2020届百校联考高考百日冲刺金卷全国Ⅰ卷数学（理）试题（解析版）

2020 届百校联考高考百日冲刺金卷 全国Ⅰ卷·理数（三） 注意事项： 1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分. 2.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷相应的位置. 3.全部答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 4.本试卷满分 150 分，测试时间 120 分钟. 5.考试范围：高考全部内容. 第Ⅰ卷 一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 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 ， ，则 ( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 根据指数函数单调性，求出 ，得出 ，求出集合 ，根据交集的计算即可得出 答案. 【详解】解：由题可知， ， ， ， 所以 . 故选：D. 【点睛】本题考查集合 交集和补集运算，属于基础题. 2.已知 是虚数单位， ，则 （ ） A. B. C. D. 的 { }| 2 2xA x= > { }2| , RB y y x x= = ∈ ( )R A B = [0,1) (0,2) ( ,1]−∞ [0,1] { | 1}A x x= > R { | 1}A x x=  B { }| 2 2 { | 1}xA x x x= > = > R { | 1}A x x∴ =  { }2| , { | 0}B y y x x y y= = ∈ =R  ( )R { |0 1}B xA x∩ =   i 1 11 2 2z i i − =   |z|= 1 5 5 5 1 25 5 25【答案】B 【解析】 【分析】 根据复数除法的运算法则求出 ，再由模长公式，求出 即可. 【详解】 ， . 故选:B. 【点睛】本题考查复数的代数运算和模长，属于基础题. 3.设 是等差数列 的前 项和，且 ， ，则 （ ） A. 2017 B. 2019 C. 4036 D. 4038 【答案】C 【解析】 【分析】 设等差数列 公差为 ，可得 ，结合 ，建立 方程组，求解得到通项公式，即可 求出结论. 【详解】由 ，得 ，所以 ， 又 ，所以 ， ， 所以 ， 所以 . 故选:C. 【点睛】本题考查等差数列通项的基本量计算，属于基础题. 4.如图，长方形内部的阴影部分为六个全等的小正三角形顶点连接组成的图形 ，在长方形内随机取一点， 则此点取自阴影部分 的概率是（ ） z | |z 1 i i i(2 i) 1 2i2 1 2 i 5 51 i2 z + − += = = =−− 2 21 2 5| | 5 5 5z    = − + =       nS { }na n 9 7 30S S− = 2 2a = 2019a = { }na d 8 9 30a a+ = 2 2a = 1,a d 9 7 30S S− = 8 9 30a a+ = 12 15 30a d+ = 1 2a d+ = 2d = 1 0a = 0 2( 1) 2 2na n n= + − = − 2019 2 2019 2 4036a = × − = T TA. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 设小三角形的边长为 ，每个小三角形的面积为 ，六个小三角形的面积之和为 ，又长方 形的宽为 ，长为 ，即可求得答案. 【 详 解 】 设 小 三 角 形 的 边 长 为 ， 每 个 小 三 角 形 的 面 积 为 ， 六 个 小 三 角 形 的 面 积 之 和 为 ， 又 长方形的宽为 ，长为 ， 长方形的面积为 ， 故此点取自阴影部分 的概率是： . 故选：B. 【点睛】本题主要考查了几何型概率问题，解题关键是掌握概率计算公式，考查了分析能力和计算能力， 属于基础题. 5.已知 为坐标原点，双曲线 的右焦点为 ，点 ， 分别在双曲线 的两 条渐近线上， 轴， ，四边形 为梯形，则双曲线 离心率的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 1 8 1 4 1 2 2 3 1 3 4 3 3 36 4 2 × = 3 34 2 32 × = 1 3 4 3 3 36 4 2 × =  3 34 2 32 × = ∴ 6 3 T 3 3 12 46 3 = O 2 2 2 2: 1x yC a b − = ( 0, 0)a b> > F A B C AF x⊥ 0BO BA⋅ 1ab = 2a bx = 2log ( )y a b= + 1z a b = + log 2x x log 2y y log 2z z log 2 log 2 log 2x y zx y z> > log 2 log 2 log 2y z xy z x> > log 2 log 2 log 2x z yx z y> > log 2 log 2 log 2y x zy x z> > 0a b> > 1ab = 1=a b 0 1x y z< < < < 1ab = 1=a b 1 1 2 2 2a a bx a = = = = 1 2 2z a a a ab = + = + = > ( )( )22 log ( 1)z y a a b f a a− = − + = ＞ ( ) 12 0f a a b ′ = − + ＞ ( )f a ( ) ( ) 21 2 log (1 ) 0f a f b= − + >＞ z y− ＞0 0 1x y z< < < < log 2 =log 2 1x xx + log 2 log 2 1y yy = + log 2 =log 2+1z zz log 2 log 2 log 2x z y < < log 2 log 2 log 2y z xy z x> >A. 31 B. 39 C. 47 D. 60 【答案】D 【解析】 【分析】 根据循环程序框图，循环计算到 时，输出 ，即可得出答案. 【详解】解：根据题意， ， ； ， ； ， ； ， ； ， ； ， ； ， ； ， ； ， ； ， ； ， ， 故输出的结果为 . 故选：D. 【点睛】本题考查程序框图的循环计算，考查计算能力. 10.已知圆 与抛物线 相交于 两点，且 ，若抛物线 上 存在关于直线 对称的相异两点 和 ，则线段 的中点坐标为（ ） 11n = T 0T = 1n = 8T = 2n = 8 4T = + 3n = 8 4 4T = + + 4n = 8 4 4 8T = + + + 5n = 8 4 4 8 0T = + + + + 6n = 8 4 4 8 +0 12T = + + + + 7n = 8 4 4 8 0 12 4T = + + + + + − 8n = 8 4 4 8 0 12 4 16T = + + + + + − + 9n = 8 4 4 8 0 12 4 16 8T = + + + + + − + − 10n = 8 4 4 8 0 12 4 16 8 20T = + + + + + − + − + 11n = 8 4 4 8 0 12 4 16 8 20 60T = + + + + + − + − + = 2 2: 3O x y+ = 2: 2 ( 0)C y px p= > ,A B | | 2 2AB = C : 2 0l x y− − = P Q PQA. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 根据圆与抛物线 对称性求出 点坐标，代入抛物线方程，求出 ，设点 ， 代入抛物 线方程作差，得到 斜率与 关系，即可求解. 【详解】因为 关于 轴对称，所以 纵坐标为 ， 横坐标为 1，代入 ， 可得 .设点 ， . 则 则 ， ，又 关于直线 对称. ，即 ， ， 又 的中点一定在直线 上， . 线段 的中点坐标为 . 故选:A. 【点睛】本题考查抛物线标准方程、直线与抛物线位置关系，注意相交弦中点问题“点差法”的应用，属 于中档题. 11.已知三棱柱 内接于一个半径为 的球，四边形 与 均为正方形， 分别是 ， 的中点， ，则异面直线 与 所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 的 (1, 1)− (2,0) 1 3,2 2  −   (1,1) A p ( )1 1,P x y ( )2 2,Q x y PQ 1 2,y y ,A B x ,A B 2± 2 2 ( 0)y px p= > 2 2y x= ( )1 1,P x y ( )2 2,Q x y 2 1 1 2 2 2 2 , 2 , y x y x  =  = ( )( ) ( )1 2 1 2 1 22y y y y x x− + = − 1 2 2 PQk y y ∴ = + ,P Q l 1PQk∴ = − 1 2 2y y+ = − 1 2 12 y y+∴ = − PQ∵ l 1 2 1 2 2 12 2 x x y y+ +∴ = + = ∴ PQ (1, 1)− 1 1 1ABC A B C− 3 1 1A ACC 1 1B BCC ,M N 1 1A B 1 1AC 1 1 1 1 2C M A B= BM AN 3 10 30 10 7 10 70 10【分析】 画出图形，找出 BM 与 AN 所成角的平面角，利用解三角形求出 BM 与 AN 所成角的余弦值． 【详解】 直三棱柱 ABC−A1B1C1 中,∠BCA=90°,M,N 分别是 A1B1,A1C1 的中点， 如图：BC 的中点为 O，连结 ON， MN∥ B1C1=OB，则 MNOB 是平行四边形，BM 与 AN 所成角就是∠ANO， ∵ 分别是 ， 的中点， ， 可得 A1C1⊥B1C1， 四边形 与 均为正方形，可得 BC=CA=CC1， ∵三棱柱 内接于一个半径为 的球， 设 BC=CA=CC1=a, 三棱柱 外接球可看作棱长为 a 的正方体外接球， ∴ ，解得 a=2， ∴BC=CA=CC1=2, CO=1,AO= ,AN= , ， 在△ANO 中,由余弦定理可得： , 故选：B. 【点睛】本题考查异面直线及其所成的角，涉及几何体外接球及空间位置关系等知识点，根据外接球半径 解出三棱柱棱长是关键点，也是本题难点，属于较难题. 12.设函数 在区间 上单调，且 ，当 1 2 ,M N 1 1A B 1 1AC 1 1 1 1 2C M A B= 1 1A ACC 1 1B BCC 1 1 1ABC A B C− 3 1 1 1ABC A B C− 2 2 2 2 3a a a+ + = 5 5 ( )22 2 2 1 1 2 2 6NO MB B M BB= = + = + = 2 2 2 6 30 2 102 5 6 AN NO AOcos ANO AN NO + −∠ = = =⋅ × × ( ) sin cosf x a x b xω ω= + ( )0ω > ,6 2 π π     2 2 3 6f f f π π π     = = −          时， 取到最大值 ，若将函数 的图象上各点的横坐标伸长为原来的 倍得到函数 的图象，则函数 零点的个数为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 由已知可得 ，由 得出对称中心及对称轴，得出 ，再得出 的解析式，再有变换得出 ，再分别画出 与 图象，得出结论. 【详解】解：设 ， ，即 ， 又 ， 为 的一条对称轴， 且 ，则 为 的一个对称中心， 由于 ，所以 与 为同一周期里相邻的对称轴和对称中心， 则 ， ． 又 ，且 ， 解之得 ， ． 故 ，由图象变换可得， ． 12x π= ( )f x 4 ( )f x 2 ( )g x ( ) 3y g x x π= − + 4 5 6 7 ( ) ( )2 2 sinf x a b xω ϕ= + + 2 2 3 6f f f π π π     = = −           T ( )f x ( )g x ( )g x 3y x π= + ( ) ( )2 2 sinf x a b xω ϕ= + + ( )0ω > 1 2 2 6 2 2 Tπ π π π ω ω∴ − ≤ = ⋅ = 0 3ω< ≤ 2 2 3 6f f f π π π     = = −           2 72 3 2 12x π π π+ ∴ = = ( ) ( )2 2 sinf x a b xω ϕ= + + 2 6 2 3 π π π+ = ,03 π     ( ) ( )2 2 sinf x a b xω ϕ= + + 0 3ω< ≤ 7 12x π= ,03 π     74 12 3T π π π = − =   ∴ 2ω = 2 2 4a b+ = 2 2sin cos12 12 12f a b π π π  = +   2a = 2 3b = ( ) 2sin 2 2 3 cos2 4sin 2 3f x x x x π = + = +   ( ) 4sin 3g x x π = +  因为 在 处的切线斜率为 ， 在 处切线斜率不存在，即切线方程为 ． 所以 右侧 图象较缓,如图所示， 同时 时， ， 所以 的零点有 个． 故选：D. 【点睛】本题主要考查正弦型函数的图象和性质及零点，转化为两个函数的图象的交点，属于难题. 第Ⅱ卷 本卷包括必考题和选考题两部分.第 13 题~第 21 题为必考题，每个试题考生都必须作答.第 22 题~第 23 题为选考题，考生根据要求作答. 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分. 13.已知向量 ， ，且 ，则向量 在 方向上的投影为______. 【答案】 或 【解析】 【分析】 由向量垂直的坐标关系，求出 ，再由向量的投影公式，即可求解. ( ) 4sin 3g x x π = +   ,03 π−     4cos 43 3 3g π π π   ′ − = − + =       3y x π= + ,03 π−     3x π= − 3x π= − ( )g x 43x π+ > 16 3x π> − ( ) 3y g x x π= − + 7 (2,1)a = ( , 1)( )b m m= − ∈R (2 )b a b⊥ −   a b 2 2 10 2 m【详解】根据题意， ， ， ， 或 ， 所以向量 在 方向上的投影为 或 . 故答案为: 或 . 【点睛】本题考查向量的坐标运算、向量的投影，考查计算求解能力，属于基础题. 14.已知 的展开式中含 项的系数为 ，则实数 ______. 【答案】2 【解析】 【分析】 求出二项展开式通项公式，得到 项的系数，建立 的方程，求解即可. 【详解】 ， 所以由 ， 得系数为 ， . 故答案为:2. 【点睛】本题考查二项展开式定理通项公式，熟记公式是解题关键，属于基础题. 15.已知等比数列 的前 项和为 ，且 ，若 ， ，则满足 的最大正整数 的值为______. 【答案】12 【解析】 【分析】 根据已知求出 通项公式，进而求出 ，得到不等式 ，等价转化为 ，即 ，求解即可得出结论. 【详解】根据题意， ， ， ，所以 ， 2 (4 ,3)a b m− = −  (2 )b a b⊥ −    (4 ) 3 0m m∴ − − = 1m∴ = 3m = a b 1 2 2| | 2 a b b ⋅ = =    5 10 210 = 2 2 10 2 91x ax  −   3x 21 2 − a = 3x a 9 9 2 1 9 9 1 1C C r r r r r r rT x xax a − − +    = − = −       9 2 3 3r r− = ⇒ = 3 3 9 1 21C 2a  − = −   2a∴ = { }na n nS 1 2 3 4· ·n nT a a a a a= ⋅ ⋅ ⋅ … 7 2a = 10 16a = n nS T> n { }na ,n nS T 2 11 10 *22 2 1, n n n n N − + ∈> + 2 11 10 *22 2 , n n n n N − + > ∈ 2 11 10 2 n nn − +> 7 2a = 10 16a = 2q∴ = 62n na −=记 ， ， 由题意 ，即 ， ， ，因此只需 ， ， ， 由于 为整数，因此 最大为 的整数部分，即为 12. 故答案为:12. 【点睛】本题考查等比数列的通项、前 项和、求解不等式，合理放缩是解题的关键也是难点，属于中档 题. 16.某饮料厂生产 ， 两种饮料.生产 桶 饮料，需该特产原料 公斤，需时间 小时；生产 桶 饮 料，需该特产原料 公斤，需时间 小时，每天 饮料的产量不超过 饮料产量的 倍，每天生产两种饮 料所需该特产原料的总量至多 公斤，每天生产 饮料的时间不低于生产 饮料的时间，每桶 饮料的 利润是每桶 饮料利润的 倍，若该饮料厂每天生产 饮料 桶， 饮料 桶时 利润最大， 则 _________. 【答案】 【解析】 【分析】 设每天 ， 两种饮料的生产数量分别为 桶， 桶，则有 ，画出可行域，结合 已知，即可求得答案. ( ) 1 2 1 1 2 2 132 1 2 32 n n n nS a a a − −= + +…+ = =− ( 11) 5 4 6 2 1 2 2 2 2 2 n n n n nT a a a − − − −= ⋅ ⋅…⋅ = ⋅ ⋅…⋅ = n nS T> ( 11) 2 5 2 1 22 n nn −− > 2( 11) 11 1052 22 1 2 2 n n n n n − − ++∴ − > = 2 11 10 22 2 1 n n n − + ∴ − > 2 11 10 2 n nn − +> 2 13 10 0n n∴ − + < 13 129 13 129 2 2n − +∴ < < n n 13 129 2 + n A B 1 A 100 3 1 B 100 1 A B 2 750 A B A B 1.5 A m B n ( )*,m n N∈ m n+ = 7 A B x y 0, 0 2 3 100 100 750 0 x y x y x y y x ≥ ≥  ≤ ≥  + − ≤【详解】设每天 ， 两种饮料的生产数量分别为 桶， 桶，则有 则其表示的可行域如图中阴影部分所示， 设 B 饮料每桶利润为 1，则目标函数为 ，则 ， 表示直线在 轴上的截距， ， 只取整数， 当直线 经过点 即 ， 时， 取得最大值， 故 . 故答案为： . 【点睛】本题主要考查了线性规划问题，关键是根据所给的约束条件准确地画岀可行域和目标函数．在平 面区域中，求线性目标函数的最优解，要注意分析线性目标函数所表示的几何意义，从而确定目标函数在 何处取得最优解． 三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 17.在 中， ， 为 上一点，且 ， . （Ⅰ）若 ， 为钝角，求 的长； （Ⅱ）若 ，求 的周长. 【答案】（Ⅰ）4（Ⅱ） 【解析】 【分析】 （Ⅰ）在 中，根据正弦定理，结合 范围，求出 ，即可求出结论； （Ⅱ）由已知可得 ，由 结合面积公式，求出 ，设 ，分别在 中，用余弦定理表示 ，再由 互补，建立 的方程，求解即可. A B x y 0, 0 2 3 100 100 750 0 x y x y x y y x ≥ ≥  ≤ ≥  + − ≤ 1.5z x y= + 1.5y x z= − + z y  x y ∴ 1.5y x z= − + ( )4,3 4m = 3n = z 7m n+ = 7 ABC 2 3AB = D BC 3BC BD= 2AD = 30B = ° ADB∠ CD sin 3 sin 3 BAD CAD ∠ =∠ ABC 2 3 4 42+ + ABD△ ADB∠ ,ADB BAD∠ ∠ 1 2 BAD CAD S S =△ △ sin 3 sin 3 BAD CAD ∠ =∠ 4AC = BC x= ,ADC ADB∆ ∆ ,AC AB ,ADC ADB∠ ∠ x【详解】（Ⅰ）在 中，由正弦定理得 ， ，解得 ， 则 ， ，所以 ， 所以 . （Ⅱ）由 ，得 ， 所以 ， 因为 ， ，所以 ，设 由余弦定理得 ； ， ； ， 可得 ，所以 ， 故 的周长为 . 【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理、面积公式解三角形，考查计算求解能力，属于中档题. 18.已知某快递公司收取快递费的标准是：重量不超过 的包裹收费 元；重量超过 的包裹，在收费 元的基础上，每超过 （不足 ，按 计算）需再收 元．该快递公司承揽了一个工艺品厂家的 全部玻璃工艺品包裹的邮寄事宜，该厂家随机统计了 件这种包裹的两个统计数表如下： 表 包裹重量 包裹数 损坏件数 ABD△ sin sin AB AD ADB B =∠ 2 3 2 sin sin30ADB ∴ =∠ ° 3sin 2ADB∠ = 120ADB∠ = ° 30BAD∠ = ° 2AD BD= = 2 4CD BD= = 3BC BD= 1 2 BAD CAD S S =△ △ 1 sin 12 1 2sin2 BAD CAD AB AD BADS S AC AD CAD ⋅ ∠ = = ⋅ ∠ △ △ sin 3 sin 3 BAD CAD ∠ =∠ 2 3AB = 4AC = BD x= 2 2 2(2 ) 2 2 cosAC AD x AD x ADC= + − ⋅ ∠ 2 2 2 2 cosAB AD x AD x ADB= + − ⋅ ∠ 2 2 24 2 (2 ) 2 2 2 cosx x ADC= + − × ⋅ ∠ 2 2 2(2 3) 2 2 2 cosx x ADB= + − × ⋅ ∠ 42 3x = 42BC = ABC 2 3 4 42+ + 1kg 10 1kg 10 1kg 1kg 1kg 5 100 1 ( )kg ( ]0,1 ( ]1,2 ( ]2,3 ( ]3,4 ( ]4,5 40 25 20 10 5 1 3 2 3 0表 包裹重量 出厂价（元 件） 卖价（元 件） 估计该快递公司对每件包裹收取快递费的平均值； 将包裹重量落入各组的频率视为概率，该工艺品厂家承担全部运费，每个包裹只有一件产品，如果客户 收到有损坏品的包裹，该快递公司每件按其出厂价的 赔偿给厂家．现该厂准备给客户邮寄重量在区间 和 内的工艺品各 件，求该厂家这两件工艺品获得利润的分布列和期望． 【答案】 元； 见解析， . 【解析】 【分析】 由统计表估计该快递公司对每件包裹收取的快递费的平均值； 重量在 的产品数为 ，其损坏率为 ，重量在 的产品数为 ，其损坏率为 ，设重量在 的这件产品的利润记为 ，重量在 的这件产品的利润记为 ， ， ， ， ，分别求出相应的概率，由此能求出该厂家这两件工艺品获得利润的分布列和期望． 【详解】解： 根据题意，设公司对每件包裹收取的快递费的平均值为 ， （元）． 重量在 的产品数为 ，其损坏率为 ． 重量在 的产品数为 ，其损坏率为 ， 设重量在 的这件产品的利润记为 ， 则 ， ， 设重量在 的这件产品的利润记为 ， 2 ( )kg ( ]0,1 ( ]1,2 ( ]2,3 ( ]3,4 ( ]4,5 / 20 25 30 40 50 / 60 65 70 90 110 ( )1 ( )2 90% ( ]2,3 ( ]3,4 1 ( )1 15.75 ( )2 24.5 ( )1 ( )2 ( ]2,3 20 2 0.120 = ( ]3,4 10 3 0.310 = ( ]2,3 X ( ]3,4 Y 45X Y+ = 2 9− 52− ( )1 x 40 10 25 15 20 20 10 25 5 30 15.75100x × + × + × + × + ×= = ( )2 ( ]2,3 20 2 0.120 = ( ]3,4 10 3 0.310 = ( ]2,3 X 1 70 30 20 20X = − − = ( )2 30 20 30 0.9 23X = − + + × = − ( ]3,4 Y则 ， ， 所以 ， ， ， ， 则 ， ， ， 所以其分布列为： 利润 根据题意， ． 【点睛】本题考查平均数、离散型随机变量的分布列、数学期望的求法，属于中档题. 19.如图，在三棱锥 中， 是等边三角形， ， ， 为三棱锥 外一点，且 为等边三角形． 证明： ； 若平面 平面 ，平面 与平面 所成锐二面角的余弦值为 ，求 的长． 【答案】 证明见解析； . 【解析】 【分析】 取 的中点 ，连接 ， ，证明 平面 ，可得到结论； 1 90 40 25 25Y = − − = ( )2 40 25 40 0.9 29Y = − + + × = − 45X Y+ = 2 9− 52− ( )45 0.9 0.7 0.63P X Y+ = = × = ( )9 0.9 0.3 0.27P X Y+ = − = × = ( )52 0.1 0.3 0.03P X Y+ = − = × = 45 2 9− 52− P 0.63 0.07 0.27 0.03 ( ) 45 0.63 2 0.07 9 0.27 52 0.03 24.5E X Y+ = × + × − × − × = A BCD− ABD△ BC CD⊥ 2BC CD= = E A BCD− CDE△ ( )1 AC BD⊥ ( )2 ABD ⊥ BCD ABD ECD 3 3 BE ( )1 ( )2 6BE = ( )1 BD O OC OA BD ⊥ AOC以 为原点， 为 轴， 为 轴， 为 轴建立空间直角坐标系，求出平面 和平面 的法向量，利用夹角公式求出二面角的余弦值，得出结论. 【详解】解： 取 的中点 ，连接 ， ， 因为 是等边三角形，所以 ， 又因为 ，所以 ， 因为 ，所以 平面 ， 因为 平面 ，故 ． 因为平面 平面 ， 平面 平面 ， 所以 平面 ， 且 ， ， 故以 为原点， 为 轴， 为 轴， 为 轴建立空间直角坐标系， 取 的中点 ，连接 ， ， 同理可证 平面 ， ， ， 设 ， 则 ， ， ， ， 所以 ， ， 设平面 的一个法向量为 ， 则 ， ， 令 ，则 ． ( )2 O OC x OD y OA z ECD ABD ( )1 BD O OC OA ABD△ AO BD⊥ BC CD= CO BD⊥ CO AO O∩ = BD ⊥ AOC AC ⊂ AOC AC BD⊥ ( )2 ABD ⊥ BCD ABD ∩ CBD BD= AO ⊥ BCD 2BD = 3AO = O OC x OD y OA z CD F OF EF CD ⊥ EOF 2 2OF = 6 2EF = EFO π θ∠ = − ( )0,0,0O ( )1,0,0C ( )0,1,0D ( )0 0 3A , , ( )0, 1,0B − 3 1 3 1 6cos , cos , sin2 2 2 2 2E θ θ θ + +    ( )1,1,0CD = − 3 1 3 1 6cos , cos , sin2 2 2 2 2CE θ θ θ = − +     ECD ( ), ,n x y z= 0 0 CD n CE n  ⋅ =  ⋅ =     0 3 1 3 1 6cos cos sin 02 2 2 2 2 x y x y zθ θ θ − + =    ∴ − + + + ⋅ =          1x = cos1,1, 2 sinn θ θ  = − ⋅   因为平面 的一个法向量为 ， 所以 ， 所以 ， ， 所以 或 ． 因为 为三棱锥 外一点， 所以 ， 所以 ． 【点睛】本题考查线面垂直、面面垂直 判定定理与性质定理，考查向量法求二面角的余弦值，属于中档 题. 20.已知椭圆 的一个短轴端点为 ，过椭圆 的一个长轴端点作圆 的两条切线，且切线互相垂直. （Ⅰ）求椭圆 的方程； （Ⅱ）过点 分别作出直线 交椭圆 于 两点，设这两条直线的斜率分别为 ，且 ，求圆 上一点 到直线 所过定点 的最小距离. 的 ABD ( )1,0,0OC = 2 2 1 3cos , 3cos2 2 sin OC n θ θ 〈 〉 = = + ⋅   2 2 cos 1 sin 2 θ θ∴ = 3cos 3 θ = ± sin 6 3 θ = ( )1,1,1E ( )0,0,1E E A BCD− ( )1,1,1E 6BE = 2 2 1 2 2: 1( 0)x yC a ba b + = > > (0,1)M 1C 2 2 2 2 :C x y b+ = 1C M ,MA MB 1C ,A B ,MA MBk k 4MA MBk k+ = 2C P AB Q【答案】（Ⅰ） （Ⅱ） 【解析】 【分析】 （Ⅰ）根据椭圆的对称性可得 ，再由 ，即可求出椭圆 的方程； （Ⅱ）当直线 斜率存在时，设直线 方程为 ，与椭圆方程联立，得到 坐标关系，将 用坐标表示，化简得出 关系，求出直线 过定点，当直线 斜率不存在时，求出其 方程也过同一定点，即可求出结论. 【详解】（Ⅰ）根据题意， ， 又过椭圆 的一个长轴端点所作的圆 的两条切线互相垂直， 所以 ， 所以 ，故椭圆 的方程为 . （Ⅱ）①当直线斜率存在时，设直线 方程为 ， ， ， 代入椭圆 的方程得 ， 所以 ， ， 故 ， ， 所以 2 2 12 x y+ = 5 12 − 2 2 b a = 1b = 1C AB AB y kx m= + ,A B 4MA MBk k+ = ,m k AB AB 1b = 1C 2C 2sin45 2 b a ° = = 2a = 1C 2 2 12 x y+ = AB y kx m= + ( ),A AA x y ( ),B BB x y 1C 2 2 21 2 1 02 k x kmx m + + + − =   2 2 1 2 A B kmx x k −+ = + 2 2 1 1 2 A B mx x k −⋅ = + 1A MA A yk x −= 1B MB B yk x −= 1 1A B MA MB A B y yk k x x − −+ = + ( )A B B A A B A B y x y x x x x x + − += ( )( 1) 22 2 41 A B A B m x x kmk kx x m − += + = − =+所以 ， 将 代入 得： ， 所以直线必过 . ②当直线 斜率不存在时， ， ， ， 解得 ，则直线 也过点 . 故 ， 从而点 到点 的最小距离为 . 【点睛】本题考查椭圆的标准方程及几何性质、直线与椭圆的位置关系，相交弦问题注意根与系数关系的 应用，意在考查逻辑推理、计算求解能力，属于中档题. 21.已知函数 的最大值为 . （Ⅰ）求函数 的解析式； （Ⅱ）若方程 有两个实根 ，且 ，求证： . 【答案】（Ⅰ） （Ⅱ）见解析 【解析】 【分析】 （Ⅰ）求导求出 ，对 分类讨论，求出极大值，最大值，建立 的方程关系，求解即可； （Ⅱ） 代入方程 ，整理得到 ，进而有 ， ，令 12 km = − ∴ 12 km = − y kx m= + 12 ky kx= + − 1 , 12Q − −   AB 2 , 1 2 tA t   −    2 , 1 2 tB t   − −    2 2 1 1 1 1 22 2 4MA MB t t k k t t t − − − − − + = + = − = 1 2t = − AB 1 , 12Q − −   21 51 1 12 2PQ  − + − = −   P Q 5 12 − ( ) ln ( )f x x ax a= − ∈R 1− ( )f x 1( ) 2 2f x x x = − − 1 2,x x 1 2x x< 1 2 1x x+ > ( ) lnf x x x= − ( )f x′ a a 1 2,x x 1ln 2 02x x + − = 1 2 1 2 1 2 2ln x xx x x x −= 1 2 1 1 2 1 2ln x xx x x − = 2 1 2 1 2 1 2ln x xx x x − =， ，转化为证明 ，构造函数 ，根据函数单调性证明 即 可. 【详解】（Ⅰ） 的定义域为 ， ， 当 时， ， 即函 在 上单调递增，无最大值. 当 时，令 ，可得 ， 当 时， ； 当 时， ， 故函数 在 上单调递增，在 上单调递减. 所以 ， 所以 ， . 故 . （Ⅱ）设 , 因为 是函数 的两个零点， 所以 ， . 两式相减，可得 ， 即 ，故 . 1 2 xt x = 0 1t< < 1 12ln t t t − > 1( ) 2lnh t t tt = − − ( ) 0h t < ( )f x (0, )+∞ 1( ) ( 0)f x a xx ′ = − > 0a 1( ) 0f x ax ′ = − > ( )f x (0, )+∞ 0a > 1( ) 0f x ax ¢ = - = 1x a = 10 x a < < 1( ) 0axf x x ′ −= > 1x a > 1( ) 0axf x x ′ −= < ( )f x 10, a      1 ,a  +∞   max 1( ) ln 1f x f aa  = = − −   ln 1 1a− − = − 1a\ = ( ) lnf x x x= − 1 1( ) ( ) 2 ln 2( 0)2 2G x f x x x xx x  = − − − = + − >   1 2,x x 1( ) ln 22G x x x = + − 1 1 1ln 2 02x x + − = 2 2 1ln 2 02x x + − = 1 2 2 1 1 1ln 2 2 x x x x = − 1 1 2 2 2 1 ln 2 x x x x x x −= 1 2 1 2 1 2 2ln x xx x x x −=那么 ， . 令 ，其中 ， 则 . 构造函数 ，则 . 对于 ， 恒成立，故 ， 所以 ，即 ， 因为 ，可知 ， 故 . 【点睛】本题考查函数导数的综合应用，涉及到函数的单调性、极值最值、不等式的证明，构造函数是解 题的关键，意在考查直观想象、逻辑推理、数学计算能力，属于较难题. 请考生从第 22、23 题中任选一题作答，并用 2B 铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方 框涂黑，按所选涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按本选考题 的首题进行评分. 【选修 4—4：坐标系与参数方程】 22.在平面直角坐标系 中，曲线 的参数方程为 （ 为参数），以坐标原点为极点， 轴 正半轴为极轴建立极坐标系，已知点 的极坐标分别为 ，且 的顶点都 在圆 上，将圆 向右平移 3 个单位长度后，得到曲线 . （1）求曲线 的直角坐标方程； （2）设 ，曲线 与 相交于 两点，求 的值. 【答案】（1） （2）11 1 2 1 1 2 1 2ln x xx x x − = 2 1 2 1 2 1 2ln x xx x x − = 1 2 xt x = 0 1t< < 1 2 1 111 2ln 2ln 2ln tt t tx x t t t − −−+ = + = 1( ) 2lnh t t tt = − − 2 2 ( 1)( ) th t t −′ = 0 1t< < ( ) 0h t′ > ( ) (1)h t h< 1 2ln 0t tt − − < 1 2lnt tt − < ln 0t < 1 12ln t t t − > 1 2 1x x+ > xOy 1C 21 2 21 2 x t y t  = −  = + t x , ,A B C 5 3(4, ),(4, ),(4, )6 6 2 π π π ABC∆ 2C 2C 3C 3C ( )1, 1M 1C 3C ,P Q MP MQ⋅ 2 2( 3) 16x y− + =【解析】 【分析】 （1）直接利用转换关系，把极坐标转化为直角坐标，再进一步求解即可，进行转换； （2）由（1）联立曲线 与 ，利用一元二次方程根和系数的关系即可求出结果． 【详解】（1）由 可得点 的直角坐标系为 ， 点 的直角坐标系为 ， 点 的直角坐标系为 . 设圆 的直角坐标系方程为 ， 代入 可得 ， . 圆 的直角坐标方程为 . 故曲线 的直角坐标方程为： . （2）由（1）联立曲线 ， 可得 ， 整理可得， ， ， . 【点睛】本题主要考查参数方程、极坐标方程，直线与圆的位置关系等知识，考查转化能力和运算求解能 力，属于中档题． 【选修 4—5：不等式选讲】 23.已知函数 . （1）求不等式 解集； （2）若 ，对 ，不等式 恒成立，求 的最小值. 【答案】（1） 或 .（2）4 的 1C 3C cos , sinx yρ θ ρ θ= = A (2 3,2)A B ( 2 3,2)B − C (0, 4)C − 2C 2 2 2( )x y m r+ − = ,A C 2 2 2 2 12 (2 ) ( 4 ) m r m r  + − =  − − = 0, 4m r= =∴ ∴ 2C 2 2 16x y+ = 3C 2 2( 3) 16x y− + = 1C 3C 2 22 2(1 3) (1 ) 162 2t t− − + + = 2 3 2 11 0t t+ − = 1 2 1 23 2, 11t t t t+ = − = −∴ 1 2 1 2| | | | | | | | 11MP MQ t t t t⋅ = ⋅ = − =∴ ( ) | 3 1| | 2 |f x x x= − + − ( ) 3f x ≥ 1, 1m n> > x R∀ ∈ 2 2 53log log ( )m n f x ⋅ ≥ mn { | 0x x ≤ 1}x ≥【解析】 【分析】 （1）由题意可得，利用零点分段法进行分区间讨论，脱去绝对值符号解不等式，再求并集即可； （2）由题意可得 ，利用基本不等式 ，从而求得 mn 的最小值． 【详解】（1）原不等式可化为 ， ①当 时， 原不等式可化为 ， 解得 ， ； ②当 时， 原不等式可化 ， 解得 ， ； ③当 时， 原不等式可化为 ， 解得 ， ； 综上，不等式的解集为 或 . （2） ， . 由 恒成立可知， 不等式 恒成立. 为 2 2log log 1m n⋅ ≥ 2 2 2 2log log 2 log log 2m n m n+ ≥ ⋅ ≥ | 3 1| | 2 | 3x x− + − ≥ 1 3x ≤ 3 1 2 3x x− + + − ≥ 0x ≤ 0x∴ ≤ 1 23 x< < 3 1 2 3x x− + − ≥ 1x ≥ 1 2x≤