12、___.
答案
解析 由題意，得cos〈a，c〉＝
＝＝＝.
15．(2019·開封一模)趙爽是我國(guó)古代數(shù)學(xué)家、天文學(xué)家，大約在公元222年，趙爽為《周髀算經(jīng)》一書作序時(shí)，介紹了“勾股圓方圖”，亦稱“趙爽弦圖”(以弦為邊長(zhǎng)得到的正方形是由4個(gè)全等的直角三角形再加上中間的一個(gè)小正方形組成)，類比“趙爽弦圖”，可類似地構(gòu)造如圖所示的圖形，它是由3個(gè)全等的三角形與中間的一個(gè)小等邊三角形拼成的一個(gè)大等邊三角形，設(shè)DF＝2AF，若在大等邊三角形中隨機(jī)取一點(diǎn)，則此點(diǎn)取自小等邊三角形的概率是________．
答案
解析 由題意，設(shè)DF＝2AF＝2a，且a＞0，
由∠DFE＝，∴∠AF
13、C＝π－＝；
∴△DEF的面積為S△DEF＝·2a·2a·sin＝a2，
△AFC的面積為S△AFC＝·a·3a·sin＝a2，
∴在大等邊三角形中隨機(jī)取一點(diǎn)，此點(diǎn)取自小等邊三角形的概率是P＝＝.
16．(2019·陜西第二次質(zhì)檢)已知集合M＝{(x，y)|y＝f (x)}，若對(duì)于任意(x1，y1)∈M，存在(x2，y2)∈M，使得x1x2＋y1y2＝0成立，則稱集合M是“垂直對(duì)點(diǎn)集”．給出下列四個(gè)集合：
①M(fèi)＝{(x，y)|y＝sinx＋1}；②M＝；③M＝{(x，y)|y＝ex－2}；④M＝{(x，y)|y＝log2x}．
其中是“垂直對(duì)點(diǎn)集”的序號(hào)是________．
答案
14、?、佗?
解析 對(duì)于①，x1x2＋(sinx1＋1)(sinx2＋1)＝0，即＝－，f (x1)＝與f (x2)＝－的值域均為(－∞，＋∞)，故正確；對(duì)于②，若滿足x1x2＋y1y2＝0，則x1x2＋＝0，(x1x2)2＋1＝0，在實(shí)數(shù)范圍內(nèi)無解，故不正確；對(duì)于③，M＝{(x，y)|y＝ex－2}，畫出y＝ex－2的圖象，如圖，
直角AOB始終存在，即對(duì)于任意(x1，y1)∈M，存在(x2，y2)∈M，使得x1x2＋y1y2＝0成立，故正確；對(duì)于④，M＝{(x，y)|y＝log2x}，取點(diǎn)(1,0)，曲線上不存在另外的點(diǎn)，使得兩點(diǎn)與原點(diǎn)的連線互相垂直，所以不是“垂直對(duì)點(diǎn)集”，故不正確．
15、
三、解答題：共70分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．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：60分．
17．(本小題滿分12分)(2019·長(zhǎng)沙一模)已知數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1＝3，a3＝7，且對(duì)任意的n∈N*，都有an－2an＋1＋an＋2＝0，數(shù)列{bn}滿足bn＝a2n－1，n∈N*.
(1)求數(shù)列{an}，{bn}的通項(xiàng)公式；
(2)求使b1＋b2＋…＋bn＞2018成立的最小正整數(shù)n的值．
解 (1)根據(jù)題意，數(shù)列{an}滿足an－2an＋1＋an＋2＝0，即an＋an＋2＝2an＋1，
則數(shù)列
16、{an}為等差數(shù)列，又由a1＝3，a3＝7，則數(shù)列{an}的公差d＝＝2，
則an＝a1＋(n－1)d＝2n＋1；
bn＝a2n－1＝2n＋1.
(2)根據(jù)題意，設(shè)Sn＝b1＋b2＋…＋bn，
由(1)的結(jié)論，bn＝a2n－1＝2n＋1，
則Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝(21＋1)＋(22＋1)＋…＋(2n＋1)＝(21＋22＋23＋…＋2n)＋n＝2n＋1＋n－2，
若b1＋b2＋…＋bn＞2018，則2n＋1＋n＞2020，
且n∈N*，則n≥10，即使b1＋b2＋…＋bn＞2018成立的最小正整數(shù)n的值為10.
18．(本小題滿分12分)(2019·宜賓三模)某手機(jī)商家為
17、了更好地制定手機(jī)銷售策略，隨機(jī)對(duì)顧客進(jìn)行了一次更換手機(jī)時(shí)間間隔的調(diào)查．從更換手機(jī)的時(shí)間間隔不少于3個(gè)月且不超過24個(gè)月的顧客中選取350名作為調(diào)查對(duì)象，其中男性顧客和女性顧客的比為.商家認(rèn)為一年以內(nèi)(含一年)更換手機(jī)為頻繁更換手機(jī)，否則視為未頻繁更換手機(jī)．現(xiàn)按照性別采用分層抽樣的方法從中抽取105人，并按性別分為兩組，得到如下表所示的頻數(shù)分布表：
時(shí)間間
隔(月)
[3,6]
(6,9]
(9,12]
(12,15]
(15,18]
(18,21]
(21,24]
男性
x
8
9
18
12
8
4
女性
y
2
5
13
11
7
2
(
18、1)計(jì)算表格中x，y的值；
(2)若以頻率作為概率，從已抽取的105名且更換手機(jī)時(shí)間間隔為3～6個(gè)月(含3個(gè)月和6個(gè)月)的顧客中，隨機(jī)抽取2人，求這2人均為男性的概率；
(3)請(qǐng)根據(jù)頻率分布表填寫2×2列聯(lián)表，并判斷是否有90%以上的把握認(rèn)為“頻繁更換手機(jī)與性別有關(guān)”．
頻繁更換手機(jī)
未頻繁更換手機(jī)
合計(jì)
男性顧客
女性顧客
合計(jì)
附表及公式：
P(K2≥k0)
0.100
0.050
0.010
0.001
k0
2.706
3.841
6.635
10.828
K2＝
解 (1)由題知男性顧客共有350×＝2
19、10人，女性顧客共有350×＝140人，
按分層抽樣抽取105人，則應(yīng)該抽取男性顧客105×＝63人，女性顧客105×＝42人；所以x＝63－(8＋9＋18＋12＋8＋4)＝4，y＝42－(2＋5＋13＋11＋7＋2)＝2.
(2)記“隨機(jī)從已抽取的105名且更換手機(jī)時(shí)間間隔為3～6個(gè)月(含3個(gè)月和6個(gè)月)的顧客中，抽取2人”為事件A，設(shè)男性分別為a，b，c，d，女性分別為e，f，
則事件A共包含(a，b)，(a，c)，(a，d)，(a，e)，(a，f)，(b，c)，(b，d)，(b，e)，(b，f)，(c，d)，(c，e)，(c，f)，(d，e)，(d，f)，(e，f)，15種可能結(jié)果
20、，
其中2人均為男性有(a，b)，(a，c)，(a，d)，(b，c)，(b，d)，(c，d)，6種可能結(jié)果，
所以2人均為男性的概率為P(A)＝＝.
(3)由頻率分布表可知，在抽取的105人中，男性顧客中頻繁更換手機(jī)的有21人，女性顧客中頻繁更換手機(jī)的有9人，據(jù)此可得2×2列聯(lián)表：
頻繁更換手機(jī)
未頻繁更換手機(jī)
合計(jì)
男性顧客
21
42
63
女性顧客
9
33
42
合計(jì)
30
75
105
所以K2＝＝1.75；
因?yàn)?.75＜2.706，
所以沒有90%以上的把握認(rèn)為“頻繁更換手機(jī)與性別有關(guān)”．
19．(本小題滿分12分)(2019·全國(guó)
21、卷Ⅲ)圖1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC組成的一個(gè)平面圖形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.將其沿AB，BC折起使得BE與BF重合，連接DG，如圖2.
(1)證明：圖2中的A，C，G，D四點(diǎn)共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
(2)求圖2中的四邊形ACGD的面積．
解 (1)證明：由已知得AD∥BE，CG∥BE，
所以AD∥CG，
故AD，CG確定一個(gè)平面，從而A，C，G，D四點(diǎn)共面．
由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，故AB⊥平面BCGE.
又因?yàn)锳B?平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.
(2)取CG的中點(diǎn)M，連接EM，DM.
因
22、為AB∥DE，AB⊥平面BCGE，所以DE⊥平面BCGE，故DE⊥CG.
由已知，四邊形BCGE是菱形，且∠EBC＝60°，得EM⊥CG，
故CG⊥平面DEM.因此DM⊥CG.
在Rt△DEM中，DE＝1，EM＝，
故DM＝2.所以四邊形ACGD的面積為4.
20．(本小題滿分12分)(2019·廣東茂名綜合測(cè)試)設(shè)拋物線C：x2＝2py(0＜p＜8)的焦點(diǎn)為F，點(diǎn)P是C上一點(diǎn)，且PF的中點(diǎn)坐標(biāo)為.
(1)求拋物線C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
(2)動(dòng)直線l過點(diǎn)A(0,2)，且與拋物線C交于M，N兩點(diǎn)，點(diǎn)Q與點(diǎn)M關(guān)于y軸對(duì)稱(點(diǎn)Q與點(diǎn)N不重合)，求證：直線QN恒過定點(diǎn)．
解 (1)依題意得F
23、，設(shè)P(x0，y0)，由PF的中點(diǎn)坐標(biāo)為，得
0＋x0＝2×2且＋y0＝2×，∴x0＝4，y0＝5－.
∵P(x0，y0)在拋物線x2＝2py上，∴16＝2p，
即p2－10p＋16＝0，解得p＝2或p＝8(舍去)．
∴拋物線C的方程為x2＝4y.
(2)證法一：依題意直線l的斜率存在，設(shè)直線l：y＝kx＋2，M(x1，y1)，N(x2，y2)，則Q(－x1，y1)，
聯(lián)立消去y得x2－4kx－8＝0，顯然Δ＞0，由根與系數(shù)的關(guān)系得
∵kQN＝＝＝，
∴直線QN的方程為y－y1＝(x＋x1)，
即y＝y(tǒng)1＋(x＋x1)＝x＋＋＝x＋，
∵x1x2＝－8，
∴直線QN的方程
24、為y＝x－2，
即直線QN的方程恒過定點(diǎn)(0，－2)．
證法二：依題意知直線QN的斜率存在且不為0，設(shè)直線QN的方程為y＝kx＋b，Q(x1，y1)，N(x2，y2)，則M(－x1，y1)
聯(lián)立消去y得x2－4kx－4b＝0.∵Q，N是拋物線C上不同兩點(diǎn)，∴必有Δ＞0，由根與系數(shù)的關(guān)系得
∵M(jìn)，A，N三點(diǎn)共線，＝(－x1，y1－2)，＝(x2，y2－2)，
∴－x1(y2－2)－x2(y1－2)＝0.
∴－x1(kx2＋b－2)－x2(kx1＋b－2)＝0，
∴2kx1x2＋(b－2)(x1＋x2)＝0，即2k·(－4b)＋(b－2)·4k＝0，化簡(jiǎn)得：kb＋2k＝0，
∵k≠
25、0，∴b＝－2.
∴直線QN的方程為y＝kx－2，
∴直線QN恒過定點(diǎn)(0，－2)．
21．(本小題滿分12分)(2019·泉州質(zhì)檢)已知函數(shù)f (x)＝xex－x2－ax.
(1)討論f (x)的單調(diào)性；
(2)當(dāng)x≥－1時(shí)，f (x)＋x2－a＋1≥0，求a的取值范圍．
解 (1)f′(x)＝ex＋xex－ax－a＝(ex－a)(x＋1)．
①當(dāng)a≤0時(shí)，
x
(－∞，－1)
－1
(－1，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f (x)
極小值
所以f (x)在(－∞，－1)上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增．
②當(dāng)a＞0時(shí)，f′(x)＝0的根為x＝ln
26、 a或x＝－1.
若ln a＞－1，即a＞，
x
(－∞，－1)
－1
(－1，ln a)
ln a
(ln a，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f (x)
極大值
極小值
所以f (x)在(－∞，－1)，(ln a，＋∞)上單調(diào)遞增，在(－1，ln a)上單調(diào)遞減．
若ln a＝－1，即a＝，
f′(x)≥0在(－∞，＋∞)上恒成立，所以f (x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增，無減區(qū)間．
若ln a＜－1，即0＜a＜，
x
(－∞，ln a)
ln a
(ln a，－1)
－1
(－1，＋∞)
f′(x)
＋
27、0
－
0
＋
f (x)
↗
極大值
↘
極小值
↗
所以f (x)在(－∞，ln a)，(－1，＋∞)上單調(diào)遞增，在(ln a，－1)上單調(diào)遞減．
綜上，當(dāng)a≤0時(shí)，f (x)在(－∞，－1)上單調(diào)遞減，在(－1，＋∞)上單調(diào)遞增；
當(dāng)0＜a＜時(shí)，f (x)在(－∞，ln a)，(－1，＋∞)上單調(diào)遞增，在(ln a，－1)上單調(diào)遞減；
當(dāng)a＝時(shí)，f (x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增，無減區(qū)間；
當(dāng)a＞時(shí)，f (x)在(－∞，－1)，(ln a，＋∞)上單調(diào)遞增，在(－1，ln a)上單調(diào)遞減．
(2)解法一：因?yàn)閤ex－ax－a＋1≥0，所以a(x＋1)≤x
28、ex＋1.
當(dāng)x＝－1時(shí)，0≤－＋1恒成立．
當(dāng)x＞－1時(shí)，a≤.
令g(x)＝，g′(x)＝，
設(shè)h(x)＝ex(x2＋x＋1)－1，
因?yàn)閔′(x)＝ex(x＋1)(x＋2)＞0在x∈(－1，＋∞)上恒成立，
即h(x)＝ex(x2＋x＋1)－1在x∈(－1，＋∞)上單調(diào)遞增．
又因?yàn)閔(0)＝0，所以g(x)＝在(－1,0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，
則g(x)min＝g(0)＝1，所以a≤1.
綜上，a的取值范圍為(－∞，1]．
解法二：令g(x)＝f (x)＋x2－a＋1＝xex－ax－a＋1，
所以g′(x)＝ex＋xex－a＝ex(x＋1)－a，
29、
當(dāng)a≤0時(shí)，g′(x)≥0，則g(x)在[－1，＋∞)上單調(diào)遞增，
所以g(x)≥g(－1)＝－＋1＞0，滿足題意．
當(dāng)0＜a≤1時(shí)，
令h(x)＝ex＋xex－a，
因?yàn)閔′(x)＝2ex＋xex＞0，即h(x)＝ex＋xex－a在[－1，＋∞)上單調(diào)遞增．
又因?yàn)閔(－1)＝－a＜0，h(0)＝1－a≥0，
所以h(x)＝ex＋xex－a＝0在[－1,0]上有唯一的解，記為x0，
x
(－1，x0)
x0
(x0，＋∞)
g′(x)
－
0
＋
g(x)
↘
極小值
↗
g(x)min＝g(x0)＝x0e－ax0－a＋1＝x0e－(e＋x0e)x0
30、－(e＋x0e)＋1＝－e＋1≥－e＋1≥0，滿足題意．
當(dāng)a＞1時(shí)，g(0)＝－a＋1＜0，不滿足題意．
綜上，a的取值范圍為(－∞，1]．
(二)選考題：10分．請(qǐng)考生在第22、23題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題計(jì)分．
22．(本小題滿分10分)[選修4－4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程]
(2019·衡陽一模)以平面直角坐標(biāo)系的原點(diǎn)為極點(diǎn)，x軸的正半軸為極軸，建立極坐標(biāo)系，已知直線l的參數(shù)方程為(m>0，t為參數(shù))，曲線C的極坐標(biāo)方程為ρ＝2cosθ.
(1)求直線l的普通方程和曲線C的直角坐標(biāo)方程；
(2)若直線l與x軸交于點(diǎn)P，與曲線C交于點(diǎn)A，B，且|PA|·|PB
31、|＝1，求實(shí)數(shù)m的值．
解 (1)直線的參數(shù)方程(m＞0，t為參數(shù))，
消去參數(shù)可得x＝y(tǒng)＋m.
由ρ＝2cosθ，得ρ2＝2ρcosθ，可得曲線C的直角坐標(biāo)方程為x2＋y2＝2x，即x2＋y2－2x＝0.
(2)把(m＞0，t為參數(shù))代入x2＋y2－2x＝0得t2＋(m－)t＋m2－2m＝0.
由Δ＞0，解得－1＜m＜3，
∴t1t2＝m2－2m，
∵|PA|·|PB|＝1＝|t1t2|，∴m2－2m＝±1，
解得m＝1±或m＝1.又滿足Δ＞0，m＞0，
∴實(shí)數(shù)m＝1＋或m＝1.
23．(本小題滿分10分)[選修4－5：不等式選講]
(2019·廣州一模)已知函數(shù)f (
32、x)＝|x＋2|－|ax－2|.
(1)當(dāng)a＝2時(shí)，求不等式f (x)≥2x＋1的解集；
(2)若不等式f (x)＞x－2對(duì)x∈(0,2)恒成立，求a的取值范圍．
解 (1)當(dāng)a＝2時(shí)，f (x)＝|x＋2|－|2x－2|＝
當(dāng)x≤－2時(shí)，由x－4≥2x＋1，解得x≤－5；
當(dāng)－2＜x＜1時(shí)，由3x≥2x＋1，解得x∈?；
當(dāng)x≥1時(shí)，由－x＋4≥2x＋1，解得x＝1.
綜上可得，原不等式的解集為{x|x≤－5或x＝1}．
(2)因?yàn)閤∈(0,2)，
所以f (x)＞x－2等價(jià)于|ax－2|＜4，
即等價(jià)于－＜a＜，
所以由題設(shè)得－＜a＜在x∈(0,2)上恒成立，
又由x∈(0,2)，可知－＜－1，＞3，
所以－1≤a≤3，即a的取值范圍為[－1,3]．
15
（2019高考題 2019模擬題）2020高考數(shù)學(xué) 素養(yǎng)提升練（二）文（含解析）
