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2020-2021学年甘肃省天水市高二（下）7月月考数学试卷人教A版
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这是一份2020-2021学年甘肃省天水市高二（下）7月月考数学试卷人教A版，共8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. 已知集合A={x|−3A.(2, 6)B.(2, 7)C.(−3, 2]D.(−3, 2)
2. 已知正项等比数列{an}满足a3=1，a5与32a4的等差中项为12，则a1的值为( )
A.4B.2C.12D.14
3. 如图，在矩形OABC内随机撒一颗黄豆，则它落在空白部分的概率为（ ）
A.e3B.4−e3C.3−e3D.e−13
4. 已知命题p:∃x∈R，2−x>ex，命题q:∀a∈R+，且a≠1，lga(a2+1)>0，则（ ）
A.命题p∧￢q是真命题B.命题p∨￢q是假命题
C.命题p∨q是假命题D.命题p∧q是真命题
5. 7人乘坐2辆汽车，每辆汽车最多坐4人，则不同的乘车方法有（ ）
A.35种B.50种C.60种D.70种
6. 将函数f(x)=sin(2x+π3)的图像向右平移π2个单位长度得到g(x)图像，则下列判断错误的是( )
A.函数g(x)在区间[π12,π2]上单调递增
B.g(x)图像关于直线x=7π12对称
C.函数g(x)在区间[−π6,π3]上单调递减
D.g(x)图像关于点(π3,0)对称
7. 已知非零向量a→，b→的夹角为60∘，且满足|a→−2b→|=2，则a→⋅b→的最大值为（ ）
A.12B.1C.2D.3
8. 已知数列{an}满足2a1+22a2+⋯+2nan=n(n∈N∗)，数列1lg2 anlg2 an+1的前n项和为Sn，则S1⋅S2⋅S3⋅⋯⋅S10=（ ）
A.110B.111C.211D.15
9. 已知F1、F2是双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点，若点F2关于渐近线的对称点M也在双曲线上，则该双曲线的离心率为（ ）
A.52B.2C.2D.5
10. 定义在(0, +∞)上的函数f(x)满足x2f′(x)+1>0，f(2)=52，则关于x的不等式f(lnx)>1lnx+2的解集为（ ）
A.(e2, +∞)B.(0, e2)C.(e, e2)D.(1, e2)
二、填空题
若x，y满足约束条件 x−y+4≤0,x−2≤0,x+y−2≥0, 则z=x+2y的最小值为________.
已知曲线f(x)=23x3在点（1, f(1)）处的切线的倾斜角为α，则sin2α−cs2α2sinαcsα+cs2α的值为________.
已知边长为23的菱形ABCD中，∠BAD=60∘，沿对角线BD折成二面角A−BD−C为120∘的四面体ABCD，则该四面体的外接球的表面积为________．
已知抛物线C:x2=4y的焦点为F，E为y轴正半轴上的一点．且OE=3OF（O为坐标原点），若抛物线C上存在一点Mx0,y0，其中x0≠0，使过点M
的切线l⊥ME，则切线l在y轴上的截距为________．
三、解答题
在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知bsin(C−π3)−csinB=0．
(1)求角C；
(2)若a=4，c=27，求△ABC的面积.
如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，平面A1BC⊥侧面ABB1A1，且AA1=AB=2.
(1)求证：AB⊥BC；
(2)若直线AC与平面A1BC所成角的大小为30∘，求锐二面角A−A1C−B的大小．
在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为x=1+tcsα，y=tsinα(其中t为参数，0<α<π).以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为ρsin2θ=4csθ.
(1)求直线l和曲线C的直角坐标方程；
(2)若直线l和曲线C相交于A，B两点，且|AB|=8，求α.
参考答案与试题解析
2020-2021学年甘肃省天水市高二（下）7月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
交、并、补集的混合运算
【解析】
本题主要考查了交、并、补集的混合运算的相关知识点，需要掌握求集合的并、交、补是集合间的基本运算，运算结果仍然还是集合，区分交集与并集的关键是“且”与“或”，在处理有关交集与并集的问题时，常常从这两个字眼出发去揭示、挖掘题设条件，结合Venn图或数轴进而用集合语言表达，增强数形结合的思想方法才能正确解答此题．
【解答】
解：∵ B={x|2∴ ∁RB={x|x≤2或x≥7}.
∵ A={x|−3∴ A∩(∁RB)=(−3, 2].
故选C．
2.
【答案】
A
【考点】
等差中项
等比数列
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设等比数列an的公比为q．
因为a5与32a4的等差中项为12，则a5+32a4=1，
即a3q2+32a3q=q2+32q=1，
解得q=−2或q=12.
又因为数列{an}为正项等比数列，
所以q=12，则a1=a3q2=4.
故选A．
3.
【答案】
B
【考点】
几何概型计算（与长度、角度、面积、体积有关的几何概型）
【解析】
利用定积分求出阴影部分的面积，得到空白部分的面积，再由测度比是面积比得答案．
【解答】
解：阴影部分的面积S=01 exdx=ex|01=e−1，
则空白部分的面积为3−(e−1)=4−e，
∴ 在矩形OABC内随机撒一颗黄豆，则它落在空白部分的概率为4−e3．
故选B.
4.
【答案】
A
【考点】
复合命题及其真假判断
【解析】
根据举例子分别判定命题p，q的真假，进一步判定复合命题的真假
【解答】
解：∵ x=0时，2−0>e0=1，∴ 命题p是真命题，
∵ a=12时，lg12(14+1)∴ 命题p∧￢q是真命题．
故选A.
5.
【答案】
D
【考点】
排列、组合及简单计数问题
【解析】
根据题意，分2步分析，①，先将7人分成2组，1组4人，另1组3人，②，将分好的2组全排列，对应2辆汽车，由分步计数原理计算可得答案．
【解答】
解：根据题意，分2步分析，
①，先将7人分成2组，1组4人，另1组3人，有C74=35种分组方法，
②，将分好的2组全排列，对应2辆汽车，有A22=2种情况，
则有35×2=70种不同的乘车方法.
故选D.
6.
【答案】
C
【考点】
函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
正弦函数的对称性
正弦函数的单调性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意，将函数f(x)=sin(2x+π3)图像向右平移π2个单位长度，
可得g(x)=sin(2x−2π3)，
对于A中，由π12≤x≤π2，则−π2≤2x−2π3≤π3，
则函数g(x)在区间[π12,π2]上单调递增是正确的；
对于B中，令x=7π12，则g(7π12)=sin(2×7π12−2π3)=sinπ2=1，
∴ 函数g(x)图像关于直线x=7π12对称是正确的；
对于C中，−π6≤x≤π3，则−π≤2x−2π3≤0，
则函数g(x)在区间[−π6,π3]上先减后增，
∴ 不正确；
对于D中，令x=π3，则g(π3)=sin(2×π3−2π3)=0，
∴ 函数g(x)图像关于点(π3,0)对称是正确的.
故选C.
7.
【答案】
B
【考点】
平面向量数量积的运算
向量的模
【解析】
非零向量a→，b→的夹角为60∘，且|a→−2b→|＝2，利用数量积运算性质与基本不等式的性质可得a→2+4b→2−4a→⋅b→≥2|a→||b→|，即|a→||b→|≤2．即可得出．
【解答】
解：∵ 非零向量a→，b→的夹角为60∘，且|a→−2b→|=2，
∴ a→2+4b→2−4a→⋅b→≥2|a→|×2|b→|−2|a→||b→|=2|a→||b→|，
即|a→||b→|≤2，
∴ a→⋅b→=12|a→||b→|≤1．
故选B.
8.
【答案】
B
【考点】
数列的求和
数列递推式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ 2a1+22a2+⋯+2nan=n(n∈N∗)，
∴ 2a1+22a2+⋯+2n−1an−1=n−1(n≥2)，
∴ 2nan=1(n≥2)，
当n=1时也满足，
故an=12n，
故1lg2 anlg2 an+1=1lg2 2−nlg2 2−(n+1)
=1n(n+1)=1n−1n+1，
Sn=1−12+12−13+⋯+1n−1n+1
=1−1n+1=nn+1，
∴ S1⋅S2⋅S3⋅⋯⋅S10
=12×23×34×⋯×910×1011=111．
故选B．
9.
【答案】
D
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
求出过焦点F2且垂直渐近线的直线方程，联立渐近线方程，解方程组可得对称中心的点的坐标，代入方程结合a2+b2＝c2，解出e即得．
【解答】
解：过焦点F2且垂直渐近线的直线方程为：y−0=−ab(x+c)，
联立渐近线方程y=bax与y−0=−ab(x+c)，
解之可得x=a2c，y=abc，
故对称中心的点坐标为(a2c, abc)，
由中点坐标公式可得对称点M的坐标为(2a2c−c, 2abc)，
将其代入双曲线的方程可得(2a2−c2)2a2c2−4a2b2b2c2=1，结合a2+b2=c2，
化简可得c2=5a2，故可得e=ca=5．
故选D.
10.
【答案】
A
【考点】
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
根据题意，令g(x)＝f(x)−1x，(x>0)，对其求导分析可得g(x)在(0, +∞)上为增函数，原不等式可以转化为g(x)>g(2)，结合函数g(x)的单调性分析可得答案．
【解答】
解：根据题意，令g(x)=f(x)−1x，(x>0)
其导数g′(x)=f′(x)+1x2=x2f(x)+1x2，
若函数f(x)满足x2f′(x)+1>0，则有g′(x)>0，
即g(x)在(0, +∞)上为增函数，
又由f(2)=52，则g(2)=f(2)−12=2，
f(lnx)>1lnx+2⇒f(lnx)−1lnx>2⇒g(lnx)>g(2)，
又由g(x)在(0, +∞)上为增函数，则有lnx>2，解得x>e2，
即不等式的解集为(e2, +∞).
故选A.
二、填空题
【答案】
5
【考点】
简单线性规划
求线性目标函数的最值
【解析】
先由约束条件作出可行域，再由z=x+2y，得y=−12x+z2，因此直线y=−12x+z2在y轴上截距最小时，z=x+2y取最小，结合图象即可求得结果.
【解答】
解：根据约束条件作出可行域如下：
由z=x+2y，得y=−12x+z2，
因此直线y=−12x+z2在y轴上截距最小时，z=x+2y取最小，
由x+y−2=0，x−y+4=0得x=−1，y=3，因此A(−1,3)，
由图象易得当直线y=−12x+z2过点A(−1,3)时，在y轴上截距最小时，
即zmin=−1+2×3=5.
故答案为：5.
【答案】
35
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
同角三角函数基本关系的运用
【解析】
求出函数的导数，求得f(x)在点（1, f(1)）处切线斜率，利用同角三角函数关系式即可化简得解．
【解答】
解：因为曲线f(x)=23x3．
所以函数f(x)的导函数f′(x)=2x2，可得：f′(1)=2，
因为曲线f(x)=23x3在点（1, f(1)）处的切线的倾斜角为α，
所以tanα=f′(1)=2，
所以sin2α−cs2α2sinαcsα+cs2α=tan2α−12tanα+1=4−14+1=35．
故答案为：35．
【答案】
28π
【考点】
球的表面积和体积
【解析】
【解答】
解：如图1，
取BD的中点E，连接AE，CE．
因为四边形ABCD是菱形，
所以AE⊥BD，
AC在平面ABD上的投影为AE，所以AC⊥BD，所以平面ACE⊥平面BCD．
易得外接球的球心在平面ACE内，
如图2，在CE上取点G，使CG=2GE，过点G作l1垂直CE，过点E作l2垂直于AC．
设l1与l2交于点O，连接OA，
则OA=OC，
则O为球心．易得OG⊥CD，OE垂直平分AC，
其中CG=2GE=2，∠CEA=120∘，
所以OG=GE.tan60∘=3，
所以R=OC=OA=7，即外接球的表面积为28π.
故答案为：28π.
【答案】
−1
【考点】
抛物线的求解
直线的截距式方程
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
先对函数y=14x2求导，求出抛物线C在点Mx0,y0处的切线斜率，再根据OE=30F，得到E点坐标，由过点M的切
线1⊥ME，求出M点坐标，进而可得切线方程，即可求出结果
【解答】
解：因为抛物线方程x2=4y可化为y=14x2，所以y′=12x，
因此抛物线C在点Mx0,y0处的切线斜率为k=12x0.
又F为抛物线C:x2=4y的焦点，所以F0,1，
因为E为y轴正半轴上的一点，且OE=3OF，所以E0,3，
所以kME=y0−3x0，
因为过点M的切线l⊥ME，
所以k⋅kME=12x0⋅y0−3x0=−1，解得y0=1，
则x0=±2，
所以y−1=x−2或y−1=−x+2，
因此截距为−1.
故答案为：−1.
三、解答题
【答案】
解：(1) ∵ bsin(C−π3)−csinB=0，
∴ 由正弦定理可得，sinB(12sinC−32csC)−sinCsinB=0.
∵ sinB≠0，
∴ 12sinC+32csC=0.
∴ sin(C+π3)=0.
∵ C∈(0,π),
∴ C+π3∈(π3，4π3)，
∴ C+π3=π.
∴ C=2π3.
(2)∵ c2=a2+b2−2abcsC，
∴ b2+4b−12=0.
∵ b>0，
∴ b=2.
∴ S=12absinC=12×2×4×32=23.
【考点】
两角和与差的正弦公式
三角形的面积公式
余弦定理
正弦定理
【解析】
(Ⅰ)利用三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得sin(C+π3)=0．结合范围C∈(0, π)，可求C的值．
(Ⅱ)由已知利用余弦定理可求得b2+4b−12＝0，解得b的值，根据三角形的面积公式即可计算得解．
【解答】
解：(1) ∵ bsin(C−π3)−csinB=0，
∴ 由正弦定理可得，sinB(12sinC−32csC)−sinCsinB=0.
∵ sinB≠0，
∴ 12sinC+32csC=0.
∴ sin(C+π3)=0.
∵ C∈(0,π),
∴ C+π3∈(π3，4π3)，
∴ C+π3=π.
∴ C=2π3.
(2)∵ c2=a2+b2−2abcsC，
∴ b2+4b−12=0.
∵ b>0，
∴ b=2.
∴ S=12absinC=12×2×4×32=23.
【答案】
(1)证明：取A1B的中点D，连接AD．
因为AA1=AB，
所以AD⊥A1B．
由平面A1BC⊥侧面A1ABB1，
且平面A1BC∩侧面A1ABB1=A1B，
得AD⊥平面A1BC．
又BC⊂平面A1BC，
所以AD⊥BC．
因为三棱柱ABC−A1B1C1是直三棱柱，
则AA1⊥底面ABC，
所以AA1⊥BC，
又AA1∩AD=A，
从而BC⊥侧面ABB1A1，
又AB⊂侧面A1ABB1，
故AB⊥BC．
(2)解：连接CD，由(1)知AD⊥平面A1BC，
则CD是AC在平面A1BC内的射影，
∴ ∠ACD即为直线AC与平面A1BC所的角，
则∠ACD=30∘．
在等腰直角△A1AB中，A1A=AB=2，
且点D是A1B中点，
∴ AD=12A1B=2，
又∠ADC=90∘，∠ACD=30∘，
∴ AC=22.
过点A作AE⊥A1C于点E，连接DE，
由(1)知AD⊥平面A1BC，
则AD⊥A1C，
又AE∩AD=A，
∴ A1C⊥DE，
∴ ∠AED即为二面角A−A1C−B的一个平面角．
在直角△A1AC中，AE=A1A⋅ACA1C=2×2223=263，
又AD=2，∠ADE=90∘，
∴ sin∠AED=ADAE=2263=32，
又二面角A−A1C−B为锐二面角，
∴ ∠AED=60∘，
即二面角A−A1C−B的大小为60∘．
【考点】
两条直线垂直的判定
二面角的平面角及求法
【解析】
无
无
【解答】
(1)证明：取A1B的中点D，连接AD．
因为AA1=AB，
所以AD⊥A1B．
由平面A1BC⊥侧面A1ABB1，
且平面A1BC∩侧面A1ABB1=A1B，
得AD⊥平面A1BC．
又BC⊂平面A1BC，
所以AD⊥BC．
因为三棱柱ABC−A1B1C1是直三棱柱，
则AA1⊥底面ABC，
所以AA1⊥BC，
又AA1∩AD=A，
从而BC⊥侧面ABB1A1，
又AB⊂侧面A1ABB1，
故AB⊥BC．
(2)解：连接CD，由(1)知AD⊥平面A1BC，
则CD是AC在平面A1BC内的射影，
∴ ∠ACD即为直线AC与平面A1BC所的角，
则∠ACD=30∘．
在等腰直角△A1AB中，A1A=AB=2，
且点D是A1B中点，
∴ AD=12A1B=2，
又∠ADC=90∘，∠ACD=30∘，
∴ AC=22.
过点A作AE⊥A1C于点E，连接DE，
由(1)知AD⊥平面A1BC，
则AD⊥A1C，
又AE∩AD=A，
∴ A1C⊥DE，
∴ ∠AED即为二面角A−A1C−B的一个平面角．
在直角△A1AC中，AE=A1A⋅ACA1C=2×2223=263，
又AD=2，∠ADE=90∘，
∴ sin∠AED=ADAE=2263=32，
又二面角A−A1C−B为锐二面角，
∴ ∠AED=60∘，
即二面角A−A1C−B的大小为60∘．
【答案】
解：(1)当α=π2时，l:x=1；
当α≠π2时，l: y=tanα(x−1).
由ρsin2θ=4csθ得ρ2sin2θ=4ρcsθ，
因为x=ρcsθ, y=ρsinθ，
所以曲线C的直角坐标方程y2=4x.
(2)将直线l的参数方程代入曲线C的直角坐标方程得：
sin2αt2−(4csα)t−4=0，
则t1+t2=4csαsin2α, t1t2=−4sin2α，
因为|AB|=|t1−t2|=(t1+t2)2−4t1t2=4sin2α=8，
所以sinα=22或−22，
因为0<α<π，所以sinα=22，
故α=π4或3π4.
【考点】
与抛物线有关的中点弦及弦长问题
参数方程与普通方程的互化
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)当α=π2时，l:x=1；
当α≠π2时，l: y=tanα(x−1).
由ρsin2θ=4csθ得ρ2sin2θ=4ρcsθ，
因为x=ρcsθ, y=ρsinθ，
所以曲线C的直角坐标方程y2=4x.
(2)将直线l的参数方程代入曲线C的直角坐标方程得：
sin2αt2−(4csα)t−4=0，
则t1+t2=4csαsin2α, t1t2=−4sin2α，
因为|AB|=|t1−t2|=(t1+t2)2−4t1t2
=4sin2α=8，
所以sinα=22或−22，
因为0<α<π，所以sinα=22，
故α=π4或3π4.
1. 已知集合A={x|−3
2. 已知正项等比数列{an}满足a3=1，a5与32a4的等差中项为12，则a1的值为( )
A.4B.2C.12D.14
3. 如图，在矩形OABC内随机撒一颗黄豆，则它落在空白部分的概率为（ ）
A.e3B.4−e3C.3−e3D.e−13
4. 已知命题p:∃x∈R，2−x>ex，命题q:∀a∈R+，且a≠1，lga(a2+1)>0，则（ ）
A.命题p∧￢q是真命题B.命题p∨￢q是假命题
C.命题p∨q是假命题D.命题p∧q是真命题
5. 7人乘坐2辆汽车，每辆汽车最多坐4人，则不同的乘车方法有（ ）
A.35种B.50种C.60种D.70种
6. 将函数f(x)=sin(2x+π3)的图像向右平移π2个单位长度得到g(x)图像，则下列判断错误的是( )
A.函数g(x)在区间[π12,π2]上单调递增
B.g(x)图像关于直线x=7π12对称
C.函数g(x)在区间[−π6,π3]上单调递减
D.g(x)图像关于点(π3,0)对称
7. 已知非零向量a→，b→的夹角为60∘，且满足|a→−2b→|=2，则a→⋅b→的最大值为（ ）
A.12B.1C.2D.3
8. 已知数列{an}满足2a1+22a2+⋯+2nan=n(n∈N∗)，数列1lg2 anlg2 an+1的前n项和为Sn，则S1⋅S2⋅S3⋅⋯⋅S10=（ ）
A.110B.111C.211D.15
9. 已知F1、F2是双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点，若点F2关于渐近线的对称点M也在双曲线上，则该双曲线的离心率为（ ）
A.52B.2C.2D.5
10. 定义在(0, +∞)上的函数f(x)满足x2f′(x)+1>0，f(2)=52，则关于x的不等式f(lnx)>1lnx+2的解集为（ ）
A.(e2, +∞)B.(0, e2)C.(e, e2)D.(1, e2)
二、填空题
若x，y满足约束条件 x−y+4≤0,x−2≤0,x+y−2≥0, 则z=x+2y的最小值为________.
已知曲线f(x)=23x3在点（1, f(1)）处的切线的倾斜角为α，则sin2α−cs2α2sinαcsα+cs2α的值为________.
已知边长为23的菱形ABCD中，∠BAD=60∘，沿对角线BD折成二面角A−BD−C为120∘的四面体ABCD，则该四面体的外接球的表面积为________．
已知抛物线C:x2=4y的焦点为F，E为y轴正半轴上的一点．且OE=3OF（O为坐标原点），若抛物线C上存在一点Mx0,y0，其中x0≠0，使过点M
的切线l⊥ME，则切线l在y轴上的截距为________．
三、解答题
在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知bsin(C−π3)−csinB=0．
(1)求角C；
(2)若a=4，c=27，求△ABC的面积.
如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，平面A1BC⊥侧面ABB1A1，且AA1=AB=2.
(1)求证：AB⊥BC；
(2)若直线AC与平面A1BC所成角的大小为30∘，求锐二面角A−A1C−B的大小．
在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为x=1+tcsα，y=tsinα(其中t为参数，0<α<π).以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为ρsin2θ=4csθ.
(1)求直线l和曲线C的直角坐标方程；
(2)若直线l和曲线C相交于A，B两点，且|AB|=8，求α.
参考答案与试题解析
2020-2021学年甘肃省天水市高二（下）7月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
交、并、补集的混合运算
【解析】
本题主要考查了交、并、补集的混合运算的相关知识点，需要掌握求集合的并、交、补是集合间的基本运算，运算结果仍然还是集合，区分交集与并集的关键是“且”与“或”，在处理有关交集与并集的问题时，常常从这两个字眼出发去揭示、挖掘题设条件，结合Venn图或数轴进而用集合语言表达，增强数形结合的思想方法才能正确解答此题．
【解答】
解：∵ B={x|2
∵ A={x|−3
故选C．
2.
【答案】
A
【考点】
等差中项
等比数列
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设等比数列an的公比为q．
因为a5与32a4的等差中项为12，则a5+32a4=1，
即a3q2+32a3q=q2+32q=1，
解得q=−2或q=12.
又因为数列{an}为正项等比数列，
所以q=12，则a1=a3q2=4.
故选A．
3.
【答案】
B
【考点】
几何概型计算（与长度、角度、面积、体积有关的几何概型）
【解析】
利用定积分求出阴影部分的面积，得到空白部分的面积，再由测度比是面积比得答案．
【解答】
解：阴影部分的面积S=01 exdx=ex|01=e−1，
则空白部分的面积为3−(e−1)=4−e，
∴ 在矩形OABC内随机撒一颗黄豆，则它落在空白部分的概率为4−e3．
故选B.
4.
【答案】
A
【考点】
复合命题及其真假判断
【解析】
根据举例子分别判定命题p，q的真假，进一步判定复合命题的真假
【解答】
解：∵ x=0时，2−0>e0=1，∴ 命题p是真命题，
∵ a=12时，lg12(14+1)
故选A.
5.
【答案】
D
【考点】
排列、组合及简单计数问题
【解析】
根据题意，分2步分析，①，先将7人分成2组，1组4人，另1组3人，②，将分好的2组全排列，对应2辆汽车，由分步计数原理计算可得答案．
【解答】
解：根据题意，分2步分析，
①，先将7人分成2组，1组4人，另1组3人，有C74=35种分组方法，
②，将分好的2组全排列，对应2辆汽车，有A22=2种情况，
则有35×2=70种不同的乘车方法.
故选D.
6.
【答案】
C
【考点】
函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
正弦函数的对称性
正弦函数的单调性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意，将函数f(x)=sin(2x+π3)图像向右平移π2个单位长度，
可得g(x)=sin(2x−2π3)，
对于A中，由π12≤x≤π2，则−π2≤2x−2π3≤π3，
则函数g(x)在区间[π12,π2]上单调递增是正确的；
对于B中，令x=7π12，则g(7π12)=sin(2×7π12−2π3)=sinπ2=1，
∴ 函数g(x)图像关于直线x=7π12对称是正确的；
对于C中，−π6≤x≤π3，则−π≤2x−2π3≤0，
则函数g(x)在区间[−π6,π3]上先减后增，
∴ 不正确；
对于D中，令x=π3，则g(π3)=sin(2×π3−2π3)=0，
∴ 函数g(x)图像关于点(π3,0)对称是正确的.
故选C.
7.
【答案】
B
【考点】
平面向量数量积的运算
向量的模
【解析】
非零向量a→，b→的夹角为60∘，且|a→−2b→|＝2，利用数量积运算性质与基本不等式的性质可得a→2+4b→2−4a→⋅b→≥2|a→||b→|，即|a→||b→|≤2．即可得出．
【解答】
解：∵ 非零向量a→，b→的夹角为60∘，且|a→−2b→|=2，
∴ a→2+4b→2−4a→⋅b→≥2|a→|×2|b→|−2|a→||b→|=2|a→||b→|，
即|a→||b→|≤2，
∴ a→⋅b→=12|a→||b→|≤1．
故选B.
8.
【答案】
B
【考点】
数列的求和
数列递推式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ 2a1+22a2+⋯+2nan=n(n∈N∗)，
∴ 2a1+22a2+⋯+2n−1an−1=n−1(n≥2)，
∴ 2nan=1(n≥2)，
当n=1时也满足，
故an=12n，
故1lg2 anlg2 an+1=1lg2 2−nlg2 2−(n+1)
=1n(n+1)=1n−1n+1，
Sn=1−12+12−13+⋯+1n−1n+1
=1−1n+1=nn+1，
∴ S1⋅S2⋅S3⋅⋯⋅S10
=12×23×34×⋯×910×1011=111．
故选B．
9.
【答案】
D
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
求出过焦点F2且垂直渐近线的直线方程，联立渐近线方程，解方程组可得对称中心的点的坐标，代入方程结合a2+b2＝c2，解出e即得．
【解答】
解：过焦点F2且垂直渐近线的直线方程为：y−0=−ab(x+c)，
联立渐近线方程y=bax与y−0=−ab(x+c)，
解之可得x=a2c，y=abc，
故对称中心的点坐标为(a2c, abc)，
由中点坐标公式可得对称点M的坐标为(2a2c−c, 2abc)，
将其代入双曲线的方程可得(2a2−c2)2a2c2−4a2b2b2c2=1，结合a2+b2=c2，
化简可得c2=5a2，故可得e=ca=5．
故选D.
10.
【答案】
A
【考点】
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
根据题意，令g(x)＝f(x)−1x，(x>0)，对其求导分析可得g(x)在(0, +∞)上为增函数，原不等式可以转化为g(x)>g(2)，结合函数g(x)的单调性分析可得答案．
【解答】
解：根据题意，令g(x)=f(x)−1x，(x>0)
其导数g′(x)=f′(x)+1x2=x2f(x)+1x2，
若函数f(x)满足x2f′(x)+1>0，则有g′(x)>0，
即g(x)在(0, +∞)上为增函数，
又由f(2)=52，则g(2)=f(2)−12=2，
f(lnx)>1lnx+2⇒f(lnx)−1lnx>2⇒g(lnx)>g(2)，
又由g(x)在(0, +∞)上为增函数，则有lnx>2，解得x>e2，
即不等式的解集为(e2, +∞).
故选A.
二、填空题
【答案】
5
【考点】
简单线性规划
求线性目标函数的最值
【解析】
先由约束条件作出可行域，再由z=x+2y，得y=−12x+z2，因此直线y=−12x+z2在y轴上截距最小时，z=x+2y取最小，结合图象即可求得结果.
【解答】
解：根据约束条件作出可行域如下：
由z=x+2y，得y=−12x+z2，
因此直线y=−12x+z2在y轴上截距最小时，z=x+2y取最小，
由x+y−2=0，x−y+4=0得x=−1，y=3，因此A(−1,3)，
由图象易得当直线y=−12x+z2过点A(−1,3)时，在y轴上截距最小时，
即zmin=−1+2×3=5.
故答案为：5.
【答案】
35
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
同角三角函数基本关系的运用
【解析】
求出函数的导数，求得f(x)在点（1, f(1)）处切线斜率，利用同角三角函数关系式即可化简得解．
【解答】
解：因为曲线f(x)=23x3．
所以函数f(x)的导函数f′(x)=2x2，可得：f′(1)=2，
因为曲线f(x)=23x3在点（1, f(1)）处的切线的倾斜角为α，
所以tanα=f′(1)=2，
所以sin2α−cs2α2sinαcsα+cs2α=tan2α−12tanα+1=4−14+1=35．
故答案为：35．
【答案】
28π
【考点】
球的表面积和体积
【解析】
【解答】
解：如图1，
取BD的中点E，连接AE，CE．
因为四边形ABCD是菱形，
所以AE⊥BD，
AC在平面ABD上的投影为AE，所以AC⊥BD，所以平面ACE⊥平面BCD．
易得外接球的球心在平面ACE内，
如图2，在CE上取点G，使CG=2GE，过点G作l1垂直CE，过点E作l2垂直于AC．
设l1与l2交于点O，连接OA，
则OA=OC，
则O为球心．易得OG⊥CD，OE垂直平分AC，
其中CG=2GE=2，∠CEA=120∘，
所以OG=GE.tan60∘=3，
所以R=OC=OA=7，即外接球的表面积为28π.
故答案为：28π.
【答案】
−1
【考点】
抛物线的求解
直线的截距式方程
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
先对函数y=14x2求导，求出抛物线C在点Mx0,y0处的切线斜率，再根据OE=30F，得到E点坐标，由过点M的切
线1⊥ME，求出M点坐标，进而可得切线方程，即可求出结果
【解答】
解：因为抛物线方程x2=4y可化为y=14x2，所以y′=12x，
因此抛物线C在点Mx0,y0处的切线斜率为k=12x0.
又F为抛物线C:x2=4y的焦点，所以F0,1，
因为E为y轴正半轴上的一点，且OE=3OF，所以E0,3，
所以kME=y0−3x0，
因为过点M的切线l⊥ME，
所以k⋅kME=12x0⋅y0−3x0=−1，解得y0=1，
则x0=±2，
所以y−1=x−2或y−1=−x+2，
因此截距为−1.
故答案为：−1.
三、解答题
【答案】
解：(1) ∵ bsin(C−π3)−csinB=0，
∴ 由正弦定理可得，sinB(12sinC−32csC)−sinCsinB=0.
∵ sinB≠0，
∴ 12sinC+32csC=0.
∴ sin(C+π3)=0.
∵ C∈(0,π),
∴ C+π3∈(π3，4π3)，
∴ C+π3=π.
∴ C=2π3.
(2)∵ c2=a2+b2−2abcsC，
∴ b2+4b−12=0.
∵ b>0，
∴ b=2.
∴ S=12absinC=12×2×4×32=23.
【考点】
两角和与差的正弦公式
三角形的面积公式
余弦定理
正弦定理
【解析】
(Ⅰ)利用三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得sin(C+π3)=0．结合范围C∈(0, π)，可求C的值．
(Ⅱ)由已知利用余弦定理可求得b2+4b−12＝0，解得b的值，根据三角形的面积公式即可计算得解．
【解答】
解：(1) ∵ bsin(C−π3)−csinB=0，
∴ 由正弦定理可得，sinB(12sinC−32csC)−sinCsinB=0.
∵ sinB≠0，
∴ 12sinC+32csC=0.
∴ sin(C+π3)=0.
∵ C∈(0,π),
∴ C+π3∈(π3，4π3)，
∴ C+π3=π.
∴ C=2π3.
(2)∵ c2=a2+b2−2abcsC，
∴ b2+4b−12=0.
∵ b>0，
∴ b=2.
∴ S=12absinC=12×2×4×32=23.
【答案】
(1)证明：取A1B的中点D，连接AD．
因为AA1=AB，
所以AD⊥A1B．
由平面A1BC⊥侧面A1ABB1，
且平面A1BC∩侧面A1ABB1=A1B，
得AD⊥平面A1BC．
又BC⊂平面A1BC，
所以AD⊥BC．
因为三棱柱ABC−A1B1C1是直三棱柱，
则AA1⊥底面ABC，
所以AA1⊥BC，
又AA1∩AD=A，
从而BC⊥侧面ABB1A1，
又AB⊂侧面A1ABB1，
故AB⊥BC．
(2)解：连接CD，由(1)知AD⊥平面A1BC，
则CD是AC在平面A1BC内的射影，
∴ ∠ACD即为直线AC与平面A1BC所的角，
则∠ACD=30∘．
在等腰直角△A1AB中，A1A=AB=2，
且点D是A1B中点，
∴ AD=12A1B=2，
又∠ADC=90∘，∠ACD=30∘，
∴ AC=22.
过点A作AE⊥A1C于点E，连接DE，
由(1)知AD⊥平面A1BC，
则AD⊥A1C，
又AE∩AD=A，
∴ A1C⊥DE，
∴ ∠AED即为二面角A−A1C−B的一个平面角．
在直角△A1AC中，AE=A1A⋅ACA1C=2×2223=263，
又AD=2，∠ADE=90∘，
∴ sin∠AED=ADAE=2263=32，
又二面角A−A1C−B为锐二面角，
∴ ∠AED=60∘，
即二面角A−A1C−B的大小为60∘．
【考点】
两条直线垂直的判定
二面角的平面角及求法
【解析】
无
无
【解答】
(1)证明：取A1B的中点D，连接AD．
因为AA1=AB，
所以AD⊥A1B．
由平面A1BC⊥侧面A1ABB1，
且平面A1BC∩侧面A1ABB1=A1B，
得AD⊥平面A1BC．
又BC⊂平面A1BC，
所以AD⊥BC．
因为三棱柱ABC−A1B1C1是直三棱柱，
则AA1⊥底面ABC，
所以AA1⊥BC，
又AA1∩AD=A，
从而BC⊥侧面ABB1A1，
又AB⊂侧面A1ABB1，
故AB⊥BC．
(2)解：连接CD，由(1)知AD⊥平面A1BC，
则CD是AC在平面A1BC内的射影，
∴ ∠ACD即为直线AC与平面A1BC所的角，
则∠ACD=30∘．
在等腰直角△A1AB中，A1A=AB=2，
且点D是A1B中点，
∴ AD=12A1B=2，
又∠ADC=90∘，∠ACD=30∘，
∴ AC=22.
过点A作AE⊥A1C于点E，连接DE，
由(1)知AD⊥平面A1BC，
则AD⊥A1C，
又AE∩AD=A，
∴ A1C⊥DE，
∴ ∠AED即为二面角A−A1C−B的一个平面角．
在直角△A1AC中，AE=A1A⋅ACA1C=2×2223=263，
又AD=2，∠ADE=90∘，
∴ sin∠AED=ADAE=2263=32，
又二面角A−A1C−B为锐二面角，
∴ ∠AED=60∘，
即二面角A−A1C−B的大小为60∘．
【答案】
解：(1)当α=π2时，l:x=1；
当α≠π2时，l: y=tanα(x−1).
由ρsin2θ=4csθ得ρ2sin2θ=4ρcsθ，
因为x=ρcsθ, y=ρsinθ，
所以曲线C的直角坐标方程y2=4x.
(2)将直线l的参数方程代入曲线C的直角坐标方程得：
sin2αt2−(4csα)t−4=0，
则t1+t2=4csαsin2α, t1t2=−4sin2α，
因为|AB|=|t1−t2|=(t1+t2)2−4t1t2=4sin2α=8，
所以sinα=22或−22，
因为0<α<π，所以sinα=22，
故α=π4或3π4.
【考点】
与抛物线有关的中点弦及弦长问题
参数方程与普通方程的互化
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)当α=π2时，l:x=1；
当α≠π2时，l: y=tanα(x−1).
由ρsin2θ=4csθ得ρ2sin2θ=4ρcsθ，
因为x=ρcsθ, y=ρsinθ，
所以曲线C的直角坐标方程y2=4x.
(2)将直线l的参数方程代入曲线C的直角坐标方程得：
sin2αt2−(4csα)t−4=0，
则t1+t2=4csαsin2α, t1t2=−4sin2α，
因为|AB|=|t1−t2|=(t1+t2)2−4t1t2
=4sin2α=8，
所以sinα=22或−22，
因为0<α<π，所以sinα=22，
故α=π4或3π4.
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