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2020届江苏省盐城市伍佑中学高三下学期网上授课阶段考试数学理试题（解析版）
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盐城市伍佑中学
2020届高三年级网上授课阶段考试
数学理试题
考试时间：120分钟 总分：160分
一、 填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分. 不需写出解答过程，请把答案直接写在指定位置上．
1. 已知集合A＝{x|x≤2}，则∁RA＝________．
2.若复数z＝，则复数z的模为________．
3.若一组样本数据2 016，2 017，x，2 019，2 020
的平均数为2 018，则该组样本数据的方差为________．
4.函数f(x)＝lg(1－2x－x2)的定义域为________．
5. 根据如图所示的伪代码，当输出y的值为2时，
则输入的x的取值集合为________．
6.若f(x)，g(x)是定义在[a，b]上的初等函数，则“∃x∈[a，b]，使得f(x)≤g(x)成立”是“∀x∈[a，b]，使得f(x)≤g(x)成立”的________条件．
7.设点A为双曲线－y2＝1上位于第一象限内的一点，其横坐标为2.若点A到一条渐近线的较小距离为d，则d的值为________．
8.已知5名唱歌爱好者中恰好有一对夫妻．若从中随机抽取3人去参加歌咏比赛，则这对夫妻被抽中的概率为________.
9.设Sn为等差数列{an}的前n项和，S4＝14，则a1d的最大值为________．
10.各棱长都为1的正四棱锥与各棱长都为1的正四棱柱的体积之比为m，则m的值为________．
11.设关于x，y的不等式表示一个三角形的区域A，(x－5)2＋(y－4)2≤ 8表示的区域为B，则区域A∩B的最大面积为________．
12.设α，θ为锐角，tan θ＝atan α(a>1)．若函数y＝θ－α的最大值为，则a的值为________．
13.已知点A，B分别在两个同心圆O上运动，且OA＝1，OB＝2，则|＋|＋|－|的取值范围是________．
14. 已知点A(－1，0)，B(1，0)，C(0，1)．若直线y＝ax＋b将△ABC分割为面积相等的两部分，当a∈(0，＋∞)时，则b的取值范围是________．
二、 解答题：本大题共6小题，共90分. 解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．
15. (本小题满分14分)
已知平面直角坐标系中△ABC的顶点分别为A(m，m)(m>0)，B(0，0)，C(a，0)，其中a>0，角∠B，∠C的对边长分别是b，c.
(1) 若a＝4m，求角A的大小；
(2) 若b＝2，B＝，求a＋c的最大值．
16. (本小题满分14分)
如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，E为CD上任意一点(不位于端点处)，P是AA1的中点．
(1) 若DP∥平面B1AE，求证：E为CD中点；
(2) 若AA1＝AD，AB为任意长，F为BC的中点，求证： PD⊥C1F.
17. (本小题满分14分)
设△AnBnCn的三个顶点An，Bn，Cn所对的三边长分别为an，bn，cn，△AnBnCn的面积为Sn(n∈N*)，b1＞c1，b1＋c1＝2a1，an＋1＝an，bn＋1＝，cn＋1＝(n∈N*)．
(1) 求证：数列{bn＋cn}为常数列；
(2) 设的前n项和是Tn，求证：Tn＜3.
18. (本小题满分16分)
已知＝(x＋1，y＋)，＝(x－1，y－)，⊥，动点M的坐标是(x，y)．
(1) 求动点M的轨迹方程，并说明轨迹C是什么曲线；
(2) 设M是轨迹C上任意一点，在x轴上是否存在两个不同的定点P，Q，满足kMPkMQ(kMP，kMQ分别表示直线MP，MQ的斜率)是定值？若存在，求出P，Q的坐标，否则说明理由．
19. (本小题满分16分)
如图是一个钻头的示意图，上部是一个圆锥O1O2，下部是一个圆柱O2O3，圆锥的底面与圆柱的上底面重合，圆锥的底面半径r和高h以及圆柱的高H都可以调节其大小．已知圆锥的母线长为定值a，且H＝2h.设钻头的体积为V，圆锥的侧面积为S.
(1) 试验表明：当且仅当取得最大值时，钻头的冲击力最大．试求冲击力最大时，r，h分别为多少；
(2) 试求钻头的体积的最大值．
20. (本小题满分16分)
已知g(t)＝(t＋1)ln t－(t－1)ln b，t∈(1，＋∞)．求证：
(1) 当0＜b≤e2时，∀t∈(1，＋∞)，g(t)＞0；
(2) 当b＞e2时，g(t)在(1，＋∞)上存在零点．
数学试题（附加题）
考试时间：30分钟 总分：40分
21. 【选做题】则按作答的前两题评分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．
A. (选修42：矩阵与变换)
已知T变换将曲线C1：＋y2＝1变换为单位圆x2＋y2＝1，S变换将曲线C2：－＝1变换为等轴双曲线x2－y2＝1，现在将曲线C3：＋＝1先进行T变换，再进行S变换得到曲线C，求曲线C的方程．
B. (选修44：坐标系与参数方程)
在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为t∈R，P为曲线C上一点，以射线Ox为极轴建立极坐标系．已知Q，R的极坐标分别是(2，)，(1，0)，求PQ＋PR的最小值．
【必做题】第22题、第23题，每小题10分，共20分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．
22. 如图，直三棱柱ABCA1B1C1的各条棱长均为2，D，E分别为棱B1C1，AC的中点，O是侧面ABB1A1的中心，P为侧棱AA1所在线段上任意一点．以A为空间直角坐标系的原点，AC作y轴，AA1作z轴，建立空间直角坐标系．
(1) 确定x轴的位置，并求平面ODE的一个法向量；
(2) 求直线OP与平面ODE所成角的最大值．
23. 已知f0(x)＝xsin 2x，设fn(x)＝f′n－1(x)，n∈N*.
(1) 求f1(x)，f2(x)，f3(x)的值；
(2) 猜想fn(x)的表达式，运用数学归纳法证明．
参考答案
1. {x|x＞2} 解析：∁RA＝{x|x＞2}．
2. 1 解析：＝＝1.
3. 2 解析：由已知得2 016＋2 017＋x＋2 019＋2 020＝5×2 018，所以x＝2 018，所以该组样本数据的方差为[(2 016－2 018)2＋(2 017－2 018)2＋(2 018－2 018)2＋
(2 019－2 018)2＋(2 020－2 018)2]×＝2.
4. (－1－，－1＋) 解析：若f(x)＝lg(1－2x－x2)有意义，则1－2x－x2＞0，－1－＜x＜－1＋.
5. {－1，e2} 解析：x≤0，x2＋1＝2或x＞0，ln x＝2，所以x＝－1或e2.
6. 必要不充分 解析：“∃x∈[a，b]，使得f(x)≤g(x)”不一定推出“∀x∈[a，b]，使得f(x)≤g(x)”，但“∀x∈[a，b]，使得f(x)≤g(x)”一定可以推出“∃x∈[a，b]，f(x)≤g(x)”．
7. 2－2 解析：A点的坐标为(2，1)，d＝＝，所以d的值为2－2.
8. 解析：基本事件数为10个，其中这对夫妻被抽中的有3个，所以这对夫妻被抽中的概率为.
9. 解析：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，由题意得，4a1＋d＝14，所以2a1＋3d＝7，所以a1d＝a1·＝≤.
10. 解析：正四棱柱的体积为1，正四棱锥的高为，底面积为1，故体积为，
所以正四棱锥与正四棱柱的体积之比为∶6，即m＝.
11. 4π 解析：如图，因为圆心(5，4)在此区域A的边界直线y＝x－1上，所以当m充分大时，区域A∩B的最大面积为圆(x－5)2＋(y－4)2＝8的面积的一半，即为4π.
12. 3 解析：tan y＝tan(θ－α)＝＝≤＝，当且仅当1＝atan2α，即tan α＝时，函数tan y取得最大值，所以＝，解得a＝3.
13. [4，2] 解析：设∠AOB＝θ，由余弦定理得
|＋|＋|－|＝＋＝＋＝＋.
令y＝＋，
则y2＝10＋2∈[16，20]，据此可得|＋|＋|－|的取值范围是[4，2]．
14. (1－，) 解析：当直线y＝ax＋b(a>0)将△ABC分割为面积相等的两部分且过BC的中点时，a＝.当a∈(0，)时，如图①所示，设直线y＝ax＋b与AC，BC分别交于P，Q，计算得P，Q的横坐标分别是，.由直线y＝ax＋b(a>0)将△ABC分割为面积相等的两部分，得＝，进一步得＝，化简得b＝1－∈(1－，)；当a∈[，＋∞)时，如图②所示，同理可得，b∈[，)．综上，直线y＝ax＋b(a>0)将△ABC分割为面积相等的两部分，b的取值范围是(1－，)
①②
15. 解：(1) ＝(－m，－m)，＝(a－m，－m)，
因为a＝4m，所以＝(3m，－m)，
所以cos A＝cos〈，〉＝＝0，
所以A＝.(6分)
(2) 由已知条件得B＝，A＞0，C＞0，
由△ABC的内角和A＋B＋C＝π，得0＜A＜，
由正弦定理知＝，
所以a＋c＝(sin A＋sin C)＝4(sin A＋sin C)
＝4sin A＋4sin(－A)＝4sin(A＋)(＜A＋＜)，
所以当A＋＝，即A＝时，a＋c取得最大值4.(14分)
16. 证明：(1) 如图，取BB1的中点Q，连结PQ，CQ，设PQ∩AB1＝R，连结ER.
因为点P是棱AA1的中点，所以R是AB1的中点．
因为DP∥平面B1AE，平面PQCD∩平面B1AE＝RE，DP⊂平面PQCD，
所以PD∥ER.
因为PQ∥CD，
所以四边形PRED是平行四边形，
所以PR＝DE，
所以E为CD中点．(6分)
(2) 因为AA1＝AD，所以BB1＝BC.
因为F为BC的中点，Q为BB1的中点，所以QC⊥C1F.
在长方体ABCDA1B1C1D1中，AA1∥BB1，AA1＝BB1，
因为P是AA1的中点，Q为BB1的中点，
所以PA∥QB，PA＝QB，
所以四边形PQBA为平行四边形，所以PQ∥AB，PQ＝AB.
又AB∥CD，AB＝CD，所以PQ∥CD，PQ＝CD，
所以四边形PQCD为平行四边形，
所以PD∥QC，
所以PD⊥C1F.(14分)
17. 证明：(1) 因为an＋1＝an，所以an＝a1(n∈N*)．
因为bn＋1＋cn＋1＝(bn＋cn)＋an＝(bn＋cn)＋a1，
所以bn＋1＋cn＋1－2a1＝(bn＋cn－2a1)，
因为b1＋c1－2a1＝0，
所以bn＋cn＝2a1(n∈N*)．(6分)
即数列{bn＋cn}为常数列．
(2) 由bn＋1＝，cn＋1＝，相减，得bn＋1－cn＋1＝－(bn－cn)．
又b1－c1＞0，所以数列{bn－cn}为等比数列，
所以bn－cn＝(b1－c1)(－)n－1.
又bn＋cn＝2a1(n∈N*)，
以上两式相加得2bn＝2a1＋(－)n－1(b1－c1)，
所以bn＝a1－(－)n(b1－c1)．
因为a1＝an，所以bn＝an－(－)n(b1－c1)，
所以(2n－1)＝()n(2n－1)，
所以Tn＝×1＋()2×3＋()3×5＋…＋()n－1×(2n－3)＋()n×(2n－1)，
Tn＝()2×1＋()3×3＋()4×5＋…＋()n×(2n－3)＋()n＋1×(2n－1)，
两式相减得Tn＝＋()2×2＋()3×2＋()4×2＋…＋()n×2－()n＋1×(2n－1)，
所以Tn＝1＋()1×2＋()2×2＋()3×2＋…＋()n－1×2－()n×(2n－1)，
所以Tn＝1＋2×－()n×(2n－1)，
所以Tn＝3－＜3(n∈N*)．(14分)
18. 解：(1) 由⊥，得·＝0，
故(x＋1)(x－1)＋(y＋)(y－)＝0，化简得＋＝1，
动点M的轨迹是焦点在x轴上的椭圆．(6分)
(2) 设P(p，0)，Q(q，0)，不妨设p＜q，则y2＝2－，
设kMPkMQ＝c，所以·＝c，y2＝cx2－c(p＋q)x＋cpq，
所以2－＝cx2－c(p＋q)x＋cpq，
整理得(c＋)x2－c(p＋q)x＋(cpq－2)＝0(关于x的恒等式)．
因为x∈[－2，2]，所以所以
所以存在定点P(－2，0)，Q(2，0)，使得kMPkMQ是定值－.(16分)
19. 解：(1) 由已知得r2＋h2＝a2，
所以＝＝≤＝，当且仅当r＝h＝a时取等号．
即冲击力最大时，r＝h＝a.(6分)
(2) 钻头的体积V＝πr2H＋＝.
因为r2＋h2＝a2，
所以V＝＝＝，其中0＜r＜a.
令u＝a2r4－r6，0＜r＜a，所以u′＝4a2r3－6r5＝2r3(2a2－3r2)＝0，解得r＝a，
且当0＜r＜a时，u′＞0，当a＜r＜a时，u′＜0，
所以当r＝a时，u取得最大值，即Vmax＝＝.(16分)
20. 证明：(1) g′(t)＝ln t＋－ln b，g″(t)＝，
因为t＞1，所以g″(t)＝＞0，
所以g′(t)＝ln t＋－ln b在(1，＋∞)上单调递增，所以g′(t)＞g′(1)＝2－ln b.
当0＜b≤e2时，得2－ln b≥0，所以g(t)＝(t＋1)ln t－(t－1)ln b在(1，＋∞)上单调递增，
所以g(t)＞g(1)＝0，所以∀t∈(1，＋∞)，g(t)＞0.(6分)
(2) 当b＞e2时，ln b－2＞0，所以eln b＞eln b－2＞1，
g′(eln b－2)＝ln b－2＋－ln b＝＜0，
g′(eln b)＝ln b＋－ln b＝＞0.
由零点存在定理得，g′(t)＝ln t＋－ln b在(eln b－2，eln b)上存在零点t0，
因为g′(t)＝ln t＋－ln b在(1，＋∞)上单调递增，
所以∀t∈(1，t0)，g′(t)＜0成立，
所以g(t)在(1，t0)上单调递减，
所以∀t∈(1，t0)，g(t)＜g(1)＝0成立，
所以当t＞1时，(t＋1)ln t－(t－1)ln b＞0不恒成立，
即g(t)在(1，t0)上不存在零点，且g(t0)＜0.
又g(eln b)＝g(b)＝(b＋1)ln b－(b－1)ln b＝2ln b＞4＞0，且g(t)在(t0，＋∞)上单调递增，
所以g(t)在(t0，eln b)，即(t0，b)上存在一个零点，
即当b＞e2时，g(t)在(1，＋∞)上存在零点．(16分)
附加题参考答案
21. A. 解：因为T变换将曲线C1：＋y2＝1变换为单位圆x2＋y2＝1，
所以
所以T变换对应的矩阵为M＝.
因为S变换将曲线C2：－＝1变换为等轴双曲线x2－y2＝1，
所以
所以T变换对应的矩阵为N＝，(5分)
所以变换TS对应的矩阵为
NM＝＝，
所以
现在将曲线C3：＋＝1先进行T变换，再进行S变换得到曲线C的方程为x2＋y2＝1.(10分)
B. 解：将点Q，R的极坐标化为直角坐标分别为(2，2)，(1，0)，在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程是t∈R，消去参数得普通方程为y2＝4x，其轨迹为以R为焦点的抛物线，准线为l：x＝－1，(5分)
且Q与焦点R在抛物线的同一侧，过P作PS⊥l于S，根据抛物线的定义得，PQ＋PR＝PQ＋PS的最小值是Q点到其准线l：x＝－1的距离，所以PQ＋PR的最小值为3.(10分)
C. 解：不等式f(x－1)＋f(x)≥a的解集为R，转化为不等式在R上恒成立．(3分)
因为f(x－1)＋f(x)＝|x－4|＋|x－3|≥|x－4＋3－x|＝1，
所以1≥a，所以实数a的取值范围是(－∞，1]．(10分)
22. 解：(1) 如图，过点A且与EB平行的直线作x轴，
则O(，，1)，D(，，2)，E(0，1，0)，
＝(，，2)，＝(，－，1)，
设平面ODE的法向量为n＝(a，b，c)，
所以所以
取b＝1，则a＝，c＝－1，所以n＝(，1，－1)．(4分)
(2) 设P(0，0，z)(0≤z≤2)，则
＝(－，－，z－1)．
设直线OP与平面ODE所成的角为θ，则
sin θ＝＝.
令1＋z＝t∈[1，3]，所以
sin θ＝＝≤＝1，
当且仅当＝，即t＝∈[1，3]时取等号，所以直线OP与平面ODE所成角的最大值为.(10分)
23. 解：(1) f1(x)＝2xcos 2x＋sin 2x，
f2(x)＝－4xsin 2x＋4cos 2x，
f3(x)＝－8xcos 2x－12sin 2x.(2分)
(2) fn(x)＝2nxsin(2x＋)－n·2n－1·cos(2x＋)，n∈N*.
① 当n＝1时，显然成立；
② 假设当n＝k时，fk(x)＝2kxsin(2x＋)－k·2k－1cos(2x＋)成立，
当n＝k＋1时，
fk＋1(x)＝f′k(x)
＝′
＝2ksin(2x＋)＋2k＋1xcos(2x＋)＋k·2k·sin(2x＋)
＝(k＋1)2ksin(2x＋)＋2k＋1xcos(2x＋)
＝－(k＋1)2kcos[2x＋]＋2k＋1x·sin[2x＋]，
即当n＝k＋1时，结论成立．
由①②得fn(x)＝2nxsin(2x＋)－n·2n－1·cos(2x＋)，n∈N*成立．(10分)
2020届高三年级网上授课阶段考试
数学理试题
考试时间：120分钟 总分：160分
一、 填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分. 不需写出解答过程，请把答案直接写在指定位置上．
1. 已知集合A＝{x|x≤2}，则∁RA＝________．
2.若复数z＝，则复数z的模为________．
3.若一组样本数据2 016，2 017，x，2 019，2 020
的平均数为2 018，则该组样本数据的方差为________．
4.函数f(x)＝lg(1－2x－x2)的定义域为________．
5. 根据如图所示的伪代码，当输出y的值为2时，
则输入的x的取值集合为________．
6.若f(x)，g(x)是定义在[a，b]上的初等函数，则“∃x∈[a，b]，使得f(x)≤g(x)成立”是“∀x∈[a，b]，使得f(x)≤g(x)成立”的________条件．
7.设点A为双曲线－y2＝1上位于第一象限内的一点，其横坐标为2.若点A到一条渐近线的较小距离为d，则d的值为________．
8.已知5名唱歌爱好者中恰好有一对夫妻．若从中随机抽取3人去参加歌咏比赛，则这对夫妻被抽中的概率为________.
9.设Sn为等差数列{an}的前n项和，S4＝14，则a1d的最大值为________．
10.各棱长都为1的正四棱锥与各棱长都为1的正四棱柱的体积之比为m，则m的值为________．
11.设关于x，y的不等式表示一个三角形的区域A，(x－5)2＋(y－4)2≤ 8表示的区域为B，则区域A∩B的最大面积为________．
12.设α，θ为锐角，tan θ＝atan α(a>1)．若函数y＝θ－α的最大值为，则a的值为________．
13.已知点A，B分别在两个同心圆O上运动，且OA＝1，OB＝2，则|＋|＋|－|的取值范围是________．
14. 已知点A(－1，0)，B(1，0)，C(0，1)．若直线y＝ax＋b将△ABC分割为面积相等的两部分，当a∈(0，＋∞)时，则b的取值范围是________．
二、 解答题：本大题共6小题，共90分. 解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．
15. (本小题满分14分)
已知平面直角坐标系中△ABC的顶点分别为A(m，m)(m>0)，B(0，0)，C(a，0)，其中a>0，角∠B，∠C的对边长分别是b，c.
(1) 若a＝4m，求角A的大小；
(2) 若b＝2，B＝，求a＋c的最大值．
16. (本小题满分14分)
如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，E为CD上任意一点(不位于端点处)，P是AA1的中点．
(1) 若DP∥平面B1AE，求证：E为CD中点；
(2) 若AA1＝AD，AB为任意长，F为BC的中点，求证： PD⊥C1F.
17. (本小题满分14分)
设△AnBnCn的三个顶点An，Bn，Cn所对的三边长分别为an，bn，cn，△AnBnCn的面积为Sn(n∈N*)，b1＞c1，b1＋c1＝2a1，an＋1＝an，bn＋1＝，cn＋1＝(n∈N*)．
(1) 求证：数列{bn＋cn}为常数列；
(2) 设的前n项和是Tn，求证：Tn＜3.
18. (本小题满分16分)
已知＝(x＋1，y＋)，＝(x－1，y－)，⊥，动点M的坐标是(x，y)．
(1) 求动点M的轨迹方程，并说明轨迹C是什么曲线；
(2) 设M是轨迹C上任意一点，在x轴上是否存在两个不同的定点P，Q，满足kMPkMQ(kMP，kMQ分别表示直线MP，MQ的斜率)是定值？若存在，求出P，Q的坐标，否则说明理由．
19. (本小题满分16分)
如图是一个钻头的示意图，上部是一个圆锥O1O2，下部是一个圆柱O2O3，圆锥的底面与圆柱的上底面重合，圆锥的底面半径r和高h以及圆柱的高H都可以调节其大小．已知圆锥的母线长为定值a，且H＝2h.设钻头的体积为V，圆锥的侧面积为S.
(1) 试验表明：当且仅当取得最大值时，钻头的冲击力最大．试求冲击力最大时，r，h分别为多少；
(2) 试求钻头的体积的最大值．
20. (本小题满分16分)
已知g(t)＝(t＋1)ln t－(t－1)ln b，t∈(1，＋∞)．求证：
(1) 当0＜b≤e2时，∀t∈(1，＋∞)，g(t)＞0；
(2) 当b＞e2时，g(t)在(1，＋∞)上存在零点．
数学试题（附加题）
考试时间：30分钟 总分：40分
21. 【选做题】则按作答的前两题评分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．
A. (选修42：矩阵与变换)
已知T变换将曲线C1：＋y2＝1变换为单位圆x2＋y2＝1，S变换将曲线C2：－＝1变换为等轴双曲线x2－y2＝1，现在将曲线C3：＋＝1先进行T变换，再进行S变换得到曲线C，求曲线C的方程．
B. (选修44：坐标系与参数方程)
在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为t∈R，P为曲线C上一点，以射线Ox为极轴建立极坐标系．已知Q，R的极坐标分别是(2，)，(1，0)，求PQ＋PR的最小值．
【必做题】第22题、第23题，每小题10分，共20分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．
22. 如图，直三棱柱ABCA1B1C1的各条棱长均为2，D，E分别为棱B1C1，AC的中点，O是侧面ABB1A1的中心，P为侧棱AA1所在线段上任意一点．以A为空间直角坐标系的原点，AC作y轴，AA1作z轴，建立空间直角坐标系．
(1) 确定x轴的位置，并求平面ODE的一个法向量；
(2) 求直线OP与平面ODE所成角的最大值．
23. 已知f0(x)＝xsin 2x，设fn(x)＝f′n－1(x)，n∈N*.
(1) 求f1(x)，f2(x)，f3(x)的值；
(2) 猜想fn(x)的表达式，运用数学归纳法证明．
参考答案
1. {x|x＞2} 解析：∁RA＝{x|x＞2}．
2. 1 解析：＝＝1.
3. 2 解析：由已知得2 016＋2 017＋x＋2 019＋2 020＝5×2 018，所以x＝2 018，所以该组样本数据的方差为[(2 016－2 018)2＋(2 017－2 018)2＋(2 018－2 018)2＋
(2 019－2 018)2＋(2 020－2 018)2]×＝2.
4. (－1－，－1＋) 解析：若f(x)＝lg(1－2x－x2)有意义，则1－2x－x2＞0，－1－＜x＜－1＋.
5. {－1，e2} 解析：x≤0，x2＋1＝2或x＞0，ln x＝2，所以x＝－1或e2.
6. 必要不充分 解析：“∃x∈[a，b]，使得f(x)≤g(x)”不一定推出“∀x∈[a，b]，使得f(x)≤g(x)”，但“∀x∈[a，b]，使得f(x)≤g(x)”一定可以推出“∃x∈[a，b]，f(x)≤g(x)”．
7. 2－2 解析：A点的坐标为(2，1)，d＝＝，所以d的值为2－2.
8. 解析：基本事件数为10个，其中这对夫妻被抽中的有3个，所以这对夫妻被抽中的概率为.
9. 解析：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，由题意得，4a1＋d＝14，所以2a1＋3d＝7，所以a1d＝a1·＝≤.
10. 解析：正四棱柱的体积为1，正四棱锥的高为，底面积为1，故体积为，
所以正四棱锥与正四棱柱的体积之比为∶6，即m＝.
11. 4π 解析：如图，因为圆心(5，4)在此区域A的边界直线y＝x－1上，所以当m充分大时，区域A∩B的最大面积为圆(x－5)2＋(y－4)2＝8的面积的一半，即为4π.
12. 3 解析：tan y＝tan(θ－α)＝＝≤＝，当且仅当1＝atan2α，即tan α＝时，函数tan y取得最大值，所以＝，解得a＝3.
13. [4，2] 解析：设∠AOB＝θ，由余弦定理得
|＋|＋|－|＝＋＝＋＝＋.
令y＝＋，
则y2＝10＋2∈[16，20]，据此可得|＋|＋|－|的取值范围是[4，2]．
14. (1－，) 解析：当直线y＝ax＋b(a>0)将△ABC分割为面积相等的两部分且过BC的中点时，a＝.当a∈(0，)时，如图①所示，设直线y＝ax＋b与AC，BC分别交于P，Q，计算得P，Q的横坐标分别是，.由直线y＝ax＋b(a>0)将△ABC分割为面积相等的两部分，得＝，进一步得＝，化简得b＝1－∈(1－，)；当a∈[，＋∞)时，如图②所示，同理可得，b∈[，)．综上，直线y＝ax＋b(a>0)将△ABC分割为面积相等的两部分，b的取值范围是(1－，)
①②
15. 解：(1) ＝(－m，－m)，＝(a－m，－m)，
因为a＝4m，所以＝(3m，－m)，
所以cos A＝cos〈，〉＝＝0，
所以A＝.(6分)
(2) 由已知条件得B＝，A＞0，C＞0，
由△ABC的内角和A＋B＋C＝π，得0＜A＜，
由正弦定理知＝，
所以a＋c＝(sin A＋sin C)＝4(sin A＋sin C)
＝4sin A＋4sin(－A)＝4sin(A＋)(＜A＋＜)，
所以当A＋＝，即A＝时，a＋c取得最大值4.(14分)
16. 证明：(1) 如图，取BB1的中点Q，连结PQ，CQ，设PQ∩AB1＝R，连结ER.
因为点P是棱AA1的中点，所以R是AB1的中点．
因为DP∥平面B1AE，平面PQCD∩平面B1AE＝RE，DP⊂平面PQCD，
所以PD∥ER.
因为PQ∥CD，
所以四边形PRED是平行四边形，
所以PR＝DE，
所以E为CD中点．(6分)
(2) 因为AA1＝AD，所以BB1＝BC.
因为F为BC的中点，Q为BB1的中点，所以QC⊥C1F.
在长方体ABCDA1B1C1D1中，AA1∥BB1，AA1＝BB1，
因为P是AA1的中点，Q为BB1的中点，
所以PA∥QB，PA＝QB，
所以四边形PQBA为平行四边形，所以PQ∥AB，PQ＝AB.
又AB∥CD，AB＝CD，所以PQ∥CD，PQ＝CD，
所以四边形PQCD为平行四边形，
所以PD∥QC，
所以PD⊥C1F.(14分)
17. 证明：(1) 因为an＋1＝an，所以an＝a1(n∈N*)．
因为bn＋1＋cn＋1＝(bn＋cn)＋an＝(bn＋cn)＋a1，
所以bn＋1＋cn＋1－2a1＝(bn＋cn－2a1)，
因为b1＋c1－2a1＝0，
所以bn＋cn＝2a1(n∈N*)．(6分)
即数列{bn＋cn}为常数列．
(2) 由bn＋1＝，cn＋1＝，相减，得bn＋1－cn＋1＝－(bn－cn)．
又b1－c1＞0，所以数列{bn－cn}为等比数列，
所以bn－cn＝(b1－c1)(－)n－1.
又bn＋cn＝2a1(n∈N*)，
以上两式相加得2bn＝2a1＋(－)n－1(b1－c1)，
所以bn＝a1－(－)n(b1－c1)．
因为a1＝an，所以bn＝an－(－)n(b1－c1)，
所以(2n－1)＝()n(2n－1)，
所以Tn＝×1＋()2×3＋()3×5＋…＋()n－1×(2n－3)＋()n×(2n－1)，
Tn＝()2×1＋()3×3＋()4×5＋…＋()n×(2n－3)＋()n＋1×(2n－1)，
两式相减得Tn＝＋()2×2＋()3×2＋()4×2＋…＋()n×2－()n＋1×(2n－1)，
所以Tn＝1＋()1×2＋()2×2＋()3×2＋…＋()n－1×2－()n×(2n－1)，
所以Tn＝1＋2×－()n×(2n－1)，
所以Tn＝3－＜3(n∈N*)．(14分)
18. 解：(1) 由⊥，得·＝0，
故(x＋1)(x－1)＋(y＋)(y－)＝0，化简得＋＝1，
动点M的轨迹是焦点在x轴上的椭圆．(6分)
(2) 设P(p，0)，Q(q，0)，不妨设p＜q，则y2＝2－，
设kMPkMQ＝c，所以·＝c，y2＝cx2－c(p＋q)x＋cpq，
所以2－＝cx2－c(p＋q)x＋cpq，
整理得(c＋)x2－c(p＋q)x＋(cpq－2)＝0(关于x的恒等式)．
因为x∈[－2，2]，所以所以
所以存在定点P(－2，0)，Q(2，0)，使得kMPkMQ是定值－.(16分)
19. 解：(1) 由已知得r2＋h2＝a2，
所以＝＝≤＝，当且仅当r＝h＝a时取等号．
即冲击力最大时，r＝h＝a.(6分)
(2) 钻头的体积V＝πr2H＋＝.
因为r2＋h2＝a2，
所以V＝＝＝，其中0＜r＜a.
令u＝a2r4－r6，0＜r＜a，所以u′＝4a2r3－6r5＝2r3(2a2－3r2)＝0，解得r＝a，
且当0＜r＜a时，u′＞0，当a＜r＜a时，u′＜0，
所以当r＝a时，u取得最大值，即Vmax＝＝.(16分)
20. 证明：(1) g′(t)＝ln t＋－ln b，g″(t)＝，
因为t＞1，所以g″(t)＝＞0，
所以g′(t)＝ln t＋－ln b在(1，＋∞)上单调递增，所以g′(t)＞g′(1)＝2－ln b.
当0＜b≤e2时，得2－ln b≥0，所以g(t)＝(t＋1)ln t－(t－1)ln b在(1，＋∞)上单调递增，
所以g(t)＞g(1)＝0，所以∀t∈(1，＋∞)，g(t)＞0.(6分)
(2) 当b＞e2时，ln b－2＞0，所以eln b＞eln b－2＞1，
g′(eln b－2)＝ln b－2＋－ln b＝＜0，
g′(eln b)＝ln b＋－ln b＝＞0.
由零点存在定理得，g′(t)＝ln t＋－ln b在(eln b－2，eln b)上存在零点t0，
因为g′(t)＝ln t＋－ln b在(1，＋∞)上单调递增，
所以∀t∈(1，t0)，g′(t)＜0成立，
所以g(t)在(1，t0)上单调递减，
所以∀t∈(1，t0)，g(t)＜g(1)＝0成立，
所以当t＞1时，(t＋1)ln t－(t－1)ln b＞0不恒成立，
即g(t)在(1，t0)上不存在零点，且g(t0)＜0.
又g(eln b)＝g(b)＝(b＋1)ln b－(b－1)ln b＝2ln b＞4＞0，且g(t)在(t0，＋∞)上单调递增，
所以g(t)在(t0，eln b)，即(t0，b)上存在一个零点，
即当b＞e2时，g(t)在(1，＋∞)上存在零点．(16分)
附加题参考答案
21. A. 解：因为T变换将曲线C1：＋y2＝1变换为单位圆x2＋y2＝1，
所以
所以T变换对应的矩阵为M＝.
因为S变换将曲线C2：－＝1变换为等轴双曲线x2－y2＝1，
所以
所以T变换对应的矩阵为N＝，(5分)
所以变换TS对应的矩阵为
NM＝＝，
所以
现在将曲线C3：＋＝1先进行T变换，再进行S变换得到曲线C的方程为x2＋y2＝1.(10分)
B. 解：将点Q，R的极坐标化为直角坐标分别为(2，2)，(1，0)，在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程是t∈R，消去参数得普通方程为y2＝4x，其轨迹为以R为焦点的抛物线，准线为l：x＝－1，(5分)
且Q与焦点R在抛物线的同一侧，过P作PS⊥l于S，根据抛物线的定义得，PQ＋PR＝PQ＋PS的最小值是Q点到其准线l：x＝－1的距离，所以PQ＋PR的最小值为3.(10分)
C. 解：不等式f(x－1)＋f(x)≥a的解集为R，转化为不等式在R上恒成立．(3分)
因为f(x－1)＋f(x)＝|x－4|＋|x－3|≥|x－4＋3－x|＝1，
所以1≥a，所以实数a的取值范围是(－∞，1]．(10分)
22. 解：(1) 如图，过点A且与EB平行的直线作x轴，
则O(，，1)，D(，，2)，E(0，1，0)，
＝(，，2)，＝(，－，1)，
设平面ODE的法向量为n＝(a，b，c)，
所以所以
取b＝1，则a＝，c＝－1，所以n＝(，1，－1)．(4分)
(2) 设P(0，0，z)(0≤z≤2)，则
＝(－，－，z－1)．
设直线OP与平面ODE所成的角为θ，则
sin θ＝＝.
令1＋z＝t∈[1，3]，所以
sin θ＝＝≤＝1，
当且仅当＝，即t＝∈[1，3]时取等号，所以直线OP与平面ODE所成角的最大值为.(10分)
23. 解：(1) f1(x)＝2xcos 2x＋sin 2x，
f2(x)＝－4xsin 2x＋4cos 2x，
f3(x)＝－8xcos 2x－12sin 2x.(2分)
(2) fn(x)＝2nxsin(2x＋)－n·2n－1·cos(2x＋)，n∈N*.
① 当n＝1时，显然成立；
② 假设当n＝k时，fk(x)＝2kxsin(2x＋)－k·2k－1cos(2x＋)成立，
当n＝k＋1时，
fk＋1(x)＝f′k(x)
＝′
＝2ksin(2x＋)＋2k＋1xcos(2x＋)＋k·2k·sin(2x＋)
＝(k＋1)2ksin(2x＋)＋2k＋1xcos(2x＋)
＝－(k＋1)2kcos[2x＋]＋2k＋1x·sin[2x＋]，
即当n＝k＋1时，结论成立．
由①②得fn(x)＝2nxsin(2x＋)－n·2n－1·cos(2x＋)，n∈N*成立．(10分)
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