2020 年高考数学模拟试卷（理科）（5 月份）
一、选择题（共 12 小题）.
1．设集合 A＝{x|log2x＜1}，B＝{x|x2﹣x﹣2＜0}，则∁BA＝（ ）
A．（﹣∞，2） B．（﹣1，0] C．（﹣1，2） D．（﹣1，0）
2．已知풛 =
5푎
2 + 푖(풂＞ퟎ)，若풛 ⋅ 풛 = ퟓ，则 a＝（ ）
A．1 B． ퟓ C． ퟑ D．5
3．已知풂 = ퟑퟎ.ퟑ，풃 = (
1
2)흅，풄 = 풍풐품ퟓ ퟔ，则（ ）
A．a＞b＞c B．c＞b＞＞a C．a＞c＞b D．b＞a＞c
4．某公司对旗下的甲、乙两个门店在 1 至 9 月份的营业额（单位：万元）进行统计并得到
如图折线图．
下面关于两个门店营业额的分析中，错误的是（ ）
A．甲门店的营业额折线图具有较好的对称性，故而营业额的平均值约为 32 万元
B．根据甲门店的营业额折线图可知，该门店营业额的平均值在[20，25]内
C．根据乙门店的营业额折线图可知，其营业额总体是上升趋势
D．乙门店在这 9 个月份中的营业额的极差为 25 万元5．若 x，y 满足约束条件{ퟑ풙 ― 풚 + ퟑ ≥ ퟎ
풙 + 풚 ― ퟑ ≤ ퟎ
ퟑ풙 ― ퟓ풚 ― ퟗ ≤ ퟎ
，则 z＝x﹣2y 的最大值为（ ）
A．5 B．6 C．3 D．4
6．某几何体的三视图如图所示，则其体积是（ ）
A．(ퟒퟓ + ퟗ ퟐ)흅 B．36π C．63π D．216+9π
7．著名数学家华罗庚先生曾说过：“数缺形时少直观，形缺数时难入微数形结合百般好，
隔裂分家万事休．”在数学的学习和研究中，我们经常用函数的图象来研究函数的性质，
也经常用函数的解析式来琢磨函数的图象的特征，如某体育品牌的 LOGO 为 ，可
抽象为如图所示的轴对称的优美曲线，下列函数中，其图象大致可“完美”局部表达这
条曲线的函数是（ ）
A．풇(풙) =
푠푖푛5푥
2―푥 ― 2푥 B．풇(풙) =
푐표푠푥
2푥 ― 2―푥
C．풇(풙) =
푐표푠5푥
|2푥 ― 2―푥| D．풇(풙) =
푠푖푛5푥
|2푥 ― 2―푥|
8．已知函数 f（x）＝sin（ωx+φ）（ω＞0）的图象与 x 轴的两个相邻交点的距离等于휋
4，
若∀풙 ∈ 푹，풇(풙) ≤ |풇(
휋
6)|，则正数 φ 的最小值为（ ）A．휋
6 B．5휋
6 C．휋
3 D．휋
4
9．若(풂풙 +
1
푥)ퟖ的展开式中 x2 的项的系数为35
8 ，则 x5 的项的系数为（ ）
A．7
4 B．7
8 C． 7
16 D． 7
32
10．抛物线 C：y2＝4x 的焦点为 F，过 F 且斜率为 ퟑ的直线 l 与抛物线 C 交于 M，N 两点，
点 P 为抛物线 C 上的动点，且点 P 在 l 的左侧，则△PMN 面积的最大值为（ ）
A． ퟑ B．ퟐ ퟑ C．2 3
3 D．16 3
9
11．在矩形 ABCD 中，AB＝4，BC＝3，沿矩形对角线 BD 将△BCD 折起形成四面体
ABCD，在这个过程中，现在下面四个结论：
①在四面体 ABCD 中，当 DA⊥BC 时，BC⊥AC；
②四面体 ABCD 的体积的最大值为24
5 ；
③在四面体 ABCD 中，BC 与平面 ABD 所成角可能为휋
3；
④四面体 ABCD 的外接球的体积为定值．
其中所有正确结论的编号为（ ）
A．①④ B．①② C．①②④ D．②③④
12．若对任意的 x1，x2∈[﹣2，0），x1＜x2，푥2푒
푥1 ― 푥1푒
푥2
푥1 ― 푥2
＜a 恒成立，则 a 的最小值为（ ）
A． ―
3
푒2 B． ―
2
푒2 C． ―
1
푒2 D． ―
1
푒
二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.把答案填在答题卡中的横线上.
13． 已 知 向 量 →
풂 = （m，1） ， →
풃 = （4，m） ， 向 量 →
풂在 →
풃方 向 上 的 投 影 为 ퟓ， 则 m
＝ ．14 ． 在 △ ABC 中 ， 角 A ， B ， C 所 对 的 边 分 别 为 a ， b ， c ， 已 知 풂 = ퟐ ퟕ
，풃 = ퟒ，푨 = ퟏퟐퟎ°，则△ABC 的面积为 ．
15．若 푠푖푛훼
1 ― 푐표푠훼 =
1
3，则
2푐표푠훼 + 3푠푖푛훼 ― 2
푠푖푛2훼
2
= ．
16．双曲线 C 的渐近线方程为풚 =±
3
3 풙，一个焦点为 F（0，﹣8），则该双曲线的标准方
程为 ．已知点 A（﹣6，0），若点 P 为 C 上一动点，且 P 点在 x 轴上方，当点 P
的位置变化时，△PAF 的周长的最小值为 ．
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，
每道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．设{an}是一个首项为 2，公比为 q（q≠1）的等比数列，且 3a1，2a2，a3 成等差数列．
（1）求{an}的通项公式；
（2）已知数列{bn}的前 n 项和为 Sn，b1＝1，且 푺풏 ― 푺풏―ퟏ = 1（n≥2），求数列{an•bn}
的前 n 项和 Tn．
18．如图，长方体 ABCD﹣A1B1C1D1 的底面为正方形，AB＝1，AA1＝3， →
푩푬 = 2 →
푬푩ퟏ， →
푨ퟏ푴
= 2 →
푴푨，N 是棱 C1D1 的中点，平面 AEC1 与直线 DD1 相交于点 F．
（1）证明：直线 MN∥平面 AEC1F．
（2）求二面角 E﹣AC﹣F 的正弦值．19．已知 0＜m＜2，动点 M 到两定点 F1（﹣m，0），F2（m，0）的距离之和为 4，设点 M
的轨迹为曲线 C，若曲线 C 过点푵( ퟐ，
2
2 )．
（1）求 m 的值以及曲线 C 的方程；
（2）过定点(
6
5，ퟎ）且斜率不为零的直线 l 与曲线 C 交于 A，B 两点．证明：以 AB 为
直径的圆过曲线 C 的右顶点．
20．已知函数 f（x）＝lnx﹣tx+t．
（1）讨论 f（x）的单调性；
（2）当t＝2时，方程f（x）＝m﹣ax恰有两个不相等的实数根x1，x2，证明：
푥1 + 푥2
2푥1푥2
＞ퟐ ― 풂．
21．2020 年 4 月 8 日零时正式解除离汉通道管控，这标志着封城 76 天的武汉打开城门了．在
疫情防控常态下，武汉市有序复工复产复市，但是仍然不能麻痹大意仍然要保持警惕，
严密防范、慎终如始．为科学合理地做好小区管理工作，结合复工复产复市的实际需要，
某小区物业提供了 A，B 两种小区管理方案，为了决定选取哪种方案为小区的最终管理
方案，随机选取了 4 名物业人员进行投票，物业人员投票的规则如下：
①单独投给 A 方案，则 A 方案得 1 分，B 方案得﹣1 分；
②单独投给 B 方案，则 B 方案得 1 分，A 方案得﹣1 分；
③弃权或同时投票给 A，B 方案，则两种方案均得 0 分．
前 1 名物业人员的投票结束，再安排下 1 名物业人员投票，当其中一种方案比另一种方
案多 4 分或 4 名物业人员均已投票时，就停止投票，最后选取得分多的方案为小区的最
终管理方案．假设 A，B 两种方案获得每 1 名物业人员投票的概率分别为2
3和1
2．
（1）在第 1 名物业人员投票结束后，A 方案的得分记为 ξ，求 ξ 的分布列；
（2）求最终选取 A 方案为小区管理方案的概率．
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.[选修 4-4：坐标系与参数方程]22．在平面直角坐标系 xOy 中，已知曲线 C1 的参数方程为{풙 = ―ퟏ + ퟏퟒ풄풐풔흋
풚 = ퟏ + ퟏퟒ풔풊풏흋 （φ 为参数），
以坐标原点 O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 C2 的极坐标方程为 ρ＝
4cosθ．曲线 C3 的极坐标方程为흆 =
3
1 + 8푠푖푛2휃
，曲线 C1 与曲线 C2 的交线为直线 l．
（1）求直线 l 和曲线 C3 的直角坐标方程；
（2）直线 l 与 x 轴交于点 M，与曲线 C3 相交于 A，B 两点，求|
1
|푀퐴| ―
1
|푀퐵||的值．
[选修 4-5：不等式选讲]
23．设函数 f（x）＝2x﹣1﹣|x﹣1|．
（1）求不等式 f（x）＜3 的解集；
（2）若方程 f（x）＝x2+ax 有两个不等实数根，求 a 的取值范围．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．设集合 A＝{x|log2x＜1}，B＝{x|x2﹣x﹣2＜0}，则∁BA＝（ ）
A．（﹣∞，2） B．（﹣1，0] C．（﹣1，2） D．（﹣1，0）
【分析】先求出集合 A，B，再利用补集的定义即可算出结果．
解：∵集合 A＝{x|log2x＜1}＝{x|0＜x＜2}，B＝{x|﹣1＜x＜2}，
∴∁BA＝{x|﹣1＜x≤0}，
故选：B．
【点评】本题主要考查了集合的基本运算，是基础题．
2．已知풛 =
5푎
2 + 푖(풂＞ퟎ)，若풛 ⋅ 풛 = ퟓ，则 a＝（ ）
A．1 B． ퟓ C． ퟑ D．5
【分析】z =
5푎(2 ― 푖)
(2 + 푖)(2 ― 푖) = 2a﹣ai，利用互为共轭复数的性质可得z•풛 = (ퟐ풂)ퟐ + ( ― 풂)ퟐ，
a＞0，解得 a．
解：z =
5푎(2 ― 푖)
(2 + 푖)(2 ― 푖) = 2a﹣ai，
∴5＝z•풛 = (ퟐ풂)ퟐ + ( ― 풂)ퟐ，a＞0，解得 a＝1．
故选：A．
【点评】本题考查了复数的运算法则、互为共轭复数的性质，考查了推理能力与计算能
力，属于基础题．
3．已知풂 = ퟑퟎ.ퟑ，풃 = (
1
2)흅，풄 = 풍풐품ퟓ ퟔ，则（ ）A．a＞b＞c B．c＞b＞＞a C．a＞c＞b D．b＞a＞c
【分析】利用对数函数和指数函数的性质求解．
解：∵30.3＞30＝1，∴a＞1，
∵ퟎ＜(
1
2)흅＜(
1
2)ퟏ =
1
2，∴0＜b＜
1
2，
∵풍풐품ퟓ ퟔ＞풍풐품ퟓ ퟓ =
1
2，且풍풐품ퟓ ퟔ＜풍풐품ퟓퟓ = ퟏ，∴1
2＜풄＜ퟏ，
∴a＞c＞b，
故选：C．
【点评】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
和指数函数的性质的合理运用．
4．某公司对旗下的甲、乙两个门店在 1 至 9 月份的营业额（单位：万元）进行统计并得到
如图折线图．
下面关于两个门店营业额的分析中，错误的是（ ）
A．甲门店的营业额折线图具有较好的对称性，故而营业额的平均值约为 32 万元
B．根据甲门店的营业额折线图可知，该门店营业额的平均值在[20，25]内
C．根据乙门店的营业额折线图可知，其营业额总体是上升趋势
D．乙门店在这 9 个月份中的营业额的极差为 25 万元【分析】据折线图分别判断 ABCD 的正误即可．
解：对于 A，甲门店的营业额折线图具有较好的对称性，最高营业额远低于 32 万元，A
错误．
对于 B，甲门店的营业额的平均值为12 + 18 + 21 + 28 + 32 + 25 + 24 + 18 + 16
9 =
194
9 ≈
21.6，即该门店营业额的平均值在区间[20，25]内，B 正确．
对于 C，根据乙门店的营业额折线图可知，其营业额总体是上升趋势，C 正确．
对于 D，乙门店在这 9 个月中的营业额最大值为 30 万元，最小值为 5 万元，则极差为 25
万元，D 正确．
故选：A．
【点评】本题考查了频率分布折线图，考查数形结合，是一道基础题．
5．若 x，y 满足约束条件{ퟑ풙 ― 풚 + ퟑ ≥ ퟎ
풙 + 풚 ― ퟑ ≤ ퟎ
ퟑ풙 ― ퟓ풚 ― ퟗ ≤ ퟎ
，则 z＝x﹣2y 的最大值为（ ）
A．5 B．6 C．3 D．4
【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数 z＝x﹣2y 为直线方程的斜截式，可知当直
线在 y 轴上的截距最小时 z 最大，结合图象找出满足条件的点，联立直线方程求出点的
坐标，代入目标函数可求 z 的最大值．
解：由 x，y 满足约束条件{ퟑ풙 ― 풚 + ퟑ ≥ ퟎ
풙 + 풚 ― ퟑ ≤ ퟎ
ퟑ풙 ― ퟓ풚 ― ퟗ ≤ ퟎ
，作出可行域如图，
由 z＝x﹣2y，得 y =
1
2x ―
1
2풛，
由图可知，当直线 y =
1
2x ―
1
2풛过可行域内点 A 时
直线在 y 轴上的截距最小，z 最大．
联立{ퟑ풙 ― 풚 + ퟑ = ퟎ
ퟑ풙 ― ퟓ풚 ― ퟗ = ퟎ，解得 A（﹣2，﹣3）．∴目标函数 z＝x﹣2y 的最大值为﹣2+2×3＝4．
故选：D．
【点评】本题考查了简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，关键是正确作
出可行域，是中档题．
6．某几何体的三视图如图所示，则其体积是（ ）
A．(ퟒퟓ + ퟗ ퟐ)흅 B．36π C．63π D．216+9π
【分析】由三视图知该几何体是圆柱与圆锥的组合体，结合图中数据求出它的体积．
解：由三视图知，该几何体是圆柱与圆锥的组合体，如图所示；则该组合体的体积为 V＝V 柱+V 锥＝π•32•6 +
1
3π•32•3＝63π．
故选：C．
【点评】本题考查了利用三视图求简单组合体的体积问题，是基础题．
7．著名数学家华罗庚先生曾说过：“数缺形时少直观，形缺数时难入微数形结合百般好，
隔裂分家万事休．”在数学的学习和研究中，我们经常用函数的图象来研究函数的性质，
也经常用函数的解析式来琢磨函数的图象的特征，如某体育品牌的 LOGO 为 ，可
抽象为如图所示的轴对称的优美曲线，下列函数中，其图象大致可“完美”局部表达这
条曲线的函数是（ ）
A．풇(풙) =
푠푖푛5푥
2―푥 ― 2푥 B．풇(풙) =
푐표푠푥
2푥 ― 2―푥
C．풇(풙) =
푐표푠5푥
|2푥 ― 2―푥| D．풇(풙) =
푠푖푛5푥
|2푥 ― 2―푥|
【分析】由函数的对称性及特殊点的函数值，利用排除法得解．
解：观察图象可知，函数的图象关于 y 轴对称，而选项 B，D 为奇函数，其图象关于原
点对称，不合题意；
对选项 A 而言，当풙 ∈ (ퟎ，
휋
5)时，f（x）＜0，不合题意；故选：C．
【点评】本题考查函数的图象及其性质，考查运算求解能力，属于基础题．
8．已知函数 f（x）＝sin（ωx+φ）（ω＞0）的图象与 x 轴的两个相邻交点的距离等于휋
4，
若∀풙 ∈ 푹，풇(풙) ≤ |풇(
휋
6)|，则正数 φ 的最小值为（ ）
A．휋
6 B．5휋
6 C．휋
3 D．휋
4
【分析】根据函数 f（x）的性质可知，相邻的与 x 轴的两个交点距离是半个周期，由此
可求得 ω，然后휋
6是最值点，求出 φ 的值．
解：因为函数 f（x）＝sin（ωx+φ）（ω＞0）的图象与 x 轴的两个相邻交点的距离等于
휋
4，
所以1
2 ⋅
2휋
휔 =
휋
4，解得 ω＝4，故 f（x）＝sin（4x+φ），
又因为∀풙 ∈ 푹，풇(풙) ≤ |풇(
휋
6)|，∴풙 =
휋
6是 f（x）的一条对称轴，所以ퟒ ×
휋
6 + φ =
휋
2
+풌흅，k∈Z，∴흋 = 풌흅 ―
휋
6，풌 ∈ 풁．
令 k＝1，得 φ =
5휋
6 为最小值．
故选：B．
【点评】本题考查据图求式问题的基本思路，注意抓住特殊点、特殊线去求周期、ω、φ
的值等，属于中档题．
9．若(풂풙 +
1
푥)ퟖ的展开式中 x2 的项的系数为35
8 ，则 x5 的项的系数为（ ）
A．7
4 B．7
8 C． 7
16 D． 7
32
【分析】先写出展开式的通项并化简，然后根据 x2 的系数为35
8 求出 a 的值，然后再求 x5
的系数．解：由已知得푻풌+ퟏ = 푪풌ퟖ풂ퟖ―풌
풙
ퟖ―
3
2풌，k＝0，1，..，8，
令ퟖ ―
3푘
2 = ퟐ，解得 k＝4，∴푪ퟒퟖ풂ퟒ =
35
8 ，解得풂 =±
1
2．
令ퟖ ―
3푘
2 = ퟓ，得 k＝2，故 x5 的系数为푪ퟐퟖ풂ퟔ =
7
16．
故选：C．
【点评】本题考查二项式展开式的通项以及系数的求法，还考查了学生的运算能力，属
于基础题．
10．抛物线 C：y2＝4x 的焦点为 F，过 F 且斜率为 ퟑ的直线 l 与抛物线 C 交于 M，N 两点，
点 P 为抛物线 C 上的动点，且点 P 在 l 的左侧，则△PMN 面积的最大值为（ ）
A． ퟑ B．ퟐ ퟑ C．2 3
3 D．16 3
9
【分析】由题意可得直线 l 的方程与抛物线联立求出两根之和，由抛物线的性质可得弦
长 MN 的值，设与直线 l 平行的直线与抛物线相切时，平行线间的距离最大，即△PMN
的面积最大，求出面积的最大值．
解：由题意可知直线 l 的方程为：y = ퟑ（x﹣1），设 M（x1，y1），N（x2，y2），
代入抛物线的方程可得 3x2﹣10x+3＝0，x1+x2 =
10
3 ，
由抛物线的性质可得|MN|＝x1+x2+p =
10
3 + 2 =
16
3 ；
设与直线 l 平行的直线为：y = ퟑx+m，代入抛物线的方程可得 3x2+（2 ퟑm﹣4）x+m2＝
0，
当直线：y = ퟑx+m 与抛物线相切时，P 到直线 l 的距离有最大值，
所以△＝（2 ퟑ풎 ― 4）2﹣4×3×m2＝0，解得 m =
3
3 ，
直线 l 与直线 y = ퟑx +
3
3 的距离 d = 2 3
3
，所以△PMN 面积的最大值为1
2 ×
16
3 × 2 3
3 = 16 3
9
，
故选：D．
【点评】本题考查直线与抛物线的位置关系，考查运算求解能力，属于中档题．
11．在矩形 ABCD 中，AB＝4，BC＝3，沿矩形对角线 BD 将△BCD 折起形成四面体
ABCD，在这个过程中，现在下面四个结论：
①在四面体 ABCD 中，当 DA⊥BC 时，BC⊥AC；
②四面体 ABCD 的体积的最大值为24
5 ；
③在四面体 ABCD 中，BC 与平面 ABD 所成角可能为휋
3；
④四面体 ABCD 的外接球的体积为定值．
其中所有正确结论的编号为（ ）
A．①④ B．①② C．①②④ D．②③④
【分析】①由线面垂直的判定定理可证明 BC⊥平面 DAC，再由线面垂直的性质定理可
知 BC⊥AC；
②当平面 BCD⊥平面 ABD 时，四面体 ABCD 的体积最大，再利用棱锥的体积公式进行
运算即可得解；
③当平面 BCD⊥平面 ABD 时，BC 与平面 ABD 所成的角最大，为∠CBD，求出 sin∠
CBD，并与풔풊풏
휋
3比较大小即可得解；
④在翻折的过程中，△ABD 和△BCD 始终是直角三角形，外接球的直径为 BD，于是四
面体 ABCD 的体积不变．
解：如图，当 DA⊥BC 时，∵BC⊥DC，∴BC⊥平面 DAC，
∵AC⊂平面 DAC，∴BC⊥AC，即①正确；当平面 BCD⊥平面 ABD 时，四面体 ABCD 的体积最大，最大值为1
3 ×
1
2 × ퟑ × ퟒ ×
12
5 =
24
5 ，即②正确；
当平面 BCD⊥平面 ABD 时，BC 与平面 ABD 所成的角最大，为∠CBD，而 sin∠CBD =
퐶퐷
퐵퐷 =
4
5＜
3
2 = 풔풊풏
휋
3，
∴BC 与平面 ABD 所成角一定小于휋
3，即③错误；
在翻折的过程中，△ABD 和△BCD 始终是直角三角形，斜边都是 BD，其外接球的球心
永远是 BD 的中点，外接球的直径为 BD，
∴四面体 ABCD 的外接球的体积不变，即④正确．
∴正确的有①②④，
故选：C．
【点评】本题考查立体几何中的综合，涉及线面垂直的判定定理与性质定理、线面夹角、
棱锥和球的体积公式等，考查学生的空间立体感和推理论证能力，属于中档题．
12．若对任意的 x1，x2∈[﹣2，0），x1＜x2，푥2푒
푥1 ― 푥1푒
푥2
푥1 ― 푥2
＜a 恒成立，则 a 的最小值为（ ）
A． ―
3
푒2 B． ―
2
푒2 C． ―
1
푒2 D． ―
1
푒
【分析】不等式恒成立转化为函数 f（x） = 푒푥 + 푎
푥
在[﹣2，0）为减函数，则 f′（x） =
푒푥(푥 ― 1) ― 푎
푥2 ≤ 0，即 a≥ex（x﹣1），构造函数 g（x）＝ex（x﹣1），利用导数和函数
最值的关系即可求出．
解：对任意的 x1，x2∈[﹣2，0），x1＜x2，可知 x1＜x2＜0，则푥2푒
푥1 ― 푥1푒
푥2
푥1 ― 푥2
＜a 恒成立等价于 x2풆풙ퟏ ― x1e풙ퟐ＞a（x1﹣x2），即푒
푥1 + 푎
푥1
＞푒
푥2 + 푎
푥2
，
∴函数 f（x） = 푒푥 + 푎
푥
在[﹣2，0）为减函数，
∴f′（x） =
푒푥(푥 ― 1) ― 푎
푥2 ≤ 0，
∴a≥ex（x﹣1），
设 g（x）＝ex（x﹣1），x∈[﹣2，0），
∴g′（x）＝xex＜0，
∴g（x）在[﹣2，0）为减函数，
∴g（x）max＝g（﹣2） = ―
3
푒2，
∴a ≥ ―
3
푒2，
故选：A．
【点评】本题考查了导数和函数单调性和最值的关系，考查了运算能力和转化能力，属
于中档题．
二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.把答案填在答题卡中的横线上.
13．已知向量→
풂 = （m，1），→
풃 = （4，m），向量→
풂在→
풃方向上的投影为 ퟓ，则 m＝
2 ．
【分析】本题根据向量→
풂在→
풃方向上的投影公式为
→
푎 ⋅
→
푏
|
→
푏|
，然后代入进行计算可解出 m 的值，
注意将 m 的值代入进行检验得到正确的 m 的值．
解：由题意，可知向量→
풂在→
풃方向上的投影为
→
푎 ⋅
→
푏
|
→
푏|
=
푚 ⋅ 4 + 1 ⋅ 푚
42 + 푚2 =
5푚
16 + 푚2 = ퟓ，
两边平方，可得 25푚2
16 + 푚2 = 5，
整理，得 m2＝4，
解得 m＝﹣2，或 m＝2，
当 m＝﹣2 时，
5푚
16 + 푚2 = ― ퟓ，不符合题意，
∴m＝2．
故答案为：2．
【点评】本题主要考查利用向量求投影的问题．考查了转化思想，方程思想，向量的运
算，以及逻辑思维能力和数学运算能力．本题属基础题．
14 ． 在 △ ABC 中 ， 角 A ， B ， C 所 对 的 边 分 别 为 a ， b ， c ， 已 知 풂 = ퟐ ퟕ
，풃 = ퟒ，푨 = ퟏퟐퟎ°，则△ABC 的面积为 2 ퟑ ．
【分析】由已知利用余弦定理可得 c2+4c﹣12＝0，解得 c＝2，进而根据三角形的面积公
式即可求解．
解：∵풂 = ퟐ ퟕ，풃 = ퟒ，푨 = ퟏퟐퟎ°，
∴由余弦定理 a2＝b2+c2﹣2bccosA，可得 28＝16+c2﹣2 × ퟒ × 풄 × ( ―
1
2)，可得 c2+4c﹣12
＝0，解得 c＝2，
∴S△ABC =
1
2bcsinA =
1
2 × ퟒ × ퟐ ×
3
2 = 2 ퟑ．
故答案为：2 ퟑ．
【点评】本题主要考查了余弦定理，三角形的面积公式在解三角形中的应用，考查了方
程思想，属于基础题．15．若 푠푖푛훼
1 ― 푐표푠훼 =
1
3，则
2푐표푠훼 + 3푠푖푛훼 ― 2
푠푖푛2훼
2
= ﹣2 ．
【分析】由已知可得 3sinα＝1﹣cosα，代入所求利用三角函数恒等变换的应用即可化简
求解．
解：∵ 푠푖푛훼
1 ― 푐표푠훼 =
1
3，
∴3sinα＝1﹣cosα，
∴
2푐표푠훼 + 3푠푖푛훼 ― 2
푠푖푛2훼
2
=
2(2푐표푠훼 + 1 ― 푐표푠훼 ― 2)
1 ― 푐표푠훼 = ― 2．
故答案为：﹣2．
【点评】本题主要考查了三角函数的恒等变换的应用，考查了运算求解能力，属于基础
题．
16．双曲线 C 的渐近线方程为풚 =±
3
3 풙，一个焦点为 F（0，﹣8），则该双曲线的标准方
程为 푦2
16 ― 푥2
48 = ퟏ ．已知点 A（﹣6，0），若点 P 为 C 上一动点，且 P 点在 x 轴上方，
当点 P 的位置变化时，△PAF 的周长的最小值为 28 ．
【分析】由双曲线的渐近线方程及焦点坐标得关于 a，b 的方程组，求解可得双曲线的标
准方程；设双曲线的上焦点为 F′（0，8），则|PF|＝|PF′|+8，利用双曲线的定义转化，
再由 A，P，F′共线时，|PF′|+|PA|最小，从而求得△PAF 的周长的最小值
解：∵双曲线 C 的渐近线方程为풚 =±
3
3 풙，一个焦点为 F（0，﹣8），
∴{푎2
푏2 =
1
3
풂ퟐ + 풃ퟐ = ퟖ
，解得 a＝4，b＝4 ퟑ．
∴双曲线的标准方程为푦2
16 ― 푥2
48 = ퟏ；
设双曲线的上焦点为 F′（0，8），则|PF|＝|PF′|+8，△PAF 的周长为|PF|+|PA|+|AF|＝|PF′|+|PA|+|AF|+8．
当 P 点在第二象限，且 A，P，F′共线时，|PF′|+|PA|最小，最小值为|AF′|＝10．
而|AF|＝10，故，△PAF 的周长的最小值为 10+10+8＝28．
故答案为：푦2
16 ― 푥2
48 = ퟏ；28．
【点评】本题考查双曲线标准方程的求法，考查双曲线的几何性质，考查数学转化思想
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，
每道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．设{an}是一个首项为 2，公比为 q（q≠1）的等比数列，且 3a1，2a2，a3 成等差数列．
（1）求{an}的通项公式；
（2）已知数列{bn}的前 n 项和为 Sn，b1＝1，且 푺풏 ― 푺풏―ퟏ = 1（n≥2），求数列{an•bn}
的前 n 项和 Tn．
【分析】（1）由等差数列的中项性质和等比数列的通项公式，解方程可得公比，进而得
到所求通项公式；
（2）运用等差数列的定义和通项公式可得 Sn，再由数列的递推式可得 an，则 an•bn＝2
（2n﹣1）•3n﹣1，结合数列的错位相减法求和，以及等比数列的求和公式，化简计算可
得所求和．
解：（1）{an}是一个首项为 2，公比为 q（q≠1）的等比数列，且 3a1，2a2，a3 成等差数
列，
可得 4a2＝3a1+a3，即 4×2q＝3×2+2q2，解得 q＝3（1 舍去），
则 an＝2•3n﹣1，n∈N*；
（2）由 푺ퟏ = 풃ퟏ = 1，且 푺풏 ― 푺풏―ퟏ = 1（n≥2），可得{ 푺풏}是首项和公差均为 1 的等差数列，
可得 푺풏 = 1+n﹣1＝n，即 Sn＝n2，
可得 n＝1 时，b1＝S1＝1；n≥2 时，bn＝Sn﹣Sn﹣1＝n2﹣（n﹣1）2＝2n﹣1，对 n＝1 时，
该式也成立，
则 bn＝2n﹣1，n∈N*，
可得 an•bn＝2（2n﹣1）•3n﹣1，
则 Tn＝2[1•1+3•3+5•9+…+（2n﹣1）•3n﹣1]，
3Tn＝2[1•3+3•9+5•27+…+（2n﹣1）•3n]，
上面两式相减可得﹣2Tn＝2[1+2（3+9+…+3n﹣1）﹣（2n﹣1）•3n]
＝2[1+2•3(1 ― 3푛―1)
1 ― 3 ― （2n﹣1）•3n]，
化简可得 Tn＝2+2（n﹣1）•3n．
【点评】本题考查等差数列和等比数列的通项公式和求和公式的运用，考查数列的递推
式和数列的错位相减法求和，以及化简运算能力，属于中档题．
18．如图，长方体 ABCD﹣A1B1C1D1 的底面为正方形，AB＝1，AA1＝3， →
푩푬 = 2 →
푬푩ퟏ， →
푨ퟏ푴
= 2 →
푴푨，N 是棱 C1D1 的中点，平面 AEC1 与直线 DD1 相交于点 F．
（1）证明：直线 MN∥平面 AEC1F．
（2）求二面角 E﹣AC﹣F 的正弦值．【分析】（1）推导出 C1E∥AF，D1F＝2FD，设点 G 为 D1F 的中点，连结 GM，GN，
推导出 GN∥平面 AEC1F，GM∥平面 AEC1F，从而平面 MNG∥平面 AEC1F，由此能证
明 MN∥平面 AEC1F．
（2）以 D 为原点，DA 为 x 轴，DC 为 y 轴，DD1 为 z 轴，建立空间直角坐标系，利用
向量法能求出二面角 E﹣AC﹣F 的正弦值．
解：（1）证明：∵平面 BB1C1C∥平面 AA1D1D，
平面 AEC1F∩平面 BB1C1C＝EC1，平面 AEC1F∩平面 AA1D1D＝AF，
∴C1E∥AF，由题意得 D1F＝2FD，
设点 G 为 D1F 的中点，连结 GM，GN，
∵N 是棱 C1D1 的中点，∴GN∥FC1，
∵GN⊄平面 AEC1F，FC1⊂平面 AEC1F，∴GN∥平面 AEC1F，
∵D1F＝2FD， →
푨ퟏ푴 = ퟐ →
푴푨，∴GM∥AF，
∵GM⊄平面 AEC1F，AF⊂平面 AEC1F，∴GM∥平面 AEC1F，
∵GN∩GM＝G，∴平面 MNG∥平面 AEC1F，
∵MN⊂平面 MNG，∴MN∥平面 AEC1F．
（2）解：∵AB＝1，DD1＝3，如图，以 D 为原点，DA 为 x 轴，DC 为 y 轴，DD1 为 z
轴，建立空间直角坐标系，A（1，0，0），C（0，1，0），F（0，0，1），E（1 1，2），
∴ →
푨푪 = （﹣1，1，0）， →
푨푬 = （0，1，2）， →
푨푭 = （﹣1，0，1），
设平面 ACE 的法向量 →
풎 = （x，y，z），
则{ →
풎 ⋅
→
푨푪 = ―풙 + 풚 = ퟎ
→
풎 ⋅
→
푨푬 = 풚 + ퟐ풛 = ퟎ
，取 z＝1，得 →
풎 = （﹣2，﹣2，1），
设平面 ACF 的法向量→
풏 = （a，b，c），
则{→
풏 ⋅
→
푨푪 = ―풂 + 풃 = ퟎ
→
풏 ⋅
→
푨푭 = ―풂 + 풄 = ퟎ
，取 a＝1，得→
풏 = （1，1，1），
设二面角 E﹣AC﹣F 的平面角为 θ，
由|cosθ| =
|
→
푚 ⋅
→
푛|
|
→
푚| ⋅ |
→
푛|
=
| ― 2 ― 2 + 1|
3 × 3 =
3
3 ，
∴sinθ = ퟏ ― (
3
3 )ퟐ =
6
3 ，
∴二面角 E﹣AC﹣F 的正弦值为 6
3 ．
【点评】本题考查线面平行的证明，考查二面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线
面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力与运算求解能力，属于中档题．
19．已知 0＜m＜2，动点 M 到两定点 F1（﹣m，0），F2（m，0）的距离之和为 4，设点 M的轨迹为曲线 C，若曲线 C 过点푵( ퟐ，
2
2 )．
（1）求 m 的值以及曲线 C 的方程；
（2）过定点(
6
5，ퟎ）且斜率不为零的直线 l 与曲线 C 交于 A，B 两点．证明：以 AB 为
直径的圆过曲线 C 的右顶点．
【分析】（1）先利用定义法判断出点 M 的轨迹为椭圆，再利用题设条件求出方程即可；
（2）设直线 l：x＝ty +
6
5，曲线 C 的右顶点为 P，由直线 l 与曲线 C 的方程联立得到 y1+y2
与 y1y2，再证 →
푷푨 ⊥ →
푷푩即可．
解：（1）解：设 M（x，y），因为|MF1|+|MF2|＝4＞2m，所以曲线 C 是以两定点 F1，F2
为焦点，长半轴长为 2 的椭圆，所以 a＝2．
设椭圆 C 的方程为푥2
4 +
푦2
푏2 = 1（b＞0），代入点푵( ퟐ，
2
2 )得 b2＝1，由 c2＝a2﹣b2，得
c2＝3，
所以 m＝c = ퟑ，故曲线 C 的方程为푥2
4 + 풚ퟐ = ퟏ；
（2）证明：设直线 l：x＝ty +
6
5，A（x1，y1），B（x2，y2），
椭圆的右顶点为 P（2，0），联立方程组
{풙 = 풕풚 +
6
5
푥2
4 + 풚ퟐ = ퟏ
消去 x 得（t2+4）y2 +
12
5 풕풚 ―
64
25 = 0．
△＞0，y1+y2 =
―12푡
5(푡2 + 4)
，y1y2 = ―
64
25(푡2 + 4)
，
所 以 →
푷푨 ⋅ →
푷푩 = （ x1 ﹣ 2 ） （ x2 ﹣ 2 ） +y1y2 ＝ （ t2+1 ） y1y2 ―
4
5t （ y1+y2 ） +
16
25 =
―64푡2 ― 64 + 48푡2 + 16푡2 + 64
25(푡2 + 4)
= 0，∴ →
푷푨 ⊥ →
푷푩，
故点 P 在以 AB 为直径的圆上，即以 AB 为直径的圆过曲线 C 的右顶点．【点评】本题主要考查轨迹方程的求法及动圆过定点的问题，属于中档题．
20．已知函数 f（x）＝lnx﹣tx+t．
（1）讨论 f（x）的单调性；
（2）当t＝2时，方程f（x）＝m﹣ax恰有两个不相等的实数根x1，x2，证明：
푥1 + 푥2
2푥1푥2
＞ퟐ ― 풂．
【分析】（1）由已知求得 f′（x） =
1
푥 ―풕，可得当 t≤0 时，f（x）在（0，+∞）上单
调递增，当 t＞0 时，求出导函数的零点，由导函数的零点对定义域分段，再由导函数在
不同区间内的符号可得原函数的单调性；
（2）由 f（x）＝m﹣ax，得 lnx+（a﹣2）x+2﹣m＝0．令 g（x）＝lnx+（a﹣2）x+2，
则 g（x1）＝g（x2）＝m．得到 a﹣2 =
푙푛
푥2
푥1
푥1 ― 푥2
．不妨设 0＜x1＜x2，把证
푥1 + 푥2
2푥1푥2
＞ퟐ ― 풂
转化为证
푥1
푥2
―
푥2
푥1
＜ ― ퟐ풍풏
푥2
푥1
．令
푥2
푥1
= 풄（c＞1），则 g（c）＝2lnc﹣c +
1
푐，利用导数证明
g（c）＜0，即可得到
푥1 + 푥2
2푥1푥2
＞ퟐ ― 풂成立．
【解答】（1）解：f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x） =
1
푥 ―풕，
当 t≤0 时，f′（x）＞0 恒成立，f（x）在（0，+∞）上单调递增，
当 t＞0 时，令 f′（x）＞0，得 0＜x＜
1
푡，令 f′（x）＜0，得 x＞
1
푡．
∴f（x）在（0，1
푡）上单调递增，在（1
푡，+∞）上单调递减．综上所述，当 t≤0 时，f（x）在（0，+∞）上单调递增；
当 t＞0 时，f（x）在（0，1
푡）上单调递增，在（1
푡，+∞）上单调递减．
（2）证明：由 f（x）＝m﹣ax，得 lnx+（a﹣2）x+2﹣m＝0．
令 g（x）＝lnx+（a﹣2）x+2，则 g（x1）＝g（x2）＝m．
即 lnx1+（a﹣2）x1＝lnx2+（a﹣2）x2，∴a﹣2 =
푙푛
푥2
푥1
푥1 ― 푥2
．
不妨设 0＜x1＜x2，要证
푥1 + 푥2
2푥1푥2
＞ퟐ ― 풂，
只需证
푥1 + 푥2
푥1푥2
＞2（2﹣a） =
―2푙푛
푥2
푥1
푥1 ― 푥2
，即证
푥1
푥2
―
푥2
푥1
＜ ― ퟐ풍풏
푥2
푥1
．
令
푥2
푥1
= 풄（c＞1），g（c）＝2lnc﹣c +
1
푐，
∵g′（c） =
2
푐 ―ퟏ ―
1
푐2 = ―(
1
푐 ―ퟏ)ퟐ＜0．
∴g（c）在（1，+∞）上单调递减，则 g（c）＜g（1）＝0．
故
푥1 + 푥2
2푥1푥2
＞ퟐ ― 풂成立．
【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，训练了利用导数证明函数不等式，考查
数学转化思想方法，属难题．
21．2020 年 4 月 8 日零时正式解除离汉通道管控，这标志着封城 76 天的武汉打开城门了．在
疫情防控常态下，武汉市有序复工复产复市，但是仍然不能麻痹大意仍然要保持警惕，
严密防范、慎终如始．为科学合理地做好小区管理工作，结合复工复产复市的实际需要，
某小区物业提供了 A，B 两种小区管理方案，为了决定选取哪种方案为小区的最终管理
方案，随机选取了 4 名物业人员进行投票，物业人员投票的规则如下：
①单独投给 A 方案，则 A 方案得 1 分，B 方案得﹣1 分；
②单独投给 B 方案，则 B 方案得 1 分，A 方案得﹣1 分；③弃权或同时投票给 A，B 方案，则两种方案均得 0 分．
前 1 名物业人员的投票结束，再安排下 1 名物业人员投票，当其中一种方案比另一种方
案多 4 分或 4 名物业人员均已投票时，就停止投票，最后选取得分多的方案为小区的最
终管理方案．假设 A，B 两种方案获得每 1 名物业人员投票的概率分别为2
3和1
2．
（1）在第 1 名物业人员投票结束后，A 方案的得分记为 ξ，求 ξ 的分布列；
（2）求最终选取 A 方案为小区管理方案的概率．
【分析】（1）ξ 的所有可能取值为﹣1，0，1，然后根据相互独立事件的概率逐一求出
每个 ξ 的取值所对应的概率即可得分布列；
（2）记 M1 表示事件“前 2 名物业人员进行了投票，且最终选取 A 方案为小区管理方
案”，M2 表示事件“前 3 名物业人员进行了投票，且最终选取 A 方案为小区管理方案”，
M3 表示事件“共有 4 名物业人员进行了投票，且最终选取 A 方案为小区管理方案”，然
后根据独立重复事件的概率逐一求出每种事件对应的概率，最后将三种事件的概率相加
即可得解．
解：（1）由题意知，ξ 的所有可能取值为﹣1，0，1，
P（ξ＝﹣1）＝（1 ―
2
3） ×
1
2 =
1
6，P（ξ＝0） =
2
3 ×
1
2 +
1
3 ×
1
2 =
1
2，P（ξ＝1） =
2
3 × (ퟏ ―
1
2) =
1
3，
∴ξ 的分布列为
ξ ﹣1 0 1
P
1
6
1
2
1
3
（2）记 M1 表示事件“前 2 名物业人员进行了投票，且最终选取 A 方案为小区管理方
案”，
由（1）知，푷(푴ퟏ) = [풑(흃 = ퟏ)]ퟐ = (
1
3)ퟐ =
1
9，记 M2 表示事件“前 3 名物业人员进行了投票，且最终选取 A 方案为小区管理方案”，
푷(푴ퟐ) = 푪ퟏퟐ[푷(흃 = ퟏ)]ퟐ ⋅ 푷(흃 = ퟎ) = ퟐ × (
1
3)ퟐ ×
1
2 =
1
9，
记 M3 表示事件“共有 4 名物业人员进行了投票，且最终选取 A 方案为小区管理方案”，
①若 A 方案比 B 方案多 4 分，有两类：
第一类，A 方案前三次得了一次 1 分两次 0 分，最后一次得 1 分，其概率为푪ퟏퟑ ⋅ [푷(흃 = ퟏ)
]ퟐ ⋅ [푷(흃 = ퟎ)]ퟐ =
1
12；
第二类，A 方案前两次得了一次 1 分一次﹣1 分，后两次均得 1 分，其概率为푪ퟏퟐ
⋅ 푷(흃 = ―ퟏ) ⋅ [푷(흃 = ퟏ)]ퟑ =
1
81，
②若 A 方案比 B 方案多 2 分，有三类：
第一类，A 方案四次中得了一次 1 分，其他三次全 0 分，其概率为푪ퟏퟒ ⋅ [푷(흃 = ퟎ)]ퟑ
⋅ 푷(흃 = ퟏ) =
1
6；
第二类，A 方案前三次得了一次 1 分，一次 0 分，一次﹣1 分，最后一次得了 1 分，其
概率为푨ퟑퟑ ⋅ [푷(흃 = ퟏ)]ퟐ ⋅ 푷(흃 = ퟎ) ⋅ 푷(흃 = ―ퟏ) =
1
18；
第三类，A 方案前两次得了一次 1 分一次﹣1 分，第三次得 1 分，第四次得 0 分，其概
率为푪ퟏퟐ ⋅ [푷(흃 = ퟏ)]ퟐ ⋅ 푷(흃 = ퟎ) ⋅ 푷(흃 = ―ퟏ) =
1
54．
故푷(푴ퟑ) =
1
12 +
1
81 +
1
6 +
1
18 +
1
54 =
109
324，
∴最终选取 A 方案为小区管理方案的概率为 P = 푷(푴ퟏ) + 푷(푴ퟐ) + 푷(푴ퟑ) =
1
9 +
1
9 +
109
324
=
181
324．
【点评】本题考查独立重复事件的概率、离散型随机变量的分布列，考查学生对数据的
分析能力和处理能力，属于中档题．
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.[选修 4-4：坐标系与参数方程]
22．在平面直角坐标系 xOy 中，已知曲线 C1 的参数方程为{풙 = ―ퟏ + ퟏퟒ풄풐풔흋
풚 = ퟏ + ퟏퟒ풔풊풏흋 （φ 为参数），
以坐标原点 O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 C2 的极坐标方程为 ρ＝
4cosθ．曲线 C3 的极坐标方程为흆 =
3
1 + 8푠푖푛2휃
，曲线 C1 与曲线 C2 的交线为直线 l．
（1）求直线 l 和曲线 C3 的直角坐标方程；
（2）直线 l 与 x 轴交于点 M，与曲线 C3 相交于 A，B 两点，求|
1
|푀퐴| ―
1
|푀퐵||的值．
【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）利用一元二次方程根和系数关系式的应用求出结果．
解：（1）已知曲线 C1 的参数方程为{풙 = ―ퟏ + ퟏퟒ풄풐풔흋
풚 = ퟏ + ퟏퟒ풔풊풏흋 （φ 为参数），转换为直角坐
标方程为（x+1）2+（y﹣1）2＝14①．
曲线 C2 的极坐标方程为 ρ＝4cosθ．整理得 ρ2＝4ρcosθ，根据{ 풙 = 흆풄풐풔휽
풚 = 흆풔풊풏휽
흆ퟐ = 풙ퟐ + 풚ퟐ 转换为直角
坐标方程为：（x﹣2）2+y2＝4②．
所以①②两个方程相减得：3x﹣y﹣6＝0．
曲线 C3 的极坐标方程为흆 =
3
1 + 8푠푖푛2휃
，根据{ 풙 = 흆풄풐풔휽
풚 = 흆풔풊풏휽
흆ퟐ = 풙ퟐ + 풚ퟐ 转换为直角坐标方程为푥2
9
+ 풚ퟐ = ퟏ．
（2）直线 l 与 x 轴交于 M（2，0）所以直线 l 的参数方程为{풙 = ퟐ +
10
10 풕
풚 =
3 10
10 풕
（t 为参数），
代入푥2
9 + 풚ퟐ = ퟏ，得到：ퟒퟏ풕ퟐ ―ퟐ ퟏퟎ풕 ― ퟐퟓ = ퟎ．
所以풕ퟏ + 풕ퟐ = 2 10
41
，풕ퟏ풕ퟐ = ―
25
41故|
1
|푀퐴| ―
1
|푀퐵|| = |
푡1 ― 푡2
푡1푡2
| =
(푡1 + 푡2)2 ― 4푡1푡2
|푡1푡2|
═
(2 10
41 )
2
+ 4100
412
25
41
=
4500
412
25
41
= 30 5
25 = 6 5
5
．
【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，一元
二次方程根和系数关系式的应用，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．
[选修 4-5：不等式选讲]
23．设函数 f（x）＝2x﹣1﹣|x﹣1|．
（1）求不等式 f（x）＜3 的解集；
（2）若方程 f（x）＝x2+ax 有两个不等实数根，求 a 的取值范围．
【分析】（1）将 f（x）写为分段函数的形式，然后由 f（x）＜3，利用零点分段法解不
等式即可；
（2）根据方程 f（x）＝x2+ax，可得풂 = ― 푥2 + 2푥 ― |푥 ― 1| ― 1
푥
，然后构造函数 g（x） =
― 푥2 + 2푥 ― |푥 ― 1| ― 1
푥
，利用数形结合法求出 a 的取值范围．
解：（1）f（x）＝2x﹣1﹣|x﹣1| = {ퟑ풙 ― ퟐ，풙 ≤ ퟏ
풙，풙＞ퟏ ，
∵f（x）＜3，∴{ퟑ풙 ― ퟐ＜ퟑ
풙 ≤ ퟏ 或{풙＜ퟑ
풙＞ퟏ，
∴x≤1 或 1＜x＜3，∴x＜3，
∴不等式的解集为（﹣∞，3）；
（2）方程 f（x）＝x2+ax，即 2x﹣1﹣|x﹣1|＝x2+ax，
显然 x＝0 不是方程的根，故풂 = ― 푥2 + 2푥 ― |푥 ― 1| ― 1
푥
，
令 g（x） = ― 푥2 + 2푥 ― |푥 ― 1| ― 1
푥 = {ퟏ ― 풙，풙 ∈ [ퟏ， + ∞)
―풙 ―
2
푥 + ퟑ，풙 ∈ ( ― ∞，ퟎ) ∪ (ퟎ，ퟏ)，当 x＜0 时， ―풙 ―
2
푥 +ퟑ = ( ― 풙 +
2
―푥) + ퟑ＞ퟐ ퟐ +ퟑ，
作出 g（x）的图象，如图所示：
∵方程 f（x）＝x2+ax 有两个不等实数根，
∴由图象可知풂 ∈ ( ― ∞，ퟎ) ∪ (ퟐ ퟐ +ퟑ， + ∞)．
【点评】本题考查了绝对值不等式的解法和函数的零点与方程根的关系，考查了分类讨
论思想和数形结合思想，属中档题．
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