2020 年高考数学督导试卷（5 月份）
一.选择题（每小题 5 分，共 45 分）
1．设集合 U＝{0，1，3，5，6，8}，A＝{1，5，8}，B＝{2}，则（∁UA）∪B＝（ ）
A．{0，2，3，6} B．{0，3，6} C．{1，2，5，8} D．Φ
2．对于实数 a，b，c，“a＞b”是“ac2＞bc2”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
3．函数풚 =
1
푥 ― 푙푛(푥 + 1)的图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
4．已知三棱锥 P﹣ABC 的四个顶点在球 O 的球面上，PA＝PB＝PC，且两两垂直，△ABC
是边长为 2 的正三角形，则球 O 的体积为（ ）
A．8 ퟔπ B．4 ퟔπ C． ퟔπ D． 6
2 π
5．已知圆 C：x2+y2+8x﹣m+2＝0 与直线 x + ퟐy+1＝0 相交于 A，B 两点．若△ABC 为正
三角形，则实数 m 的值为（ ）
A．﹣10 B．﹣11 C．12 D．11
6．如果函数 y＝3cos（2x+φ）的图象关于点（4휋
3 ，0）中心对称，那么|φ|的最小值为（ ）
A．휋
6 B．휋
4 C．휋
3 D．휋
2
7．已知奇函数 f（x）在 R 上是减函数，若 a＝﹣f（1og3
1
4），b＝f（풍풐품2
3ퟐ），c＝f（2﹣
0.8），则 a，b，c 的大小关系为（ ）
A．a＜b＜c B．a＜c＜b C．b＜c＜a D．c＜a＜b
8．已知双曲线푥2
푎2 ―
푦2
푏2 = ퟏ(풂＞ퟎ，풃＞ퟎ)与抛物线 y2＝2px（p＞0）的交点为：A、B，A、B
连线经过抛物线的焦点 F，且线段 AB 的长等于双曲线的虚轴长，则双曲线的离心率为
（ ）
A． ퟐ + 1 B．3 C． ퟐ D．2
9．已知函数 f（x） = {풍풏풙，풙＞ퟎ
― 풙ퟐ ― 풂풙，풙 ≤ ퟎ，若方程 f（x）＝x+a 有 2 个不同的实根，则实
数 a 的取值范围是（ ）
A．{a|﹣1≤a＜l 或 a＞l} B．{a|a＝﹣1 或 0≤a＜l 或 a＞1}
C．{a|a＝﹣l 或 a≥0} D．{a|a≤﹣1 或 a≥0}
二、填空题：本大题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分.
10．已知复数 z0＝3+i（i 为虚数单位），复数 z 满足 z•z0＝2z+z0，则|z|＝ ．
11．如图茎叶图记录了甲．乙两组各五名学生在一次英语听力测试中的成绩（单位：分）
已 知 甲 组 数 据 的 中 位 数 为 15 ， 乙 组 数 据 的 平 均 数 为 16.8 ， 则 x ， y 的 值 分 别
为 ， ．
12．一个袋中装有 10 个大小相同的黑球、白球和红球．已知从袋中任意摸出 2 个球，至少
得到一个白球的概率是7
9，则袋中的白球个数为 ，若从袋中任意摸出 3 个球，记
得到白球的个数为 ξ，则随机变量 ξ 的数学期望 Eξ＝ ．
13．若(ퟐ풙 +
1
3 푥)풏的展开式中所有项系数和为 81，则展开式的常数项为 ．
14．若 x＞4，y＞1，且 xy＝12+x+4y，则 x+y 的最小值是 ．
15．如图，在△ABC 中，D 是 BC 的中点，E 在边 AB 上，BE＝2EA，AD 与 CE 交于点 O．若
→
푨푩• →
푨푪 = 6 →
푨푶• →
푬푪，则퐴퐵
퐴퐶的值是 ．
三.解答题：本大题共 5 小题，共 75 分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
16．在△ABC 中，a，b，C 为内角 A，B，C 的对边，且满足（2c﹣a）cosB﹣bcosA＝0．
（Ⅰ）求角 B 的大小；
（Ⅱ）已知 c＝2，a＝3，
（i）求 b 及 cosC；
（ii）求 sin（2C ―
휋
6）．
17．如图，在四棱锥 P﹣ABCD 中，PA⊥平面 ABCD，∠ABC＝∠BAD＝90°，AD＝AP＝
4，AB＝BC＝2，M，N 分别为线段 PC，AD 上的点（不在端点）．
（Ⅰ）当 M 为 PC 中点时，AN =
1
4AD，求证：MN∥面 PBA；
（Ⅱ）当 M 为中点且 N 为 AD 中点时，求证：平面 MBN⊥平面 ABCD；
（Ⅲ）当 N 为 AD 中点时，是否存在 M，使得直线 MN 与平面 PBC 所成角的正弦值为
2 5
5
，若存在，求出 MC 的长，若不存在，说明理由．
18．已知数列{an}前 n 项和为 Sn =
1
2n2 +
11
2 n，数列{bn}等差，且满足 b3＝11，前 9 项和为
153．
（Ⅰ）求数列{an}、{bn}的通项公式；
（Ⅱ）设 cn =
3
(2푎푛 ― 11)(2푏푛 ― 1)，数列{cn}的前 n 项和为 Tn．
19．已知椭圆 C：푥2
푎2 +
푦2
푏2 = 1（a＞b＞0）的离心率 e =
3
2 ，椭圆 C 上的点到其左焦点的最
大距离为 2 + ퟑ．
（1）求椭圆 C 的方程；
（2）过点 A（﹣a，0）作直线 l 与椭圆相交于点 B，则 y 轴上是否存在点 P，使得线段|PA|
＝|PB|，且 →
푷푨 ⋅ →
푷푩 = 4？如果存在，求出点 P 坐标；否则请说明理由．
20．（16 分）已知函数 f（x）＝msin（1﹣x）+lnx．
（1）当 m＝1 时，求函数 f（x）在（0，1）的单调性；
（2）当 m＝0 且풂 ≥ ―
1
푒时，품(풙) = ― 풂풇(풙) +
1
푥，求函数 g（x）在（0，e]上的最小值；
（3）当 m＝0 时，풉(풙) = 풇(풙) +
1
2푥 ― 풃有两个零点 x1，x2，且 x1＜x2，求证：x1+x2＞
1．
参考答案
一.选择题（每小题 5 分，共 45 分）
1．设集合 U＝{0，1，3，5，6，8}，A＝{1，5，8}，B＝{2}，则（∁UA）∪B＝（ ）
A．{0，2，3，6} B．{0，3，6} C．{1，2，5，8} D．Φ
【分析】根据集合的基本运算即可得到结论．
解：∵U＝{0，1，3，5，6，8}，A＝{1，5，8}，B＝{2}，
∴（∁UA）∪B＝{0，3，6}∪{2}＝{1，0，2，3，6}，
故选：A．
2．对于实数 a，b，c，“a＞b”是“ac2＞bc2”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【分析】不等式的基本性质，“a＞b”⇒“ac2＞bc2”必须有 c2＞0 这一条件．
解：主要考查不等式的性质．当 C＝0 时显然左边无法推导出右边，但右边可以推出左
边
故选：B．
3．函数풚 =
1
푥 ― 푙푛(푥 + 1)的图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据函数是否存在零点，以及 f（1）的符号，利用排除法进行判断即可．
解：f（1） =
1
1 ― 푙푛2＞0，排除 C，D，
由풚 =
1
푥 ― 푙푛(푥 + 1) = 0，则方程无解，即函数没有零点，排除 B，
故选：A．
4．已知三棱锥 P﹣ABC 的四个顶点在球 O 的球面上，PA＝PB＝PC，且两两垂直，△ABC
是边长为 2 的正三角形，则球 O 的体积为（ ）
A．8 ퟔπ B．4 ퟔπ C． ퟔπ D． 6
2 π
【分析】题意可知，把三棱锥P﹣ABC放入正方体中，正方体的外接球即是三棱锥P﹣ABC
的外接球，从而即可求出球 O 的半径，进而得到球 O 的体积．
解：把三棱锥 P﹣ABC 放入正方体中，如图所示：
∵△ABC 是边长为 2 的正三角形，
∴此正方体的棱长为 ퟐ，
∵正方体的外接球即是三棱锥 P﹣ABC 的外接球，
∴球 O 的半径 R =
1
2 × ퟑ × ퟐ =
6
2 ，
∴球 O 的体积为：4
3흅푹ퟑ = ퟔπ，
故选：C．
5．已知圆 C：x2+y2+8x﹣m+2＝0 与直线 x + ퟐy+1＝0 相交于 A，B 两点．若△ABC 为正
三角形，则实数 m 的值为（ ）
A．﹣10 B．﹣11 C．12 D．11
【分析】由题意求出圆心 C 的坐标，由直线与圆相交，用圆的半径和圆心到直线的距离
和半个弦长构成直角三角形求出弦长，再由若△ABC 为正三角形，求出 m 的值．
解：圆 C：x2+y2+8x﹣m+2＝0 化为标准方程是（x+4）2+y2＝14+m；
则圆心 C（﹣4，0），半径为풓 = ퟏퟒ + 풎（其中 m＞﹣14）；
所以圆心 C 到直线풙 + ퟐ풚 + ퟏ = ퟎ的距离为풅 =
| ― 4 + 0 + 1|
1 + 2 = ퟑ，在等边三角形中得，
풎 + ퟏퟒ = ퟐ，
解得 m＝﹣10，
故选：A．
6．如果函数 y＝3cos（2x+φ）的图象关于点（4휋
3 ，0）中心对称，那么|φ|的最小值为（ ）
A．휋
6 B．휋
4 C．휋
3 D．휋
2
【分析】先根据函数 y＝3cos（2x+φ）的图象关于点(
4휋
3 ，ퟎ)中心对称，令 x =
4휋
3 代入函
数使其等于 0，求出 φ 的值，进而可得|φ|的最小值．
解：∵函数 y＝3cos（2x+φ）的图象关于点(
4휋
3 ，ퟎ)中心对称．
∴ퟐ ⋅
4휋
3 + 흋 = 풌흅 +
휋
2∴흋 = 풌흅 ―
13휋
6 (풌 ∈ 풁)由此易得|흋|풎풊풏 =
휋
6．
故选：A．
7．已知奇函数 f（x）在 R 上是减函数，若 a＝﹣f（1og3
1
4），b＝f（풍풐품2
3ퟐ），c＝f（2﹣
0.8），则 a，b，c 的大小关系为（ ）
A．a＜b＜c B．a＜c＜b C．b＜c＜a D．c＜a＜b
【分析】结合函数的单调性及奇偶性进行比较函数值的大小．
解：奇函数 f（x）在 R 上是减函数，
∵log34∈（1，2），풍풐품2
3ퟐ＜0，2﹣0.8∈（0，1），
∵a＝﹣f（1og3
1
4）＝f（log34），b＝f（풍풐품2
3ퟐ），c＝f（2﹣0.8）＝f（
1
20.8），
则 a＜c＜b，
故选：B．
8．已知双曲线푥2
푎2 ―
푦2
푏2 = ퟏ(풂＞ퟎ，풃＞ퟎ)与抛物线 y2＝2px（p＞0）的交点为：A、B，A、B
连线经过抛物线的焦点 F，且线段 AB 的长等于双曲线的虚轴长，则双曲线的离心率为
（ ）
A． ퟐ + 1 B．3 C． ퟐ D．2
【分析】由已知条件推导出|AB|＝2p＝2b，从而得到 A（푏
2，풃），由此能求出双曲线的
离心率．
解：∵双曲线푥2
푎2 ―
푦2
푏2 = ퟏ(풂＞ퟎ，풃＞ퟎ)与抛物线 y2＝2px（p＞0）的交点为：A、B，
A、B 连线经过抛物线的焦点 F，且线段 AB 的长等于双曲线的虚轴长，
∴|AB|＝2p＝2b，即 p＝b，
∴A（푏
2，풃），把 A（푏
2，풃）代入双曲线푥2
푎2 ―
푦2
푏2 = ퟏ(풂＞ퟎ，풃＞ퟎ)，
得
푏2
4
푎2
―
푏2
푏2 = ퟏ，整理，得：b2＝8a2，
∴c2＝a2+b2＝9a2，
∴c＝3a，
∴e =
푐
푎 = 3．
故选：B．
9．已知函数 f（x） = {풍풏풙，풙＞ퟎ
― 풙ퟐ ― 풂풙，풙 ≤ ퟎ，若方程 f（x）＝x+a 有 2 个不同的实根，则实
数 a 的取值范围是（ ）
A．{a|﹣1≤a＜l 或 a＞l} B．{a|a＝﹣1 或 0≤a＜l 或 a＞1}
C．{a|a＝﹣l 或 a≥0} D．{a|a≤﹣1 或 a≥0}
【分析】先利用导数的几何意义求出当直线 y＝x+a 与曲线 y＝lnx 相切时 a＝1，当 x≤0
时，f（x）＝﹣x2﹣ax，令 f（x）＝x+a，
得（x﹣1）（x+a）＝0，再对 a 的值分情况讨论，分段分析方程 f（x）＝x+a 的实根的
个数，从而得到 a 的取值范围．
解：当直线 y＝x+a 与曲线 y＝lnx 相切时，设切点为（t，lnt），则切线斜率为 k =
1
푡 =
1，
所以 t＝1，切点为（1，0），代入 y＝x+a 得，a＝1，
又 x≤0 时，f（x）＝﹣x2﹣ax，令 f（x）＝x+a，得﹣x2﹣ax＝x+a，即（x﹣1）（x+a）＝
0，
所以①当 a＝﹣1 时，lnx＝x+a（x＞0）有 1 个实根，此时（x﹣1）（x+a）＝0（x≤0）
有 1 个实根，满足条件；
②当 a＜﹣1 时，lnx＝x+a（x＞0）有 2 个实根，此时（x﹣1）（x+a）＝0（x≤0）有 1
个实根，不满足条件；
③当 a＞﹣1 时，lnx＝x+a（x＞0）无实根，此时要使（x﹣1）（x+a）＝0（x≤0）有 2
个实根，应有﹣a≤0 且﹣a≠﹣1，即 a≥0 且 a≠1，
综上所述，实数 a 的取值范围是{a|a＝﹣1 或 0≤a＜1 或 a＞1}，
故选：B．
二、填空题：本大题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分.
10．已知复数 z0＝3+i（i 为虚数单位），复数 z 满足 z•z0＝2z+z0，则|z|＝ ퟓ ．
【分析】把已知等式变形，再把 z0＝3+i 代入，利用复数代数形式的乘除运算化简，最后
由复数模的计算公式求解．
解：由 z•z0＝2z+z0，得（z0﹣2）z＝z0，
∵z0＝3+i，∴z =
3 + 푖
1 + 푖 =
(3 + 푖)(1 ― 푖)
(1 + 푖)(1 ― 푖) = ퟐ ― 풊，
则|z| = ퟐퟐ + ( ― ퟏ)ퟐ = ퟓ．
故答案为： ퟓ．
11．如图茎叶图记录了甲．乙两组各五名学生在一次英语听力测试中的成绩（单位：分）
已知甲组数据的中位数为 15，乙组数据的平均数为 16.8，则 x，y 的值分别为 5 ，
8 ．
【分析】根据茎叶图中的数据，结合中位数与平均数的概念，求出 x、y 的值．
解：根据茎叶图中的数据，得：
∵甲组数据的中位数为 15，∴x＝5；
又∵乙组数据的平均数为 16.8，
∴9 + 15 + (10 + 푦) + 18 + 24
5 = 16.8，
解得：y＝8；
综上，x、y 的值分别为 5、8．
故答案为：5 8．
12．一个袋中装有 10 个大小相同的黑球、白球和红球．已知从袋中任意摸出 2 个球，至少
得到一个白球的概率是7
9，则袋中的白球个数为 5 ，若从袋中任意摸出 3 个球，记得
到白球的个数为 ξ，则随机变量 ξ 的数学期望 Eξ＝ 3
2 ．
【分析】根据至少得到一个白球的概率是7
9，可得全取到黑球的概率为2
9，结合超几何分
布的相关知识可得白球个数，以及随机变量 ξ 的期望．
解：依题意，设白球个数为 x，至少得到一个白球的概率是7
9，则全是黑球的概率为2
9，
所以
퐶2
10―푥
퐶2
10
=
2
9，即（10﹣x）（9﹣x）＝20，解得 x＝5，
依题意，随机变量 ξ～H（10，5，3），所以 Eξ =
3 × 5
10 =
3
2，
故答案为：5，3
2．
13．若(ퟐ풙 +
1
3 푥)풏的展开式中所有项系数和为 81，则展开式的常数项为 8 ．
【分析】在二项展开式的通项公式中，令 x 的幂指数等于令，求得 r 的值，可得展开式
的常数项．
解：若(ퟐ풙 +
1
3 푥)풏的展开式中所有项系数和为 3n＝81，∴n＝4．
则展开式的通项公式为 Tr+1 = 푪풓ퟒ•24﹣r•풙
ퟒ―
4푟
3 ，令 4 ―
4푟
3 = 0，求得 r＝3，
可得常数项为푪ퟑퟒ•2＝8，
故答案为：8．
14．若 x＞4，y＞1，且 xy＝12+x+4y，则 x+y 的最小值是 13 ．
【分析】由条件可知 x﹣4＞0，y﹣1＞0，所以（x﹣4）（y﹣1）＝16 ≤ (
푥 ― 4 + 푦 ― 1
2 )ퟐ =
(푥 + 푦 ― 5)2
4
，解之得最小值．
解：因为 x＞4，y＞1 且 xy＝12+x+4y，
所以 x﹣4＞0，y﹣1＞0，则（x﹣4）（y﹣1）＝xy﹣x﹣4y+4＝12+4＝16 ≤ (
푥 ― 4 + 푦 ― 1
2
)ퟐ = (푥 + 푦 ― 5)2
4
，
当且仅当 x﹣4＝y﹣1＝4 时取等号，
所以（x+y﹣5）2≥64，解得 x+y﹣5≥8，
故 x+y≥13．
所以最小值为 13．
故答案为：13．
15．如图，在△ABC 中，D 是 BC 的中点，E 在边 AB 上，BE＝2EA，AD 与 CE 交于点 O．若
→
푨푩• →
푨푪 = 6 →
푨푶• →
푬푪，则퐴퐵
퐴퐶的值是 ퟑ ．
【分析】首先算出 →
푨푶 =
1
2
→
푨푫，然后用 →
푨푩、 →
푨푪表示出 →
푨푶、 →
푬푪，结合 →
푨푩• →
푨푪 = 6 →
푨푶• →
푬푪得
1
2
→
푨푩
ퟐ =
3
2
→
푨푪
ퟐ，进一步可得结果．
解：设 →
푨푶 = λ →
푨푫 =
휆
2（ →
푨푩 + →
푨푪），
→
푨푶 = →
푨푬 + →
푬푶 = →
푨푬 + μ →
푬푪 = →
푨푬 + μ（ →
푨푪 ― →
푨푬）
＝（1﹣μ） →
푨푬 + μ →
푨푪 =
1 ― 휇
3
→
푨푩 + μ →
푨푪
∴{휆
2 =
1 ― 휇
3
휆
2 = 흁
，∴{흀 =
1
2
흁 =
1
4
，
∴ →
푨푶 =
1
2
→
푨푫 =
1
4（ →
푨푩 + →
푨푪），
→
푬푪 = →
푨푪 ― →
푨푬 = ―
1
3
→
푨푩 + →
푨푪，
6 →
푨푶• →
푬푪 = 6 ×
1
4（ →
푨푩 + →
푨푪）•（ ―
1
3
→
푨푩 + →
푨푪）
=
3
2（ ―
1
3
→
푨푩
ퟐ +
2
3
→
푨푩 ⋅ →
푨푪 + →
푨푪
ퟐ）
= ―
1
2
→
푨푩
ퟐ + →
푨푩 ⋅ →
푨푪 +
3
2
→
푨푪
ퟐ，
∵ →
푨푩• →
푨푪 = ―
1
2
→
푨푩
ퟐ + →
푨푩 ⋅ →
푨푪 +
3
2
→
푨푪
ퟐ，
∴1
2
→
푨푩
ퟐ =
3
2
→
푨푪
ퟐ，∴
→
퐴퐵
2
→
퐴퐶
2 = 3，
∴퐴퐵
퐴퐶 = ퟑ．
故答案为： ퟑ
三.解答题：本大题共 5 小题，共 75 分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
16．在△ABC 中，a，b，C 为内角 A，B，C 的对边，且满足（2c﹣a）cosB﹣bcosA＝0．
（Ⅰ）求角 B 的大小；
（Ⅱ）已知 c＝2，a＝3，
（i）求 b 及 cosC；
（ii）求 sin（2C ―
휋
6）．
【分析】（Ⅰ）由已知及正弦定理，三角函数恒等变换的应用，结合 sinC≠0，可得 cosB
=
1
2，根据范围 B∈（0，π）可求 B 的值．
（Ⅱ）（i）由已知利用余弦定理可求 b 及 cosC 的值；（ii）利用同角三角函数基本关系
式可求 sinC 的值，进而利用二倍角公式可求 sin2C，cos2C 的值，根据两角差的正弦函
数公式即可解得 sin（2C ―
휋
6）的值．
解：（Ⅰ）∵（2c﹣a）cosB﹣bcosA＝0，
由正弦定理得（2sinC﹣sinA）cosB﹣sinBcosA＝0，
∴（2sinC﹣sinA）cosB＝sinBcosA，
2sinCcosB﹣sin（A+B），
∵A+B＝π﹣C，且 sinC≠0，
∴cosB =
1
2，
∵B∈（0，π），
∴B =
휋
3．
（Ⅱ）（i）∵B =
휋
3，c＝2，a＝3，
∴b = 풂ퟐ + 풄ퟐ ― ퟐ풂풄풄풐풔푩 = ퟗ + ퟒ ― ퟐ × ퟑ × ퟐ ×
1
2 = ퟕ，
∴cosC = 푎2 + 푏2 ― 푐2
2푎푏 =
9 + 7 ― 4
2 × 3 × 7 = 2 7
7
．
（ii）∵sinC = ퟏ ― 풄풐풔ퟐ푪 =
21
7 ，
∴sin2C＝2sinCcosC = 4 3
7
，cos2C＝2cos2C﹣1 =
1
7，
∴sin（2C ―
휋
6）＝sin2Ccos
휋
6 ― cos2Csin
휋
6 = 4 3
7 ×
3
2 ―
1
7 ×
1
2 =
11
14．
17．如图，在四棱锥 P﹣ABCD 中，PA⊥平面 ABCD，∠ABC＝∠BAD＝90°，AD＝AP＝
4，AB＝BC＝2，M，N 分别为线段 PC，AD 上的点（不在端点）．
（Ⅰ）当 M 为 PC 中点时，AN =
1
4AD，求证：MN∥面 PBA；
（Ⅱ）当 M 为中点且 N 为 AD 中点时，求证：平面 MBN⊥平面 ABCD；
（Ⅲ）当 N 为 AD 中点时，是否存在 M，使得直线 MN 与平面 PBC 所成角的正弦值为
2 5
5
，若存在，求出 MC 的长，若不存在，说明理由．
【分析】（Ⅰ）取 BC 中点 E，连结 ME，NE，推导出 ME∥PB，NE∥AB，从而平面 PAB
∥平面 MNE，由此能证明 MN∥面 PBA．
（Ⅱ）以 A 为原点，AB 为 x 轴，AD 为 y 轴，AP 为 z 轴，建立空间直角坐标系，利用
向量法能证明平面 MBN⊥平面 ABCD．
（Ⅲ）假设存在存在 M（a，b，c），使得直线 MN 与平面 PBC 所成角的正弦值为2 5
5
，
→
푪푴 = 흀 →
푪푷．推导出 M（2﹣2λ，2﹣2λ，4λ），求出平面 PBC 的法向量，利用向量法能
推导出不存在 M，使得直线 MN 与平面 PBC 所成角的正弦值为2 5
5
．
解：（Ⅰ）证明：取 BC 中点 E，连结 ME，NE，
∵在四棱锥 P﹣ABCD 中，PA⊥平面 ABCD，∠ABC＝∠BAD＝90°，
AD＝AP＝4，AB＝BC＝2，M 为 PC 中点，AN =
1
4AD，
∴ME∥PB，NE∥AB，
∵PB∩AB＝B，ME∩NE＝E，∴平面 PAB∥平面 MNE，
∵MN⊂平面 MNE，∴MN∥面 PBA．
（Ⅱ）证明：以 A 为原点，AB 为 x 轴，AD 为 y 轴，AP 为 z 轴，建立空间直角坐标系，
则 B（2，0，0），C（2，2，0），P（0，0，4），M（1，1，2），N（0，2，0），
→
푴푵 = （﹣1，1，﹣2）， →
푴푩 = （1，﹣1，﹣2），
设平面 MBN 的法向量→
풏 = （x，y，z），
则{→
풏 ⋅
→
푴푵 = ―풙 + 풚 ― ퟐ풛 = ퟎ
→
풏 ⋅
→
푴푩 = 풙 ― 풚 ― ퟐ풛 = ퟎ
，取 x＝1，得→
풏 = （1，1，0），
平面 ABCD 的法向量 →
풎 = （0，0，1），
∵ →
풎 ⋅ →
풏 = 0，∴平面 MBN⊥平面 ABCD．
（Ⅲ）解：假设存在存在 M（a，b，c），使得直线 MN 与平面 PBC 所成角的正弦值为
2 5
5
， →
푪푴 = 흀 →
푪푷．
则（a﹣2，b﹣2，c）＝λ（﹣2，﹣2，4），解得 a＝2﹣2λ，b＝2﹣2λ，c＝4λ，∴M（2
﹣2λ，2﹣2λ，4λ），
则 →
푴푵 = （2λ﹣2，2λ，﹣4λ）， →
푩푪 = （0，2，0）， →
푩푷 = （﹣2，0，4），
设平面 PBC 的法向量→
풑 = （a，b，c），
则{→
풑 ⋅
→
푩푪 = ퟐ풃 = ퟎ
→
풑 ⋅
→
푩푷 = ―ퟐ풂 + ퟒ풄 = ퟎ
，取 a＝2，得→
풑 = （2，0，1），
∵直线 MN 与平面 PBC 所成角的正弦值为2 5
5
，
∴ |
→
푀푁 ⋅
→
푝|
|
→
푀푁| ⋅ |
→
푝|
=
4
(2휆 ― 2)2 + (2휆)2 + ( ― 4휆)2 ⋅ 20 = 2 5
5
，
整理，得 24λ2﹣8λ+3＝0，无解，
∴不存在 M，使得直线 MN 与平面 PBC 所成角的正弦值为2 5
5
．
18．已知数列{an}前 n 项和为 Sn =
1
2n2 +
11
2 n，数列{bn}等差，且满足 b3＝11，前 9 项和为
153．
（Ⅰ）求数列{an}、{bn}的通项公式；
（Ⅱ）设 cn =
3
(2푎푛 ― 11)(2푏푛 ― 1)，数列{cn}的前 n 项和为 Tn．
【分析】（Ⅰ）运用数列的递推式：n＝1 时，a1＝S1，n≥2 时，an＝Sn﹣Sn﹣1，可得
an；再设{bn}的公差为 d，由等差数列的通项公式和求和公式，解方程可得首项和公差，
进而得到 bn；
（Ⅱ）求得 cn =
1
2（ 1
2푛 ― 1 ―
1
2푛 + 1），再由数列的裂项相消求和，化简可得所求和．
解：（Ⅰ）由 Sn =
1
2n2 +
11
2 n，可得 a1＝S1 =
1
2 +
11
2 = 6，
n≥2 时，an＝Sn﹣Sn﹣1 =
1
2n2 +
11
2 n ―
1
2（n﹣1）2 ―
11
2 （n﹣1）＝n+5，对 n＝1 也成立，
则 an＝n+5，n∈一、选择题*，
由数列{bn}等差，公差设为 d，满足 b3＝11，前 9 项和为 153，
可得 b1+2d＝11，9b1+36d＝153，即 b1+4d＝17，解得 b1＝5，d＝3，
则 bn＝5+3（n﹣1）＝3n+2，n∈N*；
（ Ⅱ ） cn =
3
(2푎푛 ― 11)(2푏푛 ― 1) =
3
(2푛 ― 1)(6푛 + 3) =
1
(2푛 ― 1)(2푛 + 1) =
1
2（ 1
2푛 ― 1 ―
1
2푛 + 1），
则前n项和为Tn =
1
2（1 ―
1
3 +
1
3 ―
1
5 +⋯ +
1
2푛 ― 1 ―
1
2푛 + 1） =
1
2（1 ―
1
2푛 + 1） =
푛
2푛 + 1．
19．已知椭圆 C：푥2
푎2 +
푦2
푏2 = 1（a＞b＞0）的离心率 e =
3
2 ，椭圆 C 上的点到其左焦点的最
大距离为 2 + ퟑ．
（1）求椭圆 C 的方程；
（2）过点 A（﹣a，0）作直线 l 与椭圆相交于点 B，则 y 轴上是否存在点 P，使得线段|PA|
＝|PB|，且 →
푷푨 ⋅ →
푷푩 = 4？如果存在，求出点 P 坐标；否则请说明理由．
【分析】（1）由题意可得：푐
푎 =
3
2 ，a+c＝2 + ퟑ，b2＝a2﹣c2．联立解得：a，c，b．可
得椭圆 C 的方程．
（2）由（1）可得：A（﹣2，0），设 B（x1，y1），由题意直线 l 的斜率存在，设为 k．则
直线 l 的方程为：y＝k（x+2），联立方程{풚 = 풌(풙 + ퟐ)
풙ퟐ + ퟒ풚ퟐ = ퟒ，化为：（1+4k2）x2+16k2x+16k2
﹣4＝0，利用根与系数的关系可得 B 坐标．假设在 y 轴上存在点 P，使得线段|PA|＝
|PB|，且 →
푷푨 ⋅ →
푷푩 = 4，由|PA|＝|PB|，得点 P 为线段 AB 的中垂线与 y 轴的交点，设 P
（0，y0）．
设线段 AB 中点为 M，则 M（ ―8푘2
1 + 4푘2，
2푘
1 + 4푘2）．以下分两种情况，利用中垂线方程及
其数量积运算性质即可得出．
解：（1）由题意可得：푐
푎 =
3
2 ，a+c＝2 + ퟑ，b2＝a2﹣c2．
联立解得：a＝2，c = ퟑ，b＝1．
∴椭圆 C 的方程为：푥2
4 + y2＝1．
（2）由（1）可得：A（﹣2，0），设 B（x1，y1），由题意直线 l 的斜率存在，设为
k．
则直线 l 的方程为：y＝k（x+2），联立方程{풚 = 풌(풙 + ퟐ)
풙ퟐ + ퟒ풚ퟐ = ퟒ，化为：（1+4k2）x2+16k2x+16k2
﹣4＝0，
由﹣2x1 =
16푘2 ― 4
1 + 4푘2 ，得：x1 =
2 ― 8푘2
1 + 4푘2，则 y1 =
4푘
1 + 4푘2．
假设在 y 轴上存在点 P，使得线段|PA|＝|PB|，且 →
푷푨 ⋅ →
푷푩 = 4，
由|PA|＝|PB|，得点 P 为线段 AB 的中垂线与 y 轴的交点，设 P（0，y0）．
设线段 AB 中点为 M，则 M（ ―8푘2
1 + 4푘2，
2푘
1 + 4푘2）．
以下分两种情况：当 k＝0 时，点 B（2，0），此时 AB 的中垂线为 y 轴，
于是 →
푷푨 = （﹣2，﹣y0）， →
푷푩 = （2，﹣y0），由 →
푷푨 ⋅ →
푷푩 = 4，可得：풚ퟐퟎ = 8．解得 y0 =±
ퟐ ퟐ．
当 k≠0 时，线段 AB 的中垂线方程为：y ―
2푘
1 + 4푘2 = ―
1
푘（x +
8푘2
1 + 4푘2），令 x＝0，解
得 y0 = ―
6푘
1 + 4푘2．
→
푷푨 ⋅ →
푷푩 = ― 2x1﹣y0（y1﹣y0） =
―2(2 ― 8푘2)
1 + 4푘2 +
6푘
1 + 4푘2（
4푘
1 + 4푘2 +
6푘
1 + 4푘2）＝4，化为：
16k4+15k2﹣1＝0，
解得：k＝± 14
7 ，∴y0＝±2 14
5
．
综上可得：y 轴上存在点 P，使得线段|PA|＝|PB|，且 →
푷푨 ⋅ →
푷푩 = 4，点 P 的坐标为：（0，
± ퟐ ퟐ），或（0，±2 14
5
）．
20．（16 分）已知函数 f（x）＝msin（1﹣x）+lnx．
（1）当 m＝1 时，求函数 f（x）在（0，1）的单调性；
（2）当 m＝0 且풂 ≥ ―
1
푒时，품(풙) = ― 풂풇(풙) +
1
푥，求函数 g（x）在（0，e]上的最小值；
（3）当 m＝0 时，풉(풙) = 풇(풙) +
1
2푥 ― 풃有两个零点 x1，x2，且 x1＜x2，求证：x1+x2＞
1．
【分析】（1）将 m＝1 代入 f（x）中，然后求导判断 f（x）在（0，1）上的单调性；
（2）由条件求出 g（x）的解析式，然后求导判断 g（x）在（0，e]上的单调性，再求出
其最小值；
（3）求出个零点 x1，x2，得到풙ퟏ + 풙ퟐ = 푡 ― 1
푡
2푙푛푡
，构造函数푭(풕) = 풕 ―
1
푡 ― ퟐ풍풏풕(ퟎ＜풕＜ퟏ)，
根据函数的单调性证明即可．
解：（1）当 m＝1 时，f（x）＝sin（1﹣x）+lnx，则 f'（x）＝﹣cos（1﹣x） +
1
푥，
当 x∈（0，1），f'（x）在（0，1）上单调递减，∴f'（x）＞f（1）＝0，
∴当 x∈（0，1）时，f（x）在（0，1）上单调递增．
（2）当 m＝0 时，품(풙) = ― 풂풍풏풙 +
1
푥（풂 ≥ ―
1
푒，0＜x≤e），
则품′(풙) = ―
푎
푥 ―
1
푥2 = ―
푎푥 + 1
푥2 ，
∵풂 ≥ ―
1
푒，∴g'（x）＜0，∴g（x）在（0，e]上单调递减，
∴품(풙)풎풊풏 = 품(풆) = ― 풂 +
1
푒．
（3）当 m＝0 时，풉(풙) = 풍풏풙 +
1
2푥 ― 풃(풙＞ퟎ)，
∵x1，x2 是函数풉(풙) = 풍풏풙 +
1
2푥 ― 풃的两个零点，
∴풍풏풙ퟏ +
1
2푥1
― 풃 = ퟎ，풍풏풙ퟐ +
1
2푥2
― 풃 = ퟎ，．
两式相减，可得풍풏
푥1
푥2
=
1
2푥2
―
1
2푥1
，即풍풏
푥1
푥2
=
푥1 ― 푥2
2푥2푥1
，
∴풙ퟏ풙ퟐ =
푥1 ― 푥2
2푙푛
푥1
푥2
，∴풙ퟏ =
푥1
푥2
― 1
2푙푛
푥1
푥2
，풙ퟐ =
1 ―
푥2
푥1
2푙푛
푥1
푥2
．
令풕 =
푥1
푥2
（0＜t＜1），则풙ퟏ + 풙ퟐ =
푡 ― 1
2푙푛푡 + 1 ― 1
푡
2푙푛푡
= 푡 ― 1
푡
2푙푛푡
．
记푭(풕) = 풕 ―
1
푡 ― ퟐ풍풏풕(ퟎ＜풕＜ퟏ)，则푭′(풕) =
(푡 ― 1)2
푡2 ．
∵0＜t＜1，∴F'（t）＞0 恒成立，∴F（t）＜F（1），
即풕 ―
1
푡 ― ퟐ풍풏풕＜ퟎ．∴푡 ― 1
푡
2푙푛푡
＞ퟏ，
故 x1+x2＞1．
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