2021年福建省漳州市高考数学第三次教学质量检测试卷

这是一份2021年福建省漳州市高考数学第三次教学质量检测试卷，共24页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021年福建省漳州市高考数学第三次教学质量检测试卷
一、单项选择题：本大题共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）设集合A＝{x|x2﹣x﹣2≤0，x∈N}，B＝{y|y＝2x﹣1}，则集合A∩B＝（　　）
A．∅ B．{1，2} C．{0，1，2} D．{﹣1，0，1，2}
2．（5分）若复数，则ω2＝（　　）
A． B．1 C．ω D．0
3．（5分）已知向量与的夹角为45°，||＝，||＝2，则•（﹣2）＝（　　）
A．2 B．﹣2 C．4 D．﹣4
4．（5分）已知Sn为等差数列{an}的前n项和，若a5+6＝2a7，则S17的值为（　　）
A．49 B．54 C．102 D．135
5．（5分）若一个圆锥的母线与底面所成的角为60°，侧面积为14π，则该圆锥的体积为（　　）
A． B． C． D．
6．（5分）“墨卡托投影”是由荷兰地图学家墨卡托在1569年拟定，假设地球被围在一个中空圆柱里，其基准纬线与圆柱相切接触，假想地球中心有一盏灯，把球面上的图形投影到圆柱体上，再把圆柱体展开，这就是一幅“墨卡托投影”绘制出的地图．在地图上保持方向和角度的正确是“墨卡托投影”的优点，因此，“墨卡托投影”地图常用作航海图和航空图．通过地面上任意两点和地球中心作一平面，平面与地球表面相交看到的圆周就是大圆，两点之间的大圆劣弧线是两点在地面上的最短距离．沿着这段大圆劣弧线航行时的航线称为“大圆航线”．“大圆航线”转绘到“墨卡托投影”地图上为一条曲线．如图，P1（B1，L1），P2（B2，L2）为地球上的两点（P（B，L）中B为点P的正纬度或负纬度，L为点P的正经度或负经度，B1，B2，L1，L2的符号确定规则如下：B1≥0，L1≥0，当P2与P1同在北半球或同在南半球时，B2≥0，否则B2＜0；当P2与P1同在东经区或同在西经区时，L2≥0，否则L2＜0），记△L＝L2﹣L1，S＝∠P1OP2，其中O为地球中心，已知有下面等式：cosS＝sinB1•sinB2+cosB1•cosB2•cos△L．某游轮拟从杭州（北纬30°，东经120°）沿着大圆航线航行至旧金山（北纬38°，西经122°），则大圆航程约为 （　　）（大圆圆心角1度所对应的弧长约为60nmile）
参考数据：sin38°﹣cos38°sin28°≈﹣0.025，sin38°+cos38°sin28°≈1.256，sin0.72°≈0.0125，cos51.1°≈0.628．

A．43nmile B．2334nmile C．3066nmile D．5443nmile
7．（5分）已知抛物线C：x2＝6y的焦点为F，准线为l，M是l上一点，N是直线MF与C的一个交点，若，则|MN|的值为（　　）
A．8 B．6 C．4 D．2
8．（5分）漳州市龙海区港尾镇和浮宫镇盛产杨梅，杨梅果味酸甜适中，有开胃健脾、生津止渴、消暑除烦，抑菌止泻，降血脂血压等功效．杨梅的保鲜时间很短，当地技术人员采用某种保鲜方法后可使得杨梅采摘之后的时间t（单位：小时）与失去的新鲜度y满足函数关系y＝，其中m，a为常数．已知采用该种保鲜方法后，杨梅采摘10小时之后失去10%的新鲜度，采摘40小时之后失去20%的新鲜度．如今我国物流行业蓬勃发展，为了保证港尾镇的杨梅运输到北方某城市销售时的新鲜度不低于85%，则物流时间（从杨梅采摘的时刻算起）不能超过（　　）（参考数据：log23≈1.6）
A．20小时 B．25小时 C．28小时 D．35小时
二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．
9．（5分）已知α，β是两个不同的平面，a，b是两条不同的直线，则下列结论正确的是（　　）
A．若α∥β，a⊂α，b⊂β，则a∥b
B．若b∥α，b⊂β，α∩β＝a，则a∥b
C．若a⊂α，b⊂β，a⊥b，则α⊥β
D．若a∥α，b⊥β，a∥b，则α⊥β
10．（5分）已知正数x，y，z满足2x＝4y＝6z，则（　　）
A．x＝2y B．x＜2y C．x＜3z D．y＜3z
11．（5分）已知（1+2x）n（n∈N*）的展开式中的所有项的二项式系数之和为64，记展开式中的第r+1项的系数为ar+1，二项式系数为br+1，r＝0，1，2，⋅⋅⋅，n，则下列结论正确的是（　　）
A．数列{ar+1}（r＝0，1，2，⋅⋅⋅，n）是等比数列
B．数列{ar+1}（r＝0，1，2，⋅⋅⋅，n）的所有项之和为729
C．数列{br+1}（r＝0，1，2，⋅⋅⋅，n）是等差数列
D．数列{br+1}（r＝0，1，2，⋅⋅⋅，n）的最大项为20
12．（5分）已知△ABC的三个内角A，B，C满足sinB+2sinAcosC＝0，则下列结论正确的是（　　）
A．△ABC是钝角三角形
B．sin2021A+sin2021B＜sin2021C
C．角B的最大值为
D．角C的最大值为
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．（5分）写出曲线y＝ex的一条切线方程：　 　．
14．（5分）根据下面的数据：
x
1
2
3
4
y
32
48
72
88
求得y关于x的回归直线方程为，则这组数据相对于所求的回归直线方程的4个残差的方差为　 　.（注：残差是指实际观察值与估计值之间的差．）
15．（5分）设动圆C：（x﹣k）2+（y﹣2k+1）2＝1，则圆心C的轨迹方程为　 　；若直线l：x﹣ty﹣1＝0被C所截得的弦长为定值，则t＝　 　．
16．（5分）在棱长为的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，动点O满足∠B1OD1＝90°，则∠AOC的最大值为　 　．
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）在平面四边形ABCD中，∠ABC＝90°，∠C＝135°，BC＝1，．
（1）求CD；
（2）若，求sin∠ADB．
18．（12分）已知有一系列双曲线∁n：y2﹣anx2＝1，其中an＞0，n∈N*.记第n条双曲线的离心率为en，且满足e1+2e2+⋯+2n﹣1en＝（en﹣2）•2n+2，n∈N*．
（1）求数列{en}的通项公式；
（2）求数列{an}的前n项和Sn．
19．（12分）如图，在四棱锥S﹣ABCD中，四边形ABCD是菱形，AB＝1，，三棱锥S﹣BCD是正三棱锥，E，F分别为SA，SC的中点．
（1）证明：直线SA∥平面BDF；
（2）求二面角E﹣BF﹣D的余弦值．

20．（12分）为全面推进学校素质教育，推动学校体育科学发展，引导学生积极主动参与体育锻炼，促进学生健康成长，从2021年开始，参加漳州市初中毕业和高中阶段学校考试的初中毕业生，体育中考成绩以分数（满分40分计入中考总分）和等级作为高中阶段学校招生投档录取依据．考试由必考类、抽考类、抽选考类三部分组成，必考类是由笔试体育保健知识，男生1000米跑、女生800米跑（分值15分）组成；抽考类是篮球、足球、排球，由市教育局从这三项技能中抽选一项考试（分值5分）；抽选考类是立定跳远、1分钟跳绳、引体向上（男）、斜身引体（女）、双手头上前掷实心球、1分钟仰卧起坐，由市教育局随机抽选其中三项，考生再从这三个项目中自选两项考试，每项8分．已知今年教育局已抽选确定：抽考类选考篮球，抽选考类选考立定跳远、1分钟跳绳、双手头上前掷实心球这三个项目．甲校随机抽取了100名本校初三男生进行立定跳远测试，根据测试成绩得到如图的频率分布直方图．

（1）若漳州市初三男生的立定跳远成绩X（单位：厘米）服从正态分布N（μ，σ2），并用上面样本数据的平均值和标准差的估计值分别作为μ和σ，已计算得上面样本的标准差的估计值为（各组数据用中点值代替）．在漳州市2021届所有初三男生中任意选取3人，记立定跳远成绩在231厘米以上（含231厘米）的人数为ξ，求随机变量ξ的分布列和期望．
（2）已知乙校初三男生有200名，男生立定跳远成绩在250厘米以上（含250厘米）得满分．
（ⅰ）若认为乙校初三男生立定跳远成绩也服从（1）中所求的正态分布，请估计乙校初三男生立定跳远得满分的人数（结果保留整数）；
（ⅱ）事实上，（i）中的估计值与乙校实际情况差异较大，请从统计学的角度分析这个差异性．（至少写出两点）
附：若X～N（μ，σ2），则P（μ﹣σ＜X＜μ+σ）＝0.6826，P（μ﹣2σ＜X＜μ+2σ）＝0.9544，P（μ﹣3σ＜X＜μ+3σ）＝0.9974．
21．（12分）已知复数z＝x+yi（x，y∈R）在复平面内对应的点为M（x，y），且z满足|z+2|﹣|z﹣2|＝2，点M的轨迹为曲线C．
（1）求C的方程；
（2）设A（﹣1，0），B（1，0），若过F（2，0）的直线与C交于P，Q两点，且直线AP与BQ交于点R．证明：
（ⅰ）点R在定直线上；
（ⅱ）若直线AQ与BP交于点S，则RF⊥SF．
22．（12分）已知函数f（x）＝sin2x﹣a|lnx|．
（1）若a＝1，讨论f（x）在区间（0，1）上的单调性；
（2）证明：当a＞0时，f（x）在区间（0，π）上有且只有两个零点．

2021年福建省漳州市高考数学第三次教学质量检测试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题：本大题共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）设集合A＝{x|x2﹣x﹣2≤0，x∈N}，B＝{y|y＝2x﹣1}，则集合A∩B＝（　　）
A．∅ B．{1，2} C．{0，1，2} D．{﹣1，0，1，2}
【分析】求出集合A，B，由此能求出集合A∩B．
【解答】解：∵集合A＝{x|x2﹣x﹣2≤0，x∈N}＝{x∈N|﹣1≤x≤2}＝{﹣1，0，1，2}，
B＝{y|y＝2x﹣1}＝{y|y＞0}，
∴集合A∩B＝{1，2}．
故选：B．
2．（5分）若复数，则ω2＝（　　）
A． B．1 C．ω D．0
【分析】直接展开完全平方公式求解，结合共轭复数的概念得答案．
【解答】解：∵，
∴ω2＝＝＝．
故选：A．
3．（5分）已知向量与的夹角为45°，||＝，||＝2，则•（﹣2）＝（　　）
A．2 B．﹣2 C．4 D．﹣4
【分析】直接利用向量的数量积的求法，化简求解即可．
【解答】解：向量与的夹角为45°，||＝，||＝2，
则•（﹣2）＝＝2﹣2×＝﹣2．
故选：B．
4．（5分）已知Sn为等差数列{an}的前n项和，若a5+6＝2a7，则S17的值为（　　）
A．49 B．54 C．102 D．135
【分析】根据等差数列的性质可得a5+a9＝2a7，结合a5+6＝2a7易知a9＝6；又根据S17＝（a1+a17）＝17a9即可得出结果．
【解答】解：由{an}是等差数列，得a5+a9＝2a7；又a5+6＝2a7，则a9＝6，
所以S17＝（a1+a17）＝17a9＝17×6＝102．
故选：C．
5．（5分）若一个圆锥的母线与底面所成的角为60°，侧面积为14π，则该圆锥的体积为（　　）
A． B． C． D．
【分析】设锥的母线长l，底面半径为r，r＝lcos60°＝，由圆锥的侧面积为圆锥底面半径与圆锥母线长的乘积的π倍，求出l＝4，半径为r＝2，由此能求出圆锥体积．
【解答】解：设锥的母线长l，底面半径为r，
依题意，半径r＝lcos60°＝，
∵圆锥的侧面积为：圆锥底面半径与圆锥母线长的乘积的π倍，
∴14π＝lrπ＝•π，解得l＝2，半径为r＝，
∴圆锥的高为：2sin60°＝，
∴圆锥体积V＝×π×7×＝π．
故选：A．
6．（5分）“墨卡托投影”是由荷兰地图学家墨卡托在1569年拟定，假设地球被围在一个中空圆柱里，其基准纬线与圆柱相切接触，假想地球中心有一盏灯，把球面上的图形投影到圆柱体上，再把圆柱体展开，这就是一幅“墨卡托投影”绘制出的地图．在地图上保持方向和角度的正确是“墨卡托投影”的优点，因此，“墨卡托投影”地图常用作航海图和航空图．通过地面上任意两点和地球中心作一平面，平面与地球表面相交看到的圆周就是大圆，两点之间的大圆劣弧线是两点在地面上的最短距离．沿着这段大圆劣弧线航行时的航线称为“大圆航线”．“大圆航线”转绘到“墨卡托投影”地图上为一条曲线．如图，P1（B1，L1），P2（B2，L2）为地球上的两点（P（B，L）中B为点P的正纬度或负纬度，L为点P的正经度或负经度，B1，B2，L1，L2的符号确定规则如下：B1≥0，L1≥0，当P2与P1同在北半球或同在南半球时，B2≥0，否则B2＜0；当P2与P1同在东经区或同在西经区时，L2≥0，否则L2＜0），记△L＝L2﹣L1，S＝∠P1OP2，其中O为地球中心，已知有下面等式：cosS＝sinB1•sinB2+cosB1•cosB2•cos△L．某游轮拟从杭州（北纬30°，东经120°）沿着大圆航线航行至旧金山（北纬38°，西经122°），则大圆航程约为 （　　）（大圆圆心角1度所对应的弧长约为60nmile）
参考数据：sin38°﹣cos38°sin28°≈﹣0.025，sin38°+cos38°sin28°≈1.256，sin0.72°≈0.0125，cos51.1°≈0.628．

A．43nmile B．2334nmile C．3066nmile D．5443nmile
【分析】通过三角函数的运算以及圆周角和圆心角之间的关系来进行运算．
【解答】解：由于游轮从杭州（北纬30°，东经120°）至旧金山（北纬38°，西经122°），
则由题意知P1（30°，120°），P2（38°，﹣122°），
△L＝L2﹣L1＝﹣122°﹣120°＝﹣242°，
cosS＝sinB1sinB2+cosB1cosBcos△L
＝sin30°sin38°+cos30°cos38°cos（﹣242°）
＝sin38°﹣cos38°sin28°
＝（sin38°﹣cos38°sin28°）
＝×（﹣0.025）＝﹣0.0125，
圆周角和圆心角的关系：一条弧所对圆周角等于它所对圆心角的一半．
设圆心角为A，即cosA≈﹣0.0125，
由sin0.72°≈0.0125，可得﹣sin0.72°＝cos90.72°＝cosA，
由已知A≈90.72°，故90.72×60≈5443 nmile，
故选：D．
7．（5分）已知抛物线C：x2＝6y的焦点为F，准线为l，M是l上一点，N是直线MF与C的一个交点，若，则|MN|的值为（　　）
A．8 B．6 C．4 D．2
【分析】设N（x，y），根据条件，可得点，再结合两点之间的距离公式以及点N在抛物线上，即可求解．
【解答】解：∵抛物线C：x2＝6y，
∴2p＝6，p＝3，焦点F（0，），准线l为，
∵点M在准线l上，
∴可设，
设N（x，y），
∵，
∴，
解得，即，
∴＝，
又∵点 在抛物线上，
∴，，
∴，
故选：C．
8．（5分）漳州市龙海区港尾镇和浮宫镇盛产杨梅，杨梅果味酸甜适中，有开胃健脾、生津止渴、消暑除烦，抑菌止泻，降血脂血压等功效．杨梅的保鲜时间很短，当地技术人员采用某种保鲜方法后可使得杨梅采摘之后的时间t（单位：小时）与失去的新鲜度y满足函数关系y＝，其中m，a为常数．已知采用该种保鲜方法后，杨梅采摘10小时之后失去10%的新鲜度，采摘40小时之后失去20%的新鲜度．如今我国物流行业蓬勃发展，为了保证港尾镇的杨梅运输到北方某城市销售时的新鲜度不低于85%，则物流时间（从杨梅采摘的时刻算起）不能超过（　　）（参考数据：log23≈1.6）
A．20小时 B．25小时 C．28小时 D．35小时
【分析】利用题中的条件列出等式，解出参数m，a的值，进而就可以解出了．
【解答】解：由题意可知，
∴a30＝2即，m＝,
由题意可知当t＜10时，失去的新鲜度小于百分之十，没有超过百分之十五，
当t≥10时，则有即,
∴,
∴≤
解得t≤28．
故选：C．
二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．
9．（5分）已知α，β是两个不同的平面，a，b是两条不同的直线，则下列结论正确的是（　　）
A．若α∥β，a⊂α，b⊂β，则a∥b
B．若b∥α，b⊂β，α∩β＝a，则a∥b
C．若a⊂α，b⊂β，a⊥b，则α⊥β
D．若a∥α，b⊥β，a∥b，则α⊥β
【分析】对于A，a与b相交、平行或异面；对于B，由线面平行的性质得a∥b；对于C，α与β相交或平行；对于D，由面面垂直的判定定理得α⊥β．
【解答】解：α，β是两个不同的平面，a，b是两条不同的直线，
对于A，若α∥β，a⊂α，b⊂β，则a与b相交、平行或异面，故A错误；
对于B，若b∥α，b⊂β，α∩β＝a，则由线面平行的性质得a∥b，故B正确；
对于C，若a⊂α，b⊂β，a⊥b，则α与β相交或平行，故C错误；
对于D，若a∥α，b⊥β，a∥b，则由面面垂直的判定定理得α⊥β，故D正确．
故选：BD．
10．（5分）已知正数x，y，z满足2x＝4y＝6z，则（　　）
A．x＝2y B．x＜2y C．x＜3z D．y＜3z
【分析】直接化指数式为对数式，再利用换底公式，借助除法运算即可求解．
【解答】解：∵正数x，y，z满足2x＝4y＝6z，
设2x＝4y＝6z＝k，
则x＝log2k＝，y＝log4k＝，z＝log6k＝，
∵＝×＝2，∴x＝2y，∴A正确，B错误，
∵＝×＝＜1，∴x＜3z，∴C正确，
∵＝××＝＜1，∴y＜3z，∴D正确．
故选：ACD．
11．（5分）已知（1+2x）n（n∈N*）的展开式中的所有项的二项式系数之和为64，记展开式中的第r+1项的系数为ar+1，二项式系数为br+1，r＝0，1，2，⋅⋅⋅，n，则下列结论正确的是（　　）
A．数列{ar+1}（r＝0，1，2，⋅⋅⋅，n）是等比数列
B．数列{ar+1}（r＝0，1，2，⋅⋅⋅，n）的所有项之和为729
C．数列{br+1}（r＝0，1，2，⋅⋅⋅，n）是等差数列
D．数列{br+1}（r＝0，1，2，⋅⋅⋅，n）的最大项为20
【分析】由题意利用二项式系数的性质，二项式展开式的通项公式，等差数列、等比数列的定义，逐一判断各个选项是否正确，从而得出结论．
【解答】解：（1+2x）n（n∈N*）的展开式中的所有项的二项式系数之和为2n＝64，∴n＝6．
记展开式中的第r+1项的系数为ar+1＝•2r，二项式系数为br+1＝，r＝0，1，2，⋅⋅⋅，n，
由于数列{ar+1}的前三项为1，12，60，显然次数列不是等比数列，故A错误；
由于数列{ar+1}（r＝0，1，2，⋅⋅⋅，n）的所有项之和为1+12+60+160+240+192+64＝729，故B正确；
由于数列{br+1}（r＝0，1，2，⋅⋅⋅，n）的前三项为1，6，15，显然此数列不是等差数列，故C错误；
数列{br+1}（r＝0，1，2，⋅⋅⋅，n）的最大项为＝20，故D正确，
故选：BD．
12．（5分）已知△ABC的三个内角A，B，C满足sinB+2sinAcosC＝0，则下列结论正确的是（　　）
A．△ABC是钝角三角形
B．sin2021A+sin2021B＜sin2021C
C．角B的最大值为
D．角C的最大值为
【分析】A选项，利用已知条件，运用正弦定理，可得cosC＜0，即可求解，B选项，结合c为△ABC的最大边，以及正弦定理做等量变换，即可求解，C选项，运用余弦定理，以及均值不等式，即可求解，D选项，对原式利用三角函数的两角和公式，可得tanC＝﹣3tanA，再运用正切函数的两角和公式，可得tanB的表达式，最后对
C取特殊值，即可解答．
【解答】①∵sinB+2sinAcosC＝0，
∴运用正弦定理可得，b+2acosC＝0，即cosC＝﹣，
∴角C为钝角，故选项A正确，
②∵角C为钝角，
∴c为△ABC的最大边，a2+b2＜c2，
∴，
∴＜1，
∴a2021+b2021＜c2021，
由正弦定理可得，sin2021A+sin2021B＜sin2021C，故B选择正确，
③∵b+2acosC＝0，
∴运用余弦定理可得，，化简可得a2+2b2＝c2，
∴＝＝＝，
当且仅当，即，取等号，
∴cosB的最小值为，
又∵0＜B＜π，
∴，故C选项正确，
④∵sinB+2sinAcosC＝0，
∵sinB＝sin（A+C）＝sinAcosC+cosAsinC，
∴3sinAcosC+cosAsinC＝0，
∵角C为钝角，
∴cosA•cosC≠0，
∴3tanA+tanC＝0，即tanC＝﹣3tanA，
∴tanB＝﹣tan（A+C）＝＝，
当C＝时，tanA＝，tanB＝，
即C＝可取到大于的值，故选项D错误，
故选：ABC．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．（5分）写出曲线y＝ex的一条切线方程：　y＝x+1（答案不唯一，，其中x0取任意实数均可）　．
【分析】易知（0，1）为曲线y＝ex上的点，利用导数可求得曲线y＝ex在点（0，1）处的切线方程．
【解答】解：令y＝f（x）＝ex，
当x＝0时，y＝f（0）＝1，
又f′（0）＝1，
所以曲线y＝ex的一条切线方程为y＝x+1；
一般地，设P（x0，y0）为曲线y＝ex的上的任意一点，
则曲线y＝ex在点P（x0，y0）处的切线的斜率k＝f′（x0）＝，
所以曲线y＝ex在点P（x0，y0）处的切线的方程为：y﹣＝（x﹣x0），
整理得：y＝x+（1﹣x0），其中x0取任意实数均可；
故答案为：y＝x+1（答案不唯一，y＝x+（1﹣x0），其中x0取任意实数均可）．
14．（5分）根据下面的数据：
x
1
2
3
4
y
32
48
72
88
求得y关于x的回归直线方程为，则这组数据相对于所求的回归直线方程的4个残差的方差为　3.2　.（注：残差是指实际观察值与估计值之间的差．）
【分析】先求出估计值，然后求出残差，求出残差的平均数，利用方差的计算公式求解即可．
【解答】解：将x＝1，2，3，4代入回归方程可得的值依次为31.2，50.4，69.6，88.8，
所以残差分别为：0.8，﹣2.4，2.4，﹣0.8，
则残差的平均数为0，
所以残差的方差为．
故答案为：3.2．
15．（5分）设动圆C：（x﹣k）2+（y﹣2k+1）2＝1，则圆心C的轨迹方程为　y＝2x﹣1　；若直线l：x﹣ty﹣1＝0被C所截得的弦长为定值，则t＝　　．
【分析】设动圆圆心C(x,y)，消去k可得圆心C的方程，利用弦长公式表示出弦长，结合弦长为定值，可求出t的值．
【解答】解：设动圆圆心C(x,y)，则依题意可得，
消去k得y＝2x﹣1，
所以动圆圆心C的轨迹方程为y＝2x﹣1；
动圆C的半径为r＝1，
设动圆圆心C到直线l：x﹣ty﹣1＝0的距离为d，
则直线l被动圆C所截得的弦长L＝＝，
依题意可得L＝为定值，故d为定值，
因为圆心C的轨迹方程为y＝2x﹣1，所以可设C(a,2a﹣1)，
则d＝＝，
若d为定值，则1﹣2t＝0，解得t＝，
故答案为：y＝2x﹣1；．
16．（5分）在棱长为的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，动点O满足∠B1OD1＝90°，则∠AOC的最大值为　135°　．
【分析】由题意知点O在以B1D1为直径的球面上，画出图形，由图形知点O在B1D1正下方时∠AOC取得最大值，建立空间直角坐标系，利用坐标表示向量，求出此时∠AOC的值即可．
【解答】解：正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝，动点O满足∠B1OD1＝90°，
所以点O在以B1D1为直径的球面上，画出图形，并建立空间直角坐标系，如图所示：

由图形知，当点O在B1D1正下方时，∠AOC取得最大值，
此时A(,0,0),C(0,,0),O(,,﹣1),
所以＝（，﹣，1﹣），＝（﹣，，1﹣），
•＝﹣﹣+（3﹣2）＝2﹣2，
||＝||＝,
cos∠AOC＝＝＝﹣，
由∠AOC∈（0°，180°），所以∠AOC＝135°，
即∠AOC的最大值为135°．
故答案为：135°．
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）在平面四边形ABCD中，∠ABC＝90°，∠C＝135°，BC＝1，．
（1）求CD；
（2）若，求sin∠ADB．
【分析】（1）在△BCD中，由余弦定理可得关于CD的方程，解之即可；
（2）在△BCD中，由余弦定理可得cos∠CBD，结合诱导公式和同角三角函数的平方关系，可分别得到sin∠ABD、cos∠ABD以及sin∠A的值，再根据两角和的正弦公式，求解．
【解答】解：（1）在△BCD中，由余弦定理，可得BD2＝BC2+CD2﹣2BC⋅CD⋅cos∠C，
所以，即，
又CD＞0，所以．

（2）由（1）可知，，
所以，
因为∠ABD为锐角，所以，
又，∠A∈（0，π），所以，
所以sin∠ADB＝sin（∠ABD+∠A）
＝sin∠ABDcos∠A+cos∠ABDsin∠A
＝＝．
18．（12分）已知有一系列双曲线∁n：y2﹣anx2＝1，其中an＞0，n∈N*.记第n条双曲线的离心率为en，且满足e1+2e2+⋯+2n﹣1en＝（en﹣2）•2n+2，n∈N*．
（1）求数列{en}的通项公式；
（2）求数列{an}的前n项和Sn．
【分析】（1）利用作差法推出en﹣en﹣1＝2（n≥2），说明{en}是以2为首项，以2为公差的等差数列，然后求解通项公式．
（2）求出，然后利用裂项相消法求解数列的和即可．
【解答】解：（1）因为，
所以，
两式对应相减，可得，
所以en﹣en﹣1＝2（n≥2），
因为当n＝1时，e1＝2（e1﹣2）+2，所以e1＝2，
所以{en}是以2为首项，以2为公差的等差数列，
所以en＝2+2（n﹣1）＝2n．
（2）由题意，得，
所以，
所以＝．
19．（12分）如图，在四棱锥S﹣ABCD中，四边形ABCD是菱形，AB＝1，，三棱锥S﹣BCD是正三棱锥，E，F分别为SA，SC的中点．
（1）证明：直线SA∥平面BDF；
（2）求二面角E﹣BF﹣D的余弦值．

【分析】（1）连结AC，交BD于点O，连结OF，证明SA∥OF，然后证明SA∥平面BDF．
（2）以O为坐标原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，求出平面EBF的法向量，平面DBF的法向量，利用空间向量的数量积求解二面角E﹣BF﹣D的余弦值即可．
【解答】（1）证明：连结AC，交BD于点O，连结OF，
因为四边形ABCD是菱形，
所以O为AC的中点，
因为F为SC的中点，
所以SA∥OF，
又因为SA⊄平面BDF，OF⊂平面BDF，
所以直线SA∥平面BDF．
（2）解：作SH⊥平面BCD于H，则H为正△BCD的中心，H在线段OC上，
且，，，．
因为四边形ABCD是菱形，所以OB⊥OC，
以O为坐标原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，
则，，，，，，，
所以，，，
设是平面EBF的法向量，
则，取，
设是平面DBF的法向量，
则，取，
所以，
又因为二面角E﹣BF﹣D是锐二面角，
所以二面角E﹣BF﹣D的余弦值为．

20．（12分）为全面推进学校素质教育，推动学校体育科学发展，引导学生积极主动参与体育锻炼，促进学生健康成长，从2021年开始，参加漳州市初中毕业和高中阶段学校考试的初中毕业生，体育中考成绩以分数（满分40分计入中考总分）和等级作为高中阶段学校招生投档录取依据．考试由必考类、抽考类、抽选考类三部分组成，必考类是由笔试体育保健知识，男生1000米跑、女生800米跑（分值15分）组成；抽考类是篮球、足球、排球，由市教育局从这三项技能中抽选一项考试（分值5分）；抽选考类是立定跳远、1分钟跳绳、引体向上（男）、斜身引体（女）、双手头上前掷实心球、1分钟仰卧起坐，由市教育局随机抽选其中三项，考生再从这三个项目中自选两项考试，每项8分．已知今年教育局已抽选确定：抽考类选考篮球，抽选考类选考立定跳远、1分钟跳绳、双手头上前掷实心球这三个项目．甲校随机抽取了100名本校初三男生进行立定跳远测试，根据测试成绩得到如图的频率分布直方图．

（1）若漳州市初三男生的立定跳远成绩X（单位：厘米）服从正态分布N（μ，σ2），并用上面样本数据的平均值和标准差的估计值分别作为μ和σ，已计算得上面样本的标准差的估计值为（各组数据用中点值代替）．在漳州市2021届所有初三男生中任意选取3人，记立定跳远成绩在231厘米以上（含231厘米）的人数为ξ，求随机变量ξ的分布列和期望．
（2）已知乙校初三男生有200名，男生立定跳远成绩在250厘米以上（含250厘米）得满分．
（ⅰ）若认为乙校初三男生立定跳远成绩也服从（1）中所求的正态分布，请估计乙校初三男生立定跳远得满分的人数（结果保留整数）；
（ⅱ）事实上，（i）中的估计值与乙校实际情况差异较大，请从统计学的角度分析这个差异性．（至少写出两点）
附：若X～N（μ，σ2），则P（μ﹣σ＜X＜μ+σ）＝0.6826，P（μ﹣2σ＜X＜μ+2σ）＝0.9544，P（μ﹣3σ＜X＜μ+3σ）＝0.9974．
【分析】（1）求出标准差，对称轴然后推出，求出概率，得到分布列，然后求解期望即可．
（2）（i）记乙校初三男生立定跳远成绩为Y厘米，则Y～N（μ，σ2），μ＝231，σ＝19，然后求解
乙校初三男生立定跳远得满分的人数为200×0.1587≈32．
（ii）本题结论开放，只要考生能从统计学的角度作出合理的分析即可．
【解答】解：（1）由题意，得σ＝19，μ＝180×0.05+200×0.05+220×0.35+240×0.4+260×0.15＝231，
所以P（X≥231）＝P（X≥μ）＝0.5，所以，
所以，
，
，
，
所以ξ的分布列为：
ξ
0
1
2
3
P




．
（2）（i）记乙校初三男生立定跳远成绩为Y厘米，则Y～N（μ，σ2），μ＝231，σ＝19，
所以＝，
所以估计乙校初三男生立定跳远得满分的人数为200×0.1587≈32．
（ii）本题结论开放，只要考生能从统计学的角度作出合理的分析即可．如：①一次取样未必能客观反映总体；②样本容量过小也可能影响估计的准确性；③忽略异常数据的影响也可能导致估计失真；④模型选择不恰当，模型的拟合效果不好，也将导致估计失真；⑤样本不具代表性，也会对估计产生影响．等等．
21．（12分）已知复数z＝x+yi（x，y∈R）在复平面内对应的点为M（x，y），且z满足|z+2|﹣|z﹣2|＝2，点M的轨迹为曲线C．
（1）求C的方程；
（2）设A（﹣1，0），B（1，0），若过F（2，0）的直线与C交于P，Q两点，且直线AP与BQ交于点R．证明：
（ⅰ）点R在定直线上；
（ⅱ）若直线AQ与BP交于点S，则RF⊥SF．
【分析】（1）根据|z+2|﹣|z﹣2|＝2建立方程，结合双曲线的定义可得曲线C的方程；
（2）（i）设直线PQ的方程为x＝ty+2，将直线与曲线联立方程组，表示出直线AP与直线BQ的方程，联立消去y可证得结论；
（ii）与（i）同理可证点S也在定直线上，设，，利用，可证得结论．
【解答】解：（1）由题意可知：，
所以点M到点F1（﹣2，0）与到点F2（2，0）的距离之差为2，且2＜|F1F2|＝4，
所以动点M的轨迹是以F1，F2为焦点的双曲线的右支，
设其方程为，其中2a＝2，2c＝4，
所以a＝1，c＝2，
所以b2＝c2﹣a2＝3，所以曲线C的方程为．
（2）（i）证明：设直线PQ的方程为x＝ty+2，P（x1，y1），Q（x2，y2），其中x1＞0，x2＞0．
联立，消去x，可得（3t2﹣1）y2+12ty+9＝0，
由题意知3t2﹣1≠0且△＝144t2﹣36（3t2﹣1）＝36（t2+1）＞0，
所以，．
直线AP：，直线BQ：①，
由于点P（x1，y1）在曲线C上，可知，所以，
所以直线AP：②．
联立①②，消去y可得，
即，
所以，
所以，所以，
所以点R在定直线上．
（ii）证明：由题意，与（i）同理可证点S也在定直线上．
设，，则
由于R在直线AP：上，S在直线AQ：上，
所以，，
所以＝，
又因为，，
所以，所以RF⊥SF．
22．（12分）已知函数f（x）＝sin2x﹣a|lnx|．
（1）若a＝1，讨论f（x）在区间（0，1）上的单调性；
（2）证明：当a＞0时，f（x）在区间（0，π）上有且只有两个零点．
【分析】（1）将a＝1代入，求导，判断导函数与0的关系，即可得到f（x）的单调性；
（2）分x∈（0，1]，及三种情况，结合零点存在性讨论即可得证．
【解答】解：（1）若a＝1，则f（x）＝sin2x﹣|lnx|，
当x∈（0，1）时，lnx＜0，f（x）＝sin2x+lnx，，．
由f''（x）＜0，得f'（x）在（0，1）上单调递减，
又，
所以f'（x）＞0，所以f（x）在（0，1）上单调递增．
（2）证明：①当x∈（0，1]，a＞0时，f（x）＝sin2x+alnx，，，
所以f'（x）在（0，1]上单调递减，f'（1）＝2cos2+a，
（i）若a≥﹣2cos2，则f'（x）≥f'（1）≥0，所以f（x）在（0，1]上单调递增．
又，f（1）＝sin2＞0，
所以f（x）在（0，1]上有唯一零点．
（ii）若0＜a＜﹣2cos2，则f'（1）＜0，又，
所以存在x1∈（0，1），使得f'（x1）＝0，
且当x∈（0，x1）时，f'（x）＞0，当x∈（x1，1）时，f'（x）＜0，
所以f（x）在（0，x1）上单调递增，在（x1，1）上单调递减．
又，f（x1）＞f（1）＝sin2＞0，
所以f（x）在（0，1]上有唯一零点．
②当，a＞0时，f（x）＝sin2x﹣alnx，．
所以f（x）在上单调递减．
又f（1）＝sin2＞0，，
所以f（x）在上有唯一零点．
③当，a＞0时，，sin2x＜0，lnx＞0，
所以f（x）＝sin2x﹣alnx＜0，所以f（x）在上无零点．
综上，a＞0时，f（x）在（0，π）上有且只有两个零点．