绝密★启用前
2020 届全国统一考试数学仿真模拟试卷一
（考试时间：120 分钟 满分：150 分）
注意事项：
1．答题前，务必在答题卡规定的地方填写自己的姓名、准考证号和座位号。
2．答题时，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。
如需改动，用 橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
3．答题时，必须使用 0.5 毫米的黑色墨水签字笔在答题卡上书写，要求字体工整、
笔迹清晰。作图题可选用铅笔在答题卡规定的位置绘出，确认后再用 0.5 毫米
的
黑色墨水签字笔描清楚。必须在题号所指示的答题区域作答，超出答题区域书
写
的答案无效，在试题卷、草稿纸上答题无效。
第Ⅰ卷（选择题）
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，请把正确答案的代号填在题后的括号内）
1．设集合 , ,则 ( )
A．（﹣∞,2） B．（﹣1,0] C．（﹣1,2） D．（﹣1,0）
【答案】B
【解析】∵集合 ,
,
∴ ,
故选：B
2．已知 ，若 ，则 a=( )
{ }2| log 1A x x= < { }2| 2 0B x x x= − − < B A=
{ } { }2| log 1 | 0 2A x x x x= < = < <
{ } { }2| 2 0 | 1 2B x x x x x= − − < = − < <
{ }| 1 0B A x x= − < ≤
5 ( 0)2
az ai
= >+ 5z z⋅ =A．1 B． C． D．5
【答案】A
【解析】
【分析】
先把复数 进行化简，得到 ，再根据共轭复数的概念求出 ，然后直接计算
即可求解.
【详解】
，
∴ ，a＞0，解得 .
故选：A
【点睛】
本题考查复数的共轭，以及复数的四则运算，属于简单题
3．已知 ，则( )
A．a＞b＞c B．c＞b＞a C．a＞c＞b D．b＞a＞c
【答案】C
【解析】
【分析】
根据指数的性质可得 ， ，根据对数的性质可得 ，综合即可得结
果.
【详解】
∵ ，∴ ，
5 3
z 2z a ai= − z
( )
( )( )
5 2 22 2
a iz a aii i
−= = −+ −
2 25 (2 ) ( )z z a a⋅ = = + − 1a =
0.3
5
13 ( ) 62a b c logπ= = =， ，
1a > 10 2b< < 1 12 c< <
0.3 03 3 1> = 1a >∵ ，∴ ，
∵ ，且 ，∴ ，
∴ ，
故选：C.
【点睛】
本题主要考查了指数、对数值的大小比较，熟练掌握指数函数和对数函数的单调性是解
题的关键，属于基础题.
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
【答案】A
11 1 10 ( ) ( )2 2 2
π >【解析】
【分析】
根据折线图依次判断每个选项：甲门店的营业额平均值远低于 32 万元，A 错误，其他
正确，得到答案.
【详解】
对于 A，甲门店的营业额折线图具有较好的对称性，营业额平均值远低于 32 万元，A
错误.
对于 B，甲门店的营业额的平均值为
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.
【点睛】
本题考查了折线图，意在考查学生的识图能力和应用能力.
5．若 x，y 满足约束条件 ，则 的最大值为( )
A．5 B．6 C．3 D．4
【答案】D
【解析】
【分析】
由目标函数作出可行域，由直线方程可知，目标函数过点 时， 有最大值，求出 点
12 18 21 28 32 25 24 18 16 194
9 9
+ + + + + + + + = ≈
3 3 0
3 0
3 5 9 0
x y
x y
x y
− + ≥
+ − ≤
− − ≤
2z x y= −
A z A坐标，代入即可求出结果.
【详解】
由 x，y 满足约束条件，作出可行域如图，
由 ，得 y x ，
由图可知，当直线 y x 过可行域内点 时
直线在 y 轴上的截距最小， 最大.
联立 ，解得
∴目标函数 z=x﹣2y 的最大值为 .
故选：D
【点睛】
本题主要考查线性规划问题，解题关键是能将问题转化为直线截距最值的求解问题.
6．某几何体的三视图如图所示，则其体积是( )
2z x y= − 1
2
= 1
2 z−
1
2
= 1
2 z− A
z
3 3 0
3 5 9 0
x y
x y
− + =
− − =
( )2, 3A − −
2 2 3 4− + × =A． B．36π C．63π D．216+9π
【答案】C
【解析】
【分析】
根据题目的三视图作出几何体的直观图，然后计算即可求解.
【详解】
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 π 32 3=63π.
故选：C
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( )
( )45 9 2 π+
⋅ ⋅ 1
3
+ ⋅ ⋅A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
首先根据奇偶性的判断可知，选项 B，D 不符题意，然后利用特值法，在 范
围内代入一个特值，即可得出正确答案.
【详解】
观察图象可知，函数的图象关于 y 轴对称，
对于 A 选项， ，为偶函数，
对于 B 选项， ，为奇函数，
对于 C 选项， ，为偶函数，
对于 D 选项， ，为奇函数，
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 时，如取 ， ，则有
( ) 5
2 2x x
sin xf x −= − ( )
2 2x x
cosxf x −= −
( ) 5
2 2x x
cos xf x −
=
−
( ) 5
2 2x x
sin xf x −
=
−
0 5x
π ∈ ，
( ) 5 5 ( )2 2 2 2x x x x
sin x sin xf x f x− −
−− = = =− −
( ) ( )( )
2 2 2 2x x x x
cos x cosxf x f x− −
−− = = − = −− −
( ) ( 5 ) (5 ) ( )
2 2 2 2x x x x
cos x cos xf x f x− −
−− = = =
− −
( ) 5 5 ( )
2 2 2 2x x x x
sin x sin xf x f x− −
−− = = − = −
− −
0 5x
π ∈ ，
6x
π= 3
6 6
6
1 22 2 0
2
π
π π
π
− −− =
( ) sin( )( 0)f x xω ϕ ω= + > x
4
π
1 2
2 4
π π
ω⋅ =
4ω =
( ) sin(4 )f x x ϕ= +又∵ ，
∴ 是 的一条对称轴，
∴ ， ，
∴ .
∵
故令 ，得 为最小值.
故选：B.
【点睛】
本题为考查“ 的图像和性质”的基本题型，考查学生对三角
函数相关性质的理解记忆，以及运用，为中等偏下难度题型.
9．若 的展开式中 x2 的项的系数为 ,则 x5 的项的系数为( )
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据二项式的展开式公式求解 ,再计算 x5 的项的系数即可.
【详解】
由已知得 ,k=0,1,..,8,
令 ,解得 k=4,∴ ,解得 .
( )
6
，x R f x f
π ∀ ∈ ≤
6x
π= ( )f x
4 6 2 k
π πϕ π× + = + k Z∈
6
，k k Z
πϕ π= − ∈
0ϕ >
1k = 5
6
πϕ =
( ) sin( )f x A x bω ϕ= + +
81( )ax
x
+ 35
8
7
4
7
8
7
16
7
32
a
388 2
1 8
kk k
kT C a x
−−
+ =
38 22
k− = 4 4
8
35
8C a = 1
2a = ±令 ,得 k=2,故 x5 的系数为 .
故选：C.
【点睛】
本题主要考查了二项式的展开式公式的运用,属于基础题.
10．抛物线 C： 的焦点为 F，过 F 且斜率为 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 面积的最大值为( )
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
易得直线 l 的方程为 ，联立直线和抛物线的方程并结合抛物线的性质得出
；设与直线 l 平行的直线为： ，当直线 与抛物线相切
时，P 到直线 l 的距离有最大值，进而求得 m 的值，再求出直线 l 与直线
的距离，最后计算面积即可.
【详解】
由题意可知直线 l 的方程为： ，设 ， ，
代入抛物线的方程可得 ， ，
由抛物线的性质可得 ，
设与直线 l 平行的直线方程为： ，代入抛物线的方程可得
，
38 52
k− = 2 6
8
7
16C a =
2 4y x= 3
PMN∆
3 2 3 2 3
3
16 3
9
3( 1)y x= −
| |MN 3y x m= + 3y x m= +
33 3y x= +
3( 1)y x= − 1 1( , )M x y 2 2( , )N x y
23 10 3 0x x− + = 1 2
10
3x x+ =
1 2
10 16| | 23 3MN x x p= + + = + =
3y x m= +
2 23 (2 3 4) 0x m x m+ − + =当直线 与抛物线相切时，P 到直线 l 的距离有最大值，
所以 ，解得 ，
直线 l 与直线 的距离 ，
所以 面积的最大值为 ，
故选：D.
【点睛】
本题考查直线与抛物线位置关系的应用，考查抛物线的性质，考查逻辑思维能力和运算
求解能力，属于常考题.
11．在矩形 ABCD 中， ， ，沿矩形对角线 BD 将 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 时，
；②四面体 ABCD 的体积的最大值为 ；③在四面体 ABCD 中，BC 与平
面 ABD 所成角可能为 ；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
【答案】C
【解析】
【分析】
对四个结论逐一分析判断，
对于①，利用翻折前后 这个条件不变，易得 平面 ，从而 ；
对于②，当平面 平面 时，四面体 ABCD 的体积最大，易得出体积；
对于③，当平面 平面 时，BC 与平面 ABD 所成的角最大，即 ，计
3y x m= +
2 2(2 3 4) 4 3 0m m∆ = − − × × = 3
3m =
33 3y x= + 2 3
3d =
PMN∆ 1 16 2 3 16 3
2 3 3 9
× × =
4AB = 3BC = BCD∆
DA BC⊥
BC AC⊥ 24
5
3
π
BC DC⊥ BC ⊥ DAC BC AC⊥
BCD ⊥ ABD
BCD ⊥ ABD CBD∠算其正弦值可得出结果；
对于④，在翻折的过程中，BD 的中点到四面体四个顶点的距离均相等，所以外接球的
直径恒为 BD，体积恒为定值.
【详解】
如图，当 时，∵ ，∴ 平面 ，
∵ 平面 ，∴ ，即①正确；
当平面 平面 时，四面体 ABCD 的体积最大，最大值为
，即②正确；
当平面 平面 时，BC 与平面 ABD 所成的角最大，为 ，而
，
∴BC 与平面 ABD 所成角一定小于 ，即③错误；
在翻折的过程中， 和 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.
故正确的有①②④.
故选：C.
【点睛】
本题考查图形翻折的应用，解题关键是应抓住翻折前后的“不变量”和“变量”，进而
分析计算，侧重考查直观想象和数学运算的核心素养，属于常考题.
DA BC⊥ BC DC⊥ BC ⊥ DAC
AC ⊂ DAC BC AC⊥
BCD ⊥ ABD
1 1 12 243 43 2 5 5
× × × × =
BCD ⊥ ABD CBD∠
4 3sin sin5 2 3
CDCBD BD
π∠ = = < =
3
π
ABD∆ BCD∆12．若对任意的 ， ， ， 恒成立，则 a 的最小值为
( )
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
恒成立等价于 恒成立，令 ，可得出
，再令 ，可得 ，然后利用导数求 即可.
【详解】
对任意的 ， ， ，可知 ，
则 恒成立等价于 ，即 ，
令 ，则函数 在 上为减函数，
∴ ，
∴ ，
再令 ， ，
∴ ，
∴ 在 上为减函数，
∴ ，
1x [ )2 2,0x ∈ − 1 2x x<
1 2
2 1
1 2
x xx e x e ax x
−
( )
xe af x x
+= ( )
xe af x x
+= [ )2,0−
( )
2
1( ) 0
xe x af x x
− −′ = ≤
( 1)xa e x≥ −
(( )) 1xg e xx −= [ )2,0x∈ −
( ) 0xg x xe′ = <
( )g x [ )2,0−
2
3( ) ( 2)maxg x g e
= − = −∴a ，
故选：A.
【点睛】
本题考查利用导数研究函数的恒成立求参问题，考查分析和转化能力，考查逻辑思维能
力和运算求解能力，属于常考题.
第 II 卷（非选择题，共 90 分）
本卷包括必考题和选考题两部分. 第 13 题~第 21 题为必考题，每个试题考生都必
须作答. 第 22 题~第 23 题为选考题，考生根据要求作答.
二、填空题（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分，将每题的正确答案填在题中的
横 线上）
13．已知向量 ， ，向量 在 方向上的投影为 ，则 _____.
【答案】2
【解析】
【分析】
由向量投影的定义列出关于 m 的方程求解即可.
【详解】
由题意可知：向量 在 方向上的投影为 ，
两边平方，可得 ，解得 或 ，
当 时， ，不符合题意，
∴ .
2
3
e
≥ −
( ,1)a m= (4, )b m= a b 5 m =
a b
2 2 2
4 1 5 5
4 16
a b m m m
b m m
⋅ ⋅ + ⋅= = =
+ +
2
2
25 516
m
m
=+ 2m = − 2m =
2m = − 2
5 5
16
m
m
= −
+
2m =故答案为：2.
【点睛】
本题主要考查平面向量数量积的应用，考查计算能力，属于基础题.
14．在△ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，已知
，则△ABC 的面积为_____.
【答案】2
【解析】
【分析】
根据题意，利用余弦定理列方程求解即可.
【详解】
∵ ，
∴由余弦定理 a2=b2+c2﹣2bccosA，可得 28=16+c2﹣2 ，可得 c2+4c﹣12=0，
解得 c=2，
∴S△ABC bcsinA 2 .
故答案为：2 .
【点睛】
本题考查根据余弦定理求三角形的边，关键在于熟练掌握公式，准确求解方程,属于简
单题
15．若 ，则 _____.
【答案】
2 7 4 120a b A= = = °， ，
3
2 7 4 120a b A= = = °， ，
14 2c × × × −
1
2
= 1 34 22 2
= × × × = 3
3
sin 1
1 cos 3
α
α =− 2
2cos 3s
n
in
2i
2
s
α α
α
+ − =
2−【解析】
【分析】
将所给条件等式化简变形，代入所求式子，结合余弦二倍角公式化简即可得解.
【详解】
∵ ，
∴ ，
代入等式，结合余弦二倍角公式化简可得
.
故答案为： .
【点睛】
本题考查了三角函数式化简求值的简单应用，二倍角公式的用法，属于基础题.
16．双曲线 C 的渐近线方程为 ，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_____.
【答案】 28
【解析】
【分析】
答题空 1：利用已知条件求出 ， ，，然后求出双曲线方程即可
sin 1
1 cos 3
α
α =−
3sin 1 cosα α= −
2
2cos 3sin
si
2
2n
α α
α
+ −
( )2 2cos 1 cos 2 21 cos
α α
α
+ − −= = −−
2−
3
3y x= ±
2 2
116 48
y x− =
a b答题空 2：利用双曲线的定义转化求解三角形的周长最小值即可
【详解】
∵双曲线 C 的渐近线方程为 ，一个焦点为 F（0，﹣8），
∴ ，解得 a=4，b=4 .
∴双曲线的标准方程为 ；
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： ；28.
【点睛】
本题考查根据已知条件求解双曲线的标准方程，以及求解三角形的周长最小值问题，属
于简单题.
三、解答题：（本大题满分 60 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）
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 1（n≥2），求数列{an bn}
的前 n 项和 Tn.
【答案】（1） ；（2） .
3
3y x= ±
2
2
2 2
1
3
8
a
b
a b
=
+ =
3
2 2
116 48
y x− =
2 2
116 48
y x− =
≠
1n nS S −− = ⋅
1 *3 ,2 n
n Na n= ⋅ ∈﹣ ( )2 1 3 2n
nT n= − +【解析】
【分析】
（1）由题意结合等差数列、等比数列的性质可得 4×2q=3×2+2q2，解方程后利用等比
数列的通项公式即可得解；
（2）由题意结合等差数列的判定与通项公式可得 ，利用 与 的关系可得
，进而可得 ，再利用错位相减法即可
得解.
【详解】
（1）因为 3a1，2a2，a3 成等差数列，所以 4a2=3a1+a3，
又{an}是一个首项为 2，公比为 q（q 1）的等比数列，
所以 4×2q=3×2+2q2，解得 q=3 或 q=1（舍去），
则 ；
（2）由 ，且 ，
可得 是首项和公差均为 1 的等差数列，
所以 ，所以 ，
可得 n=1 时，b1=S1=1；
时， ，对于 n=1 时，该式也成立，
则 ，
所以
所以 ，
，
nS n= nb nS
*2 1,n n Nb n= − ∈ ( ) 1 *2 2 1 3 ,n
n na Nb nn −⋅ = ∈− ⋅
≠
*12 3 ,n
n n Na − ∈= ⋅
1 1 1S b= = ( )1 1 2n nS S n−− = ≥
{ }nS
1 1nS n n= + − = 2
nS n=
2n ≥ ( )22
1 1 2 1n n nb S S n n n−= − = − − = −
*2 1,n n Nb n= − ∈
( ) 1 *2 2 1 3 ,n
n na Nb nn −⋅ = ∈− ⋅
( )2 12 1 1 3 3 5 3 2 1 3n
nT n − = ⋅ + ⋅ + ⋅ +⋅⋅⋅+ − ⋅
( )2 33 2 1 3 3 3 5 3 2 1 3n
nT n = ⋅ + ⋅ + ⋅ +⋅⋅⋅+ − ⋅ 两式相减可得
，
所以 .
【点睛】
本题考查了等差数列与等比数列的综合应用，考查了数列 与 的关系与错位相减法
求数列前 n 项和的应用，牢记错位相减法对应的形式并且细心计算是解题关键，属于中
档题.
18．如图，长方体 的底面为正方形， ， ，
， ， 是棱 的中点，平面 与直线 相交于点 ．
（1）证明：直线 平面 ；
（2）求二面角 的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2） ．
【解析】
【分析】
( ) ( )2 12 2 1 2 3 3 3 2 1 3n n
nT n− − = + ⋅ + +⋅⋅⋅+ − − ⋅
( ) ( ) ( )
13 1 3
2 4 2 2 1 3 4 1 3 41 3
n
n nn n
−−
= + × − − ⋅ = − − −−
( )2 1 3 2n
nT n= − +
na nS
1 1 1 1ABCD A B C D− 1AB = 1 3AA =
12BE EB=
1 2A M MA= N 1 1C D 1AEC 1DD F
//MN 1AEC F
E AC F− −
6
3（1）推导出 ，设点 为 的中点，连接 ， ，推导出 平面
， 平面 ，从而平面 平面 ，由此能证明 平
面 ；
（2）以 为原点， 为 轴， 为 轴， 为 轴，建立空间直角坐标系，利
用向量法求出二面角 的正弦值．
【详解】
（1）证明： 平面 平面 ，
平面 平面 ，
平面 平面 ，
，由题意得 ，
设点 为 的中点，连接 ， ，
是棱 的中点， ，
平面 ， 平面 ，
平面 ，
1 //C E AF G 1D F GM GN //GN
1AEC F //GM 1AEC F //MNG 1AEC F //MN
1AEC F
D DA x DC y 1DD z
E AC F− −
1 1 //BB C C 1 1AA D D
1AEC F 1 1 1BB C C EC=
1AEC F 1 1AA D D AF=
1 //C E AF∴ 1 2D F FD=
G 1D F GM GN
N 1 1C D 1//GN FC∴
GN ⊂/ 1AEC F 1FC ⊂ 1AEC F
//GN∴ 1AEC F， ，
，
平面 ， 平面 ，
平面 ，
，
平面 平面 ，
平面 ，
平面 ；
（2）解：以 为原点， 为 轴， 为 轴， 为 轴，建立如图所示的空间
直角坐标系，
， ，
∴ ， ， ， ，
， ， ，
设平面 的法向量 ， ， ，
则 ，取 ，得 ，
设平面 的法向量 ，
则 ，取 ，得 ，
设二面角 的平面角为 ，
1 2D F FD= 1 2A M MA=
//GM AF∴
GM ⊂/ 1AEC F AF ⊂ 1AEC F
//GM∴ 1AEC F
GN GM G=
∴ //MNG 1AEC F
MN ⊂ MNG
//MN∴ 1AEC F
D DA x DC y 1DD z
1AB = 1 3DD =
(1,0,0)A (0,1,0)C (0,0,1)F (1,1, 2)E
∴ ( 1,1,0)AC = − (0,1,2)AE = ( 1,0,1)AF = −
ACE ( , , )m x y z= y )z
0
2 0
m AC x y
m AE y z
⋅ = − + =
⋅ = + =
1z = ( 2, 2,1)m = − −
ACF ( , , )n a b c=
0
0
n AC a b
n AF a c
⋅ = − + =
⋅ = − + =
1a = (1,1,1)n =
E AC F− − θ由 ，
，
二面角 的正弦值为 ．
【点睛】
本题主要考查线面平行的证明和二面角的求法，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 .
（1）求 m 的值以及曲线 C 的方程；
（2）过定点 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.
【答案】（1） , ；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
(1)根据椭圆的定义可知曲线 C 是以两定点 F1,F2为焦点,长半轴长为 2 的椭圆,再代入点
求得椭圆中的基本量即可.
(2)设直线 ,再联立椭圆的方程,得出韦达定理,代入 进行计算可得
证明即可.
【详解】
| 2 2 1| 3| cos | 33 3
m n
m n
θ
⋅ − − += = =
×⋅
23 6sin 1 ( )3 3
θ∴ = − =
∴ E AC F− − 6
3
22 2N
，
6 05
，
3
2
2 14
x y+ =
22 2N
，
6: 5l x ty= + PA PB⋅
0PA PB⋅ = （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 1（b＞0）,代入点 得 b2=1,
由 c2=a2﹣b2,得 c2=3,
所以 ,故曲线 C 的方程为 ；
（2）证明：设直线 l：x=ty ,A（x1,y1）,B（x2,y2）,
椭圆的右顶点为 P（2,0）,联立方程组
消去 x 得 0.
△＞0,y1+y2 ,y1y2 ,
所以
,∴ ,
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.
【点睛】
2 2
24
x y
b
+ = 22 2N
，
3m c= =
2
2 14
x y+ =
6
5
+
2
2
6
5
14
x ty
x y
= +
+ =
( )2 2 12 644 5 25t y ty+ + − =
( )2
12
5 4
t
t
−=
+ ( )2
64
25 4t
= −
+
( )( ) ( ) ( )2
1 2 1 2 1 2 1 2
4 162 2 1 5 25PA PB x x y y t y y y y⋅ = − − + = + − + +
( )
2 2 2
2
64 64 48 16 64 0
25 4
t t t
t
− − + + += =
+ PA PB⊥ 本题主要考查了椭圆的定义以及方程的求解方法,同时也考查了联立直线与椭圆的方程,
得出韦达定理证明圆过定点的问题,可利用向量的数量积为 0 列式化简求解.属于难题.
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：
.
【答案】（1）当 t≤0 时,f（x）在（0,+∞）上单调递增；当 t＞0 时,f（x）在（0, ）
上单调递增,在（ ,+∞）上单调递减；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
(1)求导后分 和 两种情况讨论极值点的大小关系以及导函数的正负,进而求得
原函数的单调区间即可.
(2)代入 ,根据 f（x）=m﹣ax,可得 的两根分别为
,再消去 化简得到 ,再代入所证的 ,换元令
,进而求导分析导数的正负以及原函数的单调性即可.
【详解】
（1）f（x）的定义域为（0,+∞）,f′（x） ,
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 ,令 f′（x）＜0,得 x .
∴f（x）在（0, ）上单调递增,在（ ,+∞）上单调递减.
1 2
1 2
22
x x ax x
+ > −
1
t
1
t
0t ≤ 0t >
2t = ( ) ( )ln 2 2g x x a x m= + − + =
1 2,x x m
1
2
1 2
ln
2
x
xa x x
− = −
1 2
1 2
22
x x ax x
+ > −
2
1
, 1x c cx
= >
1 tx
= −
1
t
＜ 1
t
＞
1
t
1
t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, ）上单调递增,在（ ,+∞）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 .
不妨设 0＜x1＜x2,要证 ,
只需证 2（2﹣a） ,即证 .
令 （c＞1）,g（c）=2lnc﹣c ,
∵g′（c） 0.
∴g（c）在（1,+∞）上单调递减,则 g（c）＜g（1）=0.
故 成立.
【点睛】
本题主要考查了分类讨论分析函数单调性的问题,同时也考查了构造函数解决双变量的
问题,需要根据题意消去参数,再换元构造函数分析单调性与最值证明不等式.属于难题.
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
1
t
1
t
2
1
1 2
xln x
x x
= −
1 2
1 2
22
x x ax x
+ −＞
1 2
1 2
x x
x x
+ ＞
2
1
1 2
2 xln x
x x
−
= −
1 2 2
2 1 1
2x x xlnx x x
− < −
2
1
x cx
= 1
c
+
2
2
2 1 11 ( 1)c c c
= − − = − − <
1 2
1 2
22
x x ax x
+ −＞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 和 .
（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.
【答案】（1）分布列见解析；（2） .
【解析】
【分析】
(1) 由题意知，ξ 的所有可能取值为﹣1，0，1，然后，列出 ξ 的分布列即可
(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”，
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”，
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”，
记选取 A 方案为小区管理方案的概率为 P，
然后分别求出 ， ， 的值，则选取 A 方案为小区管理方案的概率
为：
，然后计算求解即可.
【详解】
（1）由题意知，ξ 的所有可能取值为﹣1，0，1，
P（ξ=﹣1）=（1 ） ，P（ξ=0） ，P（ξ=1）
2
3
1
2
181
324
( )1P M ( )2P M ( )3P M
( ) ( ) ( )1 2 3P P M P M P M= + +
2
3
− 1 1
2 6
× = 2 1 1 1 1
3 2 3 2 2
= × + × =，
∴ξ 的分布列为
（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， ，
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”，
，
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
；
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
，
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
；
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 ；
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
2 1 113 2 3
= × − =
( ) ( ) 2 2
1
1 1[ 1 ] ( )3 9P M p ξ= = = =
( ) ( ) ( )1 2 2
2 2
1 1 1[ 1 ] 0 2 ( )3 2 9P M C P Pξ ξ= = ⋅ = = × × =
( ) ( )1 2 2
3
11 ] 0 ] 12C P Pξ ξ ⋅ = ⋅ = =
( ) ( )1 3
2
11 [ 1 ] 81C P Pξ ξ⋅ = − ⋅ = =
( ) ( )1 3
4
1[ 0 ] 1 6C P Pξ ξ⋅ = ⋅ = =
( ) ( ) ( )3 2
3
1[ 1 ] 0 1 18A P P Pξ ξ ξ⋅ = ⋅ = ⋅ = − =率为 .
故 ，
∴最终选取 A 方案为小区管理方案的概率为
.
【点睛】
本题考查离散随机变量的分布列问题，属于中档题.
22．已知函数 ，且对任意的 ， .
（1）求 的取值范围；
（2）若 ，证明： .
【答案】（1） （2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）先求得函数 式，结合绝对值三角不等式即可求得最小值，进而
得 的取值范围；
（2）由（1）中 的取值范围，结合 可得 .代入不等式及函数解析式，分
类讨论得分段函数解析式，并求得各自的最大值，即可证明不等式成立.
【详解】
（1）函数 ，
由绝对值三角不等式可得
( ) ( ) ( )1 2
2
1[ 1 ] 0 1 54C P P Pξ ξ ξ⋅ = ⋅ = ⋅ = − =
( )3
1 1 1 1 1 109
12 81 6 18 54 324P M = + + + + =
( ) ( ) ( )1 2 3
1 1 109 181
9 9 324 324P P M P M P M= + + = + + =
1( ) | |2f x x= − x 1( ) ( )2f x f x m+ − + ≥
m
Nm∈ 2 2(sin ) (cos 1)f f mα α− + ≤
1
2m ≤
1( ) 2f x f x + − +
m
m Nm∈ 0m =
1( ) | |2f x x= −
1 1( ) 2 2f x f x x x + − + = − + −
( )1 1
2 2x x≥ − + − =当且仅当 时取等号，
因而
（2）证明：由（1）可知 ，且 ，
则 ，
要证明 ，
只需证明 ，
而
，
当 时， .
当 时， ，
综上可知 ，
原命题得证.
【点睛】
本题考查了绝对值三角不等式的综合应用，去绝对值化简函数表达式，由分段函数最值
证明不等式成立，属于中档题.
( )1 02x x − ⋅ − ≥
1
2m ≤
1
2m ≤ Nm∈
0m =
2 2(sin ) (cos 1)f f mα α− + ≤
2 2(sin ) (cos 1) 0f fα α− + ≤
2 2 2 21 1(sin ) (cos 1) sin cos2 2f fα α α α− + = − − +
2 21 1sin cos2 2
α α= − − −
2 2
2
12sin 2, sin 12
11,0 sin 2
α α
α
− ≤ ≤=
− ≤
，
，
( ) 3f x < 3 2 3
1
x
x
−
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