2021年山东省德州市高考数学二模试卷

这是一份2021年山东省德州市高考数学二模试卷，共30页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2021年山东省德州市高考数学二模试卷
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）已知命题p：∀x＞0，ln（x+1）＞0，则￢p为（　　）
A．∀x＞0，ln（x+1）≤0 B．∃x＞0，ln（x+1）≤0
C．∀x＜0，ln（x+1）≤0 D．∃x≤0，ln（x+1）≤0
2．（5分）已知集合A＝{x|﹣2＜1﹣x＜3}，B＝{x∈N|x2≤6x}，则（∁RA）∩B＝（　　）
A．（3，6] B．（2，6] C．{3，4，5，6} D．{4，5，6}
3．（5分）6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，甲场馆安排3名，乙场馆安排1名，丙场馆安排2名，则不同的安排方法共有（　　）
A．120种 B．90种 C．80种 D．60种
4．（5分）2021年我国推进新冠疫苗全人群免费接种，某小区年龄分布如图所示，现用分层抽样的方法从该小区所有人中抽取60人进行抗体检测，则从40岁至50岁之间的人群中抽取人数为（　　）
A．18 B．24 C．5 D．9
5．（5分）函数f（x）＝的部分图象大致为（　　）
A．
B．
C．
D．
6．（5分）在平行四边形ABCD中，已知＝，＝，||＝，||＝，则•＝（　　）
A．﹣9 B． C．﹣7 D．
7．（5分）我国南北朝时期的著名数学家祖暅原提出了祖暅原理：“幂势既同，则积不容异．”意思是，夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意一个平面所截，若截面面积都相等，则这两个几何体的体积相等．运用祖暅原理计算球的体积时，构造一个底面半径和高都与球的半径相等的圆柱，与半球（如图①）放置在同一平面上，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到一新几何体（如图②），用任何一个平行于底面的平面去截它们时，可证得所截得的两个截面面积相等，由此可证明新几何体与半球体积相等，即．现将椭圆绕y轴旋转一周后得一橄榄状的几何体（如图③），类比上述方法，运用祖暅原理可求得其体积等于（　　）

A．32π B．24π C．18π D．16π
8．（5分）已知定义在（﹣∞，0）∪（0，+∞）上的奇函数f（x）在（﹣∞，0）上单调递增，且满足f（﹣1）＝﹣2，则关于x的不等式f（x）＜+sinπx的解集为（　　）
A．（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞） B．（﹣1，0）∪（1，+∞）
C．（﹣∞，﹣1）∪（0，1） D．（﹣1，0）∪（0，1）
二、多选题（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，有选错的得0分，部分选对的得3分）
（多选）9．（5分）已知复数z1＝（i为虚数单位），下列说法正确的是（　　）
A．z1对应的点在第三象限
B．z1的虚部为﹣1
C．z14＝4
D．满足|z|＝|z1|的复数z对应的点在以原点为圆心，半径为2的圆上
（多选）10．（5分）已知函数f（x）＝Acos（x+φ）+1（A＞0，|φ|＜），若函数y＝|f（x）|的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（　　）

A．函数f（x）的图象关于直线x＝对称
B．函数f（x）的图象关于点（﹣，1）对称
C．将函数y＝2sinx+1的图象向左平移个单位可得函数f（x）的图象
D．函数f（x）在区间[﹣，0]上的值域为[+1，3]
（多选）11．（5分）已知椭圆C：＝1（0＜b＜）的左、右焦点分别为F1、F2，点P在椭圆上，点Q是圆x2+（y﹣4）2＝1关于直线x﹣y＝0对称的曲线E上任意一点，若|PQ|﹣|PF2|的最小值为5﹣2，则下列说法正确的是（　　）
A．椭圆C的焦距为2
B．曲线E过点F2的切线斜率为
C．若A、B为椭圆C上关于原点对称的异于顶点和点P的两点，则直线PA与PB斜率之积为﹣
D．|PQ|+|PF2|的最小值为2
（多选）12．（5分）已知函数f（x）＝，则（　　）
A．f（2）＞f（5）
B．若f（x）＝m有两个不相等的实根x1、x2，则x1x2＜e2
C．ln2＞
D．若2x＝3y，x，y均为正数，则2x＞3y
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13．（5分）若随机变量X～N（μ，σ2），且P（X＞5）＝P（X＜﹣1）＝0.2，则P（﹣1＜X＜2）＝　 　．
14．（5分）若n∈Z，且3≤n≤6，则（x+）n的展开式中的常数项为　 　．
15．（5分）已知三棱锥P﹣ABC的四个顶点在球O的球面上，PA＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF＝90°，则三棱锥P﹣ABC的体积为 　 　，球O的表面积为 　 　．
16．（5分）已知F1，F2是双曲线y2﹣＝1的两个焦点，P是双曲线上任意一点，过F2作∠F1PF2平分线的垂线，垂足为N，则点N到直线x+y﹣2＝0的距离的取值范围是　 　．
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①2Sn+1＝3n；②a1a2…an＝；③2Sn﹣3an+1＝0．
这三个条件中任选一个，补充在下面问题中并作答．
已知数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，且满足____，设数列{}的前n项和为Tn，求Tn，并证明Tn＜．
18．（12分）在锐角三角形ABC中，角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知6cos2（+A）+cosA＝5．
（1）求A；
（2）若a＝2，求b2+c2的取值范围．
19．（12分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形且AB＝4，BC＝3，点P在底面上的射影为E，PE＝EC，且DE＝1，M为AP上的一点且AM：MP＝1：3，过E、M做平面交PB于点N，PC于点F且F为PC的中点．
（1）证明：ME∥平面PBC；
（2）求平面PAD与平面EMNF所成角的余弦值．

20．（12分）已知抛物线E：x2＝﹣2y，过抛物线上第四象限的点A作抛物线的切线，与x轴交于点M．过M作OA的垂线，交抛物线于B、C两点，交OA于点D．
（1）求证：直线BC过定点；
（2）若•≥2，求|AD|•|AO|的最小值．

21．（12分）2020年1月15日教育部制定出台了《关于在部分高校开展基础学科招生改革试点工作的意见》（也称“强基计划”），《意见》宣布：2020年起不再组织开展高校自主招生工作，改为实行强基计划，强基计划主要选拔培养有志于服务国家重大战略需求且综合素质优秀或基础学科拔尖的学生，据悉强基计划的校考由试点高校自主命题，校考过程中通过笔试后才能进入面试环节．
（1）为了更好的服务于高三学生，某研究机构对随机抽取的5名高三学生的记忆力x和判断力y进行统计分析，得到如表数据．
x
6
8
9
10
12
y
2
3
4
5
6
请用相关系数说明该组数据中y与x之间的关系可用线性回归模型进行拟合，并求y关于x的线性回归方程＝+x．
（2）现有甲、乙两所大学的笔试环节都设有三门考试科目且每门科目是否通过相互独立，若某考生报考甲大学，每门笔试科目通过的概率均为，该考生报考乙大学，每门笔试科目通过的概率依次为m，，其中0＜m＜1，根据规定每名考生只能报考强基计划的一所试点高校，若以笔试过程中通过科目数的数学期望为依据作出决策，求该考生更希望通过乙大学笔试时m的取值范围．
参考公式：
①线性相关系数r＝，一般地，相关系数r的绝对值在0.95以上（含0.95）认为线性相关性较强；否则，线性相关性较弱．
②对于一组数据（x1，y1），（x2，y2），…，（xn，yn），其回归直线方程的斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为：＝，＝﹣．
22．（12分）已知函数f（x）＝xlnx+mx，且曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线斜率为1．
（1）求实数m的值；
（2）设g（x）＝+x2﹣8x（a∈R）在定义域内有两个不同的极值点x1，x2，求实数a的取值范围；
（3）在（2）的条件下，令x1＜x2且x1≠1，总有（t﹣2）（4+3x1﹣x12）＜成立，求实数t的取值范围．

2021年山东省德州市高考数学二模试卷
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）已知命题p：∀x＞0，ln（x+1）＞0，则￢p为（　　）
A．∀x＞0，ln（x+1）≤0 B．∃x＞0，ln（x+1）≤0
C．∀x＜0，ln（x+1）≤0 D．∃x≤0，ln（x+1）≤0
【分析】利用全称命题的否定是特称命题，写出结果即可．
【解答】解：命题p：∀x＞0，ln（x+1）＞0，则￢p为∃x＞0，ln（x+1）≤0．
故选：B．
【点评】本题考查命题的否定，注意量词的变化，是基础题．
2．（5分）已知集合A＝{x|﹣2＜1﹣x＜3}，B＝{x∈N|x2≤6x}，则（∁RA）∩B＝（　　）
A．（3，6] B．（2，6] C．{3，4，5，6} D．{4，5，6}
【分析】可求出集合A，B，然后进行补集和交集的运算即可．
【解答】解：∵A＝{x|﹣2＜x＜3}，B＝{x∈N|0≤x≤6}＝{0，1，2，3，4，5，6}，
∴∁RA＝{x|x≤﹣2或x≥3}，（∁RA）∩B＝{3，4，5，6}．
故选：C．
【点评】本题考查了集合的描述法和列举法的定义，一元二次不等式的解法，交集和补集的定义及运算，考查了计算能力，属于基础题．
3．（5分）6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，甲场馆安排3名，乙场馆安排1名，丙场馆安排2名，则不同的安排方法共有（　　）
A．120种 B．90种 C．80种 D．60种
【分析】根据组合的定义直接进行计算即可．
【解答】解：甲场馆安排3名，有，乙场馆安排1名，有，丙场馆安排2名，有，
共有＝60，
故选：D．
【点评】本题主要考查组合数的应用，利用条件直接利用组合公式是解决本题的关键，是基础题．
4．（5分）2021年我国推进新冠疫苗全人群免费接种，某小区年龄分布如图所示，现用分层抽样的方法从该小区所有人中抽取60人进行抗体检测，则从40岁至50岁之间的人群中抽取人数为（　　）
A．18 B．24 C．5 D．9
【分析】根据分层抽样原理，结合图中数据，计算即可．
【解答】解：用分层抽样方法抽取60人，从40～50岁之间的人群中抽取人数为：
60×＝18（人）．
故选：A．
【点评】本题考查了分层抽样方法应用问题，是基础题．
5．（5分）函数f（x）＝的部分图象大致为（　　）
A．
B．
C．
D．
【分析】先根据x→0时，f（x）＜0，排除选项BD，再根据x→+∞时，，排除选项C．
【解答】解：当x→0时，2x+1＞0，ln|x|＜0，4x+1＞0，故f（x）＜0，由此排除选项BD，
又，当且仅当x＝0时取等号，而当x→+∞时，4x+1远远大于ln|x|，
∴当x→+∞时，，由此排除选项C．
故选：A．
【点评】本题考查函数图象的识别与判断，同时还涉及了基本不等式的运用，考查数形结合思想，属于基础题．
6．（5分）在平行四边形ABCD中，已知＝，＝，||＝，||＝，则•＝（　　）
A．﹣9 B． C．﹣7 D．
【分析】由三角形的余弦定理和向量的加减运算和数量积的性质，化简整理，可得所求值．
【解答】解：设AD＝x，AB＝y，∠ADC＝∠ABF＝α，
由＝，＝，可得DE＝y，BF＝x，
在△ADE中，AE2＝AD2+DE2﹣2AD•DE•cosα，
即有x2+y2﹣2x•ycosα＝2，①
在△ABF中，AF2＝AB2+BF2﹣2AB•BF•cosα，
可得y2+x2﹣2y•xcosα＝6，②
②﹣①可得y2﹣x2＝4，
化为y2﹣x2＝，
则•＝（+）•（﹣）＝2﹣2＝x2﹣y2＝﹣．
故选：B．

【点评】本题考查向量数量积的性质，以及三角形的余弦定理的运用，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
7．（5分）我国南北朝时期的著名数学家祖暅原提出了祖暅原理：“幂势既同，则积不容异．”意思是，夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意一个平面所截，若截面面积都相等，则这两个几何体的体积相等．运用祖暅原理计算球的体积时，构造一个底面半径和高都与球的半径相等的圆柱，与半球（如图①）放置在同一平面上，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到一新几何体（如图②），用任何一个平行于底面的平面去截它们时，可证得所截得的两个截面面积相等，由此可证明新几何体与半球体积相等，即．现将椭圆绕y轴旋转一周后得一橄榄状的几何体（如图③），类比上述方法，运用祖暅原理可求得其体积等于（　　）

A．32π B．24π C．18π D．16π
【分析】构造一个底面半径为2，高为3的圆柱，通过计算可得高相等时截面面积相等，根据祖暅原理可得橄榄球形几何体的体积的一半等于圆柱的体积减去圆锥的体积．
【解答】解：构造一个底面半径为2，高为3的圆柱，
在圆柱中挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点的圆锥，
则当截面与顶点距离为h（0≤h≤3）时，小圆锥底面半径为r，
则，所以，
故截面面积为，
把y＝h代入椭圆，即，
解得，
所以橄榄球形几何体的截面面积为，
由祖暅原理可得橄榄球形几何体的体积为．
故选：D．
【点评】本题考查了新定义问题，解题的关键时读懂题意，构建圆柱，通过计算得到高相等时截面面积相等．
8．（5分）已知定义在（﹣∞，0）∪（0，+∞）上的奇函数f（x）在（﹣∞，0）上单调递增，且满足f（﹣1）＝﹣2，则关于x的不等式f（x）＜+sinπx的解集为（　　）
A．（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞） B．（﹣1，0）∪（1，+∞）
C．（﹣∞，﹣1）∪（0，1） D．（﹣1，0）∪（0，1）
【分析】根据题意，设g（x）＝f（x）﹣，分析g（x）的奇偶性和单调性，利用f（﹣1）的值求出g（﹣1）的值，进而可得g（1）的值，据此作出g（x）的大致图象和y＝sinπx的图象，结合图象分析可得答案．
【解答】解：根据题意，设g（x）＝f（x）﹣，
g（x）的定义域为{x|x≠0}，有g（﹣x）＝f（﹣x）﹣＝﹣[f（x）﹣]＝﹣g（x），则g（x）为奇函数，
若f（﹣1）＝﹣2，则g（﹣1）＝f（﹣1）+2＝0，则有g（1）＝﹣g（﹣1）＝0；
又由函数f（x）在（﹣∞，0）上单调递增，函数y＝在区间（﹣∞，0）上单调递减，
则函数g（x）＝f（x）﹣在（﹣∞，0）上单调递增，
又由g（x）为增函数，则g（x）在区间（0，+∞）上单调递增，
综合可得：g（x）的大致图象和y＝sinπx的图象，
f（x）＜+sinπx⇒f（x）﹣＜sinπx⇒g（x）＜sinπx，必有x＜﹣1或x＞1，
即不等式的解集为（﹣∞，﹣1）∪（0，1）；
故选：C．

【点评】本题考查抽象函数的性质以及应用，涉及函数的奇偶性、单调性的性质以及应用，属于中档题．
二、多选题（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，有选错的得0分，部分选对的得3分）
（多选）9．（5分）已知复数z1＝（i为虚数单位），下列说法正确的是（　　）
A．z1对应的点在第三象限
B．z1的虚部为﹣1
C．z14＝4
D．满足|z|＝|z1|的复数z对应的点在以原点为圆心，半径为2的圆上
【分析】利用复数的运算法则，先化简复数z1，再利用有关知识即可判断出结论．
【解答】解：复数z1＝＝﹣＝﹣＝﹣1﹣i，
A．z1对应的点（﹣1，﹣1）在第三象限，正确；
B．z1的虚部为﹣1，正确；
C.＝（﹣1﹣i）4＝（2i）2＝﹣4，因此不正确；
D．|z1|＝，满足|z|＝|z1|的复数z对应的点在以原点为圆心，半径为的圆上，因此不正确．
故选：AB．
【点评】本题考查了复数的运算法则、几何意义、虚部的定义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
（多选）10．（5分）已知函数f（x）＝Acos（x+φ）+1（A＞0，|φ|＜），若函数y＝|f（x）|的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（　　）

A．函数f（x）的图象关于直线x＝对称
B．函数f（x）的图象关于点（﹣，1）对称
C．将函数y＝2sinx+1的图象向左平移个单位可得函数f（x）的图象
D．函数f（x）在区间[﹣，0]上的值域为[+1，3]
【分析】首先利用三角函数关系式的变换，把函数的关系式变形成正弦型函数，进一步利用函数的性质的应用判断A、B、C、D的结论．
【解答】解：根据函数的图象：A＝2，
当x＝0时，满足f（0）＝2，即cosφ＝，由于|φ|＜，
所以φ＝±．
由于函数的图象的最高点左移，所以
故f（x）＝2sin（x+）+1．
对于A：当x＝时，f（）＝1，故函数的图象不关于直线x＝对称，故A错误；
对于B：当x＝时，f（﹣）＝﹣1，故B正确；
对于C：函数y＝2sinx+1的图象向左平移个单位可得函数f（x）＝2sin（x+）+1的图象，故C正确；
对于D：由于x∈[﹣，0]时，函数f（x）在该区间上先增后减，故f（﹣）＝3，f（﹣）＝上，f（0）＝2，所以函数在该区间上的值域为[2，3]．故D错误．
故选：BC．
【点评】本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，正弦型函数的性质的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
（多选）11．（5分）已知椭圆C：＝1（0＜b＜）的左、右焦点分别为F1、F2，点P在椭圆上，点Q是圆x2+（y﹣4）2＝1关于直线x﹣y＝0对称的曲线E上任意一点，若|PQ|﹣|PF2|的最小值为5﹣2，则下列说法正确的是（　　）
A．椭圆C的焦距为2
B．曲线E过点F2的切线斜率为
C．若A、B为椭圆C上关于原点对称的异于顶点和点P的两点，则直线PA与PB斜率之积为﹣
D．|PQ|+|PF2|的最小值为2
【分析】作图，结合题设条件可知，解得c＝2，进而判断选项A错误；设曲线E过点F2的切线方程为kx﹣2k﹣y＝0，利用圆心到切线方程的距离为半径建立方程，解得k可判断选项B正确；设P（x0，y0），A（x1，y1），B（﹣x1，﹣y1），计算kPA•kPB并化简可判断选项C正确；易知PQ+PF2≥3﹣c＝1，由此判断选项D错误．
【解答】解：圆x2+（y﹣4）2＝1关于直线x﹣y＝0对称的曲线E为（x﹣4）2+y2＝1，
由椭圆定义可知，，故，
由图可知，Q′（3，0），故，解得c＝2，故焦距为4，故选项A错误；
设曲线E过点F2的切线斜率为k，则切线方程为kx﹣2k﹣y＝0，
由圆心到切线方程的距离为半径可得，解得，故选项B正确；
由c＝2可知，b＝1，则椭圆方程为，
设P（x0，y0），A（x1，y1），B（﹣x1，﹣y1），则，
又P，A，B都在椭圆上，即，则，故选项C正确．
易知PQ+PF2≥Q'F2＝3﹣c＝1，故选项D错误；
故选：BC．

【点评】本题考查椭圆标准方程及其性质的运用，考查数形结合思想，考查运算求解能力，属于中档题．
（多选）12．（5分）已知函数f（x）＝，则（　　）
A．f（2）＞f（5）
B．若f（x）＝m有两个不相等的实根x1、x2，则x1x2＜e2
C．ln2＞
D．若2x＝3y，x，y均为正数，则2x＞3y
【分析】对f（x）求导，作出函数f（x）＝的图象，对ABCD四个选项逐一分析可得答案．
【解答】解：∵f（x）＝，
对于A，f（2）﹣f（5）＝﹣＝＝＞0，故A正确；
对于B，f′（x）＝，当x∈（0，e）时，f′（x）＞0，当x∈（e，+∞）时，f′（x）＜0，
∴当x＝e时，f（x）取得极大值f（e）＝，作图如下：

若f（x）＝m有两个不相等的实根x1、x2，
则＝＝m∈（0，），若x1x2＜e2，则lnx1+lnx2＜2，当x2＝e3时，该式不成立，故B错误；
对于C，∵当x∈（0，e）时，f′（x）＞0，f（x）在（0，e）上单调递增，＜＜e，
∴f（）＜f（），即＜，即＜，即ln2＜，故C错误；
对于D，令2x＝3y＝t，则t＞1，x＝，y＝，
∴2x﹣3y＝﹣＝＞0，
∴2x＞3y，故D正确；
故选：AD．
【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查逻辑推理与数学运算能力，属于难题．
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13．（5分）若随机变量X～N（μ，σ2），且P（X＞5）＝P（X＜﹣1）＝0.2，则P（﹣1＜X＜2）＝　0.3　．
【分析】由条件求得μ＝2，可得正态分布曲线的图象关于直线x＝2对称．求得P（﹣1＜X＜2）＝0.5﹣P（X＜﹣1），求解即可．
【解答】解：∵随机变量X～N（μ，σ2），且P（X＞5）＝P（X＜﹣1）＝0.2，
可得μ＝＝2，正态分布曲线的图象关于直线x＝2对称．
∴P（﹣1＜X＜2）＝0.5﹣0.2＝0.3，
故答案为：0.3．
【点评】本题主要考查正态分布的性质，正态曲线的对称性，属于基础题．
14．（5分）若n∈Z，且3≤n≤6，则（x+）n的展开式中的常数项为　4　．
【分析】由二项展开式的通项公式可得Tr+1＝，令n﹣4r＝0，依题意得n＝4，从而可得答案．
【解答】解：∵（x+）n的展开式中的通项Tr+1＝，
令n﹣4r＝0，
则r＝∈N，又n∈Z，且3≤n≤6，
∴n＝4，r＝1，
∴则（x+）4的展开式中的常数项为T2＝•x0＝4，
故答案为：4．
【点评】本题考查二项展开式的通项公式，求得n＝4是关键，考查运算能力，属于基础题．
15．（5分）已知三棱锥P﹣ABC的四个顶点在球O的球面上，PA＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF＝90°，则三棱锥P﹣ABC的体积为 　　，球O的表面积为 　6π　．
【分析】由题意画出图形，证明三棱锥P﹣ABC为正三棱锥，且三条侧棱两两互相垂直，再求出侧棱长，则其体积可求，再由补形法求外接球球O的表面积．
【解答】解：如图，由PA＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，可知三棱锥P﹣ABC为正三棱锥，
则顶点P在底面的射影O为底面三角形的中心，连接BO并延长，交AC于G，
则AC⊥BG，又PO⊥AC，PO∩BG＝O，可得AC⊥平面PBG，则PB⊥AC，
∵E，F分别是PA，AB的中点，∴EF∥PB，
又∠CEF＝90°，即EF⊥CE，∴PB⊥CE，
又AC∩CE＝C，AC、CE⊂平面PAC，∴PB⊥平面PAC，
∴正三棱锥P﹣ABC的三条侧棱两两互相垂直，则PA＝PB＝PC＝，
则三棱锥P﹣ABC的体积为；
把三棱锥补形为正方体，则正方体外接球即为三棱锥的外接球，
其直径，2R＝，则球O的表面积为S＝4πR2＝6π．
故答案为：；6π．

【点评】本题考查多面体外接球体积的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查计算能力，是中档题．
16．（5分）已知F1，F2是双曲线y2﹣＝1的两个焦点，P是双曲线上任意一点，过F2作∠F1PF2平分线的垂线，垂足为N，则点N到直线x+y﹣2＝0的距离的取值范围是　[1，3]　．
【分析】由等腰三角形的性质和双曲线的定义，推得N的轨迹方程为圆x2+y2＝1，求得原点到直线x+y﹣2＝0的距离，由圆的性质可得所求范围．
【解答】解：设P为双曲线的下支上一点，延长F2N与PF1交于M，连接ON，
由MF2⊥PN，且N为中点，|PM|＝|PF2|，
可得|MF1|＝|PF1|﹣|PM|＝|PF1|﹣|PF2|＝2a＝2，
所以|ON|＝|MF1|＝1，
则N的轨迹方程为圆x2+y2＝1，
由O到直线x+y﹣2＝0的距离d＝＝2，
可得N到直线x+y﹣2＝0的距离的取值范围是[2﹣1，2+1]，即[1，3]．
故答案为：[1，3]．

【点评】本题考查双曲线的定义和性质，以及等腰三角形的性质和圆的方程和性质，考查数形结合思想和运算能力，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）在①2Sn+1＝3n；②a1a2…an＝；③2Sn﹣3an+1＝0．
这三个条件中任选一个，补充在下面问题中并作答．
已知数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，且满足____，设数列{}的前n项和为Tn，求Tn，并证明Tn＜．
【分析】分别选①②③，由数列的递推式和等比数列的定义、通项公式，可得an＝3n﹣1，n∈N*，＝+＝（）n﹣1+﹣，再由数列的分组求和，及裂项相消求和，可得Tn，再由不等式的性质，可得证明．
【解答】解：选①2Sn+1＝3n；
当n≥2时，2Sn﹣1+1＝3n﹣1，又2Sn+1＝3n，
两式相减可得2an＝2Sn﹣2Sn﹣1＝3n﹣3n﹣1＝2•3n﹣1，
即an＝3n﹣1，
又a1＝1，满足上式，
可得an＝3n﹣1，n∈N*；
＝+＝（）n﹣1+﹣，
Tn＝1+++...++（1﹣+﹣+...+﹣）
＝+1﹣＝﹣×﹣，
证明：×＞0，＞0，所以Tn＜．
选②a1a2…an＝；
当n≥2时，a1a2…an﹣1＝3，
两式相除可得an＝3＝3n﹣1，
当n＝1时，a1＝1满足上式，
所以an＝3n﹣1，n∈N*；
＝+＝（）n﹣1+﹣，
Tn＝1+++...++（1﹣+﹣+...+﹣）
＝+1﹣＝﹣×﹣，
证明：×＞0，＞0，所以Tn＜．
选③2Sn﹣3an+1＝0．
当n≥2时，2Sn﹣1﹣3an﹣1+1＝0，又2Sn﹣3an+1＝0，
两式相减可得2Sn﹣2Sn﹣1﹣3an+3an﹣1＝0，
化为an＝3an﹣1，
又a1＝1，所以an≠0，所以＝3，
即{an}是以1为首项，3为公比的等比数列，
故an＝3n﹣1，
＝+＝（）n﹣1+﹣，
Tn＝1+++...++（1﹣+﹣+...+﹣）
＝+1﹣＝﹣×﹣，
证明：×＞0，＞0，所以Tn＜．
【点评】本题考查数列的递推式的运用，以及等比数列的通项公式和求和公式、数列的分组求和和裂项相消求和，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
18．（12分）在锐角三角形ABC中，角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知6cos2（+A）+cosA＝5．
（1）求A；
（2）若a＝2，求b2+c2的取值范围．
【分析】（1）利用三角函数恒等变换化简已知等式可得6cos2A﹣cosA﹣1＝0，解方程可得cosA，结合范围即可求解A的值．
（2）由正弦定理，三角函数恒等变换的应用可求b2+c2＝﹣cos（2B+），又，可得2B+∈（，），利用余弦函数的性质即可求解其范围．
【解答】解：（1）因为6cos2（+A）+cosA＝5，
所以6sin2A+cosA＝5，整理可得6cos2A﹣cosA﹣1＝0，解得cosA＝，或﹣，
又A∈（0，），
所以cosA＝，可得A＝．
（2）由正弦定理可得＝＝，可得b＝sinB，c＝sinC，
可得b2+c2＝sin2B+sin2C＝（+）＝﹣（cos2B+cos2C），
因为A＝，可得2C＝﹣2B，
所以b2+c2＝﹣[cos2B+cos（﹣2B）]＝﹣（cos2B﹣cos2B﹣sin2B）＝﹣（cos2B﹣sin2B）＝﹣cos（2B+），
又，可得，可得2B+∈（，），
可得cos（2B+）∈[﹣1，﹣），
所以b2+c2＝﹣cos（2B+）∈（，8]．
【点评】本题主要考查了三角函数恒等变换，正弦定理以及余弦函数的性质在解三角形中的综合应用，考查了方程思想和函数思想的应用，属于中档题．
19．（12分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形且AB＝4，BC＝3，点P在底面上的射影为E，PE＝EC，且DE＝1，M为AP上的一点且AM：MP＝1：3，过E、M做平面交PB于点N，PC于点F且F为PC的中点．
（1）证明：ME∥平面PBC；
（2）求平面PAD与平面EMNF所成角的余弦值．

【分析】（1）先证四边形MHCE为平行四边形，得到ME∥CH，再利用线面平行的判定定理即可得证．
（2）先建立平面直角坐标系，求出两面的法向量，再利用向量的夹角公式即可求解．
【解答】证明：（1）如图，
取PB的四等分点H，使＝，连接MH，CH，
则＝＝，∴MH∥AB且MH＝AB，
又∵EC∥AB且EC＝AB，∴MH∥EC且MH＝EC
∴四边形MHCE为平行四边形，∴ME∥CH，
又∵ME⊄面PBC，CH⊂面PBC，∴ME∥面PBC．
解：（2）建立如上图平面直角坐标系，
则A（3，﹣1，0），D（0，﹣1，0），P（0，0，3），E（0，0，0），M（，﹣，），F（0，，），
∴＝（﹣3，0，0），＝（0，1，3），＝（，﹣，），＝（0，，），
设面PAD的法向量为＝（x，y，z），
则，令z＝﹣1，∴＝（0，3，﹣1），
设面EMNF的法向量为＝（x，y，z），
则，令z＝﹣1，∴＝（，1，﹣1），
∴cos＜，＞＝＝．
由观察知二面角为锐角，
∴面PAD与面EMNF所成角的余弦值为．

【点评】本题考查线面平行的证明，考查二面角的余弦值的求法，属于中档题．
20．（12分）已知抛物线E：x2＝﹣2y，过抛物线上第四象限的点A作抛物线的切线，与x轴交于点M．过M作OA的垂线，交抛物线于B、C两点，交OA于点D．
（1）求证：直线BC过定点；
（2）若•≥2，求|AD|•|AO|的最小值．

【分析】（1）求得y＝﹣x2的导数，设A（2t，﹣2t2）（t＞0），可得A处切线的斜率，求得AM的方程，可得M的坐标，OA的斜率，BC的斜率和方程，可得所求定点；
（2）联立BC的方程和抛物线的方程，运用韦达定理和向量的数量积的坐标表示，求得t的范围，分别求得|AD|，|AO|，配方，可得所求最小值．
【解答】解：（1）证明：因为x2＝﹣2y即y＝﹣x2，所以y′＝﹣x，
设A（2t，﹣2t2）（t＞0），
则AM的斜率为﹣2t，
所以AM的方程为y+2t2＝﹣2t（x﹣2t），即y＝﹣2tx+2t2，
所以M（t，0），又OA的斜率为＝﹣t，
所以BC的斜率为，BC的方程为y﹣0＝（x﹣t）
，即为y＝x﹣1，
所以直线BC恒过定点（0，﹣1）；
（2）联立方程，可得x2+x﹣2＝0，
设B（x1，y1），C（x2，y2），则x1+x2＝﹣，x1x2＝﹣2，
则•＝（x1﹣t，y1）•（x2﹣t，y2）＝（x1﹣t）（x2﹣t）+y1y2
＝x1x2﹣t（x1+x2）+t2+（x1x2）2＝﹣2+2+t2+1＝1+t2≥2，
所以t≥1，
又|AD|＝＝•t，|AO|＝＝2t，
所以|AD|•|AO|＝•t•2t•＝（2t2+）2﹣，
因为2t2≥2，
所以当2t2＝2，即t＝1时，|AD|•|AO|取得最小值6．
【点评】本题考查抛物线的方程和性质，以及直线和抛物线的位置关系，考查方程思想和运算能力、推理能力，属于中档题．
21．（12分）2020年1月15日教育部制定出台了《关于在部分高校开展基础学科招生改革试点工作的意见》（也称“强基计划”），《意见》宣布：2020年起不再组织开展高校自主招生工作，改为实行强基计划，强基计划主要选拔培养有志于服务国家重大战略需求且综合素质优秀或基础学科拔尖的学生，据悉强基计划的校考由试点高校自主命题，校考过程中通过笔试后才能进入面试环节．
（1）为了更好的服务于高三学生，某研究机构对随机抽取的5名高三学生的记忆力x和判断力y进行统计分析，得到如表数据．
x
6
8
9
10
12
y
2
3
4
5
6
请用相关系数说明该组数据中y与x之间的关系可用线性回归模型进行拟合，并求y关于x的线性回归方程＝+x．
（2）现有甲、乙两所大学的笔试环节都设有三门考试科目且每门科目是否通过相互独立，若某考生报考甲大学，每门笔试科目通过的概率均为，该考生报考乙大学，每门笔试科目通过的概率依次为m，，其中0＜m＜1，根据规定每名考生只能报考强基计划的一所试点高校，若以笔试过程中通过科目数的数学期望为依据作出决策，求该考生更希望通过乙大学笔试时m的取值范围．
参考公式：
①线性相关系数r＝，一般地，相关系数r的绝对值在0.95以上（含0.95）认为线性相关性较强；否则，线性相关性较弱．
②对于一组数据（x1，y1），（x2，y2），…，（xn，yn），其回归直线方程的斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为：＝，＝﹣．
【分析】（1）根据题意计算、，求出相关系数，比较得出y与x之间的关系可用线性回归模型进行拟合，求出、，写出线性回归方程．
（2）计算通过甲所大学的考试科目数X的数学期望E（X），通过乙所大学的考试科目数Y的数学期望E（Y），利用E（Y）＞E（X），求出m的取值范围．
【解答】解：（1）根据题意，计算＝×（6+8+9+10+12）＝9，＝×（2+3+4+5+6）＝4，
xiyi＝12+24+36+50+72＝194，＝36+64+81+100+144＝425，＝4+9+16+25+36＝90，
所以相关系数为r＝＝≈0.99＞0.95，
所以y与x之间的关系可用线性回归模型进行拟合，
计算＝＝0.7，
＝﹣＝4﹣0.7×9＝﹣2.3，
所以y关于x的线性回归方程为＝﹣2.3+0.7x．
（2）通过甲所大学的考试科目数X～B（3，），则E（X）＝3×＝，
设通过乙所大学的考试科目数为Y，则Y的可能取值为0，1，2，3；
计算P（Y＝0）＝（1﹣m）（1﹣）（1﹣）＝（1﹣m），
P（Y＝1）＝m（1﹣）（1﹣）+（1﹣m）••（1﹣）+（1﹣m）•（1﹣）•＝﹣m，
P（Y＝2）＝m••（1﹣）+m•（1﹣）•+（1﹣m）••＝+m，
P（Y＝3）＝m••＝m，
所以E（Y）＝0+（﹣m）+2（+m）+3•m＝+m；
因为该考生更希望通过乙大学笔试考试，
所以E（Y）＞E（X），即+m＞，解得m＞，
又0＜m＜1，所以＜m＜1，即m的取值范围是（，1）．
【点评】本题考查了线性回归方程与线性相关系数的应用问题，也考查了离散型随机的分布列与数学期望的应用问题，是中档题．
22．（12分）已知函数f（x）＝xlnx+mx，且曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线斜率为1．
（1）求实数m的值；
（2）设g（x）＝+x2﹣8x（a∈R）在定义域内有两个不同的极值点x1，x2，求实数a的取值范围；
（3）在（2）的条件下，令x1＜x2且x1≠1，总有（t﹣2）（4+3x1﹣x12）＜成立，求实数t的取值范围．
【分析】（1）f′（x）＝lnx+1+m，令f′（1）＝1，解得m．
（2）由（1）可得：f（x）＝xlnx，可得g（x）＝alnx+x2﹣8，g′（x）＝，x∈（0，+∞）．令u（x）＝2x2﹣8x+a，x∈（0，+∞）．g（x）在定义域内有两个不同的极值点x1，x2，则u（x）＝2x2﹣8x+a＝0，在x∈（0，+∞）上有两个不相等的实数根．进而得出结论．
（3）由（2）可知：x1+x2＝4，x1x2＝，0＜x1＜x2.x2＝4﹣x1＞x1，解得0＜x1＜2，a＝2x1x2＝2x1（4﹣x1），（t﹣2）（4+3x1﹣x12）＜成立，即（t﹣2）（4+3x1﹣x12）＜成立，即（t﹣2）（x1+1）＜成立，即[2lnx1+]＞0成立，由0＜x1＜1，＞0；由1＜x1＜2，＜0．令h（x）＝2lnx+，（0＜x＜2）．利用导数研究函数的单调性即可得出．
【解答】解：（1）f′（x）＝lnx+1+m，∴f′（1）＝1+m＝1，解得m＝0．
（2）由（1）可得：f（x）＝xlnx，∴g（x）＝alnx+x2﹣8x，
g′（x）＝+2x﹣8＝，x∈（0，+∞）．
令u（x）＝2x2﹣8x+a，x∈（0，+∞）．
g（x）在定义域内有两个不同的极值点x1，x2，
则u（x）＝2x2﹣8x+a＝0，在x∈（0，+∞）上有两个不相等的实数根．
∴Δ＝64﹣8a＞0，x＝2＞0，u（0）＝a＞0，解得0＜a＜8，因此a的取值范围是（0，8）．
（3）由（2）可知：x1+x2＝4，x1x2＝，0＜x1＜x2．
∴x2＝4﹣x1＞x1，解得0＜x1＜2，
a＝2x1x2＝2x1（4﹣x1），
∴（t﹣2）（4+3x1﹣x12）＜成立，即（t﹣2）（4+3x1﹣x12）＜成立，
即（t﹣2）（x1+1）＜成立，
即[2lnx1+]＞0成立，
由0＜x1＜1，＞0；由1＜x1＜2，＜0．
令h（x）＝2lnx+，（0＜x＜2）．
h′（x）＝，（0＜x＜2）．
①t≥2时，h′（x）＞0，函数h（x）在（0，2）上单调递增，且h（1）＝0．
∴x∈（1，2）时，h（x）＞0，不符合题意，舍去．
②t＜2时，令p（x）＝（t﹣2）x2+2x+t﹣2，Δ＝4﹣4（t﹣2）2．
（i）当△≤0时，即t≤1时，h′（x）≤0，∴函数h（x）在（0，2）上单调递减，且h（1）＝0．
可得：由0＜x＜1，h（x）＞0；由1＜x＜2，h（x）＜0．
∴[2lnx+]＞0成立．
（ii）当Δ＞0时，即1＜t＜2时，函数p（x）的对称轴x＝＞1，且p（1）＝2t﹣2＞0，
令x0＝min{，2}，则x∈（1，x0）时，p（x）＞0，即h′（x）＞0，∴函数h（x）在（1，x0）上单调递增，且h（1）＝0，∴h（（x）＞0，不符合题意．
综上：t≤1．
【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性、极值与最值、方程与不等式的解法、等价转化方法、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
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