绝密★启用前 卷类型：A
2020 年茂名市高三级第二次综合测试
文科数学 2020.5
本试卷分选择题和非选择题两部分，共 6 页，23 小题，满分 150 分，考试时间 120 分钟.
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上.
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3．填空题和解答题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内. 写在试题卷
草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
4．选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用 2B 铅笔涂黑. 答案写在
答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
5．考试结束后，请将答题卡上交.
一、选择题：(本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分．在每小题给出的四个选项中，有且
只有一项是符合题目要求的)
1．已知集合 U={1, 2, 3, 4, 5}，A={2, 3, 5}，B={2, 5}，则( )
A. A⊂B B. ∁UB={1, 3, 4} C. A∪B={2, 5} D. A∩B ={3}
2．若 ，则复数 的虚部为( )
A.2 B.1 C. D.−1
3．已知函数 f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为 x+2y−2=0，则 f(1)+f ′(1) =( )
A． B．1 C． D．0
4．函数 的图象如图
所示，则 的值为( )
A． B．1 C． D．
5．下列命题错误的是( )
A．“x＝2”是“x2−4x+4＝0”的充要条件
B．命题“若 ，则方程 x2+x−m＝0 有实根”的逆命题为真命题
C．在△ABC 中，若“A＞B”，则“sinA＞sinB”
D．若等比数列{an}公比为 q，则“q＞1”是“{an}为递增数列”的充要条件
6．《易·系辞上》有“河出图，洛出书”之说，河图、洛书是中国
古代流传下来的两幅神秘图案，蕴含了深奥的宇宙星象之理，被
誉
为“宇宙魔方”，是中华文化阴阳术数之源。河图的排列结构如图
所示，一与六共宗居下，二与七为朋居上，三与八同道居左，四
与
九为友居右，五与十相守居中，其中白圈为阳数，黑点为阴数，
若
从阳数和阴数中各取一数，则其差的绝对值为 5 的概率为：( )
( )i 2i, , Rx i y x y− = + ∈ ix y+
i
3
2
1
2
( )= sin( )( 0, 0,| | )2f x A x A πω ϕ ω ϕ+ > > <
( )3f π
1
2 2 3
1
4m ≥ −
xO
y
2
6
π
2
3
π
–2
第 4 题图
第 6 题图A. B.
C. D.
7．“辗转相除法”是欧几里得《原本》中记录的一个
算法，是由欧几里得在公元前 300 年左右首先提
出的，因而又叫欧几里得算法.如图所示是一个当型
循环结构的“辗转相除法”程序框图.当输入 m=2020，
n=303 时，则输出的 m 是( )
A. 2 B. 6 C. 101 D. 202
8．已知双曲线 (a＞0, b＞0)的离心率为 2，
其一条渐近线被圆(x−m)2+y2=4(m＞0)截得的线段长
为 2，则实数 m 的值为( )
A． B． C．2 D．1
9．已知函数 是定义在 R 上的偶函数，当
时，
．则使不等式 成立的
x 取值范围是( )
A. B. C. D.
10．函数 在[−5, 5]的图形大致是( )
11．已知三棱锥 中，
且
平面 PAB⊥平面 ABC，则该三棱锥的外接球的表面积为( )
A． B． C． D．
12．已知函数 ，对于函数 有下述四个结论：①函数 在其定义域上
为增函数；②对于任意的 ，都有 成立；③ 有且仅有两个零点；④若
y=ex 在点 处的切线也是 y=lnx 的切线，则 x0 必是 零点．
其中所有正确的结论序号是
A．①②③ B．①② C．②③④ D．②③
二、填空题：(本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.把答案填在答题卡的相应位置)
13．已知向量 ， ，若 ，则 .
14. 为了贯彻落实十九大提出的“精准扶贫”政策，某地政府投入 16 万元帮助当地贫困户通
过购买机器办厂的形式脱贫，假设该厂第一年需投入运营成本 3 万元，从第二年起每年投
入运营成本比上一年增加 2 万元，该厂每年可以收入 20 万元，若该厂 n（n∈N*）年后，
年平均盈利额达到最大值，则 n 等于 .
（盈利额=总收入−总成本）
15．在棱长为 2 的正方体 ABCD–A1B1C1D1 中，E 是棱 DD1
1
5
6
25
7
25
8
25
22
2 2 1yx
a b− =
3 2
( )f x 0x ≥
( )1( ) 22
x
f x = + 9( 1) 4f x − <
( , 1) (3, )−∞ − +∞∪ ( 1,3)− (0,2) ( ,0) (2, )−∞ +∞∪
( )1+e( ) cos1 e
x
xf x x= ⋅−
P ABC− 2 , 3, 5, 4,3APB PA PB AC BCπ∠ = = = = =
16π 28π 24π 32π
+1( )=e 1
x xf x x− − ( )f x ( )f x
0a < ( ) 1f a > − ( )f x
00( ,e )xx 0( 1)x ≠ ( )f x
( 4,2)a = − (1, 1)b = − ( )b a kb⊥ + k =
A
O
y
5−5
C
O
y
5−5 xx
B
O
y
5−5 x
D
O
y
5−5 x
否
结束
输出 m
是r＞0?
r=1
开始
输入 m, n
求m除以n的余数r
m=n
n=r
第 7 题图
B C
A
B1 C1
A1
D
D1
E
F
第 15 题图的中点，则平面 A1EC 截该正方体所得截面面积为：
.
16．过点 作圆 的切线 ，已知 A，B 分别为切点，直线 AB 恰好经过椭圆的
右焦点和下顶点，则直线 AB 方程为 ；椭圆的标准方程是 .
（第一空 2 分，第二空 3 分）
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．( 分)
在 中，角 ， ， 的对边分别为 ， ， ，已知 ， ．
(1)求 ；
(2)若 ，求 的面积．
18．( 分)
某种治疗新型冠状病毒感染肺炎的复方中药产品的质量以其质量指标值衡量，质量
指标越大表明质量越好，为了提高产品质量，我国医疗科研专家攻坚克难，新研发出 A、
B 两种新配方，在两种新配方生产的产品中随机抽取数量相同的样本，测量这些产品的质
量指标值，规定指标值小于 85 时为废品，指标值在[85,115)为一等品，大于 115 为特等品.
现把测量数据整理如下, 其中 B 配方废品有 6 件.
A 配方的频数分布表
质量指标值分组 [75,85) [85,95) [95,105) [105,115) [115,125)
频数 8 a 36 24 8
(1)求 a, b 的值；
(2)试确定 A 配方和 B 配方哪一种好？
(说明：在统计方法中，同一组数据常用
该组区间的中点值作为代表)
( )11, 2P − 2 2 1x y+ = l
12
ABC△ A B C a b c 2B C= 3 4b c=
cosC
3c = ABC△
12
组距
频率
B 配方的频频率分布直方图
75 85 95 105 115 125 质量指标值O
0.008
0.006
b
0.022
0.038
第 18 题图19．( 分)
如图 1，在□ABCD 中，AD=4，AB=2 ，∠DAB=45°，E 为边 AD 的中点，以 BE
为折痕将△ABE 折起，使点 A 到达 P 的位置, 得到图 2 几何体 P−EBCD.
(1)证明： ；
(2)当 BC⊥平面 PEB 时，求三棱锥 C−PBD 的体积.
20．( 分)
已知抛物线 C: y2=2px (p＞0)与直线 l: x+y+1=0 相切于点 A，点 B 与 A 关于 x 轴对称.
(1)求抛物线 C 的方程，及点 B 的坐标；
(2)设 M、N 是 x 轴上两个不同的动点，且满足∠BMN=∠BNM，直线 BM、BN 与抛物线 C
的另一个交点分别为 P、Q，试判断直线 PQ 与直线 l 的位置关系，并说明理由.
如果相交，求出的交点的坐标.
12
2
PD BE⊥
12
E
B
C
A
D
⇒
第 19 题图 1
P
E
B
C
D
第 19 题图 221．( 分)
设函数 .
(1)讨论 的单调性；
(2)若 ，当 m=1，且 时， ，求 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，如果多做，则按所做的第一题计分，作答时，
请用 2B 铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑．
22．[选修 4−4：坐标系与参数方程] (10 分)
在平面直角坐标系 xOy 中，已知曲线 C: (θ为参数)，以原点 O 为极点，
x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线 l 的极坐标方程 ，点 M( )
在直线 l 上，直线 l 与曲线 C 交于 A，B 两点.
(1)求曲线 C 的普通方程及直线 l 的参数方程；
(2)求△OAB 的面积.
23．[选修 4-5：不等式选讲](10 分)
已知函数 f(x)=|x+1|−|x−2|.
(1)若 f(x)≤1，求 x 的取值范围；
(2)若 f(x)最大值为 M，且 a+b+c=M，求证：a2+b2+c2≥3.
12
2( ) ( + )exf x x m=
( )f x
( ) 2e 1 ( )xg x nx f x= − − − 0x ≥ ( ) 0g x ≤ n
2cos ,
3sin ,
x
y
θ
θ
= =
cos( )4 aπρ θ − = 2, 4
π绝密★启用前 卷类型：A
2020 年茂名市高三级第二次综合测试
文科数学参考答案及评分标准
一、选择题（本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
答案 B B D B D A C C A A B C
提示：
1. B【解析】∵U={1, 2, 3, 4, 5}，B={2, 5}，∴∁UB={1, 3, 4}. 故选 B.
2. B【解析】 ，所以 的虚部 ，故选 B .
3. D【解析】切点(1, f(1))在切线 x+2y−2=0 上，∴1+2f(1)−2=0，得 f(1)= ，又切线斜率
故选 D.
4. B【解析】根据图象可得 ， ，即 ，
根据 ， 得 , ∴ ,
又 的图象过点 ，∴ ,
即 ，
∴ ， ，又因 ，∴ ，
∴ ， ，故选 B.
5.D.【解析】由 x2−4x+4＝0⇔(x−2)2=0⇔ x−2=0⇔ x＝2，∴A 正确；
命题“若 , 则方程 x2+x−m＝0 有实根”的逆命题为命题“若方程 x2+x−m＝0 有
实根，则 ”，∵方程 x2+x−m＝0 有实根⇒△=1+4m≥0⇒ ，∴B 正确；
在△ABC 中，若 A＞B⇒a＞b⇒sinA＞sinB(根据正弦定理) ∴C 正确；故选 D.
(事实上等比数列{an}公比为 q，则“q＞1”是“{an}为递增数列”的既不充分也不必要条件)
6. A.【解析】∵阳数为：1, 3, 5, 7, 9；阴数为：2, 4, 6, 8, 10，∴从阳数和阴数中各取一数
的所有组合共有： 个，满足差的绝对值为 5 的有：(1, 6), (3, 8), (5, 10), (7, 2)，
(9, 4)共 5 个, 则 , 故选 A.
7. C【解析】输入 m=2020，n=303，又 r=1.
①r=1＞0，2020÷303=6··············202，
r=202，m=303，n=202；
②r=202＞0，303÷202=1············101
r=101，m=202，n=101；
( i)i 1 i 2i, 2, 1x x y x y− = + = + = =∵ ∴ ix y+ 1y =
1
2
1(1) ,2k f ′= = − (1) (1) 0.f f ′+ =
2A = 2
2 3 6 2
T π π π= − = T π=
2
| |T π
ω= 0,ω > 2 2πω π= = 2sin(2 )y x ϕ= +
( )f x ( ,2)6
π 2 2sin(2 )6
π ϕ= × +
2 2 , Z6 2 k kπ πϕ π× + = + ∈
2 6k πϕ π= + Zk ∈ | | 2
πϕ < 6
πϕ =
( ) 2sin(2 )6f x x π= + 5( ) 2sin(2 ) 2sin 13 3 6 6f π π π π= × + = =
1
4m ≥ −
1
4m ≥ − 1
4m ≥ −
5 5 25× =
5 1
525p = =
xO
y
2
6
π
2
3
π
–2
第 4 题图③r=101＞0，202÷101=2··············0.
r=0，m=101，n=0；
④r=0，则 r＞0 否，输出 m=101，故选 C.
8.C.【解析】依题意: ∴双曲线渐近线方程为
不妨取渐近线 l1： ，则圆心(m,0) (m＞0)到 l1 的距离 .
由勾股定理得 ，解得 ，∵m＞0，∴m=2，故选 C．
9. A.【解析】∵ ，由 得， .又∵ 为偶函数，
, 易知 在 上为单调递减，
∴ 或 ，即 或 ，故选 A.
10. A【解析】易知 f(−x)= −f(x)，即函数 f(x)是奇函数，图象关于原点对称，排除 D，
f(x)在 y 轴右侧第一个零点为 .
当 时， ，∴f(x)＜0 排除 B，
当 x (＞0)→0 时，则 , 且 ∴y→−∞.故选 A.
(当 时， .
,排除 C)
11. B【解析】在 中，由余弦定理得 ，又 ，
∴ 为直角三角形， ，又平面 PAB⊥平面 ABC 且交于 AB，
∴CB⊥平面 PAB，∴几何体的外接球的球心到平面 PAB 的距离为 ，
设 的外接圆半径为 ,则 ∴
设几何体的外接球半径为 R，则 ，
所求外接球的表面积 故选 B.
12.解析：依题意 定义域为(−∞, 1)∪(1, +∞)，且 ，
∴ 在区间(−∞, 1)和(1, +∞)上是增函数，①错；
∵当 时，则 ，因此 成立，②对；
∵ 在区间(−∞, 1)上单调递增，且
∴ ，即 在区间(−∞, 1)上有且仅有 1 个零点.
∵ 在区间(1, +∞)上单调递增，且 ，
∴ ，(也可以利用当 时， ， )
得 在区间(1, +∞)上有且仅有 1 个零点. 因此, 有且仅有两个零点；③对
∵y=ex 在点 处的切线方程 l 为 .
又 l 也是 y=lnx 的切线，设其切点为 ，则 l 的斜率 ，
从而直线 l 的斜率 ，∴ ，即切点为 ，又点 在 l 上.
2 2
2 21 2 3.c c b ba aa a= = + = ⇒ = 3 .y x= ±
3 0x y− = | 3 | 3
2 2
m md = =
2 2 23 2( ) ( ) 22 2
m + = 2m= ±
9(2)= 4f 9( 1) 4f x − < ( 1) (2)f x f− < ( )f x
(| 1|) (2)f x f− ∴
1 2x − > 1 2x − < − 3x > 1x < −
2x π=
0 2x π< < 1+e 0,1 e 0,cos 0x x x> − < >
1+e 2,1 e 0,cos 1x x x→ − → → 1 e 0x− <
0 2x π< < ( )1+e 2cos( ) cos = cos1 e 1 e
x
x x
xf x x x= ⋅ −− −
2 2
2(e cos e sin sin ) 2(e sin sin )( )= +sin +sin 0(1 e ) (1 e )
x x x
x x
x x x x xf x x x
+ − −′ > >− −
PAB△ 3AB = 2 2 2AC AB BC= +
ABC△ CB AB⊥
1 =22 BC
PAB∆ r 32 2 3,2sin 3
r π= = 3.r =
2 2 22 ( 3) 7R = + =
24 28 ,S Rπ π= =
( )f x 2
2( )=e ( 1)
xf x x
′ + −
( )f x
0a < 2e 01
a
a− >− +1 2( )=e = 1 e 11 1
a aaf a a a− − + − > −− −
( )f x 2
2
1 1 1( 2)=e = 0, (0)=2>0.e3 3f f−− − − <
( 2) (0) 0f f− ⋅ < ( )f x
( )f x 5 5
24 45( )=e 9 3 3 04f − < − < 2(2)=e 3>0f −
5( ) (2) 04f f⋅ < 1x +→ ( )f x → −∞ 2(2)=e 3>0f −
( )f x ( )f x
00( ,e )xx 0( 1)x ≠ 0 0 0e =e ( )x xy x x− −
1 1( ,ln )A x x 1
1k x=
0
1
1= =exk x 01 =e xx − 0 0(e , )xA x− − A
B
CA
P∴ ，即 x0 必是 零点．④对.
二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.把答案填在答题卡的相应位置.
13．3 14. 4 15. 16. 2x−y−2=0(2 分); (3 分).
提示：
13.【答案】3【解析】∵ ，∴ ，即 ，
由已知得 ，∴
14.【答案】4【解析】设每年的营运成本为数列 ，依题意该数列为等差数列，且
所以 n 年后总营运成本 ，因此，年平均盈利额为：
当且仅当 时等号成立.
15.【答案】 【解析】如图，在正方体 ABCD–A1B1C1D1 中，
∵平面 A1D1DA∥平面 B1C1CB，
∴平面 A1EC 与平面 B1C1CB 的交线必过 C 且平行于 A1E，
故平面 A1EC 经过 B1B 的中点 F，连接 A1F，得截面 A1ECF，
易知截面 A1ECF 是边长为 的菱形，其对角线 EF=BD=2 ，
A1C= ，截面面积 S= A1C×EF= ×2 × = .
16.【答案】2x−y−2=0， .
【解析】①当过点 的直线 斜率不存在时, 直线方程为：x=1, 切点的坐标 ;
②当直线 斜率存在时, 设 方程为 , 根据直线与圆相切, 圆心(0,0)到切线的距离
等于半径 1, 可以得到切线斜率 , 即 ： .直线 方程与圆方程的联立可以得切点
的坐标 ；根据 A、B 两点坐标可以得到直线 AB 方程为 2x−y−2=0,（或利用过圆
外一点 作圆的两条切线，则过两切点的直线方程为 ）
依题意，AB 与 x 轴的交点 即为椭圆右焦点，得 ，与 y 轴的交点 即为椭圆下顶
点坐标，所以 ，根据公式得 ，因此，椭圆方程为： .
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. 解：(1)依题意，由正弦定理得： ．·····································1 分
∵ ，∴ ， ·······················································2 分
∴ ， ······························································3 分
∴ ， ，··················4 分 ∴ ． ···············5 分
(2)解法一：由题意得： . ··················································6 分
∵ ，∴ ， ··········································7 分
∴ ， ···············································8 分
0 0 00 0e =e (e )x x xx x−− − − 0 0
0
+1e 01
x x
x⇒ − =− 0( 1)x ≠ ( )f x
2 6
22
15 4
yx + =
( )b a kb⊥ + ( ) 0b a kb⋅ + = 2| | 0b a k b⋅ + =
4 2 6,b a⋅ = − − = − | | 2b = 6 2 0 3.k k− + = ⇒ =
{ }na 1 =3, =2.a d
2S 2n n n= +
220 ( 2 ) 16 16 1618 2 18 10,n n n n nn n n
− + − = − − + ≤ − × + = 4n =
2 6
5 2
2 3 1
2
1
2 2 2 3 2 6
22
15 4
yx + =
1(1, )2− l 1 0( , )A
l l 1= ( 1) 2y k x− −
3
4k = l 3 5=4 4y x− l
3 4
5 5( , )B −
2 2 2+ =x y r 0 0( , )x y 2
0 0x x y y r+ =
1 0( , ) 1c = 0 2( , )−
2b = 2 2 2 5a b c= + = 22
15 4
yx + =
3sin 4sinB C=
2B C= 3sin 2 4sinC C=
3sin cos 2sinC C C=
(0, )C π∈ sin 0C ≠ 2cos 3C =
3, 4c b= =
(0, )C π∈ 2 5sin 1 cos 3C C= − =
4 5sin sin 2 2sin cos 9B C C C= = =
B C
A
B1
C1
A1
D
D1
E
F， ···············································9 分
∴ . ···········10 分
················································11 分
∴ . ·····································12 分
解法二：由题意及(1)得： . ··································6 分
∵ ，∴ ， ···········································7 分
由余弦定理 得： ， ························8 分
即 ， 解得 . ···············································9 分
若 ，又 则 A=C，又 B=2C，得△ABC 为直角三角形，而三边为
的三角形不构成直角三角形，矛盾. ∴ . ·················11 分
∴ . ·······································12 分
18.解：(1)依题意，A、B 配方样本容量相同，设为 n，又 B 配方废品有 6 件.
由 B 配方的频频率分布直方图，得废品的频率为 ， ·················1 分
解得 n=100. ···················2 分 ∴a=100−(8+36+24+8)=24. ···············3 分
由(0.006+b+0.038+0.022+0.008)×10=1 ······························4 分
解得 b=0.026.因此 a, b 的值分别为 24, 0.026； ································5 分
(2)由(1)及 A 配方的频数分布表得，A 配方质量指标值的样本平均数为
····7 分
质量指标值的样本方差为 [(−20)2×8+(−10)2×24+0×36+102×24+202×8]=112.···8 分
由 B 配方的频频率分布直方图得，B 配方质量指标值的样本平均数为
=80×0.06+90×0.26+100×0.38+110×0.22+120×0.08=100. ··············9 分
质量指标值的样本方差为
=(−20)2×0.06+(−10)2×0.26+0×0.38+102×0.22+202×0.08=104. ········10 分
综上 ， ＞ ， ···································11 分
即两种配方质量指标值的样本平均数相等，但 A 配方质量指标值不够稳定，
所以选择 B 配方比较好. ···········································································12 分
(2)当 BC⊥平面 PEB 时，求三棱锥 C−PBD 的体积.
19. 证明：（1）依题意，在△ABE 中（图 1），AE=2，
AB=2 ，∠EAB=45°，由余弦定理得
EB2=AB2+AE2−2AB·AEcos45°
2 2 1cos cos2 cos sin 9B C C C= = − = −
sin sin( ) sin( ) sin cos cos sinA B C B C B C B Cπ= − − = + = +
4 5 5 7 52 1 .9 3 9 3 27= × − × =
7 5 14 51 1sin 4 32 2 27 9ABCS bc A= = × × × =
3, 4c b= = 2cos 3C =
(0, )C π∈ 2 5sin 1 cos 3C C= − =
2 2 2= + 2 cosc a b ab C− 2 29= +16 8 3a a− ×
23 16 21=0a a− + 7=3 = 3a a或
=3a 3,c =
=3, 4, 3a b c= = 7= 3a
5 14 571 1sin 42 2 3 3 9ABCS ab C= = × × × =
6 0.006 10n = ×
80 8 90 24 100 36 110 24 120 8= 100Ax × + × + × + × + × 200 8 200 24 100 36= =100.100
× + × + ×
2 1=100As
Bx
5
2 2
1
( )B i i
i
s x x p
=
= −∑
A Bx x= 2
As 2
Bs
2
E
B
C
A
D
⇒
第 19 题图 1
P
E
B
C
D
第 19 题图 2 =8+4−2×2 ×2× =4，·······························································2 分
∴AB2= AE2+EB2， ···········································································3 分
即在□ABCD 中，EB⊥AD. ····································································4 分
以 BE 为折痕将△ABE 折起，由翻折不变性得，在几何体 P−EBCD 中，
EB⊥PE，EB⊥ED. 又 ED∩PE=E，∴BE⊥平面 PED， ···························5 分
又 BE⊂平面 PEB，∴ ； ·······················································6 分
(2)∵BC⊥平面 PEB，PE⊂平面 PEB，∴ BC⊥PE. ····································7 分
由(1)得 EB⊥PE，同理可得 PE⊥平面 BCE，·············································8 分
即 PE⊥平面 BCD，PE 就是三棱锥 P−CBD 的高. ········································9 分
又∠DCB=∠DAB=45°，BC=AD=4，CD=AB=2 ，PE=AE=2，
∴S△CBD= ×BC×CD×sin45°= ×4×2 × =4. ·································10 分
VC−PBD=VP−CBD= S△BCD×PE= ×4×2= .
因此，三棱锥 C−PBD 的体积为 .··························································12 分
（写出 VC−PBD=VP−CBD 得 1 分，结果正确并作答得 1 分）
20.解： (1)联立 ·········································1 分
消去 x 得 y2+2py+2p=0，···········································2 分
∵直线与抛物线相切，∴△=4p2−8p=0，
又 p＞0，解得 p=2，∴抛物线 C 的方程为 y2=4x．·········3 分
由 y2+4y+4=0，得 y=−2，∴切点为 A(1, −2)，
∵点 B 与 A 关于 x 轴对称，点 B 的坐标 B(1, 2). ···········4 分
(2)直线 PQ∥l. ····························5 分 理由如下：
依题意直线 BM 的斜率不为 0, 设 M(t, 0)(t≠1), 直线 BM 的方程为 x=my+t, ·····6 分
由(1)B(1, 2)，1=2m+t，∴直线 BM 的方程为 x= y+t， ·························7 分
代入 y2=4x．解得 y=2(舍)或 y=−2t，∴P(t 2,−2t). ·······························8 分
∵∠BMN=∠BNM，∴ M、N 关于 AB 对称，得 N(2−t, 0) . ·····················9 分
同理得 BN 的方程为 x= y+2−t，代入 y2=4x．得 Q((t −2)2, 2t−4). ···········10 分
， ·······················································11 分
直线 l 的斜率为−1，因此 PQ∥l. ·······················································12 分
21. 解： (1)依题得， 定义域为 R， ， ，··········1 分
令 ， .
①若 ，即 ，则 恒成立，
从而 恒成立，当且仅当 ， 时， .
所以 在 R 上单调递增. ································································2 分
②若 ，即 ，令 ，得 或 .
当 时， ； ····································3 分
当 时， . ·····················4 分
综合上述：当 时， 在 R 上单调递增；
当 时， 在区间 上单调递减，
在区间 上单调递增. ···················5 分
(2)依题意可知： ···················6 分
2 2
2
PD BE⊥
2
1
2
1
2 2 2
2
1
3
1
3
8
3
8
3
{ 2 2 ,
1 0,
y px
x y
=
+ + =
1
2
t−
1
2
t −
2 2
4 4 4 4 14 4( 2)PQ
t tk tt t
− −= = = −−− −
( )f x 2( ) ( +2 + )exf x x x m′ = e 0x >
2( ) 2h x x x m= + + =4 4m−△
0≤△ 1m ≥ ( ) 0h x ≥
( ) 0f x′ ≥ 1m = 1x = − ( ) 0f x′ =
( )f x
0△＞ 1m＜ ( ) 0h x = 1 1x m= − − − 1 1x m= − + −
( 1 1 , 1 1 )x m m∈ − − − − + − ( ) 0′
1m ≥ ( )f x
1m＜ ( )f x ( 1 1 , 1 1 )m m− − − − + −
( )f x ( , 1 1 ), ( 1 1 , )m m−∞ − − − − + − +∞
2( ) 2 1 ( ) 1x x xg x e nx f x e x e nx= − − − = − − −
xO
y
N
B
M
P
Q
A令 ，可得 , ···························································7 分
.
设 ，则 .·····························8 分
当 时, ， 单调递减, ······································9 分
故 . ······················································10 分
要使 在 时恒成立,需要 在 上单调递减，
所以需要 . ······················································11 分
即 ,此时 ,故 .
综上所述, 的取值范围是 . ······································12 分
(二)选考题：共 10 分
请考生在第 22、23 两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分，作答时，
请用 2B 铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑．
22. 解:(1)将曲线 C: 消去参数θ得, 曲线 C 的普通方程为: .·····1 分
∵点 M( )在直线 上，∴ .············2 分
∴ ，展开得 , 又 x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，
∴直线 l 的直角坐标方程为 x+y−2=0, ························································4 分
显然 l 过点(1, 1), 倾斜角为 .
∴直线 l 的参数方程为 (t 为参数). ······································5 分
(2)解法一：由(1)，将直线 l 的参数方程代入曲线 C 的普通方程得：
， ····························································6 分·
整理得 ，显然△＞0.
设 A, B 对应的参数为 t1, t2, 则由韦达定理得 ， .········7 分
由参数 t 的几何意义得
|AB|=| t1−t2|= = ， ························8 分
又原点 O(0,0)到直线 l 的距离为 . ····································9 分
因此，△OAB 的面积为 . ···················10 分
(2)解法二: 由(1),联立 消去 y 得: , 显然△＞0. ····6 分
设 ，则由韦达定理得 ， .············· ·········7 分
由弦长公式得
|AB|= = ， ··········· ·········8 分
又原点 O(0,0)到直线 l 的距离为 . ··································9 分
0x = (0) 0g =
2( ) (1 2 ) ( R)xg x x x e n x′ = − − − ∈
2( ) (1 2 ) xh x x x e n= − − − 2( ) ( 4 1) xh x x x e′ = − + +
0x ≥ ( ) 0h x′ < ( )g x′
( ) (0) 1g x g n′ ′≤ = −
( ) 0g x ≤ 0x ≥ ( )g x [0, )+∞
( ) 1 0g x n′ ≤ − ≤
1n ≥ ( ) (0) 0g x g≤ = 1n ≥
n [1, )+∞
2cos ,
3sin ,
x
y
θ
θ
= =
22 14 3
yx + =
2, 4
π cos( )=4 aπρ θ − = 2 cos( )= 24 4a π π−
cos( )= 24
πρ θ − 2 ( cos sin )= 22 ρ θ ρ θ+
3
4
π
21 ,2
21 ,2
x t
y t
= −
= +
2 22 21 1(1 ) (1 ) 14 2 3 2t t− + + =
27 2 2 10 0t t+ − =
1 2
2 2
7t t+ = − 1 2
10
7t t = −
2
1 2 1 2( ) 4t t t t+ − 22 2 12 210( ) 47 7 7− + × =
| 0 0 2| 2
2
d
+ −= =
12 21 1 12| | 27 72 2S AB d= = × × =
22 1,4 3
+ 2 0,
yx
x y
+ =
− =
27 16 4 0x x− + =
1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y 1 2
16
7x x+ = 1 2
4
7x x =
2 2
1 2 1 21+ ( ) 4k x x x x+ − 2 12 216 42 ( ) 47 7 7− × =
| 0 0 2| 2
2
d
+ −= =因此，△OAB 的面积为 . ··················10 分
(2)解法三：由(1),联立 消去 y 得: , 显然△＞0. ····6 分
设 ，则由韦达定理得 ， . ·····················7 分
∵直线 l 过椭圆右顶点(2,0)，∴ ，∴
······················8 分
把 代入直线 l 的方程得，
······················9 分
因此，△OAB 的面积为 . ··························10 分
23．解：(1)由已知
·················································1 分
当 x≥2 时，f(x)=3，不符合； ···························································2 分
当−1≤x＜2 时, f(x)=2x−1, 由 f(x)≤1, 即 2x−1≤1, 解得 x≤1, ∴−1≤x≤1. ······3 分
当 x＜−1 时，f(x)= −3，f(x)≤1 恒成立. · ··················································4 分
综上，x 的取值范围是 x≤1. ·····························································5 分
(2)由(1)知 f(x)≤3，当且仅当 x≥2 时，f(x)=3， ········································6 分
∴M= f(x)Max=3.即 a+b+c=3， ·······················································7 分·
∵a2+b2≥2ab，a2+c2≥2ac，c2+b2≥2cb， ·············································8 分
∴2(a2+b2+c2)≥2(ab+ac+cb)
∴3(a2+b2+c2)≥a2+b2+c2+2ab+2ac+2cb=(a+b+c)2=9， ·································9 分
因此(a2+b2+c2)≥3. ··············································································10 分
12 21 1 12| | 27 72 2S AB d= = × × =
22 1,4 3
+ 2 0,
yx
x y
+ =
− =
27 16 4 0x x− + =
1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y 1 2
16
7x x+ = 1 2
4
7x x =
2
162 7x+ = 2
2
7x =
2
2
7x = 2
12
7y =
2
1 1 12 12| | 2 7 72 2S OA y= ⋅ = × × =
3, 2,
2 1, 1 2,(
, 1.
)
3
x
xf xx
x
≥ − − ≤
− −
= ＜
＜
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