第 – 1 -页 共 24 页 绝密 启用前 ★2020 年普通高等学校招生全国统一考试 文科数学 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标 号框涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，在选涂其它答案标号框.回答非选择题时， 将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、选择题：本题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分．在每小题给出的四个选项 中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知集合 A={x||x|<3，x∈Z}，B={x||x|>1，x∈Z}，则 A∩B=（ ）{–3，–2，2，3） {–2，2} A. B. D. C. {–2，0，2} D【答案】 【解析】 【分析】 A, B 解绝对值不等式化简集合 的表示，再根据集合交集的定义进行求解即可. A x x 3, xZ 2,1,0,1,2 【详解】因为 ，B x x 1, xZ x x 1 x 1, xZ 或，A B 2,2 所以 .故选：D. 【点睛】本题考查绝对值不等式的解法，考查集合交集的定义，属于基础题. 42. （1–i） =（ ）A. –4 B. 4 C. –4i D. 4i 第 – 1 -页 共 24 页 第 – 2 -页 共 24 页 A【答案】 【解析】 【分析】 根据指数幂的运算性质，结合复数的乘方运算性质进行求解即可. 【详解】 (1i)4 [(1i)2 ]2 (1 2i i2 )2 (2i)2 4 故选：A. .【点睛】本题考查了复数的乘方运算性质，考查了数学运算能力，属于基础题. 3. 如图，将钢琴上的 12 个键依次记为 a1，a2，…，a12.设 1≤i<j<k≤12．若 k–j=3 且 j–i=4，则称 ai，aj，ak 为原位大三和弦；若 k–j=4 且 j–i=3，则称 ai，aj，ak 为原位小三和弦．用这 12 个键 可以构成的原位大三和弦与原位小三和弦的个数之和为（ ）A. 5 B. 8 C. 10 D. 15 C【答案】 【解析】 【分析】 k j 3, j i 4 k j 4, j i 3 根据原位大三和弦满足 ，原位小三和弦满足 从i 1开始，利用列举法即可解出． k j 3, j i 4 【详解】根据题意可知，原位大三和弦满足： ．i 1, j 5,k 8 i 2, j 6,k 9 i 3, j 7,k 10 i 4, j 8,k 11 ∴；；；；i 5, j 9,k 12 ．k j 4, j i 3 原位小三和弦满足： ．i 1, j 4,k 8 i 2, j 5,k 9 i 3, j 6,k 10 i 4, j 7,k 11 ∴；；；；i 5, j 8,k 12 ．第 – 2 -页 共 24 页 第 – 3 -页 共 24 页 故个数之和为 10． C故选： ． 【点睛】本题主要考查列举法的应用，以及对新定义的理解和应用，属于基础题． 的4. 在新冠肺炎疫情防控期间，某超市开通网上销售业务，每天能完成 1200 份订单 配货，由 于订单量大幅增加，导致订单积压.为解决困难，许多志愿者踊跃报名参加配货工作.已知该超 市某日积压 500 份订单未配货，预计第二天的新订单超过 1600 份的概率为 0.05，志愿者每人 每天能完成 50 份订单的配货，为使第二天完成积压订单及当日订单的配货的概率不小于 0.95， 则至少需要志愿者（ A. ）B. C. D. 32 名 10 名 18 名 24 名 B【答案】 【解析】 【分析】 算出第二天订单数，除以志愿者每天能完成的订单配货数即可. 【详解】由题意，第二天新增订单数为500 1600 1200 900 ，900 18 故需要志愿者 名. 50 故选：B 【点晴】本题主要考查函数模型的简单应用，属于基础题. 5. 已知单位向量 a，b 的夹角为 60°，则在下列向量中，与 b 垂直的是（ ）A. a+2b B. 2a+b C. a–2b D. 2a–b D【答案】 【解析】 【分析】 根据平面向量数量积的定义、运算性质，结合两平面向量垂直数量积为零这一性质逐一判断 即可. 1212a b a b cos 60 11 【详解】由已知可得： . 2 15(a 2b) b a b 2b 2 1 0 A：因为 B：因为 ，所以本选项不符合题意； ，所以本选项不符合题意； 22 2 1(2a b) b 2a b b 2 1 2 0 2第 – 3 -页 共 24 页 第 – 4 -页 共 24 页 2 13(a 2b) b a b 2b 2 1 0 C：因 为，所以本选项不符合题意； 22 2 1(2a b) b 2a b b 2 1 0 D：因为 故选：D. ，所以本选项符合题意. 2【点睛】本题考查了平面向量数量积的定义和运算性质，考查了两平面向量数量积为零则这 两个平面向量互相垂直这一性质，考查了数学运算能力. Sn 6. 记 Sn 为等比数列{an}的前 n 项和．若 a5–a3=12，a6–a4=24，则 =（ ）an A. 2n–1 B. 2–21–n C. 2–2n–1 D. 21–n–1 B【答案】 【解析】 【分析】 根据等比数列的通项公式，可以得到方程组，解方程组求出首项和公比，最后利用等比数列 n的通项公式和前 项和公式进行求解即可. 【详解】设等比数列的公比为 q， 42a qa q12 q 2 11由 a a 12,a a 24可得： ，5364a q5 a q3 24 a 1 111a1(1 qn ) 1 2n a a qn1 2n1, Sn 2n 1 所以 ，n11 q 1 2 Sn 2n 1 an 2 21n .因此 2n1 故选：B. n【点睛】本题考查了等比数列的通项公式的基本量计算，考查了等比数列前 项和公式的应用， 考查了数学运算能力. 7. 执行右面的程序框图，若输入的 k=0，a=0，则输出的 k 为（ ）第 – 4 -页 共 24 页 第 – 5 -页 共 24 页 A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 C【答案】 【解析】 【分析】 由已知中的程序框图可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出的 值，模拟程序的运行 k过程，分析循环中各变量值的变化情况，即可求得答案. 【详解】由已知中的程序框图可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出的 模拟程序的运行过程 值kk 0, a 0 ,k 0 11 ,k 11 2 第 1 次循环， 第 2 次循环， 第 3 次循环， ，，为否 为否 a 20 11 a 211 3 a 231 7 a 27 115 2 10 3 10 ,k 2 1 3 ，为否 7 10 ,k 31 4 第 4 次循环， ，为是 15 10 退出循环 输出 .k 4 故选：C. 第 – 5 -页 共 24 页 第 – 6 -页 共 24 页 【点睛】本题考查求循环框图的输出值，解题关键是掌握模拟循环语句运行的计算方法，考 查了分析能力和计算能力，属于基础题. 2x y 3 0 8. 若过点（2，1）的圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线 的距离为（ ）52 5 53 5 54 5 A. B. C. D. 55B【答案】 【解析】 【分析】 a，可得圆的半径为 ，写出圆的标 a,a ,a 0 由题意可知圆心在第一象限，设圆心的坐标为 a在圆上，求得实数 的值，利用点到直线的距离公式可求出圆心到直线 2,1 准方程，利用点 2x y 3 0 的距离. 2,1 在第一象限，若圆心不在第一象限， 【详解】由于圆上的点 则圆与至少与一条坐标轴相交，不合乎题意，所以圆心必在第一象限， aa,a 设圆心的坐标为 ，则圆的半径为 ，22圆的标准方程为 x a y a a2 .22由题意可得 2 a 1 a a2 ，2a 1 可得 ，解得 或，，a 5 a 6a 5 0 1,1 5,5 所以圆心的坐标为 或2 2 5 52x y 3 0 圆心到直线 的距离均为 ；d 52 5 52x y 3 0 所以，圆心到直线 的距离为 .故选：B. 【点睛】本题考查圆心到直线距离的计算，求出圆的方程是解题的关键，考查计算能力，属 于中等题. x2 y2 x a 9. 设C : 1(a 0,b 0) 的两条渐近线分别交于 为坐标原点，直线 与双曲线 Oa2 b2 第 – 6 -页 共 24 页 第 – 7 -页 共 24 页 D, E 两点，若ODE 的面积为 8，则 的焦距的最小值为（ ）CA. 4 B. 8 C. 16 D. 32 B【答案】 【解析】 【分析】 x2 y2 bx a C : 1(a 0,b 0) y x 因为 ，可得双曲线的渐近线方程是 ，与直线 联立方 a2 b2 a| ED | 程求得 ，两点坐标，即可求得 ，根据 ODE 的面积为 ，可得ab 值，根据 8DE2c 2 a2 b2 ，结合均值不等式，即可求得答案. x2 y2 【详解】 C : 1(a 0,b 0) a2 b2 by x 双曲线的渐近线方程是 ax2 y2 x a C : 1(a 0,b 0) 的两条渐近线分别交于 直线 与双曲线 ，两点 DEa2 b2 不妨设 为在第一象限， 在第四象限 DEx a x a y b 联立 ，解得 by xaD(a,b) 故x a x a 联立 ，解得 by b y x aE(a,b) 故| ED | 2b 1S a2b ab 8 ODE 面积为： △ODE 2×2 y2 C : 1(a 0,b 0) 双曲线 a2 b2 22其焦距为 2c 2 a b 2 2ab 2 16 8 第 – 7 -页 共 24 页 第 – 8 -页 共 24 页 当且仅当 取等号 a b 2 2 的焦距的最小值： C8故选：B. 【点睛】本题主要考查了求双曲线焦距的最值问题，解题关键是掌握双曲线渐近线的定义和 均值不等式求最值方法，在使用均值不等式求最值时，要检验等号是否成立，考查了分析能 力和计算能力，属于中档题. 1×3 10. 设函数 f (x) x3 f (x) ,则 （）A. 是奇函数，且在(0,+∞)单调递增 B. 是奇函数，且在(0,+∞)单调递减 D. 是偶函数，且在(0,+∞)单调递减 C. 是偶函数，且在(0,+∞)单调递增 A【答案】 【解析】 【分析】 x x 0 f x 根据函数的解析式可知函数的定义域为 再根据函数的单调性法则，即可解出． ，利用定义可得出函数 为奇函数， 1×3 f x x3 x x 0 f x f x 【详解】因为函数 定义域为 ，其关于原点对称，而 ， f x 所以函数 为奇函数． 3 在 上单调递增，在 上单调递增， 0,+¥ – ¥,0 又因为函数 y x ()()1×3 x3 0,+¥ – ¥,0 上单调递减， y 而在上单调递减，在 ()()1×3 f x x3 0,+¥ – ¥,0 上单调递增． 所以函数 在上单调递增，在 ()()A故选： ． 【点睛】本题主要考查利用函数的解析式研究函数的性质，属于基础题． 9 3 11. 已知△ABC 是面积为 的等边三角形，且其顶点都在球 O 的球面上.若球 O 的表面积为 416π，则 O 到平面 ABC 的距离为（ ）第 – 8 -页 共 24 页 第 – 9 -页 共 24 页 323A. B. C. D. 132C【答案】 【解析】 【分析】 r根据球 的表面积和ABC 的面积可求得球 的半径 和ABC 外接圆半径 ，由球的性 OOR22质可知所求距离 .d R r 2【详解】设球 的半径为 ，则 O，解得： .RR 2 4 R 16 ar设ABC 外接圆半径为 ，边长为 ，9 3 是面积为 的等边三角形， ABC 4139 3 2a2 292 a2 r a 9 3 ，解得： ，，a 3 224343422球心 到平面 O的距离 .ABC d R r 4 3 1 故选：C. 【点睛】本题考查球的相关问题的求解，涉及到球的表面积公式和三角形面积公式的应用； 解题关键是明确球的性质，即球心和三角形外接圆圆心的连线必垂直于三角形所在平面. xyx y ，则（ ）12. 若2 2 3 3 ln(y x 1) 0 ln(y x 1) 0 ln | x y | 0 A. B. C. D. ln | x y | 0 A【答案】 【解析】 【分析】 f t 2t 3t xx y y x y 将不等式变为 ，根据 的单调性知 ，以此去判断各个 2 3 2 3 选项中真数与 的大小关系，进而得到结果. 1xyx xx y y 【详解】由 y 得： ，2 2 3 3 2 3 2 3 第 – 9 -页 共 24 页 第 – 10 -页 共 24 页 f t 2t 3t 令 ， y 2x x y 为上的增函数， y 3x 为上的减函数， 为上的增函数， f t RRR，Q y x 0 y x 11 ，ln y x 1 0 ，则 A 正确，B 错误； ，Q x y 与 的大小不确定，故CD 无法确定. 1故选：A. 【点睛】本题考查对数式的大小的判断问题，解题关键是能够通过构造函数的方式，利用函 x, y 数的单调性得到 的大小关系，考查了转化与化归的数学思想. 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分. 213. sin x 若，则 cos2x __________． 31【答案】 9【解析】 【分析】 直接利用余弦的二倍角公式进行运算求解即可. 2819cos2x 1 2sin2 x 1 2( )2 1 【详解】 .3919故答案为： .【点睛】本题考查了余弦的二倍角公式的应用，属于基础题. Saa 2, a a 2 S __________． 14. 记n 为等差数列 的前 n 项和．若 ，则 n12610 【答案】 【解析】 【分析】 25 n，求出公差，根据等差数列前 项和，即可 aa a 2 因为 是等差数列，根据已知条件 n26求得答案. aa 2 a a 2 ，【详解】 是等差数列，且 n126a设 等差数列的公差 dn第 – 10 -页 共 24 页 第 – 11 -页 共 24 页 a a n 1 d 根据等差数列通项公式： n1a d a 5d 2 可得 112 d 2 5d 2 即： 整理可得： 6d 6 解得： d 1 n(n 1) d , n N * n根据等差数列前 项和公式： S na n1210 (10 1) S 10 2 20 45 25 可得： 10 2S 25 .10 故答案为： .25 nn【点睛】本题主要考查了求等差数列的前 项和，解题关键是掌握等差数列的前 项和公式， 考查了分析能力和计算能力，属于基础题. x y 1， x y 1， z x 2y 15. 若 x，y 满足约束条件 则的最大值是__________． 2x y 1, 【答案】 【解析】 【分析】 81y x 在平面直角坐标系内画出不等式组表示的平面区域，然后平移直线 ，在平面区域内 211y x z 找到一点使得直线 在纵轴上的截距最大，求出点的坐标代入目标函数中即可. 22【详解】不等式组表示的平面区域为下图所示： 第 – 11 -页 共 24 页 第 – 12 -页 共 24 页 111y x y x z 平移直线 ，当直线经过点 时，直线 A在纵轴上的截距最大， 222x y 1 2x y 1 x 2 y 3 此时点 的坐标是方程组 A的解，解得： ，z x 2y 因此 的最大值为： .2 23 8 故答案为： . 8【点睛】本题考查了线性规划的应用，考查了数形结合思想，考查数学运算能力. 16. 设有下列四个命题： p1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内. p2：过空间中任意三点有且仅有一个平面. p3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行. p4：若直线 l 平面 α，直线 m⊥平面 α，则 m⊥l. 则下述命题中所有真命题的序号是__________. p p p p p p p p ①②③④14122334【答案】①③④ 【解析】 【分析】 pp利用两交线直线确定一个平面可判断命题 1 的真假；利用三点共线可判断命题 2 的真假；利 pp用异面直线可判断命题 3 的真假，利用线面垂直的定义可判断命题 4 的真假.再利用复合命 题的真假可得出结论. pll【详解】对于命题 ，可设与 2 相交，这两条直线确定的平面为 ；11与 相交，则交点在平面 内， ll若A31B也在平面 内， ll同理， 3 与 2 的交点 第 – 12 -页 共 24 页 第 – 13 -页 共 24 页 l p所以， AB ，即 ，命题 1 为真命题； 3p对于命题 2 ，若三点共线，则过这三个点的平面有无数个， p命题 2 为假命题； p对于命题 3 ，空间中两条直线相交、平行或异面， p命题 3 为假命题； ，p对于命题 ，若直线 平面 m 4m垂直于平面 内所有直线， 则，直线l 平面 直线 直线 ， lm p命题 4 为真命题. p p p p 综上可知， 4 为真命题， 2 为假命题， p p 4 为真命题. 11p2 p 3 为真命题， 故答案为：①③④. 3【点睛】本题考查复合命题的真假，同时也考查了空间中线面关系有关命题真假的判断，考 查推理能力，属于中等题. 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. 25417. △ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知 cos2 ( A) cos A ．（1）求 A； 3（2）若 ，证明：△ABC 是直角三角形． ab c 33A 【答案】（1） ；（2）证明见解析 【解析】 【分析】 第 – 13 -页 共 24 页 第 – 14 -页 共 24 页 254cos2 A cos A 1（） 根 据 诱 导 公 式 和 同 角 三 角 函 数 平 方 关 系 ， 可 化 为 51 cos2 A cos A ，即可解出； 43222a,b,c （2）根据余弦定理可得 ，将 代入可找到 关系， b c a bc b c a3再根据勾股定理或正弦定理即可证出． 255cos2 A cos A 1【详解】（ ）因为 sin2 A cos A ，所以 ，44541 cos2 A cos A 即，1cos A 解得 所以 ，又 ，0 A 2A ；3b2 c2 a2 2bc 13A cos A （2）因为 ，所以 ，2222即又即①， b c a bc 23②， 将②代入①得，b2 c2 3 b c bc ，b c a322，而 ，解得 ，b c b 2c 2b 2c 5bc 0 所以 ，a 3c 222故，b a c 即ABC 是直角三角形． 【点睛】本题主要考查诱导公式和平方关系的应用，利用勾股定理或正弦定理，余弦定理判 断三角形的形状，属于基础题． 18. 某沙漠地区经过治理，生态系统得到很大改善，野生动物数量有所增加.为调查该地区某种 野生动物的数量，将其分成面积相近的 200 个地块，从这些地块中用简单随机抽样的方法抽 取 20 个作为样区，调查得到样本数据(xi，yi)(i=1，2，…，20)，其中 xi 和 yi 分别表示第 i 个样 第 – 14 -页 共 24 页 第 – 15 -页 共 24 页 20 x 60 区的植物覆盖面积(单位：公顷)和这种野生动物的数量，并计算得 ，ii1 20 20 20 20 y 1200 （x x)2 80 （y y)2 9000 （x x（) y y) 800 .，，，iiiiii1 i1 i1 i1 （1）求该地区这种野生动物数量的估计值（这种野生动物数量的估计值等于样区这种野生动 物数量的平均数乘以地块数）； （2）求样本(xi，yi)(i=1，2，…，20)的相关系数（精确到 0.01）； （3）根据现有统计资料，各地块间植物覆盖面积差异很大.为提高样本的代表性以获得该地区 这种野生动物数量更准确的估计，请给出一种你认为更合理的抽样方法，并说明理由. n（x x（) y y) iii1 附：相关系数 r= ，=1.414. 2nn（x x)2 （y y)2 iii1 i1 0.94 【答案】（1）12000；（2） 【解析】 ；（3）详见解析 【分析】 （1）利用野生动物数量的估计值等于样区野生动物平均数乘以地块数，代入数据即可； 20 (x x)(y y) iii1 r （2）利用公式 计算即可； 20 20 (x x)2 (y y)2 iii1 i1 （3）各地块间植物覆盖面积差异较大，为提高样本数据的代表性，应采用分层抽样. 20 11y 1200 60 【详解】（1）样区野生动物平均数为 ，20 i20 i1 200 ，该地区这种野生动物的估计值为 20060 12000 地块数为 (x , y ) （2）样本 的相关系数为 ii20 (xi x)(yi y) 800 2 2 3i1 r 0.94 20 20 809000 (xi x)2 (yi y)2 i1 i1 第 – 15 -页 共 24 页 第 – 16 -页 共 24 页 （3） 由于各地块间植物覆盖面积差异较大，为提高样本数据的代表性，应采用分层抽样 先将植物覆盖面积按优中差分成三层， 在各层内按比例抽取样本， 在每层内用简单随机抽样法抽取样本即可. 【点晴】本题主要考查平均数的估计值、相关系数的计算以及抽样方法的选取，考查学生数 学运算能力，是一道容易题. x2 y2 19. 已知椭圆 C1： (a>b>0)的右焦点 F 与抛物线 C 的焦点重合，C 的中心与 C 的 1 212a2 b2 顶点重合．过 F 且与 x 轴重直的直线交 C1 于 A，B 两点，交 C2 于 C，D 两点，且 4|CD|= |AB|． 3（1）求 C1 的离心率； （2）若 C1 的四个顶点到 C2 的准线距离之和为 12，求 C1 与 C2 的标准方程． x2 y2 12CC：2【答案】（1） ；（2） ：，.y 8x 1 1216 12 【解析】 【分析】 CA,C 在第一象限，运用代 （1）根据题意求出 2 的方程，结合椭圆和抛物线的对称性不妨设 4A, B,C, D | CD | | AB | 入法求出 点的纵坐标，根据 ，结合椭圆离心率的公式进行求解即可； 3（2）由（1）可以得到椭圆的标准方程，确定椭圆的四个顶点坐标，再确定抛物线的准线方 程，最后结合已知进行求解即可； 【详解】解：（1）因为椭圆 1 的右焦点坐标为： ,所以抛物线 2 的方程为 y2 4cx ，CF(c,0) C22其中 .c a b x2 y2 A,C C在第一象限，因为椭圆 1 的方程为： 不妨设 所以当 ，1 a2 b2 c2 y2 b2 ab2 ab2 ax c A, B 时，有 ，因此 的纵坐标分别为 ，；1 y a2 b2 第 – 16 -页 共 24 页 第 – 17 -页 共 24 页 又因为抛物线 2 的方程为 y2 4cx ，所以当 时，有 y2 4cc y 2c ，x c C2b2 C, D | CD | 4c .2c 所以 的纵坐标分别为 ，，故 ，2c | AB | a8b2 3a 4cccc1| CD | | AB | 3 2 2( )2 2 由得，即 ，解得 （舍去）， .4c 3aaaa21C所以 1 的离心率为 .2×2 y2 C，所以 1 的四个顶点坐标分别 （2）由（1）知 a 2c ，，故 C1 : 1 b 3c 4c2 3c2 (2c,0) x c .(2c,0) C2 的准线为 为，，，(0, 3c) (0, 3c) ，由已知得 ，即 c 2 .3c c c c 12 x2 y2 2C所以 1 的标准方程为 C，的标准方程为 .y 8x 1 216 12 【点睛】本题考查了求椭圆的离心率，考查了求椭圆和抛物线的标准方程，考查了椭圆 的四个顶点的坐标以及抛物线的准线方程，考查了数学运算能力. 20. 如图，已知三棱柱 ABC–A1B1C1 的底面是正三角形，侧面 BB1C1C 是矩形，M，N 分别为 BC，B1C1 的中点，P 为 AM 上一点．过 B1C1 和 P 的平面交 AB 于 E，交 AC 于 F． （1）证明：AA1//MN，且平面 A1AMN⊥平面 EB1C1F； π（2）设 O 为△A1B1C1 的中心，若 AO=AB=6，AO//平面 EB1C1F，且∠MPN= ，求四棱锥 3B–EB1C1F 的体积． 【答案】（1）证明见解析；（2） .24 【解析】 第 – 17 -页 共 24 页 第 – 18 -页 共 24 页 【分析】 M , N B C MN//CC AA / /BB 1 ，根据条件可得 1 ，可证 （1）由 分别为 BC ，1 的中点， 11MN//AA EB C F A AMN A AMN 平面 11 ，要证平面 平面 ，只需证明 即可； EF 111S（2）根据已知条件求得 和到的距离，根据椎体体积公式，即可求得 PN M四边形EB C1F 1V.BEB C1F 1M , N B C ， 1 的中点， 1【详解】（1） 分别为 BC MN//BB 1AA / /BB 又11MN//AA 1在等边ABC 中， 为BC 中点，则 BC AM M又BB C C 为矩形， 1 1 侧面 BC BB 1MN//BB 1MN BC MN, AM A AMN 1由MN AM M ，平面 A AMN BC ⊥ 平面 1又B C//BC B C ，且 平面 ，ABC BC 平面 ，ABC 1111B C// 平面 ABC 11又B C EB C F 平面 ，且平面 1 1 EB C F 平面 ABC EF 1111B C1 / /EF 1EF//BC A AMN 平面 1又BC 第 – 18 -页 共 24 页 第 – 19 -页 共 24 页 A AMN 平面 平面 EF 1EB C F EF 11EB C F A AMN 平面 1平面 11（2）过 作H垂线，交点为 ， PN M画出图形，如图 EB C F AO// 平面 11A AMN A AMN EB C F NP AO 平面 ，平面 平面 1111 AO//NP 又NO//AP AO NP 6 △ A B C 为1 的中心. O1111ON AC1 sin 60 6sin 60 3 133故： ，则 ，ON AP 3 AM 3AP 3 3 EB C F A AMN EB C F A AMN NP 平面 平面 ，平面 平面 ，111111A AMN 平面 MH 1EB C F 平面 MH 11EF AP 又在等边ABC 中BC AM 第 – 19 -页 共 24 页 第 – 20 -页 共 24 页 AP BC AM 36 即EF 2 3 3 EB C F 由（1）知，四边形 为梯形 11EF B C 2 6 211 NP= 6 24 EB C F 的面积为： 1 1 S四边形 四边形EB C1F 121VBEB C F S四边形EB C Fh ，11113为到的距离 ，hPN MMH 2 3sin 60 3 1V 243 24 .3【点睛】本题主要考查了证明线线平行和面面垂直，及其求四棱锥的体积，解题关键是掌握 面面垂直转为求证线面垂直的证法和棱锥的体积公式，考查了分析能力和空间想象能力，属 于中档题. 21. 已知函数 f（x）=2lnx+1． （1）若 f（x）≤2x+c，求 c 的取值范围； f (x) f (a) （2）设 a>0 时，讨论函数 g（x）= 的单调性． x a (a,) g(x) (0,a) 【答案】（1） ；（2） 在区间 和上单调递减，没有递增区间 c 1 【解析】 【分析】 f (x) 2x c f (x) 2x c 0 （1）不等式 转化为 ，构造新函数，利用导数求出新函数的最 大值，进而进行求解即可； m(x) g(x) g (x) m (x) 的（2）对函数 求导，把导函数 分子构成一个新函数 ，再求导得到 ，根 m(x) m (x) g (x) g(x) 的正负性，最后求出函数 据的正负，判断 的单调性，进而确定 的单调 性. 【详解】（1）函数 f (x) (0,) 的定义域为： f (x) 2x c f (x) 2x c 0 2ln x 1 2x c 0() ，第 – 20 -页 共 24 页 第 – 21 -页 共 24 页 22(1 x) h(x) 2ln x 1 2x c(x 0) h (x) 2 设，则有 ，xx当x 1时， h (x) 0,h(x) 单调递减， 0 x 1时， h (x) 0,h(x)单调递增， 当h(x) 有最大值， 所以当 时，函数 x 1 h(x) h(1) 2ln11 21 c 1 c 即，max () (0,) 在要想不等式 上恒成立， h(x) 0 1 c 0 c 1 只需 ；max 2ln x 1 (2ln a 1) 2(lnx ln a) x a) g(x) (x 0 （2） 且x a x a 2(x a xln x xln a) x(x a)2 g (x) m(x) 2(x a xln x xln a) 因此 则有 ，设 ，m (x) 2(ln a ln x) ，x a m(x) 单调递减，因此有 m(x) m(a) 0 当时， ，所以 m (x) 0 ，，即 ln x ln a g(x) g (x) 0 ，所以 单调递减； m(x) m(x) m(a) 0 当时， ，所以 m (x) 0 ，单调递增，因此有 ，即 0 x a ln x ln a g(x) g (x) 0 ，所以 单调递减， (a,) 上单调递减，没有递增区间. g(x) (0,a) 和所以函数 在区间 【点睛】本题考查了利用导数研究不等式恒成立问题，以及利用导数判断含参函数的单调性， 考查了数学运算能力，是中档题. （二）选考题：共 10 分．请考生在第 22、23 题中选定一题作答，并用 2B 铅笔在 答题卡上将所选题目对应的题号方框涂黑．按所涂题号进行评分，不涂、多涂均 按所答第一题评分；多答按所答第一题评分． [选修 4—4：坐标系与参数方程] 第 – 21 -页 共 24 页 第 – 22 -页 共 24 页 1x t , 2x 4cos ， t122. 已知曲线 C ，C 的参数方程分别为 C ： （θ 为参数），C ： （t 为 1212y 4sin2 y t t参数）. （1）将 C1，C2 的参数方程化为普通方程； （2）以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系.设 C1，C2 的交点为 P，求圆心在极 轴上，且经过极点和 P 的圆的极坐标方程. 17 C : x2 y2 4 cos C : x y 4 【答案】（1） ；；（2） .125【解析】 【分析】 t（1）分别消去参数 和即可得到所求普通方程； （2）两方程联立求得点 可得到所求极坐标方程. P，求得所求圆的直角坐标方程后，根据直角坐标与极坐标的互化即 22Cx y 4 【详解】（1）由 得1 的普通方程为： ；cos sin 1 1t1t1x t y t x2 t2 2 t2 ，两式作差可得 2 的普通方程为： x2 y2 4 .C由得： 122y t 2 t2 5232x y x y 4 x2 y2 4 5 3 P,（2）由 得： ，即 ；2 2 a,0 设所求圆圆心的直角坐标为 ，其中 ，a 0 2217 17 10 5232，a r 则，解得： 所求圆的半径 ，a 0 a2 10 2217 17 10 17 10 x2 y2 x，所求圆的直角坐标方程为： ，即 x y2 5第 – 22 -页 共 24 页 第 – 23 -页 共 24 页 17 cos 所求圆的极坐标方程为 .5【点睛】本题考查极坐标与参数方程的综合应用问题，涉及到参数方程化普通方程、直角坐 标方程化极坐标方程等知识，属于常考题型. [选修 4—5：不等式选讲] f (x) x a2 | x 2a 1| 23. 已知函数 .f (x)… 4 （1）当 （2）若 时，求不等式 的解集； a 2 f (x)… 4 ，求 a 的取值范围. 3211 2x x x ,1 3, 【答案】（1） 或；（2） .【解析】 【分析】 x 4 三种情况下解不等式求得结果； （1）分别在 x 3 、和3 x 4 （2）利用绝对值三角不等式可得到 f x a 1 2 ，由此构造不等式求得结果. f x x4 x3 时， .【详解】（1）当 a 2 32f x 4 x3 x 72x 4 x≤ 当当当x 3时， ，解得： ；；f x 4 x x 3 1 4 时， ，无解； 3 x 4 11 2f x x4 x3 2x7 4 x 4 x 时， f x 4 ，解得： 3211 2x x x 综上所述： 的解集为 或.（2） 2 （当且 f x x a2 x 2a 1 x a2 x 2a 1 a2 2a 1 a 1 仅当 2 时取等号）， 2a 1 x a 2 a 1 4 ，解得： a 1 或a 3 ，a ,1 3, 的取值范围为 . 【点睛】本题考查绝对值不等式的求解、利用绝对值三角不等式求解最值的问题，属于常考 第 – 23 -页 共 24 页 第 – 24 -页 共 24 页 题型. 第 – 24 -页 共 24 页
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