大联考长郡中学 2020 届高考模拟卷（一）
数学（文科）
注意事项：
1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.答卷前，考生务必将自己的姓名、
准考证号填写在答题卡上.
2.回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用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，写在本试卷上无效.
3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.
4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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.已知集合 ， ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
解一元二次不等式求得集合 ，由此求得两个集合的交集.
【详解】由 ，解得 ，所以 .
故选：C
【点睛】本小题主要考查一元二次不等式的解法，考查集合交集的概念和运算，属于基础题.
2.已知纯虚数 满足 ，其中 为虚数单位，则实数 等于（ ）
A. B. 1 C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】
先根据复数的除法表示出 ，然后根据 是纯虚数求解出对应的 的值即可.
【详解】因为 ，所以 ，
( ){ }2 0|M x x x= − < { }2, 1,0,1,2N = − − M N = { }0,1 { }2, 1−- { }1 { }0,1,2 M ( )2 0x x − < { }| 0 2M x x= < < M N = { }1 z ( )1 2 2i z ai− = + i a 1− 2− z z a ( )1 2 2i z ai− = + ( )( ) ( )( ) ( )2 1 2 2 2 42 1 2 1 2 1 2 5 ai i a a iaiz i i i + + − + ++= = =− − +
又因为 是纯虚数，所以 ，所以 .
故选：B.
【点睛】本题考查复数的除法运算以及根据复数是纯虚数求解参数值，难度较易.若复数 为纯虚数，
则有 .
3.已知向量 ，且 ,则 的值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
因 为 向 量 ， 所 以 ， 又 因 为 ， 所 以
,故选 A.
4.从分别写有 1，2，3，4 的 4 张卡片中随机抽取 1 张，放回后再随机抽取 1 张，则抽得的第一张卡片上的
数大于第二张卡片上的数的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
分析总的基本事件的个数和所求基本事件的个数，按照古典概型的概率公式即可求出结果.
【详解】从写有 1，2，3，4 的 4 张卡片中随机抽取 1 张，放回后再随机抽取 1 张，基本事件的个数为 ，
抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的基本事件为 ， ， ， ， ，
共 6 个，因此抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的概率为 .
故选：B.
【点睛】本题考查古典概型的概率公式，考查不放回抽取求基本事件，属于基础题.
5.设 的内角 所对的边分别为 ，且 ，已知 的面积等于
， ，则 的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
z 2 2 0a− = 1a =
z a bi= +
0, 0a b= ≠
( ) ( )3,1 , 2 1,a b k k= = − ( )a b a+ ⊥ k
1− 3
7
3
5-
3
5
( ) ( )3,1 , 2 1,a b k k= = − ( )2 2, 1a b k k+ = + + ( )a b a + ⊥
( ). 7 7 0, 1a b a k k+ = + = = −
1
4
3
8
1
2
5
8
4 4 16× =
( )2,1 ( )3,1 ( )3,2 ( )4,1 ( )4,2
( )4,3 6 3
16 8
=
ABC∆ A B C， ， a b c， ， 3 cos 4a C csin A= ABC∆
10 4b = a
23
3
28
3
26
3
25
3
【分析】
由正弦定理化简已知，结合 ，可求 ，利用同角三角函数基本关系式可求 ，
进而利用三角形的面积公式即可解得 的值．
【详解】解： ，
由正弦定理可得 ，
，
，即 ，
，解得： 或 （舍去）
， 的面积 ，
解得 ．
故选： ．
【点睛】本题主要考查了正弦定理，同角三角函数基本关系式，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．
6.如图,四边形 是边长为 的正方形， 平面 ， 平面 ， ，
则异面直线 与 所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据题意画出图形,取 中点 ,连接 ,可得 ,故 异面直线 与 所成角,
结合已知,即可求得答案.
【详解】根据题意画出图形,取 中点 ,连接
为
sin 0A ≠ 4cos sin3C C= 3sin 5C =
a
3 cos 4 sina C c A=
∴ 3sin cos 4sin sinA C C A=
sin 0A ≠
3cos 4sinC C∴ = 4cos sin3C C=
2 2 2 2 216 25sin cos sin sin sin 19 9C C C C C∴ + = + = = 3sin 5C = 3sin 5C = −
4b = ABC∆ 1 1 310 sin 42 2 5S ab C a= = = × × ×
∴ 25
3a =
D
ABCD 2 ED ⊥ ABCD FC ⊥ ABCD 2 2ED FC= =
AE BF
1
3
5
5
3 10
10
2
3
ED P ,AP PF / /AP BF EAP∠ AE BF
ED P ,AP PF
且
四边形 是平行四边形
且
又 四边形 是的正方形
可得 且
故 且
四边形 是的平行四边形
且
故 为异面直线 与 所成角
在 根据勾股定理可得:
在 根据勾股定理可得:
在 中根据余弦定理:
可得：
故选:C
【点睛】本题考查求异面直线夹角,解题关键是掌握异面直线夹角的定义和将异面直线夹角转化为共面夹角
的求法,考查分析能力和计算能力,属于中档题.
7.函数 在 的图象大致为( )
/ /PD FC PD FC=
∴ PDFC
∴ / /PF DC PF DC=
ABCD
/ /AB DC AB DC=
/ /AB PF AB PF=
∴ ABPF
∴ / /BF AP BF AP=
EAP∠ AE BF
Rt APD 2 2 2 22 1 5AP AD DP= + = + =
Rt EAD 2 2 2 22 2 2 2AE AD ED= + = + =
EAP 2 2 2 2 cosEP EA AP EA AP EAP= + − ⋅ ⋅ ∠
2 2 2
cos 2
EA AP EPEAP EA AP
+ −∠ = ⋅
8 5 1 3
2 2 2 5 2
3 10
105
+ −= = =
⋅ ⋅ ⋅
2( ) ln( 1)
x xe ef x x
−−= + [ 3,3]−
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
先根据函数奇偶性排除 B，再根据函数极值排除 A；结合特殊值即可排除 D，即可得解.
【详解】函数 ，
则 ，所以 为奇函数，排除 B 选项；
当 时， ，所以排除 A 选项；
当 时， ，排除 D 选项；
综上可知，C 正确选项，
故选：C.
【点睛】本题考查根据函数解析式判断函数图像，注意奇偶性、单调性、极值与特殊值的使用，属于基础
题.
8.执行如下的程序框图，则输出的 是（ ）
为
2( ) ln( 1)
x xe ef x x
−−= +
2( ) ( )ln( 1)
x xe ef x f xx
− −− = = −+ ( )f x
x → +∞
2( ) ln
xef x x
≈ → +∞
1x =
1 1 2.72 0.37(1) 3.4ln(1 1) ln 2 0.69
e e e ef
− −− − −= = ≈ ≈+
S
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
列出每一步算法循环，可得出输出结果 的值.
【详解】 满足，执行第一次循环， ， ；
成立，执行第二次循环， ， ；
成立，执行第三次循环， ， ；
成立，执行第四次循环， ， ；
成立，执行第五次循环， ， ；
成立，执行第六次循环， ， ；
成立，执行第七次循环， ， ；
成立，执行第八次循环， ， ；
不成立，跳出循环体，输出 的值为 ，故选 A.
【点睛】本题考查算法与程序框图的计算，解题时要根据算法框图计算出算法的每一步，考查分析问题和
计算能力，属于中等题.
36 45
36− 45−
S
1 8i = ≤ ( )1 20 1 1 1S = + − × = − 1 1 2i = + =
2 8i = ≤ ( )2 21 1 2 3S = − + − × = 2 1 3i = + =
3 8i = ≤ ( )3 23 1 3 6S = + − × = − 3 1 4i = + =
4 8i = ≤ ( )4 26 1 4 10S = − + − × = 4 1 5i = + =
5 8i = ≤ ( )5 210 1 5 15S = + − × = − 5 1 6i = + =
6 8i = ≤ ( )6 215 1 6 21S = − + − × = 6 1 7i = + =
7 8i = ≤ ( )7 221 1 7 28S = + − × = − 7 1 8i = + =
8 8i = ≤ ( )8 228 1 8 36S = − + − × = 8 1 9i = + =
9 8i = ≤ S 36
9.若将函数 图象向右平移 个单位长度后与原函数的图象关于 x 轴对称，则 的最
小正值是（ ）
A. B. 3 C. D. 6
【答案】A
【解析】
【分析】
求出平移后图象对应的解析式，利用其与 的关系结合诱导公式可求 的最小值.
【详解】 的图象向右平移 个单位长度，
得到 ，
与 关于 x 轴对称，则 ，
令 ，则 即 对任意的 恒成立，于是
，
故 ，解得 （ ），故 的最小正值是 ，
故选：A.
【点睛】本题考查三角函数中的图象变换以及诱导公式，注意两个角的正弦相等时，这两个角的终边要么
重合，要么关于 轴对称，本题属于中档题.
10.已知 O 为直角坐标系的坐标原点，双曲线 C： （ ）上有一点
（ ），点 P 在 x 轴上的射影恰好是双曲线 C 的右焦点，过点 P 作双曲线 C 两条渐近线的平行线，与两
条渐近线的交点分别为 A，B，若平行四边形 的面积为 ，则双曲线的标准方程是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
的( ) sin 6f x x
πω = +
2
3
π ω
3
2
9
2
( )f x ω
( ) sin 6f x x
πω = +
2
3
π
( ) 2sin 3 6g x x
π πω = − +
( )g x ( )f x ( ) ( ) 0g x f x+ =
6x
πω α+ = 2sin sin 03
ωπα α + − =
2sin sin 3
ωπα α = −
α ∈R
2 2 ,3 k k Z
ωπα α π π + − = + ∈
2 23 k
ωπ π π= + ( )k ∈Z 33 2kω = + k ∈Z ω 3
2
y
2 2
2 2 1x y
a b
− = 0b a> > ( )5,P m
0m >
PAOB 3
4
2
2 14
yx − =
2 2
12 3
x y− =
2 2
11 9
2 2
x y− = 2 2
13 7
2 2
x y− =
【解析】
【分析】
由已知联立方程 求得 ，则 ，利用点到直线的距离公式求得 P 到
直线 的距离 ，根据面积公式 ，化简计算求得 即可得出结果.
【详解】据题意，双曲线的半焦距 ，
可设一条平行线方程为 ，由 ，解得 ，
则 ，又点 P 到直线 的距离 ，
∴ ，
又 ，∴ ，
又 ，解得 ， ，所以双曲线的标准方程是 ，
故选:C.
【点睛】本题主要考查双曲线的简单性质、双曲线的渐近线及待定系数法求双曲线方程，属于中档题.求解
与双曲线性质有关的问题时要结合图形进行分析，既使不画出图形，思考时也要联想到图形，当涉及顶点、
焦点、实轴、虚轴、渐近线等双曲线的基本量时，要理清它们之间的关系，挖掘出它们之间的内在联系.
11.已知圆锥 的顶点和底面圆周均在球 O 的球面上，且该圆锥的高为 8.母线 ，点 B 在 上，且
，则过点 B 的平面被该球 O 截得的截面面积的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
分析】【
( )5
by xa
by m xa
=
= − −
Ax
2
21 A
bOA xa
= + ⋅
by xa
= d 3
4OA d⋅ = ,a b
5c =
( )5by m xa
− = − −
( )5
by xa
by m xa
=
= − −
5
2A
am bx b
+=
2
2
51 2
b ma bOA a b
+= + by xa
=
2 2
5b am
d
a b
−
=
+
2 2 22
2 2 2
5 55 31 2 2 4
b ma b m ab ma b
a b aba b
− −++ ⋅ = =
+
2
2 2 2 2 2
2 2
5 1 5m b a m a ba b
− = ⇒ − = 3
2ab =
5c = 2
2a = 3 2
2b =
2 2
11 9
2 2
x y− =
1SO 12SA = SA
2SB BA=
27π 32π 45π 81π
设球半径为 R，由题意可得 的长，在 中由勾股定理可求得 R,取 AS 中点 N，由已知条
件可得 OB 长，当截面圆面积最小时，当且仅当 垂直于截面，由勾股定理可得截面圆的半径，进而求
得面积.
【详解】如图,球的球心为 O，半径为 R，则 ， ， ，
所以 ，即 ，解得 ，
取 的中点 N， ， ，则 ，
所以 ， ，
过点 B 的平面被该球 O 截，若截面面积最小，则 垂直于截面，此时截面圆半径为 ，
所以截面面积的最小值为 .
故选：B.
【点睛】本题考查被球截得的截面面积最小值的求法，考查空间中线线、线面间的位置关系等基础知识，
考查空间想象能力和运算求解能力，是中档题．
12.已知函数 ，若方程 有 3 个不同实数根，则实数 a 的取值范围是
（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
本题将零点问题转化为两个基本函数的交点问题，再利用相切求解即可.
【详解】当直线 与曲线 相切时，
设切点为 ，则切线斜率 ，
所以 ，即 ，解得 .
1 1,OASO AO， 1O OA
OB
1 8SO = OA R= 2 2
1 1 4 5AO SA SO= − =
2 2 2
1 1OA OO AO= + ( ) ( )222 8 4 5R R= − + 9R=
SA 12SA = 2SB BA= 2BN =
2 2 3 5ON R AN= − = 2 2 7OB ON BN= + =
OB 2 2 4 2r R OB= − =
2 32rπ π=
( ) 2
ln , 0
, 0
x xf x x ax x
>= − − ≤
( ) 0f x x a− − =
( )0,1 ( )2, 1− − ( )1,0− ( ), 1−∞ −
y x a= + lny x=
( ),lnt t ( ) 1ln 1
x t
k x t
′
=
= = =
1t = 1 0a+ = 1a = −
又当 时， .所以：
（1）当 时， 有 1 个实数根，此时 有 1 个实数根，不满
足题意；
（2）当 时， 有 2 个实数根，此时 有 1 个实数根，满足
题意；
（3）当 时， 无实数根，此时 最多有 2 个实数根，不
满足题意.
综上得 ，
故选：D.
【点睛】本题考查零点问题，相切问题，是中档题.
第Ⅱ卷
二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分.
13.已知函数 ，若 ，则实数 _____
【答案】
【解析】
【分析】
利用分段函数列出方程，转化求解即可．
【详解】解：函数 ，若 ，
当 即 时， ，解得 舍去．
当 即 时， ，解得 ，成立．
故答案为： ．
【点睛】本题考查分段函数的应用，对数的运算法则，考查计算能力，属于基础题．
14.若 ，则 __________.
【答案】
【解析】
0x ≤ ( ) ( )( )1 0f x x a x x a= + ⇔ + + =
1a = − ( )ln 0x x a x= + > ( )( ) ( )1 0 0x x a x+ + = ≤
1a < − ( )ln 0x x a x= + > ( )( ) ( )1 0 0x x a x+ + = ≤
1a > − ( )ln 0x x a x= + > ( )( ) ( )1 0 0x x a x+ + = ≤
1a < − 2log (3 ), 0( ) 2 1, 0x x xf x x −= − >
1( 1) 2f a − = a =
2log 3
2log (3 ), 0( ) 2 1, 0x
x xf x x
−= − >
1( 1) 2f a − =
1 0a − ≤ 1a ≤ 2
1(3 1) 2log a− + = 4 2 1a = − >
1 0a − > 1a > 1 12 1 2
a− − = 2log 3 1a = >
2log 3
sin 2cosα α= ( )
2 2sin 2 2cos 2
sin 4
α α
π α
− =−
1
12
【分析】
由已知条件求得 的值，进而利用二倍角的正切公式求出 ，再利用二倍角公式结合弦化切的思想
可求得所求代数式的值.
【详解】 ， ，则 .
.
故答案为： .
【点睛】本题考查三角求值，涉及二倍角公式以及弦化切思想的应用，考查计算能力，属于中等题.
15.已知椭圆 （ ）的离心率为 ，短轴长为 2，点 P 为椭圆上任意一点，则
的最小值是______.
【答案】
【解析】
【分析】
根据离心率以及短轴长，求得 ，再利用均值不等式，即可求得和的最小值.
【详解】据题意 ， ，解得 ， ，于是 ，
所以
，
当且仅当 ，即 ， 时等号成立.
故答案为： .
【点睛】本题考查椭圆中的最值，涉及椭圆定义以及均值不等式的使用，属综合中档题.
16.阿波罗尼斯（古希腊数学家，约公元前 262-190 年）的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，
它将圆锥曲线的性质网罗殆尽几乎使后人没有插足的余地.他证明过这样一个命题：平面内与两定点距离的
tanα tan 2α
sin 2cosα α= tan 2α∴ = 2
2tan 4tan 2 1 tan 3
αα α= = −−
( )
2 2 2 2 2 2 2sin 2 2cos 2 sin 2 2cos 2 sin 2 2cos 2 tan 2 2
sin 4 sin 4 2sin 2 cos2 2tan 2
α α α α α α α
α α α α α
− − − −∴ = = =π −
24 2 13
4 122 3
− − = = × −
1
12
2 2
2 2 1x y
a b
+ = 0a b> > 3
2
1 2
1 4
PF PF
+
9
4
1 2PF PF+
3
2
c
a
= 1b = 2a = 3c = 1 2 2 4PF PF a+ = =
( )1 2
1 2 1 2
1 4 1 1 4
4 PF PFPF PF PF PF
+ = + + ∣
( )2 1
1 2
41 1 95 5 2 44 4 4
PF PF
PF PF
= + + ≥ + =
2 12PF PF= 2
8
3PF = 1
4
3PF =
9
4
比为常数 k（ 且 ）的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿氏圆现有 ， ，
，则当 的面积最大时，它的内切圆的半径为______.
【答案】
【解析】
【分析】
， ， ,即 ．根据阿波罗尼斯圆可得：点 B 的轨迹为圆, 以线段 AC 中点
为原点，AC 所在直线为 x 轴建立直角坐标系,求出 B 的轨迹方程，当 面积最大时， 边上的高为
圆的半径 4,进而求得 的面积，根据内切圆的性质，计算可得半径，进而得出结论．
【详解】∵ ，∴ 为非零常数，故点 B 的轨迹是圆.
以线段 中点为原点， 所在直线为 x 轴建立直角坐标系，则 ， ，设 ，
∵ ， ，
，整理得 ，
因此，当 面积最大时， 边上的高为圆的半径 4.此时 ， ，
设内切圆的半径为 r，则 ，解得 .
故答案为：
【点睛】本题考查了阿波罗尼斯圆的应用、正弦定理、三角形面积计算公式，考查了推理能力与计算能力，
属于中档题．
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
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 中， ， 前 n 项和为 ，若 （ ，且 ）.
（1）求数列 的通项公式；
（2）记 ，求数列 的前 n 项和 .
0k > 1k ≠ ABC 6AC =
sin 2sinC A= ABC
5 1−
ABC 6AC = sin 2sinC A= 2c
a
=
ABC AC
ABC
sin 2sinC A= sin 2sin
AB C
CB A
= =
AC AC ( )3 0A − , ( )3,0C ( ),B x y
2AB CB= ( ) ( )2 22 23 2 3x y x y+ + = − +
2 2 10 9 0x y x+ − + = ( )2 25 16x y− + =
ABC AC 2 22 4 2 5BC = + = 4 5AB =
( )1 16 4 4 5 2 5 62 2 r× × = × + + 4 5 1
5 1
r = = −
+
5 1−
{ }na 1 1a = 0na > nS 1n n na S S −= + *n∈N 2n ≥
{ }na
1
3
2
n
n n
ac +
−= { }nc nT
【答案】（1） ；（2） .
【解析】
【分析】
（1）根据题意，有 an＝Sn﹣Sn﹣1，结合 分析可得 1，则数列{ }是以
1 为首项，公差为 1 的等差数列，由等差数列的通项公式可得 1+（n﹣1）＝n，则 Sn＝n2，据
此分析可得答案；
（2）由（1）的结论可得 ；进而可得 ，由错位相减法分析可得答
案．
【详解】（1）数列 中， （ ，且 ）①
又 （ ，且 ）②，
① ②可得： ，则数列 是以 为首项，公差为 1 的等差数列，
则 ，则 ，
当 时， ， 也符合该式，
则 .
（2）由（1）的结论得， ，则 ；
则 ，
∴ ，
两式相减，可得
，
∴ .
【点睛】本题考查数列的递推公式的应用以及数列的错位相减法求和，关键是求出数列{an}的通项公式，考
查学生的计算能力．
2 1na n= −
2n n
nT =
1n n na S S −= + 1n nS S −− = nS
1S = nS =
2
2n n
nc
−= 2 3
1 0 1 2
2 2 2 2n n
nT
− −= + + +⋅⋅⋅+
{ }na 1n n na S S −= − *n∈N 2 n ≥
1n n na S S −= + *n∈N 2 n ≥
÷ 1 1n nS S −− = { }nS 1 1S =
( )1 1nS n n= + − = 2
nS n=
2n ≥ 1 2 1n n na S S n−= − = − 1 1a =
2 1na n= −
2 1na n= −
1
3 2
2 2
n
n n n
a nc +
− −= =
2 3
1 0 1 2
2 2 2 2n n
nT
− −= + + +⋅⋅⋅+
2 3 4 1
1 1 0 1 3 2
2 2 2 2 2 2n n n
n nT +
− − −= + + +⋅⋅⋅+ +
2 3 1 2 3 1
1 1 1 1 1 2 1 1 1 1 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2n n n n n
n nT + +
− − − − − = + + +⋅⋅⋅+ − = − + +⋅⋅⋅+ −
2
1 1
1 1 1
1 22 2 2
12 2 21 2
n
n n
n n
+ +
− ⋅ −= − − =
−
2n n
nT =
18.如图，在四棱锥 中， ， ， .
（1）证明：平面 平面 ；
（2）若 ， ，E 为线段 上一点，且 ，求三棱锥 的体积.
【答案】（1）证明见解析；（2） .
【解析】
【分析】
（1）先根据边长关系得 ， ，从而证明 平面 ，再证明平面 平
面 ；
（2）连接 ，由 得 ，再用等体积转化求解即可.
【详解】（1）∵在四棱锥 中， ， ， .
∴ ， ，
∴ ， ，
∵ ，∴ 平面
又 平面 ，所以平面 平面 .
（2）连接 ，∵ ，∴ ，
M ABCD− AB AD⊥ 2AB AM AD= = = 2 2MB MD= =
ABM ⊥ ABCD
//CD AB 2CD AB= BM 2BE EM= D CEM−
2
9
AB AM⊥ AD AM⊥ AM ⊥ ABCD ABM ⊥
ABCD
BD 2BE EM= 1
3DEM MDBS S=△ △
M ABCD− AB AD⊥ 2AB AM AD= = = 2 2MB MD= =
2 2 2AB AM BM+ = 2 2 2AD AM DM+ =
AB AM⊥ AD AM⊥
AD AB A∩ = AM ⊥ ABCD
AM ⊂ ABM ABM ⊥ ABCD
BD 2BE EM= 1
3DEM MDBS S=△ △
于是 ，
又∵ ， ，∴ ，
∴ ，
∴ ，
即 .
【点睛】本题考查面面垂直的证明，等体积转化求几何体的体积，考查逻辑推理能力与数学运算能力，是
中档题.
19.已知抛物线 的焦点为 ，点 ，点 为抛物线 上的动点.
（1）若 的最小值为 ，求实数 的值；
（2）设线段 的中点为 ，其中 为坐标原点，若 ，求 外接圆的方
程.
【答案】（1） 或 ；（2） .
【解析】
【分析】
（1）对线段 与抛物线 是否有公共点进行分类讨论，利用抛物线的定义以及三点共线可得出
的最小值，进而可求得实数 的值；
（2）推导出 轴且 ，设点 ，可得点 ，将点 的坐标代入抛物线
的方程，求得 的值，进而可求得 外接圆的方程.
【详解】（1）由题意 ，联立 ，可得 .
1 1
3 3D CEM C DEM C DBM M BCDV V V V− − − −= = =
CD AB AB AD⊥ CD AD⊥
1 1 1 2 12 2CDBS CD AD= × × = × × =△
1 1 21 23 3 3M BCD BCDV S MA− = ⋅ = × × =△
1 2
3 9D CEM M BCDV V− −= =
2: 4C y x= F ( ),2A a P C
PA PF+ 4 a
OP M O MOA MAO AOF∠ = ∠ = ∠ OPA
3 1 2 3− ( ) ( )2 22 2 8x y− + − =
AF C
PA PF+ a
//MA x MO MA MP= = ( ),2M t ( )2 ,4P t P
C t OPA
( )1,0F 2
2
4
y
y x
=
=
1
2
x
y
=
=
①若线段 与抛物线 没有公共点，即 时，
点 在抛物线准线 上的射影为 ，由抛物线的定义可得 ，
则当 、 、 三点共线时， 的最小值为 ，此时 ；
②若线段 与抛物线 有公共点，即 时，
则当 、 、 三点共线时， 的最小值为 ，此时 ，
综上，实数 的值为 或 ；
（2）因为 ，所以 轴且 ，
设 ，则 ，代入抛物线 的方程得 ，解得 ，
AF C 1a >
P 1x = − D PD PF=
A D P PA PF+ ( )1 4AD a= − − = 3a =
AF C 1a ≤
A P F PA PF+ ( )2 21 2 4AF a= − + = 1 2 3a = −
a 3 1 2 3−
MOA MAO AOF∠ = ∠ = ∠ //MA x MO MA MP= =
( ),2M t ( )2 ,4P t C 8 16t = 2t =
于是 ，所以 外接圆的方程为 .
【点睛】本题考查利用抛物线的定义求折线段长度之和的最小值，同时也考查了三角形外接圆方程的求解，
考查计算能力，属于中等题.
20.为推进中小学体育评价体系改革，某调研员从一中学 名学生中按照男、女学生比例采用分层抽样的
方法，从中随机抽取了 名学生进行某项体育测试（满分 分）.记录他们的成绩，将记录的数据分成
组： 、 、 、 、 、 、 ，并整理得到如下频率分
布直方图：
（1）根据该频率分布直方图，估计样本数据的中位数及 名学生的平均成绩（同一组中的数据用该组
区间的中点值作代表）（精确到 ）；
（2）已知样本中有三分之二的男生分数高于 分，且分数高于 分的男女人数相等，试估计该校男生和
女生人数的比例.
【答案】（1）中位数为 分，平均成绩为 分；（2） .
【解析】
【分析】
（1）利用中位数左边的矩形面积之和为 可求得中位数的值，将每个矩形底边的中点值乘以对应矩形的
面积，将所得结果相加可得 名学生的平均成绩；
（2）计算得出样本中得分高于 分的学生人数为 ，进而可得出分数高于 分的男生人数为 ，结
合题意可得出样本中的男生人数，进而可求得样本中的女生人数，由此可得出结果.
【详解】（1）频率分布图中前 个矩形的面积之和为 ，
前 个矩形的面积之和为 ，
设中位数为 ，则 ，则 ，解得 .
这 名学生的平均成绩为
2 2MO MA MP= = = OPA ( ) ( )2 22 2 8x y− + − =
4000
400 100 7
( ]30,40 ( ]40,50 ( ]50,60 ( ]60,70 ( ]70,80 ( ]80,90 ( ]90,100
4000
0.01
60 60
71.67 69 9:7
0.5
4000
60 300 60 150
4 ( )0.005 0.01 2 0.02 10 0.45+ × + × =
5 0.45 0.03 10 0.75+ × =
a ( )70,80a∈ ( )0.45 70 0.03 0.5a+ − × = 0.0570 71.670.03a = + ≈
4000
，
所以，估计 名学生的平均成绩为 分；
（2）样本中高于 分的学生人数为 ，
其中样本中高于 分的男生人数为 ，
样本中男生人数估计为 ，则样本中女生人数估计为 ，
因此，估计该校男生和女生人数比例为 .
【点睛】本题考查利用频率直方图计算中位数和平均数，同时也考查了利用样本数据来估计总体，考查计
算能力，属于中等题.
（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.
选修 4-4：坐标系与参数方程
21.在平面直角坐标系 中，曲线 的参数方程为 （ 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）写出 的极坐标方程和 的直角坐标方程；
（2）设点 的极坐标为 ，射线 分别交 、 于 、 两点（异于极点），当
时，求 .
【答案】（1） ； （或 ）；（2） .
【解析】
【分析】
（1）在曲线 的参数方程中消去参数 ，可得曲线 的直角坐标方程，再由 可将曲线 的
直角坐标方程化为极坐标方程，在曲线 的极坐标方程两边同时乘以 ，得出 ，再由极坐
标方程与直角坐标方程之间的转换关系可得曲线 的直角坐标方程；
（2）设点 、 的极坐标分别为 、 ，将 分别代入曲线 、 的极坐标方程，可
得 ， ，进而可得出 及 ，再由
( )35 0.005 45 0.01 55 0.01 65 0.02 75 0.03 85 0.02 95 0.005 10 69× + × + × + × + × + × + × × =
4000 69
60 ( )400 0.02 2 0.03 0.005 10 300× × + + × =
60 300 2 150÷ =
∴ 2150 2253
÷ = 400 225 175− =
225:175 9:7=
xOy 1C 2 2cos
2sin
x
y
ϕ
ϕ
= +
=
ϕ O
x 2C 4sinρ θ=
1C 2C
M ( )4,0 0 4
πθ α α = <
xyz
x y z+ +
1
3
1 1 1 3yz xz xy
+ + =
1 12 2yz yzyz yz
+ ⋅ =
1 12 2xz xzxz xz
+ ⋅ =
1 12 2xy xyxy xy
+ ⋅ =
1 1 1 6xy yz xz xy yz xz
+ + + + +
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