2020 年高考数学二诊试卷（理科）
一、选择题
1．设集合 A＝{x|x2﹣5x﹣6＜0}，B＝{x|x﹣2＜0}，则 A∩B＝（ ）
A．{x|﹣3＜x＜2} B．{x|﹣2＜x＜2} C．{x|﹣6＜x＜2} D．{x|﹣1＜x＜2}
2．设（1+i）•z＝1﹣i，则复数 z 的模等于（ ）
A． B．2 C．1 D．
3．已知 α 是第二象限的角， ，则 sin2α＝（ ）
A． B． C． D．
4．设 a＝log30.5，b＝log0.20.3，c＝20.3，则 a，b，c 的大小关系是（ ）
A．a＜b＜c B．a＜c＜b C．c＜a＜b D．c＜b＜a
5．阿基米德（公元前 287 年﹣公元前 212 年），伟大的古希腊哲学家、数学家和物理学家
，他死后的墓碑上刻着一个“圆柱容球”的立体几何图形，为纪念他发现“圆柱内切球
的体积是圆柱体积的 ，并且球的表面积也是圆柱表面积的 ”这一完美的结论．已知
某圆柱的轴截面为正方形，其表面积为 24π，则该圆柱的内切球体积为（ ）
A． B．16π C． D．
6．随着人民生活水平的提高，对城市空气质量的关注度也逐步增大，如图是某城市 1 月至
8 月的空气质量检测情况，图中一、二、三、四级是空气质量等级，一级空气质量最好，
一级和二级都是质量合格天气，下面叙述不正确的是（ ）
A．1 月至 8 月空气合格天数超过 20 天的月份有 5 个
B．第二季度与第一季度相比，空气达标天数的比重下降了
C．8 月是空气质量最好的一个月D．6 月份的空气质量最差
7．设等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，则“a1+a3＜2a2”是“S2n﹣1＜0”的（ ）
A．充分不必要 B．必要不充分
C．充要 D．既不充分也不必要
8．设 x，y 满足 ，则 z＝x+y 的取值范围是（ ）
A．[﹣5，3] B．[2，3] C．[2，+∞） D．（﹣∞，3]
9．设函数 ，则 y＝f（x），x∈[﹣π，π]的大致图象大致是的（ ）
A． B．
C． D．
10．在△ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，若 a＝1， ，
，则 sinC＝（ ）
A． B． C． D．
11．如图示，三棱椎 P﹣ABC 的底面 ABC 是等腰直角三角形，∠ACB＝90°，且 PA＝PB＝
AB＝ ，PC＝ ，则 PC 与面 PAB 所成角的正弦值等于（ ）
A． B． C． D．
12．在△ABC 中，AB＝2，AC＝3，∠A＝60°，O 为△ABC 的外心，若 ，x
，y∈R，则 2x+3y＝（ ）
A．2 B． C． D．二、填空题
13．在（x+a）6 的展开式中的 x3 系数为 160，则 a＝ ．
14．已知 f（x）是定义在 R 上的奇函数，当 x＞0 时，f（x）＝x2﹣2x，则不等式 f（x）＞
x 的解集用区间表示为 ．
15．若对任意 x∈R，不等式 ex﹣kx≥0 恒成立，则实数 k 的取值范围是 ．
16．已知椭圆Γ： + ＝1（a＞b＞0），F1、F2 是椭圆Γ的左、右焦点，A 为椭圆Γ的
上顶点，延长 AF2 交椭圆Γ于点 B，若△ABF1 为等腰三角形，则椭圆Γ的离心率为
．
三、解答题
17．设数列{an}是公差不为零的等差数列，其前 n 项和为 Sn，a1＝1，若 a1，a2，a5 成等比
数列．
（Ⅰ）求 an 及 Sn；
（Ⅱ）设 ，设数列{bn}的前 n 项和 Tn，证明： ．
18．2019 年 6 月，国内的 5G 运营牌照开始发放．从 2G 到 5G，我们国家的移动通信业务
用了不到 20 年的时间，完成了技术上的飞跃，跻身世界先进水平．为了解高校学生对 5G
的消费意愿，2019 年 8 月，从某地在校大学生中随机抽取了 1000 人进行调查，样本中
各类用户分布情况如下：
用户分类 预计升级到 5G 的时段 人数
早期体验用户 2019 年 8 月至 209 年 12 月 270 人
中期跟随用户 2020 年 1 月至 20121 年 12 月 530 人
后期用户 2022 年 1 月及以后 200 人
我们将大学生升级 5G 时间的早晚与大学生愿意为 5G 套餐支付更多的费用作比较，可得
出如图的关系（例如早期体验用户中愿意为 5G 套餐多支付 5 元的人数占所有早期体验
用户的 40%）．（Ⅰ）从该地高校大学生中随机抽取 1 人，估计该学生愿意在 2021 年或 2021 年之前升
级到 5G 的概率；
（Ⅱ）从样本的早期体验用户和中期跟随用户中各随机抽取 1 人，以 X 表示这 2 人中愿
意为升级 5G 多支付 10 元或 10 元以上的人数，求 X 的分布列和数学期望；
（Ⅲ）2019 年底，从这 1000 人的样本中随机抽取 3 人，这三位学生都已签约 5G 套餐，
能否认为样本中早期体验用户的人数有变化？说明理由．
19．如图示，在三棱锥 A﹣BCD 中，AB＝BC＝BD＝2， ， ，
点 E 为 AD 的中点．
（Ⅰ）求证：平面 ACD⊥平面 BCE；
（Ⅱ）若点 F 为 BD 的中点，求平面 BCE 与平面 ACF 所成锐二面角的余弦值．
20．已知椭圆 ＝1（a＞b＞0）经过点（0，1），离心率为 ，A、B、C 为椭圆上
不同的三点，且满足 + + ＝ ，O 为坐标原点．
（Ⅰ）若直线 AB、OC 的斜率都存在，求证：kAB•kOC 为定值；
（Ⅱ）求|AB|的取值范围．21．设函数 ，a∈R．
（Ⅰ）讨论 f（x）的单调性；
（Ⅱ）a≤1 时，若 x1≠x2，f（x1）+f（x2）＝2，求证：x1+x2＜0．
（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．
22．在直角坐标系 xOy 中，直线 l 的多数方程为 ，（t 为参数）．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 C 的极坐标方程为 ρ2﹣4ρcosθ+3＝0．
（1）求 t 的普通方程及 C 的直角坐标方程；
（2）求曲线 C 上的点 P 到 l 距离的取值范围．
23．已知 f（x）＝|x﹣1|+|x+a|（a∈R）．
（Ⅰ）若 a＝1，求不等式 f（x）＞4 的解集；
（Ⅱ）∀m∈（0，1），∃x0∈R， ，求实数 a 的取值范围．参考答案
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．设集合 A＝{x|x2﹣5x﹣6＜0}，B＝{x|x﹣2＜0}，则 A∩B＝（ ）
A．{x|﹣3＜x＜2} B．{x|﹣2＜x＜2} C．{x|﹣6＜x＜2} D．{x|﹣1＜x＜2}
【分析】可以求出集合 A，B，然后进行交集的运算即可．
解：∵A＝{x|﹣1＜x＜6}，B＝{x|x＜2}，
∴A∩B＝{x|﹣1＜x＜2}．
故选：D．
2．设（1+i）•z＝1﹣i，则复数 z 的模等于（ ）
A． B．2 C．1 D．
【分析】把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简，然后利用复数模的计算
公式求解．
解：由（1+i）•z＝1﹣i，得 z＝ ，
∴|z|＝1．
故选：C．
3．已知 α 是第二象限的角， ，则 sin2α＝（ ）
A． B． C． D．
【 分 析 】 由 已 知 结 合 诱 导 公 式 可 求 tanα ， 然 后 结 合 则 sin2α ＝ 2sinαcosα ＝
＝ ，代入可求．
解：因为 α 是第二象限的角， ，
所以 tan ，
则 sin2α＝2sinαcosα＝ ＝ ＝﹣ ．
故选：D．
4．设 a＝log30.5，b＝log0.20.3，c＝20.3，则 a，b，c 的大小关系是（ ）A．a＜b＜c B．a＜c＜b C．c＜a＜b D．c＜b＜a
【分析】利用对数函数和指数函数的性质求解．
解：∵log30.5＜log31＝0，∴a＜0，
∵log0.21＜log0.20.3＜log0.20.2＝1，∴0＜b＜1，
∵20.3＞20＝1，∴c＞1，
∴a＜b＜c，
故选：A．
5．阿基米德（公元前 287 年﹣公元前 212 年），伟大的古希腊哲学家、数学家和物理学家
，他死后的墓碑上刻着一个“圆柱容球”的立体几何图形，为纪念他发现“圆柱内切球
的体积是圆柱体积的 ，并且球的表面积也是圆柱表面积的 ”这一完美的结论．已知
某圆柱的轴截面为正方形，其表面积为 24π，则该圆柱的内切球体积为（ ）
A． B．16π C． D．
【分析】由已知中圆柱的轴截面为正方形，根据圆柱的表面积公式，可得圆柱的底面半
径 R，进而求出圆柱的体积，即可求出结论．
解：设该圆柱的底面半径为 R
则圆柱的高为 2R
则圆柱的表面积 S＝S 底+S 侧＝2×πR2+2•π•R•2R＝24π，
解得 R2＝4；即 R＝2．
∴圆柱的体积为：V＝πR2×2R＝16π，
∴该圆柱的内切球体积为： ×16π＝ π．
故选：D．
6．随着人民生活水平的提高，对城市空气质量的关注度也逐步增大，如图是某城市 1 月至
8 月的空气质量检测情况，图中一、二、三、四级是空气质量等级，一级空气质量最好，
一级和二级都是质量合格天气，下面叙述不正确的是（ ）A．1 月至 8 月空气合格天数超过 20 天的月份有 5 个
B．第二季度与第一季度相比，空气达标天数的比重下降了
C．8 月是空气质量最好的一个月
D．6 月份的空气质量最差
【分析】在 A 中，1 月至 8 月空气合格天数超过 20 天的月份有：1 月，2 月，6 月，7 月
，8 月，共 5 个；在 B 中，分别求出第一季度合格天数的比重和第二季度合格天气的比
重，能求出结果；在 C 中，8 月空气质量合格的天气达到 30 天；在 D 中，5 月空气质量
合格天气只有 13 天．
解：在 A 中，1 月至 8 月空气合格天数超过 20 天的月份有：1 月，2 月，6 月，7 月，8
月，共 5 个，故 A 正确；
在 B 中，第一季度合格天数的比重为： ，
第二季度合格天气的比重为： ≈0.6263，
∴第二季度与第一季度相比，空气达标天数的比重下降了，故 B 正确；
在 C 中，8 月空气质量合格的天气达到 30 天，是空气质量最好的一个月，故 C 正确；
在 D 中，5 月空气质量合格天气只有 13 天，5 月份的空气质量最差，故 D 错误．
故选：D．
7．设等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，则“a1+a3＜2a2”是“S2n﹣1＜0”的（ ）
A．充分不必要 B．必要不充分
C．充要 D．既不充分也不必要
【分析】根据等比数列{an}中，“a1+a3＜2a2”等价于a1（q﹣1）2＜0，解得 a1＜0 且 q≠
1；由“S2n﹣1＜0”等价于当q≠1 时， ＜0 即 a1＜0 且 q≠1；或者当 q＝1时，（2n﹣1）a1＜0，即 a1＜0 且 q＝1；再根据充分必要条件的定义进行判断即可．
解：根据等比数列{an}中，“a1+a3＜2a2”等价于 a1（q﹣1）2＜0，解得 a1＜0 且 q≠1；
由“S2n﹣1＜0”等价于当q≠1 时， ＜0 即 a1＜0 且 q≠1；或者当 q＝1 时
，（2n﹣1）a1＜0，即 a1＜0 且 q＝1；
故“a1+a3＜2a2”⇒“S2n﹣1＜0”但是“S2n﹣1＜0”推不出“a1+a3＜2a2”；
所以“a1+a3＜2a2”是“S2n﹣1＜0”的充分不必要条件；
故选：A．
8．设 x，y 满足 ，则 z＝x+y 的取值范围是（ ）
A．[﹣5，3] B．[2，3] C．[2，+∞） D．（﹣∞，3]
【分析】画出不等式组表示的平面区域，结合图形找出最优解，求出目标函数的最值即
可．
解：先根据约束条件画出可行域，z＝x+y，
则 y＝﹣x+z，
由 可得 C（﹣4，﹣3）
当直线 y＝﹣x+z 经过点 A（2，0），z 最小，最小值为：2+0＝2．
没有最大值；
故 z＝x+y 的取值范围为[2，+∞），
故选：C．9．设函数 ，则 y＝f（x），x∈[﹣π，π]的大致图象大致是的（ ）
A． B．
C． D．
【分析】利用函数的奇偶性及特殊点的函数值，运用排除法得解．
解： ，故函数 f（x）为奇函数，其图象关于原
点对称，故排除 A；
又 f（π）＝0，故排除 C； ，故排除 D．
故选：B．
10．在△ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，若 a＝1， ，
，则 sinC＝（ ）
A． B． C． D．
【分析】由已知，利用正弦定理，三角函数恒等变换的应用可求 tanB＝ ，结合范围 B∈
（0，π），可求 B，由余弦定理可得 b 的值，进而根据正弦定理可得 sinC 的值．
解：∵bsinA＝asin（ ﹣B），
∴sinAsin（ ﹣B）＝sinAsinB，
∵sinA≠0，
∴sin（ ﹣B）＝sinB，整理可得：tanB＝ ，
∵B∈（0，π），
∴B＝ ，∵a＝1， ，由余弦定理可得 b2＝a2+c2﹣2accosB＝1+12﹣2× ＝7，
∴b＝ ，
∴由正弦定理 ，可得 sinC＝ ＝ ＝ ．
故选：B．
11．如图示，三棱椎 P﹣ABC 的底面 ABC 是等腰直角三角形，∠ACB＝90°，且 PA＝PB＝
AB＝ ，PC＝ ，则 PC 与面 PAB 所成角的正弦值等于（ ）
A． B． C． D．
【分析】可以把三棱椎 P﹣ABC 补成棱长为 1 的正方体，以 A 为原点建立空间直角坐标
系，求得面 ABP 的法向量即可求解．
解：∵三棱椎 P﹣ABC 的底面 ABC 是等腰直角三角形，∠ACB＝90°，且 PA＝PB＝AB
＝ ，PC＝ ，
∴可以把三棱椎 P﹣ABC 补成棱长为 1 的正方体，如图所示．
如图，以 A 为原点建立空间直角坐标系，则 A（0，0，0），B（1，1，0），C（0，1，
0），P（1，0，1）．
， ， ，
设面 ABP 的法向量为 ，
⇒ ．
cos ＝ ＝ ．
则 PC 与面 PAB 所成角的正弦值等于 ．
故选：A．12．在△ABC 中，AB＝2，AC＝3，∠A＝60°，O 为△ABC 的外心，若 ，x
，y∈R，则 2x+3y＝（ ）
A．2 B． C． D．
【分析】先利用 AB＝2，AC＝3，∠A＝60°建立平面直角坐标系，求出 A，B，C 的坐
标，再求出直线 AB、AC 的中垂线的方程，然后求出外接圆圆心的坐标，代入
，构造出 x，y 的方程组，问题即可解决．
解：如图建立坐标系：
由题意得 B（2，0），C（ ），A（0，0），易知 AB 边的中垂线为 x＝1①
直线 AC 的中垂线斜率 k＝ ＝ ．AC 的中点为（ ），
所以 AC 的中垂线 ②联立①②解得 O（ ）．
所以由 得：
，即 ，解得 ，
所以 ，
故选：B．
二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分．
13．在（x+a）6 的展开式中的 x3 系数为 160，则 a＝ 2 ．
【分析】写出二项式定理展开式的通项公式，利用 x 的指数为 3，求出 a 即可．
解：（a+x）6 的展开式的通项公式为：Tr+1＝ •a6﹣rxr，（r＝0，1，…，6）
所求 x3 的系数为： a3＝160⇒a3＝8⇒a＝2．
故答案为：2
14．已知 f（x）是定义在 R 上的奇函数，当 x＞0 时，f（x）＝x2﹣2x，则不等式 f（x）＞
x 的解集用区间表示为 （﹣3，0）∪（3，+∞） ．
【分析】先求得当 x＜0 时，f（x）的解析式，由不等式 f（x）＞x，可得 ，
或 ，由此求得 x 的范围．
解：设 x＜0，则﹣x＞0，由题意可得 f（﹣x）＝﹣f（x）＝（﹣x）2﹣2（﹣x）＝x2+2x
，
∴f（x）＝﹣x2﹣2x，
故当 x＜0 时，f（x）＝﹣x2﹣2x．
由不等式 f（x）＞x，可得 ，或 ，
求得 x＞3，或﹣3＜x＜0，
故答案为：（﹣3，0）∪（3，+∞）．
15．若对任意 x∈R，不等式 ex﹣kx≥0 恒成立，则实数 k 的取值范围是 （0，e] ．【分析】由题意可得 0≤（ex﹣kx）min，构造函数 f（x）＝ex﹣kx，求得导数，讨论 k 的
符号，求得单调性和最值，解 k 的不等式，可得所求范围．
解：任意 x∈R，不等式 ex﹣kx≥0 恒成立，
可得 0≤（ex﹣kx）min，
设 f（x）＝ex﹣kx，f′（x）＝ex﹣k，
当 k≤0 时，f′（x）＞0 恒成立，即 f（x）为 R 上的增函数，无最小值；
当 k＞0 时，由 x＞lnk，f′（x）＞0，f（x）递增；由 0＜x＜lnk，f′（x）＜0，f（x）
递减，
可得 f（x）在 x＝lnk 处取得最小值 f（lnk）＝k﹣klnk，
则 k﹣klnk≥0，即 lnk≤1，解得 0＜k≤e，
故答案为：（0，e]．
16．已知椭圆Γ： + ＝1（a＞b＞0），F1、F2 是椭圆Γ的左、右焦点，A 为椭圆Γ的
上顶点，延长 AF2 交椭圆Γ于点 B，若△ABF1 为等腰三角形，则椭圆Γ的离心率为
．
【分析】由题意可得等腰三角形的两条相等的边，设 BF2，AF1＝AF2＝a，由题意的定
义可得 BF1，由国家等腰三角形可得 BF2 的值用 a 的表达式，在三角形 ABF1 中，三角
形 BF1F2 中由余弦定理可得∠ABF1 的值相等可得 a，c 的关系，进而求出椭圆的离心率．
解：由题意△ABF1 为等腰三角形，可得 AF1＝AF2＝a，AB＝BF1，
设 BF2＝x 则 BF1＝2a﹣x，AF2＝a+x，
所以 2a﹣x＝a+x，解得 x＝ ，所以 BF1＝AB＝ ，
在三角形 ABF1 中，cos∠ABF1＝ ＝ ＝ ，
在 三 角 形 BF1F2 中 cos ∠ F1BF2 ＝ ＝ ＝
，所以可得： ＝ ， ＝ ，即离心率 e＝ ＝ ；
故答案为： ．
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 为选考题，考生仅选一个作答．
17．设数列{an}是公差不为零的等差数列，其前 n 项和为 Sn，a1＝1，若 a1，a2，a5 成等比
数列．
（Ⅰ）求 an 及 Sn；
（Ⅱ）设 ，设数列{bn}的前 n 项和 Tn，证明： ．
【分析】（Ⅰ）设等差数列{an}的公差为 d（d≠0），由已知列式求解公差，可得 an 及 Sn
；
（Ⅱ）把等差数列的通项公式代入 ，整理后利用裂项相消法求数列{bn}的
前 n 项和 Tn，放缩即可证明 ．
【解答】（Ⅰ）解：设等差数列{an}的公差为 d（d≠0），
由 a1＝1，且 a1，a2，a5 成等比数列，得（d+1）2＝1×（4d+1），
解得 d＝2（d≠0），
∴an＝a1+（n﹣1）d＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1，
；
（Ⅱ）证明： ＝ ＝ ．
∴ ＝ ＜ ．
18．2019 年 6 月，国内的 5G 运营牌照开始发放．从 2G 到 5G，我们国家的移动通信业务用了不到 20 年的时间，完成了技术上的飞跃，跻身世界先进水平．为了解高校学生对 5G
的消费意愿，2019 年 8 月，从某地在校大学生中随机抽取了 1000 人进行调查，样本中
各类用户分布情况如下：
用户分类 预计升级到 5G 的时段 人数
早期体验用户 2019 年 8 月至 209 年 12 月 270 人
中期跟随用户 2020 年 1 月至 20121 年 12 月 530 人
后期用户 2022 年 1 月及以后 200 人
我们将大学生升级 5G 时间的早晚与大学生愿意为 5G 套餐支付更多的费用作比较，可得
出如图的关系（例如早期体验用户中愿意为 5G 套餐多支付 5 元的人数占所有早期体验
用户的 40%）．
（Ⅰ）从该地高校大学生中随机抽取 1 人，估计该学生愿意在 2021 年或 2021 年之前升
级到 5G 的概率；
（Ⅱ）从样本的早期体验用户和中期跟随用户中各随机抽取 1 人，以 X 表示这 2 人中愿
意为升级 5G 多支付 10 元或 10 元以上的人数，求 X 的分布列和数学期望；
（Ⅲ）2019 年底，从这 1000 人的样本中随机抽取 3 人，这三位学生都已签约 5G 套餐，
能否认为样本中早期体验用户的人数有变化？说明理由．
【分析】（Ⅰ）由题意知从高校大学生中随机抽取 1 人，该学生在 2021 年或 2021 年之
前升级到 5G 的概率估计为样本中早期体验用户和中期跟随用户的频率，由此能估计该
学生愿意在 2021 年或 2021 年之前升级到 5G 的概率．
（Ⅱ）由题间意 X 的所有可能取值为 0，1，2，记事件 A 为“从早期体验用户中随机抽取 1 人，该学生愿意为升级 5G 多支付 10 元或 10 元以上”，事件 B 为“从中期跟随用
户中随机抽取 1 人，该学生愿意为升级 5G 多支付 10 元或 10 元以上”，由题意可知，
事件 A，B 相互独立，P（A）＝1﹣40%＝0.6，P（B）＝1﹣45%＝0.55，由此能求出 X
的分布列和 E（X）．
（Ⅲ）设事件 D 为“从这 1000 人的样本中随机抽取 3 人，这三位学生都已签约 5G 套餐
”，则 P（D）＝ ≈0.02．从而样本中早期体验用户的人数有所增加．
解：（Ⅰ）由题意知从高校大学生中随机抽取 1 人，
该学生在 2021 年或 2021 年之前升级到 5G 的概率估计为样本中早期体验用户和中期跟
随用户的频率，
∴估计该学生愿意在 2021 年或 2021 年之前升级到 5G 的概率为：
P＝ ＝0.8．
（Ⅱ）由题间意 X 的所有可能取值为 0，1，2，
记事件 A 为“从早期体验用户中随机抽取1 人，该学生愿意为升级 5G 多支付 10 元或 10
元以上”，
事件 B 为“从中期跟随用户中随机抽取 1 人，该学生愿意为升级 5G 多支付 10 元或 10
元以上”，
由题意可知，事件 A，B 相互独立，
P（A）＝1﹣40%＝0.6，P（B）＝1﹣45%＝0.55，
∴P（X＝0）＝P（ ）＝（1﹣0.6）（1﹣0.55）＝0.18，
P（X＝1）＝P（A + ）＝0.6×（1﹣0.55）+（1﹣0.6）×0.55＝0.49，
P（X＝2）＝P（AB）＝0.6×0.55＝0.33，
∴X 的分布列为：
X 0 1 2
P 0.18 0.49 0.33
E（X）＝0×0.18+1×0.49+2×0.33＝1.15．
（Ⅲ）设事件 D 为“从这 1000 人的样本中随机抽取 3 人，这三位学生都已签约 5G 套餐
”，则 P（D）＝ ≈0.02．
∴样本中早期体验用户的人数有所增加．
19．如图示，在三棱锥 A﹣BCD 中，AB＝BC＝BD＝2， ， ，
点 E 为 AD 的中点．
（Ⅰ）求证：平面 ACD⊥平面 BCE；
（Ⅱ）若点 F 为 BD 的中点，求平面 BCE 与平面 ACF 所成锐二面角的余弦值．
【分析】（Ⅰ）由已知得 AC＝CD，结合 E 为 AD 中点，得 BE⊥AD，CE⊥AD，由线
面垂直的判定可得 AD⊥平面 BCE，从而得到平面 ACD⊥平面 BCE；
（Ⅱ）以 B 为坐标原点，分别以 BC，BD 所在直线为 x，y 轴建立如图所示空间直角坐
标系，分别求出平面 BCE 与平面 ACF 的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得
平面 BCE 与平面 ACF 所成锐二面角的余弦值．
【解答】（Ⅰ）证明：由 AB＝BC＝BD＝2，∠CBA＝∠CBD＝ ，得 AC＝CD，
又点 E 为 AD 中点，∴BE⊥AD，CE⊥AD，
又 BE∩CE＝E，∴AD⊥平面 BCE，
而 AD⊂平面 ACD，∴平面 ACD⊥平面 BCE；
（Ⅱ）解：∵ ，∴BC⊥平面 ABD，
以 B 为坐标原点，分别以 BC，BD 所在直线为 x，y 轴建立如图所示空间直角坐标系．
则 B（0，0，0），C（2，0，0），E（0， ， ），A（0，﹣1， ），F（0，1，0
），
＝（2，0，0）， ＝（0， ， ）， ， ，
设 平 面 BCE 的 一 个 法 向 量 为 ， 平 面 ACF 的 一 个 法 向 量 为，
由 ，取 z1＝1，得 ；
由 ，取 x2＝1，得 ．
∵cos＜ ＞＝ ＝ ＝ ．
∴平面 BCE 与平面 ACF 所成锐二面角的余弦值为 ．
20．已知椭圆 ＝1（a＞b＞0）经过点（0，1），离心率为 ，A、B、C 为椭圆上
不同的三点，且满足 + + ＝ ，O 为坐标原点．
（Ⅰ）若直线 AB、OC 的斜率都存在，求证：kAB•kOC 为定值；
（Ⅱ）求|AB|的取值范围．
【分析】（Ⅰ）由题意可得 b＝1，运用椭圆的离心率公式和 a，b，c 的关系，解得 a，b
，可得椭圆方程，设 A（x1，y1），B（x2，y2），运用向量的坐标运算和点差法，结合
直线的斜率公式，即可得证；
（Ⅱ）设直线 AB 的方程为：y＝kx+t，设 A（x1，y1），B（x2，y2），联立直线方程和
椭圆方程，运用韦达定理和弦长公式，以及 C 的坐标满足椭圆方程，求得 t2＝ ，
再由分离常数和不等式的性质，化简整理可得所求范围．解：（Ⅰ）证明：由题意可得 b＝1， ＝ ，a2＝b2+c2，解得 a2＝4，b2＝1，
所以椭圆的标准方程为： +y2＝1；
设 A（x1，y1），B（x2，y2），由 + + ＝ ，可得 C（﹣x1﹣x2，﹣y1﹣y2），
因为直线 AB、OC 的斜率都存在，所以 kAB＝ ，kOC＝ ＝ ，
所以 kAB•kOC＝ ，因为 A，B 在椭圆上，所以 ，
所以 +y12﹣y22＝0，即 ＝﹣ ，
所以可证，kAB•kOC 为定值﹣ ；
（Ⅱ）设直线 AB 的方程为：y＝kx+t，设 A（x1，y1），B（x2，y2），
直线与椭圆联立可得 ，整理可得，
（1+4k2）x2+8kt+4t2﹣4＝0，△＝64k2t2﹣4（1+4k2）（4t2﹣4）＞0，可得 t2＜1+4k2，
x1+x2＝ ，x1x2＝ ，y1+y2＝k（x1+x2）+2t＝ ，
即 C（ ，﹣ ），代入椭圆方程可得 + ＝1，
化为 t2＝ ，
又|AB|＝ • ＝ • ＝
•4
═ •4 ＝2 • ，
由（Ⅰ）得，AB 的斜率不为 0，即 k≠0，可得|AB|＝2 • ＝2 • ，
由 1+ ＞1，可得 0＜ ＜3，则 1＜1+ ＜4，
即有 ＜ ＜1，则 ＜|AB|＜2 ，
故|AB|的取值范围是（ ，2 ）．
21．设函数 ，a∈R．
（Ⅰ）讨论 f（x）的单调性；
（Ⅱ）a≤1 时，若 x1≠x2，f（x1）+f（x2）＝2，求证：x1+x2＜0．
【分析】（Ⅰ）根据导数和函数单调性的关系，分类讨论即可求出；
（Ⅱ）令 g（x）＝f（x）+f（﹣x）﹣2，当 a≤1 时，利用函数的导数，判断函数的单调
性，要证 x1+x2＜0，只需证只需证 x1＜﹣x2，即证 f（x2）+f（﹣x2）﹣2＞0，通过函数
的单调性，转化求解即可．
解：（Ⅰ）f′（x）＝ex﹣x﹣a，
令 g（x）＝ex﹣x﹣a，
∴g′（x）＝ex﹣1，
当 x＜0 时，g′（x）＜0，函数 g（x）单调性递减，
当 x＞0 时，g′（x）＞0，函数 g（x）单调性递增，
∴g（x）min＝g（0）＝1﹣a，
当 1﹣a≥0 时，即 a≤1 时，f′（x）＝g（x）≥0，∴函数 f（x）在 R 上单调递增，
当 a＞1 时，g（x）min＝1﹣a＜0，
易知当 x→﹣∞时，g（x）→+∞，当 x→+∞时，g（x）→+∞，
由零点存在性定理知，存在 x1，x2，不妨设 x1＜x2，使得 g（x1）＝g（x2）＝0，
当 x∈（﹣∞，x1），（x2，+∞），g（x）＝f′（x）＞0，当 x∈（x1，x2），g（x）＝f
′（x）＜0，
∴函数 f（x）在（﹣∞，x1），（x2，+∞）上单调递增，在（x1，x2）上单调递减．
（Ⅱ）证明：构造函数 g（x）＝f（x）+f（﹣x）﹣2，x≥0，∴g（x）＝ex﹣ x2﹣ax+e﹣x﹣ x2+ax﹣2＝ex+e﹣x﹣x2﹣2，
∴g′（x）＝ex﹣e﹣x﹣2x，
∴g″（x）＝ex+e﹣x﹣2≥2 ﹣2＝0，当 x＝0 时取等号，
∴g′（x）在[0，+∞）上单调递增，则 g′（x）≥g′（0）＝0，
∴g（x）在[0，+∞）上单调递增，
∴g（x）≥g（0）＝0，
不妨设 x2＞0，
要证 x1+x2＜0，只需证 x1＜﹣x2，
由（Ⅰ）知 a≤1 时，f（x）在 R 上单调递增，则有 f（x1）＜f（﹣x2），
由 f（x1）+f（x2）＝2，有 f（x1）＝2﹣f（x2），
只需证 2﹣f（x2）＜f（﹣x2），
即证 f（x2）+f（﹣x2）﹣2＞0，
由 g（x）＝f（x）+f（﹣x）﹣2 在[0，+∞）上单调递增，且 x2＞0 时，
有 g（x2）＝f（x2）+f（﹣x2）﹣2＞0，
故 x1+x2＜0，问题得以证明．
（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．
22．在直角坐标系 xOy 中，直线 l 的多数方程为 ，（t 为参数）．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 C 的极坐标方程为 ρ2﹣4ρcosθ+3＝0．
（1）求 t 的普通方程及 C 的直角坐标方程；
（2）求曲线 C 上的点 P 到 l 距离的取值范围．
【分析】（1）直接利用转换关系式的应用，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间
进行转换．
（2）利用点到直线的距离公式的应用求出结果．
解：（1）直线 l 的参数方程为 ，（t 为参数），
消去参数 t 可得 l 的普通方程为 ．曲线 C 的极坐标方程为 ρ2﹣4ρcosθ+3＝0，
可得 C 的直角坐标方程为 x2+y2﹣4x+3＝0．
（2）C 的标准方程为（x﹣2）2+y2＝1，圆心为 C（2，0），半径为 1，
所以，圆心 C 到 l 的距离为 ，
所以，点 P 到 l 的距离的取值范围是 ．
23．已知 f（x）＝|x﹣1|+|x+a|（a∈R）．
（Ⅰ）若 a＝1，求不等式 f（x）＞4 的解集；
（Ⅱ）∀m∈（0，1），∃x0∈R， ，求实数 a 的取值范围．
【分析】（Ⅰ）将 a＝1 代入 f（x）中，然后利用零点分段法解不等式即可；
（Ⅱ）由绝对值三角不等式可得 f（x）≥|a+1|，然后用基本不等式求出 的最小
值，再根据条件得到关于 a 的不等式，解不等式得到 a 的取值范围．
解：（Ⅰ）当 a＝1 时，f（x）＝|x﹣1|+|x+1|＝ ，
∵f（x）＞4，∴ 或 或 ，
∴x＞2 或 x＜﹣2
故不等式 f（x）＞4 的解集为（﹣∞，﹣2）∪（2，+∞）．
（Ⅱ）f（x）＝|x﹣1|+|x+a|≥|（x+a）﹣（x﹣1）|＝|a+1|．
∀m∈（0，1），
＝ （当 时等号成立）
依题意，∀m∈（0，1），∃x0∈R，有 ，
则|a+1|＜9，∴﹣10＜a＜8，
故实数 a 的取值范围是（﹣10，8）．
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