，关于x的不等式f(x)⩽|x+1|+|2x-2|在x∈[12,2]上恒成立，分离参数k，可得k⩽|x+1|+|x-1||x|在x∈[12,2]上恒成立，再由|x+1|+|x-1||x|⩾|x+1+x-1||x|=2，即可得到实数k的取值范围．
该题考查绝对值不等式的解法，考查分类讨论与数学转化思想方法，训练了绝对值不等式的应用，是中档题．
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