2021年广东省深圳市高考数学第一次调研试卷（一模）

这是一份2021年广东省深圳市高考数学第一次调研试卷（一模），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年广东省深圳市高考数学第一次调研试卷（一模）
一、单项选择题：本题共8道小题，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）已知集合A＝{x|x＞2}，B＝{0，1，2，3，4}，则（∁RA）∩B＝（　　）
A．{3，4} B．{2，3，4} C．{0，1} D．{0，1，2}
2．（5分）已知复数，则|z|＝（　　）
A． B． C． D．1
3．（5分）小明跟父母、爷爷和奶奶一同参加《中国诗词大会》的现场录制，5人坐一排．若小明的父母都与他相邻，则不同坐法的种数为（　　）
A．6 B．12 C．24 D．48
4．（5分）设α，β，γ为三个不同的平面，若α⊥β，则“γ∥β”是“α⊥γ”的（　　）
A．充分不必要条件 B．充要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
5．（5分）已知随机变量ξ～N（μ，σ2），有下列四个命题：
甲：P（ξ＜a﹣1）＞P（ξ＞a+2）
乙：P（ξ＞a）＝0.5
丙：P（ξ≤a）＝0.5
丁：P（a＜ξ＜a+1）＜P（a+1＜ξ＜a+2）
如果只有一个假命题，则该命题为（　　）
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
6．（5分）2020年12月31日，国务院联防联控机制发布，国药集团中国生物的新冠病毒灭活疫苗已获药监局批准附条件上市，其保护效力达到世界卫生组织及药监局相关标准要求，现已对18至59岁的人提供．根据某地接种年龄样本的频率分布直方图（如图）估计该地接种年龄的中位数为（　　）

A．40 B．39 C．38 D．37
7．（5分）在数列{an}中，a1＝3，am+n＝am+an（m，n∈N*），若a1+a2+a3+…+ak＝135，则k＝（　　）
A．10 B．9 C．8 D．7
8．（5分）骑自行车是一种能有效改善心肺功能的耐力性有氧运动，深受大众喜爱，如图是某一自行车的平面结构示意图，已知图中的圆A（前轮），圆D（后轮）的半径均为，△ABE，△BEC，△ECD均是边长为4的等边三角形．设点P为后轮上的一点，则在骑动该自行车的过程中，的最大值为（　　）

A．18 B．24 C．36 D．48
二、多项选择题：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，部分选对的得2分，有选错的得0分。
（多选）9．（5分）设F1、F2分别是双曲线C：＝1的左、右焦点，且|F1F2|＝4，则下列结论正确的有（　　）
A．m＝2
B．当n＝0时，C的离心率是2
C．F1到渐近线的距离随着n的增大而减小
D．当n＝1时，C的实轴长是虚轴长的两倍
（多选）10．（5分）已知函数，则（　　）
A．f（x）的最大值为3
B．f（x）的最小正周期为π
C．f（x）的图象关于直线对称
D．f（x）在区间上单调递减
（多选）11．（5分）已知函数f（x）＝3x+x3，若0＜m＜1＜n，则下列不等式一定成立的有（　　）
A．f（1﹣m）＜f（n﹣1） B．＜f（m+n）
C．f（logmn）＜f（lognm） D．f（mn）＜f（nm）
（多选）12．（5分）在空间直角坐标系O﹣xyz中，棱长为1的正四面体ABCD的顶点A，B分别为y轴和z轴上的动点（可与坐标原点O重合），记正四面体ABCD在平面xOy上的正投影图形为S，则下列说法正确的有（　　）
A．若CD∥平面xOy，则S可能为正方形
B．若点A与坐标原点O重合，则S的面积为
C．若OA＝OB＝OC，则S的面积不可能为
D．点D到坐标原点O的距离不可能为
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．（5分）已知函数的图象关于y轴对称，且与直线y＝x相切，则满足上述条件的二次函数可以为f（x）＝　 　．
14．（5分）设F为抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点，过F作倾斜角为60°的直线交C于A，B两点，若|AF|﹣|BF|＝4，则|AB|＝　 　．
15．（5分）冈珀茨模型是由冈珀茨（Gompertz）提出，可作为动物种群数量变化的模型，并用于描述种群的消亡规律．已知某珍稀物种t年后的种群数量y近似满足冈珀茨模型：（当t＝0时，表示2020年初的种群数量），若m（m∈N*）年后，该物种的种群数量将不足2020年初种群数量的一半，则m的最小值为　 　．（ln2≈0.7）
16．（5分）拿破仑定理是法国著名军事家拿破仑•波拿巴最早提出的一个几何定理：“以任意三角形的三条边为边，向外构造三个等边三角形，则这三个等边三角形的外接圆圆心恰为另一个等边三角形（此等边三角形称为拿破仑三角形）的顶点．”已知△ABC内接于单位圆，以BC，AC，AB为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次记为A'，B'，C'．若∠ACB＝30°，则△A'B'C'的面积最大值为　 　．
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）设数列{an}的前n项和Sn，满足，且a1＝1．
（1）证明：数列为等差数列；
（2）求{an}的通项公式．
18．（12分）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知A为锐角，sinB﹣cosC＝．
（1）求A；
（2）若b＝c，且BC边上的高为2，求△ABC的面积．
19．（12分）某校将进行篮球定点投篮测试，规则为：每人至多投3次，先在M处投一次三分球，投进得3分，未投进不得分，以后均在N处投两分球，每投进一次得2分，未投进不得分．测试者累计得分高于3分即通过测试，并终止投篮．
甲、乙两位同学为了通过测试，进行了五轮投篮训练，每人每轮在M处和N处各投10次，根据他们每轮两分球和三分球的命中次数情况分别得到如下图表：

若以每人五轮投篮训练命中频率的平均值作为其测试时每次投篮命中的概率．
（1）求甲同学通过测试的概率；
（2）在甲、乙两位同学均通过测试的条件下，求甲得分比乙得分高的概率．
20．（12分）如图，在四棱锥S﹣ABCD中，SA＝SB＝SC＝SD＝13，AC⊥CD，AB＝6，BD＝8．
（1）求证：平面SAD⊥平面ABCD；
（2）求二面角A﹣SB﹣D的余弦值．

21．（12分）设O是坐标原点，以F1，F2为焦点的椭圆C：＝1（a＞b＞0）的长轴长为2，以|F1F2|为直径的圆和C恰好有两个交点．
（1）求C的方程；
（2）P是C外的一点，过P的直线l1，l2均与C相切，且l1，l2的斜率之积为，记u为|PO|的最小值，求u的取值范围．
22．（12分）已知函数f（x）＝aln2x+2x（1﹣lnx），a∈R．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）若函数g（x）＝e2f（x）﹣2a2有且仅有3个零点，求a的取值范围．（其中常数e＝2.71828…，是自然对数的底数）

2021年广东省深圳市高考数学第一次调研试卷（一模）
参考答案与试题解析
一、单项选择题：本题共8道小题，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）已知集合A＝{x|x＞2}，B＝{0，1，2，3，4}，则（∁RA）∩B＝（　　）
A．{3，4} B．{2，3，4} C．{0，1} D．{0，1，2}
【分析】进行补集和交集的运算即可．
【解答】解：∵A＝{x|x＞2}，B＝{0，1，2，3，4}，
∴∁RA＝{x|x≤2}，（∁RA）∩B＝{0，1，2}．
故选：D．
【点评】本题考查了描述法和列举法的定义，交集和补集的定义及运算，考查了计算能力，属于基础题．
2．（5分）已知复数，则|z|＝（　　）
A． B． C． D．1
【分析】利用复数的运算法则求出z＝，由此能求出|z|．
【解答】解：∵复数＝＝＝＝，
∴|z|＝＝．
故选：A．
【点评】本题考查复数的模的求法，考查复数的运算法则等基础知识，考查运算求解能力等核心素养，是基础题．
3．（5分）小明跟父母、爷爷和奶奶一同参加《中国诗词大会》的现场录制，5人坐一排．若小明的父母都与他相邻，则不同坐法的种数为（　　）
A．6 B．12 C．24 D．48
【分析】根据题意，将小明和他父母看成一个整体，分析三人的排法，将这个整体与爷爷和奶奶全排列，由分步计数原理计算可得答案．
【解答】解：根据题意，要求小明的父母都与他相邻，即小明坐在父母中间，将三人看成一个整体，有2种排法，
将这个整体与爷爷和奶奶全排列，有A33＝6种排法，
则有2×6＝12种不同的排法，
故选：B．
【点评】本题考查排列组合的应用，涉及分步计数原理的应用，属于基础题．
4．（5分）设α，β，γ为三个不同的平面，若α⊥β，则“γ∥β”是“α⊥γ”的（　　）
A．充分不必要条件 B．充要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
【分析】根据空间面面垂直和面面平行的位置关系以及充分条件和必要条件的定义进行判断即可．
【解答】解：当α⊥β时，
若γ∥β，则α⊥γ成立，即充分性成立，
反之当α⊥γ时，γ∥β也有可能相交，即必要性不成立，
即“γ∥β”是“α⊥γ”的充分不必要条件，
故选：A．
【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的应用，利用空间面面平行和垂直的性质是解决本题的关键，是基础题．
5．（5分）已知随机变量ξ～N（μ，σ2），有下列四个命题：
甲：P（ξ＜a﹣1）＞P（ξ＞a+2）
乙：P（ξ＞a）＝0.5
丙：P（ξ≤a）＝0.5
丁：P（a＜ξ＜a+1）＜P（a+1＜ξ＜a+2）
如果只有一个假命题，则该命题为（　　）
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
【分析】由已知结合选项可得乙、丙必为真命题，求得μ＝a，则ξ～N（a，σ2），再由正态分布曲线的对称性分析甲与丁即可．
【解答】解：∵只有一个是假命题，∴乙、丙必为真命题（乙与丙共真假），
∴μ＝a，则ξ～N（a，σ2），
由正态分布曲线的对称性可得，P（ξ＜a﹣1）＞P（ξ＞a+2），
P（a＜ξ＜a+1）＞P（a+1＜ξ＜a+2），则甲为真命题，丁为假命题，
故选：D．
【点评】本题考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义，考查正态分布中两个量μ和σ的应用，考查曲线的对称性，属于基础题．
6．（5分）2020年12月31日，国务院联防联控机制发布，国药集团中国生物的新冠病毒灭活疫苗已获药监局批准附条件上市，其保护效力达到世界卫生组织及药监局相关标准要求，现已对18至59岁的人提供．根据某地接种年龄样本的频率分布直方图（如图）估计该地接种年龄的中位数为（　　）

A．40 B．39 C．38 D．37
【分析】由频率分布直方图先求出[18，36）的频率为0.42，[36，42）的频率为0.24，由此能估计该地接种年龄的中位数．
【解答】解：由频率分布直方图得：
[18，36）的频率为：（0.013+0.023+0.034）×6＝0.42，
[36，42）的频率为：0.04×6＝0.24，
∴估计该地接种年龄的中位数为：36+＝38．
故选：C．
【点评】本题考查中位数的求法，考查频率分布直方图的性质等基础知识，考查运算求解能力、数据分析能力等数学核心素养，是基础题．
7．（5分）在数列{an}中，a1＝3，am+n＝am+an（m，n∈N*），若a1+a2+a3+…+ak＝135，则k＝（　　）
A．10 B．9 C．8 D．7
【分析】利用题中给出的恒等式，令m＝1，得到数列{an}是首项为3，公差为3的等差数列，然后由等差数列的前n项求和公式列出关于k的方程，求解即可．
【解答】解：因为am+n＝am+an（m，n∈N*），
故令m＝1，则有an+1＝a1+an，
所以an+1﹣an＝a1，又a1＝3，
所以an+1﹣an＝3，
故数列{an}是首项为3，公差为3的等差数列，
所以a1+a2+a3+…+ak＝，解得k＝9．
故选：B．
【点评】本题考查了等差数列通项公式以及前n项求和公式的应用，考查了逻辑推理能力与化简计算能力，属于中档题．
8．（5分）骑自行车是一种能有效改善心肺功能的耐力性有氧运动，深受大众喜爱，如图是某一自行车的平面结构示意图，已知图中的圆A（前轮），圆D（后轮）的半径均为，△ABE，△BEC，△ECD均是边长为4的等边三角形．设点P为后轮上的一点，则在骑动该自行车的过程中，的最大值为（　　）

A．18 B．24 C．36 D．48
【分析】根据题意建立平面直角坐标系，然后将涉及到的点的坐标求出来，其中P点坐标借助于三角函数表示，则所求的结果即可转化为三角函数的最值问题求解．
【解答】解：据题意：圆D（后轮）的半径均为，△ABE，△BEC，△ECD均是边长为4的等边三角形．点P为后轮上的一点，如图建立平面直角坐标系：
则A（﹣8，0），B（﹣6，），C（﹣2，）．
圆D的方程为x2+y2＝3，可设P（），
所以，．
故＝＝
＝12sin（）+24≤12+24＝36．
故选：C．

【点评】本题考查数量积的运算、三角函数的性质在实际问题中的应用，同时考查了学生的数学建模的核心素养．属于中档题．
二、多项选择题：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，部分选对的得2分，有选错的得0分。
（多选）9．（5分）设F1、F2分别是双曲线C：＝1的左、右焦点，且|F1F2|＝4，则下列结论正确的有（　　）
A．m＝2
B．当n＝0时，C的离心率是2
C．F1到渐近线的距离随着n的增大而减小
D．当n＝1时，C的实轴长是虚轴长的两倍
【分析】利用双曲线的标准方程，结合焦距，求解m，判断A；求解离心率判断B；求出点到直线的距离，判断C；求解实轴长与虚轴长的比值，判断D．
【解答】解：F1、F2分别是双曲线C：＝1的左、右焦点，且|F1F2|＝4，
可得2＝，解得m＝2，所以A正确；
n＝0时，a＝b＝，c＝，所以e＝，所以B不正确；
F1到渐近线的距离：，随着n的增大而减小，所以C正确；
当n＝1时，C的实轴长：2，虚轴长：2，所以D不正确．
故选：AC．
【点评】本题考查双曲线的简单性质的应用，是中档题．
（多选）10．（5分）已知函数，则（　　）
A．f（x）的最大值为3
B．f（x）的最小正周期为π
C．f（x）的图象关于直线对称
D．f（x）在区间上单调递减
【分析】先将函数解析式化简成y＝Asin（ωx+φ）+k的形式，即可根据三角函数的性质判断各选项的真假．
【解答】解：f（x）＝cos2x+2cosxsinx＝cos2x+sin2x
＝（sin2x+cos2x）＝sin（2x+），
A：∵sin（2x+）∈[﹣1，1]，
∴f（x）的最大值为，∴A不正确．
B：f（x）的最小正周期为T＝＝＝π，
∴f（x）的最小正周期为π，∴B正确．
C：当x＝时，f（）＝sin（2×+）＝sin＝，
∴f（x）的图象关于直线 x＝对称，∴C正确
D：当x∈[﹣，]时，2x+∈[﹣，]，
∴f（x）在区间[﹣，]上单调递增，∴D不正确．
故选：BC．
【点评】本题主要考查三角函数的恒等变换，正弦型函数的性质应用，属于中档题．
（多选）11．（5分）已知函数f（x）＝3x+x3，若0＜m＜1＜n，则下列不等式一定成立的有（　　）
A．f（1﹣m）＜f（n﹣1） B．＜f（m+n）
C．f（logmn）＜f（lognm） D．f（mn）＜f（nm）
【分析】根据题意，分析可得f（x）在R上为增函数，由此分析选项，可得答案．
【解答】解：根据题意，函数f（x）＝3x+x3，易得f（x）在R上为增函数，
对于A，无法判断1﹣m与n﹣1的大小，故f（1﹣m）＜f（n﹣1）不一定成立，A错误，
对于B，若0＜m＜1＜n，则有2＜m+n，则f（2）＜f（m+n），B正确，
对于C，当n＝，m＝2时，logmn＝lognm＝﹣1，则有f（logmn）＝f（lognm），C错误，
对于D，若0＜m＜1＜n，则mn＜nm，则有f（mn）＜f（nm），D正确，
故选：BD．
【点评】本题考查函数单调性的性质以及应用，涉及不等式的性质，属于基础题．
（多选）12．（5分）在空间直角坐标系O﹣xyz中，棱长为1的正四面体ABCD的顶点A，B分别为y轴和z轴上的动点（可与坐标原点O重合），记正四面体ABCD在平面xOy上的正投影图形为S，则下列说法正确的有（　　）
A．若CD∥平面xOy，则S可能为正方形
B．若点A与坐标原点O重合，则S的面积为
C．若OA＝OB＝OC，则S的面积不可能为
D．点D到坐标原点O的距离不可能为
【分析】直接根据几何体中的点和投影的关系，结合直线与平面的平行的性质，三角形的面积公式判断A、B、C、D的结论．
【解答】解：对于A：若CD∥平面xoy，考虑一下特殊情形；
①当点B与坐标原点O重合时，S为正方形，
②当点A与坐标原点O重合时，S为三角形，故A正确；
对于B：若点A原点O重合，即AB在z轴上，
易知：CD∥平面xoy，且S为三角形，
不难知道，其面积为，故B正确；
对于C：当OA＝OB＝OC时，且点O在正四面体ABCD的外部时，
则点D恰好为以OA，OB，OC，为棱的正方体的一个顶点，
由于AB＝1，所以OA＝，
所以S为以边长为的正方形，其面积为，故C错误；
对于D：设AB的中点为M，则OM＝，且MD＝，
易知OD≤OM+MD＝，即OD，
所以点D到坐标原点的距离小于，故D正确．
故选：ABD．
【点评】本题考查的知识要点：几何体中的点和投影的关系，直线与平面的平行的性质，三角形的面积公式，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．（5分）已知函数的图象关于y轴对称，且与直线y＝x相切，则满足上述条件的二次函数可以为f（x）＝　x2+　．
【分析】先设f（x）＝ax2+bx+c（a≠0），由对称轴的计算公式可得到b＝0，函数f（x）的图象与直线y＝x相切，则可知函数与直线的方程组只有一解，可得a，c的关系，从而得到函数解析式．
【解答】解：设f（x）＝ax2+bx+c（a≠0），
∵f（x）的图象关于y轴对称，
∴对称轴x＝﹣＝0，∴b＝0，
∴f（x）＝ax2+c，
联立得 整理的ax2+c＝x，即ax2﹣x+c＝0，
∵f（x）的图象与直线y＝x相切，
∴Δ＝1﹣4ac＝0，∴ac＝，
∴满足条件的二次函数可以为f（x）＝x2+．
故答案为：x2+．
【点评】此题主要考查二次函数的解析式求解及相切求解问题．
14．（5分）设F为抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点，过F作倾斜角为60°的直线交C于A，B两点，若|AF|﹣|BF|＝4，则|AB|＝　8　．
【分析】方法一：设直线AB的方程，与抛物线联立求出A，B的横坐标，由抛物线的性质可得到焦点的距离等于到准线的距离，可得|AF|﹣|BF|的值，再由|AF|﹣|BF|＝4，求出p的值，再由性质可得|AB|的值．
方法二：过A，B分别作准线l的垂线AC，BD，过B作BE⊥AC于E，根据条件得到|AF|﹣|BF|＝|AC|﹣|BD|＝|AE|，再求出|AB|．
【解答】解：方法一：由抛物线的方程可得焦点F（，0），
设直线AB的方程为：y＝（x﹣），设A（x1，y1），B（x2，y2），
联立整理可得：12x2﹣20px+3p2＝0，
所以x1＝p，x2＝
由抛物线的性质可得|AF|﹣|BF|＝x1﹣x2＝﹣＝p＝4，解得p＝3，
所以|AB|＝x1+x2+p＝×3++3＝8，
方法二：过A，B分别作准线的垂线AC，BD，过B作BE⊥AC于E，
则|AF|＝|AC|，|BF|＝|BD|，
∴|AF|﹣|BF|＝|AC|﹣|BD|＝|AE|，∴|AE|＝4，
在Rt△AEB中，∠BAE＝60°，∴|AB|＝2|AE|＝2×4＝8．

故答案为：8．

【点评】本题考查抛物线的性质及直线与抛物线的综合，弦长公式的应用，属于中档题．
15．（5分）冈珀茨模型是由冈珀茨（Gompertz）提出，可作为动物种群数量变化的模型，并用于描述种群的消亡规律．已知某珍稀物种t年后的种群数量y近似满足冈珀茨模型：（当t＝0时，表示2020年初的种群数量），若m（m∈N*）年后，该物种的种群数量将不足2020年初种群数量的一半，则m的最小值为　6　．（ln2≈0.7）
【分析】根据某珍稀物种t年后的种群数量y解析式，分别求出t＝0与t＝m的种群数，然后根据m（m∈N*）年后，该物种的种群数量将不足2020年初种群数量的一半，建立不等式，取对数，从而可求出m的范围．
【解答】解：因为，
所以当t＝0时，y＝，
当t＝m时，y＝，
因为m（m∈N*）年后，该物种的种群数量将不足2020年初种群数量的一半，
所以＜，
即，
两边同取对数得，ln2+1.4e﹣0.125m＜1.4，即，
两边取对数得，﹣0.125m＜﹣ln2＝﹣0.7，
即m＞5.6，而m∈N*，
所以m的最小值为6．
故答案为：6．
【点评】本题主要考查了实际应用问题，以及指数不等式的解法，同时考查了转化能力和运算求解的能力，属于中档题．
16．（5分）拿破仑定理是法国著名军事家拿破仑•波拿巴最早提出的一个几何定理：“以任意三角形的三条边为边，向外构造三个等边三角形，则这三个等边三角形的外接圆圆心恰为另一个等边三角形（此等边三角形称为拿破仑三角形）的顶点．”已知△ABC内接于单位圆，以BC，AC，AB为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次记为A'，B'，C'．若∠ACB＝30°，则△A'B'C'的面积最大值为　　．
【分析】先利用正弦定理结合基本不等式，得到AC，BC两边平方和的最大值，然后利用拿破仑三角形的性质，用AC，BC表示出拿破仑三角形的边长，最后利用三角形的面积公式即可求出△A′B′C′面积的最大值．
【解答】解：不妨设BC＝a，AC＝b，若∠ACB＝30°，
由正弦定理,得，故AB＝1，
所以由余弦定理得1＝a2+b2﹣2abcos30°＝．
所以．
显然△A′B′C′为由△ABC得到的拿破仑三角形（等边三角形），设其边长为x，
易知∠A′CB′＝90°，且，
所以，
故△A′B′C′的面积．
当且仅当a＝b时取等号．
故△A′B′C′面积的最大值为．
故答案为：．
【点评】本题考查解三角形的基本运算，考查正、余弦定理的综合应用，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）设数列{an}的前n项和Sn，满足，且a1＝1．
（1）证明：数列为等差数列；
（2）求{an}的通项公式．
【分析】（1）由题设得到：﹣＝2，即可证明结论；
（2）先由（1）可得：Sn＝，再由an＝求得an．
【解答】（1）证明：∵，且a1＝1，
∴＝＝+2，即﹣＝2，
∴数列为首项为1，公差为2的等差数列；
（2）解：由（1）可得：＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1，即Sn＝，
当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝﹣＝﹣，
又当n＝1时，a1＝1，
∴an＝．
【点评】本题主要考查等差数列的定义及基本量的计算、an与Sn的关系，属于中档题．
18．（12分）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知A为锐角，sinB﹣cosC＝．
（1）求A；
（2）若b＝c，且BC边上的高为2，求△ABC的面积．
【分析】（1）由已知结合正弦定理，余弦定理进行化简可求sinA，进而可求A；
（2）由已知结合三角形面积公式可得a，b，c之间关系，然后结合余弦定理可求a，再由三角形面积公式可求．
【解答】解：（1）因为sinB﹣cosC＝，
所以2absinB＝c2﹣a2+2abcosC，
由余弦定理得，c2＝a2+b2﹣2abcosC，
所以2absinB＝b2，
即2asinB＝b，
由正弦定理得，，
所以2sinAsinB＝sinB，
因为sinB＞0，
故sinA＝，
由A为锐角，A＝，
（2）由题意得，S＝＝＝，
所以bc＝4，
因为b＝c，
所以c2＝16a，b2＝＝3a，
由余弦定理得，cosA＝＝＝＝，
解得a＝7，
所以S＝＝7．
【点评】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，还考查了考生方程，转化与化归思想，考查了考生的逻辑推理，数学运算的核心素养．
19．（12分）某校将进行篮球定点投篮测试，规则为：每人至多投3次，先在M处投一次三分球，投进得3分，未投进不得分，以后均在N处投两分球，每投进一次得2分，未投进不得分．测试者累计得分高于3分即通过测试，并终止投篮．
甲、乙两位同学为了通过测试，进行了五轮投篮训练，每人每轮在M处和N处各投10次，根据他们每轮两分球和三分球的命中次数情况分别得到如下图表：

若以每人五轮投篮训练命中频率的平均值作为其测试时每次投篮命中的概率．
（1）求甲同学通过测试的概率；
（2）在甲、乙两位同学均通过测试的条件下，求甲得分比乙得分高的概率．
【分析】（1）分别求出甲同学两分球投篮命中的概率和甲同学三分球投篮命中的概率，设甲同学累计得分为X，则P（X≥4）＝P（X＝4）+P（X＝5），由此能求出甲同学通过测试的概率．
（2）乙同学两分球投篮命中的概率为0.4，三分球投篮命中的概率为0.2，设乙同学累计得分为Y，求出P（Y＝4）＝0.128，P（Y＝5）＝0.128，设“甲得分比乙得到高”为事件A，“甲、乙两位同学均通过了测试”为事件B，则P（AB）＝P（X＝5）•P（Y＝4），P（B）＝[P（X＝4）+P（X＝5）]•[P（Y＝4）+P（Y＝5）]，由条件概率得：P（A|B）＝．
【解答】解：（1）甲同学两分球投篮命中的概率为：
P＝＝0.5，
甲同学三分球投篮命中的概率为：
P＝＝0.1，
设甲同学累计得分为X，
则P（X≥4）＝P（X＝4）+P（X＝5）
＝0.9×0.5×0.5+0.1×0.5+0.1×0.5×0.5＝0.3，
∴甲同学通过测试的概率为0.3．
（2）同（1）可求，乙同学两分球投篮命中的概率为0.4，三分球投篮命中的概率为0.2，
设乙同学累计得分为Y，
则P（Y＝4）＝0.8×0.4×0.4＝0.128，
P（Y＝5）＝0.2×0.4+0.2×0.6×0.4＝0.128，
设“甲得分比乙得到高”为事件A，“甲、乙两位同学均通过了测试”为事件B，
则P（AB）＝P（X＝5）•P（Y＝4）＝0.075×0.128＝0.0096，
P（B）＝[P（X＝4）+P（X＝5）]•[P（Y＝4）+P（Y＝5）]＝0.0768，
由条件概率得：
P（A|B）＝＝＝．
【点评】本题以体育运动为背景，通过频率与概率定义以及条件概率公式等知识点，考查学生数学建模、运算求解能力、逻辑推理等数学核心素养，体现分类讨论的数学思想，是基础题．
20．（12分）如图，在四棱锥S﹣ABCD中，SA＝SB＝SC＝SD＝13，AC⊥CD，AB＝6，BD＝8．
（1）求证：平面SAD⊥平面ABCD；
（2）求二面角A﹣SB﹣D的余弦值．

【分析】（1）根据平面与平面垂直的判定定理证明；（2）用向量数量积计算二面角的余弦值．
【解答】在四棱锥S﹣ABCD中，SA＝SB＝SC＝SD＝13，AC⊥CD，AB＝6，BD＝8．
（1）证明：取AD中点M，连接MS、MC、MB，
又因为SA＝SD，所以SM⊥AD，
因为∠ACD＝90°，所以MC＝AD＝MD，
又因为SC＝SD，SM＝SM，所以△MSC≌△MSD，
所以∠SMC＝SMD＝90°，所以SM⊥MC，
又因MD∩MC＝M，所以SM⊥平面ABCD，
又因为SM⊂平面SAD，
所以平面SAD⊥平面ABCD．
（2）解：由（1）知SM⊥平面ABCD，
又因为SA＝SB＝SC＝SD，所以MA＝MB＝MC＝MD，
于是A、B、C、D四点共圆，所以∠ABD＝∠ACD＝90°，
因为AB＝6，BD＝8，由勾股定理得AD＝＝10，
因为MC＝MD＝5，SC＝13，由勾股定理得SM＝，
建立如图所示的空间直角坐标系，
B（0，0，0），A（0，6，0），D（8，0，0），M（4，3，0），S（4，3，12），
＝（4，3，12），＝（0，6，0），＝（8，0，0），
设平面SBA与平面SBD的法向量分别为＝（x，y，z），＝（u，v，w），
，令z＝﹣1，＝（3，0，﹣1），
，令w＝﹣1，＝（0，4，﹣1），
又因为二面角A﹣SB﹣D为钝角，
所以二面角A﹣SB﹣D的余弦值为﹣＝﹣＝﹣．

【点评】本题考查了直线与平面的位置关系，考查了二面角的计算问题，属于中档题．
21．（12分）设O是坐标原点，以F1，F2为焦点的椭圆C：＝1（a＞b＞0）的长轴长为2，以|F1F2|为直径的圆和C恰好有两个交点．
（1）求C的方程；
（2）P是C外的一点，过P的直线l1，l2均与C相切，且l1，l2的斜率之积为，记u为|PO|的最小值，求u的取值范围．
【分析】（1）由题中的条件易求出a，b，c，进而求出椭圆的方程，
（2）利用直线与椭圆相切时，直线与椭圆只有一个交点，联立方程即可解决．
【解答】解：（1）由题意，2a＝2，即a＝，
又以|F1F2|为直径的圆和C恰好有两个交点，即b＝c，
又∵b2+c2＝a2＝2，
∴b＝c＝1，
∴椭圆C的方程为；
（2）由题意，l1，l2的斜率存在且不为零，设过点P（x0，y0）的切线l：y﹣y0＝k（x﹣x0），
联立，消去y并整理得，
，
∵l与C相切，∴，
化简并整理，得，
整理成关于k的一元二次方程得，
设l1，l2的斜率分别为k1，k2，
易知k1，k2为方程的两根，
∴，∴，
∴，
∴＝，
易知当x0＝0时，有，
又∵，
∴，
即μ的取值范围为[]．
【点评】本题考查了椭圆的性质，利用代数的方法解决几何问题，考查学生的逻辑推理，数学运算能力．
22．（12分）已知函数f（x）＝aln2x+2x（1﹣lnx），a∈R．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）若函数g（x）＝e2f（x）﹣2a2有且仅有3个零点，求a的取值范围．（其中常数e＝2.71828…，是自然对数的底数）
【分析】（1）f（x）的定义域为（0，+∞），且f′（x）＝2lnx（﹣1），f′（1）＝0，分四种情况①若a≤0，②若0＜a＜1，③若a＝1，④若a＞1，讨论函数f（x）的单调性．
（2）令g（x）＝0，得f（x）＝，问题可转化为函数y＝f（x）与y＝的图像有3个不同的交点，由（1）知必有0＜a＜1或a＞1，分两种情况①当0＜a＜1时，②当a＞1时，讨论即可得出答案．
【解答】解：（1）f（x）的定义域为（0，+∞），且f′（x）＝2lnx（﹣1），
①若a≤0，则﹣1＜0，当x∈（0，1）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
x∈（1，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
②若0＜a＜1，当x∈（0，a）时，f′（x）＜0，
当x∈（a，1）时，f′（x）＞0，
当x∈（1，+∞）时，f′（x）＜0，
所以f（x）在（0，a）和（1，+∞）上单调递减，在（a，1）上单调递增，
③若a＝1，则f′（x）≤0，
所以f（x）在（0，+∞）上单调递减，
④若a＞1，当x∈（0，1）时，f′（x）＜0，
当x∈（1，a）时，f′（x）＞0，
当x∈（a，+∞）时，f′（x）＜0，
所以f（x）在（0，1）和（a，+∞）上单调递减，在（1，a）上单调递增，
综上所述：若a≤0，f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，
若0＜a＜1，f（x）在（0，a）和（1，+∞）上单调递减，在（a，1）上单调递增，
若a＝1，f（x）在（0，+∞）上单调递减，
若a＞1，f（x）在（0，1）和（a，+∞）上单调递减，在（1，a）上单调递增．
（2）令g（x）＝0，则f（x）＝，
所以依题意可得函数y＝f（x）与y＝的图像有3个不同的交点，
由（1）知必有0＜a＜1或a＞1，
①当0＜a＜1时，f（x）在（0，a）和（1，+∞）上单调递减，在（a，1）上单调递增，
所以f（x）的极大值为f（1）＝2，
f（x）的极大值为f（1）＝2，f（x）的极小值为f（a）＝a（ln2a﹣2lna+2），
又f（a）＝a（ln2a﹣2lna+2）＝a[（lna﹣1）2+1]＞a＞，
所以函数y＝f（x）与y＝的图像至多有1个交点，不合题意，
②当a＞1时，f（x）在（0，1）和（a，+∞）上单调递减，在（1，a）上单调递增，
所以f（x）的极小值为f（1）＝2，f（x）的极大值为f（a）＝a（ln2a﹣2lna+2），
所以必须有2＜＜a（ln2a﹣2lna+2）成立，
因为2＜，所以a＞e，
所以＜a（ln2a﹣2lna+2），
所以＜ln2a﹣2lna+2 （*），
下面求不等式（*）的解集，
令lna＝x，则不等式（*）等价于2ex﹣2＜x2﹣2x+2，
令函数h（x）＝x2﹣2x﹣2ex﹣2+2，
则h′（x）＝2x﹣2﹣2ex﹣2，
令y＝2x﹣2﹣2ex﹣2，有y′＝2﹣2ex﹣2，
函数y＝2x﹣2﹣2ex﹣2在区间（﹣∞，2]上单调递增，在区间（2，+∞）上单调递减，
又y（2）＝0，所以y＝2x﹣2﹣2ex﹣2≤0，
即h′（x）≤0恒成立，故函数h（x）单调递减，
又h（2）＝0，
所以当且仅当x＜2时，h（x）＞0，
所以不等式2ex﹣2＜x2﹣2x+2的解集为（﹣∞，2），
即不等式（*）的解集为（0，e2）．
所以a的取值范围为（e，e2）．
【点评】本题考查导数的综合应用，解题中注意分类讨论，转化思想的应用，属于中档题．
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