2021年广东省广州市高考数学综合测试试卷（一）（一模）

这是一份2021年广东省广州市高考数学综合测试试卷（一）（一模），共24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。

2021年广东省广州市高考数学综合测试试卷（一）（一模）
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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．（5分）复数z＝在复平面内对应的点在（　　）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
2．（5分）已知集合A＝{x|（x﹣1）（x+2）＜0}，则∁RA＝（　　）
A．{x|﹣2＜x＜1} B．{x|﹣1＜x＜2} C．{x|x≤﹣2或x≥1} D．{x|x≤﹣1或x≥2}
3．（5分）2020年11月10日，我国“奋斗者”号载人深潜器在马里亚纳海沟成功坐底，下潜深度达到惊人的10909m，创造了我国载人深潜的新记录．当“奋斗者”号下潜至某一深度时，处于其正上方海面处的科考船用声呐装置向“奋斗者”号发射声波．已知声波在海水中传播的平均速度约为1450m/s，若从发出至回收到声波所用时间为6s，则“奋斗者”号的实际下潜深度约为（　　）
A．2900m B．4350m C．5800m D．8700m
4．（5分）a＞b+1是2a＞2b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
5．（5分）函数f（x）＝x3﹣sinx在[﹣1，1]上的图像大致为（　　）
A． B．
C． D．
6．（5分）如图，洛书（古称龟书），是阴阳五行术数之源．在古代传说中有神龟出于洛水，其甲壳上有此图像，结构是戴九履一，左三右七，二四为肩，六八为足，以五居中，五方白圈皆阳数，四角黑点为阴数．若从四个阴数和五个阳数中随机选取3个数，则选取的3个数之和为奇数的方法数为（　　）

A．30 B．40 C．44 D．70
7．（5分）已知A（﹣1，0），B（0，2），直线l：2x﹣2ay+3+a＝0上存在点P，满足|PA|+|PB|＝，则l的倾斜角的取值范围是（　　）
A． B．
C． D．
8．（5分）已知e≈2.71828是自然对数的底数，设a＝﹣，b＝﹣，c＝﹣ln2，则（　　）
A．a＜b＜c B．b＜a＜c C．b＜c＜a D．c＜a＜b
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
（多选）9．（5分）已知点O为坐标原点，直线y＝x﹣1与抛物线C：y2＝4x相交于A，B两点，则（　　）
A．|AB|＝8
B．OA⊥OB
C．△AOB的面积为2
D．线段AB的中点到直线x＝0的距离为2
（多选）10．（5分）已知函数f（x）＝sin2x+2cos2x，则（　　）
A．f（x）的最大值为3
B．f（x）的图像关于直线x＝对称
C．f（x）的图像关于点（﹣，1）对称
D．f（x）在[﹣，]上单调递增
（多选）11．（5分）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为4，EF是棱AB上的一条线段，且EF＝1，点Q是棱A1D1的中点，点P是棱C1D1上的动点，则下面结论中正确的是（　　）
A．PQ与EF一定不垂直
B．二面角P﹣EF﹣Q的正弦值是
C．△PEF的面积是2
D．点P到平面QEF的距离是常量
（多选）12．（5分）在数学课堂上，教师引导学生构造新数列：在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，形成新的数列，再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列，将数列1，2进行构造，第1次得到数列1，3，2；第2次得到数列1，4，3，5，2，…；第n（n∈N*）次得到数列1，x1，x2，x3，…，xk，2；…．记an＝1+x1+x2+…+xk+2，数列{an}的前n项和为Sn，则（　　）
A．k+1＝2n B．an+1＝3an﹣3
C．an＝（n2+3n） D．Sn＝（3n+1+2n﹣3）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．（5分）设向量＝（1，m），＝（2，1），且•（2+）＝7，则m＝　 　．
14．（5分）某车间为了提高工作效率，需要测试加工零件所花费的时间，为此进行了5次试验，这5次试验的数据如表：
零件数x（个）
10
20
30
40
50
加工时间y（min）
62
a
75
81
89
若用最小二乘法求得回归直线方程为＝0.67x+54.9，则a的值为　 　．
15．（5分）已知圆（x﹣1）2+y2＝4与双曲线C：＝1的两条渐近线相交于四个点，按顺时针排列依次记为M，N，P，Q，且|MN|＝2|PQ|，则C的离心率为 　 　．
16．（5分）已知三棱锥P﹣ABC的底面ABC是边长为6的等边三角形，PA＝PB＝PC＝，先在三棱锥P﹣ABC内放入一个内切球O1，然后再放入一个球O2，使得球O2与球O1及三棱锥P﹣ABC的三个侧面都相切，则球O1的体积为 　 　，球O2的表面积为 　 　．
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17．（10分）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且b＝3，cos2B＝cos（A+C），asinA+csinC＝6sinB．
（1）求B；
（2）求△ABC的周长．
18．（12分）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差d≠0，a2是a1，a5的等比中项，S5＝25．
（1）求{an}的通项公式；
（2）若数列{bn}满足bn+bn+1＝Sn，求b2﹣b20．
19．（12分）在边长为2的菱形ABCD中，∠BAD＝60°，点E是边AB的中点（如图1），将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，连接A1B，A1C，得到四棱锥A1﹣BCDE（如图2）．
（1）证明：平面A1BE⊥平面BCDE；
（2）若A1E⊥BE，连接CE，求直线CE与平面A1CD所成角的正弦值．

20．（12分）某中学举行篮球趣味投篮比赛，比赛规则如下：每位选手各投5个球，每一个球可以选择在A区投篮也可以选择在B区投篮，在A区每投进一球得2分，投不进球得0分；在B区每投进一球得3分，投不进球得0分，得分高的选手胜出．已知参赛选手甲在A区和B区每次投篮进球的概率分别为和，且各次投篮的结果互不影响．
（1）若甲投篮得分的期望值不低于7分，则甲选择在A区投篮的球数最多是多少个？
（2）若甲在A区投3个球且在B区投2个球，求甲在A区投篮得分高于在B区投篮得分的概率．
21．（12分）已知点A（1，0），点B是圆O1：（x+1）2+y2＝16上的动点，线段AB的垂直平分线与BO1相交于点C，点C的轨迹为曲线E．
（1）求E的方程；
（2）过点O1作倾斜角互补的两条直线l1，l2，若直线l1与曲线E交于M，N两点，直线l2与圆O1交于P，Q两点，当M，N，P，Q四点构成四边形，且四边形MPNQ的面积为8时，求直线l1的方程．
22．（12分）已知函数f（x）＝xlnx﹣ax2+x（a∈R）．
（1）证明：曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线l恒过定点；
（2）若f（x）有两个零点x1，x2，且x2＞2x1，证明：．

2021年广东省广州市高考数学综合测试试卷（一）（一模）
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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．（5分）复数z＝在复平面内对应的点在（　　）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，求出所对应点的坐标得答案．
【解答】解：∵＝，
∴复数在复平面内对应的点的坐标为（），位于第一象限．
故选：A．
【点评】本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．（5分）已知集合A＝{x|（x﹣1）（x+2）＜0}，则∁RA＝（　　）
A．{x|﹣2＜x＜1} B．{x|﹣1＜x＜2} C．{x|x≤﹣2或x≥1} D．{x|x≤﹣1或x≥2}
【分析】先利用一元二次不等式的解法求出集合A，然后再由补集的定义求解即可．
【解答】解：因为集合A＝{x|（x﹣1）（x+2）＜0}＝{x|﹣2＜x＜1}，
由补集的定义可知，∁RA＝{x|x≤﹣2或x≥1}．
故选：C．
【点评】本题考查了集合的运算，解题的关键是掌握补集的定义，属于基础题．
3．（5分）2020年11月10日，我国“奋斗者”号载人深潜器在马里亚纳海沟成功坐底，下潜深度达到惊人的10909m，创造了我国载人深潜的新记录．当“奋斗者”号下潜至某一深度时，处于其正上方海面处的科考船用声呐装置向“奋斗者”号发射声波．已知声波在海水中传播的平均速度约为1450m/s，若从发出至回收到声波所用时间为6s，则“奋斗者”号的实际下潜深度约为（　　）
A．2900m B．4350m C．5800m D．8700m
【分析】利用速度与时间的乘积即可求解．
【解答】解：由题意可得“奋斗者”号的实际下潜深度约为：
S＝vt＝1450×3＝4350m，
故选：B．
【点评】本题考查了函数的实际应用，涉及到求解路程的问题，属于基础题．
4．（5分）a＞b+1是2a＞2b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
【分析】根据充分条件和必要条件的定义进行判断即可．
【解答】解：由a＞b+1能够推出2a＞2b，
由2a＞2b能推出a＞b，不能推出a＞b+1，
故a＞b+1是2a＞2b的充分不必要条件，
故选：A．
【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，根据充分条件和必要条件的定义是解决本题的关键，属于基础题．
5．（5分）函数f（x）＝x3﹣sinx在[﹣1，1]上的图像大致为（　　）
A． B．
C． D．
【分析】分别计算f（1）与f（）的值，并与0比较大小，即可得解．
【解答】解：∵f（1）＝1﹣sin1＞0，∴排除选项A和D，
又f（）＝（）3﹣sin＝（）3﹣＜0，∴排除选项B，
故选：C．
【点评】本题考查函数的图象与性质，一般可从函数的单调性、奇偶性或特殊点处的函数值等方面着手思考，考查学生的逻辑推理能力和运算求解能力，属于基础题．
6．（5分）如图，洛书（古称龟书），是阴阳五行术数之源．在古代传说中有神龟出于洛水，其甲壳上有此图像，结构是戴九履一，左三右七，二四为肩，六八为足，以五居中，五方白圈皆阳数，四角黑点为阴数．若从四个阴数和五个阳数中随机选取3个数，则选取的3个数之和为奇数的方法数为（　　）

A．30 B．40 C．44 D．70
【分析】根据题意，分2种情况讨论：①选出的3个数都是奇数，②选出的3个数是2个偶数和1个奇数，由加法原理计算可得答案．
【解答】解：根据题意，四个阴数即4个偶数：2、4、6、8，五个阳数即5即奇数：1、3、5、7、9，
从中任选3个，使选出的3个数和为奇数，有2种情况，
①选出的3个数都是奇数，有＝10种选法，
②选出的3个数是2个偶数和1个奇数，有＝30种选法，
一共有30+10＝40种选法，
故选：B．
【点评】本题考查排列组合的应用，涉及分类计数原理的应用，属于基础题．
7．（5分）已知A（﹣1，0），B（0，2），直线l：2x﹣2ay+3+a＝0上存在点P，满足|PA|+|PB|＝，则l的倾斜角的取值范围是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】设P（x，y），利用|AB|＝，且|PA|+|PB|＝，得到点P的轨迹为线段AB，求出线段AB的方程，联立方程组，求出a的表达式，然后利用x的取值范围求出直线l斜率的范围，结合倾斜角与正切函数的关系，求解即可．
【解答】解：设P（x，y），则，又|AB|＝，且|PA|+|PB|＝，
所以点P的轨迹为线段AB，
因为线段AB的方程为，即y＝2x+2，x∈[﹣1，0]，
联立方程组，解得，
直线l的斜率为k＝，
设l的倾斜角为α，则，
因为﹣1≤x≤0，所以，即﹣1≤tanα≤1，α∈（0，π），
解得α∈．
故选：D．
【点评】本题考查了直线倾斜角的求解，主要考查了直线斜率与倾斜角之间关系的应用，考查了动点轨迹方程的求解，综合性较强，考查了逻辑推理能力与化简计算能力，属于中档题．
8．（5分）已知e≈2.71828是自然对数的底数，设a＝﹣，b＝﹣，c＝﹣ln2，则（　　）
A．a＜b＜c B．b＜a＜c C．b＜c＜a D．c＜a＜b
【分析】构造新函数，利用函数的单调性比较大小即可．
【解答】解：已知e≈2.71828是自然对数的底数，a＝﹣，b＝﹣，c＝﹣ln2，
设f（x）＝﹣，
则f′（x）＝﹣，
当0≤x≤时，f′（x）＞0，函数f（x）在0≤x≤上是增函数，
当x＞时，f′（x）＜0，函数f（x）在x＞上是减函数，
a＝f（3），b＝f（2），而＜2＜3，
所以b＞a，
又因为ex＞x+1，x≠1，为常用不等式，可得，
令g（x）＝﹣lnx，
g′（x）＝﹣，
当x＜e时，g′（x）＜0，函数g（x）在x＜e上是减函数，
故g（2）＞g（e）＝0，
则＞ln2，即﹣＜﹣ln2，
则c＞b，
故：a＜b＜c
故选：A．
【点评】本题考查了利用函数的单调性比较大小，属于中档题．
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
（多选）9．（5分）已知点O为坐标原点，直线y＝x﹣1与抛物线C：y2＝4x相交于A，B两点，则（　　）
A．|AB|＝8
B．OA⊥OB
C．△AOB的面积为2
D．线段AB的中点到直线x＝0的距离为2
【分析】设A（x1，y1），B（x2，y2），联立直线AB与抛物线的方程，结合韦达定理可得x1+x2，x1x2，y1y2，由弦长公式，向量的数量积，中点坐标公式，逐个判断即可得出答案．
【解答】解：设A（x1，y1），B（x2，y2），
联立，得y2﹣4y﹣4＝0，
所以y1+y2＝4，y1y2＝﹣4，
x1+x2＝y1+1+y2+1＝6，
x1x2＝（y1+1）（y2+1）＝y1y2+（y1+y2）+1＝﹣4+4+1＝1，
对于A：|AB|＝＝＝8，故A正确；
对于B：•＝（x1，y1）（x2，y2）＝x1x2+y1y2＝1+（﹣4）＝﹣3≠0，故B不正确；
对于C：点O到直线AB的距离d＝＝，
所以S△AOB＝•|AB|•d＝•8•＝2，故C正确；
对于D：线段AB的中点坐标为（，），即（3，2），
所以线段AB的中点到直线x＝0的距离为3，故D不正确．
故选：AC．
【点评】本题考查直线与抛物线的相交问题，属于基础题．
（多选）10．（5分）已知函数f（x）＝sin2x+2cos2x，则（　　）
A．f（x）的最大值为3
B．f（x）的图像关于直线x＝对称
C．f（x）的图像关于点（﹣，1）对称
D．f（x）在[﹣，]上单调递增
【分析】利用二倍角公式的逆运用及辅助角公式将f（x）化成最简形式，由正弦函数的性质即可判断函数的最大值、单调性及对称轴．
【解答】解：f（x）＝sin2x+2×＝sin2x+cos2x+1
＝（sin2x+cos2x）+1＝sin（2x+）+1，
A：∵sin（2x+）∈[﹣1，1]，∴f（x） 的最大值为+1，∴A不正确．
B：当x＝时，f（）＝sin+1＝+1，
∴f（x）的图象关于直线x＝对称，∴B正确．
C：当x＝﹣时，f（﹣）＝sin0+1＝1，
∴f（x）的图象关于点（﹣，1）对称，∴C正确．
D：∵x∈[﹣，]，∴2x+∈[﹣，]，
∴f（x）在区间[﹣，]上先增后减，∴D不正确．
故选：BC．
【点评】本题考查二倍角公式及辅助角公式，函数y＝Asin（ωx+φ）的图象变换规律，正弦函数的图象和性质的应用，属于中档题
（多选）11．（5分）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为4，EF是棱AB上的一条线段，且EF＝1，点Q是棱A1D1的中点，点P是棱C1D1上的动点，则下面结论中正确的是（　　）
A．PQ与EF一定不垂直
B．二面角P﹣EF﹣Q的正弦值是
C．△PEF的面积是2
D．点P到平面QEF的距离是常量
【分析】取特殊位置，当P与点D1重合时，即可判断选项A，建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用向量法求解二面角P﹣EF﹣Q，即可判断选项B，利用线面垂直的性质定理，可得BC1是△PEF的高，利用三角形的面积公式求解即可判断选项C，由线面平行的判定定理判断得到C1D1∥平面QEF，即可判断选项D．
【解答】解：对于A，当P与点D1重合时，PQ⊥EF，故选项A错误；
对于B，由于点P是棱C1D1上的动点，EF是棱AB上的一条线段，所以平面PEF即平面ABC1D1，
建立如图所示的空间直角坐标系，则Q（2，0，4），A（4，0，0），B（4，4，0），
所以，平面QEF即平面QAB，
设平面QAB的法向量为，则，即，
令z＝1，则，
同理可求得平面ABC1D1的法向量为，设二面角P﹣EF﹣Q为θ，
所以，
故，故选项B正确；
对于C，由于AB⊥平面BB1CC1，又BC1⊂平面BB1CC1，
所以AB⊥BC1，所以BC1⊥EF，所以BC1是△PEF的高，
所以，故选项C正确；
对于D，由于C1D1∥EF，且C1D1⊄平面QEF，EF⊂平面QEF，所以C1D1∥平面QEF，
又点P在C1D1上，所以点P到平面QEF的距离为常量，故选项D正确．
故选：BCD．

【点评】本题以命题的真假为载体考查了线面位置关系、线线位关系、二面角的求解以及点到面的距离问题，综合性强，考查了逻辑推理能力与空间想象能力，属于中档题．
（多选）12．（5分）在数学课堂上，教师引导学生构造新数列：在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，形成新的数列，再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列，将数列1，2进行构造，第1次得到数列1，3，2；第2次得到数列1，4，3，5，2，…；第n（n∈N*）次得到数列1，x1，x2，x3，…，xk，2；…．记an＝1+x1+x2+…+xk+2，数列{an}的前n项和为Sn，则（　　）
A．k+1＝2n B．an+1＝3an﹣3
C．an＝（n2+3n） D．Sn＝（3n+1+2n﹣3）
【分析】写出数列{an}的前几项，推得an＝3+31+32+33+…+3n，由等比数列的求和公式和通项公式，结合数列的分组求和，对选项一一分析，可得结论．
【解答】解：由a1＝3+3，a2＝3+3+9，a3＝3+3+9+27，a4＝3+3+9+27+81，
，…，an＝3+31+32+33+…+3n＝3+＝，
由a1有3项，a2有5项，a3有9项，a4有17项，…，
故an有2n+1项．故C错误；
所以k+2＝2n+1，即k+1＝2n，故A正确；
由an＝，可得an+1＝＝3an﹣3，故B正确；
由Sn＝a1+a2+…+an＝（32+33+34+…+3n+1）+
＝•+＝（3n+1+2n﹣3），故D正确．
故选：ABD．
【点评】本题考查数列的递推式和等比数列的通项公式、求和公式的运用，以及数列的分组求和，考查推理能力与计算能力，属于中档题．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．（5分）设向量＝（1，m），＝（2，1），且•（2+）＝7，则m＝　﹣1　．
【分析】利用平面向量坐标运算法则先求出2，再利用向量的数量积即可求出m．
【解答】解：∵向量＝（1，m），＝（2，1）．m实数，
∴2+＝（4，2m+1），
∵•（2+）＝7，
∴•（2+）＝8+2m+1＝7，
解得m＝﹣1．
故答案为：﹣1．
【点评】本题考查实数值的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意平面向量坐标运算法则、向量数量积的合理运用．
14．（5分）某车间为了提高工作效率，需要测试加工零件所花费的时间，为此进行了5次试验，这5次试验的数据如表：
零件数x（个）
10
20
30
40
50
加工时间y（min）
62
a
75
81
89
若用最小二乘法求得回归直线方程为＝0.67x+54.9，则a的值为　68　．
【分析】求出样本中心坐标，代入回归直线方程，即可求解a．
【解答】解：由题意可知：＝＝30，
＝＝，
回归直线方程为＝0.67x+54.9经过样本中心，所以＝0.67×30+54.9，解得a＝68．
故答案为：68．
【点评】本题考查回归直线方程的应用，是基础题．
15．（5分）已知圆（x﹣1）2+y2＝4与双曲线C：＝1的两条渐近线相交于四个点，按顺时针排列依次记为M，N，P，Q，且|MN|＝2|PQ|，则C的离心率为 　　．
【分析】双曲线C的渐近线的方程为y＝±x，由题意可知MN⊥x轴，PQ⊥x轴，设M（x1，y1），P（x2，y2），则N（x1，﹣y1），Q（x2，﹣y2），联立渐近线与圆的方程，结合韦达定理，可得x1+x2，x1x2，由MN|＝2|PQ|及△MON∽△POQ，得相似比为2：1，推出x1＝﹣2x2，解得k，进而可得离心率．
【解答】解：双曲线C的渐近线的方程为y＝±x，
由题意可知MN⊥x轴，PQ⊥x轴，
设M（x1，y1），P（x2，y2），则N（x1，﹣y1），Q（x2，﹣y2），
联立，k＝，
得（1+k2）x2﹣2x﹣3＝0，
所以x1+x2＝，x1x2＝，
又因为|MN|＝2|PQ|，
所以△MON∽△POQ，相似比为2：1，
所以|x1|＝2|x2|，即x1＝﹣2x2，
所以x1+x2＝﹣x2＝，x1x2＝﹣2x22＝，
所以﹣2（）2＝，解得k2＝，
所以e＝＝＝＝．
故答案为：．

【点评】本题考查直线与圆的相交问题，双曲线的渐近线，解题中需要理清思路，属于中档题．
16．（5分）已知三棱锥P﹣ABC的底面ABC是边长为6的等边三角形，PA＝PB＝PC＝，先在三棱锥P﹣ABC内放入一个内切球O1，然后再放入一个球O2，使得球O2与球O1及三棱锥P﹣ABC的三个侧面都相切，则球O1的体积为 　　，球O2的表面积为 　　．
【分析】设球O1的半径为r，球O2的半径为R，由等体积法求解内切球O1的半径，利用截面图，通过分析O1、O2以及三棱锥的高之间的关系，求出O2的半径，然后利用球的体积公式和表面积公式求解即可．
【解答】解：设O为△ABC外接圆的圆心，因为ABC是边长为6的等边三角形，
所以，
因为OP2+OA2＝PA2，解得OP＝3，
设球O1的半径为r，球O2的半径为R，
由等体积法可得，
＝
＝
＝，
所以＝1，
所以球O1的体积为；
作截面图如图所示，可知O1O＝O1N＝1，
则PN＝1，PO1＝2，PO2＝1﹣R，
因为△PO2E∽△PO1F，则，即，解得，
所以球O2的表面积为＝．
故答案为：；．

【点评】本题考查了球的理解和应用，主要考查了球的体积和表面积的求解，解题的关键是利用球的几何性质求出球的半径，考查了等体积法的应用，考查了空间想象能力与化简计算能力，属于中档题．
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17．（10分）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且b＝3，cos2B＝cos（A+C），asinA+csinC＝6sinB．
（1）求B；
（2）求△ABC的周长．
【分析】（1）由已知结合二倍角公式及诱导公式进行化简可求cosB，进而可求B；
（2）由已知结合正弦定理及余弦定理可求a+c，进而可求三角形周长．
【解答】解：（1）因为cos2B＝cos（A+C），
所以2cos2B﹣1＝﹣cosB，
解得，cosB＝或cosB＝﹣1（舍），
由B为三角形内角得B＝，
（2）因为asinA+csinC＝6sinB，
由正弦定理得，a2+c2＝6b＝18，
因为cosB＝＝＝，
故ac＝9，
所以（a+c）2＝a2+c2+2ac＝18+18＝36，
故a+c＝6，
所以△ABC的周长a+b+c＝9．
【点评】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，二倍角公式在三角形求解中的应用，属于中档题．
18．（12分）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差d≠0，a2是a1，a5的等比中项，S5＝25．
（1）求{an}的通项公式；
（2）若数列{bn}满足bn+bn+1＝Sn，求b2﹣b20．
【分析】（1）由等比数列的中项性质和等差数列的通项公式和求和公式，解方程可得首项和公差，即可得到所求；
（2）由等差数列的求和公式可得Sn，则bn+bn+1＝n2，bn+1+bn+2＝（n+1）2，两式相减，结合数列的恒等式，计算可得所求值．
【解答】解：（1）由a2是a1，a5的等比中项，可得a22＝a1a5，
即为（a1+d）2＝a1（a1+4d），化为d＝2a1，
由S5＝25，可得5a1+10d＝25，即a1+2d＝5，
解得a1＝1，d＝2，
则an＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1；
（2）Sn＝n（1+2n﹣1）＝n2，
bn+bn+1＝Sn＝n2，①
可得bn+1+bn+2＝（n+1）2，②
②﹣①可得bn+2﹣bn＝2n+1，
则b20＝b2+（b4﹣b2）+（b6﹣b4）+…+（b20﹣b18）
＝b2+5+9+…+37＝b2+×9×（5+37）＝b2+189，
所以b2﹣b20＝﹣189．
【点评】本题考查等差数列的通项公式和求和公式的运用，以及等比数列的中项性质，考查方程思想和转化思想、运算能力，属于中档题．
19．（12分）在边长为2的菱形ABCD中，∠BAD＝60°，点E是边AB的中点（如图1），将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，连接A1B，A1C，得到四棱锥A1﹣BCDE（如图2）．
（1）证明：平面A1BE⊥平面BCDE；
（2）若A1E⊥BE，连接CE，求直线CE与平面A1CD所成角的正弦值．

【分析】（1）易知△ABD为等边三角形，进而可得DE⊥BE，DE⊥A1E，再结合线面垂直、面面垂直的判定定理，得证；
（2）由平面A1BE⊥平面BCDE，推出A1E⊥平面BCDE，再以E为原点建立空间直角坐标系，求得平面A1CD的法向量，设直线CE与平面A1CD所成角为θ，由sinθ＝|cos＜，＞|，即可得解．
【解答】（1）证明：∵菱形ABCD，且∠BAD＝60°，
∴△ABD为等边三角形，
∵E为AB的中点，∴DE⊥AB，
∴DE⊥BE，DE⊥A1E，
又BE∩A1E＝E，BE、A1E⊂平面A1BE，
∴DE⊥平面A1BE，
∵DE⊂平面BCDE，
∴平面A1BE⊥平面BCDE．

（2）解：由（1）知，平面A1BE⊥平面BCDE，
∵A1E⊥BE，平面A1BE∩平面BCDE＝BE，
∴A1E⊥平面BCDE，
以E为原点，ED，EB，EA1所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则A1（0，0，1），C（，2，0），D（，0，0），E（0，0，0），
∴＝（，2，0），＝（，0，﹣1），＝（0，﹣2，0），
设平面A1CD的法向量为＝（x，y，z），则，即，
令x＝1，则y＝0，z＝，∴＝（1，0，），
设直线CE与平面A1CD所成角为θ，则sinθ＝|cos＜，＞|＝||＝||＝，
故直线CE与平面A1CD所成角的正弦值为．
【点评】本题考查空间中线与面的位置关系、线面角的求法，熟练掌握线面、面面垂直的判定定理与性质定理，以及利用空间向量处理线面角的方法是解题的关键，考查学生的空间立体感、逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
20．（12分）某中学举行篮球趣味投篮比赛，比赛规则如下：每位选手各投5个球，每一个球可以选择在A区投篮也可以选择在B区投篮，在A区每投进一球得2分，投不进球得0分；在B区每投进一球得3分，投不进球得0分，得分高的选手胜出．已知参赛选手甲在A区和B区每次投篮进球的概率分别为和，且各次投篮的结果互不影响．
（1）若甲投篮得分的期望值不低于7分，则甲选择在A区投篮的球数最多是多少个？
（2）若甲在A区投3个球且在B区投2个球，求甲在A区投篮得分高于在B区投篮得分的概率．
【分析】（1）先求出甲在A区、B区每次投篮得分的期望，设甲选择在A区投篮的球数为x个，由题意可得x的不等式，解之即可得结论；
（2）分别求出甲在B区投中0个，1个，2个球时，在A区投篮得分高于在B区投篮得分的概率，相加即可得解．
【解答】解：（1）甲在A区每次投篮得分的期望为2×＝，
在B区每次投篮得分的期望为3×＝，
设甲选择在A区投篮的球数为x个，
则x+（5﹣x）≥7，
解得x≤3，
所以甲选择在A区投篮的球数最多是3个．
（2）甲在B区投中0个，在A区投中1，2，3个的概率为[1﹣]×＝，
甲在B区投中1个，在A区投中2个或3个的概率（×××+××）×＝，
甲在B区投中2个得6分，此时在A区投篮得分不可能高于B区，
故甲在A区投篮得分高于在B区投篮得分的概率为+＝．
【点评】本题主要考查相互独立事件的概率公式，离散型随机变量的期望，考查运算求解能力，属于中档题．
21．（12分）已知点A（1，0），点B是圆O1：（x+1）2+y2＝16上的动点，线段AB的垂直平分线与BO1相交于点C，点C的轨迹为曲线E．
（1）求E的方程；
（2）过点O1作倾斜角互补的两条直线l1，l2，若直线l1与曲线E交于M，N两点，直线l2与圆O1交于P，Q两点，当M，N，P，Q四点构成四边形，且四边形MPNQ的面积为8时，求直线l1的方程．
【分析】（1）由线段AB的垂直平分线与BO1相交于点C，得|CA|＝|CB|，进而可得|CA|+|CO1|＝|CB|+|CO1|＝|BO1|＝4＞|O1A|，由椭圆的定义可得2a＝4，c＝1，b2＝a2﹣c2，进而可得曲线C的方程．
（2）设直线l1的方程为y＝k（x+1），M（x1，y1），N（x2，y2），联立椭圆的方程，可得x1+x2，x1x2，由弦长公式可得|MN|＝|x1﹣x2|，由于直线l2过圆O1的圆心，则|PO1|＝|QO1|＝4，且P，Q两点到直线MN的距离相等，设直线l2的倾斜角为θ，则tanθ＝﹣k，写出点P到直线MN的距离d，进而可得四边形MPNQ的面积S＝2S△PMN＝d×|MN|＝＝8，解得k，进而可得答案．
【解答】解：（1）由已知得，圆O1的圆心为O1（﹣1，0），半径r＝|BO1|＝4，点A（1，0），
因为线段AB的垂直平分线与BO1相交于点C，所以|CA|＝|CB|，
所以|CA|+|CO1|＝|CB|+|CO1|＝|BO1|＝4＞|O1A|，
所以点C的轨迹是以O1，A为焦点，长轴长为4的椭圆，
设曲线E的方程为+＝1（a＞b＞0），
则2a＝4，c＝1，b2＝a2﹣c2＝3，
所以椭圆E的方程为+＝1．
（2）由题意可得直线l1，l2的斜率都存在且不为0，
设直线l1的方程为y＝k（x+1），M（x1，y1），N（x2，y2），
由得（3+4k2）x2+8k2x+4k2﹣12＝0，
Δ＝（8k2）2﹣4（3+4k2）（4k2﹣12）＝144（1+k2）＞0，
所以x1+x2＝﹣，x1x2＝，
所以|MN|＝|x1﹣x2|＝
＝＝•＝，
由于直线l2过圆O1的圆心，则|PO1|＝|QO1|＝4，且P，Q两点到直线MN的距离相等，
设直线l2的倾斜角为θ，则tan（π﹣θ）＝k，即tanθ＝﹣k，
又点P到直线MN的距离d＝|PO1||sin2θ|＝4||＝4×＝，
则四边形MPNQ的面积S＝2S△PMN＝d×|MN|＝，
由于四边形MPNQ的面积为8，
则＝8，解得k＝±，
所以直线l1的方程为y＝±（x+1）．
【点评】本题考查椭圆的方程，直线与椭圆的相交问题，解题中需要一定的计算能力，属于中档题．
22．（12分）已知函数f（x）＝xlnx﹣ax2+x（a∈R）．
（1）证明：曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线l恒过定点；
（2）若f（x）有两个零点x1，x2，且x2＞2x1，证明：．
【分析】（1）利用导数求出曲线在点（1，f（1））处的切线方程，再由直线系方程证明切线l恒过定点；
（2）x1，x2是f（x）的两个零点，且x2＞2x1，可得，即，再由合比与分比定理变形，同时令t＝（t＞2），可得lnx1x2+2＝＝，构造函数g（t）＝，利用导数证明g（t）＞g（2）＝3ln2，整理即可证明．
【解答】证明：（1）f′（x）＝xlnx﹣ax2+x＝lnx+1﹣2ax+1＝lnx﹣2ax+2，
f′（1）＝2﹣2a，又f（1）＝1﹣a，
∴曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y﹣（1﹣a）＝（2﹣2a）（x﹣1），
即y＝2（1﹣a）（x﹣），当x＝时，y＝0，
故直线l过定点（，0）；
（2）∵x1，x2是f（x）的两个零点，且x2＞2x1，
∴，可得，
∴＝＝，
令t＝（t＞2），∴lnx1x2+2＝＝，
构造函数g（t）＝，g′（t）＝，
令h（t）＝t﹣，则h′（t）＝＞0，则h（t）在（2，+∞）上单调递增，
而h（2）＝2﹣＝＞0，∴g′（t）＞0，则g（t）在（2，+∞）上单调递增，
∴g（t）＞g（2）＝3ln2，可得ln（x1x2）+2＞3ln2，则ln（x1x2）＞，
即x1x2＞，则＞＞．
【点评】本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查利用导数研究函数的单调性及最值，考查逻辑思维能力及运算求解能力，属难题．
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