广东省湛江市2020年普通高考测试（二）文科数学354C （解析版）

2020 年湛江市高考数学二模试卷（文科） 一、选择题（共 12 小题）. 1．已知集合 A＝{x|y = 1 푥 + 1}，B＝{x|x≤1}，则 A∩B＝（　　） A．（﹣1，+∞） B．[﹣1，1） C．（﹣1，1] D．（﹣∞，1] 2．（ ퟐ + 4i）i5＝（　　） A． ― ퟐ + 4i B．﹣4 ― ퟐi C．﹣4 + ퟐi D． ― ퟐ ― 4i 3．已知函数 f（x）＝ax2+2bx 的图象在点（1，f（1））处的切线方程为 y＝4x+3，则 b﹣a ＝（　　） A．﹣8 B．20 C．8 D．﹣20 4．高二某班共有学生 45 人，学号依次为 1，2，3，…，45，现按学号用系统抽样的办法抽 取一个容量为 5 的样本，已知学号为 6，24，33 的学生在样本中，那么样本中还有两个 学生的学号应为（　　） A．15，42 B．15，43 C．14，42 D．14，43 5．已知 a＝lg2，b＝ln2，c＝e1 2，则（　　） A．a＜c＜b B．a＜b＜c C．b＜c＜a D．b＜a＜c 6．下列图象为函数 y = 푠푖푛푥 푥 ，y = 푠푖푛3푥 푥 ，y = 푠푖푛푥 푥2 ，y = 푐표푠푥 2 푥2 的部分图象，则按顺序对应关系 正确的是（　　）A．①②③④ B．①②④③ C．①③②④ D．②①④③ 7．我国南北朝时期的数学家祖暅提出了计算几何体体积的祖暅原理：“幂势既同，则积不 容异“．意思是两个同高的几何体，如果在等高处的截面积都相等，那么这两个几何体 的体积相等．现有某几何体和一个圆锥满足祖暅原理的条件，若该圆锥的侧面展开图是 半径为 3 的圆的三分之一，则该几何体的体积为（　　） A．2 2 3 π B．4 2 3 π C．4 ퟐ흅 D．8 3흅 8．执行如图所示的程序框图，若输出的 y＝3，则输入的 x 的值为（　　） A．﹣2 B．2 C．5 或﹣2 D．7 或﹣2 9．若双曲线 E：푥2 푎2 ― 푦2 푏2 = 1（a＞0，b＞0）的一条渐近线被圆（x﹣4）2+y2＝16 所截得的 弦长为 4，则 E 的离心率为（　　）A．2 B． ퟑ C． ퟐ D．2 3 3 10．在△ABC 中，角 A、B、C 的对边分别为 a，b，c，若 A = 휋 3，c＝1，asinC＝bsinB，则 △ABC 的面积为（　　） A． 3 3 B． 3 2 C． 3 8 D． 3 4 11．已知函数 f（x）＝Acos（ωx+φ）（A＞0，ω＞0，0＜φ＜π）的图象的一个最高点为 （ ― 휋 12，ퟑ)，与之相邻的一个对称中心为( 휋 6，ퟎ)，将 f（x）的图象向右平移휋 6个单位长 度得到函数 g（x）的图象，则（　　） A．g（x）为偶函数 B．g（x）的一个单调递增区间为[ ― 5휋 12， 휋 12] C．g（x）为奇函数 D．函数 g（x）在[ퟎ， 휋 2]上有两个零点 12．已知正方体 ABCD﹣A1B1C1D1 的棱长为 2，E 为 A1B1 的中点，则三棱锥 E﹣ABC1 的外 接球的表面积为（　　） A．50π B．25π C．125 2 8 흅 D．25 2 흅 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→ 풂 = （4，﹣1），→ 풃 = （m，3），若（→ 풂 ― → 풃）⊥→ 풂，则 m＝　 　． 14．已知定义域为 R 的函数 f（x）满足 f（﹣x）＝﹣f（x），f（x+2）＝﹣f（x），且 f （x） = {풙ퟑ，ퟎ ≤ 풙 ≤ ퟏ ퟑ풙，ퟏ＜풙＜ퟐ ，则 f（7）＝　 　． 15．已知 α∈（0，π），sinα+cosα = 10 5 ，则 tan2α＝　 　． 16．已知抛物线 C：y2＝2x，过点 E（a，0）的直线 l 与 C 交于不同的两点 P（x1，y1），Q（x2，y2），且满足 y1y2＝﹣4，以 Q 为中点的线段的两端点分别为 M，N，其中 N 在 x 轴上，M 在 C 上，则 a＝　 　．|PM|的最小值为　 　． 三、解答题：本大题共5小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.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．已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 Sn＝n2+an﹣1． （1）求{an}的通项公式； （2）设 bn = 1 푎푛푎푛+1 ，求数列{bn}的前 n 项和 Tn． 18．如图，已知直三棱柱 ABC﹣A1B1C1，E，F 分别是棱 CC1，AB 的中点． （1）证明：CF∥平面 AEB1． （2）若 AC＝BC＝AA1＝4，∠ACB＝90°，求三棱锥 B1﹣ECF 的体积． 19．冠状病毒是一个大型病毒家族，已知的有中东呼吸综合征（MERS）和严重急性呼吸综 合征（SARS）等较严重的疾病，新型冠状病毒（nCoV）是以前从未在人体中发现的冠 状病毒新毒株，某小区为进一步做好新型冠状病毒肺炎疫情知识的教育，在小区内开展 “新型冠状病毒防疫安全公益课”在线学习，在此之后组织了“新型冠状病毒防疫安全 知识竞赛”在线活动．已知进入决赛的分别是甲、乙、丙、丁四位业主，决赛后四位业 主相应的名次为第 1，2，3，4 名，该小区为了提高业主们的参与度和重视度，邀请小区 内的所有业主在比赛结束前对四位业主的名次进行预测，若预测完全正确将会获得礼品， 现用 a，b，c，d 表示某业主对甲、乙、丙、丁四位业主的名次做出一种等可能的预测排 列，记 X＝|a﹣1|+|b﹣2|+|c﹣3|+|d﹣4|．（1）求出（a，b，c，d）的所有可能情形； （2）若 X≤6 会有小礼品赠送，求该业主获得小礼品的概率， 20．已知函数 f（x）＝ax2+blnx 在 x = 1 2处取得极小值1 2 + ln2． （1）求 f（x）； （2）令函数 g（x）＝mx3﹣lnx+2，若 f（x）≤g（x）对 x∈[1，4]恒成立，求 m 的取值 范围． 21．已知椭圆 C：푥2 푎2 + 푦2 푏2 = 1（a＞b＞0）的离心率为 3 2 ，点 M（a，0），N（0，b），O （0，0），且△OMN 的面积为 1． （1）求椭圆 C 的标准方程； （2）设 A，B 是 x 轴上不同的两点，点 A（异于坐标原点）在椭圆 C 内，点 B 在椭圆 C 外．若过点 B 作斜率不为 0 的直线与 C 相交于 P，Q 两点，且满足∠PAB+∠QAB＝ 180°．证明：点 A，B 的横坐标之积为定值． （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.[选修 4-4：坐标系与参数方程] 22．在直角坐标系 xOy 中，曲线 C 的参数方程为{풙 = ― 3 2 + 풄풐풔휶 풚 = 1 2 + 풔풊풏휶 （α 为参数），以坐标原 点 O 为极点，x 轴的正半轴为极轴，建立极坐标系． （1）设射线 l 的极坐标方程为 θ = 2휋 3 ，若射线 l 与曲线 C 交于 A，B 两点，求 AB 的长； （2）设 M，N 是曲线 C 上的两点，若∠MON = 휋 2，求△OMN 的面积的最大值． [选修 4-5；不等式选讲] 23．已知函数 f（x）＝|2x+4|﹣|2x﹣2|． （1）求不等式|f（x）|＜4 的解集；（2）记 f （x）的最大值为 m，设 a，b，c＞0，且 a+2b+3c＝m，证明：1 푎 + 1 2푏 + 1 3푐 ≥ 3 2．参考答案 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，只有 一项是符合题目要求的. 1．已知集合 A＝{x|y = 1 푥 + 1}，B＝{x|x≤1}，则 A∩B＝（　　） A．（﹣1，+∞） B．[﹣1，1） C．（﹣1，1] D．（﹣∞，1] 【分析】可以求出集合 A，然后进行交集的运算即可． 解：∵A＝{x|x＞﹣1}，B＝{x|x≤1}， ∴A∩B＝（﹣1，1]． 故选：C． 【点评】本题考查了描述法、区间的定义，交集的运算，考查了计算能力，属于基础 题． 2．（ ퟐ + 4i）i5＝（　　） A． ― ퟐ + 4i B．﹣4 ― ퟐi C．﹣4 + ퟐi D． ― ퟐ ― 4i 【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案． 解：（ ퟐ + 4i）i5＝（ ퟐ + 4i）i＝﹣4 + ퟐ풊． 故选：C． 【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查虚数单位 i 的运算性质，是基础题． 3．已知函数 f（x）＝ax2+2bx 的图象在点（1，f（1））处的切线方程为 y＝4x+3，则 b﹣a ＝（　　） A．﹣8 B．20 C．8 D．﹣20 【分析】求得 f（x）的导数，可得切线的斜率和切点，由已知切线的方程，可得 a，b 的方程组，解方程可得所求值． 解：函数 f（x）＝ax2+2bx 的导数为 f′（x）＝2ax+2b， 可得函数的图象在点（1，f（1））处的切线斜率为 2a+2b， 再由切线方程为 y＝4x+3，可得 2a+2b＝4，即 a+b＝2， 由 f（1）＝a+2b＝7， 解方程可得 a＝﹣3，b＝5，所以 b﹣a＝8． 故选：C． 【点评】本题考查导数的运用：求切线的方程，考查直线方程的运用，主要考查方程思 想和运算能力，属于基础题． 4．高二某班共有学生 45 人，学号依次为 1，2，3，…，45，现按学号用系统抽样的办法抽 取一个容量为 5 的样本，已知学号为 6，24，33 的学生在样本中，那么样本中还有两个 学生的学号应为（　　） A．15，42 B．15，43 C．14，42 D．14，43 【分析】根据系统抽样的定义，算出每组人数即组距，再利用第一组抽到的学号依次加 上组距即可求出所有抽得的学号． 解：由题意可知，每组人数为45 5 = 9，即组距为 9， 所以另外两个学生的学号为 6+9＝15，和 33+9＝42， 故选：A． 【点评】本题主要考查了系统抽样，是基础题． 5．已知 a＝lg2，b＝ln2，c＝e1 2，则（　　） A．a＜c＜b B．a＜b＜c C．b＜c＜a D．b＜a＜c【分析】利用换底公式可得 a＝lg2 = 1 푙표푔210，b＝ln2 = 1 푙표푔2푒，再利用对数函数的单调性 即可得出． 解：a＝lg2 = 1 푙표푔210，b＝ln2 = 1 푙표푔2푒，∴a＜b＜1， 又 c＝e1 2＞1， ∴a＜b＜c． 故选：B． 【点评】本题考查了换底公式、对数函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于 基础题． 6．下列图象为函数 y = 푠푖푛푥 푥 ，y = 푠푖푛3푥 푥 ，y = 푠푖푛푥 푥2 ，y = 푐표푠푥 2 푥2 的部分图象，则按顺序对应关系 正确的是（　　） A．①②③④ B．①②④③ C．①③②④ D．②①④③ 【分析】根据函数解析式及函数图象分别判断即可． 解：根据奇偶性可知函数풚 = 푠푖푛푥 푥2 对应的为图④； 由 푐표푠휋 4 (휋 2)2 = 2 2 휋2 ＜ 1 2，可知函数풚 = 푐표푠푥 2 푥2 对应的为图③；由 푠푖푛휋 4 휋 4 ＞ 푠푖푛3휋 4 휋 4 ，可知函数풚 = 푠푖푛푥 푥 ，풚 = 푠푖푛3푥 푥 对应的图分别为①，②； 故选：B． 【点评】本题考查函数图象的运用，考查数形结合思想，属于基础题． 7．我国南北朝时期的数学家祖暅提出了计算几何体体积的祖暅原理：“幂势既同，则积不 容异“．意思是两个同高的几何体，如果在等高处的截面积都相等，那么这两个几何体 的体积相等．现有某几何体和一个圆锥满足祖暅原理的条件，若该圆锥的侧面展开图是 半径为 3 的圆的三分之一，则该几何体的体积为（　　） A．2 2 3 π B．4 2 3 π C．4 ퟐ흅 D．8 3흅 【分析】由已知列式求得圆锥的底面半径与高，代入圆锥体积公式求解． 解：由题意可知，几何体的体积等于圆锥的体积， ∵圆锥的侧面展开图恰为一个半径为 3 的圆的三分之一， ∴圆锥的底面周长为2휋 × 3 3 = ퟐ흅， 故圆锥的底面半径为 1，圆锥的高为ퟐ ퟐ． ∴圆锥的体积 V = 1 3 × 흅 × ퟏퟐ × ퟐ ퟐ = 2 2 3 흅． 从而所求几何体的体积为 V = 2 2 3 흅． 故选：A． 【点评】本题考查祖暅原理的应用，考查圆锥体积的求法，正确理解题意是关键，是中 档题． 8．执行如图所示的程序框图，若输出的 y＝3，则输入的 x 的值为（　　）A．﹣2 B．2 C．5 或﹣2 D．7 或﹣2 【分析】由程序框图分 x＜0 和 x≥0 时两种情况，分别求出输出 y 的值为 3 的 x 值，进 而可得答案． 解：由程序框图可得：由{풙 ≥ ퟎ 풍풐품ퟐ(풙 + ퟏ) = ퟑ，解得 x＝7； 由{풙＜ퟎ ퟐ―풙 ― ퟏ = ퟑ，解得 x＝﹣2． 综上，输入的 x 的值为 7 或﹣2． 故选：D． 【点评】本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得 出正确的结论，是基础题． 9．若双曲线 E：푥2 푎2 ― 푦2 푏2 = 1（a＞0，b＞0）的一条渐近线被圆（x﹣4）2+y2＝16 所截得的 弦长为 4，则 E 的离心率为（　　） A．2 B． ퟑ C． ퟐ D．2 3 3 【分析】设双曲线的一条渐近线方程为 bx+ay＝0，由圆心到直线的距离公式及垂径定理 列式求解． 解：设双曲线的一条渐近线方程为 bx+ay＝0，则圆心（4，0）到该直线的距离 d = |4푏| 푎2 + 푏2= 4푏 푐 ， 由题意，ퟐ ퟏퟔ ― ( 4푏 푐 )ퟐ = ퟒ，即푏2 푐2 = 3 4，得푎2 푐2 = 1 4． ∴E 的离心率为 2． 故选：A． 【点评】本题考查圆与双曲线的综合，考查点到直线距离公式的应用，是中档题． 10．在△ABC 中，角 A、B、C 的对边分别为 a，b，c，若 A = 휋 3，c＝1，asinC＝bsinB，则 △ABC 的面积为（　　） A． 3 3 B． 3 2 C． 3 8 D． 3 4 【分析】利用正弦定理由已知可得 ac＝b2，又 c＝1，可求 b2＝a，利用余弦定理可求 a （a﹣1）＝1 ― 풂，解得 a，可求 b 的值，根据三角形的面积公式即可求解． 解：∵asinC＝bsinB，∴ac＝b2， ∵c＝1，∴b2＝a， ∵A = 휋 3， ∴a2＝b2+c2﹣2bccosA＝a+1 ― 풂，整理可得 a（a﹣1）＝1 ― 풂， ∴a＝1，b＝1， ∴S△ABC = 1 2bcsinA = 1 2 × ퟏ × ퟏ × 3 2 = 3 4 ． 故选：D． 【点评】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形的面积公式在解三角形中的综合 应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题． 11．已知函数 f（x）＝Acos（ωx+φ）（A＞0，ω＞0，0＜φ＜π）的图象的一个最高点为（ ― 휋 12，ퟑ)，与之相邻的一个对称中心为( 휋 6，ퟎ)，将 f（x）的图象向右平移휋 6个单位长 度得到函数 g（x）的图象，则（　　） A．g（x）为偶函数 B．g（x）的一个单调递增区间为[ ― 5휋 12， 휋 12] C．g（x）为奇函数 D．函数 g（x）在[ퟎ， 휋 2]上有两个零点 【分析】先根据余弦函数的图象和性质求出 f（x）解析式，再根据图象的变换规律求得 g （x）的解析式，最后根据余弦函数性质得出结论． 解：由题可得：푇 4 = 휋 6 ― （ ― 휋 12） = 휋 4； ∴T＝π⇒ω＝2； ∴f（x）＝3cos（2x+φ）； 因为 f（ ― 휋 12）＝3cos[（2×（ ― 휋 12）+φ]＝3⇒ ― 휋 6 + φ＝Kπ； ∵0＜φ＜π； ∴φ = 휋 6，∴f（x）＝3cos（2x + 휋 6）； ∴g（x）＝3cos[2（x ― 휋 6） + 휋 6]＝3cos（2x ― 휋 6）；是非奇非偶函数； 令﹣π+2kπ≤2x ― 휋 6 ≤ 2kπ⇒ ― 5휋 12 + kπ≤x≤kπ + 휋 12，k∈z； 当 k＝0 时，g（x）的一个单调递增区间为：[ ― 5휋 12， 휋 12]； 2x ― 휋 6 = kπ + 휋 2⇒x = 푘휋 2 + 휋 3，k∈z，∴函数 g（x）在[0，휋 2]上只有一个零点． 故选：B．【点评】本题主要考查由函数 y＝Asin（ωx+φ）的部分图象求解析式，函数 y＝Asin （ωx+φ）的图象变换规律，属于基础题． 12．已知正方体 ABCD﹣A1B1C1D1 的棱长为 2，E 为 A1B1 的中点，则三棱锥 E﹣ABC1 的外 接球的表面积为（　　） A．50π B．25π C．125 2 8 흅 D．25 2 흅 【分析】由条件判断得到三棱锥 E﹣ABC1 的外接球即四棱锥 E﹣ABC1D1 的外接球，设 四棱锥 E﹣ABC1D1 的外接球半径为 R，则 R2＝（ ퟑ）2+（ ퟐ ― R）2，解出 R 即可 解：如图，因为 A、B、C1、D1 的四点共面， 所以三棱锥 E﹣ABC1 的外接球即四棱锥 E﹣ABC1D1 的外接球， 因为 ABC1D1 为矩形，且 AB＝2，BC1＝2 ퟐ，EA＝EB＝EC1＝ED1 = ퟓ， 四棱锥 E﹣ABC1D1 的高为 ퟐ， 设四棱锥 E﹣ABC1D1 的外接球半径为 R，则 R2＝（ ퟑ）2+（ ퟐ ― R）2，解得 R = 5 4 ퟐ， 则三棱锥的外接球表面积 S＝4π×（5 4 ퟐ）2 = 25 2 π， 故选：D． 【点评】本题考查三棱锥外接球表面积，转化为求四棱锥的外接球半径是关键，考查数 形结合思想，属于中档题． 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→ 풂 = （4，﹣1），→ 풃 = （m，3），若（→ 풂 ― → 풃）⊥→ 풂，则 m＝　5　． 【分析】由已知结合向量数量积的坐标表示即可求解． 解：因为→ 풂 = （4，﹣1），→ 풃 = （m，3）， 所以→ 풂 ― → 풃 = （4﹣m，﹣4）， 又（→ 풂 ― → 풃）⊥→ 풂， 则 4（4﹣m）+（﹣1）×（﹣4）＝0， 解可得 m＝5． 故答案为：5 【点评】本题主要考查了向量数量积的性质的坐标表示，属于基础试题． 14．已知定义域为 R 的函数 f（x）满足 f（﹣x）＝﹣f（x），f（x+2）＝﹣f（x），且 f （x） = {풙ퟑ，ퟎ ≤ 풙 ≤ ퟏ ퟑ풙，ퟏ＜풙＜ퟐ ，则 f（7）＝　﹣1　． 【分析】推导出 f（x+4）＝﹣f（x+2）＝f（x），且 f（x）是奇函数，从而 f（7）＝f （﹣1）＝﹣f（1），由此能求出结果． 解：∵定义域为 R 的函数 f（x）满足 f（﹣x）＝﹣f（x），f（x+2）＝﹣f（x）， ∴f（x+4）＝﹣f（x+2）＝f（x），且 f（x）是奇函数， ∴f（7）＝f（﹣1）＝﹣f（1）＝﹣1． 故答案为：﹣1． 【点评】本题考查函数值的求法，考查函数性质等基础知识，考查运算求解能力，是基 础题． 15．已知 α∈（0，π），sinα+cosα = 10 5 ，则 tan2α＝　3 4　．【分析】将已知等式两边平方，利用同角三角函数基本关系式可求 sinαcosα = ― 3 10，可 得（sinα﹣cosα）2 = 8 5，结合 α 范围，可求 sinα﹣cosα = 2 10 5 ，解得 sinα，cosα 的值， 进而根据同角三角函数基本关系式，二倍角的正切函数公式即可求解 tan2α 的值． 解：∵sinα+cosα = 10 5 ，两边平方，可得 1+2sinαcosα = 2 5， ∴sinαcosα = ― 3 10，由 α∈（0，π），可得 α∈（휋 2，π）， ∴（sinα﹣cosα）2 = 8 5， ∴sinα﹣cosα = 2 10 5 ，解得 sinα = 3 10 10 ，cosα = ― 10 10 ， ∴tanα＝﹣3， ∴tan2α = 2푡푎푛훼 1 ― 푡푎푛2훼 = 3 4． 故答案为：3 4． 【点评】本题主要考查了同角三角函数基本关系式，二倍角的正切函数公式在三角函数 化简求值中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题． 16．已知抛物线 C：y2＝2x，过点 E（a，0）的直线 l 与 C 交于不同的两点 P（x1，y1），Q （x2，y2），且满足 y1y2＝﹣4，以 Q 为中点的线段的两端点分别为 M，N，其中 N 在 x 轴上，M 在 C 上，则 a＝　2　．|PM|的最小值为　4 ퟐ　． 【分析】过点 E（a，0）的直线 l 的方程设为 x＝my+a，代入抛物线的方程，运用韦达 定理，结合条件，解方程可得 a 的值；再设直线 PM 的方程为 x＝ny+b，联立抛物线方 程，设 M（x3，y3），运用韦达定理和中点坐标公式，可得 b＝4，再由弦长公式和二次 函数的最值求法，可得所求最小值． 解：过点 E（a，0）的直线 l 的方程设为 x＝my+a，代入抛物线方程 y2＝2x，可得 y2﹣2my ﹣2a＝0， 所以 y1+y2＝2m，y1y2＝﹣2a＝﹣4，可得 a＝2；设直线 PM 的方程为 x＝ny+b，联立抛物线方程 y2＝2x， 可得 y2﹣2ny﹣2b＝0， 设 M（x3，y3），所以 y1+y3＝2n，y1y3＝﹣2b， 由 Q 为 MN 的中点，且 N 在 x 轴上，可得 y3＝2y2， 即有 2y1y2＝﹣2b＝﹣8，可得 b＝4， 则 |PM| = ퟏ + 풏ퟐ• (풚ퟏ + 풚ퟑ)ퟐ ― ퟒ풚ퟏ풚ퟑ = ퟏ + 풏ퟐ• ퟒ풏ퟐ + ퟑퟐ = 2 풏ퟒ + ퟗ풏ퟐ + ퟖ = 2 (풏ퟐ + 9 2)ퟐ ― 49 4 ≥ 4 ퟐ， 当 n＝0 即 PM⊥x 轴时，|PM|取得最小值 4 ퟐ． 故答案为：2，4 ퟐ． 【点评】本题考查抛物线的方程和运用，考查直线方程和抛物线联立，运用韦达定理和 弦长公式，考查方程思想和运算能力，属于中档题． 三、解答题：本大题共5小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.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．已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 Sn＝n2+an﹣1． （1）求{an}的通项公式； （2）设 bn = 1 푎푛푎푛+1 ，求数列{bn}的前 n 项和 Tn． 【分析】（1）先由 Sn＝n2+an﹣1⇒Sn﹣1＝（n﹣1）2+an﹣1﹣1，两式相减得 an﹣1＝2（n﹣ 1）+1，进而求得 an； （2）利用裂项相消法求和即可． 解：（1）∵Sn＝n2+an﹣1①， ∴Sn﹣1＝（n﹣1）2+an﹣1﹣1（n≥2）②，由①﹣②可得：an＝n2﹣（n﹣1）2+an﹣an﹣1， 整理得：an﹣1＝2（n﹣1）+1（n≥2）， ∴an＝2n+1，当 n＝2 时，有 S2＝22+a2﹣1＝a1+a2⇒a1＝3 也适合， 故 an＝2n+1； （2）∵an＝2n+1， ∴bn = 1 푎푛푎푛+1 = 1 (2푛 + 1)(2푛 + 3) = 1 2（ 1 2푛 + 1 ― 1 2푛 + 3）， ∴Tn = 1 2[（1 3 ― 1 5）+（1 5 ― 1 7）+…+（ 1 2푛 + 1 ― 1 2푛 + 3）] = 1 2（1 3 ― 1 2푛 + 3） = 푛 6푛 + 9． 【点评】本题主要考查数列通项公式的求法及裂项相消法求前 n 项和，属于中档题． 18．如图，已知直三棱柱 ABC﹣A1B1C1，E，F 分别是棱 CC1，AB 的中点． （1）证明：CF∥平面 AEB1． （2）若 AC＝BC＝AA1＝4，∠ACB＝90°，求三棱锥 B1﹣ECF 的体积． 【分析】（1）取 AB1 的中点 G，连结 EG，FG，推导出四边形 FGEC 是平行四边形， 从而 CF∥EG，由此能证明 CF∥平面 AEB1． （2）求出△B1EC 的面积，三棱锥 F﹣B1CE 的高为1 2푨푪 = 2，由此能求出三棱锥 F﹣B1CE 的体积． 解：（1）证明：取 AB1 的中点 G，连结 EG，FG， ∵F，G 分别是 AB，AB1 的中点，∴FG∥EC，FG＝EC，∴四边形 FGEC 是平行四边形，∴CF∥EG， ∵CF⊄平面 AEB1，EG⊂平面 AEB1， ∴CF∥平面 AEB1． （2）解：∵BC＝AA1＝4，E 是 CC1 的中点， ∴△B1EC 的面积为1 2 × ퟒ × ퟐ = ퟒ， ∵AC⊥BC，F 是 AB 的中点， ∴三棱锥 F﹣B1CE 的高为1 2푨푪 = 2， ∴三棱锥 F﹣B1CE 的体积为 V = 1 3 × ퟒ × ퟐ = 8 3． 【点评】本题考查线面平行的证明，考查三棱锥的体积的求法，考查空间中线线、线面、 面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力能力与运算求解能力，属于中档题． 19．冠状病毒是一个大型病毒家族，已知的有中东呼吸综合征（MERS）和严重急性呼吸综 合征（SARS）等较严重的疾病，新型冠状病毒（nCoV）是以前从未在人体中发现的冠 状病毒新毒株，某小区为进一步做好新型冠状病毒肺炎疫情知识的教育，在小区内开展 “新型冠状病毒防疫安全公益课”在线学习，在此之后组织了“新型冠状病毒防疫安全 知识竞赛”在线活动．已知进入决赛的分别是甲、乙、丙、丁四位业主，决赛后四位业 主相应的名次为第 1，2，3，4 名，该小区为了提高业主们的参与度和重视度，邀请小区 内的所有业主在比赛结束前对四位业主的名次进行预测，若预测完全正确将会获得礼品， 现用 a，b，c，d 表示某业主对甲、乙、丙、丁四位业主的名次做出一种等可能的预测排 列，记 X＝|a﹣1|+|b﹣2|+|c﹣3|+|d﹣4|．（1）求出（a，b，c，d）的所有可能情形； （2）若 X≤6 会有小礼品赠送，求该业主获得小礼品的概率， 【分析】（1）利用列举法能求出（a，b，c，d）的所有可能情形． （2）以（a，b，c，d）为一个基本事件，列表求出所有可能结果，由此能求出该业主获 得小礼品的概率． 解：（1）利用列举法得到（a，b，c，d）的所有可能情形如下： （1，2，3，4），（1，2，4，3），（1，3，2，4），（1，3，4，2）， （1，4，2，3），（1，4，3，2），（2，1，3，4），（2，1，4，3）， （2，3，1，4），（2，3，4，1），（2，4，1，3），（2，4，3，1）， （3，1，2，4），（3，1，4，2），（3，2，1，4），（3，2，4，1）， （3，4，1，2），（3，4，2，1），（4，1，2，3），（4，1，3，2）． （4，2，1，3），（4，2，3，1），（4，3，1，2），（4，3，2，1）． （2）以（a，b，c，d）为一个基本事件，如下表所示： （a，b，c，d） X （a，b，c，d） X （a，b，c，d） X （1，2，3， 4） 0 （2，3，1， 4） 4 （3，4，1， 2） 8 （1，2，4， 3） 2 （2，3，4， 1） 6 （3，4，2， 1） 8 （1，3，2， 4） 2 （2，4，1， 3） 6 （4，1，2， 3） 6 （1，3，4， 4 （2，4，3， 6 （4，1，3， 62） 1） 2） （1，4，2， 3） 4 （3，1，2， 4） 4 （4，2，1， 3） 6 （1，4，3， 2） 4 （3，1，4， 2） 6 （4，2，3， 1） 6 （2，1，3， 4） 2 （3，2，1， 4） 4 （4，3，1， 2） 8 （2，1，4， 3） 4 （3，2，4， 1） 6 （4，3，2， 1） 8 ∴X≤6 的概率为5 6，即该业主获得小礼品的概率为5 6． 【点评】本题考查概率的求法，考查列举法等基础知识，考查运算求解能力，是基础 题． 20．已知函数 f（x）＝ax2+blnx 在 x = 1 2处取得极小值1 2 + ln2． （1）求 f（x）； （2）令函数 g（x）＝mx3﹣lnx+2，若 f（x）≤g（x）对 x∈[1，4]恒成立，求 m 的取值 范围． 【分析】（1）先对函数求导，然后结合极值存在的条件代入即可求解 a，b，进而可求 函数解析式； （2）由已知不等式恒成立，分离参数后转化为求解函数的范围问题，可考虑构造函数， 结合导数可求． 解：（1）풇′(풙) = ퟐ풂풙 + 푏 푥， 所以풇′( 1 2) = 풂 + ퟐ풃 = ퟎ，f（1 2） = 푎 4 +풃풍풏 1 2 = 1 2 +풍풏ퟐ，解可得，a＝2，b＝﹣1，f（x）＝2x2﹣lnx， （2）若 f（x）≤g（x）对 x∈[1，4]恒成立，则 mx3﹣lnx+2≥2x2﹣lnx， 所以 m ≥ 2푥2 ― 2 푥3 对 x∈[1，4]恒成立， 令 h（x） = 2푥2 ― 2 푥3 ，x∈[1，4]，则풉′(풙) = 6 ― 2푥2 푥4 = 2( 3 ― 푥)( 3 + 푥) 푥4 ， 当 1 ≤ 풙＜ ퟑ时，h′（x）＞0，函数单调递增，当 ퟑ＜풙 ≤ ퟒ时，h′（x）＜0，函数单 调减， 故 h（x）max＝h（ ퟑ） = 4 3 9 ，即 m 的范围[4 3 9 ， + ∞）． 【点评】本题主要 考查了函数极值存在条件的应用及利用分离法处理恒成立问题中参数 范围求解问题中的应用，体现了转化思想的应用． 21．已知椭圆 C：푥2 푎2 + 푦2 푏2 = 1（a＞b＞0）的离心率为 3 2 ，点 M（a，0），N（0，b），O （0，0），且△OMN 的面积为 1． （1）求椭圆 C 的标准方程； （2）设 A，B 是 x 轴上不同的两点，点 A（异于坐标原点）在椭圆 C 内，点 B 在椭圆 C 外．若过点 B 作斜率不为 0 的直线与 C 相交于 P，Q 两点，且满足∠PAB+∠QAB＝ 180°．证明：点 A，B 的横坐标之积为定值． 【分析】（1）由题意离心率的值及三角形 OMN 的面积和 a，b，c 之间的关系求出 a，b 的值，进而求出椭圆的方程； （2）作点P关于x轴的对称点P'，由椭圆的对称性可知∠PAB＝∠P'AB，∠QBA＝∠P'BA， 所以 P'，A，Q 三点共线，设 P'Q，A，B 的坐标，设直线 P'Q 的方程与椭圆联立求出两 根之和及两根之积，因为∠QBA＝∠P'BA，所以 kBP'+kBQ＝0，求出两条直线的斜率， 求出 A，B 的乘积为定值．解：（1）由题意可得：{푐 푎 = 3 2 1 2풂풃 = ퟏ 풂ퟐ = 풃ퟐ + 풄ퟐ ，解得：a2＝4，b2＝1， 所以椭圆 C 的标准方程：푥2 4 + y2＝1； （2）证明：作点 P 关于 x 轴的对称点 P'，由椭圆的对称性可知， 点 P'在椭圆上，且∠PAB＝∠P'AB，∠QBA＝∠P'BA， 因为∠PAB+∠QAB＝180°．所以∠P'AB+∠QAB＝180°， 所以 P'，A，Q 三点共线， 由题意可得直线 P'Q 的方程为：x＝ty+m，（mt≠0）， 设 P'（x1，y1），Q（x2，y2），A（xA，0），B（xB，0）， 联立直线与椭圆的方程：{풙 = 풕풚 + 풎 풙ퟐ + ퟒ풚ퟐퟒ 消 x 可得（4+t2）y2+2tmy+m2﹣4＝0， 则有 y1+y2═ ― 2푚푡 4 + 푡2，y1y2 = 푚2 ― 4 4 + 푡2 ， 因为∠QBA＝∠P'BA，所以 kBP'+kBQ＝0，即 푦1 푥1 ― 푥퐵 + 푦2 푥2 ― 푥퐵 = 0， 所以 y1（ty2+m﹣xB）+y2（ty1+m﹣xB）＝0，即2푡(푚2 ― 4) 4 + 푡2 ― 2푚푡(푚 ― 푥퐵) 4 + 푡2 = 0， 解得 xB = 4 푚， 因为 xA＝m，所以 xA•xB＝m ⋅ 4 푚 = 4， 故点 A，B 横坐标之积为定值 4．【点评】本题考查求椭圆的方程及直线与椭圆的综合，及由角的关系可得斜率的关系， 属于中档题． 一、选择题 22．在直角坐标系 xOy 中，曲线 C 的参数方程为{풙 = ― 3 2 + 풄풐풔휶 풚 = 1 2 + 풔풊풏휶 （α 为参数），以坐标原 点 O 为极点，x 轴的正半轴为极轴，建立极坐标系． （1）设射线 l 的极坐标方程为 θ = 2휋 3 ，若射线 l 与曲线 C 交于 A，B 两点，求 AB 的长； （2）设 M，N 是曲线 C 上的两点，若∠MON = 휋 2，求△OMN 的面积的最大值． 【分析】（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）利用极径的应用和三角函数关系式的恒等变换及正弦型函数的性质的应用求出结果． 解：（1）曲线C的参数方程为{풙 = ― 3 2 + 풄풐풔휶 풚 = 1 2 + 풔풊풏휶 （α为参数），转换为直角坐标方程为(풙 + 3 2 )ퟐ +(풚 ― 1 2)ퟐ = ퟏ， 整理得풙ퟐ + 풚ퟐ + ퟑ풙 ― 풚 = ퟎ，根据{ 풙 = 흆풄풐풔휽 풚 = 흆풔풊풏휽 풙ퟐ + 풚ퟐ = 흆ퟐ 转换为极坐标方程为흆 = ퟐ풔풊풏(휽 ― 휋 3 )． 射线 l 的极坐标方程为 θ = 2휋 3 与曲线 C 相交于 A 和 B 两点，所以{흆 = ퟐ풔풊풏(휽 ― 휋 3) 휽 = 2휋 3 ，解得|푨푩| = ퟐ풔풊풏( 2휋 3 ― 휋 3) = ퟑ． （2）设 M（ρ1，θ），N（흆ퟐ，휽 + 휋 2）， 由于直线 OC 的斜率为 ― 3 3 ，所以过原点与圆 C 相切的切线的斜率为 k = ퟑ， 从而휽 ∈ ( 휋 3， 5휋 6 )． 则푺△푶푴푵 = 1 2 × 흆ퟏ × 흆ퟐ = 1 2 × ퟐ풔풊풏(휽 ― 휋 3) × ퟐ풔풊풏(휽 + 휋 2 ― 휋 3) = sin（ퟐ휽 ― 2휋 3 ）， 当풔풊풏(ퟐ휽 ― 2휋 3 ) = ퟏ时，S△OMN 的最大值为 1． 【点评】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，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，属于基础题型． [选修 4-5；不等式选讲] 23．已知函数 f（x）＝|2x+4|﹣|2x﹣2|． （1）求不等式|f（x）|＜4 的解集； （2）记 f （x）的最大值为 m，设 a，b，c＞0，且 a+2b+3c＝m，证明：1 푎 + 1 2푏 + 1 3푐 ≥ 3 2． 【分析】（1）先将 f（x）写为分段函数的形式，然后由|f（x）|＜4 得到{|ퟒ풙 + ퟐ|＜ퟒ ―ퟐ＜풙＜ퟏ ， 再解不等式组即可； （2）由（1）知 f（x）的最大值为 6，从而得到 a+2b+3c＝6，然后利用基本不等式求出 1 푎 + 1 2푏 + 1 3푐的最小值，即可证明不等式1 푎 + 1 2푏 + 1 3푐 ≥ 3 2成立．解：（1）f（x）＝|2x+4|﹣|2x﹣2| = { ―ퟔ，풙 ≤ ―ퟐ ퟒ풙 + ퟐ， ― ퟐ＜풙＜ퟏ ퟔ，풙 ≥ ퟏ ． ∵|f（x）|＜4，∴{|ퟒ풙 + ퟐ|＜ퟒ ―ퟐ＜풙＜ퟏ ，∴ ― 3 2＜풙＜ 1 2， ∴不等式的解集为( ― 3 2， 1 2)． （2）由（1）知，f（x）的最大值为 6，∴a+2b+3c＝m＝6， ∴1 푎 + 1 2푏 + 1 3 = 1 6(풂 + ퟐ풃 + ퟑ풄)( 1 푎 + 1 2푏 + 1 3푐) = 1 6[ퟑ + ( 2푏 푎 + 푎 2푏) + ( 푎 3푐 + 3푐 푎 ) + ( 3푐 2푏 + 2푏 3푐)]⩾ 3 2， 当且仅当 a＝2b＝3c，即풂 = ퟐ，풃 = ퟏ，풄 = 2 3时等号成立， ∴1 푎 + 1 2푏 + 1 3푐 ≥ 3 2． 【点评】本题考查了绝对值不等式的解法，基本不等式和利用综合法证明不等式，考查 了分类讨论思想和转化思想，属中档题．