?2021年江蘇省南通市高考數(shù)學密卷
一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。
1．（5分）已知集合A＝{（x，y）||x|+|y|≤2，x∈Z，y∈Z}，則A中元素的個數(shù)為（　?。?br /> A．9 B．10 C．12 D．13
2．（5分）設(shè)z是復數(shù)，則下列命題中正確的是（　　）
A．若z是純虛數(shù)，則z2≥0
B．若z的實部為0，則z為純虛數(shù)
C．若z﹣＝0，則z是實數(shù)
D．若z+＝0，則z是純虛數(shù)
3．（5分）關(guān)于函數(shù)f（x）＝ax3+bx2+cx（a≠0），有下列四個命題：
甲：a＜0；
乙：f（x）＝0的三根分別為x1＝﹣1，x2＝0，x3＝2；
丙：f（x）在（0，2）上恒為負；
?。篺（x）在（2，+∞）上單調(diào)遞增．
如果只有一個假命題，那么該命題是（　?。?br /> A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
4．（5分）四色定理（Fourcolortheorem）又稱四色猜想，是世界近代三大數(shù)學難題之一．它是于1852年由畢業(yè)于倫敦大學的格斯里（FrancisGuthrie）提出來的，其內(nèi)容是“任何一張地圖只用四種顏色就能使具有共同邊界的國家著上不同的顏色”四色問題的證明進程緩慢，直到1976年，美國數(shù)學家運用電子計算機證明了四色定理．某校數(shù)學興趣小組在研究給四棱錐P﹣ABCD的各個面涂顏色時，提出如下的“四色問題”：要求相鄰面（含公共棱的平面）不得使用同一顏色，現(xiàn)有4種顏色可供選擇，那么不同的涂法有（　　）
A．36種 B．72種 C．48種 D．24種
5．（5分）函數(shù)f（x）＝sin2x﹣cosx在[0，3π]上的零點個數(shù)為（　?。?br /> A．5 B．6 C．7 D．8
6．（5分）已知等比數(shù)列{an}的公比為q，前n項和為Sn，則“q＞1”是“Sn﹣1+Sn+1＞2Sn的”（　?。?br /> A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
7．（5分）用一個平面去截正方體，則截面不可能是（　?。?br /> A．正三角形 B．正方形 C．正五邊形 D．正六邊形
8．（5分）已知f（x）＝ex，g（x）＝2，若f（x1）＝g（x2），d＝|x2﹣x1|，則d的最小值為（　　）
A． B．1﹣ln2 C． D．
二、選擇題：本題共3小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分。
9．（5分）若非負實數(shù)a，b滿足a+b2＝1，則下列不等式中成立的有（　　）
A．a(chǎn)b2≤ B．a(chǎn)2+b4≥ C．+b≥ D．a(chǎn)2+b2
10．（5分）已知雙曲線C：﹣＝1（a＞0，b＞0）的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，那么下列說法中正確的有（　?。?br /> A．若點P在雙曲線C上，則k?k＝
B．雙曲線﹣＝1的焦點均在以F1F2為直徑的圓上
C．雙曲線C上存在點P，使得PF1+PF2＝2a
D．雙曲線C上有8個點P，使得△PF1F2是直角三角形
11．（5分）在銳角三角形ABC中，三個內(nèi)角滿足A＜B＜C，則下列不等式中正確的有（　　）
A．C+cosC＜ B．A﹣B＞cosB﹣cosA
C．C＞sinC D．＞
三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。
12．（5分）設(shè)0＜θ＜，向量＝（cos2θ，cosθ），＝（1，﹣sinθ）．若⊥，則tanθ＝　 ?。?br /> 13．（5分）已知橢圓C1：+＝1（a＞b＞0）的右焦點F與拋物線C2的焦點重合，C1的中心與C2的頂點重合．若橢圓C1與拋物線C2相交于點A，B，且直線AB經(jīng)過點F，則橢圓C1的離心率為 　 ?。?br /> 14．（5分）已知f（x）在（0，+∞）上是減函數(shù)，且f（x）+f（y）＝f（xy）+1對任意的x∈（0，+∞）都成立，寫出一個滿足以上特征的函數(shù)f（x）＝　 ?。?br /> 15．（5分）已知菱形ABCD的邊長為2，∠ABC＝．現(xiàn)將菱形沿對角線AC折成空間幾何體ABCD'．設(shè)空間幾何體ABCD'的外接球為球O，若球O的表面積為8π，則二面角B﹣AC﹣D'的余弦值為 　 ?。?br /> 四、解答題：本題共6小題，共70分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。
16．（10分）在①a1，a3的等差中項是3，②a2，a4的等比中項是a12，③a1+a3+a5＝14．
這三個條件中任選擇兩個，補充在下面問題中并解答．如果選多種方案解答，按第一種方案計分．
已知正項等比數(shù)列{an}滿足 _____，____．
（1）求數(shù)列{an}的通項公式；
（2）記數(shù)列{an}的前n項積為Tn，求數(shù)列{}的前n項和Sn．
17．（12分）在△ABC中，∠ABC＝2∠ACB，∠ABC和∠ACB的平分線交于點D．
（1）若AB＝AC，求cos∠DCB的值；
（2）若AB＝CD，求∠BDC的大?。?br /> 18．（12分）某廠工會在征求職工對節(jié)假日期間的業(yè)余生活安排意見時，隨機抽取200名職工（其中35歲以下職工占75%）進行問卷調(diào)查．統(tǒng)計數(shù)據(jù)顯示，35歲以下職工愿意觀看電影的占80%，35歲及以上職工愿意觀看電影的占40%．
（1）完成下列2×2聯(lián)列表，并判斷能否有99.9%的把握認為觀看電影與年齡有關(guān)．

愿意觀看電影
不愿意觀看電影
合計
35歲以下



35歲及以上



合計



（2）該廠工會節(jié)假日期間共組織4次觀看電影活動，統(tǒng)計35歲以下職工觀看電影場次如表：
觀看場次
1
2
3
4
占比
40%
30%
20%
10%
現(xiàn)采用分層抽樣的方法從中抽取10人，再從這10人中隨機抽取2人，記這2人觀看電影的總場次為X，求X的概率分布和數(shù)學期望．
附：K2＝，其中n＝a+b+c+d．
P（K2≥k0）
0.010
0.005
0.001
k0
6.635
7.879
10.828
19．（12分）如圖，在正三棱錐S﹣ABC中，E是高SO上一點，AO＝SA，直線EA與底面所成角的正切值為．
（1）求證：AE⊥平面EBC；
（2）求三棱錐E﹣ABC外接球的體積．

20．（12分）已知拋物線y2＝4x，點P（2，0），Q（4，0）．過點Q的直線交拋物線于點A，B，AP，BP分別交拋物線于點C，D，連接AD，DC，CB．
（1）若直線AB，CD的斜率分別為k1，k2，求的值；
（2）過點P與x軸垂直的直線分別交AD，BC于點E，F(xiàn)，求證：PE＝PF．
21．（12分）已知函數(shù)f（x）＝cosx+，g（x）＝πxlnx﹣π（1+lnπ）x﹣cosx．
（1）求證：函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，]上有2個零點；
（2）求證：函數(shù)g（x）有唯一的極值點．

2021年江蘇省南通市高考數(shù)學密卷
參考答案與試題解析
一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。
1．（5分）已知集合A＝{（x，y）||x|+|y|≤2，x∈Z，y∈Z}，則A中元素的個數(shù)為（　?。?br /> A．9 B．10 C．12 D．13
【分析】分別取x＝0，1，﹣1，2，﹣2，求出對應(yīng)的y的值，即可得到滿足條件的數(shù)對，從而得到答案．
【解答】解：因為|x|+|y|≤2，x∈Z，y∈Z，
當x＝0時，y＝﹣2，﹣1，0，1，2；
當x＝1時，y＝﹣1，0，1；
當x＝﹣1時，y＝﹣1，0，1；
當x＝2時，y＝0；
當x＝﹣2時，y＝0．
所以滿足條件的數(shù)對有13個，即集合A中元素的個數(shù)為13．
故選：D．
2．（5分）設(shè)z是復數(shù)，則下列命題中正確的是（　?。?br /> A．若z是純虛數(shù)，則z2≥0
B．若z的實部為0，則z為純虛數(shù)
C．若z﹣＝0，則z是實數(shù)
D．若z+＝0，則z是純虛數(shù)
【分析】結(jié)合復數(shù)的定義，依次判斷各選項，主要注意虛部系數(shù)為0的情況，即可求解．
【解答】解：∵z是純虛數(shù)，∴z＝bi（b∈R且b≠0），
∴z2＝b2i2＝﹣b2＜0，故A選項錯誤，
當z的實部為0，若虛部也為0，則z＝0，0不屬于虛數(shù)，故B選項錯誤，
設(shè)z＝a+bi（a，b∈R），則＝a﹣bi，
∵z﹣＝（a+bi）﹣（a﹣bi）＝2bi＝0，∴b＝0，
∴z＝a，為實數(shù)，故C選項正確，
設(shè)z＝a+bi（a，b∈R），則＝a﹣bi，
∵z+＝（a+bi）+（a﹣bi）＝2a＝0，∴a＝0，
若b＝0，則z＝0，z不是虛數(shù)，故D選項錯誤．
故選：C．
3．（5分）關(guān)于函數(shù)f（x）＝ax3+bx2+cx（a≠0），有下列四個命題：
甲：a＜0；
乙：f（x）＝0的三根分別為x1＝﹣1，x2＝0，x3＝2；
丙：f（x）在（0，2）上恒為負；
?。篺（x）在（2，+∞）上單調(diào)遞增．
如果只有一個假命題，那么該命題是（　?。?br /> A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
【分析】假設(shè)乙是真命題：可得f（x）＝ax（x+1）（x﹣2）＝a（x3﹣x2﹣2x），f′（x）＝a（3x2﹣2x﹣2）＝3a[﹣]，利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、二次函數(shù)的單調(diào)性、函數(shù)的性質(zhì)即可判斷出正誤．
【解答】解：假設(shè)乙是真命題：可得f（x）＝ax（x+1）（x﹣2）＝a（x3﹣x2﹣2x），
f′（x）＝a（3x2﹣2x﹣2）＝3a[﹣]，
若a＞0，則f（x）＝f（x）＝ax（x+1）（x﹣2）在（0，2）上恒為負；
若x∈（2，+∞），則f′（x）＝3a[﹣]＞a（3×22﹣2×2﹣2）＝6a＞0，則f（x）在（2，+∞）上單調(diào)遞增．
可知：甲不正確，乙丙丁正確．
故選：A．
4．（5分）四色定理（Fourcolortheorem）又稱四色猜想，是世界近代三大數(shù)學難題之一．它是于1852年由畢業(yè)于倫敦大學的格斯里（FrancisGuthrie）提出來的，其內(nèi)容是“任何一張地圖只用四種顏色就能使具有共同邊界的國家著上不同的顏色”四色問題的證明進程緩慢，直到1976年，美國數(shù)學家運用電子計算機證明了四色定理．某校數(shù)學興趣小組在研究給四棱錐P﹣ABCD的各個面涂顏色時，提出如下的“四色問題”：要求相鄰面（含公共棱的平面）不得使用同一顏色，現(xiàn)有4種顏色可供選擇，那么不同的涂法有（　　）
A．36種 B．72種 C．48種 D．24種
【分析】根據(jù)題意，設(shè)4個側(cè)面為A、B、C、D，先給底面涂色，有4種涂法，然后給A、B面；給C面，分C與A相同色、C與A不同色，利用乘法原理可得結(jié)論．
【解答】解：先給底面涂色，有4種涂法，設(shè)4個側(cè)面為A、B、C、D，
然后給A面涂色，有3種；給B面涂色，有2種；
給C面，若C與A相同色，則D面可以涂2種；若C與A不同色，則D面可以涂1種，
所以共有4×3×2×（2+1）＝72；
故選：B．
5．（5分）函數(shù)f（x）＝sin2x﹣cosx在[0，3π]上的零點個數(shù)為（　?。?br /> A．5 B．6 C．7 D．8
【分析】令f（x）＝cosx?（2sinx﹣1）＝0，x∈[0，3π]．解得sinx＝，cosx＝0，x∈[0，3π]．即可得出．
【解答】解：令f（x）＝sin2x﹣cosx＝2sinx?cosx﹣cosx＝cosx?（2sinx﹣1）＝0，x∈[0，3π]．
解得sinx＝，cosx＝0，x∈[0，3π]．
∴x＝，，，，，，，
因此函數(shù)f（x）＝sin2x﹣cosx在區(qū)間[0，3π]上零點的個數(shù)是7．
故選：C．
6．（5分）已知等比數(shù)列{an}的公比為q，前n項和為Sn，則“q＞1”是“Sn﹣1+Sn+1＞2Sn的”（　?。?br /> A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
【分析】根據(jù)充分條件和必要條件的定義，結(jié)合等比數(shù)列的性質(zhì)進行判斷即可．
【解答】解：①若q＞1，則Sn﹣1+Sn+1﹣2Sn＝an+1﹣an＝a1qn﹣1（q﹣1）＞0不一定成立，
即充分性不成立，
②若Sn+1+Sn﹣1＞2Sn成立，則Sn+1+Sn﹣1﹣2Sn＝an+1﹣an＝a1qn﹣1（q﹣1）＞0，
則q＞1不一定成立，即必要性不成立，
即q＞1是Sn﹣1+Sn+1＞2Sn的既不充分也不必要條件，
故選：D．
7．（5分）用一個平面去截正方體，則截面不可能是（　?。?br /> A．正三角形 B．正方形 C．正五邊形 D．正六邊形
【分析】畫出用一個平面去截正方體得到的幾何體的圖形，即可判斷選項．
【解答】解：畫出截面圖形如圖



顯然A正三角形，B正方形：D正六邊形
可以畫出五邊形但不是正五邊形；

故選：C．
8．（5分）已知f（x）＝ex，g（x）＝2，若f（x1）＝g（x2），d＝|x2﹣x1|，則d的最小值為（　?。?br /> A． B．1﹣ln2 C． D．
【分析】令f（x1）＝g（x2）＝t＞0，則x1＝lnt，x2＝，構(gòu)造函數(shù)h（t）＝x2﹣x1，利用導數(shù)研究函數(shù)h（t）的單調(diào)性，確定其最小值，即可得到答案．
【解答】解：令f（x1）＝g（x2）＝t＞0，則x1＝lnt，x2＝，
令h（t）＝x2﹣x1，即h（t）＝﹣lnt，
則h'（t）＝，
令h'（t）＝0，解得t＝，
當0＜t＜時，h'（t）＜0，則h（t）單調(diào)遞減，
當t＞時，h'（t）＞0，則h（t）單調(diào)遞增，
所以當t＝時，h（t）取得最小值為h（）＝＝，
故d的最小值為．
故選：A．
二、選擇題：本題共3小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分。
9．（5分）若非負實數(shù)a，b滿足a+b2＝1，則下列不等式中成立的有（　?。?br /> A．a(chǎn)b2≤ B．a(chǎn)2+b4≥ C．+b≥ D．a(chǎn)2+b2
【分析】對于A，利用基本不等式即可判斷；對于B，由已知利用平方和公式，基本不等式即可判斷；對于C，利用平方和公式，基本不等式即可判斷；對于D，由已知利用二次函數(shù)的性質(zhì)即可判斷．
【解答】解：對于A，ab2≤（）2＝（）2＝，當且僅當a＝b2＝時等號成立，即a＝，b＝時等號成立，故A正確；
對于B，a2+b4＝（a+b2）2﹣2ab2＝1﹣2ab2≥，當且僅當a＝b2＝時等號成立，即a＝，b＝時等號成立，故B正確；
對于C，+b＝＝＝＝≤＝，
當且僅當a＝b2＝時等號成立，即a＝，b＝時等號成立，故C錯誤；
對于D，a2+b2＝（1﹣b2）2+b2＝b4﹣b2+1＝（b2）2+≥，當且僅當b2＝，即a＝1﹣b2＝，b＝時等號成立，故D正確．
故選：ABD．
10．（5分）已知雙曲線C：﹣＝1（a＞0，b＞0）的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，那么下列說法中正確的有（　?。?br /> A．若點P在雙曲線C上，則k?k＝
B．雙曲線﹣＝1的焦點均在以F1F2為直徑的圓上
C．雙曲線C上存在點P，使得PF1+PF2＝2a
D．雙曲線C上有8個點P，使得△PF1F2是直角三角形
【分析】舉例說明A錯誤；求出以F1F2為直徑的圓的方程，驗證雙曲線﹣＝1的焦點在圓上，可得B正確；利用反證法思想說明C錯誤；分析使△PF1F2是直角三角形的P點的情況判斷D．
【解答】解：對于A，若P為雙曲線的一個頂點，如P（a，0），
則，故A錯誤；
對于B，設(shè)曲線C：﹣＝1的半焦距為c1，則，
雙曲線﹣＝1的半焦距為c2，則，
雙曲線﹣＝1的焦點坐標為（0，﹣c2），（0，c2），
以F1F2為直徑的圓的方程為，
點（0，﹣c2），（0，c2）適合上式，故B正確；
對于C，若雙曲線C上存在點P，使得|PF1|+|PF2|＝2a，
由||PF1|﹣|PF2||＝2a，兩式聯(lián)立可得|PF1|＝0或|PF2|＝0，故C錯誤；
對于D，以F1F2為直徑的圓與雙曲線有4個交點，
過F1、F2分別作x軸的垂線，與雙曲線有4個交點，可得雙曲線C上有8個點P，使得△PF1F2是直角三角形，
故D正確．
故選：BD．
11．（5分）在銳角三角形ABC中，三個內(nèi)角滿足A＜B＜C，則下列不等式中正確的有（　?。?br /> A．C+cosC＜ B．A﹣B＞cosB﹣cosA
C．C＞sinC D．＞
【分析】令f（x）＝，x∈（0，），判斷f（x）的單調(diào)性，根據(jù)f（x）的單調(diào)性即可判斷CD；令h（x）＝x+cosx，x，判斷h（x）的單調(diào)性，根據(jù)h（x）的單調(diào)性即可判斷AB．
【解答】解：對于銳角三角形ABC中，A＜B＜C，
所以A+B+C＞3A，即A＜，同理C＞，
即A∈（0，60°），C∈（，），
令f（x）＝，x∈（0，），
則，x∈（0，），
令g（x）＝xcosx﹣sinx，x∈（0，），
所以g′（x）＝cosx﹣xsinx﹣cosx＝﹣xsinx＜0，即f′（x）＜0，
即函數(shù)f（x）在（0，）單調(diào)遞減，
所以f（C），f（A）＞f（B），即，，
故C錯誤，D正確．
令h（x）＝x+cosx，x，則h′（x）＝1﹣sinx＞0，
即函數(shù)h（x）在（0，）上單調(diào)遞增，
所以C+cosC，A+cosA＜B+cosB，
所以A﹣B＜cosB﹣cosA，
故選項A正確，選項B錯誤，
故選：AD．
三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。
12．（5分）設(shè)0＜θ＜，向量＝（cos2θ，cosθ），＝（1，﹣sinθ）．若⊥，則tanθ＝　　．
【分析】由⊥，推導出tan2θ＝＝，由此能求出tanθ．
【解答】解：∵向量＝（cos2θ，cosθ），＝（1，﹣sinθ）．⊥，
∴＝cos2θ﹣＝cos2θ﹣sin2θ＝0，
∴tan2θ＝＝，
∴tan2θ＝＝，
∵0＜θ＜，∴tanθ＝．
故答案為：．
13．（5分）已知橢圓C1：+＝1（a＞b＞0）的右焦點F與拋物線C2的焦點重合，C1的中心與C2的頂點重合．若橢圓C1與拋物線C2相交于點A，B，且直線AB經(jīng)過點F，則橢圓C1的離心率為 　﹣1?。?br /> 【分析】利用橢圓的焦點，求出拋物線的標準方程，由C1，C2均是關(guān)于x軸對稱的圖形，得到AB⊥x軸，從而求出點A，B的坐標，代入橢圓的標準方程，結(jié)合a，b，c的關(guān)系，化簡得到c4﹣6a2c2+a4＝0，由離心率公式轉(zhuǎn)化為關(guān)于e的方程，結(jié)合e的取值范圍，求解即可．
【解答】解：設(shè)拋物線的方程為y2＝2px，
因為橢圓C1：+＝1（a＞b＞0）的右焦點F與拋物線C2的焦點重合，
所以，則p＝2c，
故拋物線的方程為y2＝4cx，
因為C1，C2均是關(guān)于x軸對稱的圖形，
所以點A，B也關(guān)于x軸對稱，即直線AB⊥x軸，
又因為AB經(jīng)過點F（c，0），
所以A，B的橫坐標為c，代入拋物線方程可得y＝±2c，
所以A（c，2c），B（c，﹣2c），
將A，B的坐標代入橢圓方程可得，，
又因為b2＝a2﹣c2，
則，整理可得c4﹣6a2c2+a4＝0，
故ee4﹣6e2+1＝0，
又0＜e＜1，
解得，
所以e＝．
故答案為：．
14．（5分）已知f（x）在（0，+∞）上是減函數(shù)，且f（x）+f（y）＝f（xy）+1對任意的x∈（0，+∞）都成立，寫出一個滿足以上特征的函數(shù)f（x）＝　1﹣log3x（答案不唯一）?。?br /> 【分析】結(jié)合對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性及對數(shù)的運算性質(zhì)可求．
【解答】解：結(jié)合對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性及對數(shù)的運算性質(zhì)可知，符合條件的一個函數(shù)f（x）＝1﹣log3x．
故答案為：f（x）＝1﹣log3x．
15．（5分）已知菱形ABCD的邊長為2，∠ABC＝．現(xiàn)將菱形沿對角線AC折成空間幾何體ABCD'．設(shè)空間幾何體ABCD'的外接球為球O，若球O的表面積為8π，則二面角B﹣AC﹣D'的余弦值為 　﹣?。?br /> 【分析】確定多面體外接球球心的一般思路：過兩個相交平面的外心分別做該平面的垂線，垂線的交點即為球心．根據(jù)折疊過程的對稱性，及題意所求的二面角，分別找到過等邊△ABC，等邊△D’AC的外心的垂線，交點為球心，再結(jié)合平面幾何知識求解即可．
【解答】解：設(shè)球的半徑為R，由表面積4πR2＝8π，得．如圖（1），設(shè)△ABC、△D'AC的外心分別為O1，O2，
過O1，O2分別做平面ABC，平面D'AC的垂線，兩條垂線的交點即為球心O．
如圖（2），設(shè)AC中點為E，由對稱性知∠D'EO＝∠BEO，設(shè)為θ，則2θ為二面角B﹣AC﹣D'所成平面角的大?。?br /> 由正弦定理得，所以，
所以，．
故答案為．
四、解答題：本題共6小題，共70分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。
16．（10分）在①a1，a3的等差中項是3，②a2，a4的等比中項是a12，③a1+a3+a5＝14．
這三個條件中任選擇兩個，補充在下面問題中并解答．如果選多種方案解答，按第一種方案計分．
已知正項等比數(shù)列{an}滿足 _____，____．
（1）求數(shù)列{an}的通項公式；
（2）記數(shù)列{an}的前n項積為Tn，求數(shù)列{}的前n項和Sn．
【分析】（1）設(shè)正項等比數(shù)列{an}的公比為q，q＞0，根據(jù)條件得到關(guān)于首項和公比的方程，解方程得到首項和公比，進而得到數(shù)列{an}的通項公式；
（2）根據(jù)條件求出，再用裂項相消法求出數(shù)列{}的前n項和Sn．
【解答】解：（1）設(shè)正項等比數(shù)列{an}的公比為q，q＞0，
選①②，則，
解得a1＝2，q＝，所以an＝2；
選①③，則，
解得a1＝2，q＝，所以an＝2；
選②③，則，
解得a1＝2，q＝，所以an＝2；
（2）由題意，可得Tn＝（）2×（）3×...×（）n+1＝（）＝2，
所以＝＝（﹣），
則Sn＝（1﹣+﹣+﹣+...+﹣+﹣+﹣）
＝（1++﹣﹣﹣）＝﹣．
17．（12分）在△ABC中，∠ABC＝2∠ACB，∠ABC和∠ACB的平分線交于點D．
（1）若AB＝AC，求cos∠DCB的值；
（2）若AB＝CD，求∠BDC的大?。?br /> 【分析】（1）在△ABC中，結(jié)合正弦定理和正弦的二倍角公式，可得cos∠ACB＝，再由余弦的二倍角公式，得解；
（2）易知∠ACB＝∠DBC，在△ABC和△ABC中，分別利用正弦定理，可推出sin∠BAC＝sin∠BDC，從而知∠BAC+∠BDC＝π，再結(jié)合三角形的內(nèi)角和定理，即可得解．
【解答】解：（1）在△ABC中，由正弦定理知，＝＝，
∵AB＝AC，∴cos∠ACB＝，
∵CD平分∠ACB，
∴cos∠ACB＝2cos2∠DCB﹣1＝，
解得cos∠DCB＝±（舍負），
故cos∠DCB的值為．

（2）∵∠ABC＝2∠ACB，∠ABC＝2∠DBC，∴∠ACB＝∠DBC，
在△ABC中，由正弦定理知，＝，
在△BCD中，由正弦定理知，，
∵AB＝CD，
∴sin∠BAC＝sin∠BDC，
∵∠BAC，∠BDC∈（0，π），且∠BAC≠∠BDC，
∴∠BAC+∠BDC＝π，
記∠DCB＝θ，則∠BAC＝π﹣6θ，∠BDC＝π﹣3θ，
∴（π﹣6θ）+（π﹣3θ）＝π，即θ＝，
∴∠BDC＝π﹣3θ＝．
18．（12分）某廠工會在征求職工對節(jié)假日期間的業(yè)余生活安排意見時，隨機抽取200名職工（其中35歲以下職工占75%）進行問卷調(diào)查．統(tǒng)計數(shù)據(jù)顯示，35歲以下職工愿意觀看電影的占80%，35歲及以上職工愿意觀看電影的占40%．
（1）完成下列2×2聯(lián)列表，并判斷能否有99.9%的把握認為觀看電影與年齡有關(guān)．

愿意觀看電影
不愿意觀看電影
合計
35歲以下



35歲及以上



合計



（2）該廠工會節(jié)假日期間共組織4次觀看電影活動，統(tǒng)計35歲以下職工觀看電影場次如表：
觀看場次
1
2
3
4
占比
40%
30%
20%
10%
現(xiàn)采用分層抽樣的方法從中抽取10人，再從這10人中隨機抽取2人，記這2人觀看電影的總場次為X，求X的概率分布和數(shù)學期望．
附：K2＝，其中n＝a+b+c+d．
P（K2≥k0）
0.010
0.005
0.001
k0
6.635
7.879
10.828
【分析】（1）完成2×2聯(lián)列表，求出K2≈28.57＞10.828．從而有99.9%的把握認為觀看電影與年齡有關(guān)．
（2）采用分層抽樣的方法從中抽取10人，觀看場次為1，2，3，4的人數(shù)分別為4，3，2，1，再從這10人中隨機抽取2人，記這2人觀看電影的總場次為X，則X的可能取值為2，3，4，5，6，7，分別求出相應(yīng)的概率，由此能求出X的概率分布列和E（X）．
【解答】解：（1）完成下列2×2聯(lián)列表，

愿意觀看電影
不愿意觀看電影
合計
35歲以下
120
30
150
35歲及以上
20
30
50
合計
140
60
200
K2＝≈28.57＞10.828．
∴有99.9%的把握認為觀看電影與年齡有關(guān)．
（2）采用分層抽樣的方法從中抽取10人，
觀看場次為1，2，3，4的人數(shù)分別為4，3，2，1，
再從這10人中隨機抽取2人，記這2人觀看電影的總場次為X，則X的可能取值為2，3，4，5，6，7，
P（X＝2）＝＝，
P（X＝3）＝＝，
P（X＝4）＝＝，
P（X＝5）＝＝，
P（X＝6）＝＝，
P（X＝7）＝＝，
∴X的概率分布列為：
X
2
3
4
5
6
7
P






∴E（X）＝+7×＝4．
19．（12分）如圖，在正三棱錐S﹣ABC中，E是高SO上一點，AO＝SA，直線EA與底面所成角的正切值為．
（1）求證：AE⊥平面EBC；
（2）求三棱錐E﹣ABC外接球的體積．

【分析】（1）延長AO，交BC于D，設(shè)AO＝2，由已知求解三角形可得OE，OD，SA，AB，SO，以O(shè)為坐標原點，與CB平行的直線為x軸，OD所在直線為y軸，OS所在直線為z軸建立空間直角坐標系O﹣xyz，求出平面EBC的一個法向量，由可得，從而得到AE⊥平面EBC；
（2）由已知三棱錐為正三棱錐，設(shè)其外接球的球心為O′（0，0，t），由O′A＝O′E求得t，可得外接球的半徑，代入球的體積公式得答案．
【解答】（1）證明：延長AO，交BC于D，
∵SO⊥平面ABC，∴∠EAO為直線EA與底面所成角，
從而tan，∴，
設(shè)AO＝2，則OE＝，OD＝1，SA＝4，AB＝SO＝．
以O(shè)為坐標原點，與CB平行的直線為x軸，OD所在直線為y軸，OS所在直線為z軸
建立空間直角坐標系O﹣xyz．
則O（0，0，0），A（0，﹣2，0），B（，1，0），C（﹣，1，0），E（0，0，），
，，，
設(shè)平面EBC的一個法向量為，
由，取z＝1，得，
∴，即，
∴AE⊥平面EBC；
（2）解：由已知三棱錐為正三棱錐，設(shè)其外接球的球心為O′（0，0，t），
由O′A＝O′E，得，
解得t＝，
∴外接球的半徑為R＝，
∴外接球的體積V＝．

20．（12分）已知拋物線y2＝4x，點P（2，0），Q（4，0）．過點Q的直線交拋物線于點A，B，AP，BP分別交拋物線于點C，D，連接AD，DC，CB．
（1）若直線AB，CD的斜率分別為k1，k2，求的值；
（2）過點P與x軸垂直的直線分別交AD，BC于點E，F(xiàn)，求證：PE＝PF．
【分析】（1）設(shè)直線AB的方程，并與拋物線方程聯(lián)立，再由根與系數(shù)的關(guān)系，結(jié)合拋物線的性質(zhì)即可求得k1，k2的關(guān)系，進而得解；
（2）表示出直線AD及直線BC的方程，代入x＝2，結(jié)合（1）可得yE＝y(tǒng)F，進而得證．
【解答】解：（1）由題意可得，直線AB的方程為y＝k1（x﹣4），
聯(lián)立拋物線的方程y2＝4x，得y2﹣y﹣16＝0，
設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），D（x4，y4），
所以y1+y2＝，y1y2＝﹣16，
由直線AC，BD過拋物線的焦點，可得：
y1y3＝﹣8＝y(tǒng)2y4，即y3＝，y4＝，
所以k2＝＝＝﹣?＝﹣?＝2k1，
所以＝2．
（2）證明：由（1）知kAD＝，kBC＝，
則直線AD的方程為y﹣y1＝（x﹣x1），
直線BC的方程為y﹣y2＝（x﹣x2），
把x＝2代入，可得yE＝（2﹣x1）+y1，yF＝（x﹣x2）+y2，
由（1）得y3＝，y4＝，代入上述兩式，化簡得yE＝y(tǒng)F，
所以PE＝PF．
21．（12分）已知函數(shù)f（x）＝cosx+，g（x）＝πxlnx﹣π（1+lnπ）x﹣cosx．
（1）求證：函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，]上有2個零點；
（2）求證：函數(shù)g（x）有唯一的極值點．
【分析】（1）由f（π）＝﹣1+1＝0，可得x＝π是 上的一個零點，當x，f'（x）＝，結(jié)合復合函數(shù)的單調(diào)性和函數(shù)零點存在定理，即可求證．（2）根據(jù)已知條件，結(jié)合零點存在定理，以及單調(diào)性，即可證明．
【解答】解：（1）證明：∵f（π）＝﹣1+1＝0，
∴x＝π是 上的一個零點，
當x∈（0，π）時，
∵cosx∈（﹣1，1），，
∴f（x）＝cosx+＞0，
∴f（x）在（0，π）上無零點，
當x 時，f'（x）＝，
，
又由復合函數(shù)的單調(diào)性f'（x）在 上單調(diào)遞增，
由函數(shù)的零點存在定理可得，?，使f'（x0）＝0，
則f（x）在[π，x0]單調(diào)遞減，在[]單調(diào)遞增，
∵，
∴由函數(shù)的零點存在定理，? 使得f（x1）＝0，
綜上所述，函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，]上有2個零點．
（2）證明：g（x）＝πxlnx﹣π（1+lnπ）x﹣cosx，g'（x）＝π（lnx+1）﹣π（1+lnπ）+sinx，
令h（x）＝g'（x），
求導可得h'（x）＝+cosx＝f（x），
由（1）可得，h'（x）在（0，π）恒大于0，h'（x）在[π，x0]單調(diào)遞減，在[]單調(diào)遞增，
且在在[]內(nèi)存在零點x1，
∴h（x）在（0，π）， 上單調(diào)遞增，在（π，x1）上單調(diào)遞減，
∵h（π）＝0，
∴x＝π不是變號零點，
∵，
則有?，h（x2）＝0，
則x＝x2 為變號零點，
當x＞時，h（x）＞0恒成立，
∴故h（x）在（）上無變號零點，
綜上所述，g（x）有唯一極值點．

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