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第三轮冲刺必刷仿真卷03-2020年高考数学（文）三轮冲刺必刷卷（3练1模拟）（三）
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这是一份第三轮冲刺必刷仿真卷03-2020年高考数学（文）三轮冲刺必刷卷（3练1模拟）（三），文件包含第三轮冲刺必刷仿真卷03原卷版doc、第三轮冲刺必刷仿真卷03解析版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共24页， 欢迎下载使用。
第三轮冲刺必刷仿真卷03
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．设集合P＝{(x，y)|y＝k}，Q＝{(x，y)|y＝2x}，已知P∩Q＝∅，那么k的取值范围是( )
A．(－∞，0) B．(0，＋∞)
C．(－∞，0] D．(1，＋∞)
【答案】 C
【解析】 由P∩Q＝∅可得，函数y＝2x的图象与直线y＝k无公共点，所以k∈(－∞，0]．
2．“(p)∨q为真命题”是“p∧(q)为假命题”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】 C
【解析】 (p)∨q为真命题包括以下三种情况：p假q真、p假q假、p真q真；p∧(綈q)为假命题包括以下三种情况：p假q真、p假q假、p真q真；所以“(p)∨q为真命题”是“p∧(q)为假命题”的充要条件．
3．欧拉公式 eix＝csx＋isinx(i为虚数单位)是由瑞士著名数学家欧拉发现的，它将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数和指数函数的关系，在复变函数论里占有非常重要的地位，被誉为“数学中的天桥”，已知eai为纯虚数，则复数eq \f(sin2a＋i,1＋i)在复平面内对应的点位于( )
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
【答案】 A
【解析】 eai＝csa＋isina是纯虚数，所以csa＝0，sina≠0，所以a＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，所以2a＝2kπ＋π，k∈Z，sin2a＝0，所以eq \f(sin2a＋i,1＋i)＝eq \f(i,1＋i)＝eq \f(i1－i,2)＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)i，在复平面内对应的点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)))位于第一象限．
4．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为BD1的中点，则△PAC在该正方体各个面上的正投影可能是( )
A．①② B．②④ C．②③ D．①④
【答案】 D
【解析】 从上下方向上看，△PAC的投影为①图所示的情况；从左右方向上看，△PAC的投影为④图所示的情况；从前后方向上看，△PAC的投影为④图所示的情况．
5．学校为了调查学生在课外读物方面的支出情况，抽取了一个容量为n的样本，其频率分布直方图如图所示，其中支出在[50,60)的同学有30人，则n的值为( )
A．100 B．1000 C．90 D．900
【答案】 A
【解析】 由频率分布直方图可知，支出在[50,60)的同学的频率为0.03×10＝0.3，∴n＝eq \f(30,0.3)＝100.
6．执行如图所示的程序框图，则输出的结果为( )
A．1＋eq \f(\r(2),2) B．1－eq \f(\r(3),2)
C．1－eq \f(\r(3)－\r(2),2) D．1＋eq \f(\r(3)－\r(2),2)
【答案】 C
【解析】 s＝0，n＝1<5，且n＝1是奇数，则s＝0－sinπ＝0；n＝2<5，且n＝2不是奇数，则s＝0＋sineq \f(π,2)＝1；n＝3<5，且n＝3是奇数，则s＝1－sineq \f(π,3)＝1－eq \f(\r(3),2)；n＝4<5，且n＝4不是奇数，则s＝1－eq \f(\r(3),2)＋sineq \f(π,4)＝1－eq \f(\r(3),2)＋eq \f(\r(2),2)；n＝5时结束循环，输出的s＝1－eq \f(\r(3),2)＋eq \f(\r(2),2)＝1－eq \f(\r(3)－\r(2),2).
7．已知eq \r(3)sinα－csα＝eq \f(4,3)，则cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,3)))＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(5π,6)))＝( )
A．0 B.eq \f(4,3) C．－eq \f(4,3) D.eq \f(2,3)
【答案】 C
【解析】 依题意，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,6)))＝eq \f(2,3)；因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,3)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,6)))＝eq \f(π,2)，故α＋eq \f(π,3)＝eq \f(π,2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,6)))，则cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,3)))＝cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,6)))))＝－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,6)))＝－eq \f(2,3)；
而eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(5π,6)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,6)))＝π，故eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(5π,6)))＝π＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,6)))，故sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(5π,6)))＝－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,6)))＝－eq \f(2,3)，
故cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,3)))＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(5π,6)))＝－eq \f(4,3).
8．已知抛物线y2＝4x的焦点为F，准线l与x轴的交点为K，抛物线上一点P，若|PF|＝5，则△PFK的面积为( )
A．4 B．5 C．8 D．10
【答案】 A
【解析】 由抛物线的方程y2＝4x，可得
F(1,0)，K(－1,0)，准线方程为x＝－1，
设P(x0，y0)，则|PF|＝x0＋1＝5，即x0＝4，
不妨设P(x0，y0)在第一象限，则P(4,4)，
所以S△PKF＝eq \f(1,2)|FK|·|y0|＝eq \f(1,2)×2×4＝4.
9．如图，△GCD为正三角形，AB为△GCD的中位线，AB＝3AE，BC＝3BF，O为DC的中点，则向量eq \(FE,\s\up6(→))，eq \(OF,\s\up6(→))夹角的余弦值为( )
A.eq \f(1,2) B．－eq \f(1,2) C．－eq \f(\r(2),2) D.eq \f(\r(2),2)
【答案】 B
【解析】 解法一：以O为坐标原点，DC所在的直线为x轴建立平面直角坐标系如图所示，设△GCD的边长为4，则A(－1，eq \r(3))，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，\r(3)))，
B(1，eq \r(3))，C(2,0)，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，\f(2\r(3),3)))，
eq \(FE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5,3)，\f(\r(3),3)))，eq \(OF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，\f(2\r(3),3)))，eq \(FE,\s\up6(→))·eq \(OF,\s\up6(→))＝－eq \f(14,9)，|eq \(FE,\s\up6(→))|＝eq \f(2\r(7),3)，|eq \(FO,\s\up6(→))|＝eq \f(2\r(7),3)，cs〈eq \(FE,\s\up6(→))，eq \(OF,\s\up6(→))〉＝eq \f(－\f(14,9),\f(2\r(7),3)×\f(2\r(7),3))＝－eq \f(1,2).
解法二：设△GCD的边长为4，连接OE，OA，如图，易得△ADO为正三角形，∠OAE＝60°，AO＝2，AE＝eq \f(2,3)，由余弦定理得OE＝eq \f(2\r(7),3)，同理得EF＝eq \f(2\r(7),3)，OF＝eq \f(2\r(7),3)，∴∠EFO＝60°，∴cs〈eq \(FE,\s\up6(→))，eq \(OF,\s\up6(→))〉＝cs120°＝－eq \f(1,2).
10．王老师的班上有四个体育健将甲、乙、丙、丁，他们都特别擅长短跑，在某次运动会上，他们四人要组成一个4×100米接力队，王老师要安排他们四个人的出场顺序，以下是他们四人的对话：
甲：我不跑第一棒和第二棒；乙：我不跑第一棒和第四棒；丙：我也不跑第一棒和第四棒；丁：如果乙不跑第二棒，我就不跑第一棒；
王老师听了他们四人的对话，安排了一种合理的出场顺序，满足了他们的所有要求，据此我们可以断定，在王老师安排的出场顺序中，跑第三棒的人是( )
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
【答案】 C
【解析】 由题意知乙、丙均不跑第一棒和第四棒，则跑第三棒的人只能是乙、丙中的一个，当丙跑第三棒时，乙只能跑第二棒，这时丁跑第一棒，甲跑第四棒，符合题意，故跑第三棒的人是丙．
11．已知点P为双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)右支上一点，点F1，F2分别为双曲线的左、右焦点，点I是△PF1F2的内心(三角形内切圆的圆心)，若恒有S△IPF1－S△IPF2≥eq \f(1,3)S△IF1F2成立，则双曲线离心率的取值范围是( )
A．(1,2] B．(1,2) C．(0,3] D．(1,3]
【答案】 D
【解析】 设△PF1F2的内切圆的半径为r，
由双曲线的定义，得|PF1|－|PF2|＝2a，|F1F2|＝2c，
S△IPF1＝eq \f(1,2)|PF1|·r，S△IPF2＝eq \f(1,2)|PF2|·r，
S△IF1F2＝eq \f(1,2)·2c·r＝cr，
由题意，得eq \f(1,2)|PF1|·r－eq \f(1,2)|PF2|·r≥eq \f(1,3)cr，
故c≤eq \f(3,2)(|PF1|－|PF2|)＝3a，
故e＝eq \f(c,a)≤3，又e>1，
所以双曲线的离心率取值范围是(1,3]．
12．已知函数f(x)＝2ax3－3ax2＋1，g(x)＝－eq \f(a,4)x＋eq \f(3,2)，若对任意给定的m∈[0,2]，关于x的方程f(x)＝g(m)在区间[0,2]上总存在唯一的一个解，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，1] B.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,8)，1))
C．(0,1)∪{－1} D．(－1,0)∪eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,8)))
【答案】 B
【解析】 f′(x)＝6ax2－6ax＝6ax(x－1)，
①当a＝0时，f(x)＝1，g(x)＝eq \f(3,2)，
显然不可能满足题意；
②当a>0时，f′(x)＝6ax(x－1)，
x，f′(x)，f(x)的变化如下：
又因为当a>0时，g(x)＝－eq \f(a,4)x＋eq \f(3,2)是减函数，
对任意m∈[0,2]，g(m)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)＋\f(3,2)，\f(3,2)))，
由题意，必有g(m)max≤f(x)max，且g(m)min>f(0)，
故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(3,2)≤1＋4a，,－\f(a,2)＋\f(3,2)>1，))解得eq \f(1,8)≤a＜1；
③当a<0时，g(x)＝－eq \f(a,4)x＋eq \f(3,2)是增函数，不符合题意．
综上，a∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,8)，1)).
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．为了在一条河上建一座桥，施工前在河两岸打上两个桥位桩A，B(如图)，要测算两点的距离，测量人员在岸边定出基线BC，测得BC＝50 m，∠ABC＝105°，∠BCA＝45°，就可以计算出A，B两点的距离为________．
【答案】 50eq \r(2) m
【解析】 根据三角形内角和为180°，所以∠BAC＝30°，
由正弦定理eq \f(AB,sinC)＝eq \f(BC,sinA)，得eq \f(AB,sin45°)＝eq \f(50,sin30°).
解得AB＝50eq \r(2) m.
14．已知实数x，y满足约束条件eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3x＋y≤π，,x≥\f(π,6)，,y≥0，))则sin(x＋y)的取值范围为________(用区间表示)．
【答案】 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))
【解析】 作出约束条件表示的平面区域(如图阴影部分所示)．
设z＝x＋y，作出直线l：x＋y＝z，当直线l过点Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，0))时，z取得最小值eq \f(π,6)；当直线l过点Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))时，z取得最大值eq \f(2π,3)，所以eq \f(π,6)≤x＋y≤eq \f(2π,3)，所以sin(x＋y)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1)).
15．已知14C的半衰期为5730年(是指经过5730年后，14C的残余量占原始量的一半)．设14C的原始量为a，经过x年后的残余量为b，残余量b与原始量a的关系如下：b＝ae－kx，其中x表示经过的时间， k为一个常数．现测得湖南长沙马王堆汉墓女尸出土时14C的残余量约占原始量的76.7%.请你推断一下马王堆汉墓的大致年代为距今________年．(已知lg20.767≈－0.4)
【答案】 2292
【解析】 由b＝ae－kx及题意，得eq \f(1,2)＝e－5730k，
两边取2为底的对数可得，
－1＝－5730klg2e，①
又0.767＝e－kx，
两边取2为底的对数可得，
lg20.767＝－kxlg2e，②
②÷①可得0.4≈eq \f(x,5730)，即x≈2292.
16．圆锥 Ω的底面半径为2，母线长为4，正四棱柱ABCD－A′B′C′D′的上底面的顶点A′，B′，C′，D′均在圆锥 Ω的侧面上，棱柱下底面在圆锥 Ω的底面上，则此正四棱柱体积的最大值为________．
【答案】 eq \f(64\r(3),27)
【解析】 设正四棱柱的底面边长为x，棱柱的高为h，根据相似性可得eq \f(\f(\r(2),2)x,2)＝eq \f(2\r(3)－h,2\r(3))，
解得h＝eq \f(4\r(3)－\r(6)x,2)(其中0＜x＜2eq \r(2))．所以此正四棱柱的体积为V＝x2h＝x2·eq \f(4\r(3)－\r(6)x,2)，
V′＝eq \f(8\r(3)x－3\r(6)x2,2)，令V′＝0，解得x＝eq \f(4\r(2),3)，易得V＝x2·eq \f(4\r(3)－\r(6)x,2)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(4\r(2),3)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4\r(2),3)，2\r(2)))上单调递减，所以此正四棱柱体积的最大值为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4\r(2),3)))2×eq \f(4\r(3)－\r(6)×\f(4\r(2),3),2)＝eq \f(64\r(3),27).
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．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．
(一)必考题：共60分．
17． (本小题满分12分)槟榔原产于马来西亚，中国主要分布在云南、海南及台湾等热带地区，亚洲热带地区广泛栽培．槟榔是重要的中药材，在南方一些少数民族还有将果实作为一种咀嚼嗜好品，但其被世界卫生组织国际癌症研究机构列为致癌物清单Ⅰ类致癌物．云南某民族中学为了解A，B两个少数民族班的学生咀嚼槟榔的情况，分别从这两个班中随机抽取5名学生进行调查，将他们平均每周咀嚼槟榔的颗数作为样本绘制成如图所示的茎叶图(图中的茎表示十位数字，叶表示个位数字)．
(1)你能否估计哪个班的学生平均每周咀嚼槟榔的颗数较多？
(2)从A班不超过19的样本数据中随机抽取一个数据记为a，从B班不超过21的样本数据中随机抽取一个数据记为b，求a≥b的概率．
【答案】解 (1)A班样本数据的平均数为eq \f(1,5)×(9＋11＋14＋20＋31)＝17.由此估计A班学生平均每周咀嚼槟榔的颗数为17； 2分
B班样本数据的平均数为eq \f(1,5)×(11＋12＋21＋25＋26)＝19，由此估计B班学生平均每周咀嚼槟榔的颗数为19颗．故估计B班学生平均每周咀嚼槟榔的颗数较多. 5分
(2)A班的样本数据中不超过19的数据a有3个，分别为9,11,14，B班的样本数据中不超过21的数据b也有3个，分别为11,12,21. 6分
从A班和B班的样本数据中各随机抽取一个共有9种不同情况，分别为(9,11)，(9,12)，(9,21)，(11,11)，(11,12)，(11,21)，(14,11)，(14,12)，(14,21). 9分
其中a≥b的情况有(11,11)，(14,11)，(14,12)三种，
故a≥b的概率P＝eq \f(3,9)＝eq \f(1,3). 12分
18．(本小题满分12分)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，若数列{lg eq \s\d8(\f(1,3)) an}是公差为－1的等差数列，且a2＋2是a1，a3的等差中项．
(1)证明：数列{an}是等比数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)若Tn是数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))的前n项和，且Tn
【答案】解 (1)证明：依题意，lg eq \s\d8(\f(1,3)) an＋1－lg eq \s\d8(\f(1,3)) an＝－1，
故lg eq \s\d8(\f(1,3)) eq \f(an＋1,an)＝－1，故eq \f(an＋1,an)＝3； 2分
故数列{an}是公比为3的等比数列．
因为2(a2＋2)＝a1＋a3，故2(3a1＋2)＝a1＋9a1， 4分
解得a1＝1，故数列{an}的通项公式为an＝3n－1. 6分
(2)依题意，eq \f(1,an)＝eq \f(1,3n－1)，故数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是以1为首项，
eq \f(1,3)为公比的等比数列， 8分
故Tn＝eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋eq \f(1,a3)＋…＋eq \f(1,an)＝1＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,3n－1)＝eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n,1－\f(1,3))＝eq \f(3,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3n)))
故M≥eq \f(3,2)，即实数M的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞)). 12分
19．(本小题满分12分)在梯形ABCD中(图1)，AB∥CD，AB＝2，CD＝5，过点A，B分别作CD的垂线，垂足分别为E，F，且AE＝2DE，将梯形ABCD沿AE，BF同侧折起，使得CF⊥FE，且DE∥CF，得空间几何体ADE－BCF(图2)．直线AC与平面ABFE所成角的正切值是eq \f(\r(2),2).
(1)求证：BE∥平面ACD；
(2)求多面体ADE－BCF的体积．
【答案】解 (1)证明：如图，设BE交AF于点O，取AC的中点H，连接OH，DH，
因为四边形ABFE为矩形，则OH是△AFC的中位线，所以OH∥CF且OH＝eq \f(1,2)CF， 2分
设DE＝x，则AE＝2x，CF＝3－x，
因为直线AC与平面ABFE所成角的正切值是eq \f(\r(2),2)，所以tan∠CAF＝eq \f(CF,AF)＝eq \f(3－x,\r(2x2＋22))＝eq \f(\r(2),2)，
解得x＝1，
所以DE＝1，AE＝2，CF＝2.因为DE∥CF且DE＝eq \f(1,2)CF，所以DE∥OH且DE＝OH，所以四边形DEOH为平行四边形，DH∥EO，又因为EO⊂平面ABFE，DH⊄平面ABFE，DH⊂平面ACD，所以EO∥平面ACD，即BE∥平面ACD. 5分
(2)由已知CF⊥FE，CF⊥BF，EF∩BF＝F，得CF⊥平面BEF，又CF⊂平面CDEF，所以平面CDEF⊥平面BEF，又AE⊥EF，所以AE⊥平面CDEF， 7分
由(1)知DE＝1，AE＝2，CF＝2，
所以S矩形ABFE＝4，S△CDE＝eq \f(1,2)×1×2＝1， 10分
则VADE－BCF＝VC－ABFE＋VA－CDE＝eq \f(1,3)×4×2＋eq \f(1,3)×2×1＝eq \f(10,3). 12分
20．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝(a－1)ln x－eq \f(a,x)－x(a∈R)．
(1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；
(2)若函数f(x)在[1,3]上的最大值为－2，求实数a的值．
【答案】解 (1)因为a＝2时，f(x)＝ln x－eq \f(2,x)－x，
所以f′(x)＝eq \f(1,x)＋eq \f(2,x2)－1，
又f(2)＝ln 2－3，f′(2)＝0，
所以所求切线方程为y＝ln 2－3. 4分
(2)因为f′(x)＝eq \f(－x＋1x－a,x2)(1≤x≤3)， 5分
当a≤1时，f′(x)＜0，f(x)在[1,3]上单调递减，
此时f(x)max＝f(1)＝－a－1＝－2，a＝1， 7分
当a≥3时，f′(x)＞0，f(x)在[1,3]上单调递增，
此时f(x)max＝f(3)＝aln 3－ln 3－eq \f(a,3)－3＝－2，
a＝eq \f(ln 3＋1,ln 3－\f(1,3))(舍去)； 9分
当1＜a＜3时，f(x)在(1，a)上单调递增，在(a,3)上单调递减，
此时f(x)max＝f(a)＝aln a－ln a－1－a＝－2，a＝e.
综上a＝1或a＝e. 12分
21．(本小题满分12分)如图所示，椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq \f(\r(2),2)，B1，B2是椭圆C的短轴端点，且B1到焦点的距离为3eq \r(2)，点M在椭圆C上运动，且点M不与B1，B2重合，点N满足NB1⊥MB1，NB2⊥MB2.
(1)求椭圆C的方程；
(2)求四边形MB2NB1的面积的最大值．
【答案】解 (1)∵e＝eq \f(\r(2),2)，∴a＝eq \r(2)c，
又a2＝b2＋c2＝(3eq \r(2))2，∴a2＝18，b2＝9，
∴椭圆C的方程为eq \f(x2,18)＋eq \f(y2,9)＝1. 4分
(2)解法一：设N(x，y)，M(x0，y0)(x0≠0)，
∵MB1⊥NB1，MB2⊥NB2，B1(0，－3)，B2(0,3)，
∴直线NB1：y＋3＝－eq \f(x0,y0＋3)x， ①
直线NB2：y－3＝－eq \f(x0,y0－3)x, ② 6分
由①②解得x＝eq \f(y\\al(2,0)－9,x0)，又eq \f(x\\al(2,0),18)＋eq \f(y\\al(2,0),9)＝1，∴x＝－eq \f(x0,2)，
则四边形MB2NB1的面积
S＝eq \f(1,2)|B1B2|·(|x|＋|x0|)＝eq \f(1,2)×6×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(－\f(x0,2)))＋|x0|))＝3×eq \f(3,2)|x0|， 9分
∵0＜xeq \\al(2,0)≤18，∴当xeq \\al(2,0)＝18时，S的最大值为3×eq \f(3,2)×3eq \r(2)＝eq \f(27\r(2),2). 12分
解法二：设直线MB1：y＝kx－3(k≠0)，
则直线NB1：y＝－eq \f(1,k)x－3, ①
则直线MB1与椭圆C：eq \f(x2,18)＋eq \f(y2,9)＝1的交点M的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(12k,2k2＋1)，\f(6k2－3,2k2＋1)))， 6分
则直线MB2的斜率kMB2＝eq \f(\f(6k2－3,2k2＋1)－3,\f(12k,2k2＋1))＝－eq \f(1,2k)，
∴直线NB2：y＝2kx＋3. ②
由①②解得xN＝－eq \f(6k,2k2＋1)， 9分
则四边形MB2NB1的面积S＝eq \f(1,2)|B1B2|·(|xM|＋|xN|)＝eq \f(1,2)×6×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(12|k|,2k2＋1)＋\f(6|k|,2k2＋1)))＝eq \f(54|k|,2k2＋1)＝eq \f(54,2|k|＋\f(1,|k|))≤eq \f(27\r(2),2)，
当且仅当|k|＝eq \f(\r(2),2)时，S取得最大值eq \f(27\r(2),2). 12分
(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．
22．(本小题满分10分)选修4－4：坐标系与参数方程
在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\r(7)csθ，,y＝\r(3)＋\r(7)sinθ))(θ为参数)，以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知直线l的极坐标方程为ρ＝eq \f(1,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,6)))).
(1)试判断直线l与曲线C的位置关系；
(2)若直线θ＝eq \f(π,3)(ρ∈R)与直线l交于点A，与曲线C交于M，N两点，求|AM|·|AN|的值．
【答案】解 (1)曲线C的普通方程为x2＋(y－eq \r(3))2＝7，圆心C(0，eq \r(3))，
半径r＝eq \r(7)， 2分
直线l的普通方程为x＋eq \r(3)y－2＝0， 3分
∵圆心C到直线l的距离
d＝eq \f(|0＋\r(3)×\r(3)－2|,\r(12＋\r(3)2))＝eq \f(1,2)
∴直线l与圆C相交.5分
(2)曲线C的极坐标方程为ρ2－2eq \r(3)ρsinθ－4＝0，
将θ＝eq \f(π,3)代入ρ＝eq \f(1,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,6))))，得ρ＝1， 7分
将θ＝eq \f(π,3)代入ρ2－2eq \r(3)ρsinθ－4＝0得ρ2－3ρ－4＝0，则ρ1＝4，
ρ2＝－1. 8分
∴|AM|＝ρ1－ρ＝3，|AN|＝ρ－ρ2＝2， 9分
∴|AM|·|AN|＝3×2＝6.10分
23．(本小题满分10分)选修4－5：不等式选讲
已知函数f(x)＝ln (|x－2|＋|ax－a|)(a∈R)．
(1)当a＝1时，求函数f(x)的值域；
(2)若∀x∈R，都有f(x)＋1≥0恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】解 (1)当a＝1时，f(x)＝ln (|x－2|＋|x－1|)，
∵|x－2|＋|x－1|≥|(x－2)－(x－1)|＝1， 3分
∴ln (|x－2|＋|x－1|)≥ln 1＝0，即函数f(x)的值域为[0，＋∞). 5分
(2)由f(x)＋1≥0，即ln (|x－2|＋|ax－a|)≥－1，得|x－2|＋|ax－a|≥eq \f(1,e)，
令g(x)＝|x－2|＋|ax－a|，
则函数g(x)的最小值g(x)min＝{g(1)，g(2)}min， 7分
∴只需满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(g1≥\f(1,e)，,g2≥\f(1,e)，)) 9分
解得a≤－eq \f(1,e)或a≥eq \f(1,e)，故实数a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,e)))∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞)). 10分
第三轮冲刺必刷仿真卷03
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．设集合P＝{(x，y)|y＝k}，Q＝{(x，y)|y＝2x}，已知P∩Q＝∅，那么k的取值范围是( )
A．(－∞，0) B．(0，＋∞)
C．(－∞，0] D．(1，＋∞)
【答案】 C
【解析】 由P∩Q＝∅可得，函数y＝2x的图象与直线y＝k无公共点，所以k∈(－∞，0]．
2．“(p)∨q为真命题”是“p∧(q)为假命题”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】 C
【解析】 (p)∨q为真命题包括以下三种情况：p假q真、p假q假、p真q真；p∧(綈q)为假命题包括以下三种情况：p假q真、p假q假、p真q真；所以“(p)∨q为真命题”是“p∧(q)为假命题”的充要条件．
3．欧拉公式 eix＝csx＋isinx(i为虚数单位)是由瑞士著名数学家欧拉发现的，它将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数和指数函数的关系，在复变函数论里占有非常重要的地位，被誉为“数学中的天桥”，已知eai为纯虚数，则复数eq \f(sin2a＋i,1＋i)在复平面内对应的点位于( )
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
【答案】 A
【解析】 eai＝csa＋isina是纯虚数，所以csa＝0，sina≠0，所以a＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，所以2a＝2kπ＋π，k∈Z，sin2a＝0，所以eq \f(sin2a＋i,1＋i)＝eq \f(i,1＋i)＝eq \f(i1－i,2)＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)i，在复平面内对应的点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)))位于第一象限．
4．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为BD1的中点，则△PAC在该正方体各个面上的正投影可能是( )
A．①② B．②④ C．②③ D．①④
【答案】 D
【解析】 从上下方向上看，△PAC的投影为①图所示的情况；从左右方向上看，△PAC的投影为④图所示的情况；从前后方向上看，△PAC的投影为④图所示的情况．
5．学校为了调查学生在课外读物方面的支出情况，抽取了一个容量为n的样本，其频率分布直方图如图所示，其中支出在[50,60)的同学有30人，则n的值为( )
A．100 B．1000 C．90 D．900
【答案】 A
【解析】 由频率分布直方图可知，支出在[50,60)的同学的频率为0.03×10＝0.3，∴n＝eq \f(30,0.3)＝100.
6．执行如图所示的程序框图，则输出的结果为( )
A．1＋eq \f(\r(2),2) B．1－eq \f(\r(3),2)
C．1－eq \f(\r(3)－\r(2),2) D．1＋eq \f(\r(3)－\r(2),2)
【答案】 C
【解析】 s＝0，n＝1<5，且n＝1是奇数，则s＝0－sinπ＝0；n＝2<5，且n＝2不是奇数，则s＝0＋sineq \f(π,2)＝1；n＝3<5，且n＝3是奇数，则s＝1－sineq \f(π,3)＝1－eq \f(\r(3),2)；n＝4<5，且n＝4不是奇数，则s＝1－eq \f(\r(3),2)＋sineq \f(π,4)＝1－eq \f(\r(3),2)＋eq \f(\r(2),2)；n＝5时结束循环，输出的s＝1－eq \f(\r(3),2)＋eq \f(\r(2),2)＝1－eq \f(\r(3)－\r(2),2).
7．已知eq \r(3)sinα－csα＝eq \f(4,3)，则cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,3)))＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(5π,6)))＝( )
A．0 B.eq \f(4,3) C．－eq \f(4,3) D.eq \f(2,3)
【答案】 C
【解析】 依题意，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,6)))＝eq \f(2,3)；因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,3)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,6)))＝eq \f(π,2)，故α＋eq \f(π,3)＝eq \f(π,2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,6)))，则cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,3)))＝cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,6)))))＝－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,6)))＝－eq \f(2,3)；
而eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(5π,6)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,6)))＝π，故eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(5π,6)))＝π＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,6)))，故sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(5π,6)))＝－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,6)))＝－eq \f(2,3)，
故cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,3)))＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(5π,6)))＝－eq \f(4,3).
8．已知抛物线y2＝4x的焦点为F，准线l与x轴的交点为K，抛物线上一点P，若|PF|＝5，则△PFK的面积为( )
A．4 B．5 C．8 D．10
【答案】 A
【解析】 由抛物线的方程y2＝4x，可得
F(1,0)，K(－1,0)，准线方程为x＝－1，
设P(x0，y0)，则|PF|＝x0＋1＝5，即x0＝4，
不妨设P(x0，y0)在第一象限，则P(4,4)，
所以S△PKF＝eq \f(1,2)|FK|·|y0|＝eq \f(1,2)×2×4＝4.
9．如图，△GCD为正三角形，AB为△GCD的中位线，AB＝3AE，BC＝3BF，O为DC的中点，则向量eq \(FE,\s\up6(→))，eq \(OF,\s\up6(→))夹角的余弦值为( )
A.eq \f(1,2) B．－eq \f(1,2) C．－eq \f(\r(2),2) D.eq \f(\r(2),2)
【答案】 B
【解析】 解法一：以O为坐标原点，DC所在的直线为x轴建立平面直角坐标系如图所示，设△GCD的边长为4，则A(－1，eq \r(3))，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，\r(3)))，
B(1，eq \r(3))，C(2,0)，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，\f(2\r(3),3)))，
eq \(FE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5,3)，\f(\r(3),3)))，eq \(OF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，\f(2\r(3),3)))，eq \(FE,\s\up6(→))·eq \(OF,\s\up6(→))＝－eq \f(14,9)，|eq \(FE,\s\up6(→))|＝eq \f(2\r(7),3)，|eq \(FO,\s\up6(→))|＝eq \f(2\r(7),3)，cs〈eq \(FE,\s\up6(→))，eq \(OF,\s\up6(→))〉＝eq \f(－\f(14,9),\f(2\r(7),3)×\f(2\r(7),3))＝－eq \f(1,2).
解法二：设△GCD的边长为4，连接OE，OA，如图，易得△ADO为正三角形，∠OAE＝60°，AO＝2，AE＝eq \f(2,3)，由余弦定理得OE＝eq \f(2\r(7),3)，同理得EF＝eq \f(2\r(7),3)，OF＝eq \f(2\r(7),3)，∴∠EFO＝60°，∴cs〈eq \(FE,\s\up6(→))，eq \(OF,\s\up6(→))〉＝cs120°＝－eq \f(1,2).
10．王老师的班上有四个体育健将甲、乙、丙、丁，他们都特别擅长短跑，在某次运动会上，他们四人要组成一个4×100米接力队，王老师要安排他们四个人的出场顺序，以下是他们四人的对话：
甲：我不跑第一棒和第二棒；乙：我不跑第一棒和第四棒；丙：我也不跑第一棒和第四棒；丁：如果乙不跑第二棒，我就不跑第一棒；
王老师听了他们四人的对话，安排了一种合理的出场顺序，满足了他们的所有要求，据此我们可以断定，在王老师安排的出场顺序中，跑第三棒的人是( )
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
【答案】 C
【解析】 由题意知乙、丙均不跑第一棒和第四棒，则跑第三棒的人只能是乙、丙中的一个，当丙跑第三棒时，乙只能跑第二棒，这时丁跑第一棒，甲跑第四棒，符合题意，故跑第三棒的人是丙．
11．已知点P为双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)右支上一点，点F1，F2分别为双曲线的左、右焦点，点I是△PF1F2的内心(三角形内切圆的圆心)，若恒有S△IPF1－S△IPF2≥eq \f(1,3)S△IF1F2成立，则双曲线离心率的取值范围是( )
A．(1,2] B．(1,2) C．(0,3] D．(1,3]
【答案】 D
【解析】 设△PF1F2的内切圆的半径为r，
由双曲线的定义，得|PF1|－|PF2|＝2a，|F1F2|＝2c，
S△IPF1＝eq \f(1,2)|PF1|·r，S△IPF2＝eq \f(1,2)|PF2|·r，
S△IF1F2＝eq \f(1,2)·2c·r＝cr，
由题意，得eq \f(1,2)|PF1|·r－eq \f(1,2)|PF2|·r≥eq \f(1,3)cr，
故c≤eq \f(3,2)(|PF1|－|PF2|)＝3a，
故e＝eq \f(c,a)≤3，又e>1，
所以双曲线的离心率取值范围是(1,3]．
12．已知函数f(x)＝2ax3－3ax2＋1，g(x)＝－eq \f(a,4)x＋eq \f(3,2)，若对任意给定的m∈[0,2]，关于x的方程f(x)＝g(m)在区间[0,2]上总存在唯一的一个解，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，1] B.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,8)，1))
C．(0,1)∪{－1} D．(－1,0)∪eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,8)))
【答案】 B
【解析】 f′(x)＝6ax2－6ax＝6ax(x－1)，
①当a＝0时，f(x)＝1，g(x)＝eq \f(3,2)，
显然不可能满足题意；
②当a>0时，f′(x)＝6ax(x－1)，
x，f′(x)，f(x)的变化如下：
又因为当a>0时，g(x)＝－eq \f(a,4)x＋eq \f(3,2)是减函数，
对任意m∈[0,2]，g(m)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)＋\f(3,2)，\f(3,2)))，
由题意，必有g(m)max≤f(x)max，且g(m)min>f(0)，
故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(3,2)≤1＋4a，,－\f(a,2)＋\f(3,2)>1，))解得eq \f(1,8)≤a＜1；
③当a<0时，g(x)＝－eq \f(a,4)x＋eq \f(3,2)是增函数，不符合题意．
综上，a∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,8)，1)).
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．为了在一条河上建一座桥，施工前在河两岸打上两个桥位桩A，B(如图)，要测算两点的距离，测量人员在岸边定出基线BC，测得BC＝50 m，∠ABC＝105°，∠BCA＝45°，就可以计算出A，B两点的距离为________．
【答案】 50eq \r(2) m
【解析】 根据三角形内角和为180°，所以∠BAC＝30°，
由正弦定理eq \f(AB,sinC)＝eq \f(BC,sinA)，得eq \f(AB,sin45°)＝eq \f(50,sin30°).
解得AB＝50eq \r(2) m.
14．已知实数x，y满足约束条件eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3x＋y≤π，,x≥\f(π,6)，,y≥0，))则sin(x＋y)的取值范围为________(用区间表示)．
【答案】 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))
【解析】 作出约束条件表示的平面区域(如图阴影部分所示)．
设z＝x＋y，作出直线l：x＋y＝z，当直线l过点Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，0))时，z取得最小值eq \f(π,6)；当直线l过点Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))时，z取得最大值eq \f(2π,3)，所以eq \f(π,6)≤x＋y≤eq \f(2π,3)，所以sin(x＋y)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1)).
15．已知14C的半衰期为5730年(是指经过5730年后，14C的残余量占原始量的一半)．设14C的原始量为a，经过x年后的残余量为b，残余量b与原始量a的关系如下：b＝ae－kx，其中x表示经过的时间， k为一个常数．现测得湖南长沙马王堆汉墓女尸出土时14C的残余量约占原始量的76.7%.请你推断一下马王堆汉墓的大致年代为距今________年．(已知lg20.767≈－0.4)
【答案】 2292
【解析】 由b＝ae－kx及题意，得eq \f(1,2)＝e－5730k，
两边取2为底的对数可得，
－1＝－5730klg2e，①
又0.767＝e－kx，
两边取2为底的对数可得，
lg20.767＝－kxlg2e，②
②÷①可得0.4≈eq \f(x,5730)，即x≈2292.
16．圆锥 Ω的底面半径为2，母线长为4，正四棱柱ABCD－A′B′C′D′的上底面的顶点A′，B′，C′，D′均在圆锥 Ω的侧面上，棱柱下底面在圆锥 Ω的底面上，则此正四棱柱体积的最大值为________．
【答案】 eq \f(64\r(3),27)
【解析】 设正四棱柱的底面边长为x，棱柱的高为h，根据相似性可得eq \f(\f(\r(2),2)x,2)＝eq \f(2\r(3)－h,2\r(3))，
解得h＝eq \f(4\r(3)－\r(6)x,2)(其中0＜x＜2eq \r(2))．所以此正四棱柱的体积为V＝x2h＝x2·eq \f(4\r(3)－\r(6)x,2)，
V′＝eq \f(8\r(3)x－3\r(6)x2,2)，令V′＝0，解得x＝eq \f(4\r(2),3)，易得V＝x2·eq \f(4\r(3)－\r(6)x,2)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(4\r(2),3)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4\r(2),3)，2\r(2)))上单调递减，所以此正四棱柱体积的最大值为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4\r(2),3)))2×eq \f(4\r(3)－\r(6)×\f(4\r(2),3),2)＝eq \f(64\r(3),27).
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．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．
(一)必考题：共60分．
17． (本小题满分12分)槟榔原产于马来西亚，中国主要分布在云南、海南及台湾等热带地区，亚洲热带地区广泛栽培．槟榔是重要的中药材，在南方一些少数民族还有将果实作为一种咀嚼嗜好品，但其被世界卫生组织国际癌症研究机构列为致癌物清单Ⅰ类致癌物．云南某民族中学为了解A，B两个少数民族班的学生咀嚼槟榔的情况，分别从这两个班中随机抽取5名学生进行调查，将他们平均每周咀嚼槟榔的颗数作为样本绘制成如图所示的茎叶图(图中的茎表示十位数字，叶表示个位数字)．
(1)你能否估计哪个班的学生平均每周咀嚼槟榔的颗数较多？
(2)从A班不超过19的样本数据中随机抽取一个数据记为a，从B班不超过21的样本数据中随机抽取一个数据记为b，求a≥b的概率．
【答案】解 (1)A班样本数据的平均数为eq \f(1,5)×(9＋11＋14＋20＋31)＝17.由此估计A班学生平均每周咀嚼槟榔的颗数为17； 2分
B班样本数据的平均数为eq \f(1,5)×(11＋12＋21＋25＋26)＝19，由此估计B班学生平均每周咀嚼槟榔的颗数为19颗．故估计B班学生平均每周咀嚼槟榔的颗数较多. 5分
(2)A班的样本数据中不超过19的数据a有3个，分别为9,11,14，B班的样本数据中不超过21的数据b也有3个，分别为11,12,21. 6分
从A班和B班的样本数据中各随机抽取一个共有9种不同情况，分别为(9,11)，(9,12)，(9,21)，(11,11)，(11,12)，(11,21)，(14,11)，(14,12)，(14,21). 9分
其中a≥b的情况有(11,11)，(14,11)，(14,12)三种，
故a≥b的概率P＝eq \f(3,9)＝eq \f(1,3). 12分
18．(本小题满分12分)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，若数列{lg eq \s\d8(\f(1,3)) an}是公差为－1的等差数列，且a2＋2是a1，a3的等差中项．
(1)证明：数列{an}是等比数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)若Tn是数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))的前n项和，且Tn
【答案】解 (1)证明：依题意，lg eq \s\d8(\f(1,3)) an＋1－lg eq \s\d8(\f(1,3)) an＝－1，
故lg eq \s\d8(\f(1,3)) eq \f(an＋1,an)＝－1，故eq \f(an＋1,an)＝3； 2分
故数列{an}是公比为3的等比数列．
因为2(a2＋2)＝a1＋a3，故2(3a1＋2)＝a1＋9a1， 4分
解得a1＝1，故数列{an}的通项公式为an＝3n－1. 6分
(2)依题意，eq \f(1,an)＝eq \f(1,3n－1)，故数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是以1为首项，
eq \f(1,3)为公比的等比数列， 8分
故Tn＝eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋eq \f(1,a3)＋…＋eq \f(1,an)＝1＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,3n－1)＝eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n,1－\f(1,3))＝eq \f(3,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3n)))
故M≥eq \f(3,2)，即实数M的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞)). 12分
19．(本小题满分12分)在梯形ABCD中(图1)，AB∥CD，AB＝2，CD＝5，过点A，B分别作CD的垂线，垂足分别为E，F，且AE＝2DE，将梯形ABCD沿AE，BF同侧折起，使得CF⊥FE，且DE∥CF，得空间几何体ADE－BCF(图2)．直线AC与平面ABFE所成角的正切值是eq \f(\r(2),2).
(1)求证：BE∥平面ACD；
(2)求多面体ADE－BCF的体积．
【答案】解 (1)证明：如图，设BE交AF于点O，取AC的中点H，连接OH，DH，
因为四边形ABFE为矩形，则OH是△AFC的中位线，所以OH∥CF且OH＝eq \f(1,2)CF， 2分
设DE＝x，则AE＝2x，CF＝3－x，
因为直线AC与平面ABFE所成角的正切值是eq \f(\r(2),2)，所以tan∠CAF＝eq \f(CF,AF)＝eq \f(3－x,\r(2x2＋22))＝eq \f(\r(2),2)，
解得x＝1，
所以DE＝1，AE＝2，CF＝2.因为DE∥CF且DE＝eq \f(1,2)CF，所以DE∥OH且DE＝OH，所以四边形DEOH为平行四边形，DH∥EO，又因为EO⊂平面ABFE，DH⊄平面ABFE，DH⊂平面ACD，所以EO∥平面ACD，即BE∥平面ACD. 5分
(2)由已知CF⊥FE，CF⊥BF，EF∩BF＝F，得CF⊥平面BEF，又CF⊂平面CDEF，所以平面CDEF⊥平面BEF，又AE⊥EF，所以AE⊥平面CDEF， 7分
由(1)知DE＝1，AE＝2，CF＝2，
所以S矩形ABFE＝4，S△CDE＝eq \f(1,2)×1×2＝1， 10分
则VADE－BCF＝VC－ABFE＋VA－CDE＝eq \f(1,3)×4×2＋eq \f(1,3)×2×1＝eq \f(10,3). 12分
20．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝(a－1)ln x－eq \f(a,x)－x(a∈R)．
(1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；
(2)若函数f(x)在[1,3]上的最大值为－2，求实数a的值．
【答案】解 (1)因为a＝2时，f(x)＝ln x－eq \f(2,x)－x，
所以f′(x)＝eq \f(1,x)＋eq \f(2,x2)－1，
又f(2)＝ln 2－3，f′(2)＝0，
所以所求切线方程为y＝ln 2－3. 4分
(2)因为f′(x)＝eq \f(－x＋1x－a,x2)(1≤x≤3)， 5分
当a≤1时，f′(x)＜0，f(x)在[1,3]上单调递减，
此时f(x)max＝f(1)＝－a－1＝－2，a＝1， 7分
当a≥3时，f′(x)＞0，f(x)在[1,3]上单调递增，
此时f(x)max＝f(3)＝aln 3－ln 3－eq \f(a,3)－3＝－2，
a＝eq \f(ln 3＋1,ln 3－\f(1,3))(舍去)； 9分
当1＜a＜3时，f(x)在(1，a)上单调递增，在(a,3)上单调递减，
此时f(x)max＝f(a)＝aln a－ln a－1－a＝－2，a＝e.
综上a＝1或a＝e. 12分
21．(本小题满分12分)如图所示，椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq \f(\r(2),2)，B1，B2是椭圆C的短轴端点，且B1到焦点的距离为3eq \r(2)，点M在椭圆C上运动，且点M不与B1，B2重合，点N满足NB1⊥MB1，NB2⊥MB2.
(1)求椭圆C的方程；
(2)求四边形MB2NB1的面积的最大值．
【答案】解 (1)∵e＝eq \f(\r(2),2)，∴a＝eq \r(2)c，
又a2＝b2＋c2＝(3eq \r(2))2，∴a2＝18，b2＝9，
∴椭圆C的方程为eq \f(x2,18)＋eq \f(y2,9)＝1. 4分
(2)解法一：设N(x，y)，M(x0，y0)(x0≠0)，
∵MB1⊥NB1，MB2⊥NB2，B1(0，－3)，B2(0,3)，
∴直线NB1：y＋3＝－eq \f(x0,y0＋3)x， ①
直线NB2：y－3＝－eq \f(x0,y0－3)x, ② 6分
由①②解得x＝eq \f(y\\al(2,0)－9,x0)，又eq \f(x\\al(2,0),18)＋eq \f(y\\al(2,0),9)＝1，∴x＝－eq \f(x0,2)，
则四边形MB2NB1的面积
S＝eq \f(1,2)|B1B2|·(|x|＋|x0|)＝eq \f(1,2)×6×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(－\f(x0,2)))＋|x0|))＝3×eq \f(3,2)|x0|， 9分
∵0＜xeq \\al(2,0)≤18，∴当xeq \\al(2,0)＝18时，S的最大值为3×eq \f(3,2)×3eq \r(2)＝eq \f(27\r(2),2). 12分
解法二：设直线MB1：y＝kx－3(k≠0)，
则直线NB1：y＝－eq \f(1,k)x－3, ①
则直线MB1与椭圆C：eq \f(x2,18)＋eq \f(y2,9)＝1的交点M的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(12k,2k2＋1)，\f(6k2－3,2k2＋1)))， 6分
则直线MB2的斜率kMB2＝eq \f(\f(6k2－3,2k2＋1)－3,\f(12k,2k2＋1))＝－eq \f(1,2k)，
∴直线NB2：y＝2kx＋3. ②
由①②解得xN＝－eq \f(6k,2k2＋1)， 9分
则四边形MB2NB1的面积S＝eq \f(1,2)|B1B2|·(|xM|＋|xN|)＝eq \f(1,2)×6×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(12|k|,2k2＋1)＋\f(6|k|,2k2＋1)))＝eq \f(54|k|,2k2＋1)＝eq \f(54,2|k|＋\f(1,|k|))≤eq \f(27\r(2),2)，
当且仅当|k|＝eq \f(\r(2),2)时，S取得最大值eq \f(27\r(2),2). 12分
(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．
22．(本小题满分10分)选修4－4：坐标系与参数方程
在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\r(7)csθ，,y＝\r(3)＋\r(7)sinθ))(θ为参数)，以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知直线l的极坐标方程为ρ＝eq \f(1,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,6)))).
(1)试判断直线l与曲线C的位置关系；
(2)若直线θ＝eq \f(π,3)(ρ∈R)与直线l交于点A，与曲线C交于M，N两点，求|AM|·|AN|的值．
【答案】解 (1)曲线C的普通方程为x2＋(y－eq \r(3))2＝7，圆心C(0，eq \r(3))，
半径r＝eq \r(7)， 2分
直线l的普通方程为x＋eq \r(3)y－2＝0， 3分
∵圆心C到直线l的距离
d＝eq \f(|0＋\r(3)×\r(3)－2|,\r(12＋\r(3)2))＝eq \f(1,2)
∴直线l与圆C相交.5分
(2)曲线C的极坐标方程为ρ2－2eq \r(3)ρsinθ－4＝0，
将θ＝eq \f(π,3)代入ρ＝eq \f(1,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,6))))，得ρ＝1， 7分
将θ＝eq \f(π,3)代入ρ2－2eq \r(3)ρsinθ－4＝0得ρ2－3ρ－4＝0，则ρ1＝4，
ρ2＝－1. 8分
∴|AM|＝ρ1－ρ＝3，|AN|＝ρ－ρ2＝2， 9分
∴|AM|·|AN|＝3×2＝6.10分
23．(本小题满分10分)选修4－5：不等式选讲
已知函数f(x)＝ln (|x－2|＋|ax－a|)(a∈R)．
(1)当a＝1时，求函数f(x)的值域；
(2)若∀x∈R，都有f(x)＋1≥0恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】解 (1)当a＝1时，f(x)＝ln (|x－2|＋|x－1|)，
∵|x－2|＋|x－1|≥|(x－2)－(x－1)|＝1， 3分
∴ln (|x－2|＋|x－1|)≥ln 1＝0，即函数f(x)的值域为[0，＋∞). 5分
(2)由f(x)＋1≥0，即ln (|x－2|＋|ax－a|)≥－1，得|x－2|＋|ax－a|≥eq \f(1,e)，
令g(x)＝|x－2|＋|ax－a|，
则函数g(x)的最小值g(x)min＝{g(1)，g(2)}min， 7分
∴只需满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(g1≥\f(1,e)，,g2≥\f(1,e)，)) 9分
解得a≤－eq \f(1,e)或a≥eq \f(1,e)，故实数a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,e)))∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞)). 10分
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