2020 年普通高等学校招生模拟试题
理科数学（一）
本试卷共 4 页，23 题（含选考题）.全卷满分 150 分.考试用时 120 分钟.
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名、考号等填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答
题卡上的指定位置.
2.选择题的作答：选出每小题答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试
题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3.填空题和解答题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷草稿纸
和答题卡上的非答题区域均无效.
4.选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用 2B 铅笔涂黑.答案写在答题卡
上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
第Ⅰ卷
一、选择题：本题共 12 小题，每小题 5 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.若复数 z 满足 ， 是虚数单位，则 （ ）
A. B. 1 C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
利用复数的除法运算，利用虚数单位的定义计算．
【详解】由题意 ．
故选：C．
【点睛】本题考查复数的除法运算，属于简单题．
2.集合 ， ，则 （ ）
A. B.
C. D.
1 0zi+ = i z =
1− i i−
1 1 ( )
( )
iz ii i i
− − ⋅ −= = =⋅ −
( )4
1log 1 2A x x
= + >
{ }2 6 0B x x x= + − > A B =
( ) ( ), 2 1,−∞ − ∪ +∞ ( )3,+∞
( ) ( ), 3 1,−∞ − ∪ +∞ ( ) ( ) ( ), 3 1,2 2,−∞ − +∞
【答案】C
【解析】
【分析】
解对数不等式得集合 ，解一元二次不等式得集合 ，由并集定义可得结论．
【详解】由题意 ，
，∴ .
故选：C.
【点睛】本题考查集合的并集运算，掌握对数不等式和一元二次不等式的解法是解题关键．
3.已知 ， ，则 （ ）
A. 2 B. C. 1 D.
【答案】A
【解析】
【分析】
首先根据诱导公式可得 ，再根据 和同角三角函数关系，即可求出 ，进而求出
的值．
【详解】∵ ， ，
∴ ，∴ .
故选：A.
【点睛】本题主要考查了同角三角函数关系式和诱导公式在三角函数化简求值中的应用，属于基础题．
4.在边长为 3，4，5 的三角形内部任取一点 P，则点 P 到三个顶点距离都大于 1 的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
画图分析，先得到 P 到三个顶点距离小于 1 的区域，再计算其面积和，再由几何概型的概率公式可得答案.
【详解】如图，P 到三个顶点距离小于 1 的区域有三部分，且 ，故面积为
A B
( ){ | 1 2} { | 1} 1,A x x x x= + > = > = +∞
( ) ( ){ | ( 3)( 2) 0} , 3 2,B x x x= + − > = −∞ − +∞ ( ) ( ), 3 1,A B = −∞ − +∞
2 5cos 2 5
πα − = −
3, 2
πα π ∈ tanα =
3
2
1
2
sinα 3, 2
πα π ∈ cosα tanα
2 5cos sin2 5
πα α − = = −
3, 2
πα π ∈
5cos 5
α = − tan 2α =
6
6
π− 12
12
π−
6
π
12
π
A B C+ + π= 21
2 2
π π⋅ =
三角形面积等于 6，则 P 到三个顶点距离都大于 1 的概率为 .
故选：B.
【点睛】本题考查了几何概型概率的计算，还考查了学生分析能力，运算能力，属于中档题.
5.《吕氏春秋·音律篇》记载了利用“三分损益”制定关于“宫、商、角、徵、羽”五音的方法，以一段均匀的发
声管为基数“宫”，然后将此发声管均分成三段，舍弃其中的一段保留二段，这就是“三分损一”，余下来的三
分之二长度的发声管所发出的声音就是“徵”；将“徵”管均分成三份，再加上一份，即“徵”管长度的三分之四，
这就是“三分益一”，于是就产生了“商”；“商”管保留分之二，“三分损一”，于是得出“羽”；羽管“三分益一”，
即羽管的三分之四的长度，就是角”.如果按照三分损益律，基数“宫”发声管长度为 1，则“羽”管的长度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
由三分损一、三分益一的原理，基数“宫”发声管长度为 1，依次求出徵，商，羽的管长即可.
【详解】按照三分损益原理：宫：1；
徵： ；
商： ；
羽： ；
故选：A.
【点睛】本题考查了数学文化的知识，考查了理解辨析能力、逻辑推理能力、数学运算能力、数学的应用
意识和解决问题的能力，属于一般题目.
6.如图，网格纸上小正方形的边长为 1，粗线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积是（ ）
1221 6 12
π
π−− =
16
27
27
16
64
81
81
64
2 21 3 3
× =
2 4 81 3 3 9
× × =
2 4 2 161 3 3 3 27
× × × =
A. 32 B. 36 C. 72 D. 80
【答案】C
【解析】
【分析】
根据原几何体的三视图可知原几何体为两个等大的长方体组合，计算出其表面积.
【详解】如图，该几何体为两个长方体的组合体，其表面积为两个长方体的表面积和减去重叠部分，即
.
故答案选：C.
【点睛】本题考查利用几何体三视图求原几何体的表面积，较容易.，准确识别原组何体的构成是解题的关
键.
7.在 的展开式中，含 项的系数等于（ ）
A. 98 B. 42 C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
求得 二项展开式的通项公式，并求得 和 项的系数，再由乘法分配率，得到含 项的系
数.
【详解】 二项展开式的通项公式 ,
( )2 4 4 2 2 2 2 2 2 2 72S = × × + × × × − × × =
( ) 8
3 11x xx
− − 2
1
x
98− 42−
81 xx
−
5x− 2x−
2
1
x
81 xx
−
3 88 2
1 8 8
1( ) ( ) ( 1)
r
r r r r r
rT C x C xx
−−
+ = − = −
令 ，得 ，则含 项的系数为 ，
令 ，得 ，则含 项的系数为 ，
故含 与项的系数等于 .
故选：D.
【点睛】本题考查了二项式定理，求特定项的系数，属于基础题.
8.函数 的部分图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
求得函数 的定义域，分析函数 的奇偶性，结合 的值以及排除法可得出合适的选
项.
【 详 解 】 对 于 函 数 ， ， 得 ， 所 以 ， 函 数 的 定 义 域 为
.
，函数 为奇函数，图象关于原点对称，
3 8 52
r − = − 2r = 5x− 2
8C
3 8 22
r − = − 4r = 2x− 4
8C
2
1
x
2 4
8 8 42C C− = −
( ) 3sin 2
2
xf x x
= −
( )y f x= ( )y f x=
2f
π
( ) 3sin 2
2
xf x x
= − 2 0x − ≠ 2x ≠ ± ( )y f x=
{ }2x x ≠ ±
( ) ( ) ( )sin 2 sin 2
2 2
x xf x f xx x
−− = = − = −− − − ( )y f x=
排除 B、D 选项；
又 ，排除 C 选项.
故选：A
【点睛】本题考查利用函数的解析式选择图象，一般分析函数的定义域、奇偶性、单调性、零点以及函数
值符号，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.
9.已知直四棱柱（侧棱垂直于底面的棱柱） 中，底面 为菱形，且
，则异面直线 与 所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
在之四棱柱 下方构造等大的直四棱柱 ，将异面直线 与 所成
角转化为 与 所成锐角，然后通过余弦定理解决问题.
【详解】由 ，得 ，所以 ，所以 ， .如图，
在直四棱柱 下方补上一个相同 直四棱柱 ，
则 （或补角）即为异面直线 与 所成的角，
设 ，则 ，
在 中，利用勾股定理求出 ，
.
的
02f =
π
1 1 1 1ABCD A B C D− ABCD
1
3
3BD DD AC= = 1AD 1DC
3
5
3
4
1
2
3
2
1 1 1 1ABCD A B C D− 1 1 1 1A B C D EFGS− 1AD 1DC
1D G 1AD
3
3BD AC= 30DAC∠ = ° 60DAB∠ = ° 1AD DD=
1 12AD DD=
1 1 1 1ABCD A B C D− 1 1 1 1A B C D EFGS−
1AD G∠ 1AD 1DC
1BD DD AD a= = = 3AC a=
Rt AEG 7AG a=
在 中利用余弦定理得：
，
所以异面直线 与 所成角的余弦值为 .
故选：B.
【点睛】本题考查用定义法求解异面直线的夹角，难度一般，解答时只需要将所给直线进行平移，找到这
两条线所成角的平面角，然后通过解三角形得到夹角的余弦值.
10.已知 O 为坐标原点，A，F 分别是双曲线 的右顶点和右焦点，以 为直径
的圆与一条渐近线的交点为 P（不与原点重合），若 的面积 满足 ，则双
曲线的离心率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
分析】
根据题意可知， 为直角三角形，再根据 ，和 ，可知
，根据离心率公式化简即可求出结果.
【详解】因为以 为直径的圆与一条渐近线的交点为 P（不与原点重合），
所以 为直角三角形；
设 ，
在 中， ， ， ，
【
1AD G△
( ) ( ) ( )2 2 2
2 2 2
1 1
1
1 1
2 2 7 3cos 2 42 2 2
a a aAD D G AGAD G AD D G a a
+ −+ −∠ = = = −⋅ × ⋅
1AD 1DC 3
4
( )2 2
2 2: 1 0, 0x yC a ba b
− = > > OF
OAP△ OAPS△ 2 2 OAPFP FO S⋅ =
△
3 2 3
3 2 2 2
OPF△ 2 2 OAPFP FO S⋅ =
△ cos sinPFO FOP∠ = ∠
22cb a=
OF
OPF△
OF c=
Rt OPF△ OF c= OP a= PF b=
因为 ，所以 ，
又 ，所以 ，两边平方得 ，
可化为 ，解得 .
故选: C.
【点睛】本题考查直线与双曲线的位置关系的应用，双曲线的简单性质，以及离心率的求法，考查计算能
力，属于中档题．
11. 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，若 ，则 等于
（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
结合已知条件和正弦定理可得 ，即 ， ，再根据
和两角和的正切公式，以及三角形内角之间的关系，即可求出 ，再根据同角关
系即可求出 .
【 详 解 】 由 ， 利 用 正 弦 定 理 得 ， 即
， 所 以 ， . 代 入
，解得 ，又 ， ， 同号，所以 ，
所以 .
故选：D.
【点睛】本题主要考查了正弦定理在解三角形中的应用，同时考查了三角恒等变换以及同角的基本关系，
属于基础题.
12.已知函数 ，若函数 恰有三个不同的零点，则实数 a 的取值范
围是（ ）
A. B. C. D.
2 2 OAPFP FO S⋅ =
△
21cos 2 2 sin2cb PFO a FOP∠ = × ∠
cos sinPFO FOP∠ = ∠ 22cb a= ( )2 2 2 42c c a a− =
( )2 2 1 2e e − = 2e =
ABC cos :cos :cos 6 :3 : 2A B C a b c= cosC
3
3
1
3
2 2
3
10
10
6tan 3tan 2tanA B C= = 1tan tan3A C= 2tan tan3B C=
( )tan tanC A B= − + tanC
cosC
6 3 2
cos cos cos
a b c
A B C
= = 6sin 3sin 2sin
cos cos cos
A B C
A B C
= =
6tan 3tan 2tanA B C= = 1tan tan3A C= 2tan tan3B C=
( ) tan tantan tan 1 tan tan
A BC A B A B
+= − + = − − tan 3C = ± tan A tan B tanC tan 3C =
10cos 10C =
( ) ( )2
2
, 1
10 9, 1
xx x e xf x
x x x
− ( )1h x
0 1x< < ( )1 0h x′ < ( )1h x
( )2
9 10h x x x
= − − + 1≥x ( ) 2
2 2
9 xh x x
−′ =
( )1,3x∈ ( )2 0h x′ > ( )2h x
( )3,x∈ +∞ ( )2 0h x′ < ( )2h x
( )h x
0a = [ )1,4a∈ ( )f x ax=
故函数 有三个零点.
故选：D.
【点睛】本题考查分段函数的零点，此类问题一般是先考虑参变分离法，把零点个数问题归结动直线与定
函数的图象的交点的个数问题，本题属于较难题.
第Ⅱ卷
本卷包括必考题和选考题两部分.第 13~21 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.
二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分.
13.若球 O 的球心到其内接长方体三个不同侧面的距离为 1，2，3，则球 O 表面积为__________.
【答案】
【解析】
【分析】
由球的截面性质得出长方体的三条棱长，从而得球半径，可计算出面积．
【 详 解 】 由 题 意 长 方 体 相 邻 的 三 条 棱 长 为 2 ， 4 ， 6 ， 外 接 球 直 径 等 于 长 方 体 对 角 线 ， 所 以
.
故答案为： ．
【点睛】本题考查球的表面积，解题关键是掌握球的截面性质，长方体的性质：长方体的对角线是外接球
的直径．
14.已知圆 与抛物线 交于 A，B 两点，与抛物线的准线交于 C，D 两点，且坐标
原点 O 是 的中点，则 p 的值等于_________________.
【答案】
【解析】
【分析】
抛物线的准线方程为 ，所以由对称性得点 ，代入圆的方程即可得 p 的值.
【详解】因为抛物线的准线方程为 ，所以由对称性得点 ，
代入圆的方程得 ，解得 .
( )y f x ax= −
56π
( )2 2 2 24 2 4 6 56S Rπ π π= = + + =
56π
2 2 1x y+ = ( )2 2 0y px p= >
AC
2 5
5
2
px = − ,2
pA p ±
2
px = − ,2
pA p ±
( )2
2 12
p p + ± =
2 5
5p =
故答案为：
【点睛】本题主要考查了抛物线的标准方程，属于基础题.
15.函数 的图象向右平移 个单位得到函数 的图象，且 与 的图
象关于点 对称，那么 的最小值等于_______________.
【答案】6
【解析】
【分析】
由 平 移 变 换 得 出 ， 再 利 用 与 的 图 象 关 于 点 对 称 得
，由周期性得出答案.
【详解】由图象平移规律可知 ，由 与 的图象关于点 对称，所以
， 化 简 得 恒 成 立 ， 得
，故 ， ，所以正数 的最小值为 6.
故答案为:6.
【点晴】 与 关于 对称，则 ，故得 .
16.已知向量 ， ， 满足 ， ，且 ，则 的取值范围是
________________.
【答案】
【解析】
【分析】
将 转化为 ，两边平边再利用 化简分析可
求出 的范围.
【详解】因为 ， ，所以 ，
2 5
5
( ) ( )sin 0f x xω ω= >
3
π ( )y g x= ( )f x ( )g x
,03
π
ω
( ) sin 3g x x
ωπω = −
( )f x ( )g x ,03
π
2( ) ( )3f x g x
π − = −
( ) sin ( )3g x x
πω = −
( )f x ( )g x ,03
π
2sin sin3 3x x
ωπ πω ω − = − −
2sin sin3 3x x
ωπ ωπω ω − = −
sin sin3 3 3x x
ωπ ωπ ωπω ω − = − − 23 k
ωπ π= k Z∈ ω
( )f x ( )g x ( , )a b (2 ) 2 ( )f a x b g x− = − 2( ) ( )3g x f x
π= − −
a b c 1a = 5b c= = 1a c a b b c⋅ + ⋅ − ⋅ = b c⋅
[ ]7,7−
1a c a b b c⋅ + ⋅ − ⋅ = 1 ( )b c a b c⋅ + = ⋅ + ( )2 2 2( )a c a b a b c⋅ + ⋅ ≤ ⋅ +
b c⋅
1a = 5b c= = 1 ( )b c a b c⋅ + = ⋅ +
等式两边平方得 ，
所以 ，
所以 ，所以 ，
当且仅当 与 共线时取等号，所以 .
故答案为：
【点睛】本题考查了向量数量积的运算和性质，还考查了学生分析观察能力，运算能力，难度较大.
三、解答题：解答应写岀文字说眀、证明过程或演算步骤.
17.已知各项均为正数的等比数列 与等差数列 满足 ， ，记
， .
（1）求数列 和 的通项公式；
（2）求数列 的前 n 项和 .
【答案】（1） ， ；（2） .
【解析】
【分析】
（1）由题意，求出等差、等比数列的公差、公比，利用通项公式，即可求出结果.
（2）化简 ，用裂项相消法求前 n 项和，即可求出结果.
【详解】（1）因为 各项为正数，
设 的公比为 q， ， 的公差为 d，
则 ， ，
所以 ，
（2）
( ) ( )2 2
1b c a c a b⋅ + = ⋅ + ⋅
( ) ( )2 22 2 2
2 1 2b c b c a b c b b c c⋅ + ⋅ + ≤ ⋅ + = + ⋅ +
( )2
49b c⋅ ≤ 7 7b c− ≤ ⋅ ≤
a ( )b c+ [ ]7,7b c⋅ ∈ −
[ ]7,7−
{ }na { }nb 1 1 2a b= = 5 31 32a b= =
( ) ( )1
1 1 2 2
1n
n
n n n n
ac a b a b
+
+ + + +
−= − ⋅ − ( )*n N∈
{ }na { }nb
{ }nc nT
2n
na = 1nb n= + nT =
2
11 2 3+− − −n n
nc
{ }na
{ }na ( )0q > { }nb
1
4
5
1
2aq a
= =
31 1 130
b bd
−= =
2n
na = 1nb n= +
( ) ( )1
1 1 2 2
1n
n
n n n n
ac a b a b
+
+ + + +
−= − ⋅ −
( ) ( )
1
1 2
2 1
2 2 2 3
n
n nn n
+
+ +
−= − + − +
，
所以 .
【点睛】本题考查了等差、等比数列的通项公式，用裂项相消法求数列前 n 项和.考查了数学运算能力和逻
辑推理能力，转化的数学思想，属于中档题目.
18.2020 年 2 月，为防控新冠肺炎，各地中小学延期开学.某学校积极响应“停课不停学”政策，在甲、乙两班
分别开展了 H、G 两种不同平台的线上教学尝试，经过一段时间的试用，从两班各随机调查了 20 个同学，
得到了对两种线上平台的评价结果如下：
评价结果 差评 一般 好评
甲班 5 人 10 人 5 人
乙班 2 人 8 人 10 人
（1）假设两个班级的评价相互独立，以事件发生频率作为相应事件发生的概率，若从甲乙两班中各随机抽
取一名学生，求甲班学生的评价结果比乙班学生的评价结果“更好”的概率；
（2）根据对两个班的调查，完成列联表，并判断能否有 99%的把握认为评价是否“差评”与线上平台有关.
差评 好评或一般 总计
平台
平台
总计
附： ， .
0.050 0.010 0.001
3.841 6.635 10.828
( ) ( )1 2
1 1
2 2 2 3n nn n+ += −− + − +
( ) ( )2 3 3 4 1 2
1 1 1 1 1 1
2 3 2 4 2 4 2 5 2 2 2 3n n nT n n+ += − + − + + −− − − − − + − + ( )2 2
1 1
2 3 2 3+= −− − +n n
2
11 2 3n n+= − − −
H
G
( )
( )( )( )( )
2
2 n ad bcK a b c d a c b d
−= + + + + n a b c d= + + +
( )2
0P K k≥
0k
【答案】（1） ；（2）列联表答案见解析，没有 99%的把握认为评价是否“差评”与线上平台有关.
【解析】
【分析】
（1）记 表示事件：甲班抽取的学生评价结果为“好评”； 表示事件：甲班抽取的学生评价结果为“一
般”； 表示事件：乙班抽取的学生评价结果为“差评”或“一般”； 表示事件：乙班抽取的学生评价结果
为 “ 差 评 ” ； 表 示 事 件 ： 甲 班 学 生 的 评 价 结 果 比 乙 班 学 生 的 评 价 结 果 “ 更 好 ” ， 可 知
；又因为两个班级的评价相互独立，由此即可求出结果；
（2）根据表中所给数据完成列联表，求出 ，再根据 ，根据独立性检验即可得出
结论.
【详解】解：（1）记 表示事件：甲班抽取的学生评价结果为“好评”；
表示事件：甲班抽取的学生评价结果为“一般”；
表示事件：乙班抽取的学生评价结果为“差评”或“一般”；
表示事件：乙班抽取的学生评价结果为“差评”；
表示事件：甲班学生的评价结果比乙班学生的评价结果“更好”.
因为两个班级的评价相互独立，
所以 ，
故 .
（2）根据已知，列联表如下：
差评 好评或一般 总计
平台 5 15 20
平台 2 18 20
总计 7 33 40
7
40
1A 2A
1B 2B
C
( ) ( )1 1 2 2P C P A B A B= +
2 1.558K ≈ 1.558 6.635<
1A
2A
1B
2B
C
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1 2 2 2 21 1P C P A B A B P A P B P A P B= + = +
( ) 5 10 10 2 7
20 20 20 20 40P C = × + × =
H
G
所以 .
由于 ，故没有 99%的把握认为评价是否“差评”与线上平台有关.
【点评】本题主要考查了独立事件概率的求法，以及独立检验的应用，属于基础题.
19.如图，在三棱锥 中， ， ， ， 分别是线段 ， 的中点，
， ，二面角 的大小为 60°.
（1）证明：平面 平面 ；
（2）求直线 和平面 所成角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2） .
【解析】
【分析】
（1） 要 证 平 面 平 面 ， 需 证 线 面 垂 直 ， 根 据 条 件 可 知 ， 再 根 据 勾 股 可 证
，从而可证 平面 ，进而证出结论.（2）法一：以 B 为坐标原点， 为 x 轴，
为 y 轴，建立空间直角坐标系，用空间向量法可求；法二： 由（1）可知 平面 ，取 的中点
E，连接 ，可证 平面 ， 即为直线 和平面 所成的角，利用直角三角形即可
求出结果.
【详解】解：（1）在 中，N 是斜边 的中点，
所以 .
因为 ， 是 ， 的中点，
所以 ，且 ，
所以 ， .
又因为 ， ，
( )2
2 40 5 18 15 2 120 1.55820 20 33 7 77K
× − ×= = ≈× × ×
1.558 6.635<
D ABC− AB BD⊥ BC CD⊥ M N AD BD
1MC = 2AB BD= = D BA C− −
MNC ⊥ BCD
BM MNC
10
4
MNC ⊥ BCD MN BD⊥
MN NC⊥ MN ⊥ BCD BC BA
MN ⊥ BCD CN
BE BE⊥ CMN BME∠ BM MNC
Rt BCD BD
1 2
2 2NC BD= =
M N AD BD
1 2
2 2MN AB= = 1MC =
2 2 2MN NC MC+ = MN NC⊥
AB BD⊥ //MN AB
所以 ，且 ，
故 平面 ，
因为 平面 ，
所以平面 平面 .
（2）法一：由（1）知 平面 ，故 平面 ，
所以 .又 ，所以 即为二面角 的平面角，故 ，因此
， .
以 B 为坐标原点， 为 x 轴， 为 y 轴，建立如图所示空间直角坐标系.
因为 ， ，
所以中点 ， .
， .
所以 ， .
设平面 的法向量 ，
则 ，即 ，
取 ，得 ，
所以 ，
MN BD⊥ BD NC N∩ =
MN ⊥ BCD
MN ⊂ MNC
MNC ⊥ BCD
MN ⊥ BCD AB ⊥ BCD
AB BC⊥ AB BD⊥ CBD∠ D BA C− − 60CBD∠ = °
2
2BC BN CN= = = 6
2CD =
BC BA
2 6,0,2 2D
( )0, 2,0A
2 2 6, ,4 2 4M
2 2 6, ,4 2 4BM
=
2 ,0,02C
2 6,0,4 4N
2 6,0,4 4CN
= −
20, ,02NM
=
NMC ( ), ,m x y z=
0
0
NM m
CN m
⋅ =
⋅ =
2 02
2 6 04 4
y
x z
=
− + =
3x = ( )3,0,1m =
6 6
64 4cos , 1 2 4
BM m
M m
BM m
B
+⋅= = =×⋅
故 ，
因此直线 和平面 所成角的余弦值等于 .
法二：由（1）知 平面 ，故 平面 ，所以 ，
又 ，所以 即为二面角 的平面角，故 ，
因此 ，
取 的中点 E，连接 ，则 ，且 ，在 中， ，
又因为平面 平面 ，所以 平面 ，
因此 即为直线 和平面 所成的角，
由 ，得 ，
所以直线 和平面 所成角的余弦值等于 .
【点睛】本题考查面面垂直的证明，考查空间向量法求线面角，本题也可以用传统方法求线面角，考查学
生的空间立体感和计算能力，属于中档题.
20.已知椭圆 左、右焦点分别为 ， ，且满足离心率 ， ，
过原点 O 且不与坐标轴垂直的直线 交椭圆 C 于 M，N 两点.
（1）求椭圆 C 的方程；
（2）设点 ，求 面积的最大值.
【答案】（1） ；（2） .
【解析】
10sin , 4BM m =
BM MNC 10
4
MN ⊥ BCD AB ⊥ BCD AB BC⊥
AB BD⊥ CBD∠ D BA C− − 60CBD∠ = °
2
2BC BN CN= = =
CN BE BE CN⊥ 6
4BE = Rt ABD△ 1 12BM AD= =
MNC ⊥ BCD BE⊥ CMN
BME∠ BM MNC
6sin 4
BEBME BM
∠ = = 10cos 4BME∠ =
BM MNC 10
4
( )2 2
2 2: 1 0x yC a ba b
+ = > > 1F 2F 3
2e = 1 2 4 3F F =
l
( )2,1A AMN
2 2
116 4
x y+ = 4 2
分析】
（1）由 ，可知 的值，结合离心率可求 ，进而求出 的值，从而求出椭圆方程.（2）利用弦
长公式可用 表示 的长，再根据点到直线的距离可求出点 到直线 的距离，将三角形面积表示
成 的函数，利用均值不等式可求出最大值.
【详解】解：（1）由题意可知， ，
根据 ，得 ， ，
椭圆 C 的方程为 .
（2）设直线 的方程为 ，
由 ，
得 ， ，
.
点 A 到直线 的距离 ，
所以
，
当 时， ；
当 时，
【
1 2|FF |=4 3 c a b
k | |MN A MN
k
2 3c =
3
2
ce a
= = 4a = 2b =
2 2
116 4
x y+ =
l ( )0y kx k= ≠
2 2
116 4
y kx
x y
= + =
1 2
4
1 4
x
k
=
+ 2 2
4
1 4
x
k
= −
+
( ) ( )2 2
1 2 1 2MN x x y y= - + -
2
2
1 2 2
8 11
1 4
kk x x
k
+= + − =
+
l 2
2 1
1
kd
k
−=
+
2
2 2
2 11 8 1
2 1 1 4AMN
k kS
k k
− += × ×
+ +△
22
4 2 1 44 1 1 41 4
k k
kk
−= = − ++
0k > 4AMNS ( )h x ( )′g x
0x > ( )g x ( ) 1 1 0f x f x
+ − ≥ 1
1
1( ) ( ) 1f x f x
+ ≥
( )2
1
1f f xx
≥
( )f x
( ) 2ln 2 1f x x axx
′ = + + +
( )1 2 3 4k f a′= = + =
1
2a =
此时 ，
则 ，
可得 在 上为减函数，在 上为增函数，因此 恒成立，
故 在定义域 上为增函数
（2）先证不等式 ，
设 ，则 ，
可得 在 上为增函数，在 上为减函数，
所以当 时 ，即 成立， ，
令 ，
则 ，
设 ，
则 ，利用不等式 得 ，
那么 ，
所以 是增函数，故 是增函数，
又因为 ，在 时， ， 时， ，
所以 在 上为减函数，在 上为增函数，.
所以 ，即 ，当 时，取等号，所以 ，
又由 得 ，
所以 ，
( ) ( )2ln 1f x x x m xx
′ = + + + =
( ) ( )( )2
2 2 2
2 11 2 21 x xx xm x x x x x
+ −+ −′ = − + = =
( )y f x′= ( )0,1 ( )1,+∞ ( ) ( )1 0f x f′ ′≥ >
( )f x ( )0, ∞+
ln 1≤ −x x
( ) ln 1n x x x= − + ( ) 1 xn x x
−′ =
( )y n x= ( )0,1 ( )1,+∞
1x = ( ) ( )max 1 0n x n= = ln 1≤ −x x ( ) ( ) 212 ln 2f x x x x= + +
( ) ( ) ( ) 2
2
1 1 1 11 2 ln 2 ln 12 2g x f x f x x x xx x x
= + − = + + − + + −
( ) 2 2 2 3
2 1 1 1 1 1ln 1 ln 2 1 1 ln 1g x x x x x x xx x x x x x
′ = + + + − − + + + = + + + − −
( ) 2
11 lnh x xx
= +
( ) 2
3
2ln 1x xh x x
− +′ = ln 1≤ −x x ( )2ln 2 1x x− ≥ − −
( ) ( ) ( )22
3 3
2 1 1 1 2 0x x xh x x x
− − + − +′ ≥ = >
( )h x ( )g x′
( )1 0g′ = 0 1x< < ( ) 0g x′ < 1x > ( ) 0g x′ >
( )g x ( )0,1 ( )1,+∞
( ) ( )1 0g x g≥ = ( ) 1 1 0f x f x
+ − ≥ 1x = ( )1
1
11f x f x
≥ −
( ) ( )1 2 1f x f x+ = ( ) ( )1 21f x f x= −
( )2
1
1f f xx
≥
又 在定义域 上为增函数，
所以 ，即 得证.
【点睛】本题考查导数的几何意义，考查用导数研究函数的单调性，证明不等式成立．证明不等式的关键
是引入新函数 ，利用导数证明 ，这样明确，即求得 的最小值为 0 即
可．本题考查了学生的转化与化归能力，分析问题解决问题的能力，运算求解能力，本题属于难题．
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 中，直线 ，曲线 （ 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.
（1）求直线 与曲线 C 的极坐标方程；
（2）若直线 的极坐标方程为 ，直线 与直线 交于点 A，与曲线 C 交于点 O 与点 B，求
的最大值.
【答案】（1） ； ；（2） .
【解析】
【分析】
（1）把参数谅 参后化为普通方程，然后由公式 ， 可把直角坐标方程化为极坐标
方程；
（2）直线 的极坐标方程 代入直线 和曲线 的极坐标方程得 ，然后计算 ，利用三
角函数知识得最大值．
【详解】解：（1）因为 ， ，
所以直线 的极坐标方程为 ，即 .
( )f x ( )0, ∞+
2
1
1 xx
≥
1 2 1x x ≤
1( ) ( ) 1g x f x f x
= + − ( ) 0g x ≥ ( )g x
xOy 1 : 2 0l x y− − = 2 2cos: 2sin
xC y
ϕ
ϕ
= +
=
ϕ
1l
2l ( )Rθ α ρ= ∈ 2l 1l
OB
OA
cos 24
πρ θ + = 4cosρ θ= 2 1+
cosx ρ θ= siny ρ θ=
2l θ α= 1l C ,OA OB OB
OA
cosx ρ θ= siny ρ θ=
1l cos sin 2ρ θ ρ θ− = cos 24
πρ θ + =
由 ，消去参数 ，得 ，
将 ， 代入上式，得 .
即曲线 C 的极坐标方程为 .
（2）因为直线 ，则 ， ，
则 ， ，
所以
.
所以当 时， 取得最大值 .
【点睛】本题主要考查参数方程化为普通方程，极坐标方程与直角坐标方程的互化，考查极坐标的应用．属
于中档题．
选修 4—5：不等式选讲
23.已知函数 .
（1）解不等式 ；
（2）记函数 的最小值为 m，正实数 a，b 满足 ，试求 的最小值.
【答案】（1） ；（2）
【解析】
【分析】
（1）化简函数 ，分段求解不等式，即可求出答案.
（2）利用绝对值三角不等式求出最小值 ，再利用基本不等式，即可求出最小值.
2 2cos
2sin
x
y
ϕ
ϕ
= +
=
ϕ 2 2 4 0x y x+ − =
2 2 2x y ρ+ = cosx ρ θ= 2 4 cosρ ρ θ=
4cosρ θ=
2 :l θ α= ( )1,A ρ α ( )2,B ρ α
1
2
cos sin
ρ α α= − 2 4cosρ α=
( )2
1
2 cos cos sinOB
OA
ρ α α αρ= = −
2 cos 2 14
πα = + +
cos 2 14
πα + =
OB
OA 2 1+
( ) 2 1 1f x x x= − − +
( ) 4f x ≤
( ) 3 1y f x x= + + a b m+ = 1 4
1 2a b
++ +
{ }2 6x x− ≤ ≤ 3
2
( )
2 , 1
13 , 1 2
12, 2
x x
f x x x
x x
− ≤ −
= − − <
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