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- 2021-06-22 发布
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2020年湖北省黄冈中学高考数学三模试卷（理科）
一、选择题：本题共12小题，在每小题给出的四个选项中，只有一项是满足题目要求的．
1. 已知全集U＝R，A＝{x|y＝ln(1−x2)}，B＝{y|y＝3x−1}，则A∩(∁UB)＝（ ）
A.(−1, 0) B.[0, 1) C.(0, 1) D.(−1, 0]
2. 若复数z满足z(1+i)＝|1+3i|，则复数z的共轭复数的模为（ ）
A.1 B.2 C.2 D.22
3. (x2+2x)5的展开式中x4的系数为（ ）
A.10 B.20 C.40 D.80
4. 已知向量a→，b→满足|a→|＝1，a→⋅b→=−1，则a→⋅(2a→−b→)＝（ ）
A.0 B.2 C.3 D.4
5. 已知a=(tan2π5)0.1,b=log32,c=log2(cos3π7)，则（ ）
A.a>b>c B.b>a>c C.c>a>b D.a>c>b
6. 2020年初，湖北成为全国新冠疫情最严重的省份，面临医务人员不足和医疗物资紧缺等诸多困难，全国人民心系湖北，志愿者纷纷驰援．现有四名志愿者医生被分配到A、B、C三所不同的乡镇医院中，若每所医院至少分配一名医生，则医生甲恰好分配到A医院的概率为（ ）
A.112 B.16 C.14 D.13
7. 把函数f(x)=sin(2x−π6)的图象上每个点的横坐标扩大到原来的2倍，再向左平移π3个单位，得到函数g(x)的图象，则函数g(x)的一个单调递减区间为（ ）
A.[π, 2π] B.[π3,4π3] C.[π12,π3] D.[π4,5π4]
8. （河南豫南九校一联）已知直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠ABC=120∘，AB=2，BC=CC1=1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为（ ）
A.32 B.155 C.105 D.33
9. 已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)，过左焦点F作斜率为12的直线与双曲线的一条渐近线相交于点A，且A在第一象限，若|OA|＝|OF|，则双曲线C的离心率为（ ）
A.53 B.5+12 C.2 D.5
10. 方程：2(x−1)(x−3)＝y(ex−2+e2−x)的曲线有下列说法：
①该曲线关于x＝2对称；
②该曲线关于点(2, −1)对称；
③该曲线不经过第三象限；
④该曲线上有无数个点的横、纵坐标都是整数．
其中正确的是（ ）
A.②③ B.①④ C.②④ D.①③
11. 在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且BC边上的高为36a，则cb+bc的最大值是（ ）
A.8 B.4 C.32 D.6
12. 在三棱锥A−BCD中，△ABC和△BCD都是边长为2的正三角形，当三棱锥A−BCD的表面积最大时，其内切球的半径是（ ）
A.22−6 B.2−3 C.2 D.66
二、填空题：本题共4小题
一批产品的二等品率为0.03，从这批产品中每次随机取一件，有放回地抽取100次，X表示抽到的二等品件数，则DX＝________．
若α∈(0, π2)，sin(α−π4)=35，则cos2α＝________．
已知抛物线y2＝2px(p>0)的焦点为F，O为坐标原点，点M，N为抛物线准线上相异的两点，且M，N两点的纵坐标之积为−8，直线OM，ON分别交抛物线于A，B两点，若A，F，B三点共线，则p＝________．
已知不等式x−3lnx+1≥mlnx+n(m，n∈R，且m≠−3)对任意正实数x恒成立，则n−3m+3的最大值为________．
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三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
设{an}是等差数列，{bn}是等比数列．已知a1＝1，b1＝2，b2＝2a2，b3＝2a3+2．
（1）求{an}和{bn}的通项公式；
（2）数列{cn}满足cn=1,n=2kan,n≠2k (k∈N)，设数列{cn}的前n项和为Sn，求S2n．
如图，已知四棱锥P−ABCD，底面ABCD为菱形，AB=23，∠ABC＝60∘，PA⊥平面ABCD，E，F分别是BC，PC的中点．
（1）证明：AE⊥PD；
（2）若H为PD上的动点，EH与平面PAD所成的角最大值为60∘，求二面角E−AF−C的余弦值．
已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F，T为椭圆上一点，O为坐标原点，椭圆的离心率为22，且△TFO面积的最大值为12．
（1）求椭圆的方程；
（2）设点A(0, 1)，直线l:y＝kx+t(t≠±1)与椭圆C交于两个不同点P，Q，直线AP与x轴交于点M，直线AQ与x轴交于点N，若|OM|⋅|ON|＝2，求证：直线l经过定点．
某市旅游局为尽快恢复受疫情影响的旅游业，准备在本市的景区推出旅游一卡通（年卡）．为了更科学的制定一卡通的有关条例，市旅游局随机调查了2019年到本市景区旅游的1000个游客的年旅游消费支出（单位：百元），并制成如图频率分布直方图：
由频率分布直方图，可近似地认为到本市景区旅游的游客，其旅游消费支出服从正态分布N(μ, 3.22)，其中μ近似为样本平均数x¯（同一组数据用该组区间的中点值作代表）．
（1）若2019年到本市景区旅游游客为500万人，试估计2019年有多少游客在本市的年旅游消费支出不低于1820元；
（2）现依次抽取n个游客，假设每个游客的旅游消费支出相互独立，记事件A表示“连续3人的旅游消费支出超出μ”．若Pn表示A¯的概率，Pn＝aPn−1+14Pn−2+bPn−3（n≥3，a，b为常数），且P0＝P1＝P2＝1．
( i)求P3，P4及a，b；
( ii)判断并证明数列{Pn}从第三项起的单调性，试用概率统计知识解释其实际意义．（参考数据：P(μ−σ1π−2x0−x0．
请考生在第22、23两题中任选题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．作答时，请用2B铅笔在答题卡上，将所选题号对应的方框涂黑．[选修4-4：坐标系与参数方程]
在直角坐标系xOy中，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C1的极坐标方程为ρ＝4cosθ(ρ>0)．M为曲线C1上的动点，点P在射线OM上，且满足|OM|⋅|OP|＝20．
(Ⅰ)求点P的轨迹C2的直角坐标方程；
(Ⅱ)设C2与x轴交于点D，过点D且倾斜角为5π6的直线l与C1相交于A，B两点，求|DA|⋅|DB|的值．
[选修4-5：不等式选讲]
已知a，b，c为正数，且满足a+b+c＝3，证明：
（1）1ab+1bc+1ca≥3；
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（2）a2b2+b2c2+c2a2≥3abc．
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参考答案与试题解析
2020年湖北省黄冈中学高考数学三模试卷（理科）
一、选择题：本题共12小题，在每小题给出的四个选项中，只有一项是满足题目要求的．
1.
【答案】
D
【考点】
交、并、补集的混合运算
【解析】
根据已知求出B的补集，再结合交集的定义求解结论即可．
【解答】
由题得：A＝{x|1−x2>0}＝{x|−10}＝(0, +∞)，
∴ ∁UB＝{x|x≤0}＝(−∞, 0]；
∴ A∩(∁UB)＝(−1, 0]．
2.
【答案】
B
【考点】
复数的模
【解析】
把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简，结合|z¯|=|z|求解．
【解答】
由z(1+i)＝|1+3i|，得z=|1+3i|1+i=21+i=2(1−i)(1+i)(1−i)=1−i，
∴ |z¯|＝|z|=2．
3.
【答案】
C
【考点】
二项式定理的应用
【解析】
由二项式定理得(x2+2x)5的展开式的通项为：Tr+1=C5r(x2)5−r(2x)r=2rC5rx10−3r，由10−3r=4，解得r=2，由此能求出(x2+2x)5的展开式中x4的系数．
【解答】
解：由二项式定理得(x2+2x)5的展开式的通项为：
Tr+1=C5r(x2)5−r(2x)r=2rC5rx10−3r，
由10−3r=4，解得r=2，
∴ (x2+2x)5的展开式中x4的系数为22C52=40．
故选C．
4.
【答案】
C
【考点】
平面向量数量积的性质及其运算
【解析】
根据平面向量数量积的运算法则即可得解．
【解答】
a→⋅(2a→−b→)＝2a→2−a→⋅b→=2×1−(−1)＝3．
5.
【答案】
A
【考点】
对数值大小的比较
【解析】
利用指数函数、对数函数三角函数的单调性即可得出．
【解答】
a=(tan2π5)0.1>(tan2π5)0=1，b∈(0, 1)，c<0．
∴ a>b>c．
6.
【答案】
D
【考点】
古典概型及其概率计算公式
【解析】
基本事件总数n，然后得到甲被选中包含的基本事件有m，由此能求出甲被选中的概率．
【解答】
基本事件总数n=C42A33=36，
医生甲恰好分配到到A医院包含的基本事件个数m=A33+C32A22=12，
所以医生甲恰好分配到A医院的概率为p=mn=1236=13，
7.
【答案】
B
【考点】
函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】
由题意利用函数y＝Asin(ωx+φ)的图象变换规律，求得g(x)的解析式，再根据正弦函数的单调性，求出g(x)的一个单调递减区间．
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【解答】
函数f(x)=sin(2x−π6)的图象上每个点的横坐标扩大到原来的2倍，
可得y=sin(x−π6)的图象；
再向左平移π3个单位，得到函数g(x)=sin(x+π3−π6)=sin(x+π6)的图象．
令2kπ+π2≤x+π6≤2kπ+3π2，求得2kπ+π3≤x≤2kπ+4π3，
可得函数g(x)的减区间为[2kπ+π3,2kπ+4π3]，k∈Z，
8.
【答案】
C
【考点】
异面直线及其所成的角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
取AB，BB1，B1C1的中点分别是D，E，F，连接DE，EF，DF，则DE//AB1，EF//BC1，在△ABC中，由余弦定理可求得AC=7，由勾股定理得DE=52，EF=22，取BC的中点Q，连接DQ，FQ，则△DQF为直角三角形，所以DF=722+1=112，在△DEF中，由余弦定理可得cos∠DEF=DE2+EF2−DF22DE⋅EF=−105，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为105，故选C．
异面直线所成角一般通过平移转化为两条相交直线所成的锐角或直角，再在三角形中利用余弦定理求解．
本题考查异面直线所成角．
9.
【答案】
A
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
求出直线l的方程，以及渐近线方程联立，求出A的坐标，通过|OA|＝|OF|，转化求解双曲线的离心率即可．
【解答】
由题意可得直线l的方程为：y=12(x+c)，与渐近线y=bax联立，
可得x=12⋅acb−a2，y=bc2b−a，
因为|OA|＝|OF|，即(ac2b−a)2+(bc2b−a)2=c2，
整理可得3b＝4a，9b2＝9(c2−a2)＝16a2，即9c2＝25a2，
因为e=ca>1，
解得e=53．
10.
【答案】
D
【考点】
曲线与方程
【解析】
将方程整理可得y=2(x−1)(x−3)ex−2+e2−x，令y＝f(x)，可得f(4−x)＝f(x)所以可得曲线关于x＝2对称，不关于(2, −1)点对称，且x<0时f(x)>0，故不过第三象限，只有3个整数点，可得答案．
【解答】
将方程2(x−1)(x−3)＝y(ex−2+e2−x)整理可得y=2(x−1)(x−3)ex−2+e2−x，令y＝f(x)
将x换成4−x时，即f(4−x)=2[(4−x)−1][(4−x)−3]e(4−x)−2+e2−(4−x)=2(x−3)(x−1)e2−x+ex−2，
所以f(x)＝f(4−x)，所以曲线关于x＝2对称，所以①正确，②不正确；
当x<0时，f(x)>0，所以该曲线不经过第三象限，故③正确，
曲线过的整数点(1, 0)，(3, 0)(2, −1)三个整数点，故④不正确，
11.
【答案】
B
【考点】
基本不等式及其应用
【解析】
利用三角形的面积公式、余弦定理，化简cb+bc，再利用辅助角公式，即可求得结论．
【解答】
cb+bc=c2+b2bc，这个形式很容易联想到余弦定理：cosA=b2+c2−a22bc①
而条件中的“高”容易联想到面积，a⋅36a＝bcsinA，
即a2＝23bcsinA②，将②代入①得：
b2+c2＝2bc(cosA+3sinA)，
∴ cb+bc=2(cosA+3sinA)＝4sin(A+π6)，当A=π3时取得最大值4，
12.
【答案】
A
【考点】
球的表面积和体积
球内接多面体
柱体、锥体、台体的体积计算
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【解析】
画出图形，求出表面积，判断表面积取得最大值时的位置，然后求解体积，设出内切球的半径，转化求解即可．
【解答】
在三棱锥A−BCD中，△ABC和△BCD都是边长为2的正三角形，
三棱锥A−BCD的表面积为S，
S=23+S△ABD+S△ACD=23+4sin∠ABD
故当AB⊥BD时，表面积最大，为4+23，
过A作BC的垂线，垂足为E，连接ED，
三棱锥A−BCD的体积为V，
V=VB−AED+VC−AED=13⋅2⋅2=223
设内切球的半径为r，
因为13Sr=V，所以r=22−6．
二、填空题：本题共4小题
【答案】
2.91
【考点】
离散型随机变量的期望与方差
【解析】
X∼(100, 0.03)，由此能求出DX．
【解答】
一批产品的二等品率为0.03，从这批产品中每次随机取一件，有放回地抽取100次，
X表示抽到的二等品件数，则X∼(100, 0.03)，
∴ DX＝100×0.03×0.97＝2.91．
【答案】
−2425
【考点】
二倍角的三角函数
两角和与差的三角函数
【解析】
由已知可求范围α−π4∈(0,π4)，利用同角三角函数基本关系式可求cos(α−π4)=1−sin2(α−π4)=45，进而根据诱导公式，二倍角的正弦函数公式即可求解．
【解答】
若α∈(0,π2)，
∴ α−π4∈(−π4,π4)，
∵ sin(α−π4)=35∈(0,22)，
∴ α−π4∈(0,π4)，
∴ cos(α−π4)=1−sin2(α−π4)=45，
∴ cos2α=−sin(2α−π2)=−2sin(α−π4)cos(α−π4)=−2425．
【答案】
22
【考点】
抛物线的性质
【解析】
利用抛物线的焦点弦的性质，列出方程，求解p即可．
【解答】
由抛物线焦点弦的性质可知，yA＝yN，yB＝yM，∴ yA⋅yB＝yM⋅yN＝−8
∴ −p2＝−8，∴ p=22．
【答案】
−ln2
【考点】
利用导数研究函数的单调性
【解析】
构造函数f(x)＝x−3lnx+1−mlnx−n，利用导数f′(x)判断f(x)的单调性，求f(x)的最值，可得n−3m+3≤m+1m+3−ln(m+3)，令g(x)=x+1x+3−ln(x+3)，利用导数求其最大值得答案．
【解答】
令f(x)＝x−3lnx+1−mlnx−n，则f′(x)=1−m+3x(x>0)，
若m+3<0，则f′(x)>0，f(x)单调递增，由当x→0时，f(x)→−∞，不合题意；
∴ m+3>0，由f′(x)＝0，得x＝m+3，
当x∈(0, m+3)时，f′(x)<0，当x∈(m+3, +∞)时，f′(x)>0，
∴ 当x＝m+3时，f(x)有最小值，则f(m+3)＝m+3−3ln(m+3)+1−mln(m+3)−n≥0，
即n−3≤m+4−(m+3)ln(m+3)，∴ n−3m+3≤m+1m+3−ln(m+3)，
令g(x)=x+1x+3−ln(x+3)，则g′(x)=2(x+3)2−1x+3=−x−1(x+3)2．
当x∈(−3, −1)时，g′(x)>0，当x∈(−1, +∞)时，g′(x)<0，
所以当x＝−1时，g(x)有最大值为−ln2．即n−3m+3的最大值为−ln2．
三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
【答案】
设{an}是公差为d的等差数列，{bn}是公比为q的等比数列，
由a1＝1，b1＝2，b2＝2a2，b3＝2a3+2，
可得2q＝2(1+d)，2q2＝2(1+2d)+2，
解得d＝1，q＝2，
则an＝1+n−1＝n，bn=2n，n∈N*；
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由于数列{cn}满足cn=1,n=2kan,n≠2k (k∈N)，
所以S2n=c1+c2+⋯+c2n=(a1+a2+a3+⋯+a2n)−(a21+a22+⋯+a2n)+n，
＝(1+2+3+...+2n)−(2+22+...+2n)+n，
=12(1+2n)2n−2(2n−1)2−1+n，
=2n−1(1+2n)−2n+1+2+n，
＝22n−1−3⋅2n−1+n+2，
【考点】
数列的求和
等差数列与等比数列的综合
【解析】
（1）利用已知条件求出数列的通项公式．
（2）利用分组法的应用求出数列的和．
【解答】
设{an}是公差为d的等差数列，{bn}是公比为q的等比数列，
由a1＝1，b1＝2，b2＝2a2，b3＝2a3+2，
可得2q＝2(1+d)，2q2＝2(1+2d)+2，
解得d＝1，q＝2，
则an＝1+n−1＝n，bn=2n，n∈N*；
由于数列{cn}满足cn=1,n=2kan,n≠2k (k∈N)，
所以S2n=c1+c2+⋯+c2n=(a1+a2+a3+⋯+a2n)−(a21+a22+⋯+a2n)+n，
＝(1+2+3+...+2n)−(2+22+...+2n)+n，
=12(1+2n)2n−2(2n−1)2−1+n，
=2n−1(1+2n)−2n+1+2+n，
＝22n−1−3⋅2n−1+n+2，
【答案】
证明：∵ 四边形ABCD为菱形，且∠ABC＝60∘，
∴ △ABC为正三角形，
∵ E为BC的中点，∴ AE⊥BC，
又BC // AD，∴ AE⊥AD．
∵ PA⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，∴ PA⊥AE．
∵ AP⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，且PA∩AD＝A，
∴ AE⊥平面PAD，
又PD⊂平面PAD，∴ AE⊥PD．
以A为原点，AE、AD、AP分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系．
设AP＝a，则A(0, 0, 0)，P(0, 0, a)，E(3, 0, 0)，C(3,3,0)，D(0,23,0)，F(32,32,a2)，
设PH→=λPD→，点H为(x, y, z)，则(x, y, z−a)＝λ(0, 23, −a)，∴ H(0, 23λ,(1−λ)a)，
∴ EH→=(−3, 23λ,(1−λ)a)．
设EH与平面PAD所成角为θ，
∵ 平面PAD的法向量为n→0=(1,0,0)，
∴ sinθ＝|cos<EH→，n0→>|＝|EH→⋅n0→|EH→|⋅|n0→||＝|−39+12λ2+(1−λ)2a2⋅1|=3(12+a2)(λ−a212+a2)2+21a2+12×912+a2
∵ EH与平面PAD所成的角最大值为60∘，
∴ 321a2+12⋅912+a2=32，解得a＝2，
∴ AF→=(32,32,1)．
∵ AE→=(3,0,0)，
∴ 设平面AEF的法向量为n1→=(x1, y1, z1)，则n1→⋅AF→=0n1→⋅AE→=0 ，即32x1+32y1+z1=03x1=0 ，
令y1＝2，则x1＝0，z1=−3，∴ n1→=(0,2,−3)．
同理可得，平面ACF的法向量为n2→=(1,−3,0)，
∴ cos<n1→，n2→>=n1→⋅n2→|n1→|⋅|n2→|=−237×2=−217．
由图可知，二面角E−AF−C为锐二面角，
故二面角E−AF−C的余弦值为217．
【考点】
二面角的平面角及求法
直线与平面垂直
【解析】
（1）易知AE⊥AD，由线面垂直的性质定理可得PA⊥AE，再由线面垂直的判定定理可推出AE⊥平面PAD，从而有AE⊥PD．
（2）以A为原点，AE、AD、AP分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，设AP＝a，逐一写出A、P、E、C、D、F的坐标；设PH→=λPD→，点H为(x, y, z)，从而可用含a和λ的式子表示EH→；设EH与平面PAD所成角为θ，易知平面PAD的法向量n0→，则sinθ＝|cos<EH→，n0→>|，结合配方法进行化简可列出关于a的方程，求得a的值后，再根据法向量的性质分别求得平面AEF和平面ACF的法向量n1→与n2→，最后由空间向量数量积的坐标运算即可得解．
【解答】
证明：∵ 四边形ABCD为菱形，且∠ABC＝60∘，
∴ △ABC
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为正三角形，
∵ E为BC的中点，∴ AE⊥BC，
又BC // AD，∴ AE⊥AD．
∵ PA⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，∴ PA⊥AE．
∵ AP⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，且PA∩AD＝A，
∴ AE⊥平面PAD，
又PD⊂平面PAD，∴ AE⊥PD．
以A为原点，AE、AD、AP分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系．
设AP＝a，则A(0, 0, 0)，P(0, 0, a)，E(3, 0, 0)，C(3,3,0)，D(0,23,0)，F(32,32,a2)，
设PH→=λPD→，点H为(x, y, z)，则(x, y, z−a)＝λ(0, 23, −a)，∴ H(0, 23λ,(1−λ)a)，
∴ EH→=(−3, 23λ,(1−λ)a)．
设EH与平面PAD所成角为θ，
∵ 平面PAD的法向量为n→0=(1,0,0)，
∴ sinθ＝|cos<EH→，n0→>|＝|EH→⋅n0→|EH→|⋅|n0→||＝|−39+12λ2+(1−λ)2a2⋅1|=3(12+a2)(λ−a212+a2)2+21a2+12×912+a2
∵ EH与平面PAD所成的角最大值为60∘，
∴ 321a2+12⋅912+a2=32，解得a＝2，
∴ AF→=(32,32,1)．
∵ AE→=(3,0,0)，
∴ 设平面AEF的法向量为n1→=(x1, y1, z1)，则n1→⋅AF→=0n1→⋅AE→=0 ，即32x1+32y1+z1=03x1=0 ，
令y1＝2，则x1＝0，z1=−3，∴ n1→=(0,2,−3)．
同理可得，平面ACF的法向量为n2→=(1,−3,0)，
∴ cos<n1→，n2→>=n1→⋅n2→|n1→|⋅|n2→|=−237×2=−217．
由图可知，二面角E−AF−C为锐二面角，
故二面角E−AF−C的余弦值为217．
【答案】
设T(x0, y0)，F(c, 0)，由ca=22，可得a2＝2c2，
依题意Smax=12⋅cb=12，所以a=2，b＝1，
所以椭圆C的方程为x22+y2=1．
设P(x1, y1)，Q(x2, y2)，联立x22+y2=1y=kx+t(t≠1) ，
得(1+2k2)x2+4ktx+2t2−2＝0，
△>0，x1+x2=−4kt1+2k2，x1x2=2t2−21+2k2，
直线AP:y−1=y1−1x1x，
令y＝0得x=−x1y1−1，即|OM|=|−x1y1−1|；
同理可得|ON|=|−x2y2−1|．又|OM||ON|＝2，
所以|−x1y1−1||−x2y2−1|=|x1x2y1y2−(y1+y2)+1|=2
化简，得|t2−1t2−2t+1|=1，解得只有t＝0满足题意，
所以直线方程为y＝kx，所以直线l恒过定点(0, 0)．
【考点】
椭圆的应用
椭圆的标准方程
直线与椭圆的位置关系
【解析】
（1）设T(x0, y0)，F(c, 0)，通过椭圆的离心率以及三角形底面积求a，b的值，然后求出椭圆C的方程．
（2）设P(x1, y1)，Q(x2, y2)，联立x22+y2=1y=kx+t(t≠1) ，利用韦达定理得到关系式，然后求出|OM|和|ON|，再通过|OM||ON|＝2，求出t，推出直线l恒过的定点．
【解答】
设T(x0, y0)，F(c, 0)，由ca=22，可得a2＝2c2，
依题意Smax=12⋅cb=12，所以a=2，b＝1，
所以椭圆C的方程为x22+y2=1．
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设P(x1, y1)，Q(x2, y2)，联立x22+y2=1y=kx+t(t≠1) ，
得(1+2k2)x2+4ktx+2t2−2＝0，
△>0，x1+x2=−4kt1+2k2，x1x2=2t2−21+2k2，
直线AP:y−1=y1−1x1x，
令y＝0得x=−x1y1−1，即|OM|=|−x1y1−1|；
同理可得|ON|=|−x2y2−1|．又|OM||ON|＝2，
所以|−x1y1−1||−x2y2−1|=|x1x2y1y2−(y1+y2)+1|=2
化简，得|t2−1t2−2t+1|=1，解得只有t＝0满足题意，
所以直线方程为y＝kx，所以直线l恒过定点(0, 0)．
【答案】
直方图可得x¯=(0.0125×4+0.05×8+0.1375×12+0.375×16+0.125×20)×4=11.8，
∵ μ=x¯=11.8，σ＝3.2，μ+2σ＝1820元，
∴ 旅游费用支出不低于1820元的概率为P(x≥μ+2σ)=1−P(μ−2σ0，∴ −116Pn−3<0，
即从第三项起数列{Pn}单调递减．
由此，可知随着抽查人数n的增加，事件“不连续3人的旅游费用支出超出μ”的可能性会越来越小．
（即最终会出现连续3人的旅游费用支出超出μ这一事件）．
【考点】
频率分布直方图
正态分布的密度曲线
【解析】
（1）由直方图可得x¯，即可得到μ，结合已知的σ＝3.2，可知旅游费用支出不低于1820元的概率为P(x≥μ+2σ)，求得概率后乘以500得答案．
(2)(i)先由题意求得P3与P4的值，再列关于a，b的方程组求解a，b的值；
(ii)由Pn=12Pn−1+14Pn−2+18Pn−3(n≥3)，利用作差法可得从第三项起数列{Pn}单调递减．其实际意义为随着抽查人数n的增加，事件“不连续3人的旅游费用支出超出μ”的可能性会越来越小．（即最终会出现连续3人的旅游费用支出超出μ这一事件）．
【解答】
直方图可得x¯=(0.0125×4+0.05×8+0.1375×12+0.375×16+0.125×20)×4=11.8，
∵ μ=x¯=11.8，σ＝3.2，μ+2σ＝1820元，
∴ 旅游费用支出不低于1820元的概率为P(x≥μ+2σ)=1−P(μ−2σ0，∴ −116Pn−3<0，
即从第三项起数列{Pn}单调递减．
由此，可知随着抽查人数n的增加，事件“不连续3人的旅游费用支出超出μ”的可能性会越来越小．
（即最终会出现连续3人的旅游费用支出超出μ这一事件）．
【答案】
若x>1，则x>1≥sinx；若0≤x<1，则x≥x．
令g(x)＝x−sinx(x≥0)，可知g′(x)＝1−cosx≥0，故g(x)≥g(0)＝0，
即x≥sinx(x≥0)，故x≥sinx(x≥0)．
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证明：f′(x)=12x−a−cosx，令g(x)=12x−a−cosx，g′(x)=−14(x−a)32+sinx，
∵ a<−14，∴ g′(x)是(0,π2)上的增函数，又g′(0)=−14(−a)32<0，g′(π2)=1−14(π2−a)32>0，
故存在唯一实数t0∈(0,π2)，使g′(t0)＝0，
当x∈(0, t0)时，g′(x)<0，g(x)递减；当x∈(t0,π2)时，g′(x)>0，g(x)递增，
∵ g(0)=12−a−1<0，g(π2)=12π2−a>0．
故存在唯一实数x0∈(0,π2)，使g(x0)=12x0−a−cosx0=0．
当x∈(0, x0)时，f′(x)＝g(x)<0，f(x)递减；
当x∈(x0,π2)时，f′(x)＝g(x)>0，f(x)递增．
∴ f(x)在(0,π2)有唯一极小值点x0，且极小值为f(x0)=x0−a−sinx0．
又由g(x0)=12x0−a−cosx0=0，得x0−a=12cosx0，
∴ f(x0)=12cosx0−sinx0，又f(x0)+x0=12cosx0+(x0−sinx0)>12cosx0．
以下只需证明12cosx0>1π−2x0，0<2cosx0<π−2x0．
∵ x0∈(0,π2)，∴ 2cosx0=2sin(π2−x0)<2(π2−x0)=π−2x0．
则f(x0)+x0=12cosx0+(x0−sinx0)>12cosx0>1π−2x0，f(x0)>1π−2x0−x0．
【考点】
利用导数研究函数的最值
利用导数研究函数的极值
【解析】
（1）代入a的值，求出函数的导数，根据函数的单调性证明即可；
（2）求出函数的导数，根据函数的单调性求出f(x)在(0,π2)有唯一极小值点x0，从而证明结论成立．
【解答】
若x>1，则x>1≥sinx；若0≤x<1，则x≥x．
令g(x)＝x−sinx(x≥0)，可知g′(x)＝1−cosx≥0，故g(x)≥g(0)＝0，
即x≥sinx(x≥0)，故x≥sinx(x≥0)．
证明：f′(x)=12x−a−cosx，令g(x)=12x−a−cosx，g′(x)=−14(x−a)32+sinx，
∵ a<−14，∴ g′(x)是(0,π2)上的增函数，又g′(0)=−14(−a)32<0，g′(π2)=1−14(π2−a)32>0，
故存在唯一实数t0∈(0,π2)，使g′(t0)＝0，
当x∈(0, t0)时，g′(x)<0，g(x)递减；当x∈(t0,π2)时，g′(x)>0，g(x)递增，
∵ g(0)=12−a−1<0，g(π2)=12π2−a>0．
故存在唯一实数x0∈(0,π2)，使g(x0)=12x0−a−cosx0=0．
当x∈(0, x0)时，f′(x)＝g(x)<0，f(x)递减；
当x∈(x0,π2)时，f′(x)＝g(x)>0，f(x)递增．
∴ f(x)在(0,π2)有唯一极小值点x0，且极小值为f(x0)=x0−a−sinx0．
又由g(x0)=12x0−a−cosx0=0，得x0−a=12cosx0，
∴ f(x0)=12cosx0−sinx0，又f(x0)+x0=12cosx0+(x0−sinx0)>12cosx0．
以下只需证明12cosx0>1π−2x0，0<2cosx0<π−2x0．
∵ x0∈(0,π2)，∴ 2cosx0=2sin(π2−x0)<2(π2−x0)=π−2x0．
则f(x0)+x0=12cosx0+(x0−sinx0)>12cosx0>1π−2x0，f(x0)>1π−2x0−x0．
请考生在第22、23两题中任选题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．作答时，请用2B铅笔在答题卡上，将所选题号对应的方框涂黑．[选修4-4：坐标系与参数方程]
【答案】
（1）设P(ρ, θ)，M(ρ0, θ)，
|OM|⋅|OP|＝20，可得ρ0ρ＝20，
即有4ρcosθ＝20，即ρcosθ＝5，
可得点P的轨迹C2的直角坐标方程为x＝5；
（2）C2与x轴交于点D(5, 0)，过点D且倾斜角为5π6的直线l
的参数方程设为x=5−32ty=12t （t为参数），
曲线C1的极坐标方程为ρ＝4cosθ(ρ>0)，即为ρ2＝4ρcosθ，
化为直角坐标方程为x2+y2＝4x，
将直线l的参数方程代入x2+y2＝4x，
可得t2−33t+5＝0，即有t1t2＝5，
|DA|⋅|DB|＝|t1t2|＝5．
【考点】
轨迹方程
【解析】
(Ⅰ)设P(ρ, θ)，M(ρ0, θ)，由曲线C1的极坐标方程，再由直角坐标和极坐标的互化，可得所求方程；
(Ⅱ)求得D的坐标，以及直线l的参数方程，圆的直角坐标方程，联立两个方程，结合参数的几何意义，计算可得所求值．
【解答】
（1）设P(ρ, θ)，M(ρ0, θ)，
|OM|⋅|OP|＝20，可得ρ0ρ＝20，
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即有4ρcosθ＝20，即ρcosθ＝5，
可得点P的轨迹C2的直角坐标方程为x＝5；
（2）C2与x轴交于点D(5, 0)，过点D且倾斜角为5π6的直线l
的参数方程设为x=5−32ty=12t （t为参数），
曲线C1的极坐标方程为ρ＝4cosθ(ρ>0)，即为ρ2＝4ρcosθ，
化为直角坐标方程为x2+y2＝4x，
将直线l的参数方程代入x2+y2＝4x，
可得t2−33t+5＝0，即有t1t2＝5，
|DA|⋅|DB|＝|t1t2|＝5．
[选修4-5：不等式选讲]
【答案】
∵ a，b，c为正数，且满足a+b+c＝3，
∴ 3＝a+b+c≥33abc，当且仅当a＝b＝c＝1时取等号，
∴ 0
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