部分省級(jí)示范性重點(diǎn)中學(xué)教科研協(xié)作體高三統(tǒng)一聯(lián)合考試數(shù)學(xué)（理）試題

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精湖北省部分省級(jí)示范性重點(diǎn)中學(xué)教科研協(xié)作體2020屆高三統(tǒng)一聯(lián)合考試數(shù)學(xué)(理科)試題一、選擇題：（本大題共12小題，每小題5分,共60分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。請(qǐng)將正確的答案填涂在答題卡上.）1.已知集合A=｛（x，y）｜（x﹣3﹣4cosq）2+（y﹣5﹣4sinq）2=4，θ∈R}，B={(x,y)｜3x+4y﹣19=0}.記集合P=A∩B，則集合P所表示的軌跡的長度為（）A。8 B。8 C.8 D.8【答案】A【解析】【分析】由圓（x﹣3﹣4cosq）2+（y﹣5﹣4sinq）2=4的圓心為（3+4cosq,5+4sinq）,可知其圓心的軌跡方程為（x﹣3）2+（y﹣5)2=16，易知?jiǎng)訄A(x﹣3﹣4cosq）2+（y﹣5﹣4sinq)2=4所形成的圖形為圓環(huán),利用垂徑定理結(jié)合圖像,即可得解.【詳解】集合A=｛（x,y)｜（x﹣3﹣4cosq）2+（y﹣5﹣4sinq）2=4，θ∈R｝，圓的圓心(3+4cosq，5+4sinq）,半徑為2，所以圓的圓心的軌跡方程為：（x﹣3）2+（y﹣5）2=16,如圖：集合A的圖形是圖形中兩個(gè)圓中間的圓環(huán)部分，圓心C（3，5）到直線3x+4y﹣19=0的距離為：d2，所以，A∩B就是｜MN｜=228。故選：A.【點(diǎn)睛】本題考查了直線和圓的位置關(guān)系，考查了垂徑定理，同時(shí)考查了對(duì)動(dòng)態(tài)圖像的直觀想象，屬于較難題。2.已知復(fù)數(shù)z滿足z4且z｜z|0,則z2019的值為（)A.﹣1 B.﹣22019 C.1 D.22019【答案】D【解析】【分析】首先設(shè)復(fù)數(shù)z=a+bi（a，b∈R），根據(jù)z4和z|z|0得出方程組，求解可得:z，通過計(jì)算可得:,代入即可得解.【詳解】設(shè)z=a+bi（a，b∈R）,由z4且z|z|=0,得,解得a=﹣1，b.∴z,而1，?！?。故選：D?！军c(diǎn)睛】本題考查了復(fù)數(shù)的計(jì)算,考查了共軛復(fù)數(shù)，要求較高的計(jì)算能力，屬于較難題。3.在△ABC中，內(nèi)角A,B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，若a=5sin（B）,c=5且O為△ABC的外心,G為△ABC的重心，則OG的最小值為(）A.1 B。 C.1 D.【答案】D【解析】【分析】首先根據(jù)條件解△ABC可得：C和△ABC外接圓的半徑R，由此建立直角坐標(biāo)系,可得：.A(，0)，B（，0)，外心O為（0，）,重心G。從而求得｜OG|2sinθ，即可得解?！驹斀狻緼=5sin(B），c=5，∴acsin（B），由正弦定理可得：sinAsinC(sinB+cosB)，∴sin（B+C)=sinBcosC+cosBsinC=sinCsinB+sinCcosB，化為:sinBcosC=sinCsinB,sinB0，∴cosC=sinC，即tanC=1，C∈（0，π）?！郈。∴△ABC外接圓的半徑R.如圖所示，建立直角坐標(biāo)系。A（，0）,B（，0），O(0，）.△ABC外接圓的方程為：x2。設(shè)C（cosθ，sinθ).θ∈（0，π）則G。|OG|2sinθ,∴|OG｜的最小值為：。故選：D.【點(diǎn)睛】本題考查了解三角形，考查了外心和重心的概念,考查了較強(qiáng)的計(jì)算能力，解決該類問題常用如下方法：（1）根據(jù)條件，利用正、余弦定理直接解三角形；（2）利用向量，結(jié)合向量的數(shù)量積進(jìn)行求解;（3）建立直角坐標(biāo)系，利用坐標(biāo)進(jìn)行求解。4.在所在平面上有三點(diǎn),滿足，，，則的面積與的面積之比為（）A.1:2 B。1：3 C.1：4 D。1:5【答案】B【解析】試題分析：由，為線段的一個(gè)三等分點(diǎn)，同理可得的位置,的面積為的面積減去三個(gè)小三角形面積，,∴面積比為，故選B．考點(diǎn):1、向量的運(yùn)算法則；2、向量共線的充要條件；3、相似三角形的面積關(guān)系．【方法點(diǎn)晴】本題主要考查向量的運(yùn)算法則、向量共線的充要條件和相似三角形的面積關(guān)系，涉及數(shù)形結(jié)合思想和一般與特殊思想，考查邏輯推理能力和計(jì)算能力,屬于較難題型．首先將已知向量等式變形，利用向量的運(yùn)算法則化簡(jiǎn)得到，利用向量共線的充要條件得到為線段的一個(gè)三等分點(diǎn)，同理可得的位置；利用三角形的面積公式求出三角形的面積比．5.魯班鎖是中國傳統(tǒng)的智力玩具，起源于中國古代建筑中首創(chuàng)的榫卯結(jié)構(gòu)，它的外觀是如圖所示的十字立方體，其上下、左右、前后完全對(duì)稱,六根完全一樣的正四棱柱體分成三組,經(jīng)90°榫卯起來。若正四棱柱的高為6，底面正方形的邊長為1，現(xiàn)將該魯班鎖放進(jìn)一個(gè)球形容器（容器壁的厚度忽略不計(jì)），則該球形容器表面積的最小值為（)A.41π B。42π C。43π D。44π【答案】A【解析】【分析】由于圖形的對(duì)稱性，只要求出一組正四棱柱的體對(duì)角線，即是外接圓的直徑.【詳解】由題意，該球形容器的半徑的最小值為并在一起的兩個(gè)長方體體對(duì)角線的一半，即為，∴該球形容器體積的最小值為：441π。故選：A?！军c(diǎn)睛】本題考查了幾何體的外接球問題，考查了空間想象能力,考查了轉(zhuǎn)化思想，該類問題的一個(gè)主要方法是通過空間想象，把實(shí)際問題抽象成空間幾何問題,屬于中檔題。6。我國南宋時(shí)期的數(shù)學(xué)家秦九昭在他的著作《數(shù)書九章》中提出了計(jì)算多項(xiàng)式的值的秦九昭算法,即將改寫成如下形式：,首先計(jì)算最內(nèi)層一次多項(xiàng)式的值，然后由內(nèi)向外逐層計(jì)算一次多項(xiàng)式的值．這種算法至今仍是比較先進(jìn)的算法．將秦九昭算法用程序框圖表示如圖,則在空白的執(zhí)行框內(nèi)應(yīng)填入（)A。 B。 C. D?！敬鸢浮緼【解析】秦九韶算法的過程為,（），這個(gè)過程運(yùn)用循環(huán)結(jié)構(gòu)來完成，根據(jù)程序框圖應(yīng)在框圖的空白處填寫，選A.7.著名數(shù)學(xué)家華羅庚先生曾說過：“數(shù)缺形時(shí)少直觀，形缺數(shù)時(shí)難入微,數(shù)形結(jié)合百般好，隔裂分家萬事休。”在數(shù)學(xué)的學(xué)習(xí)和研究中，經(jīng)常用函數(shù)的圖象來研究函數(shù)的性質(zhì)，也經(jīng)常用函數(shù)的解析式來琢磨函數(shù)的圖象的特征,如函數(shù)f（x）的圖象大致是（)A. B。C。 D?！敬鸢浮緾【解析】【分析】首先根據(jù)奇偶性的判斷可知f（x）為偶函數(shù)，排除A，再通過x1進(jìn)行特值判斷即可得解.【詳解】函數(shù)的定義域?yàn)椋鹸|x±1｝,f（﹣x）f（x），則函數(shù)f(x）是偶函數(shù),圖象關(guān)于y軸對(duì)稱，排除A，當(dāng)x1時(shí)，f（x）0恒成立,排除B,D，故選：C?！军c(diǎn)睛】本題考查了函數(shù)圖像的判斷，有如下幾個(gè)方法：(1）根據(jù)奇偶性判斷；（2）根據(jù)特值判斷;(3）根據(jù)單調(diào)性和趨勢(shì)判斷。8.中華人民共和國的國旗是五星紅旗，旗面左上方綴著五顆黃色五角星,四顆小星環(huán)拱在一顆大星之后，并各有一個(gè)角尖正對(duì)大星的中心點(diǎn)，象征著中國共產(chǎn)黨領(lǐng)導(dǎo)下的革命人民大團(tuán)結(jié)和中國人民對(duì)黨的衷心擁護(hù)。五角星可以通過正五邊形連接對(duì)角線得到，如圖所示，在正五邊形ABCDE內(nèi)部任取一點(diǎn)，則該點(diǎn)取自陰影部分的概率為(）A. B。 C。 D?！敬鸢浮緾【解析】【分析】根據(jù)題意,畫出平面圖像，通過計(jì)算得出五邊形及陰影部分的面積，代入幾何概型概率公式即可得解.【詳解】∵sin36°cos54°,∴2sin18°cos18°=4cos318°﹣3cos18°，化為：4sin218°+2sin18°﹣10，解得sin18°.如圖：不妨設(shè)A2E2=1.根據(jù)題意知，△B1A1E2∽△A1A2E2，∴.∴A1E2，∴S2sin72°.S2A2B1sin36°。正五邊形A1B1C1D1E1的面積S1，正五邊形A2B2C2D2E2的面積為S3，.S4sin36°.S3=5sin72°,∴在正五邊形ABCDE內(nèi)部任取一點(diǎn)，則該點(diǎn)取自陰影部分的概率.故選:C。【點(diǎn)睛】本題考察了幾何概型，難點(diǎn)是面積的計(jì)算，要求較高的計(jì)算能力,屬于難題。9.已知函數(shù)f(x）=ex（x+1）2，令f1（x）=f’（x），fn+1(x）=fn’（x），若fn（x）=ex（anx2+bnx+cn），記數(shù)列｛}的前n項(xiàng)和為Sn，則下列選項(xiàng)中與S2019的值最接近的是()A。 B. C. D.【答案】B【解析】【分析】經(jīng)過求導(dǎo)可得：an=1，bn=2（n+1），cn=n（n+1）+1。所以.通過放縮，利用裂項(xiàng)相消法求和,即可得解.【詳解】由f（x)=ex(x+1）2=ex(x2+2x+1），得f1（x）=f′（x)=ex（x2+4x+3），f2（x）=f1'（x）=ex(x2+6x+7)，f3（x）=f2'（x）=ex（x2+8x+13），…fn+1(x)=fn'（x）=ex[x2+2（n+2）x+（n+1）(n+2)+1]。又fn（x)=ex（anx2+bnx+cn），∴an=1，bn=2（n+1），cn=n（n+1)+1.∴。令dn，（n2），則S2019=d1+d2+d3+…+d2019，∴與S2019的值最接近的是.故選：B。【點(diǎn)睛】本題考查了求導(dǎo),數(shù)列放縮法求和，同時(shí)考查了裂項(xiàng)相消法,考查了計(jì)算能力和轉(zhuǎn)化思想,屬于難題。10.已知函數(shù)f（x）（cosθ+1)cos2x+cosθ(cosx+1)，有下述四個(gè)結(jié)論:①f（x）是偶函數(shù);②f(x)在（,）上單調(diào)遞減；③當(dāng)θ∈[，]時(shí)，有｜f（x）｜；④當(dāng)θ∈[,]時(shí)，有｜f’（x）|；其中所有真命題的編號(hào)是（）A.①③ B。②④ C.①③④ D。①④【答案】D【解析】【分析】對(duì)①直接進(jìn)行奇偶性的判斷即可，對(duì)②③④可用換元法，轉(zhuǎn)化成二次函數(shù)的圖像與性質(zhì)進(jìn)行判斷即可.【詳解】①函數(shù)的定義域?yàn)镽，∵f（﹣x)=（cosθ+1）cos2（﹣x）+cosθ［cos(﹣x)+1］=（cosθ+1）cos2x+cosθ（cosx+1）=f（x）,∴f(x）是偶函數(shù),即①正確;②f（x）=2（cosθ+1）cos2x+cosθcosx﹣1,設(shè)t=cosx，則f（t)=2（cosθ+1)t2+tcosθ﹣1,∵2（cosθ+1）0，∴二次函數(shù)的開口向上，函數(shù)的對(duì)稱軸為t，且t的正負(fù)與cosθ的取值有關(guān)，∴f(x)在（，）上不一定單調(diào)遞減,即②錯(cuò)誤;③當(dāng)θ∈［，］時(shí)，cosθ∈［,],f(x）=2（cosθ+1）cos2x+cosθcosx﹣1設(shè)t=cosx，則t∈，則f（t）=2(cosθ+1)t2+tcosθ﹣1，∵2（cosθ+1)0，∴二次函數(shù)的開口向上,函數(shù)的對(duì)稱軸為t，，,，當(dāng)，故③錯(cuò)誤.④當(dāng)θ∈[，]時(shí)，cosθ∈［，]有，故④成立。故選：D.【點(diǎn)睛】本題考查函數(shù)單調(diào)性、奇偶性判斷，也考查了求函數(shù)的最值，同時(shí)考查了轉(zhuǎn)化思想和計(jì)算能力，屬于難題。11.已知雙曲線C:1(a0，b0）的左右焦點(diǎn)分別為F1,F2，點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，點(diǎn)P在雙曲線的右支上，且滿足|F1F2|=2｜OP｜。若直線PF2與雙曲線C只有一個(gè)交點(diǎn),則雙曲線C的離心率為（)A。 B. C。 D.【答案】C【解析】【分析】由｜F1F2｜=2|OP|可得：，可得PF1⊥PF2,由直線PF2與雙曲線C只有一個(gè)交點(diǎn)可得：PF2和漸近線平行，故設(shè)PF1=m，PF2=n，可得，m﹣n=2a，m2+n2=4c2，聯(lián)立即可得解。【詳解】由：雙曲線C：1（a0，b0）左右焦點(diǎn)分別為F1,F2,點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，點(diǎn)P在雙曲線的右支上，且滿足|F1F2｜=2｜OP|.可得PF1⊥PF2，直線PF2與雙曲線C只有一個(gè)交點(diǎn)，可得:PF2的斜率：,設(shè)PF1=m,PF2=n，可得,m﹣n=2a，m2+n2=4c2,消去m，n，可得：，解得b=2a，即c2﹣a2=4a2,所以雙曲線的離心率為：e。故選：C?！军c(diǎn)睛】本題考查了雙曲線求離心率，考查了雙曲線的定義和漸近線，考查了轉(zhuǎn)化思想和計(jì)算能力.求離心率的主要方法是：通過條件結(jié)合雙曲線的圖像與性質(zhì)得到一個(gè)齊次方程，即可得解.本題屬于較難題.12。已知函數(shù)f（x)=ax3﹣（3a﹣2）x2﹣8x+12a+7，g（x）=lnx，記h（x)=min{f（x），g（x)}，若h（x)至少有三個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是（)A.(﹣∞，） B。(，+∞） C。[，） D.［，］【答案】D【解析】【分析】根據(jù)選項(xiàng),選擇a=0和a進(jìn)行判斷，分別排除,即可得解。【詳解】當(dāng)a=0時(shí)，函數(shù)f（x)=ax3﹣(3a﹣2）x2﹣8x+12a+7，化為：f（x）=2x2﹣8x+7,函數(shù)的對(duì)稱軸為x=2,f（2）=﹣1<0,f（1）=10,結(jié)合已知條件可知：h（x）=min｛f（x），g（x）｝，若h（x）有三個(gè)零點(diǎn)，滿足題意,排除A、B選項(xiàng),當(dāng)a時(shí)，f（x)x3﹣（2）x2﹣8x7，f′（x)，令3x2+26x﹣64=0，解得x=2或x，x∈(﹣∞,),x∈(2，+∞），f′（x)0,函數(shù)是增函數(shù)，x∈（，2)，f′(x)〈0，函數(shù)是減函數(shù)，所以x=2時(shí)函數(shù)取得極小值，f（2）=0，所以函數(shù)由3個(gè)零點(diǎn)，滿足題意，排除C,故選：D?！军c(diǎn)睛】本題考查了二次函數(shù)的圖像與性質(zhì)，考查了利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)單調(diào)性,考查了分類討論思想和排除法，要求較高的計(jì)算能力,屬于難題.二、填空題（本大題共4小題，每小題5分,共20分請(qǐng)?jiān)诖痤}卷的相應(yīng)區(qū)域答題.)13。已知x，y均為正數(shù),則的最大值是_____.【答案】【解析】【分析】由x，y均為正數(shù),利用基本不等式可得：，即可得解.【詳解】，當(dāng)且僅當(dāng)x=1，y=2時(shí)，等號(hào)成立。故函數(shù)的最大值為.故答案為：【點(diǎn)睛】本題考查了利用基本不等式求最值，本題考查了轉(zhuǎn)化思想和計(jì)算能力，屬于中檔題.在利用基本不等式時(shí)，應(yīng)注意:一正、二定、三相等的條件的滿足。14.在中美組織的暑假中學(xué)生交流會(huì)結(jié)束時(shí),中方組織者將孫悟空、豬八戒、沙和尚、唐三藏、白龍馬的彩色陶俑各一個(gè)送給來中國參觀的美國中學(xué)生湯姆、杰克、索菲婭，每個(gè)人至少一個(gè)，且豬八戒的彩色陶俑不能送給索菲婭，則不同的送法種數(shù)為_____.【答案】100【解析】【分析】根據(jù)索菲婭的要求可分三類：索菲婭分別獲得1個(gè)陶俑、2個(gè)陶俑、3個(gè)陶俑時(shí)的送法數(shù),再進(jìn)行相加即可.【詳解】因?yàn)樗鞣茓I特殊，所以優(yōu)先安排她，分為三類：i）索菲婭有3個(gè)陶俑時(shí),有，還有2個(gè)彩陶再排列，即共有4×2=8；ii）索菲婭有2個(gè)陶俑時(shí)，有6，還有3個(gè)彩陶,有2個(gè)人，3×2=6,共有6×6=36；ⅲ）索菲婭有1個(gè)陶俑時(shí)有4,還有4個(gè)彩陶分給2人，有2類，3，1分組，有4×2=8，或2，2分組時(shí)，平均分組問題有順序時(shí)6,所以這種情況共有4×（8+6）=56,綜上所述：不同的送法種數(shù)為8+36+56＝100.故答案為：100.【點(diǎn)睛】本題考查了排列組合,所用方法是“特殊元素優(yōu)先安排法”，即對(duì)有特殊要求的元素進(jìn)行優(yōu)先安排.本題屬于中檔題。15.已知橢圓C：1(ab0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，點(diǎn)P為橢圓C上不與左右頂點(diǎn)重合的動(dòng)點(diǎn)，設(shè)I，G分別為△PF1F2的內(nèi)心和重心.當(dāng)直線IG的傾斜角不隨著點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)而變化時(shí)，橢圓C的離心率為_____.【答案】【解析】【分析】首先找到特殊位置，即取P在上頂點(diǎn)時(shí),內(nèi)心和重心都在y軸上，由于內(nèi)心和重心連線的斜率不隨著點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)而變化,可得：GI始終垂直于x軸，可得內(nèi)切圓半徑為y0，再利用等面積法列式解方程可得：.【詳解】當(dāng)直線IG的傾斜角不隨著點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)而變化時(shí)，取P特殊情況在上頂點(diǎn)時(shí)，內(nèi)切圓的圓心在y軸上，重心也在y軸上，由此可得不論P(yáng)在何處，GI始終垂直于x軸，設(shè)內(nèi)切圓與邊的切點(diǎn)分別為Q，N，A，如圖所示：設(shè)P在第一象限,坐標(biāo)為：（x0，y0）連接PO，則重心G在PO上，連接PI并延長交x軸于M點(diǎn)，連接GI并延長交x軸于N,則GN⊥x軸，作PE垂直于x軸交于E,可得重心G（,）所以I的橫坐標(biāo)也為，｜ON|，由內(nèi)切圓的性質(zhì)可得，PG=PA，F(xiàn)1Q=F1N，NF2=AF2，所以PF1﹣PF2=（PG+QF1）﹣(PA+AF2)=F1N﹣NF2=（F1O+ON）﹣（OF2﹣ON)=2ON，而PF1+PF2=2a，所以PF1=a，PF2=a，由角平分線的性質(zhì)可得，所以可得OM，所以可得MN=ON﹣OM，所以ME=OE﹣OM=x0,所以，即INPEy0，(PF1+F1F2+PF2)IN，即（2a+2c），所以整理為:，故答案為：.【點(diǎn)睛】本題考查了求橢圓的離心率，考查了內(nèi)心和重心的概念，考查了轉(zhuǎn)化思想和較強(qiáng)的計(jì)算能力,其方法為根據(jù)條件得到關(guān)于，，的齊次式，化簡(jiǎn)可得。本題屬于難題.16。已知函數(shù)f（x）=2ax3+(3a﹣1)x2+1，當(dāng)x∈[0，1]時(shí)，f（x）僅在x=1處取得最大值，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是_____?！敬鸢浮?）【解析】【分析】先取特值：f（1）f(0），可得a，求導(dǎo)可得:f′(x）=6ax2+2(3a﹣1)x=6ax（x）,再分有無極值點(diǎn)，即分和討論，即可得解.【詳解】由題意可得，f（1）f(0），所以a，∵f′（x)=6ax2+2（3a﹣1)x=6ax（x）①當(dāng)時(shí)，f′（x）0恒成立，故f（x）在［0,1］上單調(diào)遞增，滿足題意;②時(shí)，易得函數(shù)在［0，）上單調(diào)遞減，在［，1］上單調(diào)遞增且f（1）f（0)，符合題意；綜上,a故答案為：(）.【點(diǎn)睛】本題考查了根據(jù)函數(shù)的最值求參數(shù)范圍的問題，本題的切入點(diǎn)是特值的代入，考查了分類討論思想和計(jì)算能力，屬于難題.三、解答題(本大題共5小題，共70分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。請(qǐng)。在答題卷的相應(yīng)區(qū)域答題.第17~21題為必考題,每個(gè)試題考生都必須作答.第22、23題為選考題，考生根據(jù)要求作答。）（一）必考題:共60分.17.已知數(shù)列{an}的中a1=1，a2=2,且滿足.（1）求數(shù)列｛an｝的通項(xiàng)公式；（2）設(shè)bn，記數(shù)列{bn｝的前n項(xiàng)和為Tn，若|Tn+1|，求n的最小值?！敬鸢浮?1）；(2）2020.【解析】【分析】(1）根據(jù)數(shù)列求通項(xiàng)公式,作差即可得解。（2）展開后，裂項(xiàng)相消，即可得解.【詳解】(1）∵數(shù)列{an}的中a1=1，a2=2，且滿足.∴當(dāng)n2時(shí)，，兩式作差整理得：，所以：，累加法可得：a1=1，a2=2也滿足此式，∴數(shù)列｛an}的通項(xiàng)公式為an=n.（n∈N＊）.（2）bn（﹣1）n（）,∴數(shù)列｛bn｝的前n項(xiàng)和：Tn=（）+（）+（)+…+[]=﹣1，n∈N＊，∵|Tn+1|，∴|Tn+1｜，解得n2019?！鄋的最小值為2020.【點(diǎn)睛】本題考查了已知數(shù)列的前項(xiàng)和，求數(shù)列的通項(xiàng)公式，其求解過程分為三步：（1)先利用，求出；(2）用替換中的得到一個(gè)新的關(guān)系，利用（）便可求出當(dāng)，時(shí)的表達(dá)式;(3)對(duì)時(shí)的結(jié)果進(jìn)行檢驗(yàn)，看是否符合時(shí)的表達(dá)式，如果符合,則可以把數(shù)列的通項(xiàng)公式合寫；如果不符合，則應(yīng)該分與兩段來寫.18。如圖所示，菱形ABCD與正三角形BCE的邊長均為2,它們所在的平面互相垂直，DF⊥平面ABCD且DF。(1）求證：EF//平面ABCD；（2）若∠ABC=∠BCE，求二面角A﹣BF﹣E的余弦值.【答案】（1）證明見解析;（2）.【解析】【分析】（1）要線面平行，即證直線在面外且直線平行于平面內(nèi)的一條直線，故過點(diǎn)E作EH⊥BC于構(gòu)造平行四邊形即可得到線線平行.（2）連接HA，根據(jù)題意，AH⊥BC,以H為原點(diǎn)，HB，HA，HE為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系,分別求出平面BAF和平面BEF的法向量，利用法向量求出二面角的余弦值?！驹斀狻浚?）過點(diǎn)E作EH⊥BC，連接HD，EH，因?yàn)槠矫鍭BCD⊥平面BCE，EH?平面BCE，平面ABCD∩平面BCE=BC,所以EH⊥平面ABCD，因?yàn)镕D⊥ABCD,FD，所以FD//EH,FD=EH，故平行四邊形EHDF，所以EF//HD,由EF?平面ABCD，HD?平面ABCD,所以EF//平面ABCD；（2)連接HA，根據(jù)題意，AH⊥BC,如圖:以H為原點(diǎn)，HB，HA，HE為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則A(0,,0）,B（1，0，0）,E（0,,），F(xiàn)（—2,，），則（﹣1，，0），（﹣1，0，),（﹣3，，）,設(shè)平面BAF的法向量為（x,y,z），，得（，1，2),設(shè)平面BEF的法向量為,由,得，由cos，所以二面角A﹣FB﹣E的余弦值為。【點(diǎn)睛】本題考查了線面平行的證明，以及建系利用法向量求二面角，是高考中的常見題型，考查了推理判斷和空間想象能力，屬于較難題。19.已知點(diǎn)P（x,y）是平面內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)，定點(diǎn)F（1,0），定直線l:x=﹣1與x軸交于點(diǎn)E，過點(diǎn)P作PQ⊥l于點(diǎn)Q,且滿足。（1）求動(dòng)點(diǎn)P的軌跡t的方程；(2）過點(diǎn)F作兩條互相垂直的直線，分別交曲線t于點(diǎn)A,B，和點(diǎn)C，D。設(shè)線段AB和線段CD的中點(diǎn)分別為M和N，記線段MN的中點(diǎn)為K，點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn),求直線OK的斜率k的取值范圍。【答案】（1）y2=4x；（2)[，0）∪（0,].【解析】【分析】（1)利用直接法求軌跡方程，直接通過所給條件列式整理可得y2=4x;（2）設(shè)直線AB:x=my+1，聯(lián)立y2=4x，整理得y2﹣4my﹣4=0，利用韋達(dá)定理可得M點(diǎn)坐標(biāo)（2m2+1,2m）,同理可得N點(diǎn)坐標(biāo)（,）,可得k，整理即可得解.【詳解】（1）根據(jù)條件可知（x+1,y），（2，0），(x﹣1,y）,（﹣2，y），因?yàn)?，所?x+2=﹣2x+2+y2,即y2=4x,所以P的軌跡方程為y2=4x；(2)設(shè)直線AB:x=my+1，A（x1，y1)，B（x2，y2），聯(lián)立,整理得y2﹣4my﹣4=0,且y1+y2=4m，y1y2=﹣4，△=16（m2+1）,所以M（2m2+1，2m），同理，N(，），所以K（m21，m）,所以當(dāng)k,令t=m0，則k，當(dāng)t<0時(shí),t（﹣t）﹣2，當(dāng)且僅當(dāng)t時(shí)取等號(hào)，當(dāng)t0時(shí),t2，當(dāng)且僅當(dāng)t時(shí)取等號(hào)，則k∈［，0）∪（0，].【點(diǎn)睛】本題考查了直接法求軌跡方程，以及橢圓中韋達(dá)定理的應(yīng)用，最后利用函數(shù)的性質(zhì)求得變量的取值范圍,是高考中的重難點(diǎn)，要求較高的計(jì)算能力，屬于難題。20。已知函數(shù)f（x）=a(lnx2）1在定義域（0，2）內(nèi)有兩個(gè)極值點(diǎn).（1）求實(shí)數(shù)a的取值范圍；（2)設(shè)x1和x2是f（x)的兩個(gè)極值點(diǎn),求證:lnx1+lnx2+lna0?！敬鸢浮?1）；(2）證明見解析【解析】【分析】（1）對(duì)函數(shù)進(jìn)行求導(dǎo)可得，記g（x）=ex﹣1﹣ax，通過分類討論得到函數(shù)單調(diào)性,分和兩種情況進(jìn)行討論，即可得解;(2)根據(jù)題意，將證明lnx1+lnx2+lna0，轉(zhuǎn)化為證x1+x22+lna,即證x11﹣lnx2,結(jié)合（1)問轉(zhuǎn)化成h（x）=lnx+e1﹣x，求導(dǎo)利用單調(diào)性即可證明.【詳解】（1)函數(shù)f（x）的定義域?yàn)椋?,2），，記g（x）=ex﹣1﹣ax,則g′（x）=ex﹣1﹣a,①當(dāng)時(shí)，g′（x）0，故g（x)（0，2)上單增，則g（x)至多有一個(gè)零點(diǎn)，不合題意;②當(dāng)時(shí)，令g′（x）=0得x=1+lna，（i)當(dāng)1+lna〈2且g(2）0，即時(shí)，g（x)在（0，1+lna）上單減，在（1+lna，2）上單增，此時(shí)需g（x)min=g(1+lna）=﹣alna〈0，解得a1,注意到g(0）0，故由零點(diǎn)存在性定理可知，g（x）在（0，1+lna）及（1+lna，2)上各有一個(gè)零點(diǎn)；（ii）當(dāng)1+lna2,即ae時(shí)，g（x)在(0，2）上單減,則g（x）至多有一個(gè)零點(diǎn)，不合題意；綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍為；（2）證明：不妨設(shè)0<x1〈1+lna〈x2<2，由題意得，，兩邊同時(shí)取自然對(duì)數(shù)得，要證lnx1+lnx2+lna0,只需證x1+x22+lna，即證x11﹣lnx2，由上題可知，g（x)在(0，1+lna）上單減,則證明g（1﹣lnx2)g（x1）=0即可，有，化簡(jiǎn)后即證明即可，構(gòu)造函數(shù)h（x）=lnx+e1﹣x，x∈（1+lna，2)，則，注意到不等式ex﹣1x(x0），則h′（x）0在(1+lna，2）恒成立,即h(xh（1+lna）h（1）=1，故求證成立【點(diǎn)睛】本題考查了利用導(dǎo)數(shù)求單調(diào)性，考查了分類討論思想和化歸轉(zhuǎn)化思想，要求較高的計(jì)算能力.導(dǎo)數(shù)在高考中考查壓軸題，對(duì)思維能力和計(jì)算能力要求較高，屬于難題.21。冠狀病毒是一個(gè)大型病毒家族，已知可引起感冒以及中東呼吸綜合征(MERS)和嚴(yán)重急性呼吸綜合征(SARS）等較嚴(yán)重疾病。而今年出現(xiàn)的新型冠狀病毒（nCoV)是以前從未在人體中發(fā)現(xiàn)的冠狀病毒新毒株.人感染了新型冠狀病毒后常見體征有呼吸道癥狀?發(fā)熱?咳嗽?氣促和呼吸困難等。在較嚴(yán)重病例中,感染可導(dǎo)致肺炎?嚴(yán)重急性呼吸綜合征?腎衰竭，甚至死亡。某醫(yī)院為篩查冠狀病毒,需要檢驗(yàn)血液是否為陽性,現(xiàn)有份血液樣本，有以下兩種檢驗(yàn)方式：方式一：逐份檢驗(yàn)，則需要檢驗(yàn)n次。方式二：混合檢驗(yàn)，將其中且k≥2）份血液樣本分別取樣混合在一起檢驗(yàn).若檢驗(yàn)結(jié)果為陰性，這k份的血液全為陰性，因而這k份血液樣本只要檢驗(yàn)一次就夠了,如果檢驗(yàn)結(jié)果為陽性，為了明確這k份血液究竟哪幾份為陽性，就要對(duì)這k份再逐份檢驗(yàn),此時(shí)這k份血液的檢驗(yàn)次數(shù)總共為k+1.假設(shè)在接受檢驗(yàn)的血液樣本中，每份樣本的檢驗(yàn)結(jié)果是陽性還是陰性都是獨(dú)立的，且每份樣本是陽性結(jié)果的概率為p（0<p<1)?，F(xiàn)取其中且k≥2）份血液樣本，記采用逐份檢驗(yàn)，方式，樣本需要檢驗(yàn)的總次數(shù)為，采用混合檢驗(yàn)方式，樣本需要檢驗(yàn)的總次數(shù)為.(1)若，試求p關(guān)于k的函數(shù)關(guān)系式p=f（k).(2）若p與干擾素計(jì)量相關(guān)，其中2）是不同的正實(shí)數(shù)，滿足x1=1且.（i）求證：數(shù)列為等比數(shù)列；（ii)當(dāng)時(shí)采用混合檢驗(yàn)方式可以使得樣本需要檢驗(yàn)的總次數(shù)的期望值比逐份檢驗(yàn)的總