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2020届全国高考冲刺高考仿真模拟卷（一） 数学（文）（解析版）
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第三部分·刷模拟
2020高考仿真模拟卷(一)
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．集合A＝{3,2a}，B＝{a，b}，若A∩B＝{2}，则A∪B＝( )
A．{1,2,3} B．{0,1,3} C．{0,1,2,3} D．{1,2,3,4}
答案 A
解析 因为A∩B＝{2}，所以2∈A，所以2a＝2，解得a＝1，所以A＝{3,2}，B＝{1,2}, 所以A∪B＝{1,2,3}．
2．已知复数z＝2－3i，若是复数z的共轭复数，则z(＋1)＝( )
A．15－3i B．15＋3i C．－15＋3i D．－15－3i
答案 A
解析 依题意，z(＋1)＝(2－3i)(3＋3i)＝6＋6i－9i＋9＝15－3i.
3．下列命题中，正确的是( )
A．∃x0∈R，sinx0＋cosx0＝
B．复数z1，z2，z3∈C，若(z1－z2)2＋(z2－z3)2＝0，则z1＝z3
C．“a>0，b>0”是“＋≥2”的充要条件
D．命题“∃x∈R，x2－x－2≥0”的否定是“∀x∈R，x2－x－2<0”
答案 D
解析 对于A，由于sinx0＋cosx0＝sin≤ ，
故sinx0＋cosx0的最大值为，故A不正确．
对于B，当z1＝1，z2＝1－i，z3＝－i时，(z1－z2)2＋(z2－z3)2＝[1－(1－i)]2＋[1－i－(－i)]2＝i2＋1＝0，而z1≠z3，故B不正确．
对于C，当a>0，b>0时，＋≥2＝2成立；
反之，当＋≥2时，可得a>0，b>0或a<0，b<0，
所以“a>0，b>0”是“＋≥2”的充分不必要条件，故C不正确．
对于D，由题意得，命题“∃x∈R，x2－x－2≥0”的否定是“∀x∈R，x2－x－2<0”，故D正确．
4．(2019·温州模拟)设a＝log23，b＝，c＝log34，则a，b，c的大小关系为( )
A．b
解析 ∵a＝log23>log22＝＝b，b＝＝log33>log34＝c，∴a，b，c的大小关系为c
A. B. C. D.
答案 A
解析 如图，由七巧板的构造可知，△BIF≌△GOH，故阴影部分的面积与梯形EDOH的面积相等，则S梯形EDOH＝S△COD＝×S正方形ABCD＝S正方形ABCD，所以所求的概率为P＝＝.
6．已知等差数列{an}的首项a1和公差d均不为零，且a2，a4，a8成等比数列，则＝( )
A．6 B．5 C．4 D．3
答案 D
解析 ∵a2，a4，a8成等比数列，∴a＝a2a8，即(a1＋3d)2＝(a1＋d)(a1＋7d)，解得a1＝d，∴＝＝＝3.
7．已知双曲线C1：－＝1的一条渐近线与双曲线C2的一条渐近线垂直，则双曲线C2的离心率为( )
A. B.
C.或 D.或
答案 C
解析 双曲线C1的渐近线方程为y＝±x，当双曲线C2的焦点在x轴上时，设其标准方程为－＝1，由题意得＝，离心率e＝＝＝，当双曲线C2的焦点在y轴上时，设其标准方程为－＝1，由题意得＝，离心率e＝ ＝＝.所以双曲线C2的离心率为或.
8．运行如图所示的程序框图，若输出的S值为－10，则判断框内的条件应该是( )
A．k<3? B．k<4? C．k<5? D．k<6?
答案 C
解析 按照程序框图依次执行为k＝1，S＝1，条件是；
S＝2×1－1＝1，k＝2，条件是；
S＝2×1－2＝0，k＝3，条件是；
S＝2×0－3＝－3，k＝4，条件是；
S＝2×(－3)－4＝－10，k＝5，条件否，退出循环，输出S＝－10.
所以判断框内的条件应该是k<5？.
9．(2019·合肥模拟)已知l，m，n是三条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则α⊥β的一个充分条件是( )
A．l⊂α，m⊂β，且l⊥m
B．l⊂α，m⊂β，n⊂β，且l⊥m，l⊥n
C．m⊂α，n⊂β，m∥n，且l⊥m
D．l⊂α，l∥m，且m⊥β
答案 D
解析 依题意知，A，B，C均不能得出α⊥β；对于D，由l∥m，m⊥β得l⊥β，又l⊂α，因此有α⊥β.综上所述，故选D.
10．如图，半径为1的半圆O与等边三角形ABC夹在两平行线l1，l2之间，l∥l1，l与半圆相交于F，G两点，与三角形ABC两边相交于E，D两点，设的长为x(0
答案 D
解析 如图，∠FOG＝x，则OH＝cos，于是EM＝1－cos，所以EB＝＝，又因为BC＝＝，所以y＝2EB＋BC＝＋，即y＝－cos＋，其中x∈(0，π)，由图象变换，比较选项，易知D正确．
11．已知数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＋1＋Sn＝2n2(n∈N*)，且a1≠0，a10＝28，则a1的值为( )
A．－8 B．6 C．－5 D．4
答案 C
解析 由Sn＋1＋Sn＝2n2，可得a2＋2a1＝2，
当n≥2时，Sn＋Sn－1＝2(n－1)2，
所以an＋1＋an＝4n－2，
当n≥3时，an＋an－1＝4(n－1)－2，
所以an＋1－an－1＝4，
于是a2，a4，a6，a8，a10成等差数列，首项为a2，公差为4，第5项是a10＝28，
于是28＝a2＋4×(5－1)，所以a2＝12，代入a2＋2a1＝2可得a1＝－5，故选C.
12．(2019·安徽江淮十校5月考前最后一卷)已知函数f(x)＝|ln x|－ax有三个零点，则实数a的取值范围是( )
A. B．(0，e)
C. D．(e，＋∞)
答案 A
解析 由函数f(x)＝|ln x|－ax有三个零点，可转化为y＝|ln x|与直线y＝ax有三个交点，显然a≤0时不满足条件．当a＞0时，若x＞1，设切点坐标为(x0，ln x0)，由y＝ln x得y′＝，所以切线的斜率为，所以切线方程为y－ln x0＝(x－x0)，由切线过原点，得x0＝e，此时切线的斜率为，结合图象可得当0＜a＜，且x＞1时，直线y＝ax与y＝|ln x|有两个交点；当0
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．(2019·北京高考)若x，y满足则y－x的最小值为________，最大值为________．
答案 －3 1
解析 不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示．
设z＝y－x，则y＝x＋z.
把z看作常数，则目标函数是可平行移动的直线，z的几何意义是直线y＝x＋z的纵截距，通过图象可知，当直线y＝x＋z经过点A(2,3)时，z取得最大值，此时zmax＝3－2＝1.
当直线y＝x＋z经过点B(2，－1)时，z取得最小值，此时zmin＝－1－2＝－3.
14．黎曼函数是一个特殊的函数，由德国数学家黎曼发现提出，在高等数学中有着广泛的应用，其定义为：R(x)＝若f(x)是定义在R上且最小正周期为1的函数，当x∈[0,1]时，f(x)＝R(x)，则f＋f(lg 20)＝________.
答案
解析 由函数的最小正周期为1可得，
f＋f(lg 20)＝f＋f(lg 2＋1)＝f＋f(lg 2)＝＋0＝.
15．抛物线y2＝2px(p>0)的焦点为F，直线y＝2与y轴的交点为M，与抛物线的交点为N，且4|NF|＝5|MN|，则p的值为________．
答案 1
解析 将y＝2代入抛物线方程，可以求得x＝，
利用题中条件，结合抛物线定义，
可以求得4＝5×，解得p＝1.
16．如图，正方形ABCD的边长为2，顶点A，B分别在y轴的非负半轴，x轴的非负半轴上移动，E为CD的中点，则·的最大值是________．
答案 5＋
解析 根据题意，设∠OBA＝α，
则A(0,2sinα)，B(2cosα，0)，
根据正方形的特点，可以确定出C(2cosα＋2sinα，2cosα)，D(2sinα，2sinα＋2cosα)，
根据中点坐标公式，可以求得E(cosα＋2sinα，sinα＋2cosα)，
所以有·＝2sinα(cosα＋2sinα)＋(2sinα＋2cosα)·(sinα＋2cosα)
＝4＋8sinαcosα＋2sin2α＝5＋4sin2α－cos2α
＝5＋sin(2α－φ)，
其中sinφ＝，cosφ＝，当2α－φ＝时，存在符合题意的角α，使sin(2α－φ)取得最大值1，
所以其最大值为5＋.
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．(2019·全国卷Ⅰ)(本小题满分12分)某商场为提高服务质量，随机调查了50名男顾客和50名女顾客，每位顾客对该商场的服务给出满意或不满意的评价，得到下面列联表：
满意
不满意
男顾客
40
10
女顾客
30
20
(1)分别估计男、女顾客对该商场服务满意的概率；
(2)能否有95%的把握认为男、女顾客对该商场服务的评价有差异？
附：K2＝.
P(K2≥k0)
0.050
0.010
0.001
k0
3.841
6.635
10.828
解 (1)由调查数据，男顾客中对该商场服务满意的比率为＝0.8，因此男顾客对该商场服务满意的概率的估计值为0.8. 3分
女顾客中对该商场服务满意的比率为＝0.6，因此女顾客对该商场服务满意的概率的估计值为0.6. 6分
(2)K2的观测值k＝≈4.762.
由于4.762>3.841，故有95%的把握认为男、女顾客对该商场服务的评价有差异. 12分
18．(本小题满分12分)已知三角形ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若是和的等差中项．
(1)求角B的大小；
(2)若a＝2，b＝，求BC边上高的值．
解 (1)∵是和的等差中项，
∴2＝＋，
∴2bcosB＝acosC＋ccosA， 4分
由正弦定理得2sinBcosB＝sinAcosC＋sinCcosA，
∴2sinBcosB＝sin(A＋C)＝sinB.∵sinB≠0，
∴cosB＝，∴角B为. 8分
(2)由余弦定理，b2＝c2＋a2－2accosB，解得c＝3.
设BC边上的高为h，则h＝csinB＝3×＝. 12分
19．(2019·四川攀枝花第二次统考)(本小题满分12分)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，∠BAD为直角，AB∥CD，PA＝AD＝CD＝2AB＝4，E，F分别为PC，CD的中点．
(1)证明：平面APD∥平面BEF；
(2)求三棱锥P－BED的体积．
解 (1)证明：∵AB∥CD，且∠BAD为直角，CD＝2AB，F为CD的中点，∴FD＝AB，故四边形ABFD是矩形，
∴AD∥BF，∴BF∥平面APD,
又∵E，F分别为PC，CD的中点．
∴EF∥PD，∴EF∥平面APD， 3分
又∵
所以平面APD∥平面BEF. 5分
(2)解法一：如图所示，
∵E为PC的中点，
∴VP－BED＝VP－DBC－VE－DBC＝S△DBC·AP， 9分
∴VP－BED＝×4××4×4＝. 12分
解法二：过点A作AG⊥PD交PD于点G(图略)，
∵PA⊥底面ABCD，
∴PA⊥CD，又CD⊥AD，∴CD⊥平面PAD，
∴CD⊥AG，又AG⊥PD，
∴AG⊥平面PDE，又∵AB∥平面PDE， 8分
∴VP－BED＝VB－PDE＝·AG·S△PDC＝×2××4×4＝. 12分
20．(2019·贵州贵阳5月适应性考试二)(本小题满分12分)过点M(2,0)的直线l与抛物线C：y2＝2px(p>0)交于A，B两点，O为坐标原点，OA⊥OB.
(1)求p的值；
(2)若l与坐标轴不平行，且A关于x轴的对称点为D，求证：直线BD恒过定点．
解 (1)当直线l⊥x轴时，可得A(2,2)，B(2，－2)，由OA⊥OB得4－4p＝0，∴p＝1，
当直线l与x轴不垂直时，设l的方程为y＝k(x－2)代入y2＝2px得ky2－2py－4pk＝0(k≠0)，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1y2＝－4p，x1x2＝＝4，由OA⊥OB得x1x2＋y1y2＝0，即4－4p＝0，所以p＝1，综上所述p＝1. 5分
(2)证明：由(1)知，抛物线方程为y2＝2x，由于A，D关于x轴对称，故D的坐标为(x1，－y1)，所以直线BD的方程为y＋y1＝(x－x1)＝，即2x＋(y1－y2)y－y1y2＝0，又y1y2＝－4p＝－4，所以2x＋(y1－y2)y＋4＝0，所以直线BD恒过点(－2,0). 12分
21．(2019·新疆第三次诊断)(本小题满分12分)已知函数f(x)＝＋a(ln x－x)．
(1)当a＝0时，求y＝f(x)在x＝2处的切线方程；
(2)当a＞0时，求f(x)的最小值．
解 (1)由题意，当a＝0时，f(x)＝，f′(x)＝，
∴f′(2)＝， 2分
又f(2)＝，∴所求切线方程为y－＝(x－2)，即e2x－4y＝0. 4分
(2)f′(x)＝(x>0)，设g(x)＝ex－ax(x＞0)，a＞0，则g′(x)＝ex－a，
①当0＜a≤1时，∵g′(x)＞0，g(x)>g(0)＝1>0，
∴f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
∴f(x)min＝f(1)＝e－a，
②当1＜a≤e时，令g′(x)＝0可得x＝ln a，
且g(x)min＝g(ln a)＝a(1－ln a)≥0，
同①则f(x)min＝f(1)＝e－a. 8分
③当a＞e时，由②知g(x)min＝g(ln a)＝a(1－ln a)＜0，又g(0)>0，g(1)＝e－a＜0，∴g(x)＝0有两个实数根x1，x2，且0＜x1＜1＜x2，
∴f(x)在(0，x1)和(1，x2)上是减函数，在(x1,1)和(x2，＋∞)上是增函数，
∴f(x)在x1或x2处取得极小值，又f(x1)＝＋a(ln x1－x1)＝a＋a(ln x1－x1)，ex1＝ax1，
∴x1＝ln a＋ln x1，即ln x1－x1＝－ln a，
∴f(x1)＝a－aln a＝a(1－ln a)，
同理f(x2)＝a(1－ln a)，∴f(x)min＝a(1－ln a). 11分
综上所述，当a＞0时，f(x)min＝ 12分
(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．(本小题满分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(α为参数)，将C上每一点的横坐标保持不变，纵坐标变为原来的2倍，得曲线C1.以O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系．
(1)求C1的极坐标方程；
(2)设M，N为C1上两点，若OM⊥ON，求＋的值．
解 (1)由题意，得C1的参数方程为(α为参数)，消去α，得C1的普通方程为x2＋＝1. 2分
将x＝ρcosθ，y＝ρsinθ代入x2＋＝1，得C1的极坐标方程为ρ2cos2θ＋＝1. 5分
(2)不妨设M，N的极坐标分别为M(ρ1，θ)，N，
则ρcos2θ＋＝1，
ρcos2＋＝1， 7分
从而＝cos2θ＋，＝sin2θ＋，
所以＋＝，因此，＋＝. 10分
23．(本小题满分10分)选修4－5：不等式选讲
已知函数f(x)＝|2x－1|－|2x－a|(a>1，且a∈R)．
(1)当a＝2时，解不等式f(x)≥x；
(2)若f(x)的最大值为M，且正实数b，c满足＋＝a－M，求＋的最小值．
解 (1)由a＝2，得f(x)＝|2x－1|－|2x－2|，
①当x≤时，f(x)＝－1≥x⇒x≤－2；
②当
综上所述，不等式的解集为x∈(－∞，－2]∪. 4分
(2)由绝对值三角不等式可得|2x－1|－|2x－a|≤|(2x－1)－(2x－a)|＝|a－1|＝a－1，
∴＋＝a－M＝a－(a－1)＝1⇒＋＝1⇒b＝，
∵b>0，c>0，∴c>2，6分
∴＋＝＋＝c－2＋≥2＝2，
∴＋的最小值为2，
当且仅当c－2＝，即c＝3时取等号. 10分
2020高考仿真模拟卷(一)
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．集合A＝{3,2a}，B＝{a，b}，若A∩B＝{2}，则A∪B＝( )
A．{1,2,3} B．{0,1,3} C．{0,1,2,3} D．{1,2,3,4}
答案 A
解析 因为A∩B＝{2}，所以2∈A，所以2a＝2，解得a＝1，所以A＝{3,2}，B＝{1,2}, 所以A∪B＝{1,2,3}．
2．已知复数z＝2－3i，若是复数z的共轭复数，则z(＋1)＝( )
A．15－3i B．15＋3i C．－15＋3i D．－15－3i
答案 A
解析 依题意，z(＋1)＝(2－3i)(3＋3i)＝6＋6i－9i＋9＝15－3i.
3．下列命题中，正确的是( )
A．∃x0∈R，sinx0＋cosx0＝
B．复数z1，z2，z3∈C，若(z1－z2)2＋(z2－z3)2＝0，则z1＝z3
C．“a>0，b>0”是“＋≥2”的充要条件
D．命题“∃x∈R，x2－x－2≥0”的否定是“∀x∈R，x2－x－2<0”
答案 D
解析 对于A，由于sinx0＋cosx0＝sin≤ ，
故sinx0＋cosx0的最大值为，故A不正确．
对于B，当z1＝1，z2＝1－i，z3＝－i时，(z1－z2)2＋(z2－z3)2＝[1－(1－i)]2＋[1－i－(－i)]2＝i2＋1＝0，而z1≠z3，故B不正确．
对于C，当a>0，b>0时，＋≥2＝2成立；
反之，当＋≥2时，可得a>0，b>0或a<0，b<0，
所以“a>0，b>0”是“＋≥2”的充分不必要条件，故C不正确．
对于D，由题意得，命题“∃x∈R，x2－x－2≥0”的否定是“∀x∈R，x2－x－2<0”，故D正确．
4．(2019·温州模拟)设a＝log23，b＝，c＝log34，则a，b，c的大小关系为( )
A．b
解析 ∵a＝log23>log22＝＝b，b＝＝log33>log34＝c，∴a，b，c的大小关系为c
A. B. C. D.
答案 A
解析 如图，由七巧板的构造可知，△BIF≌△GOH，故阴影部分的面积与梯形EDOH的面积相等，则S梯形EDOH＝S△COD＝×S正方形ABCD＝S正方形ABCD，所以所求的概率为P＝＝.
6．已知等差数列{an}的首项a1和公差d均不为零，且a2，a4，a8成等比数列，则＝( )
A．6 B．5 C．4 D．3
答案 D
解析 ∵a2，a4，a8成等比数列，∴a＝a2a8，即(a1＋3d)2＝(a1＋d)(a1＋7d)，解得a1＝d，∴＝＝＝3.
7．已知双曲线C1：－＝1的一条渐近线与双曲线C2的一条渐近线垂直，则双曲线C2的离心率为( )
A. B.
C.或 D.或
答案 C
解析 双曲线C1的渐近线方程为y＝±x，当双曲线C2的焦点在x轴上时，设其标准方程为－＝1，由题意得＝，离心率e＝＝＝，当双曲线C2的焦点在y轴上时，设其标准方程为－＝1，由题意得＝，离心率e＝ ＝＝.所以双曲线C2的离心率为或.
8．运行如图所示的程序框图，若输出的S值为－10，则判断框内的条件应该是( )
A．k<3? B．k<4? C．k<5? D．k<6?
答案 C
解析 按照程序框图依次执行为k＝1，S＝1，条件是；
S＝2×1－1＝1，k＝2，条件是；
S＝2×1－2＝0，k＝3，条件是；
S＝2×0－3＝－3，k＝4，条件是；
S＝2×(－3)－4＝－10，k＝5，条件否，退出循环，输出S＝－10.
所以判断框内的条件应该是k<5？.
9．(2019·合肥模拟)已知l，m，n是三条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则α⊥β的一个充分条件是( )
A．l⊂α，m⊂β，且l⊥m
B．l⊂α，m⊂β，n⊂β，且l⊥m，l⊥n
C．m⊂α，n⊂β，m∥n，且l⊥m
D．l⊂α，l∥m，且m⊥β
答案 D
解析 依题意知，A，B，C均不能得出α⊥β；对于D，由l∥m，m⊥β得l⊥β，又l⊂α，因此有α⊥β.综上所述，故选D.
10．如图，半径为1的半圆O与等边三角形ABC夹在两平行线l1，l2之间，l∥l1，l与半圆相交于F，G两点，与三角形ABC两边相交于E，D两点，设的长为x(0
答案 D
解析 如图，∠FOG＝x，则OH＝cos，于是EM＝1－cos，所以EB＝＝，又因为BC＝＝，所以y＝2EB＋BC＝＋，即y＝－cos＋，其中x∈(0，π)，由图象变换，比较选项，易知D正确．
11．已知数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＋1＋Sn＝2n2(n∈N*)，且a1≠0，a10＝28，则a1的值为( )
A．－8 B．6 C．－5 D．4
答案 C
解析 由Sn＋1＋Sn＝2n2，可得a2＋2a1＝2，
当n≥2时，Sn＋Sn－1＝2(n－1)2，
所以an＋1＋an＝4n－2，
当n≥3时，an＋an－1＝4(n－1)－2，
所以an＋1－an－1＝4，
于是a2，a4，a6，a8，a10成等差数列，首项为a2，公差为4，第5项是a10＝28，
于是28＝a2＋4×(5－1)，所以a2＝12，代入a2＋2a1＝2可得a1＝－5，故选C.
12．(2019·安徽江淮十校5月考前最后一卷)已知函数f(x)＝|ln x|－ax有三个零点，则实数a的取值范围是( )
A. B．(0，e)
C. D．(e，＋∞)
答案 A
解析 由函数f(x)＝|ln x|－ax有三个零点，可转化为y＝|ln x|与直线y＝ax有三个交点，显然a≤0时不满足条件．当a＞0时，若x＞1，设切点坐标为(x0，ln x0)，由y＝ln x得y′＝，所以切线的斜率为，所以切线方程为y－ln x0＝(x－x0)，由切线过原点，得x0＝e，此时切线的斜率为，结合图象可得当0＜a＜，且x＞1时，直线y＝ax与y＝|ln x|有两个交点；当0
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．(2019·北京高考)若x，y满足则y－x的最小值为________，最大值为________．
答案 －3 1
解析 不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示．
设z＝y－x，则y＝x＋z.
把z看作常数，则目标函数是可平行移动的直线，z的几何意义是直线y＝x＋z的纵截距，通过图象可知，当直线y＝x＋z经过点A(2,3)时，z取得最大值，此时zmax＝3－2＝1.
当直线y＝x＋z经过点B(2，－1)时，z取得最小值，此时zmin＝－1－2＝－3.
14．黎曼函数是一个特殊的函数，由德国数学家黎曼发现提出，在高等数学中有着广泛的应用，其定义为：R(x)＝若f(x)是定义在R上且最小正周期为1的函数，当x∈[0,1]时，f(x)＝R(x)，则f＋f(lg 20)＝________.
答案
解析 由函数的最小正周期为1可得，
f＋f(lg 20)＝f＋f(lg 2＋1)＝f＋f(lg 2)＝＋0＝.
15．抛物线y2＝2px(p>0)的焦点为F，直线y＝2与y轴的交点为M，与抛物线的交点为N，且4|NF|＝5|MN|，则p的值为________．
答案 1
解析 将y＝2代入抛物线方程，可以求得x＝，
利用题中条件，结合抛物线定义，
可以求得4＝5×，解得p＝1.
16．如图，正方形ABCD的边长为2，顶点A，B分别在y轴的非负半轴，x轴的非负半轴上移动，E为CD的中点，则·的最大值是________．
答案 5＋
解析 根据题意，设∠OBA＝α，
则A(0,2sinα)，B(2cosα，0)，
根据正方形的特点，可以确定出C(2cosα＋2sinα，2cosα)，D(2sinα，2sinα＋2cosα)，
根据中点坐标公式，可以求得E(cosα＋2sinα，sinα＋2cosα)，
所以有·＝2sinα(cosα＋2sinα)＋(2sinα＋2cosα)·(sinα＋2cosα)
＝4＋8sinαcosα＋2sin2α＝5＋4sin2α－cos2α
＝5＋sin(2α－φ)，
其中sinφ＝，cosφ＝，当2α－φ＝时，存在符合题意的角α，使sin(2α－φ)取得最大值1，
所以其最大值为5＋.
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．(2019·全国卷Ⅰ)(本小题满分12分)某商场为提高服务质量，随机调查了50名男顾客和50名女顾客，每位顾客对该商场的服务给出满意或不满意的评价，得到下面列联表：
满意
不满意
男顾客
40
10
女顾客
30
20
(1)分别估计男、女顾客对该商场服务满意的概率；
(2)能否有95%的把握认为男、女顾客对该商场服务的评价有差异？
附：K2＝.
P(K2≥k0)
0.050
0.010
0.001
k0
3.841
6.635
10.828
解 (1)由调查数据，男顾客中对该商场服务满意的比率为＝0.8，因此男顾客对该商场服务满意的概率的估计值为0.8. 3分
女顾客中对该商场服务满意的比率为＝0.6，因此女顾客对该商场服务满意的概率的估计值为0.6. 6分
(2)K2的观测值k＝≈4.762.
由于4.762>3.841，故有95%的把握认为男、女顾客对该商场服务的评价有差异. 12分
18．(本小题满分12分)已知三角形ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若是和的等差中项．
(1)求角B的大小；
(2)若a＝2，b＝，求BC边上高的值．
解 (1)∵是和的等差中项，
∴2＝＋，
∴2bcosB＝acosC＋ccosA， 4分
由正弦定理得2sinBcosB＝sinAcosC＋sinCcosA，
∴2sinBcosB＝sin(A＋C)＝sinB.∵sinB≠0，
∴cosB＝，∴角B为. 8分
(2)由余弦定理，b2＝c2＋a2－2accosB，解得c＝3.
设BC边上的高为h，则h＝csinB＝3×＝. 12分
19．(2019·四川攀枝花第二次统考)(本小题满分12分)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，∠BAD为直角，AB∥CD，PA＝AD＝CD＝2AB＝4，E，F分别为PC，CD的中点．
(1)证明：平面APD∥平面BEF；
(2)求三棱锥P－BED的体积．
解 (1)证明：∵AB∥CD，且∠BAD为直角，CD＝2AB，F为CD的中点，∴FD＝AB，故四边形ABFD是矩形，
∴AD∥BF，∴BF∥平面APD,
又∵E，F分别为PC，CD的中点．
∴EF∥PD，∴EF∥平面APD， 3分
又∵
所以平面APD∥平面BEF. 5分
(2)解法一：如图所示，
∵E为PC的中点，
∴VP－BED＝VP－DBC－VE－DBC＝S△DBC·AP， 9分
∴VP－BED＝×4××4×4＝. 12分
解法二：过点A作AG⊥PD交PD于点G(图略)，
∵PA⊥底面ABCD，
∴PA⊥CD，又CD⊥AD，∴CD⊥平面PAD，
∴CD⊥AG，又AG⊥PD，
∴AG⊥平面PDE，又∵AB∥平面PDE， 8分
∴VP－BED＝VB－PDE＝·AG·S△PDC＝×2××4×4＝. 12分
20．(2019·贵州贵阳5月适应性考试二)(本小题满分12分)过点M(2,0)的直线l与抛物线C：y2＝2px(p>0)交于A，B两点，O为坐标原点，OA⊥OB.
(1)求p的值；
(2)若l与坐标轴不平行，且A关于x轴的对称点为D，求证：直线BD恒过定点．
解 (1)当直线l⊥x轴时，可得A(2,2)，B(2，－2)，由OA⊥OB得4－4p＝0，∴p＝1，
当直线l与x轴不垂直时，设l的方程为y＝k(x－2)代入y2＝2px得ky2－2py－4pk＝0(k≠0)，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1y2＝－4p，x1x2＝＝4，由OA⊥OB得x1x2＋y1y2＝0，即4－4p＝0，所以p＝1，综上所述p＝1. 5分
(2)证明：由(1)知，抛物线方程为y2＝2x，由于A，D关于x轴对称，故D的坐标为(x1，－y1)，所以直线BD的方程为y＋y1＝(x－x1)＝，即2x＋(y1－y2)y－y1y2＝0，又y1y2＝－4p＝－4，所以2x＋(y1－y2)y＋4＝0，所以直线BD恒过点(－2,0). 12分
21．(2019·新疆第三次诊断)(本小题满分12分)已知函数f(x)＝＋a(ln x－x)．
(1)当a＝0时，求y＝f(x)在x＝2处的切线方程；
(2)当a＞0时，求f(x)的最小值．
解 (1)由题意，当a＝0时，f(x)＝，f′(x)＝，
∴f′(2)＝， 2分
又f(2)＝，∴所求切线方程为y－＝(x－2)，即e2x－4y＝0. 4分
(2)f′(x)＝(x>0)，设g(x)＝ex－ax(x＞0)，a＞0，则g′(x)＝ex－a，
①当0＜a≤1时，∵g′(x)＞0，g(x)>g(0)＝1>0，
∴f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
∴f(x)min＝f(1)＝e－a，
②当1＜a≤e时，令g′(x)＝0可得x＝ln a，
且g(x)min＝g(ln a)＝a(1－ln a)≥0，
同①则f(x)min＝f(1)＝e－a. 8分
③当a＞e时，由②知g(x)min＝g(ln a)＝a(1－ln a)＜0，又g(0)>0，g(1)＝e－a＜0，∴g(x)＝0有两个实数根x1，x2，且0＜x1＜1＜x2，
∴f(x)在(0，x1)和(1，x2)上是减函数，在(x1,1)和(x2，＋∞)上是增函数，
∴f(x)在x1或x2处取得极小值，又f(x1)＝＋a(ln x1－x1)＝a＋a(ln x1－x1)，ex1＝ax1，
∴x1＝ln a＋ln x1，即ln x1－x1＝－ln a，
∴f(x1)＝a－aln a＝a(1－ln a)，
同理f(x2)＝a(1－ln a)，∴f(x)min＝a(1－ln a). 11分
综上所述，当a＞0时，f(x)min＝ 12分
(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．(本小题满分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(α为参数)，将C上每一点的横坐标保持不变，纵坐标变为原来的2倍，得曲线C1.以O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系．
(1)求C1的极坐标方程；
(2)设M，N为C1上两点，若OM⊥ON，求＋的值．
解 (1)由题意，得C1的参数方程为(α为参数)，消去α，得C1的普通方程为x2＋＝1. 2分
将x＝ρcosθ，y＝ρsinθ代入x2＋＝1，得C1的极坐标方程为ρ2cos2θ＋＝1. 5分
(2)不妨设M，N的极坐标分别为M(ρ1，θ)，N，
则ρcos2θ＋＝1，
ρcos2＋＝1， 7分
从而＝cos2θ＋，＝sin2θ＋，
所以＋＝，因此，＋＝. 10分
23．(本小题满分10分)选修4－5：不等式选讲
已知函数f(x)＝|2x－1|－|2x－a|(a>1，且a∈R)．
(1)当a＝2时，解不等式f(x)≥x；
(2)若f(x)的最大值为M，且正实数b，c满足＋＝a－M，求＋的最小值．
解 (1)由a＝2，得f(x)＝|2x－1|－|2x－2|，
①当x≤时，f(x)＝－1≥x⇒x≤－2；
②当
综上所述，不等式的解集为x∈(－∞，－2]∪. 4分
(2)由绝对值三角不等式可得|2x－1|－|2x－a|≤|(2x－1)－(2x－a)|＝|a－1|＝a－1，
∴＋＝a－M＝a－(a－1)＝1⇒＋＝1⇒b＝，
∵b>0，c>0，∴c>2，6分
∴＋＝＋＝c－2＋≥2＝2，
∴＋的最小值为2，
当且仅当c－2＝，即c＝3时取等号. 10分
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