2020年普通高等学校招生全国统一考试适应性考试（一）数学（理）试题 40页

秘密★启用前 ‎2020年普通高等学校招生全国统一考试适应性考试（一）‎ 数 学（理）‎ ‎ ‎ 一、选择题（每小题5分，共60分）‎ ‎1．下列各式的运算结果为纯虚数的是( )‎ A． B． C． D．‎ ‎2．已知集合，则中元素的个数为 A．9 B．8 C．5 D．4‎ ‎3．正方体中, 为棱的中点(如图)用过点的平面截 ‎ 去该正方体的上半部分,则剩余几何体的左视图为( )‎ A．B． C． D．‎ ‎4．(+)(2-)5的展开式中33的系数为( )‎ A．-80 B．-40 C．40 D．80‎ ‎5．已知，则( )‎ A． B． C． D．‎ ‎6．函数的大致图像为( )‎ A． B． C． D．‎ ‎7．在平面直角坐标系中，A、B分别是轴和轴上的动点，若以AB为直径的圆C与 ‎ 直线相切，则圆C的面积的最小值为( ) ‎ A． B． C． D．‎ ‎8．某校为了增强学生的记忆力和辨识力，组织了一场类似《最强大脑》的 PK 赛，‎ ‎ 两队各由 4 名选手组成，每局两队各派一名选手PK，比赛四局．除第三局胜者得2‎ ‎ 分外，其余各局胜者均得1分，每局的负者得0分．假设每局比赛A队选手获胜的概 ‎ 率均为，且各局比赛结果相互独立，比赛结束时A队的得分高于B队的得分的概 ‎ 率为( )‎ A． B． C． D．‎ ‎9．我国南宋著名数学家秦九韶提出了由三角形三边求三角形面积的“三斜求积”，设 ‎ 的三个内角所对的边分别为，面积为，则“三斜求积”公式 ‎ 为，若，则用 ‎ “三斜求积”公式求得的面积为( )‎ A． B． C． D．‎ ‎10．已知P为双曲线上一点，为双曲线C的左、右 焦点，若，且直线与以C的实轴为直径的圆相切，则C的渐近线 方程为( )‎ A． B． C． D．‎ ‎11．已知A，B，C为球O的球面上的三个定点，，，P为球O的 球面上的动点，记三棱锥P一ABC的体积为，三棱锥O一ABC的体积为，若 的最大值为3，则球O的表面积为( )‎ A． B． C． D．‎ ‎12．己知函数定义域为，满足，且当时，‎ ‎，若对任意，都恒成立，则的取值范围 为( )‎ A． B． C． D．‎ 二、填空题（每小题5分，共20分）‎ ‎13．设平面向量，，若，则__________.‎ ‎14．设函数．若的图像关于原点对称，则曲线 在点处的切线方程为______．‎ ‎15．已知函数，若为的最大值点和最小值点的横坐标，‎ 则____.‎ ‎16．过抛物线的焦点F作两条互相垂直的弦AB､CD，若的 最小值为16，则抛物线的方程为__________.‎ 三、解答题（共70分）‎ ‎17．在数列中，，．‎ ‎（1）求证：数列是等差数列； （2）求数列的前项和．‎ ‎18．已知长方形中，，，现将长方形沿对角线折起，使 ‎，得到一个四面体，如图所示. ‎ ‎（1）试问：在折叠的过程中，异面直线 与能否垂直？若能垂直，求 出相应的的值；若不垂直，请说明 理由；‎ ‎（2）当四面体体积最大时，求 二面角的余弦值.‎ ‎19．小明在某物流派送公司找到了一份派送员的工作，该公司给出了两种日薪薪酬方 案．甲方案：底薪100元，每派送一单奖励1元；乙方案：底薪140元，每日前54‎ 单没有奖励，超过54单的部分每单奖励20元.‎ ‎(1)请分别求出甲、乙两种薪酬方案中日薪y（单位：元）与送货单数n的函数关系式；‎ ‎(2)根据该公司所有派送员100天的派送记录，发现派送员的日平均派送单数满足以 ‎ 下条件：在这100天中的派送量指标满足如图所示的直方图，其中当某天的派送 ‎ 量指标在时，日平均派 送量为50+2n单．若将频率视为概率，回答下列问 题：‎ ‎①估计这100天中的派送量指标的平均数(同一组中的数据 ‎ 用该组区间的中点值作代表)；‎ ‎②根据以上数据，设每名派送员的日薪为（单位：元），试分别求出甲、乙两种 方案的日薪的分布列及数学期望. 请利用数学期望帮助小明分析他选择哪种 薪酬方案比较合适？并说明你的理由.‎ ‎20．已知为坐标原点，圆：，定点，点是圆上 一动点，线段的垂直平分线交圆的半径于点，点的轨迹为．‎ ‎（Ⅰ）求曲线的方程；‎ ‎（Ⅱ）不垂直于轴且不过点的直线与曲线相交于两点，若直线、‎ ‎ 的斜率之和为0，则动直线是否一定经过一定点？若过一定点，则求出该定 ‎ 点的坐标；若不过定点，请说明理由．‎ ‎21．已知函数与的图象在它们的交点处具有相同 ‎ 的切线.‎ ‎（1）求的解析式；‎ ‎（2）若函数有两个极值点，，且，求的 ‎ 取值范围.‎ 选作题,共10分。请考生在22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。‎ ‎22．平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数，且）.‎ 以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为 ‎.‎ ‎（1）求曲线的普通方程和曲线的直角坐标方程；‎ ‎（2）已知点P的极坐标为，Q为曲线上的动点，求的中点M到 ‎ 曲线的距离的最大值.‎ ‎23．已知，，为正数，且满足.证明：‎ ‎（1）； （2）‎ ‎2020年普通高等学校招生全国统一考试适应性考试（一）‎ 数学（理）答案 ‎1．B ‎【解析】‎ ‎ , , ,所以选B.‎ ‎2．A ‎【解析】‎ 分析：根据枚举法，确定圆及其内部整点个数.‎ 详解： ，‎ 当时，；‎ 当时，；‎ 当时，；‎ 所以共有9个，选A.‎ 点睛：本题考查集合与元素关系，点与圆位置关系，考查学生对概念理解与识别.‎ ‎3．D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用平面的基本性质，得到几何体的直观图，然后判断左视图即可．‎ ‎【详解】‎ 由题意可知：过点、、的平面截去该正方体的上半部分，如图直观图，则几何体的左视图为D，故选D.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查简单几何体的三视图，解题的关键是得到直观图，是基本知识的考查．‎ ‎4．C ‎【解析】‎ ‎， ‎ 由展开式的通项公式可得：‎ 当时，展开式中的系数为；‎ 当时，展开式中的系数为，‎ 则的系数为.‎ 故选C.‎ ‎【名师点睛】（1）二项式定理的核心是通项公式，求解此类问题可以分两步完成：第一步根据所给出的条件(特定项)和通项公式，建立方程来确定指数(求解时要注意二项式系数中n和r的隐含条件，即n，r均为非负整数，且n≥r，如常数项指数为零、有理项指数为整数等)；第二步是根据所求的指数，再求所求解的项.‎ ‎（2）求两个多项式的积的特定项，可先化简或利用分类加法计数原理讨论求解.‎ ‎5．C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据诱导公式及正弦的二倍角公式求解即可.‎ ‎【详解】‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了正弦的二倍角公式，诱导公式，同角三角函数间的关系，属于中档题.‎ ‎6．A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 此题主要利用排除法，当时，可得，故可排除C，D，当时，可排除选项B，故可得答案.‎ ‎【详解】‎ 当时，，，∴，故可排除C，D选项；‎ 当时，，，∴，故可排除B选项，‎ 故选A.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查函数的图象的判断与应用，考查函数的零点以及特殊值的计算，是中档题；已知函数解析式，选择其正确图象是高考中的高频考点，主要采用的是排除法，最常见的排出方式有根据函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、周期性等性质，同时还有在特殊点处所对应的函数值或其符号，其中包括等.‎ ‎7．D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 如图，设的中点为，坐标原点为，圆半径为，由已知得，过点作直线的垂直线段，交于，交直线于，则当恰为中点时，圆的半径最小，即面积最小．‎ ‎【详解】‎ 如图，‎ 设的中点为，坐标原点为，圆半径为，‎ 由已知得，‎ 过点作直线的垂直线段，‎ 交于，交直线于，‎ 则当恰为中点时，圆的半径最小，即面积最小 此时圆的直径为到直线的距离为：‎ ‎，‎ 此时 圆的面积的最小值为：．‎ 故选：．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了直线与圆的位置关系，考查圆的面积的最小值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意数形结合思想的合理运用,属于中档题．‎ ‎8．C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 比赛结束时 A 队的得分高于 B 队的得分的情况有3种；A全胜，A三胜一负，A 第三局胜，另外三局两负一胜，由此能求出比赛结束时A队的得分高于B队的得分的概率．‎ ‎【详解】‎ 解：比赛结束时A队的得分高于B队的得分的情况有3种；A全胜，A三胜一负，A 第三局胜，另外三局两负一胜，‎ ‎∴比赛结束时A队的得分高于B队的得分的概率为：‎ ‎． ‎ 故选C．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查互斥事件和独立事件的概率，独立重复性事件试验的概率，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.‎ ‎9．A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题，有正弦定理求得的值，再求得，代入公式即可求得面积.‎ ‎【详解】‎ ‎,‎ 因为，所以，‎ 从而的面积为，‎ 故选A.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了解三角形，解题关键是在于正余弦定理的合理运用，属于较为基础题.‎ ‎10．A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 依据题意作出图象，由双曲线定义可得，又直线PF2与以C的实轴为直径的圆相切，可得，对 在两个三角形中分别用余弦定理及余弦定义列方程，即可求得，联立，即可求得，问题得解．‎ ‎【详解】‎ 依据题意作出图象，如下：‎ 则，，‎ 又直线PF2与以C的实轴为直径的圆相切，‎ 所以,‎ 所以 由双曲线定义可得：，所以，‎ 所以 整理得：，即：‎ 将代入，整理得：，‎ 所以C的渐近线方程为 故选A ‎【点睛】‎ 本题主要考查了双曲线的定义及圆的曲线性质，还考查了三角函数定义及余弦定理，考查计算能力及方程思想，属于难题．‎ ‎11．B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设的外接圆圆心为，其半径为，球的半径为，且，根据体积比求得，利用球的性质，得，再由三角形的性质，求得，利用球的表面积公式，即可求解．‎ ‎【详解】‎ 由题意，设的外接圆圆心为，其半径为，球的半径为，且 依题意可知，即，显然，故，‎ 又由，故，‎ ‎∴球的表面积为，故选B.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了球的表面积的计算，以及球的性质的应用，其中解答中根据几何体的结构特征，合理利用求得性质，求得球的半径是解答的关键，着重考查了空间想象能力，属于基础题．‎ ‎12．B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，首先求出函数在区间上的值域为，再根据条件，判断当时，，并求解时 的解析式，和时对应的两根中较小根，即可得到的取值范围.‎ ‎【详解】‎ 当时，，‎ 可求得，且在上单调增，在上单调减，‎ 根据，可知当，，‎ 当，，且在上单调增，在上单调减，‎ 因为，当时，，‎ ‎，，‎ 令，解得或，‎ 所以对任意，都恒成立，的取值范围为，‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】‎ 该题以分段函数的形式考查了函数的值域，函数解析式的求解，以及利用恒成立求参数取值范围的问题，属于较难题目，解决该题的关键是利用条件可分析函数的图象，利用数形结合比较好分析.‎ ‎13．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据向量垂直关系求得，利用即可求得模长.‎ ‎【详解】‎ 由题：平面向量，，若，‎ 所以，解得：，‎ ‎.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】‎ 此题考查根据向量垂直求参数，求向量的模长，关键在于熟练掌握向量的基本运算法则.‎ ‎14．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由的图像关于原点对称可得，由导数的几何意义可知切线的斜率为，求得后利用点斜式即可得解.‎ ‎【详解】‎ 由题知为奇函数，可得即，则，‎ ‎，，‎ ‎，，‎ 切线方程为即．‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了函数奇偶性的应用和导数几何意义的应用，属于基础题.‎ ‎15．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可得，令，‎ 则，，利用二次函数的性质即可得，，利用诱导公式即可得解.‎ ‎【详解】‎ 由题意，‎ 令，则，‎ 则，，‎ 故时，即时，取得最大值；‎ 时，即时，取得最小值，此时，‎ ‎.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了三角函数最值的求解及诱导公式的应用，考查了换元法的应用，属于中档题.‎ ‎16．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设直线AB的方程为：，则直线CD的方程为，，分别与抛物线的方程联立可得 ， ，‎ ‎，利用基本不等式可得最值，进而可得抛物线的方程.‎ ‎【详解】‎ 解：设直线AB的方程为：，则直线CD的方程为， ， 联立，化为， ，同理可得， ，当且仅当时取等号， ∴的最小值为，‎ ‎，则，‎ 所以抛物线的方程为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了焦点弦长公式、相互垂直的直线斜率之间的关系、直线与抛物线相交问题转化为方程联立，可得根与系数的关系，考查了推理能力与计算能力，属于中档题.‎ ‎17．(1)证明见解析.‎ ‎(2).‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据数列通项公式的特征，我们对，两边同时除以，得到，利用等差数列的定义，就可以证明出数列是等差数列；‎ ‎（2）求出数列的通项公式，利用裂项相消法，求出数列的前n项和．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）的两边同除以，得 ‎，又， ‎ 所以数列是首项为4，公差为2的等差数列．‎ ‎(2)由（1）得，即,‎ 故，‎ 所以 ‎【点睛】‎ 本题考查了证明等差数列的方法以及用裂项相消法求数列前和．‎ 已知，都是等差数列，那么数列的前和就可以用裂项相消法来求解．‎ ‎18．（1）1；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）若AB⊥CD，得AB⊥面ACD，由于AB⊥AC.,所以AB2＋a2＝BC,解得a2=1，成立;（2）四面体A﹣BCD体积最大时面ABD⊥面BCD，以A为原点，在平面ACD中过O作BD的垂线为x轴，OD为y轴，OA为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角A﹣CD﹣B的余弦值．‎ ‎【详解】‎ ‎(1)若AB⊥CD，因为AB⊥AD，AD∩CD＝D，‎ 所以AB⊥面ACD⇒AB⊥AC. ‎ 由于AB=1, AD=BC= ,AC=,‎ 由于AB⊥AC.,所以AB2＋a2＝BC,‎ 所以12＋a2＝()2⇒a＝1, ‎ 所以在折叠的过程中，异面直线AB与CD可以垂直,此时的值为1 ‎ ‎(2)要使四面体A－BCD体积最大，因为△BCD面积为定值，‎ 所以只需三棱锥A－BCD的高最大即可，此时面ABD⊥面BCD. ‎ 过A作AO⊥BD于O，则AO⊥面BCD，‎ 以O为原点建立空间直角坐标系 (如图)，‎ 则易知,‎ 显然，面BCD的法向量为 , ‎ 设面ACD的法向量为＝(x，y，z),‎ 因为 所以，令y＝，得＝(1，，2)， ‎ 故二面角A－CD－B的余弦值即为.‎ ‎【点睛】‎ 传统方法求线面角和二面角，一般采用“一作，二证、三求”三个步骤，首先根据二面角的定义结合几何体图形中的线面关系作出线面角或二面角的平面角，进而求出；而角的计算大多采用建立空间直角坐标系，写出向量的坐标，利用线面角和二面角公式，借助法向量求空间角.‎ ‎19．（1），；（2）①，②见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据题意，列出解析式，即可（2）①分别计算出每个区间中点值的个数，然后乘以总数，求和，除以个数，即可得到平均值②分别计算出每个指标下薪资待遇，计算期望，比较大小，做出选择．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）甲：，乙：，故为 ‎ ，；‎ ‎ （2）①读图可知,20个0.1,30个0.3,20个0.5,20个0.7,10个0.9，故平均数 ‎ ‎ ‎ ②甲:‎ P(概率)‎ ‎0.2‎ ‎0.3‎ ‎0.2‎ ‎0.2‎ ‎0.1‎ X（日薪）‎ ‎152‎ ‎154‎ ‎156‎ ‎158‎ ‎160‎ EX=‎ ‎ 乙：‎ P（概率）‎ ‎0.2‎ ‎0.3‎ ‎0.2‎ ‎0.2‎ ‎0.1‎ X（日薪）‎ ‎140‎ ‎140‎ ‎180‎ ‎220‎ ‎260‎ EX=‎ 乙的期望更高，故选择乙方案．‎ ‎【点睛】‎ 本道题是一个统计题，掌握好平均数和数学期望的计算方法，即可得出答案．‎ ‎20．（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）由垂直平分线性质与椭圆的定义可知点Q的轨迹为椭圆，长轴长等于半径,点F、点N分别为左右焦点，由椭圆参数的性质可求得椭圆方程；‎ ‎（Ⅱ）由题意假设直线l的方程与交点坐标，与椭圆联立，由斜率公式，表示出两直线斜率，由斜率之和为0列式可求得参数的等量关系，代入直线，即可求得恒过某点.‎ ‎【详解】‎ ‎（Ⅰ）由题意可知，又，由椭圆的定义知动点的轨迹是为焦点的椭圆，故，即所求椭圆的方程为 ‎（Ⅱ）设直线的方程为，点，，联立曲线与直线的方程得 ‎，‎ 由已知，直线、的斜率之和为，‎ ‎，‎ 即有：，化简得：‎ 直线的方程为，所以直线过过定点．‎ ‎【点睛】‎ 本题综合考察直线与圆锥曲线的知识，若求轨迹方程时与圆有关，则一般会根据圆的半径列等式，证明恒过某点需要将直线表示出来，说明参数对某个点的取值无影响即可.‎ ‎21．（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求得两个函数的导数，由公切线的斜率相同可得的方程；将切点代入两个函数，可得的方程；联立两个方程即可求得的值，进而得的解析式；‎ ‎（2）将的解析式代入并求得，由极值点定义可知，是方程的两个不等实根，由韦达定理表示出，结合可得.代入中化简，分离参数并构造函数，求得并令 求得极值点，由极值点两侧符号判断单调性，并求得最小值，代入端点值求得最大值，即可求得的取值范围.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）根据题意，函数与 可知，，‎ 两图象在点处有相同的切线，‎ 所以两个函数切线的斜率相等，即，化简得，‎ 将代入两个函数可得，‎ 综合上述两式可解得，‎ 所以.‎ ‎（2）函数，定义域为，‎ ‎，‎ 因为，为函数的两个极值点，‎ 所以，是方程的两个不等实根，‎ 由根与系数的关系知，，‎ 又已知，所以，‎ ‎，‎ 将式代入得 ‎，‎ 令，，‎ ‎，令，解得，‎ 当时，，在单调递减；‎ 当时，，在单调递增；‎ 所以，‎ ‎，‎ ‎，‎ 即的取值范围是.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了导数的计算及几何意义，根据公切线求参数值，由导数研究函数的极值点、单调性与最值，构造函数法的综合应用，属于难题.‎ ‎22．（1），.（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）化简得到，再考虑，利用极坐标方程公式得到答案.‎ ‎（2）P的直角坐标为，设点，故，代入圆方程得到M在圆心为，半径为1的圆上，计算得到最大距离.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）因为，所以3×①+4×②，得.‎ 又，‎ 所以的普通方程为，‎ 将，代入曲线的极坐标方程，得曲线的直角坐标方程为.‎ ‎（2）由点P的极坐标，可得点P的直角坐标为.‎ 设点，因为M为的中点，所以 将Q代入的直角坐标方程得，‎ 即M在圆心为，半径为1的圆上.‎ 所以点M到曲线距离的最大值为，‎ 由（1）知不过点，且，‎ 即直线与不垂直.‎ 综上知，M到曲线的距离的最大值为.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了参数方程，极坐标方程，距离的最值问题，意在考查学生的计算能力和转化能力.‎ ‎23．（1）证明见解析；（2）证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据分析法，结合不等式关系中，，，即可证明不等式成立；‎ ‎（2）根据题中条件，直接构造基本不等式进行证明即可.‎ ‎【详解】‎ ‎（1），‎ ‎，‎ 又由均值不等式，‎ 得，，，‎ 则，‎ ‎，‎ 即得证；‎ ‎（2），，，，‎ ‎，，，‎ 则 ‎，‎ 又由均值不等式得，‎ 同理可得，，‎ 则，‎ 当且仅当时等号成立，得证.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了不等式的证明，基本不等式的应用，属于中档题.‎ ‎2020年普通高等学校招生全国统一考试适应性考试（一）‎ 数学参考答案（理）‎ ‎1．B【解析】 , , ,所以选B.‎ ‎2．A【解析】分析：根据枚举法，确定圆及其内部整点个数.‎ 详解： ，当时，；当时，；当时，；所以共有9个，选A.‎ 点睛：本题考查集合与元素关系，点与圆位置关系，考查学生对概念理解与识别.‎ ‎3．D【解析】【分析】利用平面的基本性质，得到几何体的直观图，然后判断左视图即可．‎ ‎【详解】由题意可知：过点、、的平面截去该正方体的上半部分，如图直观图，则几何体的左视图为D，故选D.‎ ‎【点睛】本题考查简单几何体的三视图，解题的关键是得到直观图，是基本知识的考查．‎ ‎4．C【解析】， 由展开式的通项公式可得：当时，展开式中的系数为；当时，展开式中的系数为，则的系数为.故选C.‎ ‎【名师点睛】（1）二项式定理的核心是通项公式，求解此类问题可以分两步完成：第一步根据所给出的条件(特定项)和通项公式，建立方程来确定指数(求解时要注意二项式系数中n和r的隐含条件，即n，r均为非负整数，且n≥r，如常数项指数为零、有理项指数为整数等)；第二步是根据所求的指数，再求所求解的项.（2）求两个多项式的积的特定项，可先化简或利用分类加法计数原理讨论求解.‎ ‎5．C【解析】【分析】根据诱导公式及正弦的二倍角公式求解即可.‎ ‎【详解】，，，‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题主要考查了正弦的二倍角公式，诱导公式，同角三角函数间的关系，属于中档题.‎ ‎6．A【解析】【分析】此题主要利用排除法，当时，可得，故可排除C，D，当时，可排除选项B，故可得答案.‎ ‎【详解】当时，，，∴，故可排除C，D选项；‎ 当时，，，∴，故可排除B选项，故选A.‎ ‎【点睛】本题考查函数的图象的判断与应用，考查函数的零点以及特殊值的计算，是中档题；已知函数解析式，选择其正确图象是高考中的高频考点，主要采用的是排除法，最常见的排出方式有根据函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、周期性等性质，同时还有在特殊点处所对应的函数值或其符号，其中包括等.‎ ‎7．D【解析】【分析】如图，设的中点为，坐标原点为，圆半径为，由已知得，过点作直线的垂直线段，交于，交直线于，则当恰为中点时，圆的半径最小，即面积最小．‎ ‎【详解】如图，设的中点为，坐标原点为，圆半径为，由已知得，过点作直线的垂直线段，交于，交直线于，则当恰为中点时，圆的半径最小，即面积最小此时圆的直径为到直线的距离为：，此时圆的面积的最小值为：．故选：．‎ ‎【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系，考查圆的面积的最小值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意数形结合思想的合理运用,属于中档题．‎ ‎8．C【解析】【分析】比赛结束时 A 队的得分高于 B 队的得分的情况有3种；A全胜，A三胜一负，A 第三局胜，另外三局两负一胜，由此能求出比赛结束时A队的得分高于B队的得分的概率．‎ ‎【详解】解：比赛结束时A队的得分高于B队的得分的情况有3种；A全胜，A三胜一负，A第三局胜，另外三局两负一胜，∴比赛结束时A队的得分高于B队的得分的概率为：‎ ‎． 故选C．‎ ‎【点睛】本题主要考查互斥事件和独立事件的概率，独立重复性事件试验的概率，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.‎ ‎9．A【解析】【分析】由题，有正弦定理求得的值，再求得，代入公式即可求得面积.‎ ‎【详解】,因为，所以，从而的面积为，故选A.‎ ‎【点睛】本题考查了解三角形，解题关键是在于正余弦定理的合理运用，属于较为基础题.‎ ‎10．A【解析】【分析】依据题意作出图象，由双曲线定义可得，又直线PF2与以C的实轴为直径的圆相切，可得，对在两个三角形中分别用余弦定理及余弦定义列方程，即可求得，联立，即可求得，问题得解．‎ ‎【详解】依据题意作出图象，如下：‎ 则，，‎ 又直线PF2与以C的实轴为直径的圆相切，‎ 所以,所以 由双曲线定义可得：，所以，所以 整理得：，即：‎ 将代入，整理得：，‎ 所以C的渐近线方程为故选A ‎【点睛】本题主要考查了双曲线的定义及圆的曲线性质，还考查了三角函数定义及余弦定理，考查计算能力及方程思想，属于难题．‎ ‎11．B【解析】【分析】设的外接圆圆心为，其半径为，球的半径为，且，根据体积比求得，利用球的性质，得，再由三角形的性质，求得，利用球的表面积公式，即可求解．‎ ‎【详解】由题意，设的外接圆圆心为，其半径为，球的半径为，且 依题意可知，即，显然，故，‎ 又由，故，∴球的表面积为，故选B.‎ ‎【点睛】本题主要考查了球的表面积的计算，以及球的性质的应用，其中解答中根据几何体的结构特征，合理利用求得性质，求得球的半径是解答的关键，着重考查了空间想象能力，属于基础题．‎ ‎12．B【解析】【分析】根据题意，首先求出函数在区间上的值域为，再根据条件，判断当时，，并求解时的解析式，和时对应的两根中较小根，即可得到的取值范围.‎ ‎【详解】当时，，可求得，且在上单调增，在上单调减，根据，可知当，，‎ 当，，且在上单调增，在上单调减，因为，当时，，，，令，解得或，‎ 所以对任意，都恒成立，的取值范围为，故选：B.‎ ‎【点睛】该题以分段函数的形式考查了函数的值域，函数解析式的求解，以及利用恒成立求参数取值范围的问题，属于较难题目，解决该题的关键是利用条件可分析函数的图象，利用数形结合比较好分析.‎ 13． ‎【解析】【分析】根据向量垂直关系求得，利用即可求得模长.‎ 14． ‎【详解】由题：平面向量，，若，所以，解得：，.故答案为：‎ ‎【点睛】此题考查根据向量垂直求参数，求向量的模长，关键在于熟练掌握向量的基本运算法则.‎ ‎14．【解析】【分析】由的图像关于原点对称可得，由导数的几何意义可知切线的斜率为，求得后利用点斜式即可得解.‎ ‎【详解】由题知为奇函数，可得即，则，‎ ‎，，，，‎ 切线方程为即．故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查了函数奇偶性的应用和导数几何意义的应用，属于基础题.‎ ‎15．【解析】【分析】由题意可得，令，‎ 则，，利用二次函数的性质即可得，，利用诱导公式即可得解.‎ ‎【详解】由题意，令，则，‎ 则，，故时，即时，取得最大值；时，即时，取得最小值，此时，‎ ‎.故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查了三角函数最值的求解及诱导公式的应用，考查了换元法的应用，属于中档题.‎ ‎16．【解析】【分析】设直线AB的方程为：，则直线CD的方程为，，分别与抛物线的方程联立可得 ， ，，利用基本不等式可得最值，进而可得抛物线的方程.‎ ‎【详解】解：设直线AB的方程为：，则直线CD的方程为， ，联立，化为，，同理可得，，当且仅当时取等号，∴的最小值为，‎ ‎，则，所以抛物线的方程为.故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查了焦点弦长公式、相互垂直的直线斜率之间的关系、直线与抛物线相交问题转化为方程联立，可得根与系数的关系，考查了推理能力与计算能力，属于中档题.‎ ‎17．(1)证明见解析.(2).‎ ‎【解析】【分析】（1）根据数列通项公式的特征，我们对，两边同时除以，得到，利用等差数列的定义，就可以证明出数列是等差数列；（2）求出数列的通项公式，利用裂项相消法，求出数列的前n项和．‎ ‎【详解】（1）的两边同除以，得，又， ‎ 所以数列是首项为4，公差为2的等差数列．(2)由（1）得，即,故，所以 ‎【点睛】‎ 本题考查了证明等差数列的方法以及用裂项相消法求数列前和．已知，都是等差数列，那么数列的前和就可以用裂项相消法来求解．‎ ‎18．（1）1；（2）.【解析】【分析】（1）若AB⊥CD，得AB⊥面ACD，由于AB⊥AC.,所以AB2＋a2＝BC,解得a2=1，成立;‎ ‎（2）四面体A﹣BCD体积最大时面ABD⊥面BCD，以A为原点，在平面ACD中过O作BD的垂线为x轴，OD为y轴，OA为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角A﹣CD﹣B的余弦值．‎ ‎【详解】(1)若AB⊥CD，因为AB⊥AD，AD∩CD＝D，所以AB⊥面ACD⇒AB⊥AC. ‎ 由于AB=1, AD=BC= ,AC=,由于AB⊥AC.,所以AB2＋a2＝BC,所以12＋a2＝()2⇒a＝1, ‎ 所以在折叠的过程中，异面直线AB与CD可以垂直,此时的值为1 ‎ ‎(2)要使四面体A－BCD体积最大，因为△BCD面积为定值，所以只需三棱锥A－BCD的高最大即可，此时面ABD⊥面BCD. 过A作AO⊥BD于O，则AO⊥面BCD，以O为原点建立空间直角坐标系 (如图)，‎ 则易知,显然，面BCD的法向量为 , 设面ACD的法向量为＝(x，y，z),因为所以令y＝,得＝(1,，2)，故二面角A－CD－B的余弦值即为.‎ ‎【点睛】传统方法求线面角和二面角，一般采用“一作，二证、三求”三个步骤，首先根据二面角的定义结合几何体图形中的线面关系作出线面角或二面角的平面角，进而求出；而角的计算大多采用建立空间直角坐标系，写出向量的坐标，利用线面角和二面角公式，借助法向量求空间角.‎ ‎19．（1），；（2）①，②见解析 ‎【解析】【分析】（1）根据题意，列出解析式，即可（2）①分别计算出每个区间中点值的个数，然后乘以总数，求和，除以个数，即可得到平均值②分别计算出每个指标下薪资待遇，计算期望，比较大小，做出选择．‎ ‎【详解】（1）甲：，乙：，故为 ‎ ，；‎ ‎ （2）①读图可知,20个0.1,30个0.3,20个0.5,20个0.7,10个0.9，故平均数 ‎ ‎ ‎ ②甲:‎ P(概率)‎ ‎0.2‎ ‎0.3‎ ‎0.2‎ ‎0.2‎ ‎0.1‎ X（日薪）‎ ‎152‎ ‎154‎ ‎156‎ ‎158‎ ‎160‎ EX=‎ ‎ 乙：‎ P（概率）‎ ‎0.2‎ ‎0.3‎ ‎0.2‎ ‎0.2‎ ‎0.1‎ X（日薪）‎ ‎140‎ ‎140‎ ‎180‎ ‎220‎ ‎260‎ EX=乙的期望更高，故选择乙方案．‎ ‎【点睛】本道题是一个统计题，掌握好平均数和数学期望的计算方法，即可得出答案．‎ ‎20．（1）（2）‎ ‎【解析】【分析】（Ⅰ）由垂直平分线性质与椭圆的定义可知点Q的轨迹为椭圆，长轴长等于半径,点F、点N分别为左右焦点，由椭圆参数的性质可求得椭圆方程；‎ ‎（Ⅱ）由题意假设直线l的方程与交点坐标，与椭圆联立，由斜率公式，表示出两直线斜率，由斜率之和为0列式可求得参数的等量关系，代入直线，即可求得恒过某点.‎ ‎【详解】（Ⅰ）由题意可知，又，由椭圆的定义知动点的轨迹是为焦点的椭圆，故，即所求椭圆的方程为 ‎（Ⅱ）设直线的方程为，点，，联立曲线与直线的方程得 ‎，‎ 由已知，直线、的斜率之和为，‎ ‎，即有：，化简得：直线的方程为，所以直线过过定点．‎ ‎【点睛】本题综合考察直线与圆锥曲线的知识，若求轨迹方程时与圆有关，则一般会根据圆的半径列等式，证明恒过某点需要将直线表示出来，说明参数对某个点的取值无影响即可.‎ ‎21．（1）；（2）‎ ‎【解析】【分析】（1）求得两个函数的导数，由公切线的斜率相同可得的方程；将切点代入两个函数，可得的方程；联立两个方程即可求得的值，进而得的解析式；‎ ‎（2）将的解析式代入并求得，由极值点定义可知，是方程的两个不等实根，由韦达定理表示出，结合可得.代入中化简，分离参数并构造函数，求得并令求得极值点，由极值点两侧符号判断单调性，并求得最小值,代入端点值求得最大值,即可求得的取值范围.‎ ‎【详解】（1）根据题意，函数与可知，，‎ 两图象在点处有相同的切线，所以两个函数切线的斜率相等，即，化简得，将代入两个函数可得，综合上述两式可解得，‎ 所以.‎ ‎（2）函数，定义域为，‎ ‎，因为，为函数的两个极值点，‎ 所以，是方程的两个不等实根，由根与系数的关系知，，又已知，所以，，‎ 将式代入得，‎ 令，，，令，解得，‎ 当时，，在单调递减；‎ 当时，，在单调递增；‎ 所以，，‎ ‎，即的取值范围是.‎ ‎【点睛】本题考查了导数的计算及几何意义，根据公切线求参数值，由导数研究函数的极值点、单调性与最值，构造函数法的综合应用，属于难题.‎ ‎22．（1），.（2）‎ ‎【解析】【分析】（1）化简得到，再考虑，利用极坐标方程公式得到答案.‎ ‎（2）P的直角坐标为，设点，故，代入圆方程得到M在圆心为，半径为1的圆上，计算得到最大距离.‎ ‎【详解】（1）因为，所以3×①+4×②，得.‎ 又，所以的普通方程为，‎ 将，代入曲线的极坐标方程，得曲线的直角坐标方程为.‎ ‎（2）由点P的极坐标，可得点P的直角坐标为.设点，因为M为的中点，所以将Q代入的直角坐标方程得，‎ 即M在圆心为，半径为1的圆上.所以点M到曲线距离的最大值为，由（1）知不过点，且，即直线与不垂直.‎ 综上知，M到曲线的距离的最大值为.‎ ‎【点睛】本题考查了参数方程，极坐标方程，距离的最值问题，意在考查学生的计算能力和转化能力.‎ ‎23．（1）证明见解析；（2）证明见解析.‎ ‎【解析】【分析】（1）根据分析法，结合不等式关系中，，‎ ‎，即可证明不等式成立；（2）根据题中条件，直接构造基本不等式进行证明即可.‎ ‎【详解】‎ ‎（1），‎ ‎，‎ 又由均值不等式，‎ 得，，，‎ 则，‎ ‎，‎ 即得证；‎ ‎（2），，，，‎ ‎，，，‎ 则 ‎，‎ 又由均值不等式得，‎ 同理可得，，‎ 则，‎ 当且仅当时等号成立，得证.‎ ‎【点睛】 本题考查了不等式的证明，基本不等式的应用，属于中档题.‎