数学一模试卷
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．集合A = {푥| ― 1＜푥＜
1
2}，集合 B＝{x|x2＜x}，则 A∩B＝（ ）
A．( ―1，
1
2) B．（﹣1，0） C．(0，
1
2) D．（0，1）
2．下列函数中为奇函数的是（ ）
A．y＝x2﹣2x B．y＝x2cosx C．y＝2x+2﹣x D．y = ln1 ― 푥
1 + 푥
3．已知复数 z＝i2019+i2020，则 z 的共轨复数z = （ ）
A．﹣1+i B．1﹣i C．1+i D．﹣1﹣i
4．已知 π 是圆周率，e 为自然对数的底数，则下列结论正确的是（ ）
A．lnπ＞ln3＞log3e B．lnπ＞log3e＞ln3
C．ln3＞log3e＞lnπ D．ln3＞lnπ＞log3e
5．﹣将直线 l：y＝2x+1 绕点 4（1，3）按逆时针方向旋转 45°得到直线 l′，则直线 l′的
方程为（ ）
A．2x﹣y+1＝0 B．x﹣y+2＝0 C．3x﹣2y+3＝0 D．3x+y﹣6＝0
6．已知数列{an}为等比数列，若 a1+a4＝2，a12+a42＝20，则 a2a3＝（ ）
A．﹣8 B．8 C．﹣16 D．16
7．如图，网格纸上小正方形的边长为 1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的
体积为（ ）A．9π B．22휋
3 C．28휋
3 D．34휋
3
8．已知过原点 O 的直线 l 与曲线 C：y＝（x﹣4）ex 相切，则 l 的斜率为（ ）
A．﹣e B．﹣e2 C．﹣3 D．e
9．珠算被誉为中国的第五大发明，最早见于汉朝徐岳撰写的《数术记遗》•2013 年联合国
教科文组织正式将中国珠算项目列入教科文组织人类非物质文化遗产．如图，我国传统
算盘每一档为两粒上珠，五粒下珠，也称为“七珠算盘”．未记数（或表示零）时，每档
的各珠位置均与图中最左档一样；记数时，要拨珠靠梁，一个上珠表示“5”，一个下珠
表示“1”，例如：当千位档一个上珠、百位档一个上珠、十位档一个下珠、个位档一个
上珠分别靠梁时，所表示的数是 5515．现选定“个位档”、“十位档”、“百位档”和“千
位档”，若规定每档拨动一珠靠梁（其它各珠不动），则在其可能表示的所有四位数中随
机取一个数，这个数能被 3 整除的概率为（ ）
A．1
2 B．2
5 C．3
8 D．1
3
10．已知过抛物线 y2＝4x 焦点 F 的直线与抛物线交于 P，Q 两点，M 为线段 PF 的中点，连
接 OM，则△OMQ 的最小面积为（ ）
A．1 B． 2 C．2 D．411．已知定义在 R 上的函数f(x) = sin(휔푥 + 휑)(휔＞0，|휑| ≤
휋
2)在[1，2]上有且仅有 3 个
零点，其图象关于点(1
4，0)和直线 x = - 1
4对称，给出下列结论：
①f(1
2) =
2
2 ；
②函数 f（x）在[0，1]上有且仅有 3 个极值点；
③函数 f（x）在( ―
3
2， #/DEL/#
#/DEL/# ―
5
4)上单调递增；
④函数 f（x）的最小正周期是 2．
其中所有正确结论的编号是（ ）
A．②③ B．①④ C．②③④ D．①②
12．将边长为 5 的菱形 ABCD 沿对角线 AC 折起，顶点 B 移动至 B 处，在以点 B'，A，C，
为顶点的四面体 AB'CD 中，棱 AC、B'D 的中点分别为 E、F，若 AC＝6，且四面体 AB'CD
的外接球球心落在四面体内部，则线段 EF 长度的取值范围为（ ）
A．(
14
2 ，2 3) B．(
14
2 ，4) C．( 3，2 3) D．( 3，4)
二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.
13．记 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和，若 5a2＝S5+5，则数列{an}的公差为 ．
14．某地为了解居民的每日总用电量 y（万度）与气温 x（°C）之间的关系，收集了四天
的每日总用电量和气温的数据如表：
气温 X（°C） 19 13 9 ﹣1
每日总用电量 y（（万度） 24 34 38 64
经分析，可用线性回归 方程
^
y = ―2푥 + 푎拟合 y 与 X 的关系．据此预测气温为 14°C 时，
该地当日总用电量 y （万度）为 ．
15．已知等边三角形 ABC 的边长为 3，点 D，E 分别在边 AB，BC 上，且AD = 1
3퐴퐵，BE =1
3퐵퐶，则
→
DC ⋅
→
퐷퐸的值为 ．
16．已知点 F1、F2 分别为双曲线 C：푥2
푎2 ―
푦2
푏2 = 1（a＞0，b＞0）的左、右焦点，点 M（x 0，
y0）（x0＜0）为 C 的渐近线与圆 x2+y2＝a2 的一个交点，O 为坐标原点，若直线 F1M 与 C
的右支交于点 N，且|MN|＝|NF2|+|OF2|，则双曲线 C 的离心率为 ．
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 题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共 60
分.
17．函数 f（x）＝（sinx+cosx）2 + 3cos（2x+π）．
（1）求函数 f（x）的最小正周期；
（2）已知△ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，若f(퐴
2) = 1，푠푖푛퐶 = 2푠푖푛퐵，
且 a＝2，求△ABC 的面积．
18．已知三棱柱 ABC﹣A1B1C1 的所有棱长都相等，平面 BB1C1C⊥平面 ABC，BC1＝C1C．
（1）求证：A1B⊥平面 AB1C1；
（2）求二面角 A1﹣AC1﹣B1 的余弦值．
19．已知椭圆 C：푥2
푎2 +
푦2
푏2 = 1(푎＞푏＞0)的短轴长为 2，离心率为
3
2 ，左顶点为 A，过点 A 的
直线 l 与 C 交于另一个点 M，且与直线 x＝t 交于点 N．
（1）求椭圆 C 的方程；
（2）是否存在实数 t，使得
→
OM ⋅
→
푂푁为定值？若存在，求实数 t 的值；若不存在，请说明理由．
20．某市为提升中学生的数学素养，激发学生学习数学的兴趣，举办了一次“数学文化知识
大赛”，分预赛和复赛两个环节．已知共有 8000 名学生参加了预赛，现从参加预赛的全
体学生中随机地抽取 100 人的预赛成绩作为样本，得到如下频率分布直方图．
（1）规定预赛成绩不低于 80 分为优良，若从上述样本中预赛成绩不低于 60 分的学生中
随机地抽取 2 人，求恰有 1 人预赛成绩优良的概率；
（2）由频率分布直方图可认为该市全体参加预赛学生的预赛成绩 Z 服从正态分布 N（μ，
σ2），其中 μ 可近似为样本中的 100 名学生预赛成绩的平均值（同一组数据用该组区间
的中点值代替），且σ2＝362．利用该正态分布，估计全市参加预赛的全体学生中预赛成
绩不低于 91 分的人数；
（3）预赛成绩不低于 91 分的学生将参加复赛，复赛规则如下：①每人的复赛初始分均
为 100 分；②参赛学生可在开始答题前自行决定答题数量 n，每一题都需要“花”掉（即
减去）一定分数来获取答题资格，规定答第 k 题时“花”掉的分数为 0.1k（k（＝1，
2n））；
③每答对一题加 1.5 分，答错既不加分也不减分；④答完 n 题后参赛学生的最终分数即
为复赛成绩．已知学生甲答对每道题的概率均为 0.7，且每题答对与否都相互独立．若学
生甲期望获得最佳的复赛成绩，则他的答题数量 n 应为多少？
（参考数据： 362 ≈ 19；若 Z～N（μ，σ2），则 P（μ﹣σ＜Z＜μ+σ）≈0.6827，P（μ
﹣2σ＜Z＜μ+2σ）≈0.9545，P（μ﹣3σ＜Z＜μ+3σ）≈0.9973．
21．已知函数 f（x）＝2cos2x+ax2．（1）当 a＝1 时，求 f（x）的导函数 f'（x）在[ ―
휋
2，
휋
2]上的零点个数；
（2）若关于 x 的不等式 2cos（2sinx）+a2x2≤af（x）在（﹣∞，+∞）上恒成立，求实数
a 的取值范围．
（二）选考题：共 10 分・请考生在第 22、23 两题中任选一题作答.注意：只能做所选定的
题目.如果多做，则按所做的第一题计分，作答时请用 2B 铅笔在答题卡上将所选题号后的
方框涂黑.（本小题满分 10 分）[选修 4-4：坐标系与参数方程]
22．如图，有一种赛车跑道类似“梨形”曲线，由圆弧BC，퐴퐷和线段 AB，CD 四部分组成，
在极坐标系 Ox 中，A（2，휋
3），B（1，2휋
3 ），C（1，4휋
3 ），D（2， - 휋
3），弧BC，퐴퐷所在
圆的圆心分别是（0，0），（2，0），曲线是弧BC，曲线 M2 是弧AD．
（1）分别写出 M1，M2 的极坐标方程：
（2）点 E，F 位于曲线 M2 上，且∠EOF = 휋
3，求△EOF 面积的取值范围．
[选修 4--5：不等式选讲]（本小题满分 0 分)
23．已知 f（x）＝|x2+2﹣t|+|
2
푥 + t﹣3|（x＞0）．
（1）若 f（1）＝2，求实数 t 的取值范围；
（2）求证：f（x）≥2．参考答案与试题解析
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．集合A = {푥| ― 1＜푥＜
1
2}，集合 B＝{x|x2＜x}，则 A∩B＝（ ）
A．( ―1，
1
2) B．（﹣1，0） C．(0，
1
2) D．（0，1）
求出集合 A，集合 B，由此能求出 A∩B．
∵集合A = {푥| ― 1＜푥＜
1
2}，
集合 B＝{x|x2＜x}＝{x|0＜x＜1}，[
∴A∩B＝{x|0＜x＜1
2}＝（0，1
2）．
故选：C．
本题考查交集的求法，考查交集定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
2． 下列函数中为奇函数的是（ ）
A．y＝x2﹣2x B．y＝x2cosx C．y＝2x+2﹣x D．y = ln1 ― 푥
1 + 푥
根据题意，依次分析选项中函数的奇偶性，综合即可得答案．
根据题意，依次分析选项：
对于 A，y＝x2﹣2x，其定义域为 R，有 f（﹣x）＝x2+2x，f（﹣x）≠f（x）且 f（﹣x）≠﹣
f（x），即函数 f（x）既不是奇函数也不是偶函数，不符合题意；
对于 B，y＝x2cosx，其定义域为 R，有 f（﹣x）＝x2cosx＝f（x），f（x）为偶函数，不符
合题意；
对于 C，y＝2x+2﹣x，其定义域为 R，有 f（﹣x）＝2x+2﹣x＝f（x），f（x）为偶函数，不
符合题意；对于 D，y＝ln
1 ― 푥
1 + 푥，有1 ― 푥
1 + 푥＞0，解可得﹣1＜x＜1，即其定义域为（﹣1，1），有 f（﹣
x）＝ln
1 + 푥
1 ― 푥 = ― ln
1 ― 푥
1 + 푥 = ― f（x），为奇函数，符合题意；
故选：D．
本题考查函数奇偶性的判断，关键是函数奇偶性的定义，属于基础题．
3．已知复数 z＝i2019+i2020，则 z 的共轨复数z = （ ）
A．﹣1+i B．1﹣i C．1+i D．﹣1﹣i
直接利用复数 i4n＝1 运算化简，然后利用共轭复数的概念得答案．
∵i4n＝1，∴复数 z＝i2019+i2020＝i3+1＝1﹣i，
∴z 的共轨复数z = 1+i．
故选：C．
本题考查了复数的高次乘方运算，考查了共轭复数的概念，是基础题．
4．已知 π 是圆周率，e 为自然对数的底数，则下列结论正确的是（ ）
A．lnπ＞ln3＞log3e B．lnπ＞log3e＞ln3
C．ln3＞log3e＞lnπ D．ln3＞lnπ＞log3e
利用对数函数的性质求解．
∵函数对数 y＝lnx 和 y＝log3x 在（0，+∞）上单调递增，且 π＞3＞e，
∴lnπ＞ln3＞lne＝1，又∵log3e＜log33＝1，
∴lnπ＞ln3＞log3e，
故选：A．
本题考查三个数的大小的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意对数函数的性质的
合理运用．
5．﹣将直线 l：y＝2x+1 绕点 4（1，3）按逆时针方向旋转 45°得到直线 l′，则直线 l′的方程为（ ）
A．2x﹣y+1＝0 B．x﹣y+2＝0 C．3x﹣2y+3＝0 D．3x+y﹣6＝0
直接利用到角公式的应用和点斜式的应用求出结果．
直线 l：y＝2x+1 绕点 4（1，3）按逆时针方向旋转 45°得到直线 l′，
设直线 l′的斜率为 k，则根据到角公式的应用，
tan45° = 푘 ― 2
1 + 2푘 = 1，解得 k＝﹣3，
所以直线 l′的方程为 y﹣3＝﹣3（x﹣1），整理得 3x+y﹣6＝0．
故选：D．
本题考查的知识要点：到角公式的应用，直线方程的确定，主要考查学生的运算能力和
转换能力及思维能力，属于基础题型．
6．已知数列{an}为等比数列，若 a1+a4＝2，a12+a42＝20，则 a2a3＝（ ）
A．﹣8 B．8 C．﹣16 D．16
直接利用关系式的变换和等比性质的应用求出结果．
数列{an}为等比数列，若 a1+a4＝2，所以：a1
2 +2푎1푎4 + 푎4
2 = 4，
由于 a12+a42＝20，
所以 2a1a4＝﹣16，整理得 a2a3＝a1a4＝﹣8．
故选：A．
本题考查的知识要点：等比数列的性质的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及
思维能力，属于基础题型．
7．如图，网格纸上小正方形的边长为 1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的
体积为（ ）A．9π B．22휋
3 C．28휋
3 D．34휋
3
首先把三视图转换为直观图，进一步求出直观图的体积．
根据几何体的三视图可得直观图为：该几何体为上面为一个半径为 2 的半球，下面为底
面半径为 2，高为 3 的半圆柱体．
如图所示：
故 V = 1
2 × 휋 × 22 × 3 +
2
3 × 휋 × 23 =
34휋
3 ．
故选：D．
本题考查的知识要点：三视图和直观图形之间的转换，几何体的体积和表面积公式的应
用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．
8．已知过原点 O 的直线 l 与曲线 C：y＝（x﹣4）ex 相切，则 l 的斜率为（ ）
A．﹣e B．﹣e2 C．﹣3 D．e
设切点为（m，（m﹣4）em），然后利用导数求出切线方程，将（0，0）代入即可求出切
点坐标，问题可解．
由题意设切点为（m，（m﹣4）em），∵y′＝ex（x﹣3），∴k＝em（m﹣3）．
∴y﹣（m﹣4）em＝em（m﹣3）（x﹣m），
由切线过原点得 m2﹣4m+4＝0，
所以 m＝2，所以 k＝﹣e2．
故选：B．
本题考查导数的几何意义与切线的求法，属于基础题．
9．珠算被誉为中国的第五大发明，最早见于汉朝徐岳撰写的《数术记遗》•2013 年联合国
教科文组织正式将中国珠算项目列入教科文组织人类非物质文化遗产．如图，我国传统
算盘每一档为两粒上珠，五粒下珠，也称为“七珠算盘”．未记数（或表示零）时，每档
的各珠位置均与图中最左档一样；记数时，要拨珠靠梁，一个上珠表示“5”，一个下珠
表示“1”，例如：当千位档一个上珠、百位档一个上珠、十位档一个下珠、个位档一个
上珠分别靠梁时，所表示的数是 5515．现选定“个位档”、“十位档”、“百位档”和“千
位档”，若规定每档拨动一珠靠梁（其它各珠不动），则在其可能表示的所有四位数中随
机取一个数，这个数能被 3 整除的概率为（ ）
A．1
2 B．2
5 C．3
8 D．1
3
基本事件总数 n＝24＝16，利用列举法求出这个数能被 3 整除包含的基本事件有 6 个，由
此能求出这个数能被 3 整除的概率．
选定“个位档”、“十位档”、“百位档”和“千位档”，
规定每档拨动一珠靠梁（其它各珠不动），则在其可能表示的所有四位数中随机取一个数，
基本事件总数 n＝24＝16，
这个数能被 3 整除包含的基本事件有：
5511，5115，5151，1155，1515，1551，共 6 个，
这个数能被 3 整除的概率为 P = 6
16 =
3
8．
故选：C．
本题考查概率的求法，考查古典概型等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
10．已知过抛物线 y2＝4x 焦点 F 的直线与抛物线交于 P，Q 两点，M 为线段 PF 的中点，连
接 OM，则△OMQ 的最小面积为（ ）
A．1 B． 2 C．2 D．4
由题意可得直线 PQ 的斜率不为 0，设直线 PQ 的方程，与抛物线联立球心两根之和及两
根之积，可得 PF 的中点 M 的纵坐标，由 S△OMQ＝S△OFQ+S△OMF═1
2|OF|•|
1
2푦1 ― y2| = 1
2
•1 ⋅ (
1
2푦1 ― 푦2)2，整理可得由
푦1
2
4 + y22 ≥ -2 ⋅
푦1
2 ⋅ 푦2，而 y1y2 为定值可得△OMQ 的
面积的最小值
设 P（x1，y1），Q（x2，y2），设 P 在 x 轴上方，
由题意可得直线 PQ 的斜率不为 0，设直线 PQ 的方程为 x＝my+1，
联立直线与抛物线的方程{x = my + 1
푦2 = 4푥 ，整理可得 y2﹣4my﹣4＝0，y1+y2＝4m，y1y2＝﹣
4，
因为 M 为 PF 的中点，所以 yM =
푦1
2 ，
所 以 S △ OMQ ＝ S △ OFQ+S △ OMF = 1
2|OF| • |
1
2푦1 ― y2| = 1
2• 1 ⋅ (
1
2푦1 ― 푦2)2 =
1
2
푦1
2
4 + 푦2
2 ― 푦1푦2 ≥ 1
2 -2 ⋅ 1
2푦1푦2 ― 푦1푦2 =
1
2 ⋅ - 푦1푦2 ― 푦1푦2 =
1
2 8 = 2，所以 2，
故选：B．
本题考查直线与抛物线的综合及均值不等式的应用，属于中档题．
11．已知定义在 R 上的函数f(x) = sin(휔푥 + 휑)(휔＞0，|휑| ≤
휋
2)在[1，2]上有且仅有 3 个
零点，其图象关于点(1
4，0)和直线 x = - 1
4对称，给出下列结论：
①f(1
2) =
2
2 ；
②函数 f（x）在[0，1]上有且仅有 3 个极值点；
③函数 f（x）在( ―
3
2， #/DEL/#
#/DEL/# ―
5
4)上单调递增；
④函数 f（x）的最小正周期是 2．
其中所有正确结论的编号是（ ）
A．②③ B．①④ C．②③④ D．①②
先根据条件求得函数的解析式，再结合三角函数的性质判断选项即可．
曲线关于点（ - 1
4，0）对称，所以：1
4ω+φ＝k1π；k1∈Z①
又因为其图象关于直线 x = 1
4对称，所以： - 1
4ω+φ＝k2π + 휋
2，k2∈Z；②
由①②可得：ω＝[2（k1﹣k2）﹣1]＝ π 即 ω＝（2n﹣1）π，n∈Z；③
因为数f(x) = sin(휔푥 + 휑)(휔＞0，|휑| ≤
휋
2)在[1，2]上有且仅有 3 个零点，所以2휋
휔 ≤ 2﹣1＜4휋
휔 ，（ω＞0）即 2π≤ω＜4π，④；
由③④可得 ω＝3π；
∵f（1
4）＝0，∴3휋
4 + φ＝kπ，又|φ| ≤ 휋
2，∴φ = 휋
4；
∴f（x）＝sin（3πx + 휋
4）；
所以易知 f（1
2） = -
2
2 ；∴①错误；
令 3πx0 + 휋
4 =
휋
2 + kπ，则 x0 = 푘
3 +
1
12，（k∈Z）；
令 0 ≤ 푘
3 +
1
12 ≤ 1，则可取 k＝0，1，2；
∴x0 = 1
12， 5
12，3
4；
∴②正确；
令 - 휋
2 + 2kπ≤3πx + 휋
4 ≤
휋
2 + 2kπ⇒ - 1
4 +
2
3k≤x ≤ 1
12 +
2
3k；k∈Z；
当 k＝﹣2 时，[ - 19
12， - 5
4]为 f（x）的一个递增区间，而（ - 3
2， - 5
4）⫋[ - 19
12， -
5
4]．
∴f（x）在( ―
3
2， #/DEL/#
#/DEL/# ―
5
4)上单调递增，③正确；
∵f（x）＝sin（3πx + 휋
4）；∴T = 2휋
3휋 =
2
3；④错误．
综上所述，其中正确的结论为②③；
故选：A．
本题主要考查命题的真假判断以及三角函数的图象和性质，属于中档题目，也是易错题
目．
12．将边长为 5 的菱形 ABCD 沿对角线 AC 折起，顶点 B 移动至 B 处，在以点 B'，A，C，
为顶点的四面体 AB'CD 中，棱 AC、B'D 的中点分别为 E、F，若 AC＝6，且四面体 AB'CD的外接球球心落在四面体内部，则线段 EF 长度的取值范围为（ ）
A．(
14
2 ，2 3) B．(
14
2 ，4) C．( 3，2 3) D．( 3，4)
由题意画出图形，可证 AC⊥平面 B′ED，得到球心 O 位于平面 B′ED 与平面 ACF 的
交线上，即直线 EF 上，由勾股定理结合 OA＝OB′，OE＜EF，EF＜EB′＝4 可得线段
EF 长度的取值范围．
如图，由已知可得，AC⊥B′E，且 AC⊥DE，∴AC⊥平面 B′ED，
∵E 是 AC 的中点，∴到点 A、C 的距离相等的点位于平面 ACF 内，
同理可知，到点 B′、D 的距离相等的点位于平面 ACF 内，
∵球心 O 到点 A，B′，C，D 的距离相等，∴球心 O 位于平面 B′ED 与平面 ACF 的交
线上，即直线 EF 上．
∴球心 O 落在线段 EF 上（不含端点 E、F），
显然 EF⊥B′D，由题意 EA＝3，EB′＝4，则 OA2＝OE2+9，
且 OB′2＝OF2+FB′2＝OF2+EB′2﹣EF2＝（EF﹣OE） 2+16﹣EF2＝OE2+16﹣2EF•
OE．
∵OA＝OB′，∴OE2+9＝OE2+16﹣2EF•OE，则OE = 7
2퐸퐹，
显然 OE＜EF，∴ 7
2퐸퐹＜EF，即 EF＞
14
2 ．
又 EF＜EB′＝4，∴
14
2 ＜EF＜4．
故选：B．本题考查空间中点、线、面间的距离计算，考查空间想象能力与思维能力，属中档题．
二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.
13．记 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和，若 5a2＝S5+5，则数列{an}的公差为 ﹣1 ．
利用等差数列的通项公式及求和公式即可得出．
设等差数列{an}的公差为 d．
∵5a2＝S5+5，∴5（a1+d）＝5a1+10d+5，
则数列{an}的公差 d＝﹣1．
故答案为：﹣1．
本题考查了等差数列的通项公式及求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础
题．
14．某地为了解居民的每日总用电量 y（万度）与气温 x（°C）之间的关系，收集了四天
的每日总用电量和气温的数据如表：
气温 X（°C） 19 13 9 ﹣1
每日总用电量 y（（万度） 24 34 38 64
经分析，可用线性回归方程
^
y = ―2푥 + 푎拟合 y 与 X 的关系．据此预测气温为 14°C 时，
该地当日总用电量 y （万度）为 32 ．
求出样本中心，代入回归直线方程，求出 a，然后求解该地当日总用电量．由题意可知：x =
19 + 13 + 9 ― 1
4 = 10，y =
24 + 34 + 38 + 64
4 = 40，
所以 40＝﹣2×10+a，解得 a＝60．
线性回归方程
^
y = ―2푥 + 60，
预测气温为 14°C 时，
可得 y＝﹣28+60＝32．
故答案为：32．
本题考查回归直线方程的求法，是基本知识的考查，基础题．
15．已知等边三角形 ABC 的边长为 3，点 D，E 分别在边 AB，BC 上，且AD = 1
3퐴퐵，BE =
1
3퐵퐶，则
→
DC ⋅
→
퐷퐸的值为 3 ．
以 B 为原点，BC 和垂直 BC 的线分别为 x、y 轴建立平面直角坐标系，再分别写出 C、
D、E 三点坐标，结合平面向量数量积的坐标运算即可得解．
以 B 为原点，BC 和垂直 BC 的线分别为 x、y 轴建立平面直角坐标系，如图所示，
则 C（3，0），D（1， 3），E（1，0），
∴
→
DC ⋅
→
퐷퐸 = (2， - 3) ⋅ (0， ― 3) = 3．
故答案为：3．
本题考查平面向量在几何中的应用，在规则平面多边形中建立坐标系求解可事半功倍，
考查学生的运算能力，属于基础题．
16．已知点 F1、F2 分别为双曲线 C：푥2
푎2 ―
푦2
푏2 = 1（a＞0，b＞0）的左、右焦点，点 M（x 0，y0）（x0＜0）为 C 的渐近线与圆 x2+y2＝a2 的一个交点，O 为坐标原点，若直线 F1M 与 C
的右支交于点 N，且|MN|＝|NF2|+|OF2|，则双曲线 C 的离心率为 5
4 ．
由题意画出图形，可得直线 F1M 与圆 O 相切于点 M，且|MF1|＝b，再由双曲线的定义及
隐含条件列式求解双曲线的离心率．
如图，由题意可得，直线 F1M 与圆 O 相切于点 M，且|MF1|＝b，
由双曲线的定义可知，2a＝|NF1|﹣|NF2|＝|MN|+|MF1|﹣|NF2|，
∵|MN|＝|NF2|+|OF2|，且|OF2|＝c，
∴2a＝b+c，即 b＝2a﹣c，
∴b2＝（2a﹣c）2＝c2﹣4ac+4a2，
又 b2＝c2﹣a2，
联立解得 4c＝5a，即 e = 푐
푎 =
5
4．
故答案为：5
4．
本题考查双曲线的简单性质，考查数形结合的解题思想方法，是中档题．
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.[
17．函数 f（x）＝（sinx+cosx）2 + 3cos（2x+π）．（1）求函数 f（x）的最小正周期；
（2）已知△ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，若f(퐴
2) = 1，푠푖푛퐶 = 2푠푖푛퐵，
且 a＝2，求△ABC 的面积．
（1）根据三角函数恒等变换的应用和正弦函数的性质即可求出；
（2）先求出 A 的值，再根据正弦定理余弦定理即可求出 b 的值，根据三角形的面积公式
可得．
解 ：（1）f（x）＝（sinx+cosx）2 + 3cos（2x+π）＝1+sin2x - 3cos2x＝2sin（2x -
휋
3）+1，
∴函数 f（x）的最小正周期 T = 2휋
2 = π；
（2）f（퐴
2）＝2sin（A - 휋
3）+1＝1，sin（A - 휋
3）＝0，
∵ - 휋
3＜2A - 휋
3＜
5휋
3 ，
∴A - 휋
3 = 0，即 A = 휋
3，
由正弦定理以及 sinC＝2sinB 可得 c＝2b，
由余弦定理可得 a2＝b2+c2﹣2bccosA，可得 b = 2 3
3 ，
∴c = 4 3
3 ，
∴S△ABC = 1
2bcsinA = 2 3
3 ．
本题主要考查了三角函数恒等变换的应用，正弦函数的性质，正弦定理，余弦定理，三
角形的面积公式在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．
18．已知三棱柱 ABC﹣A1B1C1 的所有棱长都相等，平面 BB1C1C⊥平面 ABC，BC1＝C1C．
（1）求证：A1B⊥平面 AB1C1；
（2）求二面角 A1﹣AC1﹣B1 的余弦值．（1）设直线 AB1 与直线 BA1 交于点 G，连结 C1G，推导出 A1B⊥AB1，C1G⊥A1B，由此
能证明 A1B⊥平面 AB1C1．
（2）取 BC 中点 O 为坐标原点，分别以 OA，OC，OC1 所在直线为 x，y，z 轴，建立空
间直角坐标系，利用向量法能求出二面角 A1﹣AC1﹣B1 的余弦值．
（1）证明：设直线 AB1 与直线 BA1 交于点 G，连结 C1G，
∵四边形 ABB1A1 是菱形，∴A1B⊥AB1 ，
∵BC1＝C1C＝C1A1，G 为 A1B 的中点，∴C1G⊥A1B，
∵AB1∩C1G＝G，∴A1B⊥平面 AB1C1．
（2）解：取 BC 中点 O 为坐标原点，
如图，分别以 OA，OC，OC1 所在直线为 x，y，z 轴，建立空间直角坐标系，
设棱柱的棱长为 2，则 C（0，1，0），C1（0，0， 3），A（ 3，0，0），B（0，﹣1，0），
→
A퐶1 = （ - 3，0， 3），
→
A1퐶1 =
→
AC = （ - 3，1，0），
→
B1퐶1 =
→
BC = （0，2，0），
设平面 A1AC1 的一个法向量
→
n = （x，y，z），
则{→
n ⋅
→
퐴1퐶1 = ― 3푥 + 푦 = 0
→
푛 ⋅
→
퐴퐶1 = ― 3푥 + 3푧 = 0
，取 x＝1，得
→
n = （1， 3，1），
设平面 AB1C1 的一个法向量为
→
m = （a，b，c），
则{→
m ⋅
→
퐴퐶1 = ― 3푥 + 3푧 = 0
→
푚 ⋅
→
퐵1퐶1 = 2푦 = 0
，取 x＝1，得
→
m = （1，0，1），设二面角 A1﹣AC1﹣B1 的平面角为 θ，
则 cosθ = |
→
푚 ⋅
→
푛|
|
→
푚| ⋅ |
→
푛|
=
2
5 ⋅ 2 =
10
5 ．
∴二面角 A1﹣AC1﹣B1 的余弦值为
10
5 ．
本题考查线面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面
间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力，是中档题．
19．已知椭圆 C：푥2
푎2 +
푦2
푏2 = 1(푎＞푏＞0)的短轴长为 2，离心率为
3
2 ，左顶点为 A，过点 A 的
直线 l 与 C 交于另一个点 M，且与直线 x＝t 交于点 N．
（1）求椭圆 C 的方程；
（2）是否存在实数 t，使得
→
OM ⋅
→
푂푁为定值？若存在，求实数 t 的值；若不存在，请说明
理由．
（1）由题意可得 b＝1，运用椭圆的离心率的公式和 a，b，c 的关系，解方程可得 a，c，
进而得到椭圆方程；
（2）假设存在实数 t＝t 0，使得
→
OM ⋅
→
푂푁为定值．可设直线 l 的方程为 y＝k（x+2），M
（x0，y0），联立椭圆的方程，运用韦达定理，求得 M 的坐标，将 t＝t0 代入 y＝k（x+2），
求得 N 的坐标，再由向量的数量积的坐标表示，结合定值，可得所求值．
（1）由题意可得 2b＝2，即 b＝1，e = 푐
푎 =
3
2 ，a2﹣b2＝c2，
解得 a＝2，c = 3，则椭圆 C 的方程为푥2
4 + y2＝1；
（2）假设存在实数 t＝t0，使得
→
OM ⋅
→
푂푁为定值．由题意可得直线 l 的斜率存在，由 A（﹣2，0），可设直线 l 的方程为 y＝k（x+2），M
（x0，y0），
联立{y = k(x + 2)
푥2 + 4푦2 = 4 ，可得（1+4k2）x2+16k2x+16k2﹣4＝0，
由韦达定理可得﹣2x0 = 16푘2 ― 4
1 + 4푘2 ，即 x0 = ―8푘2 + 2
1 + 4푘2 ，y0＝k（x0+2） = 4푘
1 + 4푘2，
即 M（ ―8푘2 + 2
1 + 4푘2 ， 4푘
1 + 4푘2），
将 t＝t0 代入 y＝k（x+2），可得 N（t0，k（t0+2）），
则
→
OM•
→
ON =
2푡0 ― 8푘2푡0 + 4푘2푡0 + 8푘2
1 + 4푘2 =
4(2 ― 푡0)푘2 + 2푡0
1 + 4푘2 ，
若
→
OM ⋅
→
푂푁为定值，则
8 ― 4푡0
4 =
2푡0
1 ，
解得 t0 = 2
3，此时
→
OM ⋅
→
푂푁为定值4
3，
所以存在实数 t = 2
3，使得
→
OM ⋅
→
푂푁为定值4
3．
本题以直线和椭圆为载体，其几何关系向量表达为背景，利用方程思想解决几何问题，
主要考查椭圆的基本量，直线和椭圆的位置关系，向量的数量积的运算，考查逻辑推理、
数学运算等数学核心素养及思维能力，属于中档题．
20．某市为提升中学生的数学素养，激发学生学习数学的兴趣，举办了一次“数学文化知识
大赛”，分预赛和复赛两个环节．已知共有 8000 名学生参加了预赛，现从参加预赛的全
体学生中随机地抽取 100 人的预赛成绩作为样本，得到如下频率分布直方图．
（1）规定预赛成绩不低于 80 分为优良，若从上述样本中预赛成绩不低于 60 分的学生中
随机地抽取 2 人，求恰有 1 人预赛成绩优良的概率；
（2）由频率分布直方图可认为该市全体参加预赛学生的预赛成绩 Z 服从正态分布 N（μ，
σ2），其中 μ 可近似为样本中的 100 名学生预赛成绩的平均值（同一组数据用该组区间
的中点值代替），且σ2＝362．利用该正态分布，估计全市参加预赛的全体学生中预赛成
绩不低于 91 分的人数；（3）预赛成绩不低于 91 分的学生将参加复赛，复赛规则如下：①每人的复赛初始分均
为 100 分；②参赛学生可在开始答题前自行决定答题数量 n，每一题都需要“花”掉（即
减去）一定分数来获取答题资格，规定答第 k 题时“花”掉的分数为 0.1k（k（＝1，
2n））；
③每答对一题加 1.5 分，答错既不加分也不减分；④答完 n 题后参赛学生的最终分数即
为复赛成绩．已知学生甲答对每道题的概率均为 0.7，且每题答对与否都相互独立．若学
生甲期望获得最佳的复赛成绩，则他的答题数量 n 应为多少？
（参考数据： 362 ≈ 19；若 Z～N（μ，σ2），则 P（μ﹣σ＜Z＜μ+σ）≈0.6827，P（μ
﹣2σ＜Z＜μ+2σ）≈0.9545，P（μ﹣3σ＜Z＜μ+3σ）≈0.9973．
（1）求出样本中成绩不低于 60 分的学生共有 40 人，其中成绩优良的人数为 15 人，由
此能求出恰有 1 人预赛成绩优良的概率．
（2）样本中的 100 名学生预赛成绩的平均值为： x = 10×0.1+30×0.2+50×0.3+70×
0.25+90×0.15＝53，则 μ＝53，由σ2＝362，得σ＝19，从而 P（Z≥91）＝P（Z≥μ+2
σ） = 1
2[1 ― 푃(휇 ― 2휎 ≤ 휇 + 2휎)] ≈ 0.02275，由此能求出估计全市参加参赛的全体学生
中成绩不低于 91 分的人数．
（3）以随机变量 ξ 表示甲答对的题数，则 ξ～B（n，0.7），且 Eξ＝0.7n，记甲答完 n 题
所加的分数为随机变量 X，则 X＝1.5ξ，EX＝1.5Eξ＝1.05n，为了获取答 n 题的资格，甲
需要“花”掉的分数为：0.1×（1+2+3+…+n）＝0.05（n2+n），设甲答完 n 题的分数为 M
（n），则 M（n）＝100﹣0.05（n2+n）+1.05n＝﹣0.05（n﹣10）2+105，由此能求出学生
甲期望获得最佳复赛成绩的答题量 n 的值．（1）由题意得样本中成绩不低于 60 分的学生共有：
（0.0125+0.0075）×20×100＝40 人，
其中成绩优良的人数为 0.0075×20×100＝15 人，
记“从样本中预赛成绩不低于 60 分的学生中随机地抽取 2 人，恰有 1 人预赛成绩优良”
为事件 C，
则恰有 1 人预赛成绩优良的概率：
P（C） =
퐶1
25퐶1
15
퐶2
40
=
25
52．
（2）由题意知样本中的 100 名学生预赛成绩的平均值为：
x = 10×0.1+30×0.2+50×0.3+70×0.25+90×0.15＝53，则 μ＝53，
又由σ2＝362，∴σ＝19，
∴P（Z≥91）＝P（Z≥μ+2σ） = 1
2[1 ― 푃(휇 ― 2휎 ≤ 휇 + 2휎)] ≈ 0.02275，
∴估计全市参加参赛的全体学生中成绩不低于 91 分的人数为：
8000×0.02275＝182，
即全市参赛学生中预赛成绩不低于 91 分的人数为 182．
（3）以随机变量 ξ 表示甲答对的题数，则 ξ～B（n，0.7），且 Eξ＝0.7n，
记甲答完 n 题所加的分数为随机变量 X，则 X＝1.5ξ，
∴EX＝1.5Eξ＝1.05n，
依题意为了获取答 n 题的资格，甲需要“花”掉的分数为：
0.1×（1+2+3+…+n）＝0.05（n2+n），
设甲答完 n 题的分数为 M（n），
则 M（n）＝100﹣0.05（n2+n）+1.05n＝﹣0.05（n﹣10）2+105，由于 n∈N*，∴当 n＝10 时，M（n）取最大值 105，即复赛成绩的最大值为 105．
∴若学生甲期望获得最佳复赛成绩，则他的答题量 n 应该是 10．
本题考查概率、频数、数学期望的求法及应用，考查频率分布直方图、二项分布等基础
知识，考查运算求解能力，是中档题．
21．已知函数 f（x）＝2cos2x+ax2．
（1）当 a＝1 时，求 f（x）的导函数 f'（x）在[ ―
휋
2，
휋
2]上的零点个数；
（2）若关于 x 的不等式 2cos（2sinx）+a2x2≤af（x）在（﹣∞，+∞）上恒成立，求实数
a 的取值范围．
（1）易知 f′（x）＝2（x﹣sin2x），显然 f′（0）＝0，对导函数求导得到 g′（x）＝1﹣
2cos2x（0≤x ≤ 휋
2），在（0，휋
6）单调递减，在（휋
6，휋
2）单调地增，则可得 g（x）＝x﹣
sin2x（0≤x ≤ 휋
2）在（0，휋
2）上存在唯一零点 x0∈（휋
6，휋
2），所以 f′（x）＝2g（x）在
（0，휋
2）上亦存在唯一零点，因为 f'（x）是奇函数，所以 f’（x）在（- 휋
2，0）上也存
在唯一零点﹣x0，故共 3 个零点；
（2）条件等价于不等式 cos（2sinx）≤acos2x 恒成立，令 sinx＝t∈[﹣1，1]，则等价于不
等式 cos2t≤a（1﹣t2）…（1）恒成立，则若 t2＝1，即 t＝±1 时，不等式（1）显然成立，
此时 a∈R，若﹣1＜t＜1 时，不等式（1）等价于 a ≥ 푐표푠2푡
(1 ― 푡2)2⋯（2），构造函数，利用
导数求得单调性进而可判断 a 的范围．
（1）易知 f′（x）＝2（x﹣sin2x），显然 f′（0）＝0，
所以 x＝0 是 f′（x）的一个零点，
令 g（x）＝x﹣sin2x（0≤x ≤ 휋
2），则 g′（x）＝1﹣2cos2x＝0 时，x = 휋
6，[来源:Z.Com]
所以 g（x）在（0，휋
6）单调递减，在（휋
6，휋
2）单调递增，
则 g（x）的最小值为 g（휋
6） = 휋
6 ―
3
2 ＜0，又 g（0）＝0，且 g（휋
2） = 휋
2＞0，
所以 g（x）在（0，휋
2）上存在唯一零点 x0∈（휋
6，휋
2），
则 f′（x）＝2g（x）在（0，휋
2）上亦存在唯一零点，
因为 f'（x）是奇函数，所以 f′（x）在（ - 휋
2，0）上也存在唯一零点﹣x0，
综上所述，当 a＝1 时，f（x）的导函数 f′（x）在[ - 휋
2，휋
2]上的零点个数为 3；
（2）不等式 2cos（2sinx）+a2x2≤af（x）恒成立，即不等式 cos（2sinx）≤acos 2x 恒成
立，
令 sinx＝t∈[﹣1，1]，则等价于不等式 cos2t≤a（1﹣t2）…（1）恒成立，
①若 t2＝1，即 t＝±1 时，不等式（1）显然成立，此时 a∈R，
②若﹣1＜t＜1 时，不等式（1）等价于 a ≥ 푐표푠2푡
(1 ― 푡2)2⋯（2）
设 h（t） = 푐표푠2푡
(1 ― 푡2)2（﹣1＜t＜1），
当 0≤t＜1 时，h’（t）= 2[푡푐표푠2푡 ― (1 ― 푡2)푠푖푛2푡]
(1 ― 푡2)2 ，
令 φ（t）＝tcos2t﹣（1﹣t2）sin2t（0≤t＜1，[来源:学.科.网]
则 φ’（t）＝（2t2﹣1）cos2t（0≤t＜1），
已知 φ’（
2
2 ）＝0，φ‘（휋
4）＝0，且
2
2 ＜
휋
4，
则 φ（t）在（0，
2
2 ），（휋
4，1）上单调递减，在（
2
2 ，휋
4）上单调地增，
又 φ（0）＝0，φ（휋
4）＝t2﹣1＜0，所以 φ（t）＜0 在（0，1）上恒成立，
所以 h（t）在[0，1）上单调递减，则 h（t）≤h（0）＝1，
显然函数 h（t）为偶函数，故函数 h（t）在[﹣1，1]上的最大值为 1，
因此 a≥1，综上所述，满足题意的实数 a 的取值范围为[1，+∞）．
本题考查函数导数的综合应用，考查利用导数判断函数零点个数，导数求函数单调性，
属于难题．
（二）选考题：共 10 分・请考生在第 22、23 两题中任选一题作答.注意：只能做所选定的
题目.如果多做，则按所做的第一题计分，作答时请用 2B 铅笔在答题卡上将所选题号后的
方框涂黑.（本小题满分 10 分）[选修 4-4：坐标系与参数方程]
22．如图，有一种赛车跑道类似“梨形”曲线，由圆弧BC，퐴퐷和线段 AB，CD 四部分组成，
在极坐标系 Ox 中，A（2，휋
3），B（1，2휋
3 ），C（1，4휋
3 ），D（2， - 휋
3），弧BC，퐴퐷所在
圆的圆心分别是（0，0），（2，0），曲线是弧BC，曲线 M2 是弧AD．
（1）分别写出 M1，M2 的极坐标方程：
（2）点 E，F 位于曲线 M2 上，且∠EOF = 휋
3，求△EOF 面积的取值范围．
[来源:学§科§网]
（1）直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换．
（2）利用三角形的面积公式和极径的应用及三角函数关系式的恒等变换和正弦型函数的
性质的应用求出结果．曲线是弧BC，
（1）由题意可知：M1 的极坐标方程为ρ = 1(2휋
3 ≤ 휃 ≤
4휋
3 )．
记圆弧 AD 所在圆的圆心（2，0）易得极点 O 在圆弧 AD 上．
设 P（ρ，θ）为 M2 上任意一点，则在△OO1P 中，可得 ρ＝4cosθ（ - 휋
3 ≤ 휃 ≤
휋
3）．
所以：M1，M2 的极坐标方程为ρ = 1(2휋
3 ≤ 휃 ≤
4휋
3 )和 ρ＝4cosθ（ - 휋
3 ≤ 휃 ≤
휋
3）．（2）设点 E（ρ1，α），点 F（ρ2，훼 ―
휋
3），（0 ≤ α ≤ 휋
3），
所以 ρ1＝4cosα，ρ2 = 4푐표푠(훼 ―
휋
3)．
所以S△퐸푂퐹 =
1
2휌1 ⋅ 휌2 ⋅ 푠푖푛
휋
3 = 4 3푐표푠훼(푐표푠훼푐표푠
휋
3 +푠푖푛훼푠푖푛
휋
3) = 2 3푠푖푛(2훼 +
휋
6) + 3．
由于0 ≤ α ≤ 휋
3，所以1
2 ≤ 푠푖푛(2훼 +
휋
6) ≤ 1．
故S△퐸푂퐹 ∈ [2 3，3 3]．
本题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，极径的应用，
三角形面积公式的应用，三角函数关系式的恒等变换，正弦型函数的性质的应用，主要
考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题．
[选修 4--5：不等式选讲]（本小题满分 0 分)
23．已知 f（x）＝|x2+2﹣t|+|
2
푥 + t﹣3|（x＞0）．
（1）若 f（1）＝2，求实数 t 的取值范围；
（2）求证：f（x）≥2．
（1）利用绝对值不等式的性质可得（3﹣t）（t﹣1）≥0，解出即可；
（2）利用绝对值不等式及基本不等式即可得证．
（1）∵f（1）＝|3﹣t|+|t﹣1|≥|3﹣t+t﹣1|＝2，取等号的条件为（3﹣t）（t﹣1）≥0，
解得 1≤t≤3，即实数 t 的取值范围为[1，3]；
（2）证明：易知f(x) = |푥2 +2 ― 푡| + |
2
푥 +푡 ― 3| ≥ |푥2 +2 ― 푡 +
2
푥 +푡 ― 3| = |푥2 +
2
푥 ―1|，
∵x＞0，
∴x2 +
2
푥 = 푥2 +
1
푥 +
1
푥 ≥ 33 푥2 ⋅
1
푥 ⋅
1
푥 = 3，
∴|푥2 +
2
푥 ―1| ≥ 2，
∴f（x）≥2．本题以绝对值不等式，均值不等式和二次不等式为载 体，考查不等式的求解及证明，分
类讨论思想，及数学抽象，逻辑推理等数学核心素养，难度不大．
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