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2020高考数学二轮仿真模拟专练六理试题
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这是一份2020高考数学二轮仿真模拟专练六理试题，共12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高考数学二轮仿真模拟专练（六）理
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，只有一项是符合题目要求的)
1．[2019·贵州遵义模拟]若集合A＝{x|1≤x<15}，B＝{x|－1
C．A∩B＝∅ D．A∪B＝R
答案：B
解析：A＝{x|1≤x<15}，B＝{x|－1
2．[2019·辽宁鞍山一中模拟]在复平面内，复数所对应的点位于( )
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
答案：B
解析：设z＝，则z＝－＋i，所以复数在复平面内所对应的点应位于第二象限．故选B.
3．[2019·湖北黄冈调研]已知函数f(2x＋1)的定义域为(－2，0)，则f(x)的定义域为( )
A．(－2，0) B．(－4，0)
C．(－3，1) D.
答案：C
解析：∵f(2x＋1)的定义域为(－2，0)，即－2
A．－2 B．－1
C．0 D．1
答案：B
解析：因为f(0)＝m＋，且函数f(x)的图象不过第三象限，所以m＋≥0，即m≥－，所以“m>a”是“m≥－”的必要不充分条件，所以a<－，则实数a能取的最大整数为－1.故选B.
5．[2019·贵州贵阳监测]如果在等差数列{an}中，a3＋a4＋a5＝12，那么a1＋a2＋…＋a7＝( )
A．14 B．21
C．28 D．35
答案：C
解析：由题意得3a4＝12，则a4＝4，所以a1＋a2＋…＋a7＝(a1＋a7)＋(a2＋a6)＋(a3＋a5)＋a4＝7a4＝28.故选C.
6．[2019·天津第一中学月考]如图，在梯形ABCD中，∠ABC＝90°，AB＝，BC＝2，点E为AB的中点，若在上的投影为－，则·＝( )
A．－2 B．－
C．0 D.
答案：A
解析：通解 ∵在上的投影为－，∴在上的投影为.
∵BC＝2，∴AD＝.又点E为AB的中点，∴＝－＝－，
又＝＋＝＋，∠ABC＝90°，
∴·＝2－·－2＝－2.故选A.
优解 以点B为坐标原点，BC所在直线为x轴，BA所在直线为y轴建立平面直角坐标系，则B(0，0)，C(2，0)，E(0，)，∴＝，又在上的投影为－，∴D，∴＝，∴·＝－2.故选A.
7．[2019·河北衡水七调]要测量底部不能到达的某铁塔AB的高度，示意如图所示，在塔的同一侧选择C，D两个观测点，且在C，D两点测得塔顶A的仰角分别为45°，30°.在水平面上测得∠BCD＝120°，C，D两地相距600 m，则铁塔AB的高度是( )
A．120 m B．480 m
C．240 m D．600 m
答案：D
解析：设AB＝x m，则BC＝x m，BD＝x m，在△BCD中，由余弦定理可知cos 120°＝＝－，解得x＝600，故铁塔AB的高度为600 m，故选D.
8．[2019·湖南师大附中模拟]庄子说：“一尺之棰，日取其半，万世不竭．”这句话描述的是一个数列问题，现用程序框图描述，如图所示，若输入某个正整数n后，输出的S∈，则输入的n的值为( )
A．7
B．6
C．5
D．4
答案：C
解析：框图中首先给累加变量S赋值0，给循环变量k赋值1，
输入n的值后，执行循环体，S＝，k＝1＋1＝2.
若2>n不成立，执行循环体，S＝，k＝2＋1＝3.
若3>n不成立，执行循环体，S＝，k＝3＋1＝4.
若4>n不成立，执行循环体，S＝，k＝4＋1＝5.
若5>n不成立，执行循环体，S＝，k＝5＋1＝6.
若6>n不成立，执行循环体，S＝，k＝6＋1＝7.
……
由于输出的S∈，可得当S＝，k＝6时，应该满足条件6>n，所以5≤n<6，故输入的正整数n的值为5.故选C.
9．[2019·广东六校联考]在区间[－π，π]上随机取两个实数a，b，记向量m＝(a，4b)，n＝(4a，b)，则m·n≥4π2的概率为( )
A．1－ B．1－
C．1－ D．1－
答案：B
解析：在区间[－π，π]上随机取两个实数a，b，则点(a，b)在如图所示的正方形上及其内部．因为m·n＝4a2＋4b2≥4π2，所以a2＋b2≥π2，满足条件的点(a，b)在以原点为圆心，π为半径的圆的外部(含边界)，且在正方形内(含边界)，如图中阴影部分所示，所以m·n≥4π2的概率P＝＝1－，故选B.
10．[2019·四川绵阳诊断]2018年9月24日，英国数学家M.F阿蒂亚爵士在“海德堡论坛”展示了他“证明”黎曼猜想的过程，引起数学界震动，黎曼猜想来源于一些特殊数列求和，记S＝1＋＋＋…＋＋…，则( )
A．12
答案：C
解析：因为n(n－1)>，所以S<1＋＋＋…＋＝1＋1－＋－＋…＋－＝2－，S>1＋＋＋…＋＝1＋－＋－＋…＋－＝－，当n→＋∞且n∈N*时，→0，→0，所以
11．[2019·河北六校联考]如图所示，PA垂直于⊙O所在的平面，AB是⊙O的直径，PA＝AB＝2，C是⊙O上的一点，E，F分别是点A在PB，PC上的射影，当三棱锥P－AEF的体积最大时，PC与底面ABC所成角的余弦值是( )
A. B.
C. D.
答案：D
解析：因为PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC，
又AC⊥BC，AC∩AP＝A，故BC⊥平面PAC.
又AF⊂平面PAC，故AF⊥BC，又AF⊥PC，BC∩PC＝C，故AF⊥平面PBC，
所以AF⊥PB，AF⊥EF，又AE⊥PB，所以PB⊥平面AEF.
设∠BAC＝θ，则AC＝2cos θ，BC＝2sin θ，PC＝，
在Rt△PAC中，AF＝＝＝，
AE＝PE＝，EF＝，
VP－AEF＝××EF×PE×AF＝×××AF
＝×≤，
当AF＝1时，VP－AEF取得最大值，此时AF＝＝1，
解得cos θ＝(负值舍去)，PC与底面ABC所成的角为∠PCA，
cos∠PCA＝＝＝，故选D.
12．[2019·天津市七校联考]已知直线2x－y＋4＝0，经过椭圆＋＝1(a>b>0)的左焦点F1，且与椭圆在第二象限的交点为M，与y轴的交点为N，F2是椭圆的右焦点，|MN|＝|MF2|，则椭圆的方程为( )
A.＋＝1 B.＋y2＝1
C.＋y2＝1 D.＋＝1
答案：D
解析：由题意知，直线2x－y＋4＝0与x轴的交点为(－2，0)，
又直线2x－y＋4＝0过椭圆＋＝1(a>b>0)的左焦点F1，
所以F1(－2，0)，即c＝2，直线2x－y＋4＝0与椭圆在第二象限的交点为M，与y轴的交点为N(0，4)，且|MN|＝|MF2|，
所以|MF1|＋|MF2|＝|F1N|＝2a，
即a＝＝ ＝3，又b2＝a2－c2＝9－4＝5，
所以所求的椭圆的方程为＋＝1，故选D.
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．将正确答案填在题中的横线上．)
13．[2019·山东烟台三中月考]已知方程x2＋3ax＋3a＋1＝0(a>0)的两根分别为tan α，tan β，且α，β∈，则α＋β＝________.
答案：－
解析：由已知得tan α＋tan β＝－3a，tan αtan β＝3a＋1，∴tan(α＋β)＝1.
又α，β∈，tan α＋tan β＝－3a<0，tan αtan β＝3a＋1>0，
∴tan α<0，tan β<0，∴α，β∈，
∴α＋β∈(－π，0)，∴α＋β＝－.
14．[2019·贵州遵义一中期中]已知实数x，y满足则z＝|x－y＋1|的取值范围是________．
答案：[0，3]
解析：作出可行域如图中阴影部分所示，作出直线x－y＋1＝0，
因为z＝|x－y＋1|＝×表示点(x，y)到直线x－y＋1＝0的距离的倍，所以结合图象易知0≤z≤3.
15．[2019·湖南重点中学联考]《九章算术》是我国古代的数学名著，书中将底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵．已知一个堑堵的底面积为6，其各面均与体积为的球相切，则该堑堵的表面积为________．
答案：36
解析：设球的半径为r，堑堵底面三角形的周长为l，由已知得r＝1，∴堑堵的高为2.则lr＝6，l＝12，∴表面积S＝12×2＋6×2＝36.
16．[2019·福建晋江四校期中]已知函数f(x)＝若关于x的函数y＝f2(x)－bf(x)＋1有8个不同的零点，则实数b的取值范围是________．
答案：
解析：作出函数f(x)＝的图象，如图所示．
设f(x)＝t，由图可知，t∈(0，4]，f(x)＝t有4个根，∴在(0，4]上，方程t2－bt＋1＝0有2个不同的解，
∴解得2
17．(12分)[2019·安徽省示范高中联考]设数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝2－an，n＝1，2，3，….数列{bn}满足b1＝1，且bn＋1＝bn＋an.
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)设cn＝n(3－bn)，求数列{cn}的前n项和Tn.
解析：(1)因为n＝1时，a1＋S1＝a1＋a1＝2，所以a1＝1.
因为Sn＝2－an，即an＋Sn＝2，则an＋1＋Sn＋1＝2，
两式相减，得an＋1－an＋Sn＋1－Sn＝0，即an＋1－an＋an＋1＝0，所以2an＋1＝an.
易知an≠0，所以＝(n∈N*)，
所以数列{an}是首项为1，公比为的等比数列，其通项公式为an＝n－1.
因为bn＋1＝bn＋an(n＝1，2，3，…)，所以bn＋1－bn＝n－1，
由此得b2－b1＝1，b3－b2＝，b4－b3＝2，…，bn－bn－1＝n－2(n＝2，3，…)．
将这(n－1)个等式相加，得bn－b1＝1＋＋2＋…＋n－2＝＝2－n－2.
又b1＝1，所以bn＝3－n－2(n＝2，3，…)，
易知当n＝1时也满足上式，
所以bn＝3－n－2(n∈N*)．
(2)由(1)知，cn＝n(3－bn)＝2nn－1，则
Tn＝2
，①
Tn＝2
，②
①－②得，Tn＝
2－2n×n
＝2×－2nn
＝4－2nn
＝4－(4＋2n)n，
所以Tn＝8－(8＋4n)n＝8－(2＋n)n－2.
18．(12分)[2019·郑州高中毕业年级第一次质量预测]
已知四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°，PA⊥平面ABCD，E，M分别是BC，PD上的中点，直线EM与平面PAD所成角的正弦值为，点F在PC上移动．
(1)证明：无论点F在PC上如何移动，都有平面AEF⊥平面PAD；
(2)求点F恰为PC的中点时，二面角C－AF－E的余弦值．
解析：(1)证明：连接AC，
∵底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°，
∴△ABC是正三角形，
∵E是BC的中点，∴AE⊥BC，
又AD∥BC，∴AE⊥AD.
∵PA⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，
∴PA⊥AE，
又PA∩AD＝A，∴AE⊥平面PAD，
又AE⊂平面AEF，
∴无论点F在PC上如何移动，都有平面AEF⊥平面PAD.
(2)由(1)得AE，AD，AP两两垂直，分别以AE，AD，AP所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，连接AM，
∵AE⊥平面PAD，
∴∠AME就是EM与平面PAD所成的角，
在Rt△AME中，sin∠AME＝，
则tan∠AME＝，即＝，
设AB＝2a，则AE＝a，得AM＝a，
又AD＝AB＝2a，设PA＝2b，则M(0，a，b)，
∴AM＝＝a，解得b＝a，∴PA＝AD＝2a，
则A(0，0，0)，B(a，－a，0)，C(a，a，0)，D(0，2a，0)，
P(0，0，2a)，E(a，0，0)，F，
∴＝(a，0，0)，＝，
＝(－a，3a，0)，
设n＝(x，y，z)是平面AEF的法向量，
则⇒
取z＝a，得n＝(0，－2a，a)．
又BD⊥平面ACF，
∴＝(－a，3a，0)是平面ACF的一个法向量，
∴cos〈n，〉＝＝＝－，
由图可知二面角C－AF－E的平面角为锐角，
∴二面角C－AF－E的余弦值为.
19．(12分)[2019·安徽省合肥市高三第三次质量检测]某种大型医疗检查机器生产商，对一次性购买2台机器的客户推出两种超过质保期后两年内的延保维修优惠方案：
方案一：交纳延保金7 000元，在延保的两年内可免费维修2次，超过2次每次收取维修费2 000元；
方案二：交纳延保金1 0000元，在延保的两年内可免费维修4次，超过4次每次收取维修费1 000元．
某医院准备一次性购买2台这种机器．现需决策在购买机器时应购买哪种延保方案，为此搜集并整理了50台这种机器超过质保期后延保两年内维修的次数，得下表：
维修次数
0
1
2
3
台数
5
10
20
15
以这50台机器维修次数的频率代替1台机器维修次数发生的概率．记X表示这2台机器超过质保期后延保的两年内共需维修的次数．
(1)求X的分布列；
(2)以所需延保金及维修费用的期望为决策依据，医院选择哪种延保方案更合算？
解析：(1)X所有可能的取值为0，1，2，3，4，5，6.
P(X＝0)＝×＝，
P(X＝1)＝××2＝，
P(X＝2)＝×＋××2＝，
P(X＝3)＝××2＋××2＝，
P(X＝4)＝×＋××2＝，
P(X＝5)＝××2＝，
P(X＝6)＝×＝，
所以X的分布列为
X
0
1
2
3
4
5
6
P
(2)选择延保方案一，所需费用Y1(单位：元)的分布列为
Y1
7 000
9 000
11 000
13 000
15 000
P
所以EY1＝×7 000＋×9 000＋×11 000＋×13 000＋×15 000＝10 720.
选择延保方案二，所需费用Y2(单位：元)的分布列为
Y2
10 000
11 000
12 000
P
所以EY2＝×10 000＋×11 000＋×12 000＝10 420.
因为EY1>EY2，
所以该医院选择延保方案二较合算．
20．(12分)[2019·湖北重点高中联考协作体期中]已知动圆C过定点F2(1，0)，并且内切于定圆F1：(x＋1)2＋y2＝12.
(1)求动圆圆心C的轨迹方程；
(2)若曲线y2＝4x上存在M，N两点，(1)中曲线上有P，Q两点，并且M，N，F2三点共线，P，Q，F2三点共线，PQ⊥MN，求四边形PMQN的面积的最小值．
解析：(1)设动圆的半径为r，则|CF2|＝r，|CF1|＝2－r，
所以|CF1|＋|CF2|＝2>|F1F2|，
由椭圆的定义知动圆圆心C的轨迹是以F1，F2为焦点的椭圆，
且长半轴长a＝，半焦距c＝1，所以短半轴长b＝，
所以动圆圆心C的轨迹方程是＋＝1.
(2)当直线MN的斜率不存在时，直线PQ的斜率为0，
易得|MN|＝4，|PQ|＝2，四边形PMQN的面积S＝4.
当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，
联立方程得消去y，得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝＋2，x1x2＝1，
|MN|＝·＝＋4.
因为PQ⊥MN，所以直线PQ的方程为y＝－(x－1)，
由得(2k2＋3)x2－6x＋3－6k2＝0.
设P(x3，y3)，Q(x4，y4)，则x3＋x4＝，x3x4＝，|PQ|＝＝.
则四边形PMQN的面积S＝·|MN|·|PQ|＝··＝.
令k2＋1＝t，t>1，则S＝＝＝.
因为t>1，所以0<<1，易知－2＋的取值范围是(0，2)，所以S>＝4.
综上可得S≥4，故S的最小值为4.
21．(12分)[2019·银川一中高三第一次模拟考试]已知函数f(x)＝a(x－2ln x)＋，a∈R.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)有两个零点，求实数a的取值范围．
解析：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝a＋＝.
(ⅰ)当a≤0时，ax2－1<0恒成立，
x∈(0，2)时，f′(x)>0，f(x)在(0，2)上单调递增；
x∈(2，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)在(2，＋∞)上单调递减；
(ⅱ)当a>0时，由f′(x)＝0得，x1＝2，x2＝，x3＝－(舍去)，
①当x1＝x2，即a＝时，f′(x)≥0恒成立，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②当x1>x2，即a>时，x∈或x∈(2，＋∞)时，
f′(x)>0恒成立，f(x)在，(2，＋∞)上单调递增；
x∈时，f′(x)<0恒成立，f(x)在上单调递减；
③当x10恒成立，f(x)在(0，2)，上单调递增；
x∈时，f′(x)<0恒成立，f(x)在上单调递减；
综上，当a≤0时，f(x)的单调递增区间为(0，2)，单调递减区间为(2，＋∞)；
当a＝时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；
当a>时，f(x)的单调递增区间为，(2，＋∞)，单调递减区间为；
当0
又因为f(1)＝a<0，
取x0＝max，令f1(x)＝x－2ln x，f2(x)＝，
则f1′(x)＝1－>0在(2，＋∞)上成立，
故f1(x)＝x－2ln x单调递增，f1(x0)≥5－2ln 5＝1＋2(2－ln 5)>1，
f(x0)＝a(x0－2ln x0)＋－
所以f(x)有两个零点等价于f(2)＝a(2－2ln 2)＋>0，
得a>－，
所以－
当a＝时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，至多只有一个零点，不符合题意；
当a>0且a≠时，f(x)有两个极值，
f(2)＝a(2－2ln 2)＋>0，f＝2＋aln a－a，
记g(x)＝2＋xln x－x，
g′(x)＝2＋(1＋ln x)－1＝＋ln x，
令h(x)＝＋ln x，则h′(x)＝－＋＝.
当x>时，h′(x)>0，g′(x)在上单调递增；
当0
x→0时，g(x)→0，故f＝2＋aln a－a>0.
又f(2)＝a(2－2ln 2)＋>0，由(1)知，f(x)至多只有一个零点，不符合题意．
综上，实数a的取值范围为.
选考题(请考生在第22、23题中任选一题作答，多答、不答按本选考题的首题进行评分．)
22．(10分)[2019·长沙二模][选修4－4：坐标系与参数方程]
在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为(t为参数)，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2的极坐标方程为ρ＝4cos.
(1)写出曲线C2的直角坐标方程；
(2)设点P，Q分别在C1，C2上运动，若|PQ|的最小值为1，求m的值．
解析：(1)ρ＝4cos即ρ＝2cos θ＋2sin θ，
所以ρ2＝2ρcos θ＋2ρsin θ，
将ρcos θ＝x，ρsin θ＝y，ρ2＝x2＋y2代入得
C2的直角坐标方程为x2＋y2－2x－2y＝0.
(2)将x2＋y2－2x－2y＝0化为(x－)2＋(y－1)2＝4，
所以C2是圆心为(，1)，半径为2的圆，
将C1的参数方程化为普通方程为x－y＋m＝0，
所以|PQ|min＝－2＝－2＝1，
由此解得m＝4或m＝－8.
23．(10分)[2019·山东省济宁市模拟考][选修4－5：不等式选讲]
已知a>0，b>0，函数f(x)＝|2x＋a|＋2|x－|＋1的最小值为2.
(1)求a＋b的值；
(2)求证：a＋log3≥3－b.
解析：(1)因为f(x)＝|2x＋a|＋|2x－b|＋1≥|2x＋a－(2x－b)|＋1＝|a＋b|＋1，
当且仅当(2x＋a)(2x－b)≤0时，等号成立，
又a>0，b>0，所以|a＋b|＝a＋b，
所以f(x)的最小值为a＋b＋1＝2，
所以a＋b＝1.
(2)由(1)知，a＋b＝1，
所以＋＝(a＋b)＝1＋4＋＋≥5＋2＝9，
当且仅当＝且a＋b＝1，即a＝，b＝时取等号．
所以log3≥log39＝2，
所以a＋b＋log3≥1＋2＝3，即a＋log3≥3－b.
2020高考数学二轮仿真模拟专练（六）理
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，只有一项是符合题目要求的)
1．[2019·贵州遵义模拟]若集合A＝{x|1≤x<15}，B＝{x|－1
C．A∩B＝∅ D．A∪B＝R
答案：B
解析：A＝{x|1≤x<15}，B＝{x|－1
2．[2019·辽宁鞍山一中模拟]在复平面内，复数所对应的点位于( )
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
答案：B
解析：设z＝，则z＝－＋i，所以复数在复平面内所对应的点应位于第二象限．故选B.
3．[2019·湖北黄冈调研]已知函数f(2x＋1)的定义域为(－2，0)，则f(x)的定义域为( )
A．(－2，0) B．(－4，0)
C．(－3，1) D.
答案：C
解析：∵f(2x＋1)的定义域为(－2，0)，即－2
A．－2 B．－1
C．0 D．1
答案：B
解析：因为f(0)＝m＋，且函数f(x)的图象不过第三象限，所以m＋≥0，即m≥－，所以“m>a”是“m≥－”的必要不充分条件，所以a<－，则实数a能取的最大整数为－1.故选B.
5．[2019·贵州贵阳监测]如果在等差数列{an}中，a3＋a4＋a5＝12，那么a1＋a2＋…＋a7＝( )
A．14 B．21
C．28 D．35
答案：C
解析：由题意得3a4＝12，则a4＝4，所以a1＋a2＋…＋a7＝(a1＋a7)＋(a2＋a6)＋(a3＋a5)＋a4＝7a4＝28.故选C.
6．[2019·天津第一中学月考]如图，在梯形ABCD中，∠ABC＝90°，AB＝，BC＝2，点E为AB的中点，若在上的投影为－，则·＝( )
A．－2 B．－
C．0 D.
答案：A
解析：通解 ∵在上的投影为－，∴在上的投影为.
∵BC＝2，∴AD＝.又点E为AB的中点，∴＝－＝－，
又＝＋＝＋，∠ABC＝90°，
∴·＝2－·－2＝－2.故选A.
优解 以点B为坐标原点，BC所在直线为x轴，BA所在直线为y轴建立平面直角坐标系，则B(0，0)，C(2，0)，E(0，)，∴＝，又在上的投影为－，∴D，∴＝，∴·＝－2.故选A.
7．[2019·河北衡水七调]要测量底部不能到达的某铁塔AB的高度，示意如图所示，在塔的同一侧选择C，D两个观测点，且在C，D两点测得塔顶A的仰角分别为45°，30°.在水平面上测得∠BCD＝120°，C，D两地相距600 m，则铁塔AB的高度是( )
A．120 m B．480 m
C．240 m D．600 m
答案：D
解析：设AB＝x m，则BC＝x m，BD＝x m，在△BCD中，由余弦定理可知cos 120°＝＝－，解得x＝600，故铁塔AB的高度为600 m，故选D.
8．[2019·湖南师大附中模拟]庄子说：“一尺之棰，日取其半，万世不竭．”这句话描述的是一个数列问题，现用程序框图描述，如图所示，若输入某个正整数n后，输出的S∈，则输入的n的值为( )
A．7
B．6
C．5
D．4
答案：C
解析：框图中首先给累加变量S赋值0，给循环变量k赋值1，
输入n的值后，执行循环体，S＝，k＝1＋1＝2.
若2>n不成立，执行循环体，S＝，k＝2＋1＝3.
若3>n不成立，执行循环体，S＝，k＝3＋1＝4.
若4>n不成立，执行循环体，S＝，k＝4＋1＝5.
若5>n不成立，执行循环体，S＝，k＝5＋1＝6.
若6>n不成立，执行循环体，S＝，k＝6＋1＝7.
……
由于输出的S∈，可得当S＝，k＝6时，应该满足条件6>n，所以5≤n<6，故输入的正整数n的值为5.故选C.
9．[2019·广东六校联考]在区间[－π，π]上随机取两个实数a，b，记向量m＝(a，4b)，n＝(4a，b)，则m·n≥4π2的概率为( )
A．1－ B．1－
C．1－ D．1－
答案：B
解析：在区间[－π，π]上随机取两个实数a，b，则点(a，b)在如图所示的正方形上及其内部．因为m·n＝4a2＋4b2≥4π2，所以a2＋b2≥π2，满足条件的点(a，b)在以原点为圆心，π为半径的圆的外部(含边界)，且在正方形内(含边界)，如图中阴影部分所示，所以m·n≥4π2的概率P＝＝1－，故选B.
10．[2019·四川绵阳诊断]2018年9月24日，英国数学家M.F阿蒂亚爵士在“海德堡论坛”展示了他“证明”黎曼猜想的过程，引起数学界震动，黎曼猜想来源于一些特殊数列求和，记S＝1＋＋＋…＋＋…，则( )
A．1
答案：C
解析：因为n(n－1)
11．[2019·河北六校联考]如图所示，PA垂直于⊙O所在的平面，AB是⊙O的直径，PA＝AB＝2，C是⊙O上的一点，E，F分别是点A在PB，PC上的射影，当三棱锥P－AEF的体积最大时，PC与底面ABC所成角的余弦值是( )
A. B.
C. D.
答案：D
解析：因为PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC，
又AC⊥BC，AC∩AP＝A，故BC⊥平面PAC.
又AF⊂平面PAC，故AF⊥BC，又AF⊥PC，BC∩PC＝C，故AF⊥平面PBC，
所以AF⊥PB，AF⊥EF，又AE⊥PB，所以PB⊥平面AEF.
设∠BAC＝θ，则AC＝2cos θ，BC＝2sin θ，PC＝，
在Rt△PAC中，AF＝＝＝，
AE＝PE＝，EF＝，
VP－AEF＝××EF×PE×AF＝×××AF
＝×≤，
当AF＝1时，VP－AEF取得最大值，此时AF＝＝1，
解得cos θ＝(负值舍去)，PC与底面ABC所成的角为∠PCA，
cos∠PCA＝＝＝，故选D.
12．[2019·天津市七校联考]已知直线2x－y＋4＝0，经过椭圆＋＝1(a>b>0)的左焦点F1，且与椭圆在第二象限的交点为M，与y轴的交点为N，F2是椭圆的右焦点，|MN|＝|MF2|，则椭圆的方程为( )
A.＋＝1 B.＋y2＝1
C.＋y2＝1 D.＋＝1
答案：D
解析：由题意知，直线2x－y＋4＝0与x轴的交点为(－2，0)，
又直线2x－y＋4＝0过椭圆＋＝1(a>b>0)的左焦点F1，
所以F1(－2，0)，即c＝2，直线2x－y＋4＝0与椭圆在第二象限的交点为M，与y轴的交点为N(0，4)，且|MN|＝|MF2|，
所以|MF1|＋|MF2|＝|F1N|＝2a，
即a＝＝ ＝3，又b2＝a2－c2＝9－4＝5，
所以所求的椭圆的方程为＋＝1，故选D.
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．将正确答案填在题中的横线上．)
13．[2019·山东烟台三中月考]已知方程x2＋3ax＋3a＋1＝0(a>0)的两根分别为tan α，tan β，且α，β∈，则α＋β＝________.
答案：－
解析：由已知得tan α＋tan β＝－3a，tan αtan β＝3a＋1，∴tan(α＋β)＝1.
又α，β∈，tan α＋tan β＝－3a<0，tan αtan β＝3a＋1>0，
∴tan α<0，tan β<0，∴α，β∈，
∴α＋β∈(－π，0)，∴α＋β＝－.
14．[2019·贵州遵义一中期中]已知实数x，y满足则z＝|x－y＋1|的取值范围是________．
答案：[0，3]
解析：作出可行域如图中阴影部分所示，作出直线x－y＋1＝0，
因为z＝|x－y＋1|＝×表示点(x，y)到直线x－y＋1＝0的距离的倍，所以结合图象易知0≤z≤3.
15．[2019·湖南重点中学联考]《九章算术》是我国古代的数学名著，书中将底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵．已知一个堑堵的底面积为6，其各面均与体积为的球相切，则该堑堵的表面积为________．
答案：36
解析：设球的半径为r，堑堵底面三角形的周长为l，由已知得r＝1，∴堑堵的高为2.则lr＝6，l＝12，∴表面积S＝12×2＋6×2＝36.
16．[2019·福建晋江四校期中]已知函数f(x)＝若关于x的函数y＝f2(x)－bf(x)＋1有8个不同的零点，则实数b的取值范围是________．
答案：
解析：作出函数f(x)＝的图象，如图所示．
设f(x)＝t，由图可知，t∈(0，4]，f(x)＝t有4个根，∴在(0，4]上，方程t2－bt＋1＝0有2个不同的解，
∴解得2
17．(12分)[2019·安徽省示范高中联考]设数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝2－an，n＝1，2，3，….数列{bn}满足b1＝1，且bn＋1＝bn＋an.
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)设cn＝n(3－bn)，求数列{cn}的前n项和Tn.
解析：(1)因为n＝1时，a1＋S1＝a1＋a1＝2，所以a1＝1.
因为Sn＝2－an，即an＋Sn＝2，则an＋1＋Sn＋1＝2，
两式相减，得an＋1－an＋Sn＋1－Sn＝0，即an＋1－an＋an＋1＝0，所以2an＋1＝an.
易知an≠0，所以＝(n∈N*)，
所以数列{an}是首项为1，公比为的等比数列，其通项公式为an＝n－1.
因为bn＋1＝bn＋an(n＝1，2，3，…)，所以bn＋1－bn＝n－1，
由此得b2－b1＝1，b3－b2＝，b4－b3＝2，…，bn－bn－1＝n－2(n＝2，3，…)．
将这(n－1)个等式相加，得bn－b1＝1＋＋2＋…＋n－2＝＝2－n－2.
又b1＝1，所以bn＝3－n－2(n＝2，3，…)，
易知当n＝1时也满足上式，
所以bn＝3－n－2(n∈N*)．
(2)由(1)知，cn＝n(3－bn)＝2nn－1，则
Tn＝2
，①
Tn＝2
，②
①－②得，Tn＝
2－2n×n
＝2×－2nn
＝4－2nn
＝4－(4＋2n)n，
所以Tn＝8－(8＋4n)n＝8－(2＋n)n－2.
18．(12分)[2019·郑州高中毕业年级第一次质量预测]
已知四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°，PA⊥平面ABCD，E，M分别是BC，PD上的中点，直线EM与平面PAD所成角的正弦值为，点F在PC上移动．
(1)证明：无论点F在PC上如何移动，都有平面AEF⊥平面PAD；
(2)求点F恰为PC的中点时，二面角C－AF－E的余弦值．
解析：(1)证明：连接AC，
∵底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°，
∴△ABC是正三角形，
∵E是BC的中点，∴AE⊥BC，
又AD∥BC，∴AE⊥AD.
∵PA⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，
∴PA⊥AE，
又PA∩AD＝A，∴AE⊥平面PAD，
又AE⊂平面AEF，
∴无论点F在PC上如何移动，都有平面AEF⊥平面PAD.
(2)由(1)得AE，AD，AP两两垂直，分别以AE，AD，AP所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，连接AM，
∵AE⊥平面PAD，
∴∠AME就是EM与平面PAD所成的角，
在Rt△AME中，sin∠AME＝，
则tan∠AME＝，即＝，
设AB＝2a，则AE＝a，得AM＝a，
又AD＝AB＝2a，设PA＝2b，则M(0，a，b)，
∴AM＝＝a，解得b＝a，∴PA＝AD＝2a，
则A(0，0，0)，B(a，－a，0)，C(a，a，0)，D(0，2a，0)，
P(0，0，2a)，E(a，0，0)，F，
∴＝(a，0，0)，＝，
＝(－a，3a，0)，
设n＝(x，y，z)是平面AEF的法向量，
则⇒
取z＝a，得n＝(0，－2a，a)．
又BD⊥平面ACF，
∴＝(－a，3a，0)是平面ACF的一个法向量，
∴cos〈n，〉＝＝＝－，
由图可知二面角C－AF－E的平面角为锐角，
∴二面角C－AF－E的余弦值为.
19．(12分)[2019·安徽省合肥市高三第三次质量检测]某种大型医疗检查机器生产商，对一次性购买2台机器的客户推出两种超过质保期后两年内的延保维修优惠方案：
方案一：交纳延保金7 000元，在延保的两年内可免费维修2次，超过2次每次收取维修费2 000元；
方案二：交纳延保金1 0000元，在延保的两年内可免费维修4次，超过4次每次收取维修费1 000元．
某医院准备一次性购买2台这种机器．现需决策在购买机器时应购买哪种延保方案，为此搜集并整理了50台这种机器超过质保期后延保两年内维修的次数，得下表：
维修次数
0
1
2
3
台数
5
10
20
15
以这50台机器维修次数的频率代替1台机器维修次数发生的概率．记X表示这2台机器超过质保期后延保的两年内共需维修的次数．
(1)求X的分布列；
(2)以所需延保金及维修费用的期望为决策依据，医院选择哪种延保方案更合算？
解析：(1)X所有可能的取值为0，1，2，3，4，5，6.
P(X＝0)＝×＝，
P(X＝1)＝××2＝，
P(X＝2)＝×＋××2＝，
P(X＝3)＝××2＋××2＝，
P(X＝4)＝×＋××2＝，
P(X＝5)＝××2＝，
P(X＝6)＝×＝，
所以X的分布列为
X
0
1
2
3
4
5
6
P
(2)选择延保方案一，所需费用Y1(单位：元)的分布列为
Y1
7 000
9 000
11 000
13 000
15 000
P
所以EY1＝×7 000＋×9 000＋×11 000＋×13 000＋×15 000＝10 720.
选择延保方案二，所需费用Y2(单位：元)的分布列为
Y2
10 000
11 000
12 000
P
所以EY2＝×10 000＋×11 000＋×12 000＝10 420.
因为EY1>EY2，
所以该医院选择延保方案二较合算．
20．(12分)[2019·湖北重点高中联考协作体期中]已知动圆C过定点F2(1，0)，并且内切于定圆F1：(x＋1)2＋y2＝12.
(1)求动圆圆心C的轨迹方程；
(2)若曲线y2＝4x上存在M，N两点，(1)中曲线上有P，Q两点，并且M，N，F2三点共线，P，Q，F2三点共线，PQ⊥MN，求四边形PMQN的面积的最小值．
解析：(1)设动圆的半径为r，则|CF2|＝r，|CF1|＝2－r，
所以|CF1|＋|CF2|＝2>|F1F2|，
由椭圆的定义知动圆圆心C的轨迹是以F1，F2为焦点的椭圆，
且长半轴长a＝，半焦距c＝1，所以短半轴长b＝，
所以动圆圆心C的轨迹方程是＋＝1.
(2)当直线MN的斜率不存在时，直线PQ的斜率为0，
易得|MN|＝4，|PQ|＝2，四边形PMQN的面积S＝4.
当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，
联立方程得消去y，得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝＋2，x1x2＝1，
|MN|＝·＝＋4.
因为PQ⊥MN，所以直线PQ的方程为y＝－(x－1)，
由得(2k2＋3)x2－6x＋3－6k2＝0.
设P(x3，y3)，Q(x4，y4)，则x3＋x4＝，x3x4＝，|PQ|＝＝.
则四边形PMQN的面积S＝·|MN|·|PQ|＝··＝.
令k2＋1＝t，t>1，则S＝＝＝.
因为t>1，所以0<<1，易知－2＋的取值范围是(0，2)，所以S>＝4.
综上可得S≥4，故S的最小值为4.
21．(12分)[2019·银川一中高三第一次模拟考试]已知函数f(x)＝a(x－2ln x)＋，a∈R.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)有两个零点，求实数a的取值范围．
解析：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝a＋＝.
(ⅰ)当a≤0时，ax2－1<0恒成立，
x∈(0，2)时，f′(x)>0，f(x)在(0，2)上单调递增；
x∈(2，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)在(2，＋∞)上单调递减；
(ⅱ)当a>0时，由f′(x)＝0得，x1＝2，x2＝，x3＝－(舍去)，
①当x1＝x2，即a＝时，f′(x)≥0恒成立，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②当x1>x2，即a>时，x∈或x∈(2，＋∞)时，
f′(x)>0恒成立，f(x)在，(2，＋∞)上单调递增；
x∈时，f′(x)<0恒成立，f(x)在上单调递减；
③当x1
x∈时，f′(x)<0恒成立，f(x)在上单调递减；
综上，当a≤0时，f(x)的单调递增区间为(0，2)，单调递减区间为(2，＋∞)；
当a＝时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；
当a>时，f(x)的单调递增区间为，(2，＋∞)，单调递减区间为；
当0
又因为f(1)＝a<0，
取x0＝max，令f1(x)＝x－2ln x，f2(x)＝，
则f1′(x)＝1－>0在(2，＋∞)上成立，
故f1(x)＝x－2ln x单调递增，f1(x0)≥5－2ln 5＝1＋2(2－ln 5)>1，
f(x0)＝a(x0－2ln x0)＋－
所以f(x)有两个零点等价于f(2)＝a(2－2ln 2)＋>0，
得a>－，
所以－
当a＝时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，至多只有一个零点，不符合题意；
当a>0且a≠时，f(x)有两个极值，
f(2)＝a(2－2ln 2)＋>0，f＝2＋aln a－a，
记g(x)＝2＋xln x－x，
g′(x)＝2＋(1＋ln x)－1＝＋ln x，
令h(x)＝＋ln x，则h′(x)＝－＋＝.
当x>时，h′(x)>0，g′(x)在上单调递增；
当0
x→0时，g(x)→0，故f＝2＋aln a－a>0.
又f(2)＝a(2－2ln 2)＋>0，由(1)知，f(x)至多只有一个零点，不符合题意．
综上，实数a的取值范围为.
选考题(请考生在第22、23题中任选一题作答，多答、不答按本选考题的首题进行评分．)
22．(10分)[2019·长沙二模][选修4－4：坐标系与参数方程]
在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为(t为参数)，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2的极坐标方程为ρ＝4cos.
(1)写出曲线C2的直角坐标方程；
(2)设点P，Q分别在C1，C2上运动，若|PQ|的最小值为1，求m的值．
解析：(1)ρ＝4cos即ρ＝2cos θ＋2sin θ，
所以ρ2＝2ρcos θ＋2ρsin θ，
将ρcos θ＝x，ρsin θ＝y，ρ2＝x2＋y2代入得
C2的直角坐标方程为x2＋y2－2x－2y＝0.
(2)将x2＋y2－2x－2y＝0化为(x－)2＋(y－1)2＝4，
所以C2是圆心为(，1)，半径为2的圆，
将C1的参数方程化为普通方程为x－y＋m＝0，
所以|PQ|min＝－2＝－2＝1，
由此解得m＝4或m＝－8.
23．(10分)[2019·山东省济宁市模拟考][选修4－5：不等式选讲]
已知a>0，b>0，函数f(x)＝|2x＋a|＋2|x－|＋1的最小值为2.
(1)求a＋b的值；
(2)求证：a＋log3≥3－b.
解析：(1)因为f(x)＝|2x＋a|＋|2x－b|＋1≥|2x＋a－(2x－b)|＋1＝|a＋b|＋1，
当且仅当(2x＋a)(2x－b)≤0时，等号成立，
又a>0，b>0，所以|a＋b|＝a＋b，
所以f(x)的最小值为a＋b＋1＝2，
所以a＋b＝1.
(2)由(1)知，a＋b＝1，
所以＋＝(a＋b)＝1＋4＋＋≥5＋2＝9，
当且仅当＝且a＋b＝1，即a＝，b＝时取等号．
所以log3≥log39＝2，
所以a＋b＋log3≥1＋2＝3，即a＋log3≥3－b.
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