【文档说明】江苏省盐城市2021届高三下学期5月第三次模拟考试数学（含答案）.doc，共(20)页，410.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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盐城市2021届高三年级第三次模拟考试数学2021.05注意事项：1．本试卷考试时间为120分钟，试卷满分150分，考试形式闭卷．2．本试卷中所有试题必须作答在答题卡上规定的位置，否则不给分．3．答题前，务必将自己的姓名、准考证

号用0.5毫米黑色墨水签字笔填写在试卷及答题卡上．一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40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．设集合A＝{x|y＝x－2}，B＝{y|y＝x－2}，C＝{(x，y)|y＝x－2}，则下列集合不为空集的是A．A∩BB．

A∩CC．B∩CD．A∩B∩C2．若复数z满足|z－i|≤2，则zz的最大值为A．1B．2C．4D．93．同学们都知道平面内直线方程的一般式为Ax＋By＋C＝0，我们可以这样理解：若直线l过定点P0(x0，y0)，向量→n＝(A，B)为直线l的法向量，设直线l上任意

一点P(x，y)，则→n→P0P＝0，得直线l的方程为A(x－x0)＋B(y－y0)＝0，即可转化为直线方程的一般式．类似地，在空间中，若平面α过定点Q0(1，0，－2)，向量→m＝(2，－3，1)为平面α的法向量，则平面α的方程为A．2x－3y＋z＋4＝0B．

2x＋3y－z－4＝0C．2x－3y＋z＝0D．2x＋3y－z＋4＝04．将函数f(x)＝sin12x的图象向左平移π3个单位，得到函数g(x)的图象，若x∈(0，m)时，函数g(x)的图象在f(x)的上方，则实数m

的最大值为A．π3B．2π3C．5π6D．π65．已知数列{an}的通项公式为an＝n(n＋1)!，则其前n项和为A．1－1(n＋1)!B．1－1n!C．2－1n!D．2－1(n＋1)!6．韦达是法国杰出的数学家，其贡献之－是发现了多项式方程根与系数的关

系，如：设一元三次方程ax3＋bx2＋cx＋d＝0(a≠0)的3个实数根为x1，x2，x3，则x1＋x2＋x3＝－ba，x1x2＋x2x3＋x3x1＝ca，x1x2x3＝－da．已知函数f(x)＝2x3－x＋1，直线l与f(x)的图象相切于点P(x1，f(

x1))，且交f(x)的图象于另一点Q(x2，f(x2))，则A．2x1－x2＝0B．2x1－x2－1＝0C．2x1＋x2＋1＝0D．2x1＋x2＝07．设双曲线C：x2a2－y2b2＝1(a，b＞0)的焦距为2，若以点P(m，n)(m＜a)为圆心的圆P过C的右顶点且与C的两条渐近

线相切，则OP长的取值范围是A．(0，12)B．(0，1)C．(12，1)D．(14，12)8．已知正数x，y，z满足xlny＝yez＝zx，则x，y，z的大小关系为A．x＞y＞zB．y＞x＞zC．x＞z＞yD．以上均不对二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四

个选项中，有多项符合题目要求的．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9．已知X~N(μ1，σ12)，Y~N(μ2，σ22)，μ1＞μ2，σ1＞0，σ2＞0，则下列结论中一定成立的有A．若σ1＞σ2，则P(|X－μ1|≤1)＜P(|Y－μ2|≤1)B．若σ1＞

σ2，则P(|X－μ1|≤1)＞P(|Y－μ2|≤1)C．若σ1＝σ2，则P(X＞μ2)＋P(Y＞μ1)＝1D．若σ1＝σ2，则P(X＞μ2)＋P(Y＞μ1)＜110．设数列{an}的前n项和为Sn，若an＋Sn＝An2＋Bn＋C，则下列说法中正确的有A．存在A，B，C使得{an}

是等差数列B．存在A，B，C使得{an}是等比数列C．对任意A，B，C都有{an}一定是等差数列或等比数列D．存在A，B，C使得{an}既不是等差数列也不是等比数列11．已知矩形ABCD满足AB＝1，AD＝2，点E为BC的中点，将△ABE沿AE折起，点B折至B′，得到四棱锥

B′－AECD，若点P为B′D的中点，则A．CP//平面B′AEB．存在点B′，使得CP⊥平面AB′DC．四棱锥B′－AECD体积的最大值为24D．存在点B′，使得三棱锥B′－ADE外接球的球心在平面

AECD内12．将平面向量→a＝(x1，x2)称为二维向量，由此可推广至n维向量→a＝(x1，x2，„，xn)．对于n维向量→a，→b，其运算与平面向量类似，如数量积→a→b＝|→a||→b|cosθ＝1niii

xy(θ为向量→a，→b的夹角)，其向量→a的模|→a|＝21niix，则下列说法正确的有A．不等式(21niix)(21niiy)≤(1niiixy)2可能成立B．不等式(21niix)(21niiy)≥(1n

iiixy)2一定成立C．不等式n21niix＜(1niix)2可能成立D．若xi＞0(i＝1，2，„，n)，则不等式111nniiiixx≥n2一定成立三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．文旅部在2021年围绕“重温红色历史、传承奋斗

精神”“走进大国重器、感受中国力量”“体验美丽乡村、助力乡村振兴”三个主题，遴选推出“建党百年红色旅游百条精品线路”．这些精品线路中包含上海—大会址、嘉兴南湖、井冈山、延安、西柏坡等5个传统红色旅游景区，还有港珠澳大桥、北京大兴国际机场、“中国天眼”、“两弹一星”纪念馆、湖南十八洞村、浙

江余村、贵州华茂村等7个展现改革开放和新时代发展成就、展示科技强国和脱贫攻坚成果的景区．为安排旅游路线，从上述12个景区中选3个景区，则至少含有1个传统红色旅游景区的选法有种．14．满足等式(1－tanα)(1－ta

nβ)＝2的数组(α，β)有无穷多个，试写出一个这样的数组．15．若向量→a，→b满足|→a－→b|＝3，则→a→b的最小值为．16．对于函数f(x)＝lnx＋mx2＋nx＋1，有下列4个论断：甲：函数f(x)有两个减

区间；乙：函数f(x)的图象过点(1，－1)；丙：函数f(x)在x＝1处取极大值；丁：函数f(x)单调．若其中有且只有两个论断正确，则m的取值为．四、解答题：本大题共6小题，共70分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．1

7．(10分)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，点D满足3→BD＝→BC与→AD·→AC＝0.(1)若b＝c，求A的值；(2)求B的最大值．18．(12分)请在①a1＝2；②a1＝2；③a1＝3这3个条件中选

择1个条件，补全下面的命题使其成为真命题，并证明这个命题(选择多个条件并分别证明的按前1个评分)．命题：已知数列{an}满足an＋1＝an2，若，则当n≥2时，an≥2n恒成立．19．(12分)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝BB1＝2BC＝2，∠CBB1＝2∠CAB＝

π3，且平面ABC⊥平面B1C1CB.(1)求证：平面ABC⊥平面ACB1；(2)设点P为直线BC的中点，求直线A1P与平面ACB1所成角的正弦值．20．(12分)如图，在平面直角坐标系xOy中，已知点P是抛物线C1：

x2＝2py(p＞0)上的一个点，其横坐标为x0，过点P作抛物线C1的切线l．(1)求直线l的斜率(用x0与p表示)；(2)若椭圆C2：y22＋x2＝1过点P，l与C2的另一个交点为A，OP与C2的另一个交点为B，求证：AB⊥PB．A1C1B1CAPByP21．(1

2分)运用计算机编程，设计一个将输入的正整数k“归零”的程序如下：按下回车键，等可能的将[0，k)中的任意一个整数替换k的值并输出k的值，反复按回车键执行以上操作直到输出k＝0后终止操作．(1)若输入的初始值

k为3，记按回车键的次数为ξ，求ξ的概率分布与数学期望；(2)设输入的初始值为k(k∈N*)，求运行“归零”程序中输出n(0≤n≤k－1)的概率．22．(12分)设f(x)＝lnxxn(n∈N*)．(1)求证：函数f(x)一定不单调；(2)试给出一个正整数a，使得ex＞x2lnx＋asinx对∀x

∈(0，＋∞)恒成立．(参考数据：e≈2.72，e2≈7.39，e3≈20.10)盐城市2021届高三年级第三次模拟考试ABOx数学2021.05注意事项：1．本试卷考试时间为120分钟，试卷满分150分，考试形式闭卷．2．本试卷中所有试题必须作答在答题卡上规定的位置

，否则不给分．3．答题前，务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水签字笔填写在试卷及答题卡上．一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40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．设集合A＝{x|y＝x－2}，B＝{y|y＝x－2}，C＝{(x，y)|y＝x－2}，则

下列集合不为空集的是A．A∩BB．A∩CC．B∩CD．A∩B∩C【答案】A【考点】集合的运算【解析】由题意可知，集合A，B，均为数集，C为点集，则选项BCD均错误，故答案选A．2．若复数z满足|z－i|≤2，则zz的最大值为A．1B．2C．4

D．9【答案】D【考点】复数的运算【解析】由题意可知，设z＝a＋bi，则|z－i|＝|a＋(b－1)i|≤2，即a2＋(b－1)2≤4，不妨设a＝2cosθ，b＝2sinθ＋1，则zz＝a2＋b2＝4cos2θ＋2sin2θ＋4sinθ＋1＝5＋4sinθ≤9，故答案选D．3．同学们都知

道平面内直线方程的一般式为Ax＋By＋C＝0，我们可以这样理解：若直线l过定点P0(x0，y0)，向量→n＝(A，B)为直线l的法向量，设直线l上任意一点P(x，y)，则→n→P0P＝0，得直线l的方程为A(

x－x0)＋B(y－y0)＝0，即可转化为直线方程的一般式．类似地，在空间中，若平面α过定点Q0(1，0，－2)，向量→m＝(2，－3，1)为平面α的法向量，则平面α的方程为A．2x－3y＋z＋4＝0B．2x＋3y－z－4＝0C．2x－3y＋z＝0D．2x＋3y－z＋4＝0【答案】

C【考点】新情景问题下的直线方程的求解【解析】由题意可知，平面α的方程为2(x－1)－3(y－0)＋1(z＋2)＝0，化简可得，2x－3y＋z＝0，故答案选C．4．将函数f(x)＝sin12x的图象向左平移π3个单位，得到函数g(x)的图象，若x∈(0，m)时，函数g(x)的图象在f

(x)的上方，则实数m的最大值为A．π3B．2π3C．5π6D．π6【答案】C【考点】三角函数的图象与性质应用【解析】由题意可知，g(x)＝sin(12x＋π6)，令sin12x＝sin(12x＋π6)，解得12x＋12x＋π6＝kπ，k∈Z，所以x＝kπ－π6，

k∈Z，则当x∈(0，m)时，若要函数g(x)的图象在f(x)的上方，则m≤x＝kπ－π6，当k＝0时，m≤5π6，故答案选C．5．已知数列{an}的通项公式为an＝n(n＋1)!，则其前n项和为A．1－1(n＋1)!B．1－1n!C．2

－1n!D．2－1(n＋1)!【答案】A【考点】数列的求和：裂项相消法【解析】由题意可知，an＝n(n＋1)!＝n＋1－1(n＋1)!＝1n!－1(n＋1)!，所以Sn＝1－12!＋12!－13!＋„＋1n!－1(n＋1)!＝1－1(n＋1)!，故答案选A．6

．韦达是法国杰出的数学家，其贡献之－是发现了多项式方程根与系数的关系，如：设一元三次方程ax3＋bx2＋cx＋d＝0(a≠0)的3个实数根为x1，x2，x3，则x1＋x2＋x3＝－ba，x1x2＋x2x3＋x3x1＝ca，x1x

2x3＝－da．已知函数f(x)＝2x3－x＋1，直线l与f(x)的图象相切于点P(x1，f(x1))，且交f(x)的图象于另一点Q(x2，f(x2))，则A．2x1－x2＝0B．2x1－x2－1＝0C．2x1＋x2＋1＝0D．2x1＋x2＝0

【答案】D【考点】新情景问题下的导数的几何意义的应用【解析】由题意可知，f′(x)＝6x2－1，所以直线l的斜率k＝f′(x1)＝6x12－1，且k＝f()x2－f()x1x2－x1＝2x23－x2＋1－()2x13－x1＋1x2－x1＝()x2－x1()2x1

2＋2x1x2＋2x22－1x2－x1＝2x12＋2x1x2＋2x22－1，即2x12＋2x1x2＋2x22－1＝6x12－1，化简得(2x1＋x2)(x1－x2)＝0，因为x1－x2≠0，所以2x1＋x2＝0，故答案选D．7．设双曲线C：x2a2－y2b2＝1(a，

b＞0)的焦距为2，若以点P(m，n)(m＜a)为圆心的圆P过C的右顶点且与C的两条渐近线相切，则OP长的取值范围是A．(0，12)B．(0，1)C．(12，1)D．(14，12)【答案】B【考点】圆锥曲线中双曲线的几何性质应用【解析】由题意可知，c＝1，渐近线方程为：bx±ay＝0

，由圆P与渐近线相切可得，r＝|bm＋an|c＝|bm－an|c，解得n＝0，所以圆的半径r＝a－m＝bm，所以m＝ab＋1，则m2＝(ab＋1)2＝1－b2(b＋1)2＝1－bb＋1＝－1＋2b＋1，因为b∈(0，1)，所以－1

＋2b＋1∈(0，1)，则m∈(0，1)，所以OP∈(0，1)，故答案选B．8．已知正数x，y，z满足xlny＝yez＝zx，则x，y，z的大小关系为A．x＞y＞zB．y＞x＞zC．x＞z＞yD．以上均不对

【答案】A【考点】比较大小【解析】由题意可知，lny＞0，即y＞1，由xlny＝zx，可得z＝lny≤y－1，则z－y≤－1＜0，所以z＜y；又yez＝zx，所以(z＋1)ez≤yez＝zx＜yx，所以z＋1≤ez＜x，则z－x＜－1＜0，所以z＜x；因为xlny＝yez

，所以x＝yezlny＝yezz＞yzz＝y，即x＞y，所以x＞y＞z，故答案选A．二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9．已知X~N(μ1，σ12)，Y~N(μ2，σ2

2)，μ1＞μ2，σ1＞0，σ2＞0，则下列结论中一定成立的有A．若σ1＞σ2，则P(|X－μ1|≤1)＜P(|Y－μ2|≤1)B．若σ1＞σ2，则P(|X－μ1|≤1)＞P(|Y－μ2|≤1)C．若σ1＝σ2，则P(X＞μ2)＋P(Y＞μ1)＝1

D．若σ1＝σ2，则P(X＞μ2)＋P(Y＞μ1)＜1【答案】AC【考点】正态分布的应用【解析】法一：由题意可知，对于选项AB，若σ1＞σ2，则Y分布更加集中，则在相同区间范围Y的相对概率更大，所以P(|X－μ1|≤1)＜P(|Y－μ2|

≤1)，所以选项A正确，选项B错误；对于选项CD，由正态分布的性质可得，P(Y＞μ1)＝P(X≤μ2)，又P(X≤μ2)＋P(X＞μ2)＝1，所以P(X＞μ2)＋P(Y＞μ1)＝1，所以选项C正确，选项D错误；综上，答案选A

C．法二：由题意可知，可把正态分布标准化，即X－μ1σ1＝Z＝Y－μ2σ2，则Z~N(0，1)，对于选项AB，若σ1＞σ2，则P(|X－μ1|≤1)＝P(|Z|≤1σ1)，P(|Y－μ2|≤1)＝P(|Z|≤1σ2)，因为σ1＞σ2＞0，所以1σ1＜1σ2，所以P(|X－μ1

|≤1)＜P(|Y－μ2|≤1)，所以选项A正确，选项B错误；对于选项CD，若σ1＝σ2，则P(X＞μ2)＝P(Z＞μ2－μ1σ)，P(Y＞μ1)＝P(Z＞μ1－μ2σ)，所以P(X＞μ2)＋P(Y＞μ1)＝P(Z＞μ2－μ1σ)＋P(Z≤μ1－μ2

σ)＝1，所以选项C正确，选项D错误；综上，答案选AC．10．设数列{an}的前n项和为Sn，若an＋Sn＝An2＋Bn＋C，则下列说法中正确的有A．存在A，B，C使得{an}是等差数列B．存在A，B，C使得{an}是等比数列C．对任意A，B，C都有{an}一

定是等差数列或等比数列D．存在A，B，C使得{an}既不是等差数列也不是等比数列【答案】ABD【考点】等差与等比数列的综合应用【解析】由题意可知，对于选项A，取A＝0，B＝C＝1，则有an＋Sn＝n＋1，此时可得到an＝1，即{an}是等差数列，所以选项A正确；对

于选项B，取A＝0，B＝0，C＝1，则有an＋Sn＝1，所以n≥2时，an－1＋Sn－1＝1，两式相减可得2an＝an－1，即数列{an}是等比数列，所以选项B正确；对于选项CD，取A＝C＝0，B＝2，则有an＋Sn＝2n，所以n≥2时，an－

1＋Sn－1＝2(n－1)，两式相减可得an＝12an－1＋1，即an－2＝12(an－1－2)，即数列{an－2}是以12为公比的等比数列，所以{an}既不是等差数列也不是等比数列，所以选项C错误，选项D正确；综上，答案选A

BD．11．已知矩形ABCD满足AB＝1，AD＝2，点E为BC的中点，将△ABE沿AE折起，点B折至B′，得到四棱锥B′－AECD，若点P为B′D的中点，则A．CP//平面B′AEB．存在点B′，使得CP⊥平面AB′DC．四

棱锥B′－AECD体积的最大值为24D．存在点B′，使得三棱锥B′－ADE外接球的球心在平面AECD内【答案】ACD【考点】立体几何的综合应用：位置关系、体积、外接球问题【解析】由题意可知，对于选项A，取AB′的中点为Q，连结EQ

、PQ，因为CE12D，PQ12D，所以PQCE，所以四边形CEQP为平行四边形，所以CP∥QE，又QE平面AB′E，CP平面AB′E，所以CP∥平面AB′E，所以选项A正确；对于选项B，若CP⊥平面AB′D，则CP⊥AB′，所以QE⊥AB′，则与AB′⊥BE矛盾，所以选项B错误；对于选项C，

过B′作B′O⊥AE，垂足为O，可得B′O＝22，所以VB′－AECD＝13SAECDh＝1312(1＋1)1h≤12B′O＝24，所以选项C正确；对于选项D，若三棱锥B′－ADE外接球的球心在平面AECD内，则球心为△ADE的外心，则为△ADE直角三角形，且AD为斜边

，则球心O为AD的中点，所以R＝OB′＝OA＝OD＝1，则AB′⊥B′D，所以B′D＝3，而B′D∈(1，5)，可知存在，则满足题意，所以选项D正确；综上，答案选ACD．12．将平面向量→a＝(x1，

x2)称为二维向量，由此可推广至n维向量→a＝(x1，x2，„，xn)．对于n维向量→a，→b，其运算与平面向量类似，如数量积→a→b＝|→a||→b|cosθ＝1niiixy(θ为向量→a，→b的夹角)，

其向量→a的模|→a|＝21niix，则下列说法正确的有A．不等式(21niix)(21niiy)≤(1niiixy)2可能成立B．不等式(21niix)(21niiy)≥(1niiixy)2一定成立C．不等式n21niix＜(

1niix)2可能成立D．若xi＞0(i＝1，2，„，n)，则不等式111nniiiixx≥n2一定成立【答案】ABD【考点】新情景问题下的数量积与模的应用【解析】由题意，可设→a＝(x1，x2，„，xn)，→b＝(y1，y2

，„，yn)，所以(21niix)(21niiy)＝|→a|2|→b|2，(1niiixy)2＝(|→a||→b|)2＝|→a|2|→b|2cos2<→a，→b>，由cos2<→a，→b>≤1，可得(21niix)(21niiy)≥(1niiixy

)2，当且仅当<→a，→b>＝0或π时取等号，若xi＞0，则111nniiiixx≥11niiixx＝n2，所以选项A、B、D正确；设→c＝(1，1，„，1)(n个1)，则n21niix＝n|→a|2，(1niix)2＝(→a→

c)2＝|→a|2|→c|2cos2<→a，→c>＝n|→a|2cos2<→a，→c>，由cos2<→a，→c>≤1，可得n21niix≥(1niix)2，当且仅当<→a，→c>＝0或π时取等号，

所以选项C错误；综上，答案选ABD．三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．文旅部在2021年围绕“重温红色历史、传承奋斗精神”“走进大国重器、感受中国力量”“体验美丽乡村、助力乡村振兴”三个主题，遴选推出“建党百年红色旅游百条

精品线路”．这些精品线路中包含上海—大会址、嘉兴南湖、井冈山、延安、西柏坡等5个传统红色旅游景区，还有港珠澳大桥、北京大兴国际机场、“中国天眼”、“两弹一星”纪念馆、湖南十八洞村、浙江余村、贵州华茂村等7个展现改革开放和新时代发展成就、展示科技强国和脱贫攻坚成果的景区．为安排旅游路线，从上述

12个景区中选3个景区，则至少含有1个传统红色旅游景区的选法有种．【答案】185【考点】排列组合【解析】由题意，可用间接法，总体情况为从12个景区中选3个景区C312，从7个非传统红色旅游景区中选3个景区C37，则至少含有1个传统红色旅游景区的选法有C312－

C37＝185．14．满足等式(1－tanα)(1－tanβ)＝2的数组(α，β)有无穷多个，试写出一个这样的数组．【答案】(0，3π4)；满足α＋β＝3π4＋kπ，k∈Z，且α，β≠3π4＋kπ，k∈Z的数组(α，β)均可．【考点】开放

性试题：三角函数的公式应用【解析】由题意可知，可令α＝0，即有1－tanβ＝2，所以tanβ＝－1，则可令β＝3π4即可满足题意．15．若向量→a，→b满足|→a－→b|＝3，则→a→b的最小值为．

【答案】－34【考点】平面向量的综合应用【解析】法一：由题意，|→a－→b|2＝→a2＋→b2－2→a→b≥－2→a→b－2→a→b＝－4→a→b，即3≥－4→a→b，则→a→b≥－34．法二：由题意，→a→b＝|→a＋→b|2

－|→a－→b|24≥－14|→a－→b|2＝－34，所以→a→b的最小值为－34．16．对于函数f(x)＝lnx＋mx2＋nx＋1，有下列4个论断：甲：函数f(x)有两个减区间；乙：函数f(x)的图象过点(1，－1)；丙：函

数f(x)在x＝1处取极大值；丁：函数f(x)单调．若其中有且只有两个论断正确，则m的取值为．【答案】2【考点】逻辑推理题：函数的性质综合应用【解析】由题意可知，f′(x)＝1x＋2mx＋n＝2mx2＋nx＋1x，当

x＞1时，f′(x)＝0最多有一个解，则函数f(x)最多有一个减区间，则甲错误；若乙正确，则f(1)＝m＋n＋1＝－1，即有m＋n＝－2，此时f′(x)＝2mx2－(2＋m)x＋1x＝(2x－1)(mx－1)x，若丙正确，则解得m＝1，

所以n＝－3，而此时f(x)在x＝1处取极小值，且不单调，即与丙丁矛盾；若丁正确，则m＝2，n＝－4，可满足题意；综上，乙丁正确，且m＝2．四、解答题：本大题共6小题，共70分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤

．17．(10分)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，点D满足3→BD＝→BC与→AD·→AC＝0.(1)若b＝c，求A的值；(2)求B的最大值．【考点】解三角形与平面向量综合应用【解析】(1)因为→AD→AC

＝0，所以(→AB＋13→BC)→AC＝0，即(23→AB＋13→AC)→AC＝0，„„2分所以23bccosA＋13b2＝0，因为b＝c，所以cosA＝－12，„„4分因为0＜A＜π，所以A＝2π3．„„5分(2)因为→AD→AC＝(23→AB＋13→AC)→AC＝23bccos

A＋13b2＝0，所以b2＋c2－a2＋b2＝0，即2b2＋c2－a2＝0，„„6分cosB＝a2＋c2－b22ac＝a2＋c2－a2－c222ac＝a22＋3c222ac≥32，„„8分因为0＜B＜π，所以B的最大值

为π6．„„10分18．(12分)请在①a1＝2；②a1＝2；③a1＝3这3个条件中选择1个条件，补全下面的命题使其成为真命题，并证明这个命题(选择多个条件并分别证明的按前1个评分)．命题：已知数列{an}满足an＋1＝an2，若，则当n≥2时，an≥2n恒成立．【考

点】数列的通项公式求解与不等式的证明【解析】选②．证明：由an＋1＝an2，且a1＝2，所以an＞0，所以lgan＋1＝lgan，lgan＝2n－1lg2，an＝22n－1，„„5分当n≥2时，只需证明2n－1≥n，令b

n＝n2n－1，则bn＋1－bn＝n＋12n－n2n－1＝1－n2n＜0，„„10分所以bn≤b2＝1，所以2n－1≥n成立．综上所述，当a1＝2且n≥2时，an≥2n成立．„„12分注：选②为假命题，不得分，选③参照给分．19．(12分)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝B

B1＝2BC＝2，∠CBB1＝2∠CAB＝π3，且平面ABC⊥平面B1C1CB.(1)求证：平面ABC⊥平面ACB1；(2)设点P为直线BC的中点，求直线A1P与平面ACB1所成角的正弦值．第19题图【考点】立体几何中证明位置关系、求线面角的正弦值【解析】(1)证明：因为AC＝2BC

＝2，所以BC＝1．因为2∠ACB＝π3，所以∠ACB＝π6．在△ABC中，BCsinA＝ACsinB，即1sinπ6＝2sinB，所以sinB＝1，即AB⊥BC．„„2分又因为平面ABC⊥平面B1C1CB，平面ABC∩平面B1C1CB＝

BC，AB平面ABC，所以AB⊥平面B1C1CB．又B1C平面B1C1CB，所以AB⊥B1C，在△B1BC中，B1B＝2，BC＝1，∠CBB1＝π3，zA1A1C1C1B1B1CCAyAPPEBBx所以B1C2＝B1B2＋BC2－2B1BBCcosπ3＝

3，即B1C＝3，所以B1C⊥BC．„„4分而AB⊥B1C，AB平面ABC，BC平面ABC，AB∩BC＝B，所以B1C⊥平面ABC．又B1C平面ACB1，所以平面ABC⊥平面ACB1．„„6分(2)在平

面ABC中过点C作AC的垂线CE，分别以CE，CA，CB1所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系：则B(32，12，0)，A(0，2，0)，B1(0，0，3)，所以P(34，14，0)，→B1A1＝→BA＝(－32，32，0)，„„8分所以A1(－

32，32，3)，所以→A1P＝(334，－54，－3)，平面ACB1的一个法向量为→n＝(1，0，0)，„„10分设直线A1P与平面ACB1所成的角为α，则sinα＝|cos<→A1P，→n>|＝|→A1P·→n||→A1P||→n|＝3342716＋2516＋

3＝3310．„„12分20．(12分)如图，在平面直角坐标系xOy中，已知点P是抛物线C1：x2＝2py(p＞0)上的一个点，其横坐标为x0，过点P作抛物线C1的切线l．(1)求直线l的斜率(用x0与p表示)；(2)若椭圆C2：y22＋x2＝1过点P，l与C2的另一个交点为A，OP与C2的另一个

交点为B，求证：AB⊥PB．yPABOx【考点】圆锥曲线中抛物线与椭圆的综合应用：斜率表示、证明垂直问题【解析】(1)由x2＝2py，得y＝12px2，所以y′＝1px，所以直线l的斜率为1px0．„„3分(2)设P(x0，y0)，则B(－

x0，－y0)，kPB＝y0x0，由(1)知kPA＝1px0＝y02x0，„„5分设A(x1，y1)，所以y022＋x02＝1，y122＋x12＝1，作差得()y0＋y1()y0－y12＋(x0＋x1)(x0－x1)＝0，即y0＋y1x0＋x1y0－

y1x0－x1＝－12，所以kPAkAB＝－12，„„10分所以y02x0kAB＝－12，即kAB＝－x0y0，所以kPBkAB＝－1，所以AB⊥PB．„„12分注：其他解法参照评分．21．(12分)运用计算机编程，设计一个将输入的正整数

k“归零”的程序如下：按下回车键，等可能的将[0，k)中的任意一个整数替换k的值并输出k的值，反复按回车键执行以上操作直到输出k＝0后终止操作．(1)若输入的初始值k为3，记按回车键的次数为ξ，求ξ的概率分布与数学期望；(

2)设输入的初始值为k(k∈N*)，求运行“归零”程序中输出n(0≤n≤k－1)的概率．【考点】随机事件的概率与期望【解析】(1)P(ξ＝3)＝13×12＝16，P(ξ＝2)＝13×12＋13＝12，P(ξ＝1)＝13，„„3分则ξ的概率分布如下表：ξ123P13121

6所以E(ξ)＝1×13＋2×12＋3×16＝116．„„5分(2)设运行“归零”程序中输出n(0≤n≤k－1)的概率为Pn，得出Pn＝1n＋1，„„7分法一：则Pn＝Pn＋1×1n＋1＋Pn＋2×1n＋2＋Pn＋3×1n＋3＋„＋Pk－1×1k－1＋1k，故0≤n≤k－2时，Pn＋1＝Pn＋2×

1n＋2＋Pn＋3×1n＋3＋„＋Pk－1×1k－1＋1k，以上两式作差得，Pn－Pn＋1＝Pn＋1×1n＋1，则Pn＝Pn＋1×n＋2n＋1，„„10分则Pn＋1＝Pn＋2×n＋3n＋2，Pn＋2＝Pn＋3×n＋4n＋3，„，Pk－2

＝Pk－1×kk－1，则PnPn＋1Pn＋2„Pk－1＝Pn＋1Pn＋2Pn＋3„Pk－1×n＋2n＋1×n＋3n＋2×n＋4n＋3ׄ×kk－1，化简得Pn＝Pk－1×kn＋1，而Pk－1＝1k，故Pn＝1n＋1，又n＝k－1时，

Pn＝1n＋1也成立，故Pn＝1n＋1(0≤n≤k－1)．„„12分法二：同法一得Pn＝Pn＋1×n＋2n＋1，„„9分则P0＝P1×21，P1＝P2×32，P2＝P3×43，„，Pn－1＝Pn×n＋1n，则P0P1P2„Pn－1＝P0P

1P2„Pn×21×32×43ׄ×n＋1n，化简得P0＝Pn×(n＋1)，而P0＝1，故Pn＝1n＋1(0≤n≤k－1)，又n＝0时，Pn＝1n＋1也成立，故Pn＝1n＋1(0≤n≤k－1)．„„12

分法三：记Pm(n)表示在出现m的条件下出现n的概率，则Pn＋1(n)＝1n＋1，Pn＋2(n)＝1n＋2Pn＋1(n)＋1n＋2＝1n＋1，Pn＋3(n)＝1n＋3Pn＋2(n)＋1n＋3Pn＋1(n)＋1n＋3＝1n＋1，„„9分依此类推，Pk(n)＝1kPk－1(n)＋

1kPk－2(n)＋„＋1kPn＋1(n)＋1k，所以Pk(n)＝1k(1n＋1(k－n－1)＋1)＝1n＋1．„„12分法四：记Pk(n)表示在出现k的条件下出现n的概率，则Pk(n)＝1kPk－1(n)＋1kPk－2(n)＋„＋1kPn＋1

(n)＋1k，则kPk(n)＝Pk－1(n)＋Pk－2(n)＋„＋Pn＋1(n)＋1，①则(k－1)Pk－1(n)＝Pk－2(n)＋„＋Pn＋1(n)＋1，②①－得kPk(n)－(k－1)Pk－1(n)＝Pk

－1(n)，„„9分则Pk(n)＝Pk－1(n)(k≥n＋2)，则Pk(n)＝Pn＋1(n)＝1n＋1．„„12分22．(12分)设f(x)＝lnxxn(n∈N*)．(1)求证：函数f(x)一定不单调；(2)试给出一个正整数a，使得ex＞x2lnx＋asinx对∀x∈(

0，＋∞)恒成立．(参考数据：e≈2.72，e2≈7.39，e3≈20.10)【考点】函数与导数：函数单调性应用；恒成立问题【解析】(1)由f(x)＝lnxxn得f′(x)＝1x·xn－nxn－1lnxx2n＝1－nlnxxn＋

1，因n∈N*，由f′(x)＝0，得x＝e1n，„„1分当x＞e1n时，f′(x)＜0；当时0＜x＜e1n，f′(x)＞0；故函数f(x)在(0，e1n)上单调递增，在(e1n，＋)上单调递减，所以函数f(x)不单调．„„3分(2)当a＝1时，可证明ex＞x2lnx＋sin

x对x∈(0，＋∞)恒成立，当x∈(0，1)时，x2lnx≤0，sinx≤1，ex＞1，不等式成立；„„4分当x∈(1，e)时，x2lnx＋sinx＜x2＋1，令g(x)＝x2＋1ex，所以g′(x)＝2x－(x2＋1)ex≤0，则函数g(x)单调递减，所以g(x)≤g(1)＝2e＜1，

所以ex＞x2＋1，原不等式成立；„„7分当x∈(e，＋)时，因x2lnx＋sinx≤x2lnx＋1，故只需证ex＞x2lnx＋1，即证exx3＞lnxx＋1x3，只需证exx3＞lnxx＋1e3，在(1)中令n＝1，可得f(x)≤f(e)

＝1e，故lnxx＋1e3≤1e＋1e3，令h(x)＝exx3，所以h′(x)＝ex(x－3)x4＝0，解得x＝3，当x∈(e，3)时，h′(x)＜0；当x∈(3，＋)时，h′(x)＞0，所以h(x)≥h(3)＝e32

7＞12，而lnxx＋1e3≤1e＋1e3＜12，所以原不等式也成立．综上所述，当a＝1时，ex＞x2lnx＋sinx对x∈(0，＋∞)恒成立．„„12分注：当a＝2或a＝3时结论也成立，请参照评分；当a≥4时结论不成立．