2020年陕西省高考数学一模试卷(理科)含答案解析

这是一份2020年陕西省高考数学一模试卷(理科)含答案解析，共23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。

2020年陕西省高考数学一模试卷（理科）
　
一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的）
1．设集合M={x||x﹣1|≤1}，N={x|y=lg（x2﹣1）}，则M∩∁RN=（　　）
A．[1，2] B．[0，1] C．（﹣1，0） D．（0，2）
2．复数（i是虚数单位）的虚部是（　　）
A．﹣1 B．2 C．﹣2 D．1
3．设α为锐角，若cos=，则sin的值为（　　）
A． B． C．﹣ D．﹣
4．在区间[0，1]上随机取两个数x，y，记P为事件“x+y≤”的概率，则P=（　　）
A． B． C． D．
5．设Sn是等差数列{an}的前n项和，若a2+a3+a4=3，则S5=（　　）
A．5 B．7 C．9 D．11
6．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（　　）

A．64﹣π B．64﹣2π C．64﹣4π D．64﹣8π
7．执行右面的程序框图，如果输入的N=3，那么输出的S=（　　）

A．1 B． C． D．
8．已知向量=（1，2），=（2，﹣3）．若向量满足⊥（+），且∥（﹣），则=（　　）
A． B． C． D．
9．设函数f（x）=则f[f（﹣8）]=（　　）
A．4 B．﹣4 C．2 D．﹣2
10．若圆C：（x﹣3）2+（y﹣2）2=1（a＞0）与直线y=x相交于P、Q两点，则|PQ|=（　　）
A． B． C． D．
11．设m＞1，在约束条件下，目标函数z=x+my的最大值小于2，则m的取值范围为（　　）
A．（1，） B．（，+∞） C．（1，3） D．（3，+∞）
12．对于函数f（x）=eax﹣lnx（a是实常数），下列结论正确的一个是（　　）
A．a=1时，f（x）有极大值，且极大值点x0∈（，1）
B．a=2时，f（x）有极小值，且极小值点x0∈（0，）
C．a=时，f（x）有极小值，且极小值点x0∈（1，2）
D．a＜0时，f（x）有极大值，且极大值点x0∈（﹣∞，0）
　
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13．如果的展开式中各项系数之和为128，则展开式中的系数是　　　　　　．
14．已知数列1、a、b成等差数列，而1、b、a成等比数列．若a≠b，则7aloga（﹣b）=　　　　　　．
15．已知A，B是球O的球面上两点，∠AOB=90°，C为该球面上的动点．若三棱锥O﹣ABC体积的最大值为3，则球O的体积为　　　　　　．
16．已知曲线y=x+lnx在点（1，1）处的切线与曲线y=ax2+（a+2）x+1相切，则a=　　　　　　．
　
三、解答题（共5小题，每小题12分，共60分）
17．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a=3，b=4，B=+A．
（I）求tanB的值；
（Ⅱ）求c的值．
18．某中学利用周末组织教职员工进行了一次秋季登山健身的活动，有N人参加，现将所有参加者按年龄情况分为[20，25），[25，30），[30，35），[35，40），[40，45），[45，50），[50，55）等七组，其频率分布直方图如下所示．已知[35，40）这组的参加者是8人．
（1）求N和[30，35）这组的参加者人数N1；
（2）已知[30，35）和[35，40）这两组各有2名数学教师，现从这两个组中各选取2人担任接待工作，设两组的选择互不影响，求两组选出的人中都至少有1名数学老师的概率；
（3）组织者从[45，55）这组的参加者（其中共有4名女教师，其余全为男教师）中随机选取3名担任后勤保障工作，其中女教师的人数为x，求x的分布列和均值．

19．如图，在四棱柱P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，△PCD为等边三角形，，点M为BC中点，平面PCD⊥平面ABCD．
（1）求证：PD⊥BC；
（2）求二面角P﹣AM﹣D的大小．

20．已知椭圆L： +=1（a＞b＞0）的一个焦点于抛物线y2=8x的焦点重合，点（2，）在L 上．
（Ⅰ）求L 的方程；
（Ⅱ）直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与L有两个交点A，B，线段AB的中点为M，证明：OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值．
21．已知函数f（x）=ex，g（x）=mx+n．
（1）设h（x）=f（x）﹣g（x）．当n=0时，若函数h（x）在（﹣1，+∞）上没有零点，求m的取值范围；
（2）设函数r（x）=，且n=4m（m＞0），求证：x≥0时，r（x）≥1．
　
[选修4-1：几何证明选讲]（共1小题，满分10分）
22．（选修4﹣1：几何证明选讲）
如图，直线AB为圆的切线，切点为B，点C在圆上，∠ABC的角平分线BE交圆于点E，DB垂直BE交圆于D．
（Ⅰ）证明：DB=DC；
（Ⅱ）设圆的半径为1，BC=，延长CE交AB于点F，求△BCF外接圆的半径．

　
[选修4-4：坐标系与参数方程]（共1小题，满分0分）
23．在直角坐标系xOy中，曲线C1：（t为参数，t≠0），其中0≤α≤π，在以O为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2：ρ=2sinθ，C3：ρ=2cosθ．
（1）求C2与C3交点的直角坐标；
（2）若C1与C2相交于点A，C1与C3相交于点B，求|AB|的最大值．
　
[选修4-5：不等式选讲]（共1小题，满分0分）
24．设a，b，c，d均为正数，且a﹣c=d﹣b，证明：
（Ⅰ）若ab＞cd，则+＞+；
（Ⅱ）+＞+是|a﹣b|＜|c﹣d|的充要条件．
　

2020年陕西省高考数学一模试卷（理科）
参考答案与试题解析
　
一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的）
1．设集合M={x||x﹣1|≤1}，N={x|y=lg（x2﹣1）}，则M∩∁RN=（　　）
A．[1，2] B．[0，1] C．（﹣1，0） D．（0，2）
【考点】交、并、补集的混合运算．
【分析】化简集合M、N，求出∁RN，再计算M∩∁RN．
【解答】解：集合M={x||x﹣1|≤1}={x|﹣1≤x﹣1≤1}={x|0≤x≤2}=[0，2]，
N={x|y=lg（x2﹣1）}={x|x2﹣1＞0}={x|x＜﹣1或x＞1}=（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞）；
∴∁RN=[﹣1，1]；
∴M∩∁RN=[0，1]．
故选：B．
　
2．复数（i是虚数单位）的虚部是（　　）
A．﹣1 B．2 C．﹣2 D．1
【考点】复数代数形式的乘除运算．
【分析】直接由复数代数形式的乘除运算化简复数，则答案可求．
【解答】解： =，
则复数（i是虚数单位）的虚部是：1．
故选：D．
　
3．设α为锐角，若cos=，则sin的值为（　　）
A． B． C．﹣ D．﹣
【考点】二倍角的正弦；三角函数的化简求值．
【分析】利用同角三角函数基本关系式、倍角公式即可得出．
【解答】解：∵α为锐角，cos=，
∴∈，
∴==．
则sin===．
故选：B．
　
4．在区间[0，1]上随机取两个数x，y，记P为事件“x+y≤”的概率，则P=（　　）
A． B． C． D．
【考点】几何概型．
【分析】由题意可得总的基本事件为{（x，y）|0≤x≤1，0≤y≤1}，事件P包含的基本事件为{（x，y）|0≤x≤1，0≤y≤1，x+y≤}，数形结合可得．
【解答】解：由题意可得总的基本事件为{（x，y）|0≤x≤1，0≤y≤1}，
事件P包含的基本事件为{（x，y）|0≤x≤1，0≤y≤1，x+y≤}，
它们所对应的区域分别为图中的正方形和阴影三角形，
故所求概率P==，
故选：D．

　
5．设Sn是等差数列{an}的前n项和，若a2+a3+a4=3，则S5=（　　）
A．5 B．7 C．9 D．11
【考点】等差数列的前n项和．
【分析】由题意和等差数列的性质可得a3，再由求和公式和等差数列的性质可得S5=5a3，代值计算可得．
【解答】解：∵Sn是等差数列{an}的前n项和，a2+a3+a4=3，
∴3a3=a2+a3+a4=3，即a3=1，
∴S5===5a3=5，
故选：A．
　
6．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（　　）

A．64﹣π B．64﹣2π C．64﹣4π D．64﹣8π
【考点】由三视图求面积、体积．
【分析】由三视图可知：该几何体是由一个正方体在中间挖去一个圆柱得到的．即可得出．
【解答】解：由三视图可知：该几何体是由一个正方体在中间挖去一个圆柱得到的．
∴该几何体的体积=43﹣π×12×2=64﹣2π．
故选：B
　
7．执行右面的程序框图，如果输入的N=3，那么输出的S=（　　）

A．1 B． C． D．
【考点】程序框图．
【分析】根据框图的流程模拟运行程序，直到满足条件K＞3，跳出循环，计算输出S的值．
【解答】解：由程序框图知：输入N=3时，K=1，S=0，T=1
第一次循环T=1，S=1，K=2；
第二次循环T=，S=1+，K=3；
第三次循环T=，S=1++，K=4；
满足条件K＞3，跳出循环，输出S=1++=．
故选：C．
　
8．已知向量=（1，2），=（2，﹣3）．若向量满足⊥（+），且∥（﹣），则=（　　）
A． B． C． D．
【考点】平面向量的坐标运算．
【分析】设出=（x，y），根据平面向量的坐标运算以及向量垂直与共线的坐标表示，列出方程组求出x、y的值即可．
【解答】解：设=（x，y），向量=（1，2），=（2，﹣3），
∴+=（3，﹣1），﹣=（1﹣x，2﹣y）；
又⊥（+），
∴•（+）=3x﹣y=0①；
又∥（﹣），
2（2﹣y）﹣（﹣3）•（1﹣x）=0②；
由①、②组成方程组，解得x=，y=；
∴=（，）．
故选：A．
　
9．设函数f（x）=则f[f（﹣8）]=（　　）
A．4 B．﹣4 C．2 D．﹣2
【考点】函数的值．
【分析】利用分段函数由已知先求出f（﹣8），由此能求出f[f（﹣8）]．
【解答】解：∵f（x）=，
∴f（﹣8）=﹣（﹣8）=2，
f[f（﹣8）]=2+﹣7=﹣4．
故选：B．
　
10．若圆C：（x﹣3）2+（y﹣2）2=1（a＞0）与直线y=x相交于P、Q两点，则|PQ|=（　　）
A． B． C． D．
【考点】直线与圆的位置关系．
【分析】求出圆C圆心C（3，2），半径r=1，再求出圆心C（3，2）到直线y=x的距离d，由此利用勾股定理能求出|PQ|的长．
【解答】解：∵圆C：（x﹣3）2+（y﹣2）2=1的圆心C（3，2），半径r=1，
圆心C（3，2）到直线y=x的距离d==，
∵圆C：（x﹣3）2+（y﹣2）2=1（a＞0）与直线y=x相交于P、Q两点，
∴|PQ|=2=2=．
故选：C．
　
11．设m＞1，在约束条件下，目标函数z=x+my的最大值小于2，则m的取值范围为（　　）
A．（1，） B．（，+∞） C．（1，3） D．（3，+∞）
【考点】简单线性规划的应用．
【分析】根据m＞1，我们可以判断直线y=mx的倾斜角位于区间（，）上，由此我们不难判断出满足约束条件的平面区域的形状，再根据目标函数Z=X+my对应的直线与直线y=mx垂直，且在直线y=mx与直线x+y=1交点处取得最大值，由此构造出关于m的不等式组，解不等式组即可求出m 的取值范围．
【解答】解：∵m＞1
故直线y=mx与直线x+y=1交于点，
目标函数Z=X+my对应的直线与直线y=mx垂直，且在点，取得最大值
其关系如下图所示：
即，
解得1﹣＜m＜
又∵m＞1
解得m∈（1，）
故选：A．

　
12．对于函数f（x）=eax﹣lnx（a是实常数），下列结论正确的一个是（　　）
A．a=1时，f（x）有极大值，且极大值点x0∈（，1）
B．a=2时，f（x）有极小值，且极小值点x0∈（0，）
C．a=时，f（x）有极小值，且极小值点x0∈（1，2）
D．a＜0时，f（x）有极大值，且极大值点x0∈（﹣∞，0）
【考点】利用导数研究函数的极值．
【分析】求出函数的导数，根据函数极值存在的条件，以及函数零点的判断条件，判断f′（x）=0根的区间即可得到结论．
【解答】解：∵f（x）=eax﹣lnx，
∴函数的定义域为（0，+∞），
函数的导数为f′（x）=aeax﹣，
若a=，f（x）=﹣lnx，
则f′（x）=﹣在（0，+∞）上单调递增，
f′（1）=，f′（2）═，
∴函数f（x）存在极小值，且f′（x）=0的根在区间（1，2）内，
故选：C
　
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13．如果的展开式中各项系数之和为128，则展开式中的系数是　21　．
【考点】二项式系数的性质．
【分析】先通过给x赋值1得到展开式的各项系数和；再利用二项展开式的通项公式求出第r+1项，令x的指数为﹣3得到展开式中的系数．
【解答】解：令x=1得展开式的各项系数和为2n
∴2n=128解得n=7
∴展开式的通项为Tr+1=
令7﹣=﹣3，解得r=6
∴展开式中的系数为3C76=21
故答案为：21．
　
14．已知数列1、a、b成等差数列，而1、b、a成等比数列．若a≠b，则7aloga（﹣b）=　　．
【考点】等比数列的通项公式；等差数列的通项公式．
【分析】数列1、a、b成等差数列，而1、b、a成等比数列．可得2a=1+b，b2=a，解得b，a，再利用对数的运算性质即可得出．
【解答】解：∵数列1、a、b成等差数列，而1、b、a成等比数列．
∴2a=1+b，b2=a，
可得2b2﹣b﹣1=0，
解得b=1或﹣．
∵a≠b，∴b≠1．
∴b=﹣，a=．
则7aloga（﹣b）==．
故答案为：．
　
15．已知A，B是球O的球面上两点，∠AOB=90°，C为该球面上的动点．若三棱锥O﹣ABC体积的最大值为3，则球O的体积为　24π　．
【考点】球的体积和表面积．
【分析】当点C位于垂直于面AOB的直径端点时，三棱锥O﹣ABC的体积最大，利用三棱锥O﹣ABC体积的最大值为3，求出半径，即可求出球O的表面积．
【解答】解：如图所示，当点C位于垂直于面AOB的直径端点时，三棱锥O﹣ABC的体积最大，设球O的半径为R，此时VO﹣ABC=VC﹣AOB===3
∴R3=18，
则球O的体积为πR3=24π．
故答案为：24π．

　
16．已知曲线y=x+lnx在点（1，1）处的切线与曲线y=ax2+（a+2）x+1相切，则a=　8　．
【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程．
【分析】求出y=x+lnx的导数，求得切线的斜率，可得切线方程，再由于切线与曲线y=ax2+（a+2）x+1相切，有且只有一切点，进而可联立切线与曲线方程，根据△=0得到a的值．
【解答】解：y=x+lnx的导数为y′=1+，
曲线y=x+lnx在x=1处的切线斜率为k=2，
则曲线y=x+lnx在x=1处的切线方程为y﹣1=2x﹣2，即y=2x﹣1．
由于切线与曲线y=ax2+（a+2）x+1相切，
故y=ax2+（a+2）x+1可联立y=2x﹣1，
得ax2+ax+2=0，
又a≠0，两线相切有一切点，
所以有△=a2﹣8a=0，
解得a=8．
故答案为：8．
　
三、解答题（共5小题，每小题12分，共60分）
17．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a=3，b=4，B=+A．
（I）求tanB的值；
（Ⅱ）求c的值．
【考点】正弦定理．
【分析】（I）由正弦定理，诱导公式可得3cosA=4sinA，可得tanA的值，由已知及诱导公式即可求tanB的值．
（Ⅱ）由tanB=﹣，利用同角三角函数基本关系式可求cosB，sinB，sinA，cosA，由两角和的余弦函数公式可求cosC的值，利用余弦定理即可求c的值．
【解答】解：（I）∵a=3，b=4，B=+A．
∴由正弦定理可得： =，
∴3cosA=4sinA，可得：tanA==，
∴tanB=tan（+A）=﹣=﹣．
（Ⅱ）∵tanB=﹣．
∴cosB=﹣=﹣，sinB==，sinA=sin（B﹣）=﹣cosB=，cosA=，
∴cosC=﹣cos（A+B）=sinAsinB﹣cosAcosB=×﹣×（﹣）=，
∴c===．
　
18．某中学利用周末组织教职员工进行了一次秋季登山健身的活动，有N人参加，现将所有参加者按年龄情况分为[20，25），[25，30），[30，35），[35，40），[40，45），[45，50），[50，55）等七组，其频率分布直方图如下所示．已知[35，40）这组的参加者是8人．
（1）求N和[30，35）这组的参加者人数N1；
（2）已知[30，35）和[35，40）这两组各有2名数学教师，现从这两个组中各选取2人担任接待工作，设两组的选择互不影响，求两组选出的人中都至少有1名数学老师的概率；
（3）组织者从[45，55）这组的参加者（其中共有4名女教师，其余全为男教师）中随机选取3名担任后勤保障工作，其中女教师的人数为x，求x的分布列和均值．

【考点】离散型随机变量的期望与方差；频率分布直方图；离散型随机变量及其分布列．
【分析】（1）先求出年龄在[35，40）内的频率，由此能求出总人数和[30，35）这组的参加者人数N1．
（2）记事件B为“从年龄在[30，35]之间选出的人中至少有1名数学教师”，记事件C为“从年龄在[35，40）之间选出的人中至少有1名数学教师”，分别求出P（B），P（C），由此能求出两组选出的人中都至少有1名数学老师的概率．
（3）年龄在[45，55）之间的人数为6人，其中女教师4人，ξ的可能取值为1，2，3，分别求出相应的概率，由此能求出ξ的分布列和Eξ．
【解答】解：（1）∵年龄在[35，40）内的频率为0.04×5=0.2，
∴总人数N==40人．
∵[30，35）这组的频率为：1﹣（0.01×2+0.02+0.03×2+0.04）×5=0.3，
[30，35）这组的参加者人数N1为：40×0.3=12人．
（2）记事件B为“从年龄在[30，35]之间选出的人中至少有2名数学教师”，
∵年龄在[30，35）之间的人数为12，
∴P（B）=1﹣=，
记事件C为“从年龄在[35，40）之间选出的人中至少有1名数学教师”，
∵年龄在[35，40）之间的人数为8，
∴P（C）=1﹣=，
∴两组选出的人中都至少有1名数学老师的概率P（BC）==．
（3）年龄在[45，55）之间的人数为6人，其中女教师4人，
∴ξ的可能取值为1，2，3，
P（ξ=1）==，
P（ξ=2）==，
P（ξ=3）==，
∴ξ的分布列为：
ξ
1
2
3
P



Eξ==2．
　
19．如图，在四棱柱P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，△PCD为等边三角形，，点M为BC中点，平面PCD⊥平面ABCD．
（1）求证：PD⊥BC；
（2）求二面角P﹣AM﹣D的大小．

【考点】二面角的平面角及求法；空间中直线与直线之间的位置关系．
【分析】（1）根据线面垂直的性质定理即可得到结论．
（2）过点O垂直CD的直线为x轴，OC为y轴，OP为z轴，分别求出平面ADM的法向量和平面PAM的法向量，利用向量法能求出二面角P﹣AM﹣D的大小．
【解答】解：（1）取CD的中点O，连接OP，
∵△PCD为等边三角形，∴OP⊥CD，
又平面PCD⊥平面ABCD，∴OP⊥平面ABCD，
∵CD⊥BC，∴BC⊥平面PCD，
∴PD⊥BC…
（2）以O为原点，过点O垂直CD的直线为x轴，OC为y轴，OP为z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系O﹣xyz．
∵，不妨设AB=2，则BC=2，
依题意得：A（2，﹣1，0），D（0，﹣1，0），
P（0，0，），M（，1，0），
∵OP⊥平面ABCD，∴是平面ADM的法向量，
设平面PAM的法向量为，又，
由，令y=1，得=（），
∴cos＜＞==，
∴二面角P﹣AM﹣D的大小为45°．

　
20．已知椭圆L： +=1（a＞b＞0）的一个焦点于抛物线y2=8x的焦点重合，点（2，）在L 上．
（Ⅰ）求L 的方程；
（Ⅱ）直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与L有两个交点A，B，线段AB的中点为M，证明：OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值．
【考点】椭圆的简单性质．
【分析】（Ⅰ）求得抛物线的焦点，可得c=2，再由点满足椭圆方程，结合a，b，c的关系，解方程可得椭圆的方程；
（Ⅱ）设直线l的方程为y=kx+b（k，b≠0），A（x1，y1），B（x2，y2），代入椭圆方程，运用韦达定理和中点坐标公式可得M的坐标，可得直线OM的斜率，进而得到证明．
【解答】解：（Ⅰ）抛物线y2=8x的焦点为（2，0），
由题意可得c=2，即a2﹣b2=4，
又点（2，）在L上，可得
+=1，
解得a=2，b=2，
即有椭圆L： +=1；
（Ⅱ）证明：设直线l的方程为y=kx+b（k，b≠0），
A（x1，y1），B（x2，y2），
将直线y=kx+b代入椭圆方程+=1，可得
（1+2k2）x2+4kbx+2b2﹣8=0，
x1+x2=﹣，
即有AB的中点M的横坐标为﹣，纵坐标为﹣k•+b=，
直线OM的斜率为kOM==﹣•，
即有kOM•k=﹣．
则OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值．
　
21．已知函数f（x）=ex，g（x）=mx+n．
（1）设h（x）=f（x）﹣g（x）．当n=0时，若函数h（x）在（﹣1，+∞）上没有零点，求m的取值范围；
（2）设函数r（x）=，且n=4m（m＞0），求证：x≥0时，r（x）≥1．
【考点】利用导数研究函数的单调性；函数零点的判定定理．
【分析】（1）求出函数的导数，利用导数的几何意义即可得到结论．（2）求出r（x）的表达式，求函数的导数，利用导数研究函数的单调性即可．
【解答】解：（1）当n=0时，h（x）=f（x）﹣g（x）=ex﹣mx．
若函数h（x）在（﹣1，+∞）上没有零点，
即ex﹣mx=0在（﹣1，+∞）上无解，
若x=0，则方程无解，满足条件，
若x≠0，则方程等价为m=，
设g（x）=，
则函数的导数g′（x）=，
若﹣1＜x＜0，则g′（x）＜0，此时函数单调递减，则g（x）＜g（﹣1）=﹣e﹣1，
若x＞0，由g′（x）＞0得x＞1，
由g′（x）＜0，得0＜x＜1，即当x=1时，函数取得极小值，同时也是最小值，此时g（x）≥g（1）=e，
综上g（x）≥e或g（x）＜﹣e﹣1，
若方程m=无解，则﹣e﹣1≤m＜e．
（2）∵n=4m（m＞0），
∴函数r（x）==+=+，
则函数的导数r′（x）=，
设h（x）=16ex﹣（x+4）2，
则h′（x）=16ex﹣2（x+4）=16ex﹣2x﹣8，
[h′（x）]′=16ex﹣2，
当x≥0时，[h′（x）]′=16ex﹣2＞0，则h′（x）为增函数，即h′（x）＞h′（0）=16﹣8=8＞0，
即h（x）为增函数，∴h（x）≥h（0）=16﹣16=0，
即r′（x）≥0，即函数r（x）在[0，+∞）上单调递增，
故r（x）≥r（0）=+0=1，
故当x≥0时，r（x）≥1成立．
　
[选修4-1：几何证明选讲]（共1小题，满分10分）
22．（选修4﹣1：几何证明选讲）
如图，直线AB为圆的切线，切点为B，点C在圆上，∠ABC的角平分线BE交圆于点E，DB垂直BE交圆于D．
（Ⅰ）证明：DB=DC；
（Ⅱ）设圆的半径为1，BC=，延长CE交AB于点F，求△BCF外接圆的半径．

【考点】与圆有关的比例线段．
【分析】（I）连接DE交BC于点G，由弦切角定理可得∠ABE=∠BCE，由已知角平分线可得∠ABE=∠CBE，于是得到∠CBE=∠BCE，BE=CE．由已知DB⊥BE，可知DE为⊙O的直径，Rt△DBE≌Rt△DCE，利用三角形全等的性质即可得到DC=DB．
（II）由（I）可知：DG是BC的垂直平分线，即可得到BG=．设DE的中点为O，连接BO，可得∠BOG=60°．从而∠ABE=∠BCE=∠CBE=30°．得到CF⊥BF．进而得到Rt△BCF的外接圆的半径=．
【解答】（I）证明：连接DE交BC于点G．
由弦切角定理可得∠ABE=∠BCE，而∠ABE=∠CBE，
∴∠CBE=∠BCE，BE=CE．
又∵DB⊥BE，∴DE为⊙O的直径，∠DCE=90°．
∴△DBE≌△DCE，∴DC=DB．
（II）由（I）可知：∠CDE=∠BDE，DB=DC．
故DG是BC的垂直平分线，∴BG=．
设DE的中点为O，连接BO，则∠BOG=60°．
从而∠ABE=∠BCE=∠CBE=30°．
∴CF⊥BF．
∴Rt△BCF的外接圆的半径=．

　
[选修4-4：坐标系与参数方程]（共1小题，满分0分）
23．在直角坐标系xOy中，曲线C1：（t为参数，t≠0），其中0≤α≤π，在以O为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2：ρ=2sinθ，C3：ρ=2cosθ．
（1）求C2与C3交点的直角坐标；
（2）若C1与C2相交于点A，C1与C3相交于点B，求|AB|的最大值．
【考点】简单曲线的极坐标方程；参数方程化成普通方程．
【分析】（I）由曲线C2：ρ=2sinθ，化为ρ2=2ρsinθ，把代入可得直角坐标方程．同理由C3：ρ=2cosθ．可得直角坐标方程，联立解出可得C2与C3交点的直角坐标．
（2）由曲线C1的参数方程，消去参数t，化为普通方程：y=xtanα，其中0≤α≤π，其极坐标方程为：θ=α（ρ∈R，ρ≠0），利用|AB|=即可得出．
【解答】解：（I）由曲线C2：ρ=2sinθ，化为ρ2=2ρsinθ，
∴x2+y2=2y．
同理由C3：ρ=2cosθ．可得直角坐标方程：，
联立，
解得，，
∴C2与C3交点的直角坐标为（0，0），．
（2）曲线C1：（t为参数，t≠0），化为普通方程：y=xtanα，其中0≤α≤π，其极坐标方程为：θ=α（ρ∈R，ρ≠0），
∵A，B都在C1上，
∴A（2sinα，α），B．
∴|AB|==4，
当时，|AB|取得最大值4．
　
[选修4-5：不等式选讲]（共1小题，满分0分）
24．设a，b，c，d均为正数，且a﹣c=d﹣b，证明：
（Ⅰ）若ab＞cd，则+＞+；
（Ⅱ）+＞+是|a﹣b|＜|c﹣d|的充要条件．
【考点】不等式的证明；必要条件、充分条件与充要条件的判断．
【分析】（Ⅰ）运用两边平方，结合条件和不等式的性质，即可得证；
（Ⅱ）先证若|a﹣b|＜|c﹣d|，则（a﹣b）2＜（c﹣d）2，可得ab＞cd，由（Ⅰ）可得+＞+；再证若+＞+，两边平方，由条件结合不等式的性质，可得|a﹣b|＜|c﹣d|，即可得证．
【解答】证明：（Ⅰ）由（+）2=a+b+2，
（+）2=c+d+2，
由a﹣c=d﹣b，可得a+b=c+d，
由ab＞cd，可得（+）2＞（+）2，
即为+＞+；
（Ⅱ）若|a﹣b|＜|c﹣d|，则（a﹣b）2＜（c﹣d）2，
即（a+b）2﹣4ab＜（c+d）2﹣4cd，
由a+b=c+d，可得ab＞cd，
由（Ⅰ）可得+＞+；
若+＞+，则（+）2＞（+）2，
即有a+b+2＞c+d+2，
由a﹣c=d﹣b，可得a+b=c+d，
即有ab＞cd，
（a﹣b）2=（a+b）2﹣4ab＜（c+d）2﹣4cd=（c﹣d）2，
可得|a﹣b|＜|c﹣d|．
即有+＞+是|a﹣b|＜|c﹣d|的充要条件．
　

2020年8月1日