2020年江苏省高考数学试卷(理科)

2023年12月2日发(作者：浙江高一职校数学试卷分析)

2020年江苏省高考数学试卷（理科）

一、填空题：本题共14小题，每小题5分，共70分.请把答案填写在答题卡相应位置上.

1．（5分）已知集合A＝{﹣1，0，1，2}，B＝{0，2，3}，则A∩B＝ ．

2．（5分）已知i是虚数单位，则复数z＝（1+i）（2﹣i）的实部是 ．

3．（5分）已知一组数据4，2a，3﹣a，5，6的平均数为4，则a的值是 ．

4．（5分）将一颗质地均匀的正方体骰子先后抛掷2次，观察向上的点数，则点数和为5的概率是 ．

5．（5分）如图是一个算法流程图，若输出y的值为﹣2，则输入x的值是 ．

6．（5分）在平面直角坐标系xOy中，若双曲线﹣＝1（a＞0）的一条渐近线方程为y＝x，则该双曲线的离心率是 ．

7．（5分）已知y＝f（x）是奇函数，当x≥0时，f（x）＝x，则f（﹣8）的值是 ．

8．（5分）已知sin2（+α）＝，则sin2α的值是 ．

9．（5分）如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2cm，高为2cm，内孔半径为0.5cm，则此六角螺帽毛坯的体积是

cm3．

第1页（共29页）

10．（5分）将函数y＝3sin（2x+）的图象向右平移个单位长度，则平移后的图象中与y轴最近的对称轴的方程是 ．

11．（5分）设{an}是公差为d的等差数列，{bn}是公比为q的等比数列．已知数列{an+bn}的前n项和Sn＝n2﹣n+2n﹣1（n∈N*），则d+q的值是 ．

12．（5分）已知5x2y2+y4＝1（x，y∈R），则x2+y2的最小值是 ．

13．（5分）在△ABC中，AB＝4，AC＝3，∠BAC＝90°，D在边BC上，延长AD到P，使得AP＝9．若＝m+（﹣m）（m为常数），则CD的长度是 ．

14．（5分）在平面直角坐标系xOy中，已知P（，0），A、B是圆C：x2+（y﹣）2＝36上的两个动点，满足PA＝PB，则△PAB面积的最大值是 ．

二、解答题：本大题共6小题，共计90分.请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

15．（14分）在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F分别是AC，B1C的中点．

（1）求证：EF∥平面AB1C1；

（2）求证：平面AB1C⊥平面ABB1．

第2页（共29页）

16．（14分）在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c．已知a＝3，c＝（1）求sinC的值；

（2）在边BC上取一点D，使得cos∠ADC＝﹣，求tan∠DAC的值．

，B＝45°．

17．（14分）某地准备在山谷中建一座桥梁，桥址位置的竖直截面图如图所示：谷底O在水平线MN上，桥AB与MN平行，OO′为铅垂线（O′在AB上）．经测量，左侧曲线AO上任一点D到MN的距离h（与D到OO′的距离a（米）之间满足关系式h1＝1米）a2；右侧曲线BO上任一点F到MN的距离h2（米）与F到OO′的距离b（米）之间满足关系式h2＝﹣b3+6b．已知点B到OO′的距离为40米．

（1）求桥AB的长度；

（2）计划在谷底两侧建造平行于OO′的桥墩CD和EF，且CE为80米，其中C，E在AB上（不包括端点）．桥墩EF每米造价k（万元），桥墩CD每米造价k（万元）（k＞0），问O′E为多少米时，桥墩CD与EF的总造价最低？

第3页（共29页）

18．（16分）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆E：+＝1的左、右焦点分别为F1、F2，点A在椭圆E上且在第一象限内，AF2⊥F1F2，直线AF1与椭圆E相交于另一点B．

（1）求△AF1F2的周长；

（2）在x轴上任取一点P，直线AP与椭圆E的右准线相交于点Q，求•的最小值；

（3）设点M在椭圆E上，记△OAB与△MAB的面积分别为S1，S2，若S2＝3S1，求点M的坐标．

19．（16分）已知关于x的函数y＝f（x），y＝g（x）与h（x）＝kx+b（k，b∈R）在区间D上恒有f（x）≥h（x）≥g（x）．

（1）若f（x）＝x2+2x，g（x）＝﹣x2+2x，D＝（﹣∞，+∞），求h（x）的表达式；

（2）若f（x）＝x2﹣x+1，g（x）＝klnx，h（x）＝kx﹣k，D＝（0，+∞），求k的取值范围；

（3）若f（x）＝x4﹣2x2，g（x）＝4x2﹣8，h（x）＝4（t3﹣t）x﹣3t4+2t2（0＜|t|≤D＝[m，n]⊂[﹣，]，求证：n﹣m≤．

），20．（16分）已知数列{an}（n∈N*）的首项a1＝1，前n项和为Sn．设λ和k为常数，若对第4页（共29页）

一切正整数n，均有Sn+1﹣Sn＝λan+1成立，则称此数列为“λ﹣k”数列．

（1）若等差数列{an}是“λ﹣1”数列，求λ的值；

（2）若数列{an}是“﹣2”数列，且an＞0，求数列{an}的通项公式；

（3）对于给定的λ，是否存在三个不同的数列{an}为“λ﹣3”数列，且an≥0？若存在，求出λ的取值范围；若不存在，说明理由．

【选做题】本题包括A、B、C三小题，请选定其中两小题，并在相应的答题区域内作答.若多做，则按作答的前两小题评分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.A.[选修4-2：矩阵与变换]（本小题满分10分）

21．（10分）平面上的点A （2，﹣1）在矩阵M＝﹣4）．

（1）求实数a，b的值；

（2）求矩阵M的逆矩阵M1．

﹣对应的变换作用下得到点B （3，B.[选修4-4：坐标系与参数方程]（本小题满分10分）

22．（10分）在极坐标系中，已知A（ρ1，）在直线l：ρcosθ＝2上，点B（ρ2，）在圆C：ρ＝4sinθ上（其中ρ≥0，0≤θ＜2π）．

（1）求ρ1，ρ2的值；

（2）求出直线l与圆C的公共点的极坐标．

C.[选修4-5：不等式选讲]（本小题满分0分）

23．设x∈R，解不等式2|x+1|+|x|＜4．

【必做题】第24题、第25题，每题10分，共计20分.请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

24．（10分）在三棱锥A﹣BCD中，已知CB＝CD＝平面BCD，AO＝2，E为AC中点．

（1）求直线AB与DE所成角的余弦值；

（2）若点F在BC上，满足BF＝BC，设二面角F﹣DE﹣C的大小为θ，求sinθ的值．

，BD＝2，O为BD的中点，AO⊥第5页（共29页）

25．（10分）甲口袋中装有2个黑球和1个白球，乙口袋中装有3个白球．现从甲、乙两口袋中各任取一个球交换放入另一口袋，重复n次这样的操作，记甲口袋中黑球个数为Xn，恰有2个黑球的概率为pn，恰有1个黑球的概率为qn．

（1）求p1，q1和p2，q2；

（2）求2pn+qn与2pn﹣1+qn﹣1的递推关系式和Xn的数学期望E（Xn）（用n表示）．

第6页（共29页）

2020年江苏省高考数学试卷（理科）

参考答案与试题解析

一、填空题：本题共14小题，每小题5分，共70分.请把答案填写在答题卡相应位置上.

1．（5分）已知集合A＝{﹣1，0，1，2}，B＝{0，2，3}，则A∩B＝ {0，2} ．

【分析】运用集合的交集运算，可得所求集合．

【解答】解：集合B＝{0，2，3}，A＝{﹣1，0，1，2}，

则A∩B＝{0，2}，

故答案为：{0，2}．

【点评】本题考查集合的交集运算，考查运算能力，属于基础题．

2．（5分）已知i是虚数单位，则复数z＝（1+i）（2﹣i）的实部是 3 ．

【分析】利用复数的乘法的运算法则，化简求解即可．

【解答】解：复数z＝（1+i）（2﹣i）＝3+i，

所以复数z＝（1+i）（2﹣i）的实部是：3．

故答案为：3．

【点评】本题考查复数的乘法的运算法则以及复数的基本概念的应用，是基本知识的考查．

3．（5分）已知一组数据4，2a，3﹣a，5，6的平均数为4，则a的值是 2 ．

【分析】运用平均数的定义，解方程可得a的值．

【解答】解：一组数据4，2a，3﹣a，5，6的平均数为4，

则4+2a+（3﹣a）+5+6＝4×5，

解得a＝2．

故答案为：2．

【点评】本题考查平均数的定义的运用，考查方程思想和运算能力，属于基础题．

4．（5分）将一颗质地均匀的正方体骰子先后抛掷2次，观察向上的点数，则点数和为5的概率是 ．

【分析】分别求得基本事件的总数和点数和为5的事件数，由古典概率的计算公式可得所求值．

【解答】解：一颗质地均匀的正方体骰子先后抛掷2次，可得基本事件的总数为6×6＝第7页（共29页）

36种，

而点数和为5的事件为（1，4），（2，3），（3，2），（4，1），共4种，

则点数和为5的概率为P＝故答案为：．

【点评】本题考查古典概率的求法，考查运算能力，属于基础题．

5．（5分）如图是一个算法流程图，若输出y的值为﹣2，则输入x的值是 ﹣3 ．

＝．

【分析】由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用程序框图表达式为分段函数计算并输出变量y的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案．

【解答】解：由题意可得程序框图表达式为分段函数y＝若输出y值为﹣2时，由于2x＞0，

所以解x+1＝﹣2，

即x＝﹣3，

故答案为：﹣3，

【点评】本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的结论，是基础题．

6．（5分）在平面直角坐标系xOy中，若双曲线﹣＝1（a＞0）的一条渐近线方程为，

第8页（共29页）

y＝x，则该双曲线的离心率是 ．

【分析】利用双曲线的渐近线方程，求出a，然后求解双曲线的离心率即可．

【解答】解：双曲线所以a＝2，

所以双曲线的离心率为：e＝故答案为：．

【点评】本题考查双曲线的简单性质的应用，是基本知识的考查．

7．（5分）已知y＝f（x）是奇函数，当x≥0时，f（x）＝x，则f（﹣8）的值是 ﹣4 ．

【分析】由奇函数的定义可得f（﹣x）＝﹣f（x），由已知可得f（8），进而得到f（﹣8）．

【解答】解：y＝f（x）是奇函数，可得f（﹣x）＝﹣f（x），

当x≥0时，f（x）＝x，可得f（8）＝8＝4，

则f（﹣8）＝﹣f（8）＝﹣4，

故答案为：﹣4．

【点评】本题考查函数的奇偶性的定义和运用：求函数值，考查转化思想和运算能力，属于基础题．

8．（5分）已知sin2（+α）＝，则sin2α的值是 ．

＝，

﹣＝1（a＞0）的一条渐近线方程为y＝x，可得，【分析】根据二倍角公式即可求出．

【解答】解：因为sin2（＝，

解得sin2α＝，

故答案为：

+α）＝，则sin2（+α）＝＝【点评】本题考查了二倍角公式，属于基础题．

9．（5分）如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2cm，高为2cm，内孔半径为0.5cm，则此六角螺帽毛坯的体积是

第9页（共29页）

12 cm3．

【分析】通过棱柱的体积减去圆柱的体积，即可推出结果．

【解答】解：六棱柱的体积为：圆柱的体积为：π×（0.5）2×2＝所以此六角螺帽毛坯的体积是：（12故答案为：12．

，

）cm3，

，

【点评】本题考查柱体体积公式，考查了推理能力与计算能力，属于基本知识的考查．

10．（5分）将函数y＝3sin（2x+）的图象向右平移 ．

），求g（x）的所有对称轴个单位长度，则平移后的图象中与y轴最近的对称轴的方程是 x＝﹣【分析】利用三角函数的平移可得新函数g（x）＝f（x﹣x＝+，k∈Z，从而可判断平移后的图象中与y轴最近的对称轴的方程，

）的图象向右平移+）＝3sin（2x﹣个单位长度可得

），

【解答】解：因为函数y＝3sin（2x+g（x）＝f（x﹣）＝3sin（2x﹣＝则y＝g（x）的对称轴为2x﹣即x＝+，k∈Z，

，

，

+kπ，k∈Z，

当k＝0时，x＝当k＝﹣1时，x＝所以平移后的图象中与y轴最近的对称轴的方程是x＝故答案为：x＝，

第10页（共29页）

，

【点评】本题考查三角函数的平移变换，对称轴方程，属于中档题．

11．（5分）设{an}是公差为d的等差数列，{bn}是公比为q的等比数列．已知数列{an+bn}的前n项和Sn＝n2﹣n+2n﹣1（n∈N*），则d+q的值是 4 ．

【分析】由{an+bn}的前n项和Sn＝n2﹣n+2n﹣1（n∈N*），由{an}是公差为d的等差数列，设首项为a1；求出等差数列的前n项和的表达式；{bn}是公比为q的等比数列，设首项为b1，讨论当q为1和不为1时的前n项和的表达式，由题意可得q≠1，由对应项的系数相等可得d，q的值，进而求出d+q的值．

【解答】解：因为{an+bn}的前n项和Sn＝n2﹣n+2n﹣1（n∈N*），

因为{an}是公差为d的等差数列，设首项为a1；{bn}是公比为q的等比数列，设首项为b1，

所以{an}的通项公式an＝a1+（n﹣1）d，所以其前n项和Sn2+（a1﹣）n，

当{bn}中，当公比q＝1时，其前n项和S所以{an+bn}的前n项和Sn＝S显然没有出现2n，所以q≠1，

则{bn}的前n项和为S＝＝﹣，

+S＝nb1，

＝＝＝n2+（a1﹣）n+nb1＝n2﹣n+2n﹣1（n∈N*），所以Sn＝S+S＝n2+（a1﹣）n+﹣＝n2﹣n+2n﹣1（n∈N*），

由两边对应项相等可得：解得：d＝2，a1＝0，q＝2，b1＝1，

所以d+q＝4，

故答案为：4

【点评】本题考查等差数列及等比数列的综合及由前n项和求通项的性质，属于中档题．

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12．（5分）已知5x2y2+y4＝1（x，y∈R），则x2+y2的最小值是 ．

【分析】方法一、由已知求得x2，代入所求式子，整理后，运用基本不等式可得所求最小值；

方法二、由4＝（5x2+y2）•4y2，运用基本不等式，计算可得所求最小值．

【解答】解：方法一、由5x2y2+y4＝1，可得x2＝由x2≥0，可得y2∈（0，1]，

则x2+y2＝+y2＝＝（4y2+）

，

≥•2＝，当且仅当y2＝，x2＝，

可得x2+y2的最小值为；

方法二、4＝（5x2+y2）•4y2≤（故x2+y2≥，

当且仅当5x2+y2＝4y2＝2，即y2＝，x2＝可得x2+y2的最小值为．

故答案为：．

）2＝（x2+y2）2，

时取得等号，

【点评】本题考查基本不等式的运用：求最值，考查转化思想和化简运算能力，属于中档题．

13．（5分）在△ABC中，AB＝4，AC＝3，∠BAC＝90°，D在边BC上，延长AD到P，使得AP＝9．若＝m+（﹣m）（m为常数），则CD的长度是 0或 ．

【分析】以A为坐标原点，分别以AB，AC所在直线为x，y轴建立平面直角坐标系，求第12页（共29页）

得B与C的坐标，再把的坐标用m表示．由AP＝9列式求得m值，然后分类求得D的坐标，则CD的长度可求．

【解答】解：如图，以A为坐标原点，分别以AB，AC所在直线为x，y轴建立平面直角坐标系，

则B（4，0），C（0，3），

由＝m+（﹣m），得

，

整理得：＝﹣2m（4，0）+（2m﹣3）（0，3）＝（﹣8m，6m﹣9）．

由AP＝9，得64m2+（6m﹣9）2＝81，解得m＝当m＝0时，当m＝或m＝0．

，此时C与D重合，|CD|＝0；

x， 时，直线PA的方程为y＝， 直线BC的方程为联立两直线方程可得x＝m，y＝3﹣2m．

即D（∴|CD|＝∴CD的长度是0或故答案为：0或．

．

，），

．

【点评】本题考查向量的概念与向量的模，考查运算求解能力，利用坐标法求解是关键，是中档题．

第13页（共29页）

14．（5分）在平面直角坐标系xOy中，已知P（，0），A、B是圆C：x2+（y﹣）2＝ ． 36上的两个动点，满足PA＝PB，则△PAB面积的最大值是 10【分析】求得圆的圆心C和半径，作PC所在直径EF，交AB于点D，运用垂径定理和勾股定理，以及三角形的面积公式，由三角换元，结合函数的导数，求得单调区间，计算可得所求最大值．

【解答】解：圆C：x2+（y﹣）2＝36的圆心C（0，），半径为6，

如图，作PC所在直径EF，交AB于点D，

因为PA＝PB，CA＝CB＝R＝6，所以PC⊥AB，EF为垂径，

要使面积S△PAB最大，则P，D位于C的两侧，

并设CD＝x，可得PC＝可令x＝6cosθ，

S△PAB＝|AB|•|PD|＝（1+x）＝（1+6cosθ）•6sinθ＝6sinθ+18sin2θ，0＜θ≤，

，

＝1，故PD＝1+x，AB＝2BD＝2，

设函数f（θ）＝6sinθ+18sin2θ，0＜θ≤f′（θ）＝6cosθ+36cos2θ＝6（12cos2θ+cosθ﹣6），

由f′（θ）＝6（12cos2θ+cosθ﹣6）＝0，解得cosθ＝（cosθ＝﹣＜0舍去），

显然，当0≤cosθ＜，f′（θ）＜0，f（θ）递减；当＜cosθ＜1时，f′（θ）＞0，f（θ）递增，

结合cosθ在（0，故f（θ）max＝6×）递减，故cosθ＝时，f（θ）最大，此时sinθ＝+36××＝10．

，

＝，

则△PAB面积的最大值为10故答案为：10．

第14页（共29页）

【点评】本题考查圆的方程和运用，以及圆的弦长公式和三角形的面积公式的运用，考查换元法和导数的运用：求单调性和最值，属于中档题．

二、解答题：本大题共6小题，共计90分.请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

15．（14分）在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F分别是AC，B1C的中点．

（1）求证：EF∥平面AB1C1；

（2）求证：平面AB1C⊥平面ABB1．

【分析】（1）证明EF∥AB1，然后利用直线与平面平行的判断定理证明EF∥平面AB1C1；

（2）证明B1C⊥AB，结合AB⊥AC，证明AB⊥平面AB1C，然后证明平面AB1C⊥平面ABB1．

【解答】证明：（1）E，F分别是AC，B1C的中点．

所以EF∥AB1，因为EF⊄平面AB1C1，AB1⊂平面AB1C1，

所以EF∥平面AB1C1；

（2）因为B1C⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，

所以B1C⊥AB，

又因为AB⊥AC，AC∩B1C＝C，AC⊂平面AB1C，B1C⊂平面AB1C，

第15页（共29页）

所以AB⊥平面AB1C，

因为AB⊂平面ABB1，

所以平面AB1C⊥平面ABB1．

【点评】本题考查直线与平面垂直的判断定理以及平面与平面垂直的判断定理的应用，直线与平面平行的判断定理的应用，是中档题．

16．（14分）在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c．已知a＝3，c＝（1）求sinC的值；

（2）在边BC上取一点D，使得cos∠ADC＝﹣，求tan∠DAC的值．

，B＝45°．

【分析】（1）由题意及余弦定理求出b边，再由正弦定理求出sinC的值；

（2）三角形的内角和为180°，cos∠ADC＝﹣，可得∠ADC为钝角，可得∠DAC与∠ADC+∠C互为补角，所以sin∠DAC＝sin（∠ADC+∠C）展开可得sin∠DAC及cos∠DAC，进而求出tan∠DAC的值．

【解答】解：（1）因为a＝3，c＝＝由正弦定理可得所以sinC＝；

＝，

＝，

＝＝，B＝45°．，由余弦定理可得：b＝，

，所以sinC＝•sin45°＝＝，

（2）因为cos∠ADC＝﹣，所以sin∠ADC＝在三角形ADC 中，易知C为锐角，由（1）可得cosC＝所以在三角形ADC中，sin∠DAC＝sin（∠ADC+∠C）＝sin∠ADCcos∠C+cos∠ADCsin∠C＝因为∠DAC所以tan∠DAC＝，

，所以cos∠DAC＝＝．

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＝，

【点评】本题考查三角形的正弦定理及余弦定理的应用，及两角和的正弦公式的应用，属于中档题．

17．（14分）某地准备在山谷中建一座桥梁，桥址位置的竖直截面图如图所示：谷底O在水平线MN上，桥AB与MN平行，OO′为铅垂线（O′在AB上）．经测量，左侧曲线AO上任一点D到MN的距离h（与D到OO′的距离a（米）之间满足关系式h1＝1米）a2；右侧曲线BO上任一点F到MN的距离h2（米）与F到OO′的距离b（米）之间满足关系式h2＝﹣b3+6b．已知点B到OO′的距离为40米．

（1）求桥AB的长度；

（2）计划在谷底两侧建造平行于OO′的桥墩CD和EF，且CE为80米，其中C，E在AB上（不包括端点）．桥墩EF每米造价k（万元），桥墩CD每米造价k（万元）（k＞0），问O′E为多少米时，桥墩CD与EF的总造价最低？

【分析】（1）由题意可令b＝40，求得h2，即O\'O的长，再令h1＝|OO\'|，求得a，可得|AB|＝a+b；

（2）可设O′E＝x，则CO\'＝80﹣x，0＜x＜40，求得总造价y＝k[160﹣2（80﹣x）]+k[160﹣（6x﹣x3）]，化简整理，应用导数，求得单调区间，可得最小值．

b3+6b，

第17页（共29页）

【解答】解：（1）h2＝﹣

点B到OO′的距离为40米，可令b＝40，

可得h2＝﹣×403+6×40＝160，

即为|O\'O|＝160，由题意可设h1＝160，

由a2＝160，解得a＝80，

则|AB|＝80+40＝120米；

（2）可设O′E＝x，则CO\'＝80﹣x，由（80﹣x）2]+k[160﹣（6x﹣，可得0＜x＜40，

x3）] 总造价为y＝k[160﹣＝y′＝减；

（x3﹣30x2+160×800），

（3x2﹣60x）＝x（x﹣20），由k＞0，当0＜x＜20时，y′＜0，函数y递当20＜x＜40时，y′＞0，函数y递增，所以当x＝20时，y取得最小值，即总造价最低．

答：（1）桥|AB|长为120米；（2）O′E为20米时，桥墩CD与EF的总造价最低．

【点评】本题考查函数在实际问题中的应用，考查导数的应用：求最值，考查运算能力和分析问题与解决问题的能力，属于中档题．

18．（16分）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆E：+＝1的左、右焦点分别为F1、F2，点A在椭圆E上且在第一象限内，AF2⊥F1F2，直线AF1与椭圆E相交于另一点B．

（1）求△AF1F2的周长；

（2）在x轴上任取一点P，直线AP与椭圆E的右准线相交于点Q，求•的最小值；

（3）设点M在椭圆E上，记△OAB与△MAB的面积分别为S1，S2，若S2＝3S1，求点M的坐标．

第18页（共29页）

【分析】（1）由椭圆标准方程可知a，b，c的值，根据椭圆的定义可得△AF1F2的周长＝2a+2c，代入计算即可．

（2）由椭圆方程得A（1，），设P（t，0），进而由点斜式写出直线AP方程，再结合椭圆的右准线为：x＝4，得点Q为（4，•），再由向量数量积计算最小值即可．

（3）在计算△OAB与△MAB的面积时，AB可以最为同底，所以若S2＝3S1，则O到直线AB距离d1与M到直线AB距离d2，之间的关系为d2＝3d1，根据点到直线距离公式可得d1＝，d2＝，所以题意可以转化为M点应为与直线AB平行且距离为的直线与椭圆的交点，设平行于AB的直线l为3x﹣4y+m＝0，与直线AB的距离为，根据两平行直线距离公式可得，m＝﹣6或12，然后在分两种情况算出M点的坐标即可．

【解答】解：（1）由椭圆的标准方程可知，a2＝4，b2＝3，c2＝a2﹣b2＝1，

所以△AF1F2的周长＝2a+2c＝6．

（2）由椭圆方程得A（1，），设P（t，0），则直线AP方程为y＝椭圆的右准线为：x＝＝4，

），

，

所以直线AP与右准线的交点为Q（4，••＝（t，0）（t﹣4，0﹣••）min＝﹣4．

）＝t2﹣4t＝（t﹣2）2﹣4≥﹣4，

当t＝2时，（（3）若S2＝3S1，设O到直线AB距离d1，M到直线AB距离d2，则×|AB|×d2＝×|AB|×d1，即d2＝3d1，

A（1，），F1（﹣1，0），可得直线AB方程为y＝（x+1），即3x﹣4y+3＝0，所以d1第19页（共29页）

＝，d2＝，

由题意得，M点应为与直线AB平行且距离为的直线与椭圆的交点，

设平行于AB的直线l为3x﹣4y+m＝0，与直线AB的距离为，

所以＝，即m＝﹣6或12，

当m＝﹣6时，直线l为3x﹣4y﹣6＝0，即y＝（x﹣2），

联立，可得（x﹣2）（7x+2）＝0，即或，

所以M（2，0）或（﹣，﹣）．

当m＝12时，直线l为3x﹣4y+12＝0，即y＝（x+4），

联立，可得+18x+24＝0，△＝9×（36﹣56）＜0，所以无解，

综上所述，M点坐标为（2，0）或（﹣，﹣）．

【点评】本题考查椭圆的定义，向量的数量积，直线与椭圆相交问题，解题过程中注意转化思想的应用，属于中档题．

19．（16分）已知关于x的函数y＝f（x），y＝g（x）与h（x）＝kx+b（k，b∈R）在区间D上恒有f（x）≥h（x）≥g（x）．

（1）若f（x）＝x2+2x，g（x）＝﹣x2+2x，D＝（﹣∞，+∞），求h（x）的表达式；

（2）若f（x）＝x2﹣x+1，g（x）＝klnx，h（x）＝kx﹣k，D＝（0，+∞），求k的取值范围；

（3）若f（x）＝x4﹣2x2，g（x）＝4x2﹣8，h（x）＝4（t3﹣t）x﹣3t4+2t2（0＜|t|≤D＝[m，n]⊂[﹣，]，求证：n﹣m≤．

），【分析】（1）由f（x）＝g（x）得x＝0，求导可得f′（0）＝g′（0）＝2，能推出函数h（x）的图象为过原点，斜率为2的直线，进而可得h（x）＝2x，再进行检验即可．

（2）由题可知h（x）﹣g（x）＝k（x﹣1﹣lnx），设φ（x）＝x﹣1﹣lnx，求导分析单调性可得，φ（x）≥φ（1）＝0，那么要使的h（x）﹣g（x）≥0，则k≥0；令p（x）＝f第20页（共29页）

（x）﹣h（x）为二次函数，则要使得p（x）≥0，分两种情况，当x＝k+1≤0时，当k+1＞0时进行讨论，进而得出答案．

（3）分三种情况①当1≤t≤时，②当0＜t＜1时，③当﹣≤t＜0时，讨论f（x）≥h（x）≥g（x）．进而得出结论．

【解答】解：（1）由f（x）＝g（x）得x＝0，

又f′（x）＝2x+2，g′（x）＝﹣2x+2，所以f′（0）＝g′（0）＝2，

所以，函数h（x）的图象为过原点，斜率为2的直线，所以h（x）＝2x，

经检验：h（x）＝2x，符合任意，

（2）h（x）﹣g（x）＝k（x﹣1﹣lnx），

设φ（x）＝x﹣1﹣lnx，设φ′（x）＝1﹣＝，

在（1，+∞）上，φ′（x）＞0，φ（x）单调递增，

在（0，1）上，φ′（x）＜0，φ（x）单调递减，

所以φ（x）≥φ（1）＝0，

所以当h（x）﹣g（x）≥0时，k≥0，

令p（x）＝f（x）﹣h（x）

所以p（x）＝x2﹣x+1﹣（kx﹣k）＝x2﹣（k+1）x+（1+k）≥0，得，

当x＝k+1≤0时，即k≤﹣1时，f（x）在（0，+∞）上单调递增，

所以p（x）＞p（0）＝1+k≥0，k≥﹣1，

所以k＝﹣1，

当k+1＞0时，即k＞﹣1时，

△≤0，即（k+1）2﹣4（k+1）≤0，

解得﹣1＜k≤3，

综上，k∈[0，3]．

（3）①当1≤t≤时，由g（x）≤h（x），得

4x2﹣8≤4（t3﹣t）x﹣3t4+2t2，

整理得x2﹣（t3﹣t）x+令△＝（t3﹣t）2﹣（3t4﹣2t2﹣8），

则△＝t6﹣5t4+3t2+8，

记φ（t）＝t6﹣5t4+3t2+8（1≤t≤

≤0，（*）

），

第21页（共29页）

则φ′（t）＝6t5﹣20t3+6t＝2t（3t2﹣1）（t2﹣3）＜0，恒成立，

所以φ（t）在[1，]上是减函数，则φ（）≤φ（t）≤φ（1），即2≤φ（t）≤7，

所以不等式（*）有解，设解为x1≤x≤x2，

因此n﹣m≤x2﹣x1＝②当0＜t＜1时，

f（﹣1）﹣h（﹣1）＝3t4+4t3﹣2t2﹣4t﹣1，

设v（t）＝3t4+4t3﹣2t2﹣4t﹣1，

则v′（t）＝12t3+12t2﹣4t﹣4＝4（t+1）（3t2﹣1），

令v′（t）＝0，得t＝当t∈（0，当t∈（，

≤．

）时，v′（t）＜0，v（t）是减函数，

，1）时，v′（t）＞0，v（t）是增函数，

v（0）＝﹣1，v（1）＝0，

则当0＜t＜1时，v（t）＜0，

则f（﹣1）﹣h（﹣1）＜0，因此﹣1∉（m，n），

因为[m，n]⊆[﹣③当﹣，]，所以n﹣m≤+1＜，

也成立， ≤t＜0时，因为f（x），g（x）为偶函数，因此n﹣m≤． 综上所述，n﹣m≤【点评】本题考查恒成立问题，参数的取值范围，导数的综合应用，解题过程中注意数形结合思想的应用，属于难题．

20．（16分）已知数列{an}（n∈N*）的首项a1＝1，前n项和为Sn．设λ和k为常数，若对一切正整数n，均有Sn+1﹣Sn＝λan+1成立，则称此数列为“λ﹣k”数列．

（1）若等差数列{an}是“λ﹣1”数列，求λ的值；

（2）若数列{an}是“﹣2”数列，且an＞0，求数列{an}的通项公式；

（3）对于给定的λ，是否存在三个不同的数列{an}为“λ﹣3”数列，且an≥0？若存在，求出λ的取值范围；若不存在，说明理由．

【分析】（1）由“λ﹣1”数列可得k＝1，结合数列的递推式，以及等差数列的定义，可得λ的值；

第22页（共29页）

（2）运用“通项公式；

﹣2”数列的定义，结合数列的递推式和等比数列的通项公式，可得所求（3）若存在三个不同的数列{an}为“λ﹣3”数列，则Sn+1﹣Sn＝λan+1，由两边立方，结合数列的递推式，以及t的讨论，二次方程的实根分布和韦达定理，即可判断是否存在λ，并可得取值范围．

【解答】解：（1）k＝1时，an+1＝Sn+1﹣Sn＝λan+1，由n为任意正整数，且a1＝1，an≠0，可得λ＝1；

（2）＝因此•+﹣（＝＝+•，则an+1＝Sn+1﹣Sn＝（），

，即＝﹣﹣）（•+），Sn+1＝an+1＝（Sn+1﹣Sn），

从而Sn+1＝4Sn，又S1＝a1＝1，可得Sn＝4n1，

an＝Sn﹣Sn﹣1＝3•4n2，n≥2，

﹣综上可得an＝，n∈N*；

（3）若存在三个不同的数列{an}为“λ﹣3”数列，

则Sn+1﹣Sn＝λan+1，

则Sn+1﹣3Sn+1Sn+3Sn+1Sn﹣Sn＝λ3an+1＝λ3（Sn+1﹣Sn），

由a1＝1，an≥0，且Sn＞0，令pn＝（）＞0，

则（1﹣λ3）pn3﹣3pn2+3pn﹣（1﹣λ3）＝0，

λ＝1时，pn＝pn2，

由pn＞0，可得pn＝1，则Sn+1＝Sn，

即an+1＝0，

此时{an}唯一，不存在三个不同的数列{an}，

λ≠1时，令t＝，则pn3﹣tpn2+tpn﹣1＝0，则（pn﹣1）[pn2+（1﹣t）pn+1]＝0，

①t≤1时，pn2+（1﹣t）pn+1＞0，则pn＝1，同上分析不存在三个不同的数列{an}；

②1＜t＜3时，△＝（1﹣t）2﹣4＜0，pn2+（1﹣t）pn+1＝0无解，

第23页（共29页）

则pn＝1，同上分析不存在三个不同的数列{an}；

③t＝3时，（pn﹣1）3＝0，则pn＝1，同上分析不存在三个不同的数列{an}．

④t＞3时，即0＜λ＜1时，△＝（1﹣t）2﹣4＞0，pn2+（1﹣t）pn+1＝0有两解α，β，

设α＜β，α+β＝t﹣1＞2，αβ＝1＞0，则0＜α＜1＜β，

则对任意n∈N*，＝1或＝α3（舍去）或＝β3，

由于数列{Sn}从任何一项求其后一项均有两种不同的结果，

所以这样的数列{Sn}有无数多个，则对应的数列{an}有无数多个．

则存在三个不同的数列{an}为“λ﹣3”数列，且an≥0，

综上可得0＜λ＜1．

【点评】本题考查数列的新定义的理解和运用，考查等差数列和等比数列的通项公式的运用，以及数列的递推式的运用，考查分类讨论思想，以及运算能力和推理论证能力，是一道难题．

【选做题】本题包括A、B、C三小题，请选定其中两小题，并在相应的答题区域内作答.若多做，则按作答的前两小题评分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.A.[选修4-2：矩阵与变换]（本小题满分10分）

21．（10分）平面上的点A （2，﹣1）在矩阵M＝﹣4）．

（1）求实数a，b的值；

（2）求矩阵M的逆矩阵M1．

﹣对应的变换作用下得到点B （3，【分析】（1）由•＝﹣，列方程组，求出a、b的值；

，利用M•M1＝﹣（2）设矩阵M的逆矩阵为M1＝p和q的值即可．

【解答】解：（1）由题意，知则，解得a＝2，b＝2；

，

，

•，列方程组求出m、n、＝＝，

（2）由（1）知，矩阵M＝设矩阵M的逆矩阵为M1＝﹣第24页（共29页）

∴M•M1＝﹣•＝＝，

∴，解得m＝，n＝﹣，p＝，q＝，

∴M1＝﹣．

【点评】本题考查了矩阵的变换与计算问题，也考查了运算求解能力，是中档题．

B.[选修4-4：坐标系与参数方程]（本小题满分10分）

22．（10分）在极坐标系中，已知A（ρ1，）在直线l：ρcosθ＝2上，点B（ρ2，）在圆C：ρ＝4sinθ上（其中ρ≥0，0≤θ＜2π）．

（1）求ρ1，ρ2的值；

（2）求出直线l与圆C的公共点的极坐标．

【分析】（1）直接根据点A在直线l上，列方程求出ρ1的值，点B在圆C上，列方程求出ρ2的值；

（2）联立直线l与圆C的方程，然后求出其公共点的极坐标即可．

【解答】解：（1）∵A（ρ1，∴∵点B（ρ2，∴）在直线l：ρcosθ＝2上，

，解得ρ1＝4．

）在圆C：ρ＝4sinθ上，

，解得ρ2＝2

）表示极点，而圆C经过极点，所以满足条件，极点的极或ρ2＝0时，点B（坐标表示ρ为0，极角为任意角．

故ρ2＝2或0．

（2）由直线l与圆C得，方程组∵θ∈[0，2π]，∴∴，∴．

第25页（共29页）

，则sin2θ＝1．

．

故公共点的极坐标为（2）．

【点评】本题考查的知识要点：极坐标与极坐标方程的关系和根据简单曲线极坐标方程求交点坐标，主要考查学生的运算能力和转换能力，属于基础题型．

C.[选修4-5：不等式选讲]（本小题满分0分）

23．设x∈R，解不等式2|x+1|+|x|＜4．

【分析】先将2|x+1|+|x|写为分段函数的形式，然后根据2|x+1|+|x|＜4，利用零点分段法解不等式即可．

【解答】解：2|x+1|+|x|＝．

∵2|x+1|+|x|＜4，∴或或，

∴或﹣1≤x≤0或﹣2＜x＜﹣1，∴﹣2＜x＜，

∴不等式的解集为{x|﹣2＜x＜}．

【点评】本题考查了绝对值不等式的解法，考查了分类讨论思想，属基础题．

【必做题】第24题、第25题，每题10分，共计20分.请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

24．（10分）在三棱锥A﹣BCD中，已知CB＝CD＝平面BCD，AO＝2，E为AC中点．

（1）求直线AB与DE所成角的余弦值；

（2）若点F在BC上，满足BF＝BC，设二面角F﹣DE﹣C的大小为θ，求sinθ的值．

，BD＝2，O为BD的中点，AO⊥

【分析】（1）由题意画出图形，连接OC，由已知可得CO⊥BD，以O为坐标原点，分第26页（共29页）

别以OB，OC，OA所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，求出所用点的坐标，得到，，设直线AB与DE所成角为α，由两向量所成角的余弦值，可得直线AB与DE所成角的余弦值；

（2）由BF＝BC，得，设F（x，y，z），由向量等式求得F（，，0），进一步求出平面DEF的一个法向量与平面DEC的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值求得cosθ，再由同角三角函数基本关系式求解sinθ．

【解答】解：（1）如图，连接OC，∵CB＝CD，O为BD的中点，∴CO⊥BD．

以O为坐标原点，分别以OB，OC，OA所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．

∵BD＝2，∴OB＝OD＝1，则OC＝．

∴B（1，0，0），A（0，0，2），C（0，2，0），D（﹣1，0，0），

∵E是AC的中点，∴E（0，1，1），

∴，．

设直线AB与DE所成角为α，

则cosα＝，

即直线AB与DE所成角的余弦值为（2）∵BF＝BC，∴，

；

设F（x，y，z），则（x﹣1，y，z）＝（∴，，，，0），∴F（，，0）．

．

第27页（共29页）

设平面DEF的一个法向量为，

由，取x1＝﹣2，得；

设平面DEC的一个法向量为，

由，取x2＝﹣2，得．

∴|cosθ|＝＝．

∴sin．

【点评】本题考查利用空间向量求空间角，考查空间想象能力与逻辑思维能力和运算求解能力，是中档题．

25．（10分）甲口袋中装有2个黑球和1个白球，乙口袋中装有3个白球．现从甲、乙两口袋中各任取一个球交换放入另一口袋，重复n次这样的操作，记甲口袋中黑球个数为Xn，恰有2个黑球的概率为pn，恰有1个黑球的概率为qn．

（1）求p1，q1和p2，q2；

（2）求2pn+qn与2pn﹣1+qn﹣1的递推关系式和Xn的数学期望E（Xn）（用n表示）．

【分析】（1）利用已知条件求出p1＝，q1＝，推出p2；q2即可．

（2）推出pn+1＝推出2pn+qn﹣1＝，qn+1＝，得到2pn+1+qn+1＝，，说明数列{2pn+qn﹣1}是首项为，公比为的等比数列，然后求解的通项公式以及期望即可．

【解答】解：（1）由题意可知：p1＝，q1＝，则p2＝q2＝（2）由题意可知：+两式相加可得2pn+1+qn+1＝＝第28页（共29页）

＝；

＝．

＝＝，

，

，

则：2pn+qn＝所以，2pn+qn﹣1＝因为所以2pn+qn﹣1＝即2pn+qn＝+1，

，

，

，数列{2pn+qn﹣1}是首项为，公比为的等比数列，

，

所以E（Xn）＝2pn+qn+0×（1﹣pn﹣qn）＝+1．

【点评】本题考查数列与概率相结合，期望的求法，数列的递推关系式以及通项公式的求法，考查转化首项以及计算能力，是难题．

第29页（共29页）