2021年山东省济南市高考数学二模试卷

一、单选题（本大题共8小题，共40.0分）

1. 已知全集𝑈=𝑅，集合𝐴={𝑥|𝑥≥2}，𝐵={𝑥|log2(𝑥−1)<1}，则(∁𝑈𝐴)∩𝐵=( )

A. (−∞,2) B. (−∞,2] C. (1,2) D. (1,3)

2. 已知(2−𝑖)⋅𝑧=𝑖，i为虚数单位，则|𝑧|=( )

5 A. √5

B. 1 C. 2 D. √5 3. “直线l垂直于平面𝛼内的无数条直线”是“𝑙⊥𝛼”的一个( )

A. 充分不必要条件 C. 充要条件

B. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件

4. 已知随机变量X服从正态分布𝑁(1,𝜎2)，若𝑃(𝑋≤0)=0.2，则𝑃(𝑋<2)=( )

A. 0.2

5. 已知椭圆C：

𝑥24

B. 0.4

+

𝑦23

1

C. 0.6 D. 0.8

=1，过点𝑃(1,2)的直线交椭圆C于A、B两点，若P为AB的中点，则直线AB

的方程为( )

A. 3𝑥−2𝑦−2=0 C. 3𝑥+4𝑦−5=0

B. 3𝑥+2𝑦−4=0 D. 3𝑥−4𝑦−1=0

6. 在平面直角坐标系xOy中，O为坐标原点，已知点𝑀(√3,−1)和点𝑁(0,1).若点P在∠𝑀𝑂𝑁的角平分线

⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =( ) 上，且|⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑂𝑃|=4，则⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑂𝑃⋅⃗𝑀𝑁

A. −2 B. −6 C. 2 D. 6

−1+2𝑙𝑛𝑥,𝑥>1

7. 已知函数𝑓(𝑥)={，若𝑓(𝑎)=𝑓(𝑏)，则𝑎+𝑏的最小值是( )

1−2𝑙𝑛𝑥,0<𝑥≤1

A. 2√𝑒 B. e C. 1+𝑒 D. 2e

8. “曼哈顿距离”是由赫尔曼⋅闵可夫斯基所创的词汇，是一种使用在几何度量空间的几何学用语，例如

𝐿𝑃𝑄=|𝑥1−𝑥2|+|𝑦1−𝑦2|.若点𝑃(1,2)，𝑄(𝑥2,𝑦2)的曼哈顿距离为：在平面直角坐标系中，点𝑃(𝑥1,𝑦1)、点Q为圆C：𝑥2+𝑦2=4上一动点，则𝐿𝑃𝑄的最大值为( )

A. 1+√2 B. 1+2√2 C. 3+√2 D. 3+2√2 二、多选题（本大题共4小题，共20.0分）

9. 已知𝑎>𝑏>0，𝑐∈𝑅，下列不等式恒成立的有( )

A. (3)𝑎<(3)𝑏 C. log2𝑎>log2𝑏 𝜋

1

1

11

B. 𝑎𝑐2>𝑏𝑐2

2D. (𝑎+𝑏)

2

<

𝑎2+𝑏2

2

10. 函数𝑓(𝑥)=2𝑐𝑜𝑠(2𝑥−6)+1(𝑥∈𝑅)，则下列说法正确的是( )

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A. 若𝑓(𝑥1)=𝑓(𝑥2)=3，则𝑥1−𝑥2=𝑘𝜋(𝑘∈𝑍) B. 函数𝑓(𝑥)在[−6,3]上为增函数 C. 函数𝑓(𝑥)的图象关于点(3,1)对称

D. 函数𝑓(𝑥)的图象可以由𝑔(𝑥)=2𝑠𝑖𝑛(2𝑥−3)+1(𝑥∈𝑅)的图象向左平移12个单位长度得到

11. 已知𝑓(𝑥)是定义在R上的偶函数，𝑓(1−𝑥)=−𝑓(1+𝑥)，且当𝑥∈[0,1]时，𝑓(𝑥)=𝑥2+𝑥−2，则下

列说法正确的是( )

𝜋

𝜋

𝜋

𝜋𝜋

A. 𝑓(𝑥)是以4为周期的周期函数 B. 𝑓(2018)+𝑓(2021)=−2

C. 函数𝑦=log2(𝑥+1)的图象与函数𝑓(𝑥)的图象有且仅有3个交点 D. 当𝑥∈[3,4]时，𝑓(𝑥)=𝑥2−9𝑥+18

𝐴𝐵=𝐴𝐴1=𝐴𝐷=1，∠𝐵𝐴𝐷=60°，12. 如图，直四棱柱𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，底面ABCD为平行四边形，2

⏜⏜上的动点(不包括端点)，点P是半圆弧𝐴点Q是半圆弧𝐵𝐶则下列说法正确1𝐷1上的动点(不包括端点)，的是( )

1

A. 四面体PBCQ的体积是定值

⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ B. 𝐴𝐷𝐴1𝑃的取值范围是(0,4)

C. 若𝐶1𝑄与平面ABCD所成的角为𝜃，则tan𝜃>2

D. 若三棱锥𝑃−𝐵𝐶𝑄的外接球表面积为S，则𝑆∈[4𝜋,13𝜋)

三、单空题（本大题共4小题，共20.0分）

13. 已知(𝑥−𝑥)𝑛的展开式中各项的二项式系数的和为128，则这个展开式中𝑥3项的系数是______． 14. 已知tan(4−𝛼)=2，则𝑐𝑜𝑠2𝛼=______． 15. 设双曲线

𝑥2𝜋

1

2

1

−𝑏2=1(𝑎>0,𝑏>0)的左右焦点分别为𝐹1，𝐹2，过𝐹1的直线分别交双曲线左、右两支于

𝑎2

𝑦2

点M，𝑁.若以MN为直径的圆经过点𝐹2且|𝑀𝐹2|=|𝑁𝐹2|，则双曲线的离心率为______．

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16. 设函数𝑓(𝑥)=𝑒𝑥−𝑐𝑜𝑠𝑥−2𝑎，𝑔(𝑥)=𝑥，若存在𝑥1，𝑥2∈[0,𝜋]使得𝑓(𝑥1)=𝑔(𝑥2)成立，则𝑥2−𝑥1的

最小值为1时，实数𝑎=______． 四、解答题（本大题共6小题，共70.0分）

17. 在①(𝑠𝑖𝑛𝐵−𝑠𝑖𝑛𝐶)2=sin2𝐴−𝑠𝑖𝑛𝐵𝑠𝑖𝑛𝐶；②2𝑎𝑠𝑖𝑛𝐶=𝑐𝑡𝑎𝑛𝐴；③2𝑐𝑜𝑠2

中任选一个，补充在下面问题中，并作答．

问题：已知△𝐴𝐵𝐶的内角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，若𝑏=√2，___． (1)求A的值；

(2)若𝑠𝑖𝑛𝐵=√2𝑠𝑖𝑛𝐶，求△𝐴𝐵𝐶的面积．

18. 已知数列{𝑎𝑛}是正项等比数列，满足𝑎3是2𝑎1，3𝑎2的等差中项，𝑎4=16．

(1)求数列{𝑎𝑛}的通项公式；

(2)若𝑏𝑛=(−1)𝑛log2𝑎2𝑛+1，求数列{𝑏𝑛}的前n项和𝑇𝑛．

19. 甲、乙两人进行“抗击新冠疫情”知识竞赛，比赛采取五局三胜制．约定先胜三局者获胜，比赛结束．假

设在每局比赛中，甲获胜的概率为3，乙获胜的概率为3，各局比赛相互． (1)求甲获胜的概率；

(2)设比赛结束时甲和乙共进行了X局比赛，求随机变量X的分布列及数学期望．

2

1

𝐵+𝐶2

=𝑐𝑜𝑠2𝐴+1；三个条件

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D为BC中点，∠𝐶𝐴𝐵=120°，𝐴𝐵=𝐴𝐶=4，20. 如图，四边形ABEF是矩形，平面𝐴𝐵𝐶⊥平面ABEF， 𝐴𝐹=√6．

(1)证明：平面𝐴𝐷𝐹⊥平面BCF； (2)求二面角𝐹−𝐴𝐷−𝐸的余弦值．

21. 已知抛物线C：𝑥2=2𝑝𝑦(𝑝>0)，过点𝑇(0,𝑝)作两条互相垂直的直线𝑙1和𝑙2，𝑙1交抛物线C于A、B两

点，𝑙2交抛物线C于E、F两点，当点A的横坐标为1时，抛物线C在点A处的切线斜率为2． (1)求抛物线C的标准方程；

(2)已知O为坐标原点，线段AB的中点为M，线段EF的中点为N，求△𝑂𝑀𝑁面积的最小值．

1

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22. 已知函数𝑓(𝑥)=𝑥𝑙𝑛𝑥−𝑎𝑥2+𝑥，𝑔(𝑥)=(1−𝑎)𝑥𝑙𝑛𝑥−𝑒𝑥−1，𝑎>0．

(1)当𝑎=2时，判断函数𝑓(𝑥)在定义域内的单调性； (2)若𝑓(𝑥)≥𝑔(𝑥)+𝑥恒成立，求实数a的取值范围．

𝑒

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答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：因为𝐵={𝑥|log2(𝑥−1)<1}={𝑥|1<𝑥<3}， 又集合𝐴={𝑥|𝑥≥2}，全集𝑈=𝑅， 所以(∁𝑈𝐴={𝑥|𝑥<2}, 所以(∁𝑈𝐴)∩𝐵=(1,2)． 故选：C．

先利用对数不等式求出集合B，然后由补集的定义和交集的定义求解即可．

本题考查了集合的运算，涉及了对数不等式的解法，补集的定义以及交集定义的理解和应用，属于基础题．

2.【答案】A

【解析】解：由已知可得： 𝑧=2−𝑖=(2−𝑖)(2+𝑖)=

15

𝑖

𝑖(2+𝑖)

−1+2𝑖525

，

5所以|𝑧|=√(−)2+()2=√，

5

故选：A．

由已知求出z，进而可以求解．

本题考查了复数的运算性质，涉及到模的求解，属于基础题．

3.【答案】B

【解析】解：直线l垂直于平面𝛼内的无数条直线，若无数条直线是平行线，则l与𝛼不一定平行， 如果𝑙⊥𝛼，根据线面垂直的性质可知直线l垂直于平面𝛼内的无数条直线． 故“直线l垂直于平面𝛼内的无数条直线”是“𝑙⊥𝛼”的必要不充分条件． 故选：B．

直线l垂直于平面𝛼内的无数条直线，若无数条直线是平行线，则l与𝛼不一定平行，如果𝑙⊥𝛼，根据线面垂直的性质可知直线l垂直于平面𝛼内的无数条直线，最后根据“若𝑝⇒𝑞为假命题且𝑞⇒𝑝为真命题，则命题p是命题q的必要不充分条件”可得结论．

本题主要考查了直线与平面垂直的判定，以及必要条件、充分条件与充要条件的判断，同时考查了化归与

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转化的数学思想方法，以及空间想象能力、推理论证能力，属于基础题．

4.【答案】D

【解析】解：随机变量X服从正态分布𝑁(1,𝜎2)，𝑃(𝑋≤0)=0.2， ∴𝑃(0≤𝑋≤1)=0.5−0.2=0.3， ∴𝑃(1≤𝑋≤2)=𝑃(0≤𝑋≤1)=0.3． 所以𝑃(𝑋<2)=0.5+0.3=0.8． 故选：D．

先求出𝑃(0≤𝑋≤1)，再计算𝑃(1≤𝑋≤2)，然后求解𝑃(𝑋<2)． 本题考查了正态分布的对称性，属于基础题．

5.【答案】B

【解析】解：设𝐴(𝑥1,𝑦1)，𝐵(𝑥2,𝑦2)，

2222则3𝑥1+4𝑦1=12，3𝑥2+4𝑦2=12，

∴3(𝑥1+𝑥2)(𝑥1−𝑥2)+4(𝑦1+𝑦2)(𝑦1−𝑦2)=0．

∵𝑃(1,1)恰为线段AB的中点，即有𝑥1+𝑥2=2，𝑦1+𝑦2=1， ∴3(𝑥1−𝑥2)+2(𝑦1−𝑦2)=0，

12

∴直线AB的斜率为𝑘=𝑥−𝑥=−2，

1

2

𝑦−𝑦3

∴直线AB的方程为𝑦−2=−2(𝑥−1)， 即3𝑥+2𝑦−4=0． 由于P在椭圆内，故成立． 故选：B．

利用“点差法”、线段中点坐标公式、斜率计算公式即可得出．

本题考查了“点差法”、线段中点坐标公式、斜率计算公式，属于中档题．

13

6.【答案】A

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【解析】解：点𝑀(√3,−1)可知OM与x轴正方向所角为30°，如图

点𝑀(√3,−1)和点𝑁(0,1)

那么𝑂𝑁=1，𝑀𝑂=2，余弦定理可得∠𝑀𝑂𝑁=120°， 点P在∠𝑀𝑂𝑁的角平分线上，且|⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑂𝑃|=4， 那么∠𝑀𝑂𝑃=∠𝑁𝑂𝑃=60°， 可得P的坐标为(2√3,2)，

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2√3,2)⋅(−√3,2)=−6+4=−2； ∴⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑂𝑃⋅𝑀𝑁故选：A．

根据点𝑀(√3,−1)可知OM与x轴正方向所角为30°，点𝑀(√3,−1)和点𝑁(0,1)所成夹角∠𝑀𝑂𝑁=120°，然⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的值． 后求出P的坐标，结合向量的坐标运算，即可求解⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑂𝑃⋅⃗𝑀𝑁本题考查了向量的坐标运算和余弦定理的应用，属于基础题．

7.【答案】C

−1+2𝑙𝑛𝑥,𝑥>1【解析】解：∵函数𝑓(𝑥)={，

1−2𝑙𝑛𝑥,0<𝑥≤1设𝑏>1≥𝑎>0，

由𝑓(𝑎)=𝑓(𝑏)可得−1+2𝑙𝑛𝑏=1−2𝑙𝑛𝑎，即𝑙𝑛𝑎+𝑙𝑛𝑏=1，即𝑎𝑏=𝑒， ∴𝑎+𝑏=𝑎+≥2√𝑎⋅=2√𝑒，当且仅当𝑎=√𝑒时，等号成立，

𝑎𝑎但0<𝑎≤1时，即𝑦=𝑎+𝑎在(0,1]上单调递减， 故𝑦=𝑎+𝑎在(0,1]上的最小值为：1+1=1+𝑒， 故选：C．

根据函数的性质可得𝑎𝑏=𝑒，再根据基本不等式以及函数的单调性，再代值计算即可 本题主要考查函数的性质以及基本不等式的应用，意在考查学生的逻辑推理能力．

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𝑒

𝑒

𝑒

𝑒

𝑒

8.【答案】D

【解析】解：由题意设𝑃(2𝑐𝑜𝑠𝜃,2𝑠𝑖𝑛𝜃)(0≤𝜃<2𝜋)， 则𝐿𝑃𝑄=|1−2𝑐𝑜𝑠𝜃|+|2−2𝑠𝑖𝑛𝜃|， 当𝑐𝑜𝑠𝜃≥2时，即当𝜃∈[0,3]∪[3,2𝜋)时， 𝐿𝑃𝑄=2𝑐𝑜𝑠𝜃−1+2−2𝑠𝑖𝑛𝜃=1+2√2cos(𝜃+4)， ∵𝜃∈[0,3]∪[3,2𝜋)，∴𝜃+4∈[4,12]∪[12,4𝜋)， 则当𝜃+4=2𝜋时，𝐿𝑃𝑄的最大值为1+2√2； 当𝑐𝑜𝑠𝜃<2时，即当𝜃∈(3,

1

𝜋5𝜋

3

𝜋𝜋

5𝜋

𝜋

𝜋7𝜋

23𝜋9

𝜋

1

𝜋

5𝜋

)时，

𝜋

𝐿𝑃𝑄=1−2𝑐𝑜𝑠𝜃+2−2𝑠𝑖𝑛𝜃=3−2√2cos(𝜃+4)， ∵𝜃∈(3,

𝜋5𝜋

)∴𝜃+4∈(12,3

3

𝜋7𝜋23𝜋

12

)，

则当𝜃+4=2𝜋时，𝐿𝑃𝑄的最大值为3+2√2． 综上所述，𝐿𝑃𝑄的最大值为3+2√2． 故选：D．

由题意设𝑃(2𝑐𝑜𝑠𝜃,2𝑠𝑖𝑛𝜃)(0≤𝜃<2𝜋)，则𝐿𝑃𝑄=|1−2𝑐𝑜𝑠𝜃|+|2−2𝑠𝑖𝑛𝜃|，然后对𝜃分段去绝对值，再由三角函数求最值．

本题考查点与圆的位置关系，考查新定义下的两点间的距离公式的应用，训练了利用三角函数求最值，是中档题．

𝜋

9.【答案】AD

【解析】解：对于A：由于𝑎>𝑏>0，函数𝑦=(3)𝑥为减函数，故(3)𝑎<(3)𝑏；故A正确； 对于B：当𝑐=0时，𝑎𝑐2=𝑏𝑐2；故B错误；

对于C：当𝑎>𝑏>0时，𝑏>𝑎>0，由于𝑦=log2𝑥在(0,+∞)单调递增，所以𝑙𝑜𝑔2𝑏>𝑙𝑜𝑔2𝑎，故C错误； 对于D：根据不等式的性质，(故选：AD．

直接利用指数函数和对数函数的单调性的应用和基本不等式的应用确定A、B、C、D的结论．

𝑎+𝑏2

)2

1

1

1

1

1

1

1

<

𝑎2+𝑏2

2

恒成立，故D正确；

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本题考查的知识要点：指数函数和对数函数的单调性，基本不等式的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．

10.【答案】AC

【解析】解：对于函数𝑓(𝑥)=2𝑐𝑜𝑠(2𝑥−6)+1(𝑥∈𝑅)， 若𝑓(𝑥1)=𝑓(𝑥2)=3，则𝑥1−𝑥2=𝑘𝑇=𝑘𝜋(𝑘∈𝑍)，故A正确； 在[−6,3]上，2𝑥+6∈[−6,

𝜋𝜋𝜋

𝜋

𝜋5𝜋

6

𝜋

]，函数𝑓(𝑥)没有单调性，故B错误；

𝜋

令𝑥=3，求得𝑓(𝑥)=1，可得函数𝑓(𝑥)的图象关于点(3,1)对称；

把𝑔(𝑥)=2𝑠𝑖𝑛(2𝑥−3)+1(𝑥∈𝑅)的图象向左平移12个单位长度得到𝑦=2𝑠𝑖𝑛(2𝑥+6−3)+1=2𝑠𝑖𝑛(2𝑥−6)+1(𝑥∈𝑅)的图象，故D错误， 故选：AC．

由题意利用函数𝑦=𝐴𝑠𝑖𝑛(𝜔𝑥+𝜑)的图象变换规律，正弦函数的图象和性质，得出结论． 本题主要考查函数𝑦=𝐴𝑠𝑖𝑛(𝜔𝑥+𝜑)的图象变换规律，正弦函数的图象和性质，属于中档题．

𝜋

𝜋

𝜋

𝜋

𝜋

11.【答案】ACD

【解析】解：根据题意，依次分析选项：

对于A，𝑓(𝑥)满足𝑓(1−𝑥)=−𝑓(1+𝑥)，即𝑓(−𝑥)=−𝑓(2+𝑥)，又由𝑓(𝑥)为偶函数，则𝑓(2+𝑥)=−𝑓(𝑥)，

则有𝑓(𝑥+4)=−𝑓(𝑥+2)=𝑓(𝑥)，则𝑓(𝑥)是周期为4的周期函数，A正确；

对于B，𝑓(𝑥)是周期为4的周期函数，则𝑓(2018)=𝑓(2)=−𝑓(0)=−(−2)=2，𝑓(2021)=𝑓(1)=0，则𝑓(2018)+𝑓(2021)=2，B错误；

对于C，根据题意，作出函数𝑦=log2(𝑥+1)的图象与函数𝑓(𝑥)的图象，结合图象可得两个函数有3个交点，C正确；

对于D，当𝑥∈[3,4]时，则4−𝑥∈[0,1]，则𝑓(4−𝑥)=(4−𝑥)2+(4−𝑥)−2=𝑥2−9𝑥+18，

D正确； 又由𝑓(𝑥)为周期为4的周期函数且𝑓(𝑥)是偶函数，则𝑓(𝑥)=𝑓(𝑥−4)=𝑓(4−𝑥)=𝑥2−9𝑥+18，

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故选：ACD．

根据题意，依次分析选项是否正确，即可得答案．

本题考查函数奇偶性的性质以及应用，涉及函数周期性的判断，属于中档题．

12.【答案】BCD

【解析】解：对A：在四棱柱𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，点P到面ABCD的距离为1，

则𝑉𝑃−𝐵𝐶𝑄=3𝑑×2𝐵𝐶×ℎ=3ℎ，

由于h不为定值，故𝑉𝑃−𝐵𝐶𝑄不为定值，故A错误；

1

对B：在𝑅𝑡△𝐴1𝑃𝐷1中，cos∠𝐷1𝐴1𝑃=𝐴𝐷，

11

111

𝐴𝑃

⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 所以𝐴𝐷𝐴1𝑃=⃗𝐴1𝐷1⋅𝐴1𝑃=|𝐴1𝐷1|⋅|𝐴1𝑃|cos∠𝐷1𝐴1𝑃=4𝑐𝑜𝑠²∠𝐷1𝐴1𝑃，

因为∠𝐷1𝐴1𝑃∈(0,2)，所以cos∠𝐷1𝐴1𝑃∈(0,1)， ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 所以⃗𝐴𝐷𝐴1𝑃的取值范围是(0,4)，故B正确；

对C：由于𝐶𝐶1⊥面ABCD，所以𝐶1𝑄与面ABCD所成的角为∠𝐶1𝑄𝐶， 所以𝑡𝑎𝑛𝜃=

𝐶1𝐶𝐶𝑄

𝜋

=𝐶𝑄，因为𝐶𝑄∈(0,2)，所以𝑡𝑎𝑛𝜃>，故C正确；

2

11

对D：以D为坐标原点，DB、DC、𝐷𝐷1所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示坐标系， 则𝐵(√3,0，0)，𝐶(0,1，0)，𝐴1(√3,−1,1)，𝐷1(0,0，1)， 线段BC的中点𝑀(√,,0)，线段𝐴1𝐷1的中点𝑁(√,−,1)，

2

2

2

2

31

3

1

设球心𝑂(√,,𝑡)，点𝑃(𝑥,y，1)，

2

2

31

则(𝑥−√)²+(𝑦+)²=1，

2

2

31

⃗⃗⃗⃗⃗ |，可得(𝑥−√3)²+(𝑦+1)²+(1−𝑡)²=1+𝑡²， 由|⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑂𝑃|=|⃗𝑂𝐵

2

2

整理可得2𝑡=(𝑥−√)²+(𝑦−)²=1−(𝑦+)²+(𝑦−)²=1−2𝑦，

2222则𝑡=2−𝑦，

113

⃗⃗⃗⃗⃗ |=√1+𝑡2∈[1,√13)， 因为−1<𝑦≤2，则𝑡=2−𝑦∈[0,2)，|⃗𝑂𝐵2

1

3111

⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |²∈[4𝜋,13𝜋)，故D正确； 所以𝑆=4𝜋|𝑂𝐵

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故选：BCD．

利用椎体的体积公式可判断A；利用空间向量数量积的定义可判断B；利用线面角的定义可判断C；利用建系的方法计算出三棱锥𝑃−𝐵𝐶𝑄的外接球半径的取值范围，结合球体的表面积公式可判断D． 本题考查了命题真假判断，涉及空间位置关系及其判断、简易逻辑的判定方法，考查了了推理能力与计算能力，属于中档题．

13.【答案】84

【解析】解：∵2𝑛=128， ∴𝑛=7，

𝑟𝑟

∴(𝑥−𝑥)7的展开式中的通项𝑇𝑟+1=𝐶7⋅(−𝑥)𝑟⋅𝑥7−𝑟=(−2)𝑟⋅𝐶7⋅𝑥7−2𝑟，

2

2

令7−2𝑟=3，得𝑟=2，

2∴(𝑥−)7的展开式中𝑥3项的系数为：4𝐶7=84， 𝑥

2

故答案为：84．

利用二项式系数的性质可求得𝑛=7，再利用(𝑥−𝑥)7的展开式中的通项公式可求得答案． 本题考查二项式定理及其通项公式的应用，考查运算求解能力，属于中档题．

2

14.【答案】5

【解析】解：因为tan(4−𝛼)=则𝑡𝑎𝑛𝛼=3，

𝑐𝑜𝑠2𝛼=cos2𝛼+sin2𝛼=1+tan2𝛼=5． 故答案为：5．

由已知结合两角差的正切公式可求𝑡𝑎𝑛𝛼，然后结合同角基本关系即可求解． 本题主要考查了两角差的正切公式及同角基本关系，属于基础题．

4

cos2𝛼−sin2𝛼

1−tan2𝛼

4

1

𝜋

1−𝑡𝑎𝑛𝛼1+tan𝛼

4

=2，

1

15.【答案】√3

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𝑀𝐹2⊥𝑁𝐹2，【解析】解：由MN为直径的圆经过点𝐹2则可得：且|𝑀𝐹2|=|𝑁𝐹2|，所以△𝑀𝑁𝐹2为等腰直角三角形，所以∠𝐹1𝑁𝐹2=45°如图所示；

设|𝑁𝐹2|=𝑡，则|𝑀𝐹2|=𝑡，由双曲线的定义可得：|𝑀𝐹1|=𝑡−2𝑎，|𝑁𝐹1|=𝑡+2𝑎

所以|𝑀𝑁|=|𝑁𝐹1|−|𝑀𝐹1|=4𝑎=√2𝑡，解得𝑡=2√2𝑎， 所以|𝑁𝐹1|=𝑡+2𝑎=(2√2+2)𝑎，

在△𝐹1𝑁𝐹2，由余弦定理可得：|𝐹2𝐹2|2=|𝑁𝐹1|2+|𝑁𝐹2|2−2|𝑁𝐹1||𝑁𝐹2|𝑐𝑜𝑠45°，即4𝑐2=(2√2+2)2𝑎2+8𝑎2−8(1+√2)𝑎2，

可得𝑒2=3，所以离心率为√3； 故答案为：√3．

由MN为直径的圆经过点𝐹2则可得：𝑀𝐹2⊥𝑁𝐹2，且|𝑀𝐹2|=|𝑁𝐹2|，所以△𝑀𝑁𝐹2为等腰直角三角形，设一c的关系，个焦半径，可以求出其他线段的长度，在三角形中由余弦定理求出a，进而求出双曲线的离心率． 考查双曲线的性质，属于中档题．

16.【答案】−2

【解析】解：令𝐹(𝑥)=𝑓(𝑥)−𝑔(𝑥)=𝑒𝑥−𝑐𝑜𝑠𝑥−𝑥−2𝑎， 由𝑓(𝑥1)=𝑔(𝑥2)得𝑥2=𝑒𝑥1−𝑐𝑜𝑠𝑥1−2𝑎， 则𝑥2−𝑥1=𝑒𝑥1−𝑐𝑜𝑠𝑥1−𝑥1−2𝑎，

则𝑥2−𝑥1的最小值即求𝐹(𝑥)在[0,𝜋]上的最小值， 𝐹′(𝑥)=𝑒𝑥+𝑠𝑖𝑛𝑥−1≥0恒成立，𝑥∈[0,𝜋]， ∴𝐹(𝑥)在[0,𝜋]上单调递增，

∴𝐹(𝑥)𝑚𝑖𝑛=𝐹(0)=−2𝑎=(𝑥2−𝑥1)𝑚𝑖𝑛=1， ∴𝑎=−，

2故答案为：−2．

令𝐹(𝑥)=𝑓(𝑥)−𝑔(𝑥)，𝑥2−𝑥1的最小值即求𝐹(𝑥)在[0,𝜋]上的最小值，求出函数的导数，根据函数的单调性求出𝐹(𝑥)的最小值，得到关于a的方程，解出即可．

本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及转化思想，是中档题．

1

1

1

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17.【答案】解：(1)若选①：∵(𝑠𝑖𝑛𝐵−𝑠𝑖𝑛𝐶)2=sin2𝐴−𝑠𝑖𝑛𝐵𝑠𝑖𝑛𝐶，

∴由正弦定理得(𝑏−𝑐)2=𝑎2−𝑏𝑐，整理得𝑏2+𝑐2−𝑎2=𝑏𝑐， ∴𝑐𝑜𝑠𝐴=

𝜋

𝑏2+𝑐2−𝑎2

2𝑏𝑐

=，且0<𝐴<𝜋，

2

1

∴𝐴=；

3

若选②：∵2𝑎𝑠𝑖𝑛𝐶=𝑐𝑡𝑎𝑛𝐴，

∴根据正弦定理得2𝑠𝑖𝑛𝐴𝑠𝑖𝑛𝐶=𝑠𝑖𝑛𝐶⋅𝑐𝑜𝑠𝐴，且𝑠𝑖𝑛𝐴>0，𝑠𝑖𝑛𝐶>0， ∴𝑐𝑜𝑠𝐴=2，且0<𝐴<𝜋， ∴𝐴=；

3若选③：∵2𝑐𝑜𝑠2

𝐵+𝐶2

𝜋

1

𝑠𝑖𝑛𝐴

=𝑐𝑜𝑠2𝐴+1，

∴cos(𝐵+𝐶)+1=2𝑐𝑜𝑠2𝐴−1+1，

∴2𝑐𝑜𝑠2𝐴+𝑐𝑜𝑠𝐴−1=0，解得𝑐𝑜𝑠𝐴=2或𝑐𝑜𝑠𝐴=−1，且0<𝐴<𝜋， ∴𝐴=3；

(2)∵𝑠𝑖𝑛𝐵=√2𝑠𝑖𝑛𝐶，

∴由正弦定理得𝑏=√2𝑐，且𝑏=√2， ∴𝑐=1，

∴𝑆△𝐴𝐵𝐶=2𝑏𝑐𝑠𝑖𝑛𝐴=2×√2×1×

(1)若选择条件①：【解析】根据正弦定理可得出𝑏2+𝑐2−𝑎2=𝑏𝑐，然后根据余弦定理即可求出𝑐𝑜𝑠𝐴=2，从而求出𝐴=3；若选择条件②：根据正弦定理即可求出cos𝐴=2，从而求出𝐴=3；若选择条件③：根据二倍角的余弦公式即可得出2𝑐𝑜𝑠2𝐴+𝑐𝑜𝑠𝐴−1=0，然后可求出𝑐𝑜𝑠𝐴=2，进而解出𝐴=3；

(2)根据正弦定理可得出𝑏=√2𝑐，从而求出𝑐=1，然后根据三角形的面积公式即可求出△𝐴𝐵𝐶的面积． 本题考查了正余弦定理，二倍角的余弦公式，弦化切公式，三角形的面积公式，考查了计算能力，属于中档题．

1

𝜋

𝜋

1

𝜋

1

1

1

√32

𝜋

1

=

√6． 4

18.【答案】解：(1)数列{𝑎𝑛}是正项等比数列，满足𝑎3是2𝑎1，3𝑎2的等差中项，𝑎4=16，

设数列的公比为q， 则2𝑎1𝑞2=2𝑎1⋅3𝑎1𝑞，

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由于𝑎1≠0，

故2𝑞2−3𝑞−2=0，解得𝑞=2或−2． 由于数列为正项数列， 所以𝑞=2． 则𝑎𝑛=2𝑛．

(2)由(1)知：𝑎2𝑛+1=22𝑛+1，

所以𝑏𝑛=(−1)𝑛log2𝑎2𝑛+1=(−1)𝑛⋅(2𝑛+1)，

当n为偶数时，则𝑇𝑛=(−3+5)+(−7+9)+...+[−(2𝑛−1)+(2𝑛+1)]=2×2=𝑛， 当n为奇数时，则𝑇𝑛=(−3+5)+(−7+9)+...+[−(2𝑛−1)+(2𝑛+1)]=2×𝑛(𝑛为偶数)故𝑇𝑛={．

−𝑛−2(𝑛为奇数)

【解析】(1)直接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．

本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法和应用，分组法在求和中的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．

𝑛−12𝑛

1

−(2𝑛+1)=−𝑛−2．

19.【答案】解：(1)由已知可得，比赛三局且甲获胜的概率为𝑃1=(3)3=27，

2

(3)2×(1−3)×3=27， 比赛四局且甲获胜的概率为𝑃2=𝐶3

2

(3)2×(1−3)2×3=81， 比赛五局且甲获胜的概率为𝑃3=𝐶4

2

2

2

16

2

2

2

8

28

所以甲获胜的概率为𝑃=𝑃1+𝑃2+𝑃3=27+27+81=81； (2)随机变量X的取值为3，4，5， 则𝑃(𝑋=3)=(3)3+(3)3=3，

22

𝑃(𝑋=4)=𝐶3()2××+𝐶3()2××=

32

3

3

3

3

3

1

2

1

2

2

1

2

1

2

1

827

2

1

1

8816

+

2271

=

10278

，

22𝑃(𝑋=5)=𝐶4(3)2×(3)2×3+𝐶4×(3)2×(3)2×3=27，

所以随机变量X的分布列为：

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X P 3 1 3 4 10 271

10

5 278

10727

8则随机变量X的数学期望为𝐸(𝑋)=3×3+4×27+5×27=

．

【解析】(1)甲获胜分为三种情况：比赛三局且甲获胜，比赛四局且甲获胜，比赛五局且甲获胜，分别求解概率，然后由分类计数原理求解即可．

(2)先求出随机变量X的可能取值，然后求出其对应的概率，列出分布列，由数学期望的计算公式求解即可．

本题考查了概率问题的求解，离散型随机变量及其分布列和离散型随机变量期望的求解与应用，考查了逻辑推理能力与化简运算能力，属于中档题．

20.【答案】解：(1)证明：∵𝐴𝐵=𝐴𝐶，D为BC中点，∴𝐴𝐷⊥𝐵𝐶，

∵𝐴𝐵𝐸𝐹是矩形，∴𝐹𝐴⊥𝐴𝐵，

∵平面𝐴𝐵𝐶⊥平面ABEF，平面𝐴𝐵𝐶∩平面𝐴𝐵𝐸𝐹=𝐴𝐵， 𝐴𝐹⊂平面ABEF，∴𝐴𝐹⊥平面ABC， ∵𝐵𝐶⊂平面ABC，∴𝐴𝐹⊥𝐵𝐶，

∵𝐵𝐶⊥𝐴𝐹，𝐴𝐷⊂平面ADF，𝐴𝐹∩𝐴𝐷=𝐴，∴𝐵𝐶⊥平面ADF， 又𝐵𝐶⊂平面BCF，∴平面𝐴𝐷𝐹⊥平面BCF． (2)由(1)知𝐴𝐹⊥平面ABC，

∴以A为原点，在平面ABC中过A作AB的垂线为x轴，AB为y轴，AF为z轴，建立空间直角坐标系， 则𝐴(0,0，0)，𝐹(0,0，√6)，𝐵(0,4，0)，𝐶(2√3,−2,0)，𝐸(0,4，√6)， ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,1，0)，⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0，√6)，⃗⃗⃗⃗⃗ ∴𝐷(√3,1，0)，⃗𝐴𝐷𝐴𝐹𝐵𝐶=(2√3,−6,0)， 由(1)知⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐵𝐶=(2√3,−6,0)是平面ADF的一个法向量， ⃗ =(𝑥,y，𝑧)， 设平面ADE的一个法向量𝑛

⃗⃗⃗⃗⃗ =√3𝑥+𝑦=0𝑛⃗ ⋅⃗𝐴𝐷

则{，取𝑥=1，得𝑛⃗ =(1,−√3,2√2)， ⃗ ⋅⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑛𝐴𝐸=4𝑦+√6𝑥=0⃗⃗⃗⃗⃗ >=∴cos<𝑛⃗ ,𝐵𝐶=2⃗⃗⃗⃗⃗ ||𝑛⃗⃗ |⋅|𝐵𝐶

⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ ⋅𝐵𝐶𝑛

8√3√3⋅4√=3√3

， 3

∵二面角𝐹−𝐴𝐷−𝐸是平面角是锐角， ∴二面角𝐹−𝐴𝐷−𝐸的余弦值为√．

33

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【解析】(1)推导出𝐴𝐷⊥𝐵𝐶，𝐹𝐴⊥𝐴𝐵，从而𝐴𝐹⊥平面ABC，进而𝐴𝐹⊥𝐵𝐶，𝐵𝐶⊥平面ADF，由此能证明平面𝐴𝐷𝐹⊥平面BCF．

(2)由𝐴𝐹⊥平面ABC，以A为原点，在平面ABC中过A作AB的垂线为x轴，AB为y轴，AF为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角𝐹−𝐴𝐷−𝐸的余弦值．

本题考查面面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力等数学核心素养，是中档题．

21.【答案】解：(1)因为𝑥2=2𝑝𝑦(𝑝>0)可化为𝑦=2𝑝，

所以𝑦′=𝑝，

因为当A点的横坐标为1时，抛物线C在点A处的切线斜率为2，所以𝑝=2， 所以𝑝=2，

所以抛物线C的标准方程为𝑥2=4𝑦． (2)由(1)知点T的坐标为(0,2)，

由题意可知，直线𝑙1和𝑙2斜率都存在且均不为0， 设直线𝑙1的方程为𝑦=𝑘𝑥+2，

𝑦=𝑘𝑥+2由{2，联立消去y并整理可得𝑥2−4𝑘𝑥−8=0， 𝑥=4𝑦所以△=(−4𝑘)2+32=16𝑘2=32>0，

设𝐴(𝑥1,𝑦1)，𝐵(𝑥2,𝑦2)，则𝑥1+𝑥2=4𝑘，𝑥1𝑥2=−8， 所以𝑦1+𝑦2=𝑘(𝑥1+𝑥2)+4=4𝑘2+4， 因为M为AB的中点，所以𝑀(2𝑘,2𝑘2+2)， 因为𝑙1⊥𝑙2，N为EF中点，所以𝑁(−𝑘,𝑘2+2)， 所以直线MN的方程为𝑦−(2𝑘2+2)=整理可得𝑦=(𝑘−𝑘)𝑥+4， 所以直线MN恒过定点(0,4)，

所以△𝑂𝑀𝑁的面积𝑆=2×4×|2𝑘−(−𝑘)|=4|𝑘+𝑘|≥8， 当且仅当𝑘=𝑘，即𝑘=±1时，△𝑂𝑀𝑁面积取得最小值为8．

1

1

2

1

1

2𝑘2+2−(

2

+2)𝑘222𝑘+

𝑘

𝑥2

𝑥

111

22

⋅(𝑥−2𝑘)=(𝑘−)⋅(𝑥−2𝑘)，

𝑘

1

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𝑥

【解析】(1)将抛物线方程化为𝑦=2𝑝，求导得𝑦′=𝑝，由导数的几何意义可得𝑝=2，解得p，进而可得抛

2

𝑥11

物线C的标准方程．

(2)由(1)知点T的坐标为(0,2)，设𝐴(𝑥1,𝑦1)，𝐵(𝑥2,𝑦2)，直线𝑙1的方程为𝑦=𝑘𝑥+2，联立抛物线的方程，𝑁(−,2+2)，𝑥1𝑥2，结合韦达定理可得𝑥1+𝑥2，进而可得𝑦1+𝑦2，由中点坐标公式可得𝑀(2𝑘,2𝑘2+2)，𝑘𝑘写出直线MN的方程，得𝑦=(𝑘−𝑘)𝑥+4，即可得出直线MN恒过定点(0,4)，再计算△𝑂𝑀𝑁的面积𝑆=4|𝑘+

1𝑘

1

2

2

|，由基本不等式，即可得出答案．

本题考查直线与抛物线相交问题，解题中需要一定的计算能力，属于中档题．

22.【答案】解：(1)当𝑎=2时，𝑓(𝑥)=𝑥𝑙𝑛𝑥−2𝑥2+𝑥，

所以𝑓′(𝑥)=𝑙𝑛𝑥−𝑒𝑥+2，

令𝑝(𝑥)=𝑙𝑛𝑥−𝑒𝑥+2，则𝑝′(𝑥)=𝑥−𝑒=

1

1

1−𝑒𝑥𝑥

𝑒𝑒

，

1

若𝑝′(𝑥)>0，则0<𝑥<𝑒，若𝑝′(𝑥)<0，则𝑥>𝑒， 所以𝑝(𝑥)在(0,𝑒)上为增函数，在(𝑒,+∞)上为减函数， 则𝑝(𝑥)≤𝑝(𝑒)=0，即𝑓′(𝑥)≤0，仅在𝑥=𝑒时，𝑓′(𝑥)=0， 所以函数𝑓(𝑥)在(0,+∞)内单调递减．

(2)因为𝑓(𝑥)=𝑥𝑙𝑛𝑥−𝑎𝑥2+𝑥，𝑔(𝑥)=(1−𝑎)𝑥𝑙𝑛𝑥−𝑒𝑥−1，𝑎>0， 若𝑓(𝑥)≥𝑔(𝑥)+𝑥恒成立，即对任意𝑥>0，𝑒𝑥−1−𝑎𝑥(𝑥−𝑙𝑛𝑥)≥0恒成立， 即对任意的𝑥>0，

𝑒𝑥−1𝑥

1

1

1

1

−𝑎(𝑥−𝑙𝑛𝑥)≥0恒成立，

即𝑒𝑥−𝑙𝑛𝑥−1≥𝑎(𝑥−𝑙𝑛𝑥)，

令𝑡=𝑡(𝑥)=𝑥−𝑙𝑛𝑥，则𝑡(𝑥)′=1−𝑥=

1

𝑥−1𝑥

，

所以当𝑥∈(0,1)时，𝑡′(𝑥)<0，𝑡(𝑥)单调递减， 当𝑥∈(1,+∞)时，𝑡′(𝑥)>0，𝑡(𝑥)单调递增， 所以𝑡=𝑡(𝑥)≥𝑡(1)=1，

若𝑒𝑥−𝑙𝑛𝑥−1≥𝑎(𝑥−𝑙𝑛𝑥)对任意𝑥>0恒成立， 则𝑎≤

𝑒𝑥−𝑙𝑛𝑥−1𝑥−𝑙𝑛𝑥𝑒𝑡−1𝑡

=

𝑒𝑡−1𝑡

恒成立，

𝑒𝑡−1(𝑡−1)

𝑡2

设𝑔(𝑡)=，𝑡≥1，则𝑔′(𝑡)=≥0，

所以当𝑡∈[1,+∞)时，𝑔(𝑡)单调递增，

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所以𝑔(𝑡)≥𝑔(1)=1， 所以𝑎≤1，

所以若𝑓(𝑥)≥𝑔(𝑥)+𝑥恒成立，则实数a的取值范围是(−∞,1]．

【解析】(1)对𝑓(𝑥)求导，利用导数即可判断函数的单调性；

(2)不等式恒成立转化为𝑒𝑥−𝑙𝑛𝑥−1≥𝑎(𝑥−𝑙𝑛𝑥)，令𝑡=𝑥−𝑙𝑛𝑥，利用导数可求得𝑡≥1，则不等式进一步转化为𝑎≤

𝑒𝑡−1𝑡

恒成立，令𝑔(𝑡)=

𝑒𝑡−1𝑡

，利用导数求出𝑔(𝑡)的最小值，从而可求得a的取值范围．

本题主要考查利用导数研究函数的单调性与最值，考查转化思想与运算求解能力，属于难题．

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