− −2 𝑦2 0.30.31 1 1 2 𝑥2 2021 年湘豫名校联盟高考数学联考试卷（文科）（4 月份） 一、单选题（本大题共 12 小题，共 60.0 分）1. 已知集合𝐴 = {−1,0，1，2}，𝐵 = {𝑥|𝑦 = ln(𝑥 − 1)}，则𝐴 ∩ 𝐵 = ( )A.{−1,0，1}B.{−1,0}C.{1,2}D.{2}2.已知复数 z 满足𝑧 + 𝑧 = 8，𝑧 ⋅ 𝑧 = 25，则𝑧 = ( )A.3 ± 4𝑖B.±3 + 4𝑖C.4 ± 3𝑖D.±4 + 3𝑖3.椭圆 C： + 3𝑥2= 1的离心率为( )A.23B.√22C.√33D.√634.2021 年开始，我省将试行“3 + 1 + 2“的普通高考新模式，即除语文数学、 外语 3 门必选科目外，考生再从物理、历史中选 1 门，从化学、生物、地 理、政治中选 2 门作为选考科目．为了帮助学生合理选科，某中学将高一 每个学生的六门科目综合成绩按比例均缩放成 5 分制，绘制成雷达图．甲 同学的成绩雷达图如图所示，下面叙述一定不正确的是( )A.B.C.D.甲的物理成绩领先年级平均分最多甲有 2 个科目的成绩低于年级平均分甲的成绩从高到低的前 3 个科目依次是地理化学、历史 对甲而言，物理、化学、地理是比较理想的一种选科结果5.已知𝑎 = log 2，𝑏 = 2 0.2A. 𝑎 < 𝑐 < 𝑏 B.，𝑐 = 0.2 ，则( ) 𝑎 < 𝑏 < 𝑐 C. 𝑐 < 𝑎 < 𝑏D.𝑏 < 𝑐 < 𝑎6.已知𝑓(𝑥) 是奇函数，当𝑥 ≥ 0时，𝑓(𝑥) = 𝑒 𝑥 − 1(其中 e 为自然对数的底数)，则𝑓(ln ) = ( )2A.−1B.1C.3D.−37.已知正方体𝐴𝐵𝐶𝐷 − 𝐴 𝐵 𝐶 𝐷1 1 1 1中，E，F 分别是它们所段的中点，则满足𝐴𝐹// 平面𝐵𝐷 𝐸 的图形个1数为( )A.0B.1C.2D.38.若𝑡𝑎𝑛𝛼 = 2𝑠𝑖𝑛(𝛼 − 𝜋) ，则𝑐𝑜𝑠2𝛼 = ( )A.−14B.1C.−12或 0D.− 或 129.设曲线𝑦 = 𝑙𝑛𝑥 与𝑦 = (𝑥 + 𝑎)2有一条斜率为 1 的公切线，则𝑎 = ( )A.−1B.−34C.14D.3410. 已知双曲线 C： −16𝑦9= 1的右焦点为 F，过原点 O 的直线与双曲线 C 交于 A，B 两点，且∠𝐴𝐹𝐵 = 60°，则△ 𝐴𝐵𝐹 的面积为( )第 1 页，共 15 页1 21 2𝑛1 4 1 𝑘6 𝑛A.3B.92C.3√3D.6√311. 某校开设了素描、摄影、剪纸、书法四门选修课，要求每位同学都要选择其中的两门课程．已知甲同 学选了素描，乙与甲没有相同的课程，丙与甲恰有一门课程相同，丁与丙没有相同课程．则以下说法 错误的是( )A.C.丙有可能没有选素描 乙丁可能两门课都相同B.D.丁有可能没有选素描 这四个人里恰有 2 个人选素描12. 如图，A，B，C，D，P 是球 O 上 5 个点，ABCD 为正方形，球心 O 在平面 ABCD 内，𝑃𝐵 = 𝑃𝐷 ，𝑃𝐴 = 2𝑃𝐶 ，则 PA 与 CD 所成角的余弦值为( )A.B.C.D.√33√55√63√105二、单空题（本大题共 4 小题，共 20.0 分）13. 已知𝑒⃗⃗⃗，𝑒⃗⃗ 均为单位向量，若| 𝑒⃗⃗⃗− 𝑒⃗⃗ | = √3，则𝑒⃗⃗⃗与𝑒⃗⃗ 的夹角为______ ．1 2𝑦 ≥ −2,14. 若实数 x，y 满足约束条件 2𝑥 − 𝑦 + 2 ≥ 0,则𝑧 = 2𝑥 + 𝑦 的最大值为______．𝑥 + 𝑦 − 1 ≤ 0,15. 已知的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，𝑐. 若𝑐𝑜𝑠𝐴(𝑠𝑖𝑛𝐶 − 𝑐𝑜𝑠𝐶) = 𝑐𝑜𝑠𝐵 ，𝑎 = 2，𝑐 = √2，则角 C 大 小为______．16. 如图，函数𝑓(𝑥) = 2𝑠𝑖𝑛(𝜔𝑥 + 𝜑)(𝜔 > 0,0 < 𝜑 < 𝜋) 的图象与坐标轴交于点A，B，C，直线 BC 交𝑓(𝑥) 的图象于点 D，𝑂( 坐标原点) 𝐴𝐵𝐷 的重心(三条边中线的交点)，其中𝐴(−𝜋, 0)， 𝐴𝐵𝐷 的面积为______ ．三、解答题（本大题共 7 小题，共 82.0 分）17. 已知𝑎 }是等差数列，𝑎 = 1，𝑎 = 10，且𝑎 ，𝑎 (𝑘 ∈ 𝑁 ∗)，𝑎 是等比数列𝑏 }的前 3 项．(1)求数列𝑎 }，𝑏 }的通项公式；𝑛 𝑛(2)数列𝑐 }是由数列𝑎 }的项删去数列𝑏 }的项后仍按照原来的顺序构成的新数列，求数列𝑐 }的前 20𝑛 𝑛 𝑛 𝑛项的和．第 2 页，共 15 页̂ 𝑦 = 10.0 − 𝑏𝑥̂ 𝑦 = 10.0 − 𝑏𝑥18. 如图，在边长为 2 的菱形 ABCD 中，∠𝐴𝐷𝐶 = 60°，现 𝐴𝐷𝐶 沿 AC 边折 𝐴𝑃𝐶 的位置． (1)求证：𝑃𝐵 ⊥ 𝐴𝐶 ；(2)求三棱锥𝑃 − 𝐴𝐵𝐶 体积的最大值．19. 某保险公司有一款保险产品的历史收益率(收益率=利润÷保费收入)的频率分布直方图如图所示： (Ⅰ)试估计平均收益率；(Ⅱ)根据经验，若每份保单的保费在 20 元的基础上每增加 x 元，对应的销量𝑦( 万份)与𝑥( 元)有较强线 性相关关系，从历史销售记录中抽样得到如下 5 组 x 与 y 的对应数据：𝑥( 元)25 30 38 45 52销售𝑦( 万册) 7.5 7.1 6.0 5.6 4.8据此计算出的回归方程为 (𝑖) 求参数 b 的估计值；(𝑖𝑖) 若把回归方程．当作 y 与 x 的线性关系，用(Ⅰ)中求出的平均收益率估计此产品的收益率，每份保单的保费定为多少元时此产品可获得最大收益，并求出该最大收益．第 3 页，共 15 页𝜋2 2 1 2 1 2𝜋 𝜋1 21 20. 已知抛物线 C：𝑦2= 2𝑝𝑥(𝑝 > 0)的焦点为 F，过 F 的所有弦中，最短弦长为 4．(1)求抛物线 C 的方程；(2)在抛物线 C 上有异于顶点的两点 A，B，过 A，B 分别做 C 的切线记两条切线交于点 Q 连接 QF，AF，BF，求证：𝑄𝐹2= |𝐴𝐹| ⋅ |𝐵𝐹| ．21. 已知函数𝑓(𝑥) = 𝑒𝑥− 𝑥 − 𝑎 ，对于∀𝑥 ∈ 𝑅 ，𝑓(𝑥) ≥ 0恒成立．(1)求实数 a 的取值范围；(2)证明：当𝑥 ∈ [0, ]时，𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑡𝑎𝑛𝑥 ≤ 𝑒4𝑥．22. 在平面直角坐标系 xOy 中，已知 P 是曲线𝐶 ：𝑥 + (𝑦 − 2) = 4上的动点，将 OP 绕点 O 顺时针旋转90° 得到 OQ，设点 Q 的轨迹为曲线𝐶 .以坐标原点 O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系． (1)求曲线𝐶 ，𝐶 的极坐标方程；(2)在极坐标系中，点𝑀(3, )，射线𝜃 = (𝜌 ≥ 0)与曲线𝐶 ，𝐶 分别相交于异于极点 O 的 A，B 两点，2 3求△ 𝑀𝐴𝐵 的面积．23. 已知函数𝑓(𝑥) = |𝑥 − | + |𝑥 − 𝜆|2，其中𝜆 > 0．(1)若对任意𝑥 ∈ 𝑅 ，恒有𝑓(𝑥) ≥12，求𝜆 的最小值；(2)在(1)的条件下，设𝜆 的最小值为 t，若正数 m，n 满足𝑚 + 2𝑛 = 𝑡𝑚𝑛 ，求2𝑚 + 𝑛 的最小值．第 4 页，共 15 页第 5 页，共 15 页2 𝑦2 𝑐 √30.20.2答案和解析1.【答案】D【解析】解：∵集合𝐴 = {−1,0，1，2}，𝐵 = {𝑥|𝑦 = ln(𝑥 − 1)} = {𝑥|𝑥 > 1}，∴ 𝐴 ∩ 𝐵 = {2}．故选：D．求出集合 A，B，由此能求出𝐴 ∩ 𝐵 ．本题考查交集的求法，考查交集定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．2.【答案】C【解析】解：设𝑧 = 𝑎 + 𝑏𝑖(𝑎, 𝑏 ∈ 𝑅) ，依题意得，2𝑎 = 8，𝑎 解得𝑎 = 4，𝑏 = ±3，所以𝑧 = 4 ± 3𝑖 ．故选：C．2 + 𝑏 2 = 25．设𝑧 = 𝑎 + 𝑏𝑖(𝑎, 𝑏 ∈ 𝑅) ，依题意得，2𝑎 = 8，𝑎2+ 𝑏2= 25，解得 a，b，即可得出．本题考查了复数的运算法则、共轭复数的性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．3.【答案】C【解析】解：椭圆 C： +3𝑥2= 1，可知𝑎 = √3，𝑏 = √2，𝑐 = √3 − 2 = 1，所以椭圆的离心率为𝑒 = = ．𝑎 3故选：C．利用椭圆方程，求解 a，b，推出 c，然后求解离心率即可． 本题考查椭圆的简单性质的应用，考查离心率的求法，是基础题．4.【答案】C【解析】【分析】本题考查对图表数据的分析，进行判断，属于基础题．根据图表进行选项判断，可知 C 错误．【解答】解：甲的成绩从高到低的前 3 个科目依次是地理、化学、生物(物理)， C 选项错，故选：C．5.【答案】A【解析】解：∵ 𝑎 = log 2 < log 1 = 0，∴ 𝑎 < 0， ∵ 𝑏 = 20.3 > 20 = 1，∴ 𝑏 > 1，∵ 0 < 𝑐 = 0.20.3 ∴ 𝑎 < 𝑐 < 𝑏 ， 故选：A．< 0.20= 1，∴ 0 < 𝑐 < 1，第 6 页，共 15 页1 1 1 1 11 1 1 11 1 11 1 1 11 1 𝑠𝑖𝑛𝛼1 2 1 利用对数函数和指数函数的单调性，通过与中间量 1 和 0 比较即可．本题考查三个数的大小的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意对数函数和指数函数的性质的合理运 用．6.【答案】A【解析】解：∵ 𝑓(ln) = 𝑓(−𝑙𝑛2) 2∵ 𝑓(𝑥) 是奇函数，∴ 𝑓(−𝑥) = −𝑓(𝑥)∵当𝑥 ≥ 0时，𝑓(𝑥) = 𝑒𝑥− 1，则𝑓(ln) = 𝑓(−𝑙𝑛2) = −𝑓(𝑙𝑛2) = −(𝑒 𝑙𝑛2 − 1) = −1 2故选：A．由𝑓(𝑥) 是奇函数可得𝑓(−𝑥) = −𝑓(𝑥) ，则𝑓(ln) = 𝑓(−𝑙𝑛2) = −𝑓(𝑙𝑛2)，代入已知可求 2本题主要考查了利用奇函数的性质求解函数的函数值，属于基础试题7.【答案】B【解析】解：①中，平移𝐴 𝐹 至𝐷 𝐹′，可知𝐷 𝐹′与面𝐵𝐷 𝐸 只有一个交点𝐷 ，则𝐴 𝐹 与平面𝐵𝐷 𝐸 不平行； ②中，由于𝐴𝐹//𝐷𝐸 ，而𝐴𝐹 ⊄平面 BDE，𝐷𝐸 ⊂平面 BDE，故 A 𝐹// 平面𝐵𝐷 𝐸 ；1 1③中，平移𝐴 𝐹 至𝐷 𝐹′，可知𝐷 𝐹′与面𝐵𝐷 𝐸 只有一个交点𝐷 ，则𝐴 𝐹 与平面𝐵𝐷 𝐸 不平行；故选：B．平移直线𝐴𝐹 ，判断平移后的直线：在平面𝐵𝐷 𝐸 上则𝐴 𝐹// 平面𝐵𝐷 𝐸 ，与平面𝐵𝐷 𝐸 交于一点则不平行，即1 1 1 1可得解．本题主要考查了线面平行的判定，考查了数形结合思想和推理论证能力，属于中档题．8.【答案】D【解析】【分析】本题考查三角恒等变换等基础知识，意在考查逻辑推理、数学运算等数学核心素养． 利用诱导公式，同角三角函数基本关系式化简已知等式，进而根据二倍角公式即可求解． 【解答】解：由题设得cos𝛼= −2𝑠𝑖𝑛𝛼，所以𝑠𝑖𝑛𝛼 = 0，或𝑐𝑜𝑠𝛼 = − ．2所以𝑐𝑜𝑠2𝛼 = 1 − 2𝑠𝑖𝑛𝛼 = 1，或𝑐𝑜𝑠2𝛼 = 2𝑐𝑜𝑠2𝛼 − 1 = −．2第 7 页，共 15 页1 2 1 1 11 1 1 11 +|𝐵𝐹 |−|𝐹𝐹 |1 2 = 11 11 ∴− = 11 1 1 12 2 1 1 11 1 𝐴𝐵𝐹𝐵𝐹1 故选：D．9.【答案】B【解析】解：设与曲线𝑦 = 𝑙𝑛𝑥 相切的切点为(𝑚, 𝑛) ，𝑦 = 𝑙𝑛𝑥 的导数为𝑦′ =1𝑥，由切线的斜率为 1，可得𝑚则切点为(1,0)，切线的方程为𝑦 = 𝑥 − 1，= 1，即𝑚 = 1，与𝑦 = (𝑥 + 𝑎)2联立，可得𝑥2+ (2𝑎 − 1)𝑥 + 𝑎2+ 1 = 0，由(2𝑎 − 1)2 − 4(𝑎 2 + 1) = 0，解得𝑎 = −34，故选：B．设与曲线𝑦 = 𝑙𝑛𝑥 相切的切点为(𝑚, 𝑛) ，求得𝑦 = 𝑙𝑛𝑥 的导数，可得切线的斜率和切点，进而得到切线的方程， 与𝑦 = (𝑥 + 𝑎) 联立，运用相切的条件，解方程可得所求值．本题考查导数的运用：求切线的方程，考查方程思想和运算能力，属于基础题．10.【答案】C【解析】解：设双曲线的左焦点为𝐹 ，连接𝐴𝐹 ，𝐵𝐹 ， 由双曲线的定义知，|𝐵𝐹 | − |𝐵𝐹| = 2𝑎 = 8，|𝐹 𝐹| = 2𝑐 = 10， 由双曲线的对称性知，∠𝐴𝐹𝐹 = ∠𝐵𝐹 𝐹 ，∵ ∠𝐴𝐹𝐵 = 60°，即∠𝐴𝐹𝐹 + ∠𝐵𝐹𝐹 = 60°，1 1∴ ∠𝐵𝐹 𝐹 + ∠𝐵𝐹𝐹 = 60°，∴ ∠𝐹 𝐵𝐹 = 120°，1 1 1在△ 𝐹𝐵𝐹 中，由余弦定理知，cos∠𝐹 𝐵𝐹 =1|𝐵𝐹|2 21 1 2|𝐵𝐹|⋅|𝐵𝐹 |2(|𝐵𝐹 |−|𝐵𝐹|) +2|𝐵𝐹|⋅|𝐵𝐹 |−|𝐹𝐹 |2|𝐵𝐹|⋅|𝐵𝐹 |2，1 64+2| 𝐵𝐹|⋅|𝐵𝐹 |−100 2 2|𝐵𝐹|⋅|𝐵𝐹 |∴ |𝐵𝐹| ⋅ |𝐵𝐹 | = 12，1，∴△ 𝐴𝐵𝐹 的面积𝑆 = 𝑆𝐵𝐹= |𝐵𝐹| ⋅ |𝐵𝐹 | ⋅ sin∠𝐹 𝐵𝐹 = × 12 × 𝑠𝑖𝑛120° = 3√3．1 1故选：C．设双曲线的左焦点为𝐹 ，连接𝐴𝐹 ，𝐵𝐹 ，由双曲线的对称性，可得∠𝐹 𝐵𝐹 = 120°，再 𝐹 𝐵𝐹 中，结合双 曲线的定义和余弦定理，推出|𝐵𝐹| ⋅ |𝐵𝐹 | = 12，然后由 = 𝑆 ，得解．1本题考查双曲线的定义与几何性质，还运用了余弦定理，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．第 8 页，共 15 页4 𝑅2 162 24 𝑅2 𝜋1 21 21 11.【答案】C【解析】解：因为甲选择了素描，所以乙必定没选素描． 那么假设丙选择了素描，则丁一定没选素描；若丙没选素描，则丁必定选择了素描．综上，必定有且只有 2 人选择素描，选项 A，B，D 判断正确 不妨设甲另一门选修为摄影，则乙素描与摄影均不选修， 则对于素描与摄影可能出现如下两种情况：情形一：甲乙丙丁素描摄影√√××√××√情形二：甲乙丙丁素描摄影√√×××√√×由上表可知，乙与丁必有一门课程不相同，因此 C 不正确．故选：C．甲选择了素描，乙必定没选素描．假设丙选择了素描，则丁一定没选素描；丙没选素描，则丁必定选择了 素描．综上，必定有且只有 2 人选择素描；不妨设甲另一门选修为摄影，则乙素描与摄影均不选修，则对 于素描与摄影可能出现如下两种情况，列表讨论可知，乙与丁必有一门课程不相同．本题考查命题真假的判断，考查创新意识，意在考查逻辑推理等数学核心素养，考查推理论证能力，是中 档题．12.【答案】D【解析】解：ABCD 为正方形，故 AB//𝐶𝐷 ，所以∠𝑃𝐴𝐵 即为所求异面直线所成角，设球 O 的半径为 R，由题意可得𝑃𝐴2+ 𝑃𝐶2= 4𝑅2，又𝑃𝐴 = 2𝑃𝐶，可得𝑃𝐴 = ，𝐴𝐵 = √2𝑅，𝑃𝐵 = 𝑃𝐷 ⇒ 𝑃𝑂 ⊥ 𝐵𝐷 ⇒ 𝑃𝐵 = √2𝑅， √5所以cos∠𝑃𝐴𝐵 =故选：D．2𝑅 + 𝑅 2𝑅52⋅ ⋅√2𝑅 √5=√105．由𝐴𝐵//𝐶𝐷 ，可得∠𝑃𝐴𝐵 即为所求异面直线所成角，设 O 的半径为 R，根据球的性质可求 𝑃𝐴𝐵 三边的长， 利用余弦定理即可求解．本题主要考查异面直线及其所成的角，考查球的性质，属于中档题．13.【答案】3【解析】解：根据题意，设⃗𝑒⃗⃗与𝑒⃗⃗ 的夹角为𝜃 ， 𝑒⃗⃗⃗，𝑒⃗⃗ 均为单位向量，若| 𝑒⃗⃗⃗ 𝑒⃗⃗ | = √3，则| 𝑒⃗⃗⃗1 2𝑒⃗⃗ |2 = 3， 2变形可得：𝑐𝑜𝑠𝜃 =12，又由0 ≤ 𝜃 ≤ 𝜋，则𝜃 =2𝜋3，第 9 页，共 15 页2 𝜋2 1 21 21 𝜋𝜋= ，因为𝑐 < 𝑎 ，所以0 < 𝐶 <， 故𝐶 =𝜋3 √3𝜋故答案为： ．3根据题意，设⃗𝑒⃗⃗与𝑒⃗⃗的夹角为𝜃 ，由数量积的运行性质可得| 𝑒⃗⃗⃗ − 𝑒⃗⃗ | = 3，变形可得：𝑐𝑜𝑠𝜃 = − 范围分析可得答案．本题考查向量数量积的计算，涉及向量夹角的计算，，结合𝜃 的 214.【答案】4【解析】解：作出可行域如图所示，则当直线𝑧 = 2𝑥 + 𝑦过点 A 时直线的截距最大，z 取最大值．由𝑦 = −2 𝑥 = 3⇒ ；𝑥 + 𝑦 − 1 = 0 𝑦 = −2∴ 𝐴(3, −2)，z 取最大值：2 × 3 − 2 = 4．故答案为：4．作出不等式组对应的平面区域，利用 z 的几何意义，利用数形结合，即可得到结论．本题主要考查简单的线性规划问题等基础知识，意在考查直观想象与数学运算等数学核心素养．利用数形 结合是解决本题的关键．15.【答案】6【解析】解：因为𝑐𝑜𝑠𝐴(𝑠𝑖𝑛𝐶 − 𝑐𝑜𝑠𝐶) = 𝑐𝑜𝑠𝐵 ，所以𝑐𝑜𝑠𝐴(𝑠𝑖𝑛𝐶 − 𝑐𝑜𝑠𝐶) = −cos(𝐴 + 𝐶) ， 所以𝑐𝑜𝑠𝐴𝑠𝑖𝑛𝐶 = 𝑠𝑖𝑛𝐴𝑠𝑖𝑛𝐶 ，所以𝑠𝑖𝑛𝐶(𝑐𝑜𝑠𝐴 − 𝑠𝑖𝑛𝐴) = 0，因为𝐶 ∈ (0, 𝜋)，∴ 𝑠𝑖𝑛𝐶 ≠ 0，所以𝑐𝑜𝑠𝐴 = 𝑠𝑖𝑛𝐴，则𝑡𝑎𝑛𝐴 = 1，所以𝐴 = ，4又𝑎𝑠𝑖𝑛𝐴=√2𝑠𝑖𝑛𝐶，则𝑠𝑖𝑛𝐶1 𝜋 𝜋2 4 6．故答案为： ．6利用正弦定理、和差公式、诱导公式即可得出．本题主要考查正弦定理、和差公式、诱导公式，意在考查逻辑推理、数学运算、直观想象等数学核心素养．属 于中档题．16.【答案】2【解析】解：因为 O 𝐴𝐵𝐷 的重心，𝐴(−𝜋, 0)，所以𝑂𝐴 =所以𝐴𝐶 =2332𝐴𝐶 = 𝜋， 𝜋，所以𝐶(𝜋2, 0)，第 10 页，共 15 页= =所 以2 2 2 𝜋2 𝜋2 2𝜋2 2𝜋× 3 √3𝜋𝑛1 4 𝑛1 𝑘6 𝑛2 2 1 6𝑘𝑛𝑎𝑛−1𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛1 𝑛𝑛𝜋 𝑇 3𝜋𝜔 2 2，𝜔 = ．3因为3× (−𝜋) + 𝜑 = 𝑘𝜋，所以𝜑 = 𝑘𝜋 + ，3又0 < 𝜑 < 𝜋，所以𝜑 = ，3所以𝑓(𝑥) = 2𝑠𝑖𝑛( 𝑥 + )，3 3于是|𝑂𝐵| = 𝑓(0) = 2𝑠𝑖𝑛( × 0 + ) = √3，3 3故△ 𝐴𝐵𝐷 的面积为𝑆 = 2 ×1 3𝜋2 2× √3 =3√3𝜋2．故答案为： ．2根据三角函数的对称性以及重心性质，求出C 的坐标，结合五点对应法求出𝜑 的值，可得函数解析式，求解 OB 的值，利用三角形的面积公式即可求解．本题主要考查三角函数的图象和性质，考查了重心性质和三角形的面积公式在解三角形中的应用，考查了 函数思想，属于中档题．17.【答案】解：(1)设等差数列{𝑎 }的公差为 d，由𝑎 = 1，𝑎 = 10，可得1 + 3𝑑 = 10，解得𝑑 = 3，则𝑎 = 1 + 3(𝑛 − 1) = 3𝑛 − 2；且𝑎 ，𝑎 (𝑘 ∈ 𝑁 ∗)，𝑎 是等比数列{𝑏 }的前 3 项，可得𝑎 = 𝑎 𝑎 ，即有(3𝑘 − 2) = 16，解得𝑘 = 2，则等比数列{𝑏}的公比为𝑎21= 4，则𝑏 = 4 ；(2)由(1)可得𝑎 = 3𝑛 − 2，𝑏 = 4𝑛−1 ，𝑛 𝑛当取数列{𝑎 }的前 24 项时，包含数列{𝑏 }的前 4 项， 此时{𝑐 }中包含 20 项，所以数列{𝑐 = 767．}的前 20 项的和为24 × 1 + × 24 × 23 × 3 − (1 + 4 + 16 + 64)2【解析】(1)设等差数列{𝑎}的公差为 d，由等差数列的通项公式，解方程可得d，进而得到𝑎𝑛；再由等比数列的中项性质和等比数列的通项公式，可得𝑏 ；(2)由题意可得当取数列{𝑎 }的前 24 项时，包含数列{𝑏 }的前 4 项，再由等差数列的求和公式，计算可得所𝑛 𝑛求和．本题等差数列和等比数列的通项公式和求和公式的运用，考查方程思想和运算能力、推理能力，属于中档 题．18.【答案】(1)证明：如图第 11 页，共 15 页1 3则 𝑉1 3 𝑃𝐴𝐵𝐶190= = 6.2取 AC 的中点为 O，连接 PO、OB，由菱形特点易得𝐴𝐶 ⊥ 𝑃𝑂 ，𝐴𝐶 ⊥ 𝑂𝐵 ，又𝑃𝑂 ∩ 𝑂𝐵 = 𝑂 ，PO、𝑂𝐵 ⊂平面 POB，∴ 𝐴𝐶 ⊥平面 POB，又𝑃𝐵 ⊂平面 POB，∴ 𝐴𝐶 ⊥ 𝑃𝐵 ．(2)解：在边长为 2 的菱形 ABCD 中，∠𝐴𝐷𝐶 = 60°， 则𝑃𝑂 = 𝐵𝑂 = √3，𝐴𝐶 = 2，𝑆𝑂𝐵= · 𝑃𝑂 · 𝐵𝑂 · sin∠𝑃𝑂𝐵 = sin∠𝑃𝑂𝐵 2 2，𝑃𝐴𝐵𝐶= 𝑉𝐴𝑃𝑂𝐵+ 𝑉𝐶𝑃𝑂𝐵= 𝐴𝐶 ⋅ 𝑆𝑂𝐵= sin∠𝑃𝑂𝐵，当∠𝑃𝑂𝐵 = 90° 时，𝑉 的最大值为 1．【解析】本题考查直线与直线垂直的证明，三棱锥的体积的最值问题，属于基础题．(1)取 AC 的中点为 O，连接 PO、OB，证明𝐴𝐶 ⊥ 𝑃𝑂 ，𝐴𝐶 ⊥ 𝑂𝐵 ，推出𝐴𝐶 ⊥平面 POB，然后得到𝐴𝐶 ⊥ 𝑃𝐵 ． (2)利用𝑉 = 𝑉 + 𝑉 结合三角形的面积公式求解即可．𝑃𝐴𝐵𝐶 𝐴𝑃𝑂𝐵 𝐶𝑃𝑂𝐵19.【答案】解：(Ⅰ)区间中值依次为：0.05，0.15，0.25，0.35，0.45，0.55，取值概率依次为：0.1，0.2，0.25，0.3，0.1，0.05，平均收益率为0.05 × 0.10 + 0.15 × 0.20 + 0.25 × 0.25 + 0.35 × 0.30 + 0.45 × 0.10 + 0.55 × 0.05=1104(50 + 300 + 625 + 1050 + 450 + 275) = 0.275．(Ⅱ)(𝑖)𝑥 =25+30+38+45+52 5= = 38，𝑦 = 57.5+7.1+6.0+5.6+4.8 315 5所以𝑏 =10.06.2 38= 0.10(𝑖𝑖) 设每份保单的保费为20 + 𝑥 元，则销量为𝑦 = 10 0.1𝑥 ，则保费收入为𝑓(𝑥) = (20 + 𝑥)(10 0.1𝑥) 万元，𝑓(𝑥) = 200 + 8𝑥 0.1𝑥2= 360 0.1(𝑥 40)2当𝑥 = 40元时，保费收入最大为 360 万元，保险公司预计获利为360 × 0.275 = 99万元．【解析】(Ⅰ)求出区间中值，取值概率，即可估计平均收益率；(Ⅱ)(𝑖) 利用公式，求参数 b 的估计值；(𝑖𝑖) 设每份保单的保费为20 + 𝑥 元，则销量为𝑦 = 10 0.1𝑥 ，则保费收入为𝑓(𝑥) = (20 + 𝑥)(10 0.1𝑥) 万元，𝑓(𝑥) = 200 + 8𝑥 0.1𝑥2= 360 0.1(𝑥 40)2，即可得出结论．本题考查回归方程，考查概率的计算，考查学生利用数学知识解决实际问题的能力，属于中档题．第 12 页，共 15 页2 2， 2 𝑝 2𝑝1 22 2 𝑦𝑦4 41 2 𝑦1 𝑘2 𝑘 𝑦1 2 𝑘 𝑦1 11 2 𝑦2 2 𝑦， 1 2 ,1 2 )2 2 𝑦𝑦， 𝑦 𝑦( 𝑦 +𝑦 )𝑦 𝑦𝑦𝑦𝑦𝑦2 2 2 2 2 2 22 2 𝑦𝑦4 420.【答案】解：(1)当过 F 的直线的斜率不存在时，此时弦长为 2p，当过 F 的直线的斜率存在时，设直线的方程为𝑦 = 𝑘(𝑥 −𝑝2)，与抛物线的方程𝑦2= 2𝑝𝑥联立，可得𝑘2𝑥2− 𝑝(𝑘2+ 2)𝑥 +𝑝 𝑘4= 0，可得弦长𝑙 = 𝑥 + 𝑥 + 𝑝 = 𝑝 + + 𝑝 = 2𝑝 + > 2𝑝𝑘 2 𝑘 2所以最短弦长为2𝑝 = 4，即𝑝 = 2，所以抛物线的方程为𝑦2= 4𝑥；(2)证明：可设𝐴( 1 , 𝑦 )，𝐵( 2 , 𝑦 )1 2，过 A 的切线 AQ 的方程为𝑦 = 𝑘(𝑥 − 1 ) + 𝑦4，与𝑦2= 4𝑥联立，可得 14𝑦 2 − 𝑦 − 1 1 + 𝑦 = 0，4由△= 1 − 𝑘 (𝑦 − 1 1 ) = 04，解得𝑘 𝑦 = 2，1 1所以切线 AQ 的方程为𝑦𝑦 = 2𝑥 + 12，同理可得切线 BQ 的方程为𝑦𝑦 = 2𝑥 + 22，联立可得 Q 的坐标为(𝑦 𝑦 𝑦 +𝑦 4 4于是|𝐴𝐹| ⋅ |𝐵𝐹| = (1 +1 )(1 + 2 )， 4 4|𝑄𝐹| 2 = ( 1 2 − 1) 2 + 1 2 = 1 2 + 1 + 2 + 1 = (1 + 1 )(1 + 2 )4 4 16 4 4 4 4所以|𝑄𝐹|2= |𝐴𝐹| ⋅ |𝐵𝐹| ．【解析】(1)分别讨论当过 F 的直线的斜率不存在和存在时，设出直线方程与抛物线的方程，联立，运用韦 达定理和弦长公式，可得最短弦长，解得 p，可得抛物线的方程；(2)可设𝐴( 1 , 𝑦 )，𝐵( 2 , 𝑦 )，设出 A 的切线 AQ 的方程，与抛物线的方程联立，由判别式为0，可得切线的1 2斜率，进而得到切线的方程，同理可得切线 BQ 的方程，联立，求得 Q 的坐标，再由两点的距离公式和抛 物线的定义，即可得证．本题考查抛物线的定义、方程和性质，以及直线和抛物线的位置关系，考查方程思想和运算能力，属于中 档题．21.【答案】解：(1)由𝑒𝑥− 𝑥 − 𝑎 ≥ 0恒成立，得𝑎 ≤ 𝑒𝑥− 𝑥 对∀𝑥 ∈ 𝑅 恒成立，令𝑔(𝑥) = 𝑒𝑥− 𝑥 ，𝑔′(𝑥) = 𝑒 𝑥 − 1，当𝑥 > 0，𝑔′(𝑥) > 0，𝑔(𝑥) 单调递增， 当𝑥 < 0，𝑔′(𝑥) < 0，𝑔(𝑥) 单调减，𝑔(𝑥) 故所求实数 a 的取值范围为(−∞, 1]；𝑚𝑖𝑛= 𝑔(0) = 1，(2)证明：由(1)得𝑒𝑥≥ 𝑥 + 1．欲证𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑡𝑎𝑛𝑥 ≤ 𝑒𝑥，只需证𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑡𝑎𝑛𝑥 ≤ 𝑥 + 1即可，第 13 页，共 15 页− 1 =2 𝜋𝜋0 𝜋0 0 𝜋𝜋 √2 𝜋𝜋2 2 1 2 1 2𝜋 𝜋1 2到 射线𝜃 = (𝜌 ≥ 0)的 距离为ℎ = 3𝑠𝑖𝑛 =) ， … … … … … … … (8分)| 𝐴𝐵|ℎ =1 2 𝜋 𝜋1 21 2， ∴ 𝑓(𝑥) = |𝜆 − || + |𝑥 − 𝜆| ≥ |(𝑥 − ) − (𝑥 − 𝜆)| = |𝜆 − |2 2 2 2 ⇔ |𝜆 − | ≥1 1 1令ℎ(𝑥) = 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑡𝑎𝑛𝑥 − 𝑥 − 1，ℎ′(𝑥) = −𝑠𝑖𝑛𝑥 +1 𝑠𝑖𝑛𝑥(𝑠𝑖𝑛𝑥−cos cos2 𝑥 cos2 𝑥2𝑥)=𝑠𝑖𝑛𝑥(𝑠𝑖𝑛𝑥+sincos2 𝑥2𝑥−1)，令𝐹(𝑥) = 𝑠𝑖𝑛𝑥 + sin𝑥 − 1，则易知𝐹(𝑥) 在[0, ]4单调递增，且𝐹(0) < 0，𝐹( ) > 04，故存在𝑥∈ (0, )4，使得𝐹(𝑥 ) = 0； 0当𝑥 ∈ [0, 𝑥)时，𝐹(𝑥) < 0，ℎ′(𝑥) ≤ 0，ℎ(𝑥) 单调递减，当𝑥 ∈ (𝑥, ]4时，𝐹(𝑥) > 0，ℎ′(𝑥) > 0，ℎ(𝑥) 单调递增，又ℎ(0) = 0，ℎ() = − < 0 4 2 4，ℎ(𝑥) = ℎ(0) = 0， 𝑚𝑎𝑥故当𝑥 ∈ [0, ]时，𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑡𝑎𝑛𝑥 ≤ 𝑒 4𝑥．【解析】(1)问题转化为𝑎 ≤ 𝑒𝑥− 𝑥 对∀𝑥 ∈ 𝑅 恒成立，令𝑔(𝑥) = 𝑒𝑥− 𝑥 ，求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，求出 a 的取值范围即可；(2)问题转化为只需证𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑡𝑎𝑛𝑥 ≤ 𝑥 + 1即可，令ℎ(𝑥) = 𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝑡𝑎𝑛𝑥 − 𝑥 − 1，根据函数的单调性求出ℎ(𝑥) 的最大值，证明结论成立即可．本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及不等式的证明，考查转化思想，是中档题．22.【答案】解：(1)由题知点 Q 的轨迹是以(2,0)为圆心，2 为半径的圆，所以曲线𝐶 的方程为(𝑥 − 2)+ 𝑦2= 4. … … … … … … … … … … … … … … … … (2分)∵ 𝜌2= 𝑥2+ 𝑦2，𝑥 = 𝜌𝑐𝑜𝑠𝜃 ，𝑦 = 𝜌𝑠𝑖𝑛𝜃 ，所以曲线𝐶 的极坐标方程为𝜌 = 4𝑠𝑖𝑛𝜃 ，… … … … … … … … … … … … … … … … (4分) 曲线𝐶 的极坐标方程为𝜌 = 4𝑐𝑜𝑠𝜃. … … … … … … … … … … … … … … … … … … (5分) (2)在极坐标系中，设点 A，B 的极径分别为𝜌 ，𝜌 ，所以|𝐴𝐵| = |𝜌 − 𝜌 | = 4|sin − cos | = 2(√3 − 1)，… … … … … … … … … (7分)3 3点𝑀(3,𝜋 𝜋 𝜋 32 3 6 2故△ 𝑀𝐴𝐵 的面积𝑆 =1 3(√3−1) 2 2. … … … … … … … … … (10分)【解析】(1)通过极坐标与直角坐标方程的互化求解曲线𝐶 的极坐标方程；求出曲线𝐶 的普通方程，然后转 化为极坐标方程．(2)设点 A，B 的极径分别为𝜌 ，𝜌 ，利用|𝐴𝐵| = |𝜌 − 𝜌 |求出点𝑀(3, )到射线𝜃 = (𝜌 ≥ 0)2 3求 𝑀𝐴𝐵 的面积．本题考查普通方程与极坐标方程的互化，考查转化思想以及计算能力，是中档题．的距离，然后23.【答案】解：∵ 𝑓(𝑥) = |𝑥 −1 1 1 1𝑚𝑖𝑛，对任意𝑥 ∈ 𝑅 ，恒有𝑓(𝑥) ≥，解得𝜆 ≥ 1或𝜆 ≤ 0，2 2 2又∵ 𝜆 > 0，故𝜆 ≥ 1，所以𝜆 的最小值为 1．第 14 页，共 15 页2 12 1 2𝑚2 𝑛= 2 𝑚 2𝑛| ≥1 1 12 (2)由(1)得𝑡 = 1，∴ 𝑚 + 2𝑛 = 𝑚𝑛 ，∴+ = 1，𝑚 𝑛∴ 2𝑚 + 𝑛 = (2𝑚 + 𝑛)( + ) =𝑚 𝑛 𝑛+ + 5 ≥ 2√4 + 5 = 9， 𝑚当且仅当𝑛 𝑚，即𝑚 = 𝑛 = 3时取等号，∴ 2𝑚 + 𝑛 的最小值为 9．【解析】(1)对任意𝑥 ∈ 𝑅 ，恒有𝑓(𝑥) ≥ ，得|𝜆 −2 2 2，再用绝对值不等式的性质求得𝑓(𝑥) 的最小值代入可求得𝜆 的最小值，(2)由(1)知𝑡 = 1，𝑚 + 2𝑛 = 𝑚𝑛 ，则 + = 1，再变形后用基本不等式可求解．𝑚 𝑛本题考查了绝对值不等式的解法，利用基本不等式求最值问题，属中档题．第 15 页，共 15 页。