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2021年江西省九江市高考数学三模试卷（理科）（含解析）
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这是一份2021年江西省九江市高考数学三模试卷（理科）（含解析），共22页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021年江西省九江市高考数学三模试卷（理科）
一、单选题（本大题共12小题，共48.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 已知集合A={x|−1
2. 若复数z满足(1−2i)z=2，则z的虚部为( )
A. 25 B. −25 C. 45 D. −45
3. 研究与试验发展(R&D)是科技活动的核心指标，是衡量一个国家和地区科技发展水平的主要指标，同时也是反映企业自主创新能力的指标．我国一直以来都在大力促进科技创新，R&D经费支出增速保持世界领先如图是我国近五年(2016−2020年)R&D经费支出统计图，则下列说法中错误的是( )
A. 近五年，R&D经费支出与年份呈现正相关关系
B. 近五年，R&D经费支出的中位数为19678
C. 2020年，R&D经费支出相对于2016年增长超过50%
D. 2020年，R&D经费支出增长速度最快
4. 已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1=1，S6=4S3，则a10=( )
A. −9 B. 9 C. −27 D. 27
5. 已知椭圆C的焦点分别为F1、F2，|F1F2|=2，若椭圆C上存在点M，使得∠F1MF2=90°，则椭圆C短轴长的取值范围是( )
A. (0,1] B. (2,2 2] C. [2,+∞) D. (0,2]
6. 函数f(x)=sinx⋅ln( x2+1−x)，x∈[−2π,2π]的图像可能是( )
A. B.
C. D.
7. 已知曲线C1：y=sinx，曲线C2：y=sin(ωx+φ)(ω>0,|φ|<π2)的部分图像如图所示，则下列结论正确的是( )
A. 将曲线C1先向左平移π6个单位长度，再将各点的横坐标伸长到原来的2倍，得到曲线C2
B. 将曲线C1先向左平移π6个单位长度，再将各点的横坐标缩短到原来的12倍，得到曲线C2
C. 将曲线C1先向左平移π3个单位长度，再将各点的横坐标伸长到原来的2倍，得到曲线C2
D. 将曲线C1先向左平移π3个单位长度，再将各点的横坐标缩短到原来的12倍，得到曲线C2
8. 如图所示，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，P为线段BC1上的动点，给出下列四个结论：
①DP长度为定值；
②三棱锥P−AB1D1的体积为定值；
③任意点P，都有DP⊥A1C；
④存在点P，使得A1P⊥平面AB1D1．
其中正确的是( )
A. ①③ B. ②④ C. ②③ D. ①④
9. 在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左焦点为F，A，B分别为双曲线C左、右支上一点，若四边形OFAB是菱形，则双曲线C的离心率为( )
A. 2+1 B. 3+1 C. 2 3 D. 2 2
10. 蒙特⋅卡罗方法(Monte Carlo method)，也称统计模拟方法，是二十世纪四十年代中期由于科学技术的发展和电子计算机的发明，而被提出的一种以概率统计理论为指导的一类非常重要的数值计算方法．某同学根据蒙特⋅卡罗方法设计了以下实验来估计圆周率π的值，每次用计算机随机在区间(0,3)内取两个数，共进行了1000次实验，统计发现这两个数与3能构成钝角三角形的情况有280种，则由此估计π的近似值为( )
A. 3.12 B. 3.13 C. 3.14 D. 3.15
11. 如图所示，在三棱锥A−BCD中，平面ABC⊥平面BCD，O为BC的中点，E为AO的中点，DE⊥AO，BC=4，DE= 2，∠AOC=45°，则三棱锥A−BCD体积的最大值为( )
A. 43 B. 23 C. 2 23 D. 23
12. 已知f(x)是定义在(0,+∞)上的可导函数，f′(x)是f(x)的导函数，若xf(x)+x2f′(x)=ex，f(1)=e，则f(x)在(0,+∞)上( )
A. 单调递增 B. 单调递减 C. 有极大值 D. 有极小值
二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 曲线f(x)=xcosx在x=0处的切线方程为______．
14. 二项式(x+1x−2)3的展开式中x的系数为______．
15. 已知点A，B是圆C：(x−2)2+y2=4上的两点，且|AB|=2 3，则AB⋅AC=______．
16. 已知正项数列{an}的前n项和为Sn，a1=1，且Sn+Sn−1=an2(n≥2)，设bn=(−1)n(2an+1)Sn，则数列{bn}前n项和的取值范围为______．
三、解答题（本大题共7小题，共82.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题12.0分)
△ABC中，三内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知2−2cosA= 3tanA2，A为锐角．
(Ⅰ)求A的大小；
(Ⅱ)若G为BC边上靠近点B的三等分点，且AG=2，求△ABC面积的最大值．
18. (本小题12.0分)
如图所示，在四棱锥M−ABCD中，底面ABCD为直角梯形，BC//AD，∠CDA=90°，△MBC，△MCD均为等边三角形，BC=12AD．
(Ⅰ)求证：平面MBD⊥平面ABCD；
(Ⅱ)求二面角A−MB−C的余弦值．
19. (本小题12.0分)
2020年9月22日，国家主席习近平在第七十五届联合国大会一般性辩论上发表重要讲话，指出要加快形成绿色发展方式和生活方式，建设生态文明和美丽地球.中国将提高国家自主贡献力度，采取更加有力的政策和措施，二氧化碳排放力争于2030年前达到峰值，努力争取2060年前实现碳中和，某企业为了响应中央号召，准备在企业周边区域内通过植树造林实现减碳，从某育苗基地随机采购了120株银杏树树苗进行栽种，测量树苗的高度，得到如下频率分布直方图，已知不同高度区间内树苗的售价区间如表.
树苗高度（cm）
[120，140）
[140，160）
[160，180]
树苗售价（元/株）
4
6
8
（1）现从120株树苗中，按售价分层抽样抽取8株，再从中任选三株，求售价之和高于16元的概率；
（2）已知该育苗基地银杏树树苗高度服从正态分布N（μ，σ2），并用该企业采购的120株树苗作样本，来估计总体期望和方差（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表），且s2=185.
①从该育苗基地银杏树树苗中任选5株，记树苗高度超过150cm的株数为ξ，求随机变量ξ的分布列和期望.
②若该育苗基地共有5000株银杏树树苗，并将树苗的高度从高到低进行排列，请估计第114株树苗的高度.参考数据：若X~N（μ，σ2），P（μ-σ＜X＜μ+σ）≈0.6826，P（μ-2σ＜X＜μ+2σ）≈0.9544， 185≈13.6.
20. (本小题12.0分)
在直角坐标系xOy中，已知抛物线C：x2=2py(p>0)，P为直线y=x−2上的动点，过点P作抛物线C的两条切线，切点分别为A，B.当P在y轴上时，OA⊥OB．
(Ⅰ)求抛物线C的方程；
(Ⅱ)求点O到直线AB距离的最大值．
21. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=eaxlnx−x+1(a∈R)．
(Ⅰ)当a=0时，求f(x)的单调区间；
(Ⅱ)讨论f(x)在(0,1)内零点的个数．
22. (本小题10.0分)
在平面直角坐标系xOy中，已知曲C1的参数方程为x=1+ 2cosφy=1+ 2sinφ(φ为参数)，以O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρ=1，记曲线C1与C2公共弦所在直线为l．
(Ⅰ)求直线l的极坐标方程；
(Ⅱ)设过O点的直线l0与直线l交于点M，与曲线C1交于点N(异于原点O)，求|OM|⋅|ON|的值．
23. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=|x+72|−|2x−1|的最大值为M．
(Ⅰ)求M的值；
(Ⅱ)若正实数a，b满足2a+b=M，求a2b的最大值．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查补集、交集的求法，考查补集、交集定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
求出集合A，B，∁RB，由此能A∩(∁RB)．
【解答】
解：∵集合A={x|−1
则A∩(∁RB)={x|−1
2.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了复数虚部的概念，以及复数代数形式的乘法运算，需要学生熟练掌握公式，属于基础题．
根据已知条件，结合复数虚部的概念，以及复数代数形式的乘法运算，即可求解．
【解答】
解：∵(1−2i)z=2，
∴z=21−2i=2(1+2i)(1−2i)(1+2i)=25+45i，
∴z的虚部为45．
故选：C．
3.【答案】C
【解析】解：对于A，近五年，R&D经费支出与年份呈现正相关关系，故A正确；
对于B，五年，R&D经费支出的中位数为19678，故B正确；
对于C，∵2442615667≈1.56，即2020年R&D经费支出相对于2016年增长超过50%，故C正确；
对于D，2016年至2017年，R&D经费支出增长速度为1760615677≈1.123，
2017年至2018年，R&D经费支出增长速度为1967817606≈1.118，
2018年至2019年，R&D经费支出增长速度为2214419678≈1.125，
2019年至2020年，R&D经费支出增长速度为2442622144≈1.103，故D错误．
故选：C．
利用条形统计图的性质直接求解．
本题考查命题真假的判断，考查条形统计图的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
4.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查等比数列的通项公式，前n项和公式，考查学生的逻辑推理和运算求解的能力，属于基础题．
显然q≠1，根据S6=4S3，a1=1可得1−q61−q=4×1−q31−q，从而解出q3后即可求出a10．
【解答】
解：显然q=1时，不满足题意；
当q≠1时，由S6=4S3，a1=1，得1−q61−q=4×1−q31−q，
则4−4q3=1−q6，解得q3=3，
所以a10=a1q9=27．
故选：D．
5.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查圆与椭圆的位置关系的应用，椭圆的简单性质的应用，属于中档题．
不妨设椭圆C的焦点在x轴上，椭圆C的标准方程为x2b2+1+y2b2=1，以F1F2为直径的圆的方程为x2+y2=1，然后联立圆的方程与椭圆方程，求解b的范围，即可求解．
【解答】
解：不妨设椭圆C的焦点在x轴上，则c=1，a2=b2+1，
椭圆C的标准方程为x2b2+1+y2b2=1，以F1F2为直径的圆的方程为x2+y2=1，
联立x2b2+1+y2b2=1x2+y2=1，可得y2=b4，
所以，b4=y2=1−x2≤1，
∵b>0，可得0
故选D．
6.【答案】A
【解析】
【分析】
本题主要考查函数图象的识别和判断，利用条件判断g(x)的奇偶性和取值范围是解决本题的关键，属于基础题．
设g(x)=ln( x2+1−x)，x∈[−2π,2π]，判断g(x)的奇偶性和取值范围，利用排除法进行判断即可．
【解答】
解：函数f(x)=sinx⋅ln( x2+1−x)，x∈[−2π,2π]，
设g(x)=ln( x2+1−x)，x∈[−2π,2π]，定义域关于原点对称，
则g(−x)+g(x)=ln[( x2+1+x)( x2+1−x)]=ln1=0，即g(−x)=−g(x)，则g(x)是奇函数，
则f(x)=sinx⋅g(x)是偶函数，排除D；
当x>0时， x2+1−x=1 x2+1+x为减函数，则g(x)为减函数，则g(x)0，则f(x)<0，排除B，C．
故本题选A．
7.【答案】B
【解析】
【分析】
本题主要考查由函数y=Asin(ωx+φ)的部分图象求解析式，由特殊点坐标求出φ，由五点法作图求出ω的值，函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换规律，属于基础题．
由特殊点坐标求出φ，由五点法作图求出ω的值，可得函数的解析式，再利用函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换规律，得出结论．
【解答】
解：根据曲线C2：y=sin(ωx+φ)(ω>0,|φ|<π2)的部分图像可得，sinφ=12，∴φ=π6．
再根据五点法作图可得ω×5π12+π6=π，求得ω=2，故曲线C2的方程为y=sin(2x+π6).
故将曲线曲线C1：y=sinx的图像先向左平移π6个单位长度，
再将各点的横坐标缩短到原来的12倍，得到曲线C2，
故选：B．
8.【答案】C
【解析】解：设正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，以点D为坐标原点，DA、DC、DD1所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，如图
则A(1,0,0)、B(1,1,0)、C(0,1,0)、D(0,0,0)、A1(1,0.1)、B1(1,1.1)、C1(0.1,1)、D1(0.0.1)
设点P(t,1,1−t)，其中0≤t≤1．
对于①，|DF|= t2+(1−t)2不是定值，①错误；
对于②，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AB//C1D1且AB=C1D1，
所以，四边形ABC1D1为平行四边形，则BC1//AD1
又BC1⊄平面AB1D1，AD1⊂平面AB1D1，则BC1平面AB1D1，
又P∈BC1，则点P到平面AB1D1的距离为定值，故三角形AB1D1的面积也为定值，
所以，三棱锥P−AB1D1的体积为定值，②正确；
对于③，A1C=(−1,1,−1)，DP=(t,1,1−t)，所以，DP⋅A1C=−t+1−1+t=0，
因此，对任意点P，都有DP⊥A1C，③正确；
对于④，A1P=(t−1,1,−t)，AB1=(0,1,1)，AD1=(−1,0.1)，
所以A1P⋅AB1=1−t=0A1P⋅AD1=1−2t=0，这样的t不存在．
所以不存在点P，使得A1P⊥平面B1D1，④错误．
故选：C．
设正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，以点D为坐标原点，DA、DC、DD1，所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，利用空间中
两点间的距离公式可判断①的正误，利用锥体的体积公式可判断②的正误，利用空间向量法可判断③④的正误．
本题考查空间中直线与平面、直线与直线、平面与平面间的位置关系的判断，是中档题．
9.【答案】B
【解析】解：双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左焦点为F，点A，B在双曲线C上，且四边形OFAB为菱形，
不妨A在x轴上方，可知A(−c2, 32c)，代入双曲线方程可得：c24a2−3c24c2−4a2=1．
可得e4−8e2+4=0，e>1，
可得e2=4+2 3．
可得e= 3+1．
故选：B．
利用四边形OFAB(O为坐标原点)为菱形，结合双曲线的对称性，求出A的坐标，代入双曲线方程然后求解离心率．
本题考查双曲线的简单性质的应用，判断A的位置是解题的关键，考查计算能力，是中档题．
10.【答案】A
【解析】解：每位同学随机写下一个实数对(x,y)，其中0
数字x、y与1可以构成钝角三角形三边的实数对(x,y)需满足x+y>3，x2+y2<9，
可用如图所示的阴影部分区域表示，
设“数字x、y与1可以构成钝角三角形三边的实数对(x,y)”为事件A，
由几何概型中的面积型公式可得：
P(A)=S阴S正=π×94−923×3=π−24，
又数字x、y与3可以构成钝角三角形三边的实数对(x,y)为280个，
所以2801000≈π−24，
所以π≈7825=3.12．
故选：A．
由钝角三角形的求法及几何概型中的面积型得：每位同学随机写下一个实数对(x,y)，其中03，x2+y2<9，可用如图所示的阴影部分区域表示，设“数字x、y与1可以构成钝角三角形三边的实数对(x,y)”为事件A，由几何概型中的面积型公式列出方程，能求出结果．
本题考查概率的求法及应用，考查几何概型等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
11.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了空间线面、面面位置关系，考查了几何体体积计算、基本不等式的应用，属于难题．
过点D作DF⊥BC，垂足为F，可得DF⊥面ABC，AO⊥EF.设OE=x，则三棱锥A−BCD体积V=13⋅12BC⋅DF⋅AOsin45°=2 23 x2(2−x2)，利用基本不等式即可求解．
【解答】
解：过点D作DF⊥BC，垂足为F，连接EF，
∵平面ABC⊥平面BCD，∴DF⊥平面ABC，
∵AO⊂平面ABC，∴AO⊥DF，
又DE⊥AO，DE∩DF=D，DE，DF⊂平面DEF，
∴AO⊥平面DEF，
∵FE⊂平面DEF，∴AO⊥EF．
设OE=x，∵∠AOC=45°，∴EF=x，
在直角三角形DEF中，有DF⊥EF，
∴DF= 2−x2，
则三棱锥A−BCD体积V=13⋅12BC⋅DF⋅AOsin45o=2 23 x2(2−x2)≤2 23⋅x2+2−x22=2 23，
当且仅当x2=2−x2，即x=1时，取等号．
故选：C．
12.【答案】A
【解析】解：f′(x)=ex−xf(x)x2，设g(x)=ex−xf(x)，则g′(x)=ex−f(x)−xf′(x)=ex−exx=x−1xex，
当x∈(0,1)时，g′(x)<0，当x∈(1,+∞)时，g′(x)>0，
所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
所以g(x)≥g(1)=e−f(1)=0，
所以f′(x)≥0，所以f(x)在(0,+∞)上单调递增．
故选：A．
由已知可得f′(x)=ex−xf(x)x2，设g(x)=ex−xf(x)，对g(x)求导，利用导数求得g(x)≥0，从而可得f′(x)≥0，即可求得f(x)的单调性，从而可得结论．
本题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查运算求解能力，属于中档题．
13.【答案】x−y=0
【解析】解：函数f(x)=xcosx的导数为f′(x)=cosx−xsinx，
可得在x=0处的切线斜率为cos0−0sin0=1，
切点为(0,0)，
可得在x=0处的切线方程为y=x，
即为x−y=0．
故答案为：x−y=0．
求得f(x)的导数，由导数的几何意义可得切线的斜率，求得切点，由点斜式方程可得所求切线的方程．
本题考查导数的运用：求切线的方程，考查导数的几何意义，正确求导和运用直线的点斜式方程是解题的关键，属于基础题．
14.【答案】15
【解析】解：(x+1x−2)3=(x−1)6x3，
Tr+1=C6rx6−r(−1)r，r=0，1，...，6，
故展开式中x的系数为C62(−1)2=15．
故答案为：15．
根据已知条件，结合完全平方差公式和二项式通项公式，即可求解．
本题主要考查二项式定理，需要学生熟练掌握公式，属于基础题．
15.【答案】6
【解析】解：过点C作CD⊥AB于D，则AD=12AB= 3，
∴cos∠BAC=ADAC= 32，
∴AB⋅AC=|AB|⋅|AC|cos∠BAC=2 3×2× 32=6．
故答案为：6．
过点C作CD⊥AB于D，由三角函数的知识求出cos∠BAC的值，再由平面向量数量积的运算法则，得解．
本题考查平面向量的数量积，牢记平面向量数量积的运算公式是解题的关键，考查运算求解能力，属于基础题．
16.【答案】[−3,−2)∪(−2,−43]
【解析】解：由a1=1，且Sn+Sn−1=an2(n≥2)，an>0，
令n=2，可得S2+S1=a22，即1+a2+1=a22，解得a2=2，
令n=3，可得S3+S2=a32，即3+a3+3=a32，解得a3=3，
当n≥3时，Sn−1+Sn−2=an−12，
又Sn+Sn−1=an2，
两式相减可得an+an−1=(an+an−1)(an−an−1)，
由an>0，可得an−an−1=1，
则数列{an}从第三项起是公差为1的等差数列，可得an=a3+n−3=n，
上式对n=1，2也成立，
所以an=n，n∈N*，Sn=12n(1+n)，
bn=(−1)n(2an+1)Sn=2⋅(−1)n⋅n+n+1n(n+1)=2⋅(−1)n⋅(1n+1n+1)，
所以数列{bn}前n项和Tn=2[−1−12+12+13−13−14+...+(−1)n⋅1n+(−1)n⋅1n+1]，
当n为偶数时，Tn=2(−1+1n+1)，则Tn≤2(13−1)=−43，且Tn>−2；
当n为奇数时，Tn=2(−1−1n+1)，则Tn≥2(−12−1)=−3，且Tn<−2．
综上可得，Tn的取值范围是[−3,−2)∪(−2,−43].
故答案为：[−3,−2)∪(−2,−43].
由数列的递推式和等差数列的定义、通项公式可得an，由等差数列的求和公式可得Sn，求得bn=2⋅(−1)n⋅(1n+1n+1)，再由数列的裂项相消求和可得数列{bn}前n项和Tn，讨论n为偶数或奇数，结合不等式的性质可得所求范围．
本题考查数列的递推式的运用，以及等差数列的通项公式和求和公式、数列的裂项相消求和，考查分类讨论首项和运算能力、推理能力，属于中档题．
17.【答案】解：(Ⅰ)在△ABC中，因为2−2cosA= 3tanA2，可得2sin2A2= 32⋅sinA2cosA2，
所以2sinA2cosA2=sinA= 32，
因为A为锐角，所以A=π3．
(Ⅱ)因为AG=AB+13BC=AB+13(AC−AB)=23AB+13AC，
所以AG2=19(4AB2+AC2+4AB⋅AC)，
即4=19(4c2+b2+4bc⋅cosπ3)，整理可得4c2+b2+2bc=36，
则36≥6bc，即bc≤6，当且仅当b=2c=2 3时等号成立，
故S△ABC=12bcsinA= 34bc≤3 32，即△ABC的面积的最大值为3 32．
【解析】本题主要考查了三角函数恒等变换，平面向量的运算，平面向量数量积的运算，基本不等式，三角形的面积公式在解三角形中的综合应用，考查了转化思想，属于中档题．
(Ⅰ)利用三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得sinA= 32，结合A为锐角，即可得解A的值．
(Ⅱ)由题意利用平面向量的运算可得AG=23AB+13AC，两边平方，利用平面向量数量积的运算，基本不等式可求bc的最大值，进而根据三角形的面积公式即可计算得解．
18.【答案】(Ⅰ)证明：取BD的中点E，连接ME，CE，设△MBC、△MCD的边长均为2，
∵△MBC、△MCD均为等边三角形，则MB=MC=BC=MD=BD=2，
∵E为BD的中点，∴CE⊥BD，同理可得ME⊥BD，
∵AD//BC，∠ADC=90°，∴∠BCD=90°，则BD=2 2，
∴CE=12BD= 2，且MB2+MD2=BD2，则∠BMD=90°，得ME=12BD= 2，
∴CE2+ME2=MC2，即CE⊥ME，
∵CE∩BD=E，∴ME⊥平面ABCD，
而ME⊂平面MBD，∴平面MBD⊥平面ABCD；
(Ⅱ)解：∵ME⊥平面ABCD，CE⊥BD，
以E为坐标原点，分别以EC、ED、EM所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，
设△MBC、△MCD的边长均为2，
则M(0,0, 2)，B(0,− 2,0)，C( 2,0,0)，A(−2 2,− 2,0)，
AB=(2 2,0,0)，BM=(0, 2, 2)，BC=( 2, 2,0)，
设平面ABM的一个法向量为m=(x,y,z)，平面BCM的一个法向量为n=(x1,y1,z1)，
由m⋅AB=2 2x=0m⋅BM= 2y+ 2z=0，取y=1，得m=(0,1,−1)；
由n⋅BC= 2x1+ 2y1=0n⋅BM= 2y1+ 2z1=0，取y1=−1，得n=(1,−1,1)．
∴cos=m⋅n|m||n|=−2 2× 3=− 63．
由图可知，二面角A−MB−C为钝角，故二面角A−MB−C的余弦值为− 63．
【解析】(Ⅰ)取BD的中点E，连接ME，CE，可得ME⊥BD，求解三角形证明CE⊥ME，即可得到ME⊥平面ABCD，由平面与平面垂直的判定可得平面MBD⊥平面ABCD；
(Ⅱ)由ME⊥平面ABCD，CE⊥BD，以E为坐标原点，分别以EC、ED、EM所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，分别求出平面ABM与平面BCM的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角A−MB−C的余弦值．
本题考查平面与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用空间向量求解空间角，是中档题．
19.【答案】解：（1）高度在[120,140)内的占比为（0.005+0.02）×10=0.25，
高度在[140,160)内的占比为（0.03+0.02）×10=0.5，
高度在[160,180]内的占比为（0.015+0.01）×10=0.25，
从这120株树苗中，按售价分层抽取8株，其中2株4元，4株6元，2株8元，
再从中任选三株，售价之和高于16元，可以为（4,6,8），（6,6,6），（6,6,8），（4,8,8），（6,8,8）,
故所求概率为P=C21C41C21+C43+C42C21+C21C22+C41C22C83=1928；
（2）①μ=125×0.05+135×0.2+145×0.3+155×0.2+165×0.15+175×0.1=150cm，
若从该育苗基地银杏树树苗中任选5株，高度超过150cm的概率为12,
由题意可知，ξ~B(5,12),
则P(ξ=0)=(12)5=132,
P(ξ=1)=C51(12)5=532,
P(ξ=2)=C52(12)5=516,
P(ξ=3)=C53(12)5=516,
P(ξ=4)=C54(12)5=532,
P(ξ=5)=C55(12)5=132,
所以ξ的分布列为：
ξ
0
1
2
3
4
5
P
132
532
516
516
532
132
故 E(ξ)=5×12=52；
②σ=s= 185≈13.6
因为1145000=0.0228=12[1−P(μ−2σ＜X＜μ+2σ)]=P(X≥μ+2σ)，
μ+2σ≈177.2cm，
所以估计第114株树苗的高度为177.2cm.
【解析】本题考查了频率分布直方图的应用，古典概型概率公式的应用，离散型随机变量及其分布列和离散型随机变量期望的求解与应用，考查了逻辑推理能力与化简运算能力，属于中档题．
（1）利用频率分布直方图求出高度在[120,140)，[140,160)，[160,180]内的频率，然后求出其对应抽取的株数，利用分类计数原理以及古典概型的概率公式求解即可；
（2）①由题意可知，ξ~B(5,12),求出对应的概率，利用数学期望的计算公式求解即可；
②计算出σ的值，计算出1145000=P(X≥μ+2σ)，由此即可求出第114株树苗的高度．
20.【答案】解：(Ⅰ)当P在y轴上时，即P(0,−2)，
设过P的切线方程为y=kx−2，
与x2=2py联立，可得x2−2pkx+4p=0，
由直线和抛物线相切的条件可得△=4p2k2−16p=0，
解得A(2 p,2)，B(−2 p,2)，
由OA⊥OB，可得2 p⋅(−2 p)+2×2=0，解得p=1，
所以抛物线C的方程为x2=2y；
(Ⅱ)由x2=2y即y=12x2的等式为y′=x，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
则y−y1=x1(x−x1)，即x1x=y+y1，
同理可得x2x=y+y2，
又P为直线y=x−2上的动点，可设P(t,t−2)，
可得x1t=t−2+y1，x2t=t−2+y2，
由两点确定一条直线，可得AB的方程为xt=t−2+y，
即为t(x−1)+(y−2)=0，
则直线恒过定点M(1,2)，
所以点O到直线AB距离的最大值为|OM|= 1+4= 5．
【解析】(Ⅰ)求得P在y轴上的坐标，设过P的切线方程为y=kx−2，与抛物线的方程联立，由相切的条件：△=0，解得A，B的坐标，由向量垂直的条件，解方程可得p，即可得到抛物线的方程；
(Ⅱ)由导数的几何意义求得切线的斜率，可得切线PA，PB的方程，设P(t,t−2)，代入切线的方程，求得直线AB的方程，求得恒过的定点M，再由OM垂直于直线AB，可得所求最大值．
本题考查抛物线的方程和性质，以及直线和抛物线相切的条件，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
21.【答案】解：(Ⅰ)当a=0时，f(x)=lnx−x+1，f′(x)=1x−1=1−xx，
当x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈(1,+∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
∴f(x)的增区间为(0,1)，减区间为(1,+∞)；
(Ⅱ)①当a=0时，由(Ⅰ)知f(x)在(0,1)上单调递增，
∴f(x)
③当a<0时，f′(x)=eax(alnx+1x)−1，令h(x)=eax(alnx+1x)−1，
则h′(x)=eax(a2lnx+2ax−1x2)，令φ(x)=a2lnx+2ax−1x2，
得φ′(x)=a2x−2ax2+2x3=(ax−1)2+1x3>0，∴φ(x)在(0,1)上单调递增，
∴当x∈(0,1)时，φ(x)<φ(1)=2a−1<0，
则h′(x)<0，h(x)在(0,1)上单调递减，
又f′(1)=ea−1<0，eax>ea，alnx>0，∴f′(ea)>ea⋅e−a−1=0，
∴∃x0∈(ea,1)，使得f′(x0)=0，
则f(x)在(0,x0)上单调递增，在(x0,1)上单调递减，
∵f(1)=0，f(x0)>0，
∵eax>ea，∴f(x)
综上，当a≥0时，f(x)在(0,1)内无零点；
当a<0时，f(x)在(0,1)内存在唯一零点．
【解析】(Ⅰ)当a=0时，f(x)=lnx−x+1，求其导函数，利用导函数的零点分段，即可求得原函数的单调区间；
(Ⅱ)①当a=0时，由(Ⅰ)判断f(x)在(0,1)内无零点；
②当a>0时，由①知lnx
本题考查利用导数研究函数的单调性，函数零点的判定，考查逻辑思维能力与运算求解能力，属难题．
22.【答案】解：(Ⅰ)已知曲C1的参数方程为x=1+ 2cosφy=1+ 2sinφ(φ为参数)，转换为直角坐标方程为(x−1)2+(y−1)2=2；
曲线C2的极坐标方程为ρ=1，转换为直角坐标方程为x2+y2=1；
两圆相减得：2x+2y−1=0．
根据x=ρcosθ y=ρsinθ x2+y2=ρ2 ，转换为极坐标方程为2ρcosθ+2ρsinθ−1=0；
(Ⅱ)设直线l0的方程为：x=tcosα y=tsinα ，与直线l交于点M，
所以tsinα=−tcosα+12，整理得tOM=12(sinα+cosα)，
直线l0与曲线C1交于点N，
所以t2cos2α−2tcosα+t2sin2α−2tsinα=0，
整理得：tON=2(sinα+cosα)，
所以：|OM|⋅|ON|=|12(sinα+cosα)⋅(2sinα+2cosα)|=1．
【解析】(Ⅰ)直接利用转换关系，在参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换；
(Ⅱ)利用直线与曲线的位置关系和极径的应用求出结果．
本题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，极径的应用，一元二次方程根和系数关系式的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
23.【答案】解：(Ⅰ)f(x)= x−92,x≤−723x+52,−72
则M=4；
(Ⅱ)方法一：由(Ⅰ)可得正实数a，b满足2a+b=4，
∴b=4−2a>0，解得0
设g(a)=4a2−2a3，0
当00，函数g(a)单调递增，
当43
方法二：由(Ⅰ)可得正实数a，b满足2a+b=4，
∴a2b≤(a+a+b3)3=6427，当且仅当a=b=43时取等号，
故a2b的最大值为6427．
【解析】(Ⅰ)化为分段函数，根据图象求出最值；
(Ⅱ)方法一：根据导数和函数的最值的关系即可求出；
方法二：利用基本不等式求得a2b的最大值．
本题考查绝对值不等式的解法，基本不等式在最值中的应用，考查转化思想以及计算能力，是中档题．
2021年江西省九江市高考数学三模试卷（理科）
一、单选题（本大题共12小题，共48.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 已知集合A={x|−1
2. 若复数z满足(1−2i)z=2，则z的虚部为( )
A. 25 B. −25 C. 45 D. −45
3. 研究与试验发展(R&D)是科技活动的核心指标，是衡量一个国家和地区科技发展水平的主要指标，同时也是反映企业自主创新能力的指标．我国一直以来都在大力促进科技创新，R&D经费支出增速保持世界领先如图是我国近五年(2016−2020年)R&D经费支出统计图，则下列说法中错误的是( )
A. 近五年，R&D经费支出与年份呈现正相关关系
B. 近五年，R&D经费支出的中位数为19678
C. 2020年，R&D经费支出相对于2016年增长超过50%
D. 2020年，R&D经费支出增长速度最快
4. 已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1=1，S6=4S3，则a10=( )
A. −9 B. 9 C. −27 D. 27
5. 已知椭圆C的焦点分别为F1、F2，|F1F2|=2，若椭圆C上存在点M，使得∠F1MF2=90°，则椭圆C短轴长的取值范围是( )
A. (0,1] B. (2,2 2] C. [2,+∞) D. (0,2]
6. 函数f(x)=sinx⋅ln( x2+1−x)，x∈[−2π,2π]的图像可能是( )
A. B.
C. D.
7. 已知曲线C1：y=sinx，曲线C2：y=sin(ωx+φ)(ω>0,|φ|<π2)的部分图像如图所示，则下列结论正确的是( )
A. 将曲线C1先向左平移π6个单位长度，再将各点的横坐标伸长到原来的2倍，得到曲线C2
B. 将曲线C1先向左平移π6个单位长度，再将各点的横坐标缩短到原来的12倍，得到曲线C2
C. 将曲线C1先向左平移π3个单位长度，再将各点的横坐标伸长到原来的2倍，得到曲线C2
D. 将曲线C1先向左平移π3个单位长度，再将各点的横坐标缩短到原来的12倍，得到曲线C2
8. 如图所示，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，P为线段BC1上的动点，给出下列四个结论：
①DP长度为定值；
②三棱锥P−AB1D1的体积为定值；
③任意点P，都有DP⊥A1C；
④存在点P，使得A1P⊥平面AB1D1．
其中正确的是( )
A. ①③ B. ②④ C. ②③ D. ①④
9. 在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左焦点为F，A，B分别为双曲线C左、右支上一点，若四边形OFAB是菱形，则双曲线C的离心率为( )
A. 2+1 B. 3+1 C. 2 3 D. 2 2
10. 蒙特⋅卡罗方法(Monte Carlo method)，也称统计模拟方法，是二十世纪四十年代中期由于科学技术的发展和电子计算机的发明，而被提出的一种以概率统计理论为指导的一类非常重要的数值计算方法．某同学根据蒙特⋅卡罗方法设计了以下实验来估计圆周率π的值，每次用计算机随机在区间(0,3)内取两个数，共进行了1000次实验，统计发现这两个数与3能构成钝角三角形的情况有280种，则由此估计π的近似值为( )
A. 3.12 B. 3.13 C. 3.14 D. 3.15
11. 如图所示，在三棱锥A−BCD中，平面ABC⊥平面BCD，O为BC的中点，E为AO的中点，DE⊥AO，BC=4，DE= 2，∠AOC=45°，则三棱锥A−BCD体积的最大值为( )
A. 43 B. 23 C. 2 23 D. 23
12. 已知f(x)是定义在(0,+∞)上的可导函数，f′(x)是f(x)的导函数，若xf(x)+x2f′(x)=ex，f(1)=e，则f(x)在(0,+∞)上( )
A. 单调递增 B. 单调递减 C. 有极大值 D. 有极小值
二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 曲线f(x)=xcosx在x=0处的切线方程为______．
14. 二项式(x+1x−2)3的展开式中x的系数为______．
15. 已知点A，B是圆C：(x−2)2+y2=4上的两点，且|AB|=2 3，则AB⋅AC=______．
16. 已知正项数列{an}的前n项和为Sn，a1=1，且Sn+Sn−1=an2(n≥2)，设bn=(−1)n(2an+1)Sn，则数列{bn}前n项和的取值范围为______．
三、解答题（本大题共7小题，共82.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题12.0分)
△ABC中，三内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知2−2cosA= 3tanA2，A为锐角．
(Ⅰ)求A的大小；
(Ⅱ)若G为BC边上靠近点B的三等分点，且AG=2，求△ABC面积的最大值．
18. (本小题12.0分)
如图所示，在四棱锥M−ABCD中，底面ABCD为直角梯形，BC//AD，∠CDA=90°，△MBC，△MCD均为等边三角形，BC=12AD．
(Ⅰ)求证：平面MBD⊥平面ABCD；
(Ⅱ)求二面角A−MB−C的余弦值．
19. (本小题12.0分)
2020年9月22日，国家主席习近平在第七十五届联合国大会一般性辩论上发表重要讲话，指出要加快形成绿色发展方式和生活方式，建设生态文明和美丽地球.中国将提高国家自主贡献力度，采取更加有力的政策和措施，二氧化碳排放力争于2030年前达到峰值，努力争取2060年前实现碳中和，某企业为了响应中央号召，准备在企业周边区域内通过植树造林实现减碳，从某育苗基地随机采购了120株银杏树树苗进行栽种，测量树苗的高度，得到如下频率分布直方图，已知不同高度区间内树苗的售价区间如表.
树苗高度（cm）
[120，140）
[140，160）
[160，180]
树苗售价（元/株）
4
6
8
（1）现从120株树苗中，按售价分层抽样抽取8株，再从中任选三株，求售价之和高于16元的概率；
（2）已知该育苗基地银杏树树苗高度服从正态分布N（μ，σ2），并用该企业采购的120株树苗作样本，来估计总体期望和方差（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表），且s2=185.
①从该育苗基地银杏树树苗中任选5株，记树苗高度超过150cm的株数为ξ，求随机变量ξ的分布列和期望.
②若该育苗基地共有5000株银杏树树苗，并将树苗的高度从高到低进行排列，请估计第114株树苗的高度.参考数据：若X~N（μ，σ2），P（μ-σ＜X＜μ+σ）≈0.6826，P（μ-2σ＜X＜μ+2σ）≈0.9544， 185≈13.6.
20. (本小题12.0分)
在直角坐标系xOy中，已知抛物线C：x2=2py(p>0)，P为直线y=x−2上的动点，过点P作抛物线C的两条切线，切点分别为A，B.当P在y轴上时，OA⊥OB．
(Ⅰ)求抛物线C的方程；
(Ⅱ)求点O到直线AB距离的最大值．
21. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=eaxlnx−x+1(a∈R)．
(Ⅰ)当a=0时，求f(x)的单调区间；
(Ⅱ)讨论f(x)在(0,1)内零点的个数．
22. (本小题10.0分)
在平面直角坐标系xOy中，已知曲C1的参数方程为x=1+ 2cosφy=1+ 2sinφ(φ为参数)，以O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρ=1，记曲线C1与C2公共弦所在直线为l．
(Ⅰ)求直线l的极坐标方程；
(Ⅱ)设过O点的直线l0与直线l交于点M，与曲线C1交于点N(异于原点O)，求|OM|⋅|ON|的值．
23. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=|x+72|−|2x−1|的最大值为M．
(Ⅰ)求M的值；
(Ⅱ)若正实数a，b满足2a+b=M，求a2b的最大值．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查补集、交集的求法，考查补集、交集定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
求出集合A，B，∁RB，由此能A∩(∁RB)．
【解答】
解：∵集合A={x|−1
则A∩(∁RB)={x|−1
2.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了复数虚部的概念，以及复数代数形式的乘法运算，需要学生熟练掌握公式，属于基础题．
根据已知条件，结合复数虚部的概念，以及复数代数形式的乘法运算，即可求解．
【解答】
解：∵(1−2i)z=2，
∴z=21−2i=2(1+2i)(1−2i)(1+2i)=25+45i，
∴z的虚部为45．
故选：C．
3.【答案】C
【解析】解：对于A，近五年，R&D经费支出与年份呈现正相关关系，故A正确；
对于B，五年，R&D经费支出的中位数为19678，故B正确；
对于C，∵2442615667≈1.56，即2020年R&D经费支出相对于2016年增长超过50%，故C正确；
对于D，2016年至2017年，R&D经费支出增长速度为1760615677≈1.123，
2017年至2018年，R&D经费支出增长速度为1967817606≈1.118，
2018年至2019年，R&D经费支出增长速度为2214419678≈1.125，
2019年至2020年，R&D经费支出增长速度为2442622144≈1.103，故D错误．
故选：C．
利用条形统计图的性质直接求解．
本题考查命题真假的判断，考查条形统计图的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
4.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查等比数列的通项公式，前n项和公式，考查学生的逻辑推理和运算求解的能力，属于基础题．
显然q≠1，根据S6=4S3，a1=1可得1−q61−q=4×1−q31−q，从而解出q3后即可求出a10．
【解答】
解：显然q=1时，不满足题意；
当q≠1时，由S6=4S3，a1=1，得1−q61−q=4×1−q31−q，
则4−4q3=1−q6，解得q3=3，
所以a10=a1q9=27．
故选：D．
5.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查圆与椭圆的位置关系的应用，椭圆的简单性质的应用，属于中档题．
不妨设椭圆C的焦点在x轴上，椭圆C的标准方程为x2b2+1+y2b2=1，以F1F2为直径的圆的方程为x2+y2=1，然后联立圆的方程与椭圆方程，求解b的范围，即可求解．
【解答】
解：不妨设椭圆C的焦点在x轴上，则c=1，a2=b2+1，
椭圆C的标准方程为x2b2+1+y2b2=1，以F1F2为直径的圆的方程为x2+y2=1，
联立x2b2+1+y2b2=1x2+y2=1，可得y2=b4，
所以，b4=y2=1−x2≤1，
∵b>0，可得0
故选D．
6.【答案】A
【解析】
【分析】
本题主要考查函数图象的识别和判断，利用条件判断g(x)的奇偶性和取值范围是解决本题的关键，属于基础题．
设g(x)=ln( x2+1−x)，x∈[−2π,2π]，判断g(x)的奇偶性和取值范围，利用排除法进行判断即可．
【解答】
解：函数f(x)=sinx⋅ln( x2+1−x)，x∈[−2π,2π]，
设g(x)=ln( x2+1−x)，x∈[−2π,2π]，定义域关于原点对称，
则g(−x)+g(x)=ln[( x2+1+x)( x2+1−x)]=ln1=0，即g(−x)=−g(x)，则g(x)是奇函数，
则f(x)=sinx⋅g(x)是偶函数，排除D；
当x>0时， x2+1−x=1 x2+1+x为减函数，则g(x)为减函数，则g(x)
故本题选A．
7.【答案】B
【解析】
【分析】
本题主要考查由函数y=Asin(ωx+φ)的部分图象求解析式，由特殊点坐标求出φ，由五点法作图求出ω的值，函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换规律，属于基础题．
由特殊点坐标求出φ，由五点法作图求出ω的值，可得函数的解析式，再利用函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换规律，得出结论．
【解答】
解：根据曲线C2：y=sin(ωx+φ)(ω>0,|φ|<π2)的部分图像可得，sinφ=12，∴φ=π6．
再根据五点法作图可得ω×5π12+π6=π，求得ω=2，故曲线C2的方程为y=sin(2x+π6).
故将曲线曲线C1：y=sinx的图像先向左平移π6个单位长度，
再将各点的横坐标缩短到原来的12倍，得到曲线C2，
故选：B．
8.【答案】C
【解析】解：设正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，以点D为坐标原点，DA、DC、DD1所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，如图
则A(1,0,0)、B(1,1,0)、C(0,1,0)、D(0,0,0)、A1(1,0.1)、B1(1,1.1)、C1(0.1,1)、D1(0.0.1)
设点P(t,1,1−t)，其中0≤t≤1．
对于①，|DF|= t2+(1−t)2不是定值，①错误；
对于②，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AB//C1D1且AB=C1D1，
所以，四边形ABC1D1为平行四边形，则BC1//AD1
又BC1⊄平面AB1D1，AD1⊂平面AB1D1，则BC1平面AB1D1，
又P∈BC1，则点P到平面AB1D1的距离为定值，故三角形AB1D1的面积也为定值，
所以，三棱锥P−AB1D1的体积为定值，②正确；
对于③，A1C=(−1,1,−1)，DP=(t,1,1−t)，所以，DP⋅A1C=−t+1−1+t=0，
因此，对任意点P，都有DP⊥A1C，③正确；
对于④，A1P=(t−1,1,−t)，AB1=(0,1,1)，AD1=(−1,0.1)，
所以A1P⋅AB1=1−t=0A1P⋅AD1=1−2t=0，这样的t不存在．
所以不存在点P，使得A1P⊥平面B1D1，④错误．
故选：C．
设正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，以点D为坐标原点，DA、DC、DD1，所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，利用空间中
两点间的距离公式可判断①的正误，利用锥体的体积公式可判断②的正误，利用空间向量法可判断③④的正误．
本题考查空间中直线与平面、直线与直线、平面与平面间的位置关系的判断，是中档题．
9.【答案】B
【解析】解：双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左焦点为F，点A，B在双曲线C上，且四边形OFAB为菱形，
不妨A在x轴上方，可知A(−c2, 32c)，代入双曲线方程可得：c24a2−3c24c2−4a2=1．
可得e4−8e2+4=0，e>1，
可得e2=4+2 3．
可得e= 3+1．
故选：B．
利用四边形OFAB(O为坐标原点)为菱形，结合双曲线的对称性，求出A的坐标，代入双曲线方程然后求解离心率．
本题考查双曲线的简单性质的应用，判断A的位置是解题的关键，考查计算能力，是中档题．
10.【答案】A
【解析】解：每位同学随机写下一个实数对(x,y)，其中0
数字x、y与1可以构成钝角三角形三边的实数对(x,y)需满足x+y>3，x2+y2<9，
可用如图所示的阴影部分区域表示，
设“数字x、y与1可以构成钝角三角形三边的实数对(x,y)”为事件A，
由几何概型中的面积型公式可得：
P(A)=S阴S正=π×94−923×3=π−24，
又数字x、y与3可以构成钝角三角形三边的实数对(x,y)为280个，
所以2801000≈π−24，
所以π≈7825=3.12．
故选：A．
由钝角三角形的求法及几何概型中的面积型得：每位同学随机写下一个实数对(x,y)，其中0
本题考查概率的求法及应用，考查几何概型等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
11.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了空间线面、面面位置关系，考查了几何体体积计算、基本不等式的应用，属于难题．
过点D作DF⊥BC，垂足为F，可得DF⊥面ABC，AO⊥EF.设OE=x，则三棱锥A−BCD体积V=13⋅12BC⋅DF⋅AOsin45°=2 23 x2(2−x2)，利用基本不等式即可求解．
【解答】
解：过点D作DF⊥BC，垂足为F，连接EF，
∵平面ABC⊥平面BCD，∴DF⊥平面ABC，
∵AO⊂平面ABC，∴AO⊥DF，
又DE⊥AO，DE∩DF=D，DE，DF⊂平面DEF，
∴AO⊥平面DEF，
∵FE⊂平面DEF，∴AO⊥EF．
设OE=x，∵∠AOC=45°，∴EF=x，
在直角三角形DEF中，有DF⊥EF，
∴DF= 2−x2，
则三棱锥A−BCD体积V=13⋅12BC⋅DF⋅AOsin45o=2 23 x2(2−x2)≤2 23⋅x2+2−x22=2 23，
当且仅当x2=2−x2，即x=1时，取等号．
故选：C．
12.【答案】A
【解析】解：f′(x)=ex−xf(x)x2，设g(x)=ex−xf(x)，则g′(x)=ex−f(x)−xf′(x)=ex−exx=x−1xex，
当x∈(0,1)时，g′(x)<0，当x∈(1,+∞)时，g′(x)>0，
所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
所以g(x)≥g(1)=e−f(1)=0，
所以f′(x)≥0，所以f(x)在(0,+∞)上单调递增．
故选：A．
由已知可得f′(x)=ex−xf(x)x2，设g(x)=ex−xf(x)，对g(x)求导，利用导数求得g(x)≥0，从而可得f′(x)≥0，即可求得f(x)的单调性，从而可得结论．
本题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查运算求解能力，属于中档题．
13.【答案】x−y=0
【解析】解：函数f(x)=xcosx的导数为f′(x)=cosx−xsinx，
可得在x=0处的切线斜率为cos0−0sin0=1，
切点为(0,0)，
可得在x=0处的切线方程为y=x，
即为x−y=0．
故答案为：x−y=0．
求得f(x)的导数，由导数的几何意义可得切线的斜率，求得切点，由点斜式方程可得所求切线的方程．
本题考查导数的运用：求切线的方程，考查导数的几何意义，正确求导和运用直线的点斜式方程是解题的关键，属于基础题．
14.【答案】15
【解析】解：(x+1x−2)3=(x−1)6x3，
Tr+1=C6rx6−r(−1)r，r=0，1，...，6，
故展开式中x的系数为C62(−1)2=15．
故答案为：15．
根据已知条件，结合完全平方差公式和二项式通项公式，即可求解．
本题主要考查二项式定理，需要学生熟练掌握公式，属于基础题．
15.【答案】6
【解析】解：过点C作CD⊥AB于D，则AD=12AB= 3，
∴cos∠BAC=ADAC= 32，
∴AB⋅AC=|AB|⋅|AC|cos∠BAC=2 3×2× 32=6．
故答案为：6．
过点C作CD⊥AB于D，由三角函数的知识求出cos∠BAC的值，再由平面向量数量积的运算法则，得解．
本题考查平面向量的数量积，牢记平面向量数量积的运算公式是解题的关键，考查运算求解能力，属于基础题．
16.【答案】[−3,−2)∪(−2,−43]
【解析】解：由a1=1，且Sn+Sn−1=an2(n≥2)，an>0，
令n=2，可得S2+S1=a22，即1+a2+1=a22，解得a2=2，
令n=3，可得S3+S2=a32，即3+a3+3=a32，解得a3=3，
当n≥3时，Sn−1+Sn−2=an−12，
又Sn+Sn−1=an2，
两式相减可得an+an−1=(an+an−1)(an−an−1)，
由an>0，可得an−an−1=1，
则数列{an}从第三项起是公差为1的等差数列，可得an=a3+n−3=n，
上式对n=1，2也成立，
所以an=n，n∈N*，Sn=12n(1+n)，
bn=(−1)n(2an+1)Sn=2⋅(−1)n⋅n+n+1n(n+1)=2⋅(−1)n⋅(1n+1n+1)，
所以数列{bn}前n项和Tn=2[−1−12+12+13−13−14+...+(−1)n⋅1n+(−1)n⋅1n+1]，
当n为偶数时，Tn=2(−1+1n+1)，则Tn≤2(13−1)=−43，且Tn>−2；
当n为奇数时，Tn=2(−1−1n+1)，则Tn≥2(−12−1)=−3，且Tn<−2．
综上可得，Tn的取值范围是[−3,−2)∪(−2,−43].
故答案为：[−3,−2)∪(−2,−43].
由数列的递推式和等差数列的定义、通项公式可得an，由等差数列的求和公式可得Sn，求得bn=2⋅(−1)n⋅(1n+1n+1)，再由数列的裂项相消求和可得数列{bn}前n项和Tn，讨论n为偶数或奇数，结合不等式的性质可得所求范围．
本题考查数列的递推式的运用，以及等差数列的通项公式和求和公式、数列的裂项相消求和，考查分类讨论首项和运算能力、推理能力，属于中档题．
17.【答案】解：(Ⅰ)在△ABC中，因为2−2cosA= 3tanA2，可得2sin2A2= 32⋅sinA2cosA2，
所以2sinA2cosA2=sinA= 32，
因为A为锐角，所以A=π3．
(Ⅱ)因为AG=AB+13BC=AB+13(AC−AB)=23AB+13AC，
所以AG2=19(4AB2+AC2+4AB⋅AC)，
即4=19(4c2+b2+4bc⋅cosπ3)，整理可得4c2+b2+2bc=36，
则36≥6bc，即bc≤6，当且仅当b=2c=2 3时等号成立，
故S△ABC=12bcsinA= 34bc≤3 32，即△ABC的面积的最大值为3 32．
【解析】本题主要考查了三角函数恒等变换，平面向量的运算，平面向量数量积的运算，基本不等式，三角形的面积公式在解三角形中的综合应用，考查了转化思想，属于中档题．
(Ⅰ)利用三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得sinA= 32，结合A为锐角，即可得解A的值．
(Ⅱ)由题意利用平面向量的运算可得AG=23AB+13AC，两边平方，利用平面向量数量积的运算，基本不等式可求bc的最大值，进而根据三角形的面积公式即可计算得解．
18.【答案】(Ⅰ)证明：取BD的中点E，连接ME，CE，设△MBC、△MCD的边长均为2，
∵△MBC、△MCD均为等边三角形，则MB=MC=BC=MD=BD=2，
∵E为BD的中点，∴CE⊥BD，同理可得ME⊥BD，
∵AD//BC，∠ADC=90°，∴∠BCD=90°，则BD=2 2，
∴CE=12BD= 2，且MB2+MD2=BD2，则∠BMD=90°，得ME=12BD= 2，
∴CE2+ME2=MC2，即CE⊥ME，
∵CE∩BD=E，∴ME⊥平面ABCD，
而ME⊂平面MBD，∴平面MBD⊥平面ABCD；
(Ⅱ)解：∵ME⊥平面ABCD，CE⊥BD，
以E为坐标原点，分别以EC、ED、EM所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，
设△MBC、△MCD的边长均为2，
则M(0,0, 2)，B(0,− 2,0)，C( 2,0,0)，A(−2 2,− 2,0)，
AB=(2 2,0,0)，BM=(0, 2, 2)，BC=( 2, 2,0)，
设平面ABM的一个法向量为m=(x,y,z)，平面BCM的一个法向量为n=(x1,y1,z1)，
由m⋅AB=2 2x=0m⋅BM= 2y+ 2z=0，取y=1，得m=(0,1,−1)；
由n⋅BC= 2x1+ 2y1=0n⋅BM= 2y1+ 2z1=0，取y1=−1，得n=(1,−1,1)．
∴cos
由图可知，二面角A−MB−C为钝角，故二面角A−MB−C的余弦值为− 63．
【解析】(Ⅰ)取BD的中点E，连接ME，CE，可得ME⊥BD，求解三角形证明CE⊥ME，即可得到ME⊥平面ABCD，由平面与平面垂直的判定可得平面MBD⊥平面ABCD；
(Ⅱ)由ME⊥平面ABCD，CE⊥BD，以E为坐标原点，分别以EC、ED、EM所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，分别求出平面ABM与平面BCM的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角A−MB−C的余弦值．
本题考查平面与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用空间向量求解空间角，是中档题．
19.【答案】解：（1）高度在[120,140)内的占比为（0.005+0.02）×10=0.25，
高度在[140,160)内的占比为（0.03+0.02）×10=0.5，
高度在[160,180]内的占比为（0.015+0.01）×10=0.25，
从这120株树苗中，按售价分层抽取8株，其中2株4元，4株6元，2株8元，
再从中任选三株，售价之和高于16元，可以为（4,6,8），（6,6,6），（6,6,8），（4,8,8），（6,8,8）,
故所求概率为P=C21C41C21+C43+C42C21+C21C22+C41C22C83=1928；
（2）①μ=125×0.05+135×0.2+145×0.3+155×0.2+165×0.15+175×0.1=150cm，
若从该育苗基地银杏树树苗中任选5株，高度超过150cm的概率为12,
由题意可知，ξ~B(5,12),
则P(ξ=0)=(12)5=132,
P(ξ=1)=C51(12)5=532,
P(ξ=2)=C52(12)5=516,
P(ξ=3)=C53(12)5=516,
P(ξ=4)=C54(12)5=532,
P(ξ=5)=C55(12)5=132,
所以ξ的分布列为：
ξ
0
1
2
3
4
5
P
132
532
516
516
532
132
故 E(ξ)=5×12=52；
②σ=s= 185≈13.6
因为1145000=0.0228=12[1−P(μ−2σ＜X＜μ+2σ)]=P(X≥μ+2σ)，
μ+2σ≈177.2cm，
所以估计第114株树苗的高度为177.2cm.
【解析】本题考查了频率分布直方图的应用，古典概型概率公式的应用，离散型随机变量及其分布列和离散型随机变量期望的求解与应用，考查了逻辑推理能力与化简运算能力，属于中档题．
（1）利用频率分布直方图求出高度在[120,140)，[140,160)，[160,180]内的频率，然后求出其对应抽取的株数，利用分类计数原理以及古典概型的概率公式求解即可；
（2）①由题意可知，ξ~B(5,12),求出对应的概率，利用数学期望的计算公式求解即可；
②计算出σ的值，计算出1145000=P(X≥μ+2σ)，由此即可求出第114株树苗的高度．
20.【答案】解：(Ⅰ)当P在y轴上时，即P(0,−2)，
设过P的切线方程为y=kx−2，
与x2=2py联立，可得x2−2pkx+4p=0，
由直线和抛物线相切的条件可得△=4p2k2−16p=0，
解得A(2 p,2)，B(−2 p,2)，
由OA⊥OB，可得2 p⋅(−2 p)+2×2=0，解得p=1，
所以抛物线C的方程为x2=2y；
(Ⅱ)由x2=2y即y=12x2的等式为y′=x，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
则y−y1=x1(x−x1)，即x1x=y+y1，
同理可得x2x=y+y2，
又P为直线y=x−2上的动点，可设P(t,t−2)，
可得x1t=t−2+y1，x2t=t−2+y2，
由两点确定一条直线，可得AB的方程为xt=t−2+y，
即为t(x−1)+(y−2)=0，
则直线恒过定点M(1,2)，
所以点O到直线AB距离的最大值为|OM|= 1+4= 5．
【解析】(Ⅰ)求得P在y轴上的坐标，设过P的切线方程为y=kx−2，与抛物线的方程联立，由相切的条件：△=0，解得A，B的坐标，由向量垂直的条件，解方程可得p，即可得到抛物线的方程；
(Ⅱ)由导数的几何意义求得切线的斜率，可得切线PA，PB的方程，设P(t,t−2)，代入切线的方程，求得直线AB的方程，求得恒过的定点M，再由OM垂直于直线AB，可得所求最大值．
本题考查抛物线的方程和性质，以及直线和抛物线相切的条件，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
21.【答案】解：(Ⅰ)当a=0时，f(x)=lnx−x+1，f′(x)=1x−1=1−xx，
当x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈(1,+∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
∴f(x)的增区间为(0,1)，减区间为(1,+∞)；
(Ⅱ)①当a=0时，由(Ⅰ)知f(x)在(0,1)上单调递增，
∴f(x)
③当a<0时，f′(x)=eax(alnx+1x)−1，令h(x)=eax(alnx+1x)−1，
则h′(x)=eax(a2lnx+2ax−1x2)，令φ(x)=a2lnx+2ax−1x2，
得φ′(x)=a2x−2ax2+2x3=(ax−1)2+1x3>0，∴φ(x)在(0,1)上单调递增，
∴当x∈(0,1)时，φ(x)<φ(1)=2a−1<0，
则h′(x)<0，h(x)在(0,1)上单调递减，
又f′(1)=ea−1<0，eax>ea，alnx>0，∴f′(ea)>ea⋅e−a−1=0，
∴∃x0∈(ea,1)，使得f′(x0)=0，
则f(x)在(0,x0)上单调递增，在(x0,1)上单调递减，
∵f(1)=0，f(x0)>0，
∵eax>ea，∴f(x)
综上，当a≥0时，f(x)在(0,1)内无零点；
当a<0时，f(x)在(0,1)内存在唯一零点．
【解析】(Ⅰ)当a=0时，f(x)=lnx−x+1，求其导函数，利用导函数的零点分段，即可求得原函数的单调区间；
(Ⅱ)①当a=0时，由(Ⅰ)判断f(x)在(0,1)内无零点；
②当a>0时，由①知lnx
本题考查利用导数研究函数的单调性，函数零点的判定，考查逻辑思维能力与运算求解能力，属难题．
22.【答案】解：(Ⅰ)已知曲C1的参数方程为x=1+ 2cosφy=1+ 2sinφ(φ为参数)，转换为直角坐标方程为(x−1)2+(y−1)2=2；
曲线C2的极坐标方程为ρ=1，转换为直角坐标方程为x2+y2=1；
两圆相减得：2x+2y−1=0．
根据x=ρcosθ y=ρsinθ x2+y2=ρ2 ，转换为极坐标方程为2ρcosθ+2ρsinθ−1=0；
(Ⅱ)设直线l0的方程为：x=tcosα y=tsinα ，与直线l交于点M，
所以tsinα=−tcosα+12，整理得tOM=12(sinα+cosα)，
直线l0与曲线C1交于点N，
所以t2cos2α−2tcosα+t2sin2α−2tsinα=0，
整理得：tON=2(sinα+cosα)，
所以：|OM|⋅|ON|=|12(sinα+cosα)⋅(2sinα+2cosα)|=1．
【解析】(Ⅰ)直接利用转换关系，在参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换；
(Ⅱ)利用直线与曲线的位置关系和极径的应用求出结果．
本题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，极径的应用，一元二次方程根和系数关系式的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
23.【答案】解：(Ⅰ)f(x)= x−92,x≤−723x+52,−72
则M=4；
(Ⅱ)方法一：由(Ⅰ)可得正实数a，b满足2a+b=4，
∴b=4−2a>0，解得0
设g(a)=4a2−2a3，0
当0
当43
方法二：由(Ⅰ)可得正实数a，b满足2a+b=4，
∴a2b≤(a+a+b3)3=6427，当且仅当a=b=43时取等号，
故a2b的最大值为6427．
【解析】(Ⅰ)化为分段函数，根据图象求出最值；
(Ⅱ)方法一：根据导数和函数的最值的关系即可求出；
方法二：利用基本不等式求得a2b的最大值．
本题考查绝对值不等式的解法，基本不等式在最值中的应用，考查转化思想以及计算能力，是中档题．
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