统考版2024届高考数学二轮专项分层特训卷五仿真模拟专练三理（附解析）

这是一份统考版2024届高考数学二轮专项分层特训卷五仿真模拟专练三理（附解析），共18页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．下列选项中，满足“∅是集合M＝{x|ax2＋2x＋1＝0，a∈R}的真子集”成立的必要不充分条件的是( )
A．a∈(－∞，0) B．a∈(－∞，0] C．a∈(－∞，1] D．a∈(－∞，2)
2．设复数z是纯虚数，若eq \f(1－i,z＋2)是实数，则eq \(z,\s\up6(－))＝( )
A．－2iB．－iC．iD．2i
3．已知{an}，{bn}是两个等差数列，其中a1＝3，b1＝－3，且a20－b20＝6，那么a10－b10的值为( )
A．－6B．6C．0D．10
4．已知平面向量a，b的夹角为eq \f(π,3)，且|a|＝2，|b|＝1，则|a－2b|＝( )
A．4B．2C．1D．eq \r(6)
5．角α终边经过点P(2＋eq \r(3)，1)，若把α逆时针方向旋转eq \f(π,4)后得到β，则tanβ＝( )
A．3B．eq \r(3)C．－3D．－eq \r(3)
6.
中国古代数学的瑰宝《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体为上、下底面均为扇环形的柱体(扇环是指圆环被扇形截得的部分).现有一个如图所示的曲池，其高为3，AA1⊥底面，底面扇环所对的圆心角为eq \f(π,2)，弧AD长度为弧BC长度的3倍，且CD＝2，则该曲池的体积为( )
A．eq \f(9π,2)B．6πC．eq \f(11π,2)D．5π
7．恩格尔系数(Engel'sCefficient)是食品支出总额占个人消费支出总额的比重．居民可支配收入是居民可用于最终消费支出和储蓄的总和，即居民可用于自由支配的收入．如图为我国2016年至2022年全国恩格尔系数和居民人均可支配收入的折线图．

给出三个结论：
①恩格尔系数与居民人均可支配收入之间存在负相关关系；
②一个国家的恩格尔系数越小，说明这个国家越富裕；
③一个家庭收入越少，则家庭收入中用来购买食品的支出所占的比重就越小．
其中正确的是( )
A．①B．②C．①②D．②③
8．若a、b、c是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是( )
A．若a∥b∥c，则a、b、c共面B．若a、b、c过同一点，则a、b、c共面
C．若a⊥c，b⊥c，则a∥bD．若a∥b，a⊥c，则b⊥c
9．一条铁路有n个车站，为适应客运需要，新增了m个车站，且知m>1，客运车票增加了62种，则现在车站的个数为( )
A．15B．16C．17D．18
10．已知函数f(x)＝sin (ωx＋eq \f(π,2))(ω>0)，将f(x)的图象向右平移eq \f(π,3ω)个单位得到函数g(x)的图象，点A，B，C是f(x)与g(x)图象的连续相邻的三个交点，若△ABC是钝角三角形，则ω的取值范围是( )
A．(eq \f(\r(3),3)π，＋∞) B．(eq \f(\r(2),2)π，＋∞) C．(0，eq \f(\r(2),2)π) D．(0，eq \f(\r(3),3)π)
11．设x，y，z>0，a＝4x＋eq \f(1,y)，b＝4y＋eq \f(1,z)，c＝4z＋eq \f(1,x)，则a，b，c三个数( )
A．都小于4B．至少有一个不大于4
C．都大于4D．至少有一个不小于4
12.
如图所示A，B，C是双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)上的三个点，点A，B关于原点对称，线段AC经过右焦点F，若BF⊥AC且|BF|＝|FC|，则该双曲线的离心率为( )
A．eq \f(\r(17),3)B．eq \f(\r(15),2)C．eq \r(10)D．eq \f(\r(10),2)
[答题区]
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．已知(x－1)3(x＋a)2(a∈Z)的展开式中x的系数等于8，则a等于________．
14．正四面体的所有顶点都在同一个表面积是36π的球面上，则该正四面体的棱长是________．
15．已知数列{an}满足eq \f(an＋1,an＋2)＋eq \f(an＋1,an)＝2＋an＋1，且a1＝1，a2＝eq \f(1,3)，则{an}的通项公式an＝________．
16．苏格兰数学家纳皮尔在研究天文的过程中，通过对运算体系的研究，最终找到了简化大数运算的有效工具，发明了对数，这是数学史上的大事件．他的朋友布里格斯构造了现在常用的以10为底的常用对数lgx，并出版了常用对数表，以下是部分数据(保留到小数点后三位)，瑞士数学家欧拉则在1770年指出了“对数源于指数”，根据下表中的参考数据和指对数之间关系，判断下面的结论，其中正确的序号是________．
①410在区间(106，107)内；
②250是15位数；
③若3－20＝k×10m(1≤k<10，m∈Z)，则m＝－9；
④若m100(m∈N*)是一个70位正整数，则m＝5.
参考数据如下表：
三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．
(一)必考题：共60分．
17．(12分)已知△ABC中，asinA＝bsinB.
(1)证明：a＝b；
(2)若c＝1，acsA＝sinC，求△ABC的面积．
18．(12分)正态分布有极其广泛的实际背景，生产与科学实验中很多随机变量的概率分布都可以近似地用正态分布来描述．例如，同一种生物体的身长、体重等指标．随着“绿水青山就是金山银山”的观念不断的深入人心，环保工作快速推进，很多地方的环境出现了可喜的变化．为了调查某水库的环境保护情况，在水库中随机捕捞了100条鱼称重．经整理分析后发现，鱼的重量x(单位：kg)近似服从正态分布x～N(2，σ2)，如图所示，已知P(x<0.5)＝0.04，P(x≤1.5)＝0.26.
(1)若从水库中随机捕捞一条鱼，求鱼的重量在[2.5，3.5]内的概率；
(2)从捕捞的100条中随机挑出6条鱼测量体重，6条鱼的重量情况如表．
①为了进一步了解鱼的生理指标情况，从6条鱼中随机选出3条，记随机选出的3条鱼中体重在[2.5，3.5]内的条数为X，求随机变量X的分布列和数学期望；
②若将选剩下的94条鱼称重做标记后立即放生，两周后又随机捕捞1000条鱼，发现其中带有标记的有2条．为了调整生态结构，促进种群的优化，预备捕捞体重在[2.5，3.5]内的鱼的总数的40%进行出售，试估算水库中鱼的条数以及应捕捞体重在[2.5，3.5]内的鱼的条数．
19.
(12分)如图，在四棱锥E­ABCD中，AB⊥CE，AE⊥CD，BC∥AD，AB＝3，CD＝4，AD＝2BC＝10.
(1)证明：∠AED是锐角；
(2)若AE＝10，求二面角A­BE­C的余弦值．
20．(12分)已知椭圆C1：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1、F2，P为椭圆上的一点，△PF1F2的周长为6，过焦点的弦中最短的弦长为3；椭圆C1的右焦点为抛物线C2：y2＝2px的焦点．
(1)求椭圆C1与抛物线C2的方程；
(2)过椭圆C1的右顶点Q的直线l交抛物线C2于A、B两点，点O为原点，射线OA、OB分别交椭圆于C、D两点，△OCD的面积为S1，以A、C、D、B为顶点的四边形的面积为S2，问是否存在直线l使得S2＝eq \f(10,3)S1？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．
21．(12分)已知函数f(x)＝ax2－csx，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).
(1)当a＝－eq \f(1,2)时，求f(x)的值域；
(2)讨论f(x)极值点的个数．
(二)选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．
22．(10分)[选修4－4：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eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝2csθ,y＝4sinθ))(θ为参数)，直线l的参数方程为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝－1＋tcsα,y＝2＋tsinα))(t为参数).
(1)求C和l的普通方程；
(2)若曲线C截直线l所得线段的中点坐标为(－1，2)，求l的斜率．
23．(10分)[选修4－5：不等式选讲]已知函数f(x)＝|x＋a|＋2|x－1|.
(1)当a＝2时，求不等式f(x)≤4的解集；
(2)若∃x∈[1，2]，使得不等式f(x)>x2成立，求实数a的取值范围．
仿真模拟专练（三）
1．D 若“∅是集合M＝{x|ax2＋2x＋1＝0，a∈R}的真子集”
所以M＝{x|ax2＋2x＋1＝0，a∈R}≠∅，
所以方程ax2＋2x＋1＝0有实数解，
当a＝0时，由2x＋1＝0可得x＝－eq \f(1,2)，符合题意，
当a≠0时，由Δ＝4－4a≥0可得a≤1，
所以a≤1且a≠0，
综上所述：M＝{x|ax2＋2x＋1＝0，a∈R}≠∅的充要条件为a≤1；
即“∅是集合M＝{x|ax2＋2x＋1＝0，a∈R}的真子集”成立的充要条件为a≤1；
所选集合是a≤1的必要不充分条件，则（－∞，1]应是所选集合的真子集，
由选项判断A，B，C都不正确，选项D正确；故选D.
2．D 设z＝bi（b∈R，b≠0），
所以eq \f(1－i,z＋2)＝eq \f(1－i,bi＋2)＝eq \f(（1－i）（2－bi）,（2＋bi）（2－bi）)＝eq \f(2－b－（2＋b）i,4＋b2)是实数，
所以2＋b＝0，∴b＝－2.
所以z＝－2i，∴eq \(z,\s\up6(－))＝2i.
故选D.
3．B 由于{an}，{bn}都是等差数列，所以{an－bn}也是等差数列，
而a1－b1＝6，a20－b20＝6，所以{an－bn}是常数列，
故a10－b10＝6.
故选B.
4．B |a－2b|2＝（a－2b）2＝a2－4a·b＋4b2＝|a|2－4|a|·|b|cseq \f(π,3)＋4|b|2，
因为向量a，b的夹角为eq \f(π,3)，且|a|＝2，|b|＝1，
所以|a－2b|2＝4－4×2×eq \f(1,2)＋4＝4，|a－2b|＝2.
故选B.
5．B 角α终边经过点P（2＋eq \r(3)，1），则tanα＝eq \f(1,2＋\r(3))＝2－eq \r(3)，
把α逆时针方向旋转eq \f(π,4)后得到β，所以β＝α＋eq \f(π,4)，
所以tanβ＝tan（α＋eq \f(π,4)）＝eq \f(1＋tanα,1－tanα)＝eq \f(1＋2－\r(3),1－（2－\r(3)）)＝eq \r(3)，
故选B.
6．B 不妨设弧AD所在圆的半径为R，弧BC所在圆的半径为r，由弧AD长度为弧BC长度的3倍可知R＝3r，CD＝R－r＝2r＝2，即r＝1.故该曲池的体积V＝eq \f(π,4)×（R2－r2）×3＝6π.
故选B.
7．C 由折线图可知，恩格尔系数在逐年下降，居民人均可支配收入在逐年增加，故两者之间存在负相关关系，结论①正确；恩格尔系数越小，居民人均可支配收入越多，经济越富裕，结论②正确；家庭收入越少，人们为解决温饱问题，收入的大部分用来购买食品，结论③错误．
故选C.
8．D A设a，b确定的平面为α，当c∥α时，a、b、c不共面，故A错误；
B不妨设a、b、c为三棱锥的三条侧棱所在直线，显然a、b、c共点，但是a、b、c不共面，故B错误；
C若a，b为平面α内的两条直线，且c⊥α，显然满足a⊥c，b⊥c，但是a，b不一定平行，故C错误；
D若a∥b，a⊥c，则b⊥c，故D正确；故选D.
9．C 原来n个车站有A eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n)) 种车票，新增了m个车站，有A eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n＋m)) 种车票，
由题意得A eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n＋m)) －A eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n)) ＝62，即（m＋n）（m＋n－1）－n（n－1）＝62，
整理得2mn＋m2－m＝62，∴n＝eq \f(31,m)－eq \f(m－1,2)，
∵m>1，n>0，∴eq \f(31,m)>eq \f(m－1,2)，∴m2－m－62<0，解得1当m＝3，4，5，6，7，8时，n均不为整数，只有当m＝2时，n＝15符合题意，
∴m＋n＝17，故现在有17个车站．
故选C.
10．D 由条件可得，g（x）＝cs（ωx－eq \f(π,3)），作出两个函数图象，如图：
A，B，C为连续三交点，（不妨设B在x轴下方），D为AC的中点，
由对称性可得△ABC是以∠B为顶角的等腰三角形，AC＝T＝eq \f(2π,ω)＝2CD，
由csωx＝cs（ωx－eq \f(π,3)），整理得csωx＝eq \r(3)sinωx，得csωx＝±eq \f(\r(3),2)，
则yC＝－yB＝eq \f(\r(3),2)，所以BD＝2|yB|＝eq \r(3)，
要使△ABC为钝角三角形，只需∠ACB由tan∠ACB＝eq \f(BD,DC)＝eq \f(\r(3)ω,π)<1，所以0<ω故选D.
11．D 假设三个数4x＋eq \f(1,y)<4且4y＋eq \f(1,z)<4且4z＋eq \f(1,x)<4，相加得：
eq \f(1,x)＋4x＋eq \f(1,y)＋4y＋eq \f(1,z)＋4z<12，由基本不等式得：
eq \f(1,x)＋4x≥4；eq \f(1,y)＋4y≥4；eq \f(1,z)＋4z≥4；
相加得：eq \f(1,x)＋4x＋eq \f(1,y)＋4y＋eq \f(1,z)＋4z≥12，与假设矛盾；
所以假设不成立，
三个数4x＋eq \f(1,y)、4y＋eq \f(1,z)、4z＋eq \f(1,x)至少有一个不小于4.
故选D.
12．D 由题意可得在直角三角形ABF中，OF为斜边AB上的中线，所以|AB|＝2|OA|＝2|OF|＝2c，
设A（m，n）且在第一象限，则满足eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m2＋n2＝c2,\f(m2,a2)－\f(n2,c2)＝1))，解得m＝eq \f(a\r(c2＋b2),c)，n＝eq \f(b2,c)，
所以A（eq \f(a\r(c2＋b2),c)，eq \f(b2,c)），B（－eq \f(a\r(c2＋b2),c)，－eq \f(b2,c)），F（c，0）设C（x，y），
因为BF⊥AC则eq \f(y,x－c)·eq \f(－\f(b2,c)－0,－\f(a\r(c2＋b2),c)－c)＝－1，
化简得eq \f(y,x－c)·eq \f(b2,c2＋a\r(c2＋b2))＝－1， ①
|BF|＝|FC|则（c＋eq \f(a\r(c2＋b2),c)）2＋（eq \f(b2,c)）2＝（x－c）2＋y2将①代入后可分别化简得
x＝eq \f(b2＋c2,c)，y＝－eq \f(c2＋a\r(c2＋b2),c)即C（eq \f(b2＋c2,c)，－eq \f(c2＋a\r(c2＋b2),c)），
将C（eq \f(b2＋c2,c)，－eq \f(c2＋a\r(c2＋b2),c)）代入双曲线方程，可化简为eq \r(c2＋b2)（b2－a2）＝a3，
因为在双曲线中b2＝c2－a2，e＝eq \f(c,a)所以上式为
eq \r(c2＋b2)（b2－a2）＝eq \r(c2＋c2－a2)（c2－a2－a2）＝eq \r(2c2－a2)（c2－2a2）＝a3，
即eq \f(\r(2c2－a2),a)eq \f(（c2－2a2）,a2)＝1整理为（e2－2）eq \r(（2e2－1）)＝1，
将选项代入验证，D选项满足等式．
故选D.
13．答案：2
解析：∵（x－1）3（x＋a）2＝（x3－3x2＋3x－1）（x2＋2ax＋a2），
所以展开式中x的系数等于3a2－2a＝8，解得a＝2或a＝－eq \f(4,3)，
因为a∈Z，所以a＝2.
14．答案：2eq \r(6)
解析：
如图所示：
因为正四面体内接于球，则相应的一个正方体内接球，设正方体为ABCD­A1B1C1D1，
则正四面体为A­CB1D1，
设球的半径为R，则4πR2＝36π，
解得R＝3，
所以AC1＝6则正方体的棱长为2eq \r(3)，
所以正四面体的棱长为AD1＝2eq \r(6).
15．答案：eq \f(2,n（n＋1）)
解析：由eq \f(an＋1,an＋2)＋eq \f(an＋1,an)＝2＋an＋1，得eq \f(1,an＋2)＋eq \f(1,an)－eq \f(2,an＋1)＝1，
则（eq \f(1,an＋2)－eq \f(1,an＋1)）－（eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)）＝1，
由a1＝1，a2＝eq \f(1,3)得eq \f(1,a2)－eq \f(1,a1)＝2，
所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an＋1)－\f(1,an)))是以2为首项，1为公差的等差数列，
所以eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝2＋（n－1）＝n＋1，
当n≥2时，eq \f(1,an)＝（eq \f(1,an)－eq \f(1,an－1)）＋（eq \f(1,an－1)－eq \f(1,an－2)）＋…＋（eq \f(1,a2)－eq \f(1,a1)）＋eq \f(1,a1)＝n＋（n－1）＋…＋2＋1＝eq \f(n（n＋1）,2)，
所以an＝eq \f(2,n（n＋1）)，
当n＝1时，a1＝1也适合上式，
所以an＝eq \f(2,n（n＋1）).
16．答案：①④
解析：410＝（22）10＝220，则lg410＝lg220＝20lg2≈20×0.301＝6.02，
所以410∈（106，107），故①正确；
因为lg250＝50lg2≈50×0.301＝15.05，所以250∈（1015，1016），即250是16位数，故②错误；
因为lg3－20＝－20lg3≈－20×0.477＝－9.54，即3－20≈10－9.54＝100.46×10－10，
所以3－20＝k×10m（1≤k<10，m∈Z），则m＝－10，则③错误；
因为lgm100＝100lgm，因为m100（m∈N*）是一个70位正整数，所以69≤100lgm<70，所以0.69≤lgm<0.7，所以m＝5，故④正确．
17．解析：（1）证明：在△ABC中，根据正弦定理eq \f(a,sinA)＝eq \f(b,sinB)，
又∵asinA＝bsinB，
∴a2＝b2，即a＝b，得证．
（2）由上式可知a＝b，∠A＝∠B，
根据正弦定理eq \f(a,sinA)＝eq \f(c,sinC)，
又∵c＝1，
∴sinC＝sin（π－2A）＝sin2A＝eq \f(sinA,a)，
∴2sinAcsA＝eq \f(sinA,a)，即∴csA＝eq \f(1,2a)，
∵acsA＝sinC，
∴sinC＝eq \f(1,2)，
故∠C＝eq \f(π,6)或∠C＝eq \f(5π,6)，
根据余弦定理有a2＋b2－2abcsC＝2a2－2a2csC＝c2＝1，
csC＝eq \f(\r(3),2)或csC＝－eq \f(\r(3),2)，
代入上面式子可得a2＝2＋eq \r(3)或a2＝2－eq \r(3)，
所以当∠C＝eq \f(π,6)时，S△ABC＝eq \f(1,2)absinC＝eq \f(1,2)a2sinC＝eq \f(1,2)×（2＋eq \r(3)）×eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)＋eq \f(\r(3),4)，
当∠C＝eq \f(5π,6)时，S△ABC＝eq \f(1,2)absinC＝eq \f(1,2)a2sinC＝eq \f(1,2)×（2－eq \r(3)）×eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)－eq \f(\r(3),4).
18．解析：（1）已知鱼的重量x（单位：kg）近似服从正态分布x～N（2，σ2），
由正态分布的对称性可知，
P（2.5≤x≤3.5）＝P（0.5≤x≤1.5）＝P（x≤1.5）－P（x<0.5）＝0.26－0.04＝0.22,
所以从水库中随机捕捞一条鱼，鱼的重量在[2.5，3.5]内的概率为0.22.
（2）①挑出6条鱼中，体重在[2.5，3.5]内有2条，则从6条鱼中随机选出3条，
得随机变量X的所有可能取值为0，1，2，
P（X＝0）＝eq \f(C eq \\al(\s\up1(0),\s\d1(2)) C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(4)) ,C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(6)) )＝eq \f(4,20)＝eq \f(1,5)；
P（X＝1）＝eq \f(C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(2)) C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4)) ,C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(6)) )＝eq \f(12,20)＝eq \f(3,5)；
P（X＝2）＝eq \f(C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(4)) ,C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(6)) )＝eq \f(4,20)＝eq \f(1,5)；
所以X的分布列为：
数学期望E（X）＝0×eq \f(1,5)＋1×eq \f(3,5)＋2×eq \f(1,5)＝1.
②设水库中共有N条鱼，根据题意有eq \f(N,94)＝eq \f(1000,2)，则N＝eq \f(1000,2)×94＝47000（条），
所以估计水库中有47000条鱼；
由（1）可知P（2.5≤x≤3.5）＝0.22，
则体重在[2.5，3.5]内的鱼应捕捞47000×0.22×0.4＝4136（条）.
19．解析：（1）
延长AB、DC交于点M，连接EM，如图所示：
因为BC∥AD，AD＝2BC＝10，所以BC为△AMD的中位线，
从而AB＝BM＝3，CD＝CM＝4，BC＝5，
所以BM2＋CM2＝BC2，故CD⊥AB，
又因为AB⊥CE，AE⊥CD，CE∩CD＝C，AB∩AE＝A，
所以AB⊥平面DEM，CD⊥平面AME，
因为ME⊂平面DEM，ME⊂平面AME，
所以ME⊥AB，ME⊥CD，
因为AB∩CD＝M，所以ME⊥平面ABCD，
令ME＝t>0，则AE2＝AM2＋ME2＝36＋t2，DE2＝DM2＋ME2＝64＋t2，
所以cs∠AED＝eq \f(AE2＋DE2－AD2,2AE·DE)＝eq \f(t2,AE·DE)>0，
所以∠AED是锐角．
（2）以M为坐标原点，建立如图的空间直角坐标系：
由题意可知，A（0，－6，0），B（0，－3，0），E（0，0，8），C（－4，0，0），D（－8，0，0），M（0，0，0），
故eq \(BC,\s\up6(→))＝（－4，3，0），eq \(BE,\s\up6(→))＝（0，3，8），eq \(CD,\s\up6(→))＝（－4，0，0），
设平面BCE的法向量为n＝（x1，y1，z1），
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(BC,\s\up6(→))·n＝0,\(BE,\s\up6(→))·n＝0))⇒eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－4x1＋3y1＝0,3y1＋8z1＝0))，令y1＝8，则x1＝6，z1＝－3，
从而n＝（6，8，－3），
因为CD⊥平面AME，所以eq \(CD,\s\up6(→))＝（－4，0，0）是平面ABE的一个法向量，
由图可知，二面角A­BE­C为钝二面角θ，
故csθ＝－eq \f(|n·\(CD,\s\up6(→))|,|n||\(CD,\s\up6(→))|)＝－eq \f(6\r(109),109)，
从而二面角A­BE­C的余弦值为－eq \f(6\r(109),109).
20．解析：（1）由题意得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2a＋2c＝6,\f(2b2,a)＝3,a2＝b2＋c2))，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝2,b＝\r(3),c＝1))，
所以椭圆的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1，抛物线的方程为y2＝4x.
（2）由题意得
直线l的斜率存在且不为0，设直线l的方程为x＝my＋2，
设A（x1，y1）、B（x2，y2）、C（x3，y3）、D（x4，y4），
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝my＋2,y2＝4x))，得y2－4my－8＝0，y1＋y2＝4m，y1y2＝－8，
∵S2＝eq \f(10,3)S1，
∴eq \f(S△AOB,S1)＝eq \f(\f(1,2)|OA|·|OB|sin∠AOB,\f(1,2)|OC|·|OD|sin∠COD)＝eq \f(|OA|·|OB|,|OC|·|OD|)＝eq \f(|y1|,|y3|)·eq \f(|y2|,|y4|)＝eq \f(|y1y2|,|y3y4|)＝eq \f(13,3)，
∵y12＝4x1，∴直线OA的斜率为eq \f(y1,x1)＝eq \f(4,y1)，即直线OA的方程为y＝eq \f(4,y1)x，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝\f(4,y1)x,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1))，得y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) ＝eq \f(3×64,3y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋64)，
同理可得y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4)) ＝eq \f(3×64,3y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＋64)，
y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) ·y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4)) ＝eq \f(3×64,3y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋64)×eq \f(3×64,3y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＋64)＝eq \f(32×64,48m2＋121)，
∴（eq \f(S△AOB,S1)）2＝eq \f(|y1y2|2,|y3y4|2)＝eq \f(121＋48m2,9)＝eq \f(132,32)，
得m＝±1，
所以存在直线l，方程为x－y－2＝0或x＋y－2＝0.
21．解析：（1）因为f（x）＝－eq \f(1,2)x2－csx，所以f′（x）＝－x＋sinx，
设g（x）＝－x＋sinx，g′（x）＝－1＋csx，
因为x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以g′（x）≤0，g（x）单调递减，
则g（x）≤g（0）＝0，即f′（x）≤0，
所以f（x）在x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递减，
f（0）＝－1，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝－eq \f(π2,8)，
所以f（x）的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π2,8)，－1)).
（2）因为f（x）＝ax2－csx，所以f′（x）＝2ax＋sinx，
设h（x）＝2ax＋sinx，h′（x）＝2a＋csx，
因为x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，则csx∈[0，1]，h′（x）∈[2a，2a＋1]，
（ⅰ）当2a＋1≤0，即a≤－eq \f(1,2)时，h′（x）≤0，h（x）单调递减，h（x）≤h（0）＝0，
即f′（x）≤0，f（x）单调递减，f（x）无极值，
（ⅱ）当2a≥0，即a>0时，h′（x）≥0，h（x）单调递增，h（x）≥h（0）＝0，
即f′（x）≥0，f（x）单调递增，f（x）无极值，
（ⅲ）当eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2a<0,2a＋1>0))即－eq \f(1,2)则存在x＝x0，使得h′（x0）＝0，即2a＋csx0＝0，x0∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
当00，h（x）单调递增，
当x0因为h（0）＝0，所以h（x0）>0，h（eq \f(π,2)）＝πa＋1，
①当πa＋1≥0，即－eq \f(1,π)≤a<0时，h（eq \f(π,2)）≥0，即h（x）≥0恒成立，
即f′（x）≥0，f（x）单调递增，f（x）无极值，
②当πa＋1<0，即－eq \f(1,2)则存在x1∈（x0，eq \f(π,2)），使得h（x1）＝0，
x∈（0，x1）时，h（x）>0，f′（x）>0，f（x）单调递增，
x∈（x1，eq \f(π,2)）时，h（x）<0，f′（x）<0，f（x）单调递减，
x1是f（x）的极大值点，
综上所述，当a≤－eq \f(1,2)或a≥－eq \f(1,π)时，f（x）无极值点，
当－eq \f(1,2)22．解析：（1）由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝2csθ,y＝4sinθ))（θ为参数），消去参数θ，得eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,16)＝1，
即曲线C的直角坐标方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,16)＝1，由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝－1＋tcsα,y＝2＋tsinα))（t为参数），
当csα≠0时，消去参数t，可得直线l的直角坐标方程为y＝xtanα＋2＋tanα，
当csα＝0时，可得直线l的参数方程为x＝－1.
（2）将直线l的参数方程代入曲线C的直角坐标方程，
整理可得：（1＋3cs2α）t2＋（4sinα－8csα）t－8＝0.①
∵曲线C截直线l所得线段的中点（－1，2）在椭圆内，则方程①有两解，设为t1，t2，
则t1＋t2＝eq \f(8csα－4sinα,1＋3cs2α)＝0，故8csα－4sinα＝0，解得tanα＝2.∴l的斜率为2.
23．解析：（1）当a＝2时，f（x）＝|x＋2|＋2|x－1|.
当x≤－2时，f（x）＝－x－2－2x＋2≤4，解得x≥－eq \f(4,3)，此时x∈∅；
当－2当x>1时，f（x）＝x＋2＋2x－2≤4，解得x≤eq \f(4,3)，此时1因此，当a＝2时，不等式f（x）≤4的解集为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(4,3)))；
（2）当1≤x≤2时，|x＋a|＋2|x－1|>x2可化为|x＋a|>x2－2x＋2，
所以，x＋a>x2－2x＋2或x＋a<－x2＋2x－2，
即存在x∈[1，2]，使得a>x2－3x＋2或a<－x2＋x－2.
a>x2－3x＋2＝（x－eq \f(3,2)）2－eq \f(1,4)，因为x∈[1，2]，所以x2－3x＋2≥－eq \f(1,4)，则a>－eq \f(1,4)，
a<－x2＋x－2＝－（x－eq \f(1,2)）2－eq \f(7,4)，因为x∈[1，2]，所以－x2＋x－2≤－2，所以a<－2，
因此，实数a的取值范围为（－∞，－2）∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，＋∞)).
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
真数x
2
3
5
7
11
13
17
19
lgx(近似值)
0.301
0.477
0.699
0.845
1.041
1.114
1.230
1.279
重量范围(单位：kg)
[0.5，1.5)
[1.5，2.5)
[2.5，3.5]
条数
1
3
2
X
0
1
2
P
eq \f(1,5)
eq \f(3,5)
eq \f(1,5)