由图可知，目前（五）班已经赛了2场， 故答案为：2．
15．欲使圆柱侧面积最大，需使圆柱内接于圆锥．设圆柱的高为h，底面半径为r， 则√3???√3=2，解得h=√3?
??√32r．
??+2???2)2故S侧＝2πrh＝2πr（√3?
√3r）=√3πr（2﹣r）≤√3π(2=√3??．
当r＝1时，S侧的最大值为√3??． 故答案为：√3??．
16．由圆内接四边形的性质可得∠C＝π﹣∠A，∠D＝π﹣∠B． 连接BD，在△ABD中，有BD＝AB+AD﹣2AB?ADcosA． 在△BCD中，BD＝BC+CD﹣2BC?CDcosC，
所以，AB+AD﹣2AB?ADcosA＝BC+CD+2BC?CDcosA， cosA=
????2+????2?????2?????22(?????????+?????????)
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
=
62+52?32?422(6×5+3×4)
37=，
2√10， 737所以sinA=√1???????2??=√1?()2=连接AC，同理可得cosB=
????2+????2?????2?????22(?????????+?????????)
1=
62+32?52?422(6×3+5×4)
=，
119所以sinB=√1???????2??=√1?(19)2=所以????????+????????=222142×19+6√10√106√10． 19=
4√10． 3三、解答题：共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．第17-21题为必考题，每个试题考生都必须作答，第22，23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共60分． 17．（I）由题意，且
????+1????=??2??????+12+1，即??2??+1?an+1an﹣2????=0，
整理，得（an+1+an）（an+1﹣2an）＝0． ∵数列{an}的各项都为正数， ∴an+1﹣2an＝0，即an+1＝2an．
∴数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列， ∴an＝2．
9
n
（Ⅱ）由（I）知，bnn＝[lg（log2an）]＝[lg（log22）]＝[lgn]，
0，1≤??＜10 故b1，10≤??＜100n=
，n∈N*．
2，100≤??＜1000{3，1000≤??＜2020∴数列{bn}的前2020项的和为1×90+2×900+3×1021＝4953． 18．（Ⅰ）如图，连接BC1，交B1C于点M，连接ME，则ME∥AC1． 因为AC1?平面B1CE，ME?平面B1CE，所以AC1∥平面B1CE．
（Ⅱ）因为B1C1平面ABC，
所以点B1到平面ABC的距离等于点C1到平面ABC的距离． 如图，设O是AC的中点，连接OC1，OB． 因为△ACC1为正三角形，所以OC1⊥AC，
又平面ABC⊥平面A1ACC1，平面ABC∩平面A1ACC1＝AC， 所以OC1⊥平面ABC．
所以点C1到平面ABC的距离OC1=√3， 故三棱锥B1111﹣BCE的体积为V??1???????=S△BCE?OC1=××1×√3×√3=13322，
而斜三棱柱ABC﹣AC111B11的体积为V＝S△ABC?OC1=2AB?CE?OC1=2×2×√3×√3=3， 所以剩余部分的体积为3?1=522．
19．解（Ⅰ）根据题意，????=
∑????=1 (???????)(???????)1.53∑??
??=1 (???????)
2=0.45=3.4，????=?????????=6.8?3.4×0.54=4.964， ∴????=3.4??+4.964． 又t＝lgx，∴????=3.4??????+4.964． ∴x＝10时，????=3.4+4.964=8.364（千元），
即该新奇水果100箱的成本为8364元，故该新奇水果100箱的利润15000﹣8364＝6636．（Ⅱ）（i）根据频率分布直方图，可知水果箱数在[40，80）内的天数为1320×40×16=2． 10
设这两天分别为a，b，水果箱数在[80，120）内的天数为160×40×16=4， 设这四天分别为A，B，C，D．
∴随机抽取2天的基本结果为：（AB），（AC），（AD），（Aa），（Ab），（BC），（BD），（Ba），（Bb）， （CD），（Ca），（Cb），（Da），（Db），（ab）共15种．
满足恰有1天的水果箱数在[80，120）内的结果为：（Aa），（Ab），（Ba），（Bb），（Ca），（Cb），（Da），（Db）1共8种，
所以估计恰有1天的水果箱数在[80，120）内的概率为P=815． （ⅱ）这16天该农户每天为甲地配送的该新奇水果的箱数的平均值为：
60×1111320×40+100×160×40+140×80×40+180×320×40=125（箱）．
20．（Ⅰ）设椭圆E的半焦距为c，由题意可知，
当M为椭圆E的上顶点或下顶点时，△MF1F2的面积取得最大值√3．
??=1所以{12×2??×??=√3，所以a＝2，b=√3，
??2=??2+??2故椭圆E的标准方程为
??224+
??3=1．
（Ⅱ）根据题意可知A（2，0），B（0，√3），kAB=?√32 因为AB∥CD，设直线CD的方程为y=?
√32??+??，C（x1，y1），D（x2，y2）
??22由{
4+
??3=1y可得6x2
﹣4√3????+4m2
﹣12＝0，
??=?
√3，消去2??+??所以x2√3??2√3??1+x2=
3，即x1=
3?x2． 直线AD的斜率k???√31=12??1+????1?2=
??1?2，
?√3直线BC的斜率k2=
2??2+???√3??， 2?√3√3所以k2??1+???
?2??2+???√31k2=??， 1?2??23=4??1??2?√32??(??31+??2)+2??1+??(???√3)(??， 1?2)??23=4??1??2?√32???2√3??3(2√3??3+23???2)+??(???√3)(??，
1?2)??23=
4??1??32?2??23(??．
1?2)??2=4故k1k2为定值．
11
21．（Ⅰ）根据题意，f′（x）=，设直线y＝x﹣1与曲线相切于点P（x0，y0）
??根据题意，可得{??0????=1????????0=??0?1，解之得x0＝a＝1，因此f（x）＝lnx．
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知h（x）＝mx?√??+lnx+t（x＞0）， 则当x→0时，h（x）＜0，当x→+∞时，h（x）＞0， 所以h（x）至少有一个零点．
h′（x）=???21111112
+m＝m?+（?）
164√??√??①m≥16，则h′（x）≥0，h（x）在（0，+∞）上单调递增，所以h（x）有唯一零点． ②若0＜m＜，令h′（x）＝0得h（x）有两个极值点x1，x2（x1＜x2）， 所以11＞，即4√??11160＜x1＜16．
可知h（x）在（0，x1）上单调递增，在（x1，x2）上单调递减，在（x2，+∞）上单调递增． 所以极大值为h（x1）＝mx1?√??1+lnx1+t＝（又h′（x1）=?41√??112√??1?1）x1?√??1??1+lnx1+t=?√
??12?1+lnx1+t，
+??=
114?√??1＞0， 4??1所以h（x1）在（0，16）上单调递增，
则h（x1）＜h（16）＝ln16﹣3+t≤ln16﹣3+3﹣4ln2＝0，所以h（x）有唯一零点． 综上可知，对于任意m＞0时，h（x）有且仅有一个零点．
（二）选考题：共10分．请考生在第22，23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．[选修4-4：坐标系与参数方程]
22．（Ⅰ）根据题意，设点P，Q的极坐标分别为（ρ0，θ）、（ρ，θ），
则有ρ=2ρ0＝2cosθ+4sinθ，故曲线C2的极坐标方程为ρ＝2cosθ+4sinθ， 变形可得：ρ＝2ρcosθ+4ρsinθ，
故C2的直角坐标方程为x+y＝2x+4y，即（x﹣1）+（y﹣2）＝5； （Ⅱ）设点A，B对应的参数分别为t1、t2，则|MA|＝t1，|MB|＝t2，
2
2
2
2
2
1??=??????????设直线l的参数方程{??=1+??????????，（t为参数），
代入C2的直角坐标方程（x﹣1）+（y﹣2）＝5中， 整理得t﹣2（cosα+sinα）t﹣3＝0．
由根与系数的关系得t1+t2＝2（cosα+sinα），t1t2＝﹣3，
则|MA|+|MB|＝|t1|+|t2|＝|t1﹣t2|=√(??1+??2)2?4??1??2=√4(????????+????????)2+12=
12
2
2
2
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