2020-2021学年广东省佛山市某校高三（上）高考第一次模拟数学试卷

这是一份2020-2021学年广东省佛山市某校高三（上）高考第一次模拟数学试卷，共26页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 已知全集U为实数集，A=x|x2−3x≤0，B=x|x>1，则A∩∁UB=( )
A.x|0≤x<1B.x|0≤x≤1C.x|1≤x<3D.x|0≤x≤3

2. 设复数z1，z2在复平面内对应的点关于虚轴对称，且z1=1+i，则z1⋅z2¯=( )
A.−2−2iB.2−2iC.−2iD.−2

3. 若a，b，c为非零实数，则“a>b>c”是“a+b>2c”的( )
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件

4. 平行四边形ABCD中，点E是DC的中点，点F是BC的一个三等分点（靠近B），则EF→=( )
A.12AB→−13AD→B.14AB→+12AD→
C.13AB→+12AD→D.12AB→−23AD→

5. 随着新一轮科技革命和产业变革持续推进，以数字化、网络化、智能化以及融合化为主要特征的新型基础设施建设越来越受到关注．5G基站建设就是“新基建”的众多工程之一，截至2020年底，我国已累计开通5G基站超70万个，未来将进一步完善基础网络体系，稳步推进5G网络建设，实现主要城区及部分重点乡镇5G网络覆盖．2021年1月计划新建设5万个5G基站，以后每个月比上一个月多建设1万个，预计我国累计开通500万个5G基站时要到( )
A.2022年12月B.2023年2月C.2023年4月D.2023年6月

6. 设a=sin2，则( )
A.a2<2a
7. 函数fx=|sinx|csx的导函数f′x在0,π上的图像大致为( )
A.
B.
C.
D.

8. 已知函数fx=14x4+12ax2+ax，则下列结论中正确的是( )
A.存在实数a，使fx有最小值且最小值大于0
B.对任意实数a，fx有最小值且最小值大于0
C.存在正实数a和实数x0，使fx在−∞,x0上递减，在x0,+∞上递增
D.对任意负实数a，存在实数x0，使fx在−∞,x0上递减，在x0,+∞上递增
二、多选题

2015年以来，我国脱贫攻坚成效明显．下图是2015−2019年年末全国农村贫困人口和贫困发生率（贫困人口占目标调查人口的比重）变化情况（数据来源：国家统计局2019年统计年报），根据这个发展趋势，2020年底全面脱贫的任务必将完成．根据图表中可得出的正确统计结论有( )

A.五年来贫困发生率下降了5.1个百分点
B.五年来农村贫困人口减少超过九成
C.五年来农村贫困人口减少得越来越快
D.五年来目标调查人口逐年减少

已知曲线y2=mx2−a2，其中m为非零常数且a>0，则下列结论中正确的有( )
A.当m=−1时，曲线C是一个圆
B.当m=−2时，曲线C的离心率为22
C.当m=2时，曲线C的渐近线方程为y=±22x
D.当m>−1且m≠0时，曲线C的焦点坐标分别为−a1+m,0和a1+m,0

已知曲线y=sinωx+π4ω>0在区间0,1上恰有一条对称轴和一个对称中心，则下列结论中正确的是( )
A.存在ω，使sinω+π4>22
B.存在ω，使sin2ω+π4=22
C.有且仅有一个x0∈0,1，使sinωx0+π4=45
D.存在x0∈0,1，使sinωx0+π4<0

如图，长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=BC=1，AA1=2，M为AA1的中点，过B1M作长方体的截面α交棱CC1于N，则( )

A.截面α可能为六边形
B.存在点N，使得BN⊥截面α
C.若截面α为平行四边形，则1≤CN≤2
D.当N与C重合时，截面面积为364
三、填空题

已知函数fx=−ex+ex2（e是自然对数的底数），则曲线y=fx在x=1处的切线方程是________.

某高校每年都举行男子校园足球比赛，今年有7支代表队出线进入决赛阶段，其中的甲、乙两支队伍分别是去年的冠、亚军球队．根据赛制，先用抽签的方式，把7支出线球队随机分成A、B两组分别进行单循环赛，其中A组3支球队、B组4支球队，则甲、乙恰好在同一组的概率为________.

已知抛物线C:y2=2pxp>0的焦点为F，准线l交x轴于点K，过F作倾斜角为α的直线与C交于A，B两点，若∠AKB=60∘，则sinα=________.

已知四棱锥P−ABCD的顶点都在球O上，AB=3，BC=4，CD=1，AD=26，AC=5，平面PAD⊥平面ABCD，且PA⊥PD，则球O的体积为________.
四、解答题

在①lg2an+1=lg2an+1，②an+1=an+2n，③an+12−an+1an=2an2an>0这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并作答．
已知bn−an为等差数列，bn的前n项和为Sn，且a1=2，b1=2，b3=14，________，是否存在正整数k，使得Sk>2021?若存在，求k的最小值；若不存在，说明理由．
注：如果选择多个条件分别作答，按第一个解答计分．

如图，在梯形ABCD中，AB//CD，AB=2，CD=5，∠ABC=2π3．

(1)若AC=27，求梯形ABCD的面积；

(2)若AC⊥BD，求tan∠ABD．

如图，直三棱柱ABC−A1B1C1中，AC=BC=12AA1=2，M，N分别为AB，B1C1的中点．

(1)求证：MN//平面ACC1A1；

(2)若B1M=32，求二面角B1−A1M−N的余弦值．

为了了解空气质量指数(AQI)与参加户外健身运动的人数之间的关系，某校环保小组在暑假期间（60天）进行了一项统计活动：每天记录到体育公园参加户外健身运动的人数，并与当天AQI值（从气象部门获取）构成60组成对数据xi,yii=1,2,⋯,60，其中xi为当天参加户外健身运动的人数，yi为当天的AQI值，并制作了如下散点图：

(1)环保小组准备做y与x的线性回归分析，算得y与x的相关系数为γ≈−0.58，试分析y与x的线性相关关系？

(2)环保小组还发现散点有分区聚集的特点，尝试作聚类分析．用直线x=100与y=100将散点图分成I、II、III、IV四个区域（如图），统计得到各区域的点数分别为5、10、10、35，并初步认定“参加户外健身运动的人数不少于100与AQI值不大于100有关联”，试分析该初步认定的犯错率是否小于1%？
K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)

已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的右焦点为F1,0，且过点A−2,0．
(1)求C的方程；

(2)点P，Q分别在C和直线x=4上，OQ//AP，M为AP的中点，求证：直线OM与直线QF的交点在某定曲线上．

设a>0且a≠1，函数fx=sinax−asinx．
(1)若fx在区间0,2π有唯一极值点x0，证明：fx0
(2)若fx在区间0,2π没有零点，求a的取值范围．
参考答案与试题解析
2020-2021学年广东省佛山市某校高三（上）高考第一次模拟数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
交、并、补集的混合运算
【解析】
利用二次不等式的解法得A=x|0≤x≤3，利用补集的思想解得CUB，再利用交集得解.
【解答】
解：由题设得A=x|0≤x≤3，
B=x|x>1，∁UB=x|x≤1，
所以A∩(∁UB)=x|0≤x≤1.
故选B.
【点评】
本题考查集合的运算，二次不等式的解法，属于基础题.
2.
【答案】
C
【考点】
复数代数形式的乘除运算
共轭复数
复数的代数表示法及其几何意义
【解析】
利用z1,z2在复平面内对应的点关于虚轴对称，得z2=−1+i，z2¯=−1−i，
z1⋅z2¯=1+i−1−i=−2i.
【解答】
解：由题设z1，z2在复平面内对应的点关于虚轴对称，且z1=1+i，
则z2=−1+i，z2¯=−1−i，
所以z1⋅z2¯=1+i−1−i=−2i.
故选C.
【点评】
本题考查复数的运算，共轭复数，以及复数的几何意义，属于基础题.
3.
【答案】
A
【考点】
不等式性质的应用
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
利用不等式的性质，判定充分必要条件.
【解答】
解：由a>b>c，得a>c，b>c，
即a+b>c+c，
所以a+b>2c.
所以a>b>c是a+b>2c的充分条件.
当a+b>2c时，又a，b，c为非零实数，
例如a=1，b=3.5，c=1.2满足a+b>2c，但不满足a>b>c，
所以a>b>c是a+b>2c的不必要条件.
故选A.
【点评】
本题考查充分必要条件的判定，属于基础题.
4.
【答案】
D
【考点】
向量的线性运算性质及几何意义
【解析】
利用向量的数乘运算和向量加减法的几何意义，结合正方体进行求解．
【解答】
解：
∵ AD→+DB→=AB→，
∴ DB→=AB→−AD→，
∵ DE→+EB→=DB→，
∴ EB→=DB→−DE→=AB→−AD→−DE→，
∵ DE→=12AB→，
∴ EB→=DB→−DE→=AB→−AD→−12AB→=12AB→−AD→，
∵ EF→=EB→+BF→=12AB→−AD→+BF→，
∵ BF→=13AD→，
∴ EF→=12AB→−AD→+13AD→=12AB→−23AD→．
故选D．
【点评】
本题考查向量的数乘运算和向量加减法的几何意义，是基础题．解题时要认真审题，仔细解答．
5.
【答案】
B
【考点】
数列的应用
【解析】
每月建设的基站数为首项a1=5，公差d=1的等差数列，利用等差数列的求和得解.
【解答】
解：由题设，每月建设的基站数为首项a1=5，公差d=1的等差数列，（单位为万个）
设累计开通500万个基站需n个月，
即70+Sn=500，
Sn=na1+12nn−1d=12n2+92n=430，
解得n=25.17.
即经过26个月，可累计500万个基站，即2023年2月.
故选B.
【点评】
本题考查等差数列的应用，难度适中.
6.
【答案】
D
【考点】
对数函数的图象与性质
正弦函数的单调性
指数式与对数式的互化
【解析】

【解答】
解：由题设a=sin2，
π2<2<34π，得sin2∈22,1.
2a>20=1，
又lg12a所以lg12a故选D.
【点评】
本题考查指数函数的单调性，对数函数的单调性，三角函数的单调性，属于基础题.
7.
【答案】
B
【考点】
函数的图象
二倍角的正弦公式
【解析】
由f(x)=sinxcsx=sinxcsx=12sin2x，f′x=cs2x,x∈0,π，
所以f′x的大致图像为余弦函数一个周期内的图像.
【解答】
解：由x∈0,π时，sinx≥0，
所以f(x)=sinxcsx=sinxcsx=12sin2x，
f′x=cs2x，x∈0,π，
所以f′x的大致图像为余弦函数一个周期内的图像.
故选B.
【点评】
本题考查三角函数的图象，二倍角公式，难度适中.
8.
【答案】
C
【考点】
利用导数研究函数的单调性
导数求函数的最值
【解析】
利用当a≥0时，当a<0时判定导函数的正负，判定函数的单调性，难度较大.
【解答】
解：由题设得f′x=x3+ax+a，f″x=3x2+a，
当a≥0时，f″x>0，f′x单调递增，
假设存在x0，令x03+ax0+a=0，则x>x0时，f′x>0；则x当a<0时，无法判定f″x与0的大小，无法判定单调性，排除D.
对任意的实数，f′x=0，即y=−x3，y=ax+1总有交点，排除A，B.
故选C.
【点评】
本题考查利用导数判定函数的单调性，难度较大.
二、多选题
【答案】
A,B
【考点】
频率分布折线图、密度曲线
【解析】
.
【解答】
解：A，五年来贫困发生率下降了5.7−0.6=5.1个百分点，该选项正确；
B，五年来农村贫困人口减少了(5575−551)÷5575≈90.12%，超过九成，该选项正确；
C，五年来农村贫困人口每年依次减少了1240万人，1289万人，1386万人，1109万人，该选项错误；
D，五年来目标调查人口分别为5575÷5.7%≈97807万人，4335÷4.8%≈90313万人，3046÷3.1%≈98258万人，1660÷1.7%≈97647万人，551÷0.6%≈91833万人，该选项错误；
故选AB．
【点评】
.
【答案】
A,B,D
【考点】
双曲线的离心率
椭圆的离心率
双曲线的渐近线
圆的标准方程
【解析】
当m=−1时，曲线为y2=−x2+a2，即x2+y2=a2，即表示圆心在原点，半径为a的圆，故正确；
当m=−2时，曲线为2x2+y2=2a2，即x2a2+y22a2=1，此时表示焦点在y轴上的椭圆，故e2=2a2−a22a2=12，e=22，故正确；
当m=2时，曲线为2x2−y2=2a2，即x2a2−y22a2=1，此时表示焦点在x轴上的双曲线，渐近线为y=±2aax=±2x，故错误；
当−1m>1时，曲线为焦点在x轴的双曲线，c=a2+ma2，焦点为±a1+m,0，故正确.
【解答】
解：当m=−1时，曲线为y2=−x2+a2，即x2+y2=a2，即表示圆心在原点，半径为a的圆，故正确；
当m=−2时，曲线为2x2+y2=2a2，即x2a2+y22a2=1，此时表示焦点在y轴上的椭圆，
故e2=2a2−a22a2=12，e=22，故正确；
当m=2时，曲线为2x2−y2=2a2，即x2a2−y22a2=1，此时表示焦点在x轴上的双曲线，渐近线为y=±2aax=±2x，故错误；
当−1m>1时，曲线为焦点在x轴的双曲线，c=a2+ma2，焦点为±a1+m,0，故正确.
故选ABD.
【点评】
本题考查椭圆，双曲线标准方程，几何性质，圆的标准方程，难度适中.
【答案】
A,B,D
【考点】
函数y=Asin（ωx+φ）的性质
正弦函数的对称性
正弦函数的单调性
【解析】
根据三角函数的对称性求出对称轴和对称中心的横坐标，然后建立不等式关系进行求解，
得到ω的取值范围，然后根据ω的取值范围对每个选项进行分析即可.
【解答】
解：由ωx+π4=kπ+π2，得对称轴x=kπ+π4ω， k∈Z，
当k=0时，x=π4ω，当k=1时，x=5π4ω，
若在区间0,1上恰有一个对称轴，
则 π4ω<1，5π4ω>1，解得 ω>π4，ω<5π4， 即π4<ω<5π4，
由ωx+π4=kπ，得对称中心的横坐标x=kπ−π4ω， k∈Z，
当k=1时，x=3π4ω，当k=2时，x=7π4ω，
若在区间0,1上恰有一个对称中心，
则 0<3π4ω<1，7π4ω>1， 得ω>3π4，ω<7π4， 即3π4<ω<7π4，
综上 3π4<ω<5π4，
即实数ω的取值范围是(3π4,5π4).
A，因为7π16<ω+π4<9π16，所以sinω+π4>sin4π16=22，
所以存在ω，使sinω+π4>22，故A选项正确；
B，因为5π8<2ω+π4<7π8，
所以存在ω，使sin2ω+π4=sin2π8=22，故B选项正确；
C，因为π4<ωx0+π4<3π2，所以存在两个x0∈0,1，使sinωx0+π4=45，故C选项错误；
D，因为π4<ωx0+π4<3π2，所以存在x0∈0,1，使sinωx0+π4<0，故D选项正确.
故选ABD．
【点评】
本题考查y=Asinωx+φ 的函数性质，属于中档题.
【答案】
C,D
【考点】
柱体、锥体、台体的体积计算
空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】
利用长方体的结构特点，逐项分析得解.
【解答】
解：截面为六边形时，截面的顶点只能在棱上，不可能在顶点，故A错误；
若BN⊥截面α，则BN⊥B1N，N一定为CC1中点，此时BN，B1M不垂直，故B错误；
α为平行四边形，记B1MB2N，其中B2N//B1M，B2N=B1M，故CN∈1,2，故C正确；
N，C重合时，α为四边形B1MQC，
其横截面平面图如图所示：
设B1P=x，由题意知MQ=52，B1C=5，B1M=2，QC=52，
则h2=(2)2−x2=(52)2−(52−x)2，
解得x=255，所以h=65，
所以S=12×(5+52)×h=364，故D正确.
故选CD.
【点评】
本题考查长方体的结构，线面平行的判定，线面垂直的判定，难度大.
三、填空题
【答案】
y=ex−e
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
根据条件求出fx在x<0时的解析式，然后求出其导数，再求出fx在x=1处的切线斜率，进一步得到其切线方程．
【解答】
解： ∵ fx=−ex+ex2，
∴f′(x)=−ex+2ex，
∴fx在x=1处的切线斜率k=f′1=e，又f1=0，
∴fx在x=1处的切线方程为y=ex−e.
故答案为：y=ex−e.
【点评】
本题考查了函数与导数的综合应用和利用导数研究曲线上某点切线方程，考查化归与转化的数学思想，属基础题．
【答案】
37
【考点】
古典概型及其概率计算公式
【解析】
.
【解答】
解：由题意知甲乙恰好在A组的概率为C51C73，
甲乙恰好在B组的概率为C52C74，
∴ 甲乙恰好在同一组的概率为C51C73+C52C74=1535=37．
故答案为：37．
【点评】
.
【答案】
33
【考点】
圆锥曲线的综合问题
两角和与差的正弦公式
【解析】
设AB的方程为x=my+p2，与抛物线联立，利用根与系数的关系以及三角形的面积公式求解m的值，即可求出tanα=22，由同角公式求出sinα的值．
【解答】
解：抛物线C:y2=2pxp>0的焦点为Fp2,0，准线l:x=−p2，
准线l交x轴于点K−p2,0，
设AB的方程为x=my+p2代入y2=2px得：y2−2pmy−p2=0，
设Ax1,y1，Bx2,y2，
则y1,y2是方程y2−2pmy−p2=0的两根，
则y1+y2=2mp，y1⋅y2=−p2，
所以kAK=y1x1+p2，kBK=y2x2+p2，
则tan∠AKB=tan(∠AKF+∠BKF)
=kAK−kBK1+kAK⋅kBK=3，
即y1x1+p2−y2x2+p2=3+3×y1y2(x1+p2)(x2+p2)，
化简得p(y1−y2)=3(m2+1)y1y2+3pm(y1+y2)+3p2，
p4p2m2+4p2=−3m2+1p2+23p2m2+3p2，
消去p2得
2m2+1=−3m2+1+23m2+3，
即2m2+1=3m2，
所以3m4−4m2−4=0，解得m2=2，即m=±2，
所以tanα=±22，
则1+tan2α=1+sin2αcs2α=1cs2α=32，
则cs2α=23，sin2α=13，
因为α∈[0,π），所以sinα>0，则sinα=33.
故答案为：33．
【点评】
.本题主要考查了抛物线的定义，直线与抛物线的位置关系，属于中档题．
【答案】
125π6
【考点】
球的表面积和体积
余弦定理
【解析】
取AC的中点O，取AD的中点H，连接OH，OB，OD，PH，由题可知AD⊥CD，AB⊥BC，即可得到O到A，B，C，D四点的距离相等，再根据面面垂直的性质得到CD⊥平面PAD，结合已知可得O为四棱锥P−ABCD的外接球的球心，求出外接球的半径即可得解球的体积．
【解答】
解：取AC的中点O，取AD的中点H，连接OH，OB，OD ，PH,
因为AB=3，BC=4，CD=1，AD=26，AC=5,
所以AD2+CD2=AC2，AB2+BC2=AC2，
所以AD⊥CD，AB⊥BC，
在△OCB中， OC=52，CB=4，
所以 cs∠OCB=OC2+CB2−OB22OC⋅CB=(52)2+42−OB22×52×4=45，
解得OB=52,
同理得到OD=52,
所以O到A，B，C，D四点的距离相等，
因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD,
AD⊥CD，CD⊂平面ABCD，
所以CD⊥平面PAD，
因为O，H分别为AC，AD的中点，
所以OH//CD
所以OH⊥平面PAD，
因为PA⊥PD
所以点O到P，A，D三点的距离相等，
所以O为四棱锥P−ABCD的外接球的球心，
所以OP=OD=OA=OC=OB
在Rt△OHD中， OH=12CD=12，DH=6
所以OD=DH2+OH2=62+122=52，
所以外接球的半径为R=OD=52，
所以球O的体积为 V=4πR33=4π×12583=125π6.
故答案为：125π6．
【点评】
本题考查简单多面体及其结构特征，球的体积公式，线面垂直的判定，面面垂直的性质，属于中档题．
四、解答题
【答案】
解：由lg2an+1=lg2an+1得lg2an+1−lg2an=1，
所以lg2an是首项为lg2a1=1，公差为1的等差数列，
所以lg2an=1+n−1×1=n，故an=2n，
又b1=2，b3=14，a1=2，a3=8，
所以b1−a1=0，b3−a3=6，
所以等差数列bn−an的公差d=b3−a3−b1−a13−1=3，
所以bn−an=b1−a1+n−1d=3n−1，
所以bn=2n+3n−1，
Sn=21+22+23+⋯+2n+31+2+3+⋯+n−3n=2n+1−2+3n2−3n2，
由Sn>2021得n≥10，即存在正整数k，使得Sk>2021，且k的最小值为10.
选②：
由an+1=an+2n得a2−a1=21，a3−a2=22，a4−a3=23，…，an−an−1=2n−1n≥2，
相加得an−a1=21+22+23+⋯+2n−1=21−2n−11−2=2n−2，
又a1=2，所以an=2nn≥2，显然a1=2也满足an=2nn≥2，故an=2n，下同选①．
选③：
由an+12−an+1an=2an2整理得an+1−2anan+1+an=0，
又an>0，所以an+1=2an，即an+1an=2，
所以an是首项为2，公比为2的等比数列，所以an=2n，下同选①．
【考点】
数列的求和
数列递推式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由lg2an+1=lg2an+1得lg2an+1−lg2an=1，
所以lg2an是首项为lg2a1=1，公差为1的等差数列，
所以lg2an=1+n−1×1=n，故an=2n，
又b1=2，b3=14，a1=2，a3=8，
所以b1−a1=0，b3−a3=6，
所以等差数列bn−an的公差d=b3−a3−b1−a13−1=3，
所以bn−an=b1−a1+n−1d=3n−1，
所以bn=2n+3n−1，
Sn=21+22+23+⋯+2n+31+2+3+⋯+n−3n=2n+1−2+3n2−3n2，
由Sn>2021得n≥10，即存在正整数k，使得Sk>2021，且k的最小值为10.
选②：
由an+1=an+2n得a2−a1=21，a3−a2=22，a4−a3=23，…，an−an−1=2n−1n≥2，
相加得an−a1=21+22+23+⋯+2n−1=21−2n−11−2=2n−2，
又a1=2，所以an=2nn≥2，显然a1=2也满足an=2nn≥2，故an=2n，下同选①．
选③：
由an+12−an+1an=2an2整理得an+1−2anan+1+an=0，
又an>0，所以an+1=2an，即an+1an=2，
所以an是首项为2，公比为2的等比数列，所以an=2n，下同选①．
【点评】
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【答案】
解：(1)设BC=x，在△ABC中，
由余弦定理得28=x2+4−2×x×2×−12，
即x2+2x−24=0，解得x=4或x=−6（舍），所以BC=4，
则S△ABC=12×2×4×32=23，
因为CD=5AB2，所以S△ADC=5S△ABC2=53，
则梯形ABCD的面积S=S△ABC+S△ADC=73．
(2)设∠ABD=α，则∠BDC=α，∠BAC=π2−α，∠DBC=2π3−α，∠BCA=α−π6，
在△ABC中，由正弦定理得 2sinα−π6=BCsinπ2−α，
在△BDC中，由正弦定理得5sin2π3−α=BCsinα，
两式相除得2sin2π3−α5sinα−π6=sinαsinπ2−α，展开得2×(32csα+12sinα)5×(32sinα−12csα)=sinαcsα，
所以53sin2α−7sinαcsα−23cs2α=0，即53tan2α−7tanα−23=0，
解得tanα=233或−35，因为α∈π6,π2，则tanα=233，即tan∠ABD=233．
【考点】
余弦定理
正弦定理
两角和与差的正弦公式
同角三角函数间的基本关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)设BC=x，在△ABC中，
由余弦定理得28=x2+4−2×x×2×−12，
即x2+2x−24=0，解得x=4或x=−6（舍），所以BC=4，
则S△ABC=12×2×4×32=23，
因为CD=5AB2，所以S△ADC=5S△ABC2=53，
则梯形ABCD的面积S=S△ABC+S△ADC=73．
(2)设∠ABD=α，则∠BDC=α，∠BAC=π2−α，∠DBC=2π3−α，∠BCA=α−π6，
在△ABC中，由正弦定理得 2sinα−π6=BCsinπ2−α，
在△BDC中，由正弦定理得5sin2π3−α=BCsinα，
两式相除得2sin2π3−α5sinα−π6=sinαsinπ2−α，展开得2×(32csα+12sinα)5×(32sinα−12csα)=sinαcsα，
所以53sin2α−7sinαcsα−23cs2α=0，即53tan2α−7tanα−23=0，
解得tanα=233或−35，因为α∈π6,π2，则tanα=233，即tan∠ABD=233．
【点评】
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【答案】
(1)证明：取AC中点O，连结OM，OC1，
在△ABC中，因为M为AB中点，O为AC中点，
所以OM//BC，且OM=12BC，
又N为B1C1中点，BC//B1C1且BC=B1C1，
所以C1N//BC，且C1N=12BC，
所以OM//C1N且OM=C1N，
从而四边形OMNC1为平行四边形，所以MN//OC1，
又MN⊄平面ACC1A1，OC1⊂平面ACC1A1，
所以MN//平面ACC1A1．
(2)解：在直三棱柱ABC−A1B1C1中，BB1⊥AB，B1M=32，BB1=4，
所以BM=B1M2−BB12=2，故AB=22，AC2+BC2=AB2，从而AC⊥BC，
以C为原点，建立如图所示空间直角坐标系C−xyz，
则M1,1,0，A12,0,4，B10,2,4，N0,1,4，
MB1→=−1,1,4，MA1→=1,−1,4，MN→=−1,0,4，
设平面MA1B1的法向量为n→1=x,y,z，
则n→1⋅MA1→=0，n→1⋅MB1→=0，即x−y+4z=0，−x+y+4z=0，解得y=x，z=0，
令x=1，得n→1=1,1,0，
设平面MA1N的法向量为n→2=x1,y1,z1，
则n→2⋅MA1→=0，n→2⋅MN→=0，即x1−y1+4z1=0，−x1+4z1=0，解得x1=4z1，y1=8z1，
令z1=1，得n→2=4,8,1，
所以cs=n→1⋅n→2|n→1||n→2|=122×9=223，
所以二面角B1−A1M−N的余弦值为223．
【考点】
直线与平面平行的判定
用空间向量求平面间的夹角
【解析】
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【解答】
(1)证明：取AC中点O，连结OM，OC1，
在△ABC中，因为M为AB中点，O为AC中点，
所以OM//BC，且OM=12BC，
又N为B1C1中点，BC//B1C1且BC=B1C1，
所以C1N//BC，且C1N=12BC，
所以OM//C1N且OM=C1N，
从而四边形OMNC1为平行四边形，所以MN//OC1，
又MN⊄平面ACC1A1，OC1⊂平面ACC1A1，
所以MN//平面ACC1A1．
(2)解：在直三棱柱ABC−A1B1C1中，BB1⊥AB，B1M=32，BB1=4，
所以BM=B1M2−BB12=2，故AB=22，AC2+BC2=AB2，从而AC⊥BC，
以C为原点，建立如图所示空间直角坐标系C−xyz，
则M1,1,0，A12,0,4，B10,2,4，N0,1,4，
MB1→=−1,1,4，MA1→=1,−1,4，MN→=−1,0,4，
设平面MA1B1的法向量为n→1=x,y,z，
则n→1⋅MA1→=0，n→1⋅MB1→=0，即x−y+4z=0，−x+y+4z=0，解得y=x，z=0，
令x=1，得n→1=1,1,0，
设平面MA1N的法向量为n→2=x1,y1,z1，
则n→2⋅MA1→=0，n→2⋅MN→=0，即x1−y1+4z1=0，−x1+4z1=0，解得x1=4z1，y1=8z1，
令z1=1，得n→2=4,8,1，
所以cs=n→1⋅n→2|n→1||n→2|=122×9=223，
所以二面角B1−A1M−N的余弦值为223．
【点评】
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【答案】
解：(1)γ≈−0.58，y与x的相关关系为负相关，
且|γ|<0.75，故线性相关性不强，所以不建议继续做线性回归分析，
得到回归方程，拟合效果也会不理想．
(2)建立2×2联表如下：
代入公式计算得K2=60×350−50215×45×20×40=10，
查表知6.635<10<10.828，故犯错率在0.001与0.01间，所以该初步认定的犯错率小于1%．
【考点】
线性相关关系的判断
独立性检验
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)γ≈−0.58，y与x的相关关系为负相关，
且|γ|<0.75，故线性相关性不强，所以不建议继续做线性回归分析，
得到回归方程，拟合效果也会不理想．
(2)建立2×2联表如下：
代入公式计算得K2=60×350−50215×45×20×40=10，
查表知6.635<10<10.828，故犯错率在0.001与0.01间，所以该初步认定的犯错率小于1%．
【点评】
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【答案】
解：(1)依题意知A−2,0为椭圆C的左顶点，故a=2，
又F1,0为C的右焦点，所以a2−b2=1，于是b2=3，
所以C的方程为x24+y23=1．
(2)设Px0,y0x0≠±2，则Mx0−22,y02，
直线AP的斜率k=y0x0+2，
又OQ//AP，所以直线OQ的方程为y=y0x0+2x，
令x=4得Q4,4y0x0+2，
OM→=x0−22,y02，FQ→=3,4y0x0+2．
OM→⋅FQ→=3(x0−2)2+2y02x0+2=3(x02−4)+4y022(x0+2)(*)，
又P在C上，所以x024+y023=1，即3x02+4y02=12，
代入(*)得OM→⋅FQ→=0，所以OM⊥QF，
故直线OM与QF的交点在以OF为直径的圆上，且该圆方程为x−122+y2=14，
即直线OM与直线QF的交点在某定曲线x−122+y2=14上．
【考点】
椭圆的标准方程
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)依题意知A−2,0为椭圆C的左顶点，故a=2，
又F1,0为C的右焦点，所以a2−b2=1，于是b2=3，
所以C的方程为x24+y23=1．
(2)设Px0,y0x0≠±2，则Mx0−22,y02，
直线AP的斜率k=y0x0+2，
又OQ//AP，所以直线OQ的方程为y=y0x0+2x，
令x=4得Q4,4y0x0+2，
OM→=x0−22,y02，FQ→=3,4y0x0+2．
OM→⋅FQ→=3(x0−2)2+2y02x0+2=3(x02−4)+4y022(x0+2)(*)，
又P在C上，所以x024+y023=1，即3x02+4y02=12，
代入(*)得OM→⋅FQ→=0，所以OM⊥QF，
故直线OM与QF的交点在以OF为直径的圆上，且该圆方程为x−122+y2=14，
即直线OM与直线QF的交点在某定曲线x−122+y2=14上．
【点评】
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【答案】
解：(1)f′x=acsax−acsx=acsax−csx=−2asina+12xsina−12x，
若a>1，则f′x在区间0,2π至少有x1=2πa+1，x2=4πa+1两个变号零点，故0令f′x=0，得xm=2mπa+1，xn=2nπ1−a，
其中m，n∈Z，仅当m=1时，x1=2πa+1∈0,2π，
且在x1的左右两侧，导函数的值由正变负，
故0此时fx0=sinax0−asinx0．
将x0=2πa+1代入得fx0=sin2aπa+1−asin2πa+1
=sin2aπa+1+asin2π−2πa+1=1+asin2aπa+1，
①当2aa+1≤12，即0由不等式x>0时，x>sinx*知：1+asin2aπa+1<1+a2aπa+1=2aπ，
②当2aa+1>12，即当131+asin2aπa+1=1+asinπ−2aπa+1=1+asin1−aπa+1，
由不等式*知：1+asin1−aπa+1<1+a1−aπa+1=1−aπ，
由①②知fx0(2)①当a>1时，fπa=sina⋅πa−asinπa=−asinπa<0，
f3π2=sin3aπ2+a>0，
所以fπa⋅f3π2<0，
由零点存在性定理知，fx在区间πa,3π2至少有一个零点；
②当12fπa=−asinπa>0，fπ=sinaπ>0，f2π=sin2aπ<0，
由零点存在性定理知，fx在区间π,2π至少有一个零点；
③当0令gx=csax−csx，则g′x=−asinax+sinx，
在区间0,π上，csax>csx，f′x>0，fx是增函数；
在区间π,2π上，g′x<0，即gx单调递减，
即f′x单调递减，f′x故fx在0,x0上单调递增，在x0,2π上单调递减，
又f0=0，f2π=sin2aπ≥0，即在π,2π上，fx>0，
所以fx在区间0,2π没有零点，满足题意．
综上所述，若fx在区间0,2π没有零点，则正数a的取值范围是（0,12]．
【考点】
利用导数研究函数的极值
函数的零点
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)f′x=acsax−acsx=acsax−csx=−2asina+12xsina−12x，
若a>1，则f′x在区间0,2π至少有x1=2πa+1，x2=4πa+1两个变号零点，故0令f′x=0，得xm=2mπa+1，xn=2nπ1−a，
其中m，n∈Z，仅当m=1时，x1=2πa+1∈0,2π，
且在x1的左右两侧，导函数的值由正变负，
故0此时fx0=sinax0−asinx0．
将x0=2πa+1代入得fx0=sin2aπa+1−asin2πa+1
=sin2aπa+1+asin2π−2πa+1=1+asin2aπa+1，
①当2aa+1≤12，即0由不等式x>0时，x>sinx*知：1+asin2aπa+1<1+a2aπa+1=2aπ，
②当2aa+1>12，即当131+asin2aπa+1=1+asinπ−2aπa+1=1+asin1−aπa+1，
由不等式*知：1+asin1−aπa+1<1+a1−aπa+1=1−aπ，
由①②知fx0(2)①当a>1时，fπa=sina⋅πa−asinπa=−asinπa<0，
f3π2=sin3aπ2+a>0，
所以fπa⋅f3π2<0，
由零点存在性定理知，fx在区间πa,3π2至少有一个零点；
②当12fπa=−asinπa>0，fπ=sinaπ>0，f2π=sin2aπ<0，
由零点存在性定理知，fx在区间π,2π至少有一个零点；
③当0令gx=csax−csx，则g′x=−asinax+sinx，
在区间0,π上，csax>csx，f′x>0，fx是增函数；
在区间π,2π上，g′x<0，即gx单调递减，
即f′x单调递减，f′x故fx在0,x0上单调递增，在x0,2π上单调递减，
又f0=0，f2π=sin2aπ≥0，即在π,2π上，fx>0，
所以fx在区间0,2π没有零点，满足题意．
综上所述，若fx在区间0,2π没有零点，则正数a的取值范围是（0,12]．
【点评】
此题暂无点评P(K2≥k)
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人数≥100
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