2020 年高考（理科）数学一模试卷
一、选择题（共 12 小题）.
1.已知集合 ， ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
先解得不等式 及 时函数 的值域,再根据交集的定义求解即可.
【详解】由题,不等式 ,解得 ,即 ；
因为函数 单调递增,且 ,所以 ,即 ,
则 ,
故选:C
【点睛】本题考查集合的交集运算,考查解指数不等式,考查对数函数的值域.
2.已知复数 在复平面内对应的点的坐标为 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据复数 在复平面内对应的点的坐标为 ，可以确定 ，再由复数代数形式
的除法运算化简 ，即可得答案.
【详解】由题意知复数 ，
1| 2 44
xA x = ≤ ≤
1| lg 10B y y x x = = > , A B =
[ ]2 2− , (1, )+∞ ( ]1,2−
( ] (1 )2−∞ − ∪ + ∞, ,
1 2 44
x≤ ≤ 1
10x > lgy x=
1 2 44
x≤ ≤ 2 2x− ≤ ≤ { }| 2 2A x x= − ≤ ≤
lgy x= 1
10x > 1y > − { }| 1B y y= > −
( ]1,2A B∩ = −
z ( 1,2)−
1
z
i
=+
3 3
2 2 i− + 3 1
2 2 i− + 1 3
2 2 i− + 1 3
2 2 i+
z ( 1,2)− 1 2z i= − +
1
z
i+
1 2z i= − +则 ，
故选：D.
【点睛】本小题考查复数的几何意义，复数的乘法和除法运算等基础知识；考查运算求解能
力，推理论证能力，数形结合思想.
3.若 是非零向量,则“ ”是“ ”的
A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】D
【解析】
由条件知 ，不一定有 ，由向量的加法法则得到，两个模长相等的向量
相 加 得 到 的 和 与 差 向 量 是 作 为 四 边 形 的 对 角 线 的 ， 而 对 角 线 不 一 定 相 等 ； 反 之
，两边平方可得两个向量垂直，四边形对角线相等，但是不一定有边长相等，
故也不能反推．故是既不充分也不必要条件.
故答案为 D．
4.函数 的部分图象大致为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
1 2 ( 1 2 ) (1 ) 1 3
1 1 2 2 2
z i i i ii i
− + − + ⋅ −= = = ++ +
,a b a b= a b a b+ = −
a b= a b a b+ = −
a b a b+ = −
1( ) cos1
x
x
ef x xe
+= ⋅−因为 ，先判断函数的奇偶性，结合当 时，函数值的为正，即可求
得答案.
【详解】 ，
为奇函数，排除 C，
当 时， ，排除 B,D，
故只有 A 符合题意
故选：A.
【点睛】本题主要考查了根据函数表达式求解函数图象问题，解题关键是掌握判断函数奇偶
性的方法和函数图象的基础知识，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.
5.下边的茎叶图记录的是甲、乙两个班级各 5 名同学在一次数学小题训练测试中的成绩（单位：
分，每题 5 分，共 16 题）．已知两组数据的平均数相等，则 、 的值分别为（ ）
A. 0，0 B. 0，5 C. 5，0 D. 5，5
【答案】B
【解析】
【分析】
由茎叶图得各个数据，由平均数相等可得 的关系 ，从而可得结论
【 详 解 】 两 组 数 据 和 相 等 ， 则 ， 即
，则 ， ．只有 B 适合．
故选：B．
【点睛】本题考查茎叶图，考查平均数，正确认识茎叶图是解题关键．
6.《九章算术》是我国古代的数学名著，书中有如下问题：“今有五人分五钱，令上二人所得
1( ) cos1
x
x
ef x xe
+= ⋅− 0x +→
1 1( ) cos( ) cos ( )1 1
x x
x x
e ef x x x f xe e
−
−
+ +− = ⋅ − = − ⋅ = −− −
∴ ( )f x
0x +→ ( ) 0f x >
x y
,x y 5x y+ =
80 2 75 70 65 80 70 2 75 70x y× + + + + = + × + + +
5x y+ = 0x = 5y =与下三人等，问各得几何？”其意思为“已知甲、乙、丙、丁、戊五人分五钱，甲、乙两人
所得与丙、丁、戊三人所得相同，且甲、乙、丙、丁、戊所得依次成等差数列，问五人各得
多少钱？”（“钱”是古代乙种质量单位），在这个问题中，甲比戊多得（ ）钱？
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
设等差数列的公差为 ，利用等差数列的通项公式即可求解.
【详解】设甲、乙、丙、丁、戊五人所得钱数分别为 ，公差为 ，
则 ，即 ，解得 ，
.
故选：A
【点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式，需熟记公式，属于基础题.
7.将函数 图象上所有点向左平移 个单位长度后得到函数 的图象，如果
在区间 上单调递减，那么实数 的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据条件先求出 的解析式，结合三角函数的单调性进行求解即可.
【详解】将函数 图象上所有点向左平移 个单位长度后得到函数 的图象，
则 ，
2
3
1
3
5
6
1
6
d
1 2 3 4 5, , , ,a a a a a d
1 2 3 4 5
5
2a a a a a+ = + + =
1
1
52 2
53 9 2
a d
a d
+ =
+ =
1
4
3
1
6
a
d
=
= −
1 5
24 3a a d∴ − = − =
( ) cos2f x x=
4
π ( )g x
( )g x [ ]0,a a
8
π
4
π
2
π 3
4
π
( )g x
( ) cos2f x x=
4
π ( )g x
( ) cos2 cos 24 2g x x x
π π = + = + 设 ，
则当 时， ， ，
即 ，
要使 在区间 上单调递减，
则 得 ，得 ，
即实数 的最大值为 ，
故选：B.
【点睛】本小题主要考查三角函数图象变换，考查根据三角函数 单调性求参数，属于中档
题.
8.已知双曲线 ， 为坐标原点， 、 为其左、右焦点，点 在
的渐近线上， ，且 ，则该双曲线的渐近线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据 ，先确定出 的长度，然后利用双曲线定义将 转化
为 的关系式，化简后可得到 的值，即可求渐近线方程.
【详解】如图所示：
的
2 2x
πθ = +
0 x a< ≤ 0 2 2x a< ≤ 2 22 2 2x a
π π π< + ≤ +
22 2a
π πθ< ≤ +
( )g x [ ]0,a
2 2a
π π+ ≤ 2 2a
π≤
4a
π≤
a
4
π
2 2
2 2: 1( 0, 0)x yC a ba b
− = > > O 1F 2F G C
2F G OG⊥
16 | | | |OG GF=
2
2y x= ± 3
2y x= ± y x= ±
2y x= ±
2F G OG⊥ 2 ,GF GO 16 | | | |OG GF=
, ,a b c b
a因为 ，所以 ，
又因为 ，所以 ，所以 ，
所以 ，所以 ，
所以 ，所以 ，
所以渐近线方程为 .
故选：D.
【点睛】本题考查根据双曲线中的长度关系求解渐近线方程，难度一般.注意双曲线的焦点到
渐近线的距离等于虚轴长度的一半.
9.如图所示，正四面体 中, 是棱 的中点, 是棱 上一动点， 的最小
值为 ，则该正四面体的外接球表面积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
2F G OG⊥ 2 2
2 2
2
,
1
bc
aGF b OG c b a
b
a
= = = − =
+
16 OG GF= 16 OG GF=
2 2 16 OG GF F F= +
2 2
2 2 16 OG GF F F= + ( )2 2 2
2 16 4 2 2 cos 180a b c b c GF F= + + × × °− ∠
2 2 26 4 2 2 ba b c b c c
= + + × × −
2 22 , 2bb a a
= =
2y x= ±
ABCD E AD P AC BP PE+
14
12π 32π 8π 24π【解析】
【分析】
将 侧 面 和 沿 边 展 开 成 平 面 图 形 为 菱 形 ,可 得 到 的 长 即 为
的最小值,设 ,在 中,利用勾股定理可得 ,则棱长为 ,进而
可求得正四面体的外接球的表面积
【详解】将侧面 和 沿 边展开成平面图形,如图所示,菱形 ,
在菱形 中,连接 ,交 于点 ,则 的长即为 的最小值,即 ,
因为正四面体 ,所以 ,所以 ,
因为 是棱 的中点,所以 ，
所以 ,
设 ,则 ,
所以 ,则 ,所以 ,
则正四面体 的棱长为 ,
所以正四面体的外接球半径为 ,
所以该正四面体外接球的表面积为 ,
故选：A
【点睛】本题考查线段和最短问题,考查外接球问题,考查运算能力
10.已知点 在 内，且满足 ，现在 内随机取一点，此点
取自 的概率分别记为 ，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
ABC ACD AC ABCD BE
BP PE+ DE x= Rt BCE 2x = 2 2
ABC ACD AC ABCD
ABCD BE AC P BE BP PE+ 14BE =
ABCD AC AB= 120BCD∠ = °
E AD 30DCE∠ = °
90BCE BCD DCE∠ = ∠ − ∠ = °
DE x= 2AB BC CD AD x= = = =
3CE x= 2 2 7 14BE BC CE x= + = = 2x =
ABCD 2 2
6 2 2 34
× =
( )2
4 3 12S π π= =
G ABC∆ 2 3 4 0GA GB GC+ + = ABC∆
, ,GAB GAC GBC∆ ∆ ∆ 1 2 3, ,P P P
1 2 3P P P= = 3 2 1P P P> > 1 2 3P P P> >
2 1 3P P P> >【解析】
【分析】
分 别 延 长 到 ， 到 ， 到 ， 使 得 ， ，
， 则 有 ， 得 到 点 为 的 重 心 ， 所 以
， 进 而 求 得 ， ，
，得出面积之间的关系，即可求解．
【详解】由题意，分别延长 到 ， 到 ， 到 ，
使得 ， ， ，则有 ，
所以点 为 的重心，所以 ，
又 ， ， ，
从而得到 ，
则 ，即 .故选 C.
【点睛】本题主要考查了平面向量的应用，以及几何概型思想的应用，其中解答中根据响亮
的运算求得点 的位置，得出面积之间的关系是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，
属于中档试题．
11.《蒙娜丽莎》是意大利文艺复兴时期画家列奥纳多 达芬奇创作的油画，现收藏于法国罗浮
宫博物馆.该油画规格为：纵 77cm，横 53cm.油画挂在墙壁上的最低点处 B 离地面 237cm(如图
所示).有一身高为 175cm 的游客从正面观赏它(该游客头顶 T 到眼睛 C 的距离为 15cm)，设该
游客离墙距离为 xcm，视角为 .为使观赏视角 最大，x 应为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
GA GA′ GB GB′ GC GC′ 2GA GA′ = 3GB GB′ =
4GC GC′ = 0GA GB GC′ ′ ′+ + = G A B C′ ′ ′∆
GA B GA C GB CS S S′ ′ ′ ′ ′ ′∆ ∆ ∆
= = 1
6GAB GA BS S ′ ′∆ ∆
= 1
8GAC GACS S ′∆ ∆
=
1
12GBC GB CS S ′∆ ∆
=
GA GA′ GB GB′ GC GC′
2GA GA′ = 3GB GB′ = 4GC GC′ = 0GA GB GC′ ′ ′+ + =
G A B C′ ′ ′∆ GA B GA C GB CS S S′ ′ ′ ′ ′ ′∆ ∆ ∆
= =
1
6GAB GA BS S ′ ′∆ ∆
= 1
8GAC GACS S ′∆ ∆
= 1
12GBC GB CS S ′∆ ∆
=
: :GAB GAC GBCS S S∆ ∆ ∆ = 1 1 1: : 4 :3: 26 8 12
=
1 2 3: P : 4 :3: 2P P = 1 2 3PP> >P
G
⋅
θ θ
77 80 100 77 2【解析】
【分析】
设 ， ，则 ，利用两角差的正切公式用 表示出 ，再根据
对勾函数的单调性求解．
详解】解：过 作 于 ，设 ， ，则 ，
则 （ ）， （ ），
∴ ， ，
∴ ，
∴当且仅当 即 时， 有最大值，此时 也最大，
故选：D．
【点睛】本题主要考查两角差的正切公式的应用，考查对勾函数的单调性与最值，属于中档
题．
12.已知点 是曲线 上任意一点，记直线 （ 为坐标原点）的斜率为 ，给
出下列四个命题：
①存在唯一点 使得 ；
②对于任意点 都有 ；
③对于任意点 都有 ；
④存在点 使得 ，
则所有正确的命题的序号为（ ）
A. ①② B. ③ C. ①④ D. ①③
【
ACDα = Ð BCDβ = Ð θ α β= − x θ
C CD AB⊥ D ACDα = Ð BCDβ = Ð θ α β= −
( )237 175 15 77BD = - - = cm 77 77 154AD = + = cm
154tan AD
CD x
α = =
77tan BD
CD x
β = =
tanθ = ( )tan α β- =
tan tan
1 tan tan
α β
α β
-
+
154 77
154 771
x x
x x
-
=
+ ×
77
11858x x
=
+
11858x x= 77 2x = tanθ θ
P sin lny x x= + OP O k
P 1k = −
P k 0<
P 1k <
P 1k ³【答案】D
【解析】
【分析】
结合正弦函数的值域和对数函数 和直线 的关系，即可判断③正确，④错误.
当 时 ， ， 即 可 判 断 ② 错 误 ； 对 于 ① ， 存 在 唯 一 点 使 得
，即 存在唯一解，令 ，则 存在唯一解，
运用导数判断单调性结合零点存在定理，可判断①正确，由排除法即可得到结论.
【详解】任意 ，一方面 ，
另一方面由 和直线 的图象易证 成立，
即 ，∴ ，
∵ 与 中两个等号成立条件不一样，
∴ 恒成立，
∴ ，则③正确，④错误.
当 时， ，
∴ ，则②错误；
对于①，存在唯一点 使得 ，也就是 存在唯一解，
令 ，则 存在唯一解，
∵ 恒成立，
∴函数 ，在 上单调递增，
又 ， ，
∴ 存在唯一解，故①正确，
故选：D
【点睛】本题主要考查直线的斜率范围，同时考查了利用导数解决方程的根，考查了学生分
析问题和判断问题的能力，属于难题.
二.填空题（共 4 小题，每题 5 分，共 20 分）
lny x= 1y x= −
π π2 x≤ < sin ln 0y x x= + > P
1k = − sin ln 1x x
x
+ = - ( ) sin lng x x x x= + + ( ) 0g x =
0x > sin ln ln 1y x x x= + ≤ +
lny x= 1y x= − ln 1x x≤ −
ln 1x x+ ≤ sin lny x x x= + ≤
sin ln ln 1y x x x= + ≤ + ln 1x x+ ≤
sin lny x x x= + <
1k <
π π2 x≤ < sin ln 0y x x= + >
0k >
P 1k = − sin ln 1x x
x
+ = -
( ) sin lng x x x x= + + ( ) 0g x =
( ) ( ) 1sin ln cos 1 0g x x x x x x
′′ = + + = + + >
( ) sin lng x x x x= + + ( )0, ∞+
( )1 0g > ( )0.1 0g <
sin ln 0x x x+ + =13.若实数 ， 满足约束条件 ，则 的最小值为__________
【答案】
【解析】
【分析】
首先根据题意作出可行域，根据 的几何意义，从而求出最小值.
详解】由题意作平面区域如下，
由 解得， ，
令
则 经过可行域的 时，目标函数取得最小值.
故 的最小值是 .
故答案为：
【点睛】本题主要考查线性规划问题，根据题意画出可行域为解题的关键，属于简单题.
14.已知 ，则 的展开式中 的系数为__________（用数字表示）
【答案】
【解析】
【分析】
【
x y
2 0
2 0
2 4 0
x y
x y
x y
− + ≥
− ≤
+ − ≤
x y+
6−
x y+
2 0
2 0
x y
x y
− + =
− =
( )4, 2A − −
z x y= +
z x y= + A
z x y= + 6−
6−
1 2
1
10 1
π
x dx
m −
−
= ∫ 1 m
x
x
−
2x
10−首先根据定积分的几何意义求解 ，再根据 通项公式求解即可.
【详解】因为 表示以 为圆心，1 为半径的圆的上半圆的面积，
所以 ， ；
∴ 其展开式的通项公式为：
；
令 .
∴ 的展开式中 的系数为： .
故答案为：
【点睛】本题主要考查二项式定理，同时考查了定积分的几何意义，属于中档题.
15.已知点 是椭圆 ： 上一点，点 在第一象限且点 关于原点
的对称点为 ，点 在 轴上的投影为 ，直线 与椭圆 的另一个交点为 ，若
为直角三角形，则椭圆 的离心率为__________.
【答案】
【解析】
分析】
设 ， 的坐标，由题意可得 ， 的坐标，由题意可得 ，再由 为
直角三角形，所以 ，可得 ， 的关系，再由 ， ， 的关系求出离心率.
【
m 51( )x
x
−
1 2
1
1 x dx−
−∫ ( )0,0
1 2
1
π1 2x dx−
− =∫
1 2
1
10 1
5π
x dx
m −
−
= =∫
51 1m
x x
x x
− = −
3 5
5 2
1 5 5
1( ) ( ) ( 1)
r
r r r r r
rT C x C x
x
−
−
+ = ⋅ ⋅ − = − ⋅ ⋅
3 5 2 32
r r
− = ⇒ =
1( )mx
x
− 2x 3 3
5( 1) 10C− ⋅ = −
10−
P C ( )2 2
2 2 1 0x y a ba b
+ = > > P P O
Q P x E QE C G PQG
C
2
2
P G Q E
2
2QG PG
bk k a
⋅ = − PQG
1OP PGk k⋅ = − a b a b c【详解】
设 ， ，则由题意可得： ， ，
，
由 作差可得： ，
所以 .
，所以 ，
所以 .
因为 为直角三角形，所以 ，
所以， ，即： .
，离心率 .
故答案为： .
【点睛】本题主要考查椭圆中离心率的求法，根据题意找到 ， ， 的关系式为解题的关键，
属于中档题.
( )P m n, ( ),G x y ( ),Q m n− − ( ),0E m
2 2
2 2QG PG
y n y n y nk k x m x m x m
+ − −⋅ = ⋅ =+ − −
2 2
2 2
2 2
2 2
1
1
m n
a b
x y
a b
+ =
+ =
2 2 2 2
2 2
m x n y
a b
− −= −
2 2 2
2 2 2QG PG
y n bk k x m a
−⋅ = = −−
2GQ EQ
nk k m
= = 2 2
2 2
2 2
PG
b m b mk a n na
= − ⋅ = −
OP
nk m
=
PQG 1OP PGk k⋅ = −
2
2
2 1n mb
m na
−⋅ = − 2 22a b=
2 2 2 2
2
2 2 2
1
2 2
c a b be a a b
−= = = = 2
2e =
2
2
a b c16.若函数 的导函数 ， 的部分图象
如图所示， ，当 ， 时，则 的最大值为
_________.
【答案】
【解析】
【分析】
由图象可得：A＝2， ，解得 ω＝2．可得 f′（x）＝2cos（2 φ）＝﹣2，
|φ| ），把 x ， 2 代入解得 φ．可得 f′（x），进而得出 f（x），g（x）＝f
（x ），利用正弦函数的单调性即可得出结论．
【详解】由图象可得：A＝2， ，解得 ω＝2．
∴f′（x）＝2cos（2 φ）＝﹣2，|φ| ），解得 φ ．
∴f′（x）＝2cos（2x ）．
∴f（x）＝sin（2x ）+c．（c 为常数）．
g（x）＝f（x ）＝sin2x+c．
x∈[ ， ]时，2x∈ ．
sin2x∈ ，
当 x1，x2∈[ ， ]时，则|g（x1）﹣g（x2）|＝|sin2x1﹣sin2x2|≤1﹣（ ） ．
( )f x ( ) cos( )( 0, 0,| | )2f x A x A
πω ϕ ω ϕ′ = + > > < ( )f x′
( ) ( )12g x f x
π= − 1x 2 [ , ]12 3x
π π∈ − 1 2( ) ( )g x g x−
3
2
1 2 5
4 12 6
π π π
ω× = − 5
12
π× +
2
π＜ 5
12
π= 5' 12f
π = −
12
π−
1 2 5
4 12 6
π π π
ω× = −
5
12
π× +
2
π＜
6
π=
6
π+
6
π+
12
π−
12
π−
3
π 2
6 3
π π − ，
1 12
− ，
12
π−
3
π 1
2
− 3
2
=因此当 x1，x2∈[ ， ]时，则|g（x1）﹣g（x2）|的最大值为 ．
故答案为 ．
【点睛】本题考查了导数的运算法则、三角函数的图象与性质、等价转化方法、数形结合方
法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
三、解答题（共 70 分，第 22、23 题为选考题，考生根据要求选择其中一个作答.）
17.如图，四棱锥 中侧面 为等边三角形且垂直于底面 ， ，
， ， 是 的中点.
（1）证明：直线 平面 ；
（2）求二面角 的余弦值.
【答案】（1）证明见解析（2）
【解析】
【分析】
（1）证明四边形 是平行四边形，可得 ，进而得证.
（2）首先取 的中点 ，连接 ，根据题意易证 底面 ， 再建立空间直角
坐标系，求出两平面的法向量，利用向量的夹角公式即可求得余弦值.
【详解】（1）取 的中点 ，连接 ， ，
∵ 是 的中点，∴ ，
12
π−
3
π 3
2
3
2
P ABCD− PAB ABCD AB BC⊥
//BC AD 1
2AB BC AD= = E PD
//CE PAB
B PC D− −
15
5
−
EFBC CE BE∥
AB O PO PO ⊥ ABCD
PA F FE FB
E PD 1// 2FE AD又 ，∴ ，
∴四边形 是平行四边形，
∴ ，
又 不在平面 内， 在平面 内，
∴ 平面 .
（2）取 的中点 ，连接 .
因为 ，所以
又因为平面 底面 ，所以 底面 .
分别以 、 所在的直线为 轴和 轴，以底面内 的中垂线为 轴
建立空间直角坐标系，
令 ，则 ，
因为 是等边三角形，则 ， 为 的中点， ，
则 ， ， ，
∴ ， ， ，
设平面 的法向量为 ，平面 的法向量为 ，
则 ，令 ， ，
1//
2BC AD //FE BC
EFBC
/ /CE BF
CE PAB BF PAB
/ /CE PAB
AB O PO
PA PB= PO AB⊥
PAB ⊥ ABCD AB= PO ⊥ ABCD
AB PO x z AB y
1 22AB BC AD= = = 4=AD
PAB△ 2PA PB= = O AB 3PO =
( )0,0, 3P ( )1,0,0B ( )1,2,0C ( )1,4,0D −
( )1,2, 3PC = − ( )0,2,0BC = ( )2,2,0CD = −
PBC ( ), ,m x y z= PDC ( ), ,n a b c=
2 3 0
0 2 0 0
m PC x y z
m BC y
⋅ = + − = ⋅ = + + =
3x = ( )3,0,1m =，令 ，故可取 ，
∴ ，
经检验，二面角 的余弦值的大小为 .
【点睛】本题第一问考查线面平行的证明，第二问考查向量法求二面角的余弦值，同时考查
了学生的计算能力，属于中档题.
18.甲、乙两同学在复习数列时发现原来曾经做过的一道数列问题因纸张被破坏，导致一个条
件看不清，具体如下：等比数列 的前 n 项和为 ，已知_____，
（1）判断 ， ， 的关系；
（2）若 ，设 ，记 的前 n 项和为 ，证明： .
甲同学记得缺少的条件是首项 a1 的值，乙同学记得缺少的条件是公比 q 的值，并且他俩都记
得第（1）问的答案是 ， ， 成等差数列.如果甲、乙两同学记得的答案是正确的，请你
通过推理把条件补充完整并解答此题.
【答案】（1） （2）见解析
【解析】
【分析】
（1）可补充公比 q 的值，由等比数列的通项公式和等差数列的中项性质，计算可得所求结论；
（2）由等比数列的通项公式求得 ，再由数列的错位相减法求和，结合等比数
列的求和公式，不等式的性质，即可得证.
【详解】（1）由题意可得 ， ，
，
可得 ，即 ， ， 成等差数列；
2 3 0
2 2 0 0
n PC a b c
n CD a b
⋅ = + − = ⋅ = − + + =
1a = ( )1,1, 3n =
2 3 15cos , = 52 5
m n
m n
m n
⋅
< > = =
B PC D− − 15
5
−
{ }na nS
1S 2S 3S
1 3 3a a− =
12n n
nb a= { }nb nT 4
3nT <
1S 3S 2S
1 2 32S S S+ =
2 1
3 2
n
nb n = ⋅
1 1S a= 2 1 2 1 1 1
1 1
2 2S a a a a a= + = − =
3 1 2 3 1 1 1 1
1 1 3
2 4 4S a a a a a a a= + + = − + =
1 2 32S S S+ = 1S 3S 2S（2）证明：由 ，可得 ，解得 ，
，
则 ，
，
上面两式相减可得
，
化简可得 ，
由 ，可得 .
【点睛】本小题主要考查证明数列是等差数列，考查错位相减求和法，考查分析、思考与解
决问题的能力，属于中档题.
19.椭圆 （ ）的离心率是 ，点 在短轴 上，且
．
（1）求椭圆 的方程；
（2）设 为坐标原点，过点 的动直线与椭圆交于 两点，是否存在常数 ，使得
为定值？若存在，求 的值；若不存在，请说明理由
【答案】（1） ；（2）见解析.
【解析】
1 3 3a a− = 1 1
1 34a a− = 1 4a =
11 2 1412 12 2 3 2
n n
n n
n nb a n
− = = ⋅ ⋅ − = ⋅
2 1 1 1 11 2 33 2 4 8 2n nT n = ⋅ + ⋅ + ⋅ + + ⋅
1
1 2 1 1 1 11 2 32 3 4 8 16 2n nT n +
= ⋅ + ⋅ + ⋅ + + ⋅
1
1 2 1 1 1 1 1 1
2 3 2 4 8 16 2 2n n nT n +
= + + + + + − ⋅
1
1 112 12 2
13 21 2
n
nn +
− = − ⋅
−
1
4 213 2n n
nT +
+ = −
1
21 12n
n
+
+− < 4
3nT <
2 2
2 2: 1x yE a b
+ = 0a b> > 2
2
(0,1)P CD
1PC PD⋅ = −
E
O P ,A B λ
OA OB PA PBλ⋅ + ⋅ λ
2 2
14 2
x y+ =【详解】（1）由已知，点 C，D 的坐标分别为（0，－b），（0，b）
又点 P 的坐标为（0，1），且 ＝－1
于是 ，解得 a＝2，b＝
所以椭圆 E 方程为 .
（2）当直线 AB 斜率存在时，设直线 AB 的方程为 y＝kx＋1
A，B 的坐标分别为（x1，y1），（x2，y2）
联立 ，得（2k2＋1）x2＋4kx－2＝0
其判别式△＝（4k）2＋8（2k2＋1）＞0
所以
从而 ＝x1x2＋y1y2＋λ[x1x2＋（y1－1）（y2－1）]
＝（1＋λ）（1＋k2）x1x2＋k（x1＋x2）＋1
＝
＝－
所以，当 λ＝1 时，－ ＝－3，
此时， ＝－3 为定值.
当直线 AB 斜率不存在时，直线 AB 即 直线 CD
此时 ＝－2－1＝－3
故存在常数 λ＝1，使得 为定值－3.
考点：本题主要考查椭圆的标准方程、直线方程、平面向量等基础知识，考查推理论证能力、
为
PC PD⋅
2
2 2 2
1 1
2{ 2
b
c
a
a b c
− = −
=
− =
2
2 2
14 2
x y+ =
2 2
1{ 4 2
1
x y
y kx
+ =
= +
1 2 1 22 2
4 2,2 1 2 1
kx x x xk k
+ = − = −+ +
OA OB PA PBλ⋅ + ⋅
2
2
( 2 4) ( 2 1)
2 1
k
k
λ λ− − + − −
+
OA OB PA PBλ⋅ + ⋅
OA OB PA PB OC OD PC PDλ⋅ + ⋅ = ⋅ + ⋅
OA OB PA PBλ⋅ + ⋅ 运算求解能力，考查数形结合、化归与转化、特殊与一般、分类与整合等数学思想.
20.调味品品评师的重要工作是对各种品牌的调味品进行品尝，分析、鉴定，调配、研发，周
而复始、反复对比.对调味品品评师考核测试的一种常用方法如下：拿出 n 瓶外观相同但品质
不同的调味品让其品尝，要求其按品质优劣为它们排序；经过一段时间，等其记忆淡忘之后，
再让其品尝这 n 瓶调味品，并重新按品质优劣为它们排序，这称为一轮测试.根据一轮测试中
的两次排序的偏离程度的高低为其评分.现设 ，分别以 ， ， ， 表示第一次排序
时被排为 1，2，3，4 的四种调味品在第二次排序时的序号，并令
，则 X 是对两次排序的偏离程度的一种描述.（如第二
次排序时的序号为 1，3，2，4，则 ）.
（1）写出 X 的所有可能值构成的集合；
（2）假设 ， ， 的排列等可能地为 1，2，3，4 的各种排列，求 X 的数学期望；
（3）某调味品品评师在相继进行的三轮测试中，都有 .
（i）试按（2）中的结果，计算出现这种现象的概率（假定各轮测试相互独立）；
（ⅱ）请你判断该调味品品评师的品味鉴别能力如何？并说明理由.
【答案】（1） （2）5（3）（ⅰ） （ⅱ）我们认为该品酒师确定有良好的味觉
鉴别功能，不是靠随机猜测.
【解析】
【分析】
（1）在 1，2，3，4 中奇数与偶数各有两个，从而 ， 中的奇数个数等于 ， 中的偶数
个数，进而 与 的奇偶性相同，由此能举出使得 X 所有可能值
构成的集合.
（2）可用列表法列出 1，2，3，4 的一共 24 种排列，求得分布列进而求出 X 的数学期望.
（3）（ⅰ）首先 ，将三轮测试都有 的概
率记做 p，由独立性假设能求出结果.
（ⅱ）由于 是一个很小的概率，这表明如果仅凭随机猜测得到三轮测试都有
4n = 1a 2a 3a 4a
1 2 3 41 2 3 4X a a a a= − + − + − + −
2X =
1a 2a 3 4,a a
2X ≤
{ }0,2,4,6,8 1
216
2a 4a 1a 3a
1 31 3a a− + − 2 42 4a a− + −
( ) ( ) ( ) 4 12 0 2 24 6P X P X P X≤ = = + = = = 2X ≤
1 5
216 1000p = ( )g x
( ) ( ) ( ) ( )1 1 1 1
min 1 1g x g e e e eλ λ λ λλ λ λ− − − −= = − − − = −
( ) 1h eλλ λ −= − ( ) 11h eλλ −′ = −
( ) 0h λ′ = 1λ =当 时， ， 为增函数，
当 时， ， 为减函数，
所以 ，所以 .
又因为 恒成立，所以 .
（3）设 ， ，
则 ，
当 时， ， 单调递减，
当 时， ， 单调递增，
故当 时，函数 取得最小值， .
因此 .
设直线 与 的交点为 ，则 ，
∴ ，且 ，当且仅当 时取等号.
又由（2）可知 ，设直线 分别于 交于点 .
则 ，∴ ，且 ，当且仅当 时取等号.
因此 .
因为等号成立的条件不能同时满足，
∴ .
∴ .
【点睛】本题第一问考查导数的切线问题，第二问考查利用导数解决恒成立问题，第三问考
( )0,1λ ∈ ( ) 0h λ′ > ( )λh
( )1,λ ∈ +∞ ( ) 0h λ′ < ( )λh
( )max (1) 0h hλ = = 1 0eλλ −− ≤
1 0eλλ −− ≥ 1λ =
( ) ( ) ( )2 2lnk x f x x e x x x e− −= − − − = + + 0x >
( ) 2 lnk x x′ = +
20 x e−< < ( ) 0k x′ < ( )k x
2x e−> ( ) 0k x′ > ( )k x
2x e−= ( )k x ( )2 2 2 22 0k e e e e− − − −+ +− ==
( ) 2f x x e−≥ − −
2y x e−= − − y a= ( )1 ,x a′ 2 2
1 1a x e x e− −′= − − ≥ − −
2
1x a e−′ = − − 1 1x x′ ≤ 22a e−= −
( ) 1f x x≥ − 1y x= − y a= ( )2 ,x a′
2 21 1a x x′= − ≥ − 2 1x a′ = + 2 2x x ′≤ 0a =
( ) ( )2 2
2 1 2 1 1 2 1x x x x a a e a e− −′ ′− ≤ − = + − − − = + +
2
2 1 2 1x x a e−− < + +
( ) 2 2
2 1 1 1 2x x e ae− − < +查利用导数证明不等式，同时考查了学生分析问题和计算的能力，属于难题.
（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.已知曲线 ： （ 为参数），以坐标原点为极点， 轴的正半轴为极轴建
立极坐标系，曲线 的极坐标方程为 .
（1）把 的参数方程化为极坐标方程；
（2）求 与 交点的极坐标 .
【答案】（1） （2）极坐标分别为 ，
【解析】
【分析】
（ 1 ） 将 曲 线 ： 的 参 数 消 去 可 得 ： ， 即
，把 代入即可得到极坐标方程.
（2）曲线 的极坐标方程为 ，化为 ，化为普通方程
，联立解得直角坐标再求极坐标即可.
【详解】（1）把曲线 ： 的参数他消去可得：
，即 .
把 代入可得 .
即 的极坐标方程为： .
（2）曲线 的极坐标方程为 ，化为 ，
化为普通方程： .
1C 1 2 cos
1 2 sin
x t
y t
= +
= +
t x
2C 2sinρ θ=
1C
1C 2C ( )0,0 2πρ θ≥ ≤ <
2cos +2sinρ θ θ= ( )0,0 π2, 2
1C 1 2 cos
1 2 sin
x t
y t
= +
= +
( ) ( )2 21 1 2x y− + − =
2 2 2 2 0x y x y+ − − = cos
sin
x
y
ρ θ
ρ θ
=
=
2C 2sinρ θ= 2 2 sinρ ρ θ=
2 2 2 0x y y+ − =
1C 1 2 cos
1 2 sin
x t
y t
= +
= +
( ) ( )2 21 1 2x y− + − = 2 2 2 2 0x y x y+ − − =
cos
sin
x
y
ρ θ
ρ θ
=
=
2 2 cos 2 sin 0ρ ρ θ ρ θ− − =
1C 2cos +2sinρ θ θ=
2C 2sinρ θ= 2 2 sinρ ρ θ=
2 2 2 0x y y+ − =联立 ，解得 或 .
∴极坐标分别为 ， .
【点睛】本题第一问考查圆的参数方程和极坐标方程，第二问考查点的极坐标，熟记公式为
解题的关键，属于中档题.
23.已知绝对值不等式：│x+1│+│x-1│>a2－5a+4
（1）当 a=0 时，求 x 的范围；（2）若对于任意的实数 x 以上不等式恒成立，求 a 的范围
【答案】（1）x＞2 或 x＜－2；（2） .
【解析】
试题分析：（1）将条件带入，零点分段去绝对值求解即可；
（2）由│x+1│+│x-1│≥2，│x+1│+│x-1│>a2－5a+4 恒成立，即 2>a2－5a+4 恒成立，进而求
解即可.
试题解析：
（1）、当 a=0 时，原不等式变为：│x+1│+│x-1│> 4，
解此不等式可得：x＞2 或 x＜－2,
（2）由│x+1│+│x-1│≥2，
所以│x+1│+│x-1│>a2－5a+4 恒成立，即 2>a2－5a+4 恒成立
所以 .
点睛：含绝对值不等式的解法由两个基本方法，一是运用零点分区间讨论，二是利用绝对值
的几何意义求解.法一是运用分类讨论的思想，法二是运用数形结合思想，将绝对值不等式与
函数以及不等式恒成立交汇、渗透，解题时强化函数、数形结合与转化化归思想方法的灵活
应用，这是命题的新动向.
2 2
2 2
2 2 0
2 0
x y x y
x y y
+ − − =
+ − =
0
0
x
y
=
=
0
2
x
y
=
=
( )0,0 π2, 2
5 17 5 17
2 2a
− +< <
5 17 5 17
2 2a
− +<
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