甘肃省兰州市第一中学2020届高三冲刺模拟考试（三）数学（理）试题 Word版含解析

甘肃省兰州市第一中学2020届高三冲刺模拟考试（三）数学（理）试题 Word版含解析

- 1 - 甘肃省兰州第一中学 2020 年高考冲刺模拟试题（3） 理科数学 第Ⅰ卷 一、选择题（本题共 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.若集合 ， ，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 计算 ， ，再计算交集得到答案. 【详解】集合 ，集合 ， 所以 ． 故选：C. 【点睛】本题考查了解不等式，交集运算，属于简单题. 2.若复数 ，则复数 对应的点在第（ ）象限 A. 一 B. 二 C. 三 D. 四 【答案】A 【解析】 【分析】 根据周期性得到 ,得到答案. 【详解】 ， 故复数 z 对应的点在第一象限. 故选：A. 【点睛】本题考查了复数对应象限，意在考查学生的计算能力和转化能力. { }1 5A x x= − < { }4 8 0B x x= − + < A B = { }6x x < { }2x x > { }2 6x x< < ∅ { }4 6A x x= − < < { }2B x x= > { } { }1 5 4 6A x x x x= − < = − < < { } { }4 8 0 2B x x x x= − + < = > { }2 6A B x x∩ = < < 2 3 20211z i i i i= + + + +…+ z 1z i= + 2 3 20211 (1 1 ) (1 1 ) 1 1z i i i i i i i i i i= + + + +…+ = + − − +…+ + − − + + = + - 2 - 3.已知非零向量 ,满足 且 记 是向量 与 夹角，则 的最小值是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 由题意可得 ，即可得到 ，再根据 的取值范围得到 的取 值范围，结合 的范围及余弦函数的性质，求得 的最小值． 【详解】解：由题意知非零向量 ， 满足 ， 且 ，可得 ，即 ，所以 因为 ，所以 ，所以 因为 ，且余弦函数 在 上单调递减， 所以 故选：D． 【点睛】本题考查平面向量的数量积的运算，余弦函数的性质，属于中档题. 4.为了得到函数 的图像，可以将函数 的图像（ ） A. 向左平移 个单位 B. 向右平移 个单位 C. 向右平移 个单位 D. 向左平移 个单位 【答案】B 【解析】 因为 ，且 = = ， 的,a b  | | 4 | |,a b=  | | [1, 3]b ∈ ( ) 1,a b b− ⋅ =   θ a b θ 6 π 4 π 1 3 3 π 2 1a b b− =    2 1 1cos 4 4 b θ = +  b cosθ θ θ a b 4 | | | |b a=  [1, 3]b ∈ ( ) 1,a b b− ⋅ =   2 1a b b− =    2 cos 1a b bθ = +    2 2 2 2 1 1 1 1cos 44 4 b b a b b b θ + + = = = +       1, 3b  ∈   [ ]2 1,3b ∈ 2 1 1 1 1cos ,4 3 24 b θ  = + ∈   [ ]0,θ π∈ cosy x= [ ]0,π min 3 πθ = sin 2 3y x π = −   cos2y x= 5 12 π 5 12 π 6 π 6 π sin2 6y x π = −   cos2y x= sin 2 2x π +   sin 2 4x π +   - 3 - 所以由 = ，知 ，即只需将 的图像向右平移 个单位，故选 B 5.已知 ， ， ，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 先判断 的大致范围,再根据不等式的性质逐个判断即可. 【 详 解 】 , , , 故 , , . 对 A,若 ,不成立.故 A 错误. 对 B,因为 ,故 B 错误. 对 C, 成立. 对 D, 因为 ,故 D 错误. 故选；C 【点睛】本题主要考查了指对幂函数的大小判定以及不等式的性质.需要根据题意确定各数的 范围,再逐个推导.属于基础题. 6.函数 （ 且 ）的大致图像是（ ） A. B. C. D. 【答案】D φ 4x π+ + 6x π− 5φ 6 4 12 π π π= − − = − cos2y x= 5 12 π 3log 0.8a = 0.83b = 2.10.3c = a ab c< < ac b c< < ab a c< < c ac b< < , ,a b c 3 3log 0.8 log 1 0a = < = 0.8 03 3 1b = > = ( )2.1 00.3 0,0.3c = ∈ 0a < 1b > 0 1c< < ( )1 0a ab a b< ⇒ − < 1c b< < ab a c< < 0ac c< < ( ) ln | | | sin |f x x x= + ,xπ π− ≤ ≤ 0x ≠ - 4 - 【解析】 【分析】 利用函数的奇偶性排除选项，通过函数的导数求解函数极值点的个数，求出 的值，推出 结果即可. 【详解】函数 （ 且 ）是偶函数，排除 B； 当 时， ， 可得： ，令 ， 作出 与 图像如图： 可知两个函数有一个交点，就是函数的一个极值点， ，排除 C； 当 时， ，故 时，函数 单调递增， 时，函数 单调递减，排除 A 故选：D 【点睛】本题考查了与三角函数有关的图像的识别，利用导数判断函数的单调性、考查了数 形结合的思想、转化的思想，属于中档题. 7.甲乙两运动员进行乒乓球比赛，采用 局 胜制.在一局比赛中，先得 分的运动员为胜方， 但打到 平以后，先多得 分者为胜方.在 平后，双方实行轮换发球法，每人每次只发 个 ( )f π ( ) ln | | | sin |f x x x= + ,xπ π− ≤ ≤ 0x ≠ 0x > ( ) ln sinf x x x= + ( ) 1 cosf x xx ′ = + 1 cos 0xx + = 1y x = cosy x= − ( ) ln 1f π π= > 0x x= ( )0 0f x′ = ( )00,x x∈ ( )f x ( )0 ,x x π∈ ( )f x 7 4 11 10 2 10 1 - 5 - 球.若在某局比赛中，甲发球赢球的概率为 ，甲接发球贏球的概率为 ，则在比分为 后甲先发球的情况下，甲以 赢下此局的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 分后四球胜方依次为甲乙甲甲,与乙甲甲甲两种情况进行求解即可. 【详解】分两种情况：①后四球胜方依次为甲乙甲甲,概率为 ； ②后四球胜方依次为乙甲甲甲,概率为 . 所以,所求事件概率为： . 故选：C. 【点睛】本题主要考查了分步与分类计数求解概率的问题,需要根据题意判断出两种情况再分 别求解,属于基础题. 8.我国南北朝时期数学家祖暅，提出了著名的祖暅原理：“缘幂势既同，则积不容异也”．“幂” 是截面积，“势”是几何体的高，意思是两等高几何体，若在每一等高处的截面积都相等， 则两几何体体积相等．已知某不规则几何体与右侧三视图所对应的几何体满足“幂势既同”， 其中俯视图中的圆弧为 圆周，则该不规则几何体的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 根据三视图知该几何体是三棱锥与 圆锥体的所得组合体，结合图中数据计算该组合体的体 1 2 2 5 10:10 13:11 2 25 3 10 1 10 3 25 1 1 3 1 2 3 2 5 2 5 50P = ⋅ ⋅ ⋅ = 2 1 2 1 2 1 2 5 2 5 25P = ⋅ ⋅ ⋅ = 1 2 1 10P P+ = 1 4 1 2 π+ 1 3 6 π+ 1 2π+ 1 2 3 3 π+ 1 4 - 6 - 积即可． 【详解】解：根据三视图知，该几何体是三棱锥与 圆锥体的组合体， 如图所示； 则该组合体的体积为 ； 所以对应不规则几何体的体积为 ． 故选 B． 【点睛】本题考查了简单组合体的体积计算问题，也考查了三视图转化为几何体直观图的应 用问题，是基础题． 9.如果执行如图所示的程序框图，输入正整数 和实数 ， ，…， ，输出 ， ，则（ ） 1 4 21 1 1 1 11 1 2 1 23 2 3 4 3 6V ππ= × × × × + × × × = + 1 3 6 π+ ( )2N N ≥ 1a 2a Na A B - 7 - A. + 为 ， ，…， 的和 B. 为 ， ，…， 的算术平均数 C. 和 分是 ， ，…， 中最大的数和最小的数 D. 和 分是 ， ，…， 中最小的数和最大的数 【答案】C 【解析】 试题分析：由程序框图可知，该程序的作用是将最大的数赋值给 ，最小的数赋值给 ，故 选项正确. 考点：算法与程序框图. A B 1a 2a Na 2 A B+ 1a 2a Na A B 1a 2a Na A B 1a 2a Na A B C - 8 - 10.已知函数 ， ，则方程 所有根的和等 于（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】 证明函数 的图象关于点 对称，易知函数 在定义域 上单调递增.由函数 的图象关于原点 对称，得函数 的图象关于点 对称，且函数 在定义域 上单调递增. 又 是方程 的一个根. 当 时， 令 ，根据零点存在定理和 的单调性，知 在 上有且只 有一个零点 ，即方程 在 上有且只有一个根 . 根据图象的对称性可知方程 在 上有且只有一个根 ，且 . 即可求出方程 所有根的和. 【详解】设点 是函数 图象上任意一点，它关于点 的对称点为 ， 则 ，代入 ， 得 . 函数 的图象与函数 的图象关于点 对称， 即函数 的图象关于点 对称，易知函数 在定义域 上单 调递增. 又函数 的图象关于原点 对称， 函数 的图象关于点 对称， 且函数 在定义域 上单调递增. 又 是方程 的一个根. ( ) ( ) lg , 1 lg 2 , 1 x xf x x x ≥= − − < ( ) 3g x x= ( ) ( )1f x g x= − ( )f x ( )1,0 ( )f x R ( ) 3g x x= ( )0,0 ( )1y g x= − ( )1,0 ( )1y g x= − R 1x = ( ) ( )1f x g x= − 1x ≥ ( ) ( ) ( )1h x f x g x−= − ( )h x ( )h x ( )1,+∞ 1x ( ) ( )1f x g x= − ( )1,+∞ 1x ( ) ( )1f x g x= − ( ),1−∞ 2x 1 2 2x x+ = ( ) ( )1f x g x= − ( ),x y lg , 1y x x= ≥ ( )1,0 ( )' ',x y 2 2,0 x x x x y y y y + = = − ∴ + = = ′ −′ ′ ′  lgy x= ( ) ( )' ' ' ' 'lg 2 , lg 2 , 1y x y x x− = − ∴ = − − ≤ ∴ lg , 1y x x= ≥ ( )lg 2 , 1y x x= − − ≤ ( )1,0 ( ) ( ) lg , 1 lg 2 , 1 x xf x x x ≥= − − < ( )1,0 ( )f x R ( ) 3g x x= ( )0,0 ∴ ( )1y g x= − ( )1,0 ( )1y g x= − R ( ) ( ) 01 1 1 , 1f g x= − = ∴ = ( ) ( )1f x g x= − - 9 - 当 时，令 ，则 在 上单调递减. ， 根据零点存在定理，可得 在 上有一个零点 ，根据 的单调性知 在 上有且只有一个零点 ，即方程 在 上有且只有一个根 . 根据图象的对称性可知方程 在 上有且只有一个根 ，且 . 故方程 所有根的和等于 . 故选： . 【点睛】本题考查函数与方程的综合应用，考查零点存在定理，属于较难的题目. 11.设 F 是双曲线 的右焦点，过点 F 向 C 的一条渐近线引垂线， 垂足为 A，交另一条渐近线于点 B，若 ，则双曲线 C 的离心率是（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 设一渐近线 的方程为 ，设 ， ，由 ，求得点 的坐 标，再由 ，斜率之积等于 ，求出 ，代入 进行运算． 【详解】解：由题意得右焦点 ，设一渐近线 的方程为 ， 则另一渐近线 的方程为 ， 设 ， ， ， 1x ≥ ( ) ( ) ( ) ( )31 lg 1h x x xg xf x − = − −= − ( )h x [ )1,+∞ ( ) ( )3 8 3 3 3 1 3 1 32lg 2 1 0, lg lg lg10 lg 0, 2 02 2 2 2 8 210 2 h h hh      − < = − = − = > ∴ <           = ( )h x 3 ,22      1x ( )h x ( )h x ( )1,+∞ 1x ( ) ( )1f x g x= − ( )1,+∞ 1x ( ) ( )1f x g x= − ( ),1−∞ 2x 1 2 2x x+ = ( ) ( )1f x g x= − 1 21 3x x+ + = C ( )2 2 2 2: 1 0, 0x yC a ba b − = > > 2AF FB=  2 2 3 3 14 3 OA by xa = ( , )bA m ma ( , )bnB n a − 2AF FB=  A FA OA⊥ 1− 2 23a b= 2 2c a be a a += = (c,0)F OA by xa = OB by xa = − ( , )bmA m a ( , )bnB n a − 2AF FB=   - 10 - ， ， ， ， ， ， ， ， 由 可得，斜率之积等于 ，即 ， ， ． 故选：C． 【点睛】本题考查双曲线的标准方程，以及双曲线的简单性质的应用，求得点 的坐标是解 题的关键，属于中档题． 12.已知函数 ，函数 （ ），若对任意的 ，总存 在 使得 ，则实数 的取值范围是（） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 由题意，可得 在 的值域包含于函数 的值域，运用导数和函数的单调性和值 域，即可求解. 【详解】由题意，函数 的导数为 ， 当 时， ，则函数 为单调递增； 当 时， ，则函数 为单调递减， 即当 时，函数 取得极小值，且为最小值 ， 又由 ，可得函数 在 的值域 ， 2(c m∴ − ) (bm n ca − = − )bn a − 2( )c m n c∴ − = − 2bm bn a a − = − 3 4m c∴ = 3 2 cn = 3 3,4 4 c bcA a  ∴    FA OA⊥ 1− 3 04 13 4 bc ba c ac − = − −  2 23a b∴ = 2 2 2 2 2 2 3 3 c a b a be a a a + +∴ = = = = A ( ) x xf x xe e= − ( )g x mx m= − 0m > 1 [ 2 2]x ∈ − ， 2 [ 2 2]x ∈ − ， 1 2( ) ( )f x g x= m 2 1[ 3 , ]3e−− 2[ , )e + ∞ 21[ , ]3 e 1[ , )3 + ∞ ( )f x [ 2,2]− ( )g x ( ) ( 1)xf x e x= − ( ) xf x xe′ = 0x > ( ) 0f x′ > ( )f x 0x < ( ) 0f x′ < ( )f x 0x = ( )f x 1− ( ) 2 22 3 , (2)f e f e−− = − = ( )f x [ 2,2]− 2[ 1, ]e− - 11 - 由函数 在 递增，可得 的值域 ， 由对于任意的 ，总存在 ，使得 ， 可得 ，即为 ，解得 ，故选 B. 【点睛】本题主要考查了函数与方程的综合应用，以及导数在函数中的应用，其中解答中转 化为 在 的值域包含于函数 的值域，运用导数和函数的单调性和值域是解答 的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力，属于中档试题. 第Ⅱ卷 二、填空题（本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分） 13. 曲线 在点 处 切线方程为__________. 【答案】 【解析】 【分析】 利用导数值确定切线斜率，再用点斜式写出切线方程． 【详解】 ， 当 时其值为 ， 故所求的切线方程为 ，即 ． 【点睛】曲线切线方程的求法： (1)以曲线上的点(x0，f(x0))为切点的切线方程的求解步骤： ①求出函数 f(x)的导数 f′(x)； ②求切线的斜率 f′(x0)； ③写出切线方程 y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)，并化简． (2)如果已知点(x1，y1)不在曲线上，则设出切点(x0，y0)，解方程组 得切点 (x0，y0)，进而确定切线方程． 14. 的展开式中 x 的系数是______. 的 ( ) ( 0)g x mx m m= − > [ 2,2]− ( )g x [ 3 , ]m m− 1 [ 2,2]x ∈ − 2 [ 2,2]x ∈ − 1 2( ) ( )f x g x= 2[ 1, ] [ 3 , ]e m m− ⊆ − 2 3 1m m e − ≤ −  ≥ 2m e≥ ( )f x [ 2,2]− ( )g x cos 2 xy x= − ( )0,1 2 2 0x y+ − = 1' sin 2y x= − − 0x = 1 2 − 11 2y x− = − 2 2 0x y+ − = 0 0 1 0 0 1 0 ( ) '( ) y f x y y f xx x =  − = − ( )2 5 2 1x x+ − - 12 - 【答案】5 【解析】 【分析】 ，再按二项式定理展开，即得 x 系数. 【详解】 ， 的系数为 . 故答案为：5. 【点睛】本题考查二项式定理，属于基础题. 15.如图，在平面直角坐标系 ，中心在原点的椭圆与双曲线交于 四点，且它们 具有相同的焦点 ，点 分别在 上，则椭圆与双曲线离心率之积 ______________. 【答案】1 【解析】 【分析】 设出椭圆和双曲线方程，以及点 ，由点 既在椭圆上也在双曲线上，化简得出 ，结合离心率公式即可得出 . 【详解】设椭圆和双曲线方程分别为 ， 设点 ，由点 既在椭圆上也在双曲线上，则有 的( ) ( )5 52 22 1 1 2x x x x + − = − +  ( ) ( ) ( ) ( )5 5 5 42 2 1 2 52 1 1 2 1 C 1 2x x x x x x x + − = − + = − + − ⋅ +   x ( )44 5C 1 5− = xOy , , ,A B C D 1 2,F F 1 2,F F ,AD BC 1 2e e⋅ = ( )0,B c y B 2 2 1 2 1 2 c ca a a a + = + 1 2e e⋅ ( )2 2 1 12 2 1 1 1, 0x y a ba b + = > > ( )2 2 2 22 2 2 2 1, , 0x y a ba b − = > ( )0,B c y B - 13 - ，解得 ，解得 则 ，即 故答案为：1 【点睛】本题主要考查了求椭圆和双曲线的离心率，考查了运算能力， 属于中档题. 16.如图，四棱锥 中，底面为四边形 .其中 为正三角形，又 .设三棱锥 ，三棱锥 的体积分别是 ， 三棱锥 ，三棱锥 的外接球的表面积分别是 .对于以下结论：① ； ② ；③ ；④ ；⑤ ；⑥ .其中正确命题的序号为______. 【答案】①⑤ 【解析】 【分析】 设 根据 化简可得 . 【详解】不妨设 ,又 为正三角形,由 ,得 , 即 有 ， 所 以 . 22 0 2 2 1 1 2 2 2 1 1 1yc a b a c b  + =  = + 2 2 2 2 1 1 0 1 1 1 1 b a c cy aa a a −= = = − 22 0 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1yc a b c a b  − =  = + 2 2 2 2 2 2 0 2 2 2 2 b c a cy aa a a −= = = − ( )22 2 1 2 1 2 1 2 1 2 c a ac ca a a a a a ++ = + = 2 1 2 1 2 1 1c c c a a a a   = ⇒ =      1 2 1e e∴ = P ABCD− ABCD ACD△ 3DA DB DB DC DB AB⋅ = ⋅ = ⋅      P ABD− P ACD− 1 2,V V P ABD− P ACD− 1 2,S S 1 2V V< 1 2V V= 1 2V V> 1 2S S< 1 2S S= 1 2S S> 2AD = DA DB DB DC⋅ = ⋅    DB AC⊥ 2AD = ACD△ 3DA DB DB DC DB AB⋅ = ⋅ = ⋅      ( ) 0DA DB DB DC DB DA DC DB CA⋅ − ⋅ = ⋅ − = ⋅ =         DB AC⊥ 30ADB CDB∠ = ∠ = ° - 14 - 又 得 ,又 ,故 . 化简可以得 ,∴ ,易得 ,故 .故①正确. 又由于 ,所以 与 的外接圆相同（四点共圆）,所以三棱 锥 ,三棱锥 的外接球相同,所以 .故⑤正确. 故答案为：①⑤ 【点睛】本题主要考查了平面向量与立体几何的综合运用,需要根据平面向量的线性运算以及 数量积公式求解各边的垂直以及长度关系等.同时也考查了锥体外接球的问题.属于难题. 三、解答题（本大题共 6 小题，共 70 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算 步骤） 17.设数列 的前 n 项和为 ，且 ， ． （1）求数列 的通项公式： （2）设数列 的前 n 项和为 ，求证： 为定值； （3）判断数列 中是否存在三项成等差数列，并证明你的结论． 【答案】（1） ；（2）证明见解析；（3）不存在，证明见解析. 【解析】 【分析】 （1）利用公式 得到数列为等比数列，计算得到答案. （2）计算 ， ，计算得到证明. （3）假设存在第 m，n， 项成等差数列，计算放缩得到 ，矛盾， 得到答案. 【详解】（1）当 时， ，解得 ． 当 时， ，即 ， 3DB DC DB AB⋅ = ⋅    ( ) 2 3 3 3DB DC DB DB DA DB DB DA⋅ = ⋅ − = − ⋅        DB DC DB DA⋅ = ⋅    2 3 4 4 cos30DB DB DA DB DA= ⋅ = ⋅ ⋅ °     4 3 3DB = 90DAB∠ = ° ABD ACDS S<△ △ 1 2V V< 60ADB ACD∠ = ∠ = ° ABD△ ACD△ P ABD− P ACD− 1 2S S= { }na nS 2 2n nS a= − *n N∈ { }na { }2 na nT 2n n S T { }3n na− 2n na = 1n n na S S −= − ( )2 2 4 1n nS = − ( )4 4 13 n nT = − ( )k m n k< < 3 3 2n m n− ≥ − 1n = 1 12 2S a= − 1 2a = 2n ≥ ( ) ( )1 1 12 2 2 2 2 2n n n n n n na S S a a a a− − −= − = − − − = − 12n na a −= - 15 - 因为 ，所以 ， 从而数列 是以 2 为首项，2 为公比的等比数列，所以 ． （2）因为 ，所以 ， 故数列 是以 4 为首项，4 为公比的等比数列，从而 ， ，所以 ，故 的值为定值 ． （3）假设 中存在第 m，n， 项成等差数列， 则 ，即 ． 因为 ，且 m，n， ，所以 ． 由 ，得 ，矛盾， 所以数列 中不存在三项成等差数列． 【点睛】本题考查了数列的通项公式，数列求和，判断是否存在等差数列，意在考查学生的 计算能力和对于数列公式方法的综合应用. 18.已知，图中直棱柱 的底面是菱形，其中 .又点 分别在棱 上运动，且满足： ， . 1 0a ≠ 1 2n n a a − = { }na 2n na = ( )22 2 4n n na = = 2 1 2 4n n a a + = { }2 na ( ) ( )2 2 2 1 2 2 4 11 2 n n nS − = = −− ( ) ( )4 1 4 4 4 11 4 3 n n nT − = = −− 2 3 2 n n S T = 2n n S T 3 2 { }3n na− ( )k m n k< < ( )2 3 3 3n m k n m ka a a− = − + − ( )2 3 2 3 2 3 2n n m m k k− = − + − m n k< < *k N∈ 1n k+ ≤ ( ) 1 12 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2n n m m k k m m n n+ +− = − + − ≥ − + − 3 3 2n m n− ≥ − { }3n na− 1 1 1 1ABCD A B C D− 1 2 4AA AC BD= = = , , ,E F P Q 1 1 1 1, , ,AA BB CC DD BF DQ= 1CP BF DQ AE− = − = - 16 - （1）求证： 四点共面，并证明 ∥平面 . （2）是否存在点 使得二面角 的余弦值为 ？如果存在，求出 的长；如果 不存在，请说明理由. 【答案】（1）见解析（2）不存在点 使之成立.见解析 【解析】 【分析】 (1) 在 线 段 上 分 别 取 点 , 使 得 , 进 而 得 到 与 即可. (2) 以 为原点,分别以 ,及过 且与 平行的直线为 轴建立空间直角坐标系, 再求解平面 的法向量与平面 的法向量,再设 , ,再根据二面角的 计算方法分析是否存在 使得二面角为的余弦值为 即可. 【详解】解：（1）证法 1：在线段 上分别取点 ,使得 ,易知四边 形 是平行四边形,所以 ,联结 , 则 ,且 所以四边形 为矩形,故 ,同理, 且 ,故四边形 是平行四边形,所以 ,所以 故 四点共面 又 , 平面 , 平面 , 所以 平面 . , , ,E F P Q EF PQB P B PQ E− − 5 5 CP P ,CP DQ ,M N 1QN PM= = MN PQ EF MN O ,OA OB O 1AA , ,x y z BPQ EFPQ BF a= [ ]1,3a∈ [ ]1,3a∈ 5 5 ,CP DQ ,M N 1QN PM= = MNQP MN PQ , ,FM MN NE AE ND= AE ND ADNE AD NE FM BC AD  NE MF AD= = FMNE EF MN EF PQ , , ,E F P Q EF PQ EF ⊄ BPQ PQ ⊂ BPQ EF  PQB - 17 - 证法 2：因为直棱柱 的底面是菱形,∴ , 底面 ,设 交点为 ,以 为原点,分别以 ,及过 且与 平行的直线为 轴建 立空间直角坐标系.则有 , , , ,设 , ,则 , , , , , ,所以 ,故 四点共面.又 , 平面 , 平面 ,所以 平面 . （2）平面 中向量 , ,设平面 的一个法向量为 ,则 ,可得其一个法向量为 . 平面 中, , ,设平面 的一个法向量为 ,则 ,所以取其一个法向量 . 若 ,则 , 即有 , ,解得 ,故不存在点 使之成立. 1 1 1 1ABCD A B C D− AC BD⊥ 1AA ⊥ ABCD ,AC BD O O ,OA OB O 1AA , ,x y z ( )2,0,0A ( )0,1,0B ( )2,0,0C − ( )0, 1,0D − BF a= [ ]1,3a∈ ( )2,0, 1E a − ( )0,1,F a ( )2,0, 1P a− + ( )0, 1,Q a− ( )2,1,1EF = − ( )2,1,1QP = − EF PQ , , ,E F P Q EF PQ EF ⊄ BPQ PQ ⊂ BPQ EF  PQB EFPQ ( )2,1,1EF = − ( )2, 1,1EQ = − − EFPQ ( )1 1 1, ,x y z 1 1 1 1 1 1 2 0 2 0 x y z x y z − + + = − − + = ( )1 1,0,2n = BPQ ( )2, 1, 1BP a= − − + ( )0, 2,BQ a= − BPQ ( )2 2 2, ,n x y z= ( )2 2 2 2 2 2 1 0 2 0 x y a z y az − − + + = − + = ( )2 2,2 ,4n a a= + ( ) 1 2 1 2 2 2 5cos , 55 2 16 n nn n a a ⋅= = ⋅ + + +    ( )2 210 5 4 8a a a+ = + + 2 4 23 0a a− − = [ ]1,3a∈ [ ]2 3 2 1,3a = ± ∉ P - 18 - 【点睛】本题主要考查了根据线线平行证明共面的方法,同时也考查了建立空间直角坐标系确 定是否存在满足条件的点的问题.需要根据题意建立合适直角坐标系,再利用空间向量求解二 面角的方法,分析是否有参数满足条件等.属于难题. 19.已知圆 ，圆 ，如图，C1，C2 分别交 x 轴正半轴于点 E， A．射线 OD 分别交 C1，C2 于点 B，D，动点 P 满足直线 BP 与 y 轴垂直，直线 DP 与 x 轴垂 直． （1）求动点 P 的轨迹 C 的方程； （2）过点 E 作直线 l 交曲线 C 与点 M，N，射线 OH⊥l 与点 H，且交曲线 C 于点 Q．问： 的值是否是定值？如果是定值，请求出该定值；如果不是定值，请说明理 由． 【答案】（1） ；（2） 为定值，且为 ． 【解析】 2 2 1 : 2C x y+ = 2 2 2 : 4C x y+ = 2 1 1 MN OQ + 2 2 14 2 x y+ = 2 1 1 | MN | | |OQ + 3 4 - 19 - 【分析】 （1）设 ，根据圆的方程求出 的坐标，进而可得 ， ， 然后得出动点 P 的轨迹 C 的方程. （2）设出直线 l 的方程为 ，联立直线与椭圆的方程，利用韦达定理，结合弦长 公式，转化求解即可. 【详解】（1）设 ，则 ， ， 所以 ， ， 所以动点 的轨迹 C 的方程为 . （2）由（1）可知 E 为 C 的焦点，设直线 l 的方程为 （斜率不为 0 时）， 且设点 M（x1，y1），N（x2，y2），由 ， 得 ， 所以 ，所以 ， 又射线 OQ 方程为 y＝﹣mx，代入椭圆 C 的方程得 x2+2（my）2＝4， 即 ， ， ，所以 BOE α∠ = ,B D 2cosPx α= 2 sinPy α= 2x my= + BOE α∠ = ( )2 cos , 2 sinB α α ( )2cos 2sinD α α， 2cosPx α= 2 sinPy α= P 2 2 14 2 x y+ = 2x my= + 2 2 2 2 4 x my x y  = + + = ( )2 22 2 2 2 0m y my+ + − = 1 2 2 1 2 2 2 2 2 2 2 my y m y y m  + = − +  = − + ( ) 2 22 1 2 1 1 2 | | 4 11 m MN mm y y += = ++ − 2 2 4 1 2Qx m = + 2 2 2 4 1 2Q my m = + ( ) 2 2 2 1 1 2 | | 4 1 m OQ m += + - 20 - ， 又当直线 l 的斜率为 0 时，也符合条件. 综上， 为定值，且为 . 【点睛】本题考查轨迹方程的求法，设而不求思想方法的应用，直线与椭圆的位置关系的综 合应用，属于中档题. 20.为丰富学生课外生活，某市组织了高中生钢笔书法比赛，比赛分两个阶段进行：第一阶段 由评委给出所有参赛作品评分，并确定优胜者；第二阶段为附加赛，参赛人员由组委会按规 则另行确定.数据统计员对第一阶段的分数进行了统计分析，这些分数 都在 内，在 以组距为 5 画分数的频率分布直方图（设“ ”)时，发现 满足 . （1）试确定 的所有取值，并求 ； （2）组委会确定：在第一阶段比赛中低于 85 分的参赛者无缘获奖也不能参加附加赛；分数 在 的参赛者评为一等奖；分数在 的同学评为二等奖，但通过附加赛有 的概 率提升为一等奖；分数在 的同学评为三等奖，但通过附加赛有 的概率提升为二等奖 （所有参加附加赛的获奖人员均不降低获奖等级）.已知学生 和 均参加了本次比赛，且学 生 在第一阶段评为二等奖. （ ）求学生 最终获奖等级不低于学生 的最终获奖等级的概率； （ ）已知学生 和 都获奖，记 两位同学最终获得一等奖的人数为 ，求 的分布列 和数学期望. 【答案】（1） ；（2）（ ） ；（ ）分布列见解析， 【解析】 【分析】 （1） 在 内，按组距为 5 可分成 6 个小区间，分别是 , , ， ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 1 2 1 2 3 | | | | 44 1 4 1 m m MN OQ m m + ++ = + = + + 2 1 1 | MN | | |OQ + 3 4 X [70,100) =Y频率 组距 Y * 8 109 , 16300 , N ,5 5( 1)1 1 , 1615 20 n n Y n n X n k nn − = ∈ < +  − ⋅ > −   n k [ )95,100 [90,95) 1 11 [85,90) 1 7 A B A i B A ii A B A B， ξ ξ 314,15,16,17,18,19, 50k = i 51 220 ii 20 99 X [ )70,100 [70,75) [ )75,80 [80,85) - 21 - ， ， .由 ， ，能求出 的所有取值 和 ； （2）（ ）由于参赛学生很多，可以把频率视为概率.学生 的分数属于区间 ， ， ， ， ， 的概率分别是 ， ， ， ， ， .用符号 或（ ）表示学生 （或 ）在第一轮获奖等级为 ，通过附加赛最终 获奖等级为 ，其中 ，记“学生 最终获奖等级不低于学生 的最终获奖等级” 为事件 ，由此能求出学生 最终获奖等级不低于学生 的最终获奖等级的概率； （ ）学生 最终获得一等奖的概率是 ，学生 最终获得一等奖的概率是 ， 的可能取值为 0，1，2，分别求出相应的概率，求出 的分布 列和 . 【详解】（1）根据题意， 在 内，按组距为 5 可分成 6 个小区间， 分别是 ， ， 由 ， . 每个小区间的频率值分别是 . 由 ，解得 . 的所有取值为 ， . （2）（ ）由于参赛学生很多，可以把频率视为概率. 由（1）知，学生 的分数属于区间 的概率分别 是： ， ， ， ， ， . 我们用符号 （或 )表示学生 （或 ）在第一轮获奖等级为 ，通过附加赛最终获奖等 [85,90) [90,95) [95,100) 70 100X≤ < ( )5 5 1n X n≤ < + *n∈N n k i B [ )70,75 [ )75,80 [ )80,85 [ )85,90 [ )90,95 [ )95,100 3 60 11 60 19 60 14 60 11 60 2 60 ijA ijB A B i j ( ), 1,2,3j i j≤ = B A W B A ii A ( )21 1 11P A = B ( )1 21 2 11 1 1 27 27 11 9P B B′ ′+ = + ⋅ = ξ ξ Eξ X [70,100) [70,75),[75,80),[80,85),[85,90),[90,95),[95,100) 70 100X≤ < *5 5( 1) ,n X n n≤ < + ∈N 14, 15, 16, 17,18,19n∴ = 8 109 , 14,15,16605 1 15 , 17,18,193 20 n n P Y k nn − == =   − ⋅ = − 3 11 19 1 11 5 1 160 60 60 3 2k  + + + − + + =   3 50k = n∴ 14,15,16,17,18,19 3 50k = i B [ ) [ ) [ ) [ ) [ ) [ )70,75 , 75,80 , 80,85 , 85,90 , 90,95 , 95,100 3 60 11 60 19 60 14 60 11 60 2 60 ijA ijB A B i - 22 - 级为 ，其中 . 记“学生 最终获奖等级不低于学生 的最终获奖等级”为事件 ， 则 . （ ）学生 最终获得一等奖的概率是 ， 学生 最终获得一等奖的概率是 ， ， ， ， 的分布列为： . 【点睛】本题考查频率分布直方图、条件概率、离散型随机变量的分布列、数学期望，考查 学生的逻辑思维能力和运算能力，属于难题. 21.已知函数 ， ，其中 . （1）求函数 的单调区间； （2）若对任意 ，任意 ，不等式 恒成立时最大的 记为 ，当 j ( , 1,2,3)j i i j = B A W ( )1 21 22 22 32 22( )P W P B B B A B A= + + + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 21 22 22 32 22P B P B P B P A P B P A= + + + 2 11 1 11 10 10 14 1 10 51 60 60 11 60 11 11 60 7 11 220 = + ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ = ii A ( )21 1 11P A = B ( )1 21 2 11 1 2 1 160 60 27 27 11 27 27 9 60 60 P B B′ ′+ = + ⋅ = + = 1 1 80( 0) 1 111 9 99P ξ   = = − − =     1 1 1 1 18( 1) 1 111 9 11 9 99P ξ    = = ⋅ − + − ⋅ =       1 1 1( 2) 11 9 99P ξ = = ⋅ = ξ∴ ξ 0 1 2 P 80 99 18 99 1 99 80 18 1 200 1 299 99 99 99Eξ = ⋅ + ⋅ + ⋅ = ( ) lnf x a x x a= − + ( ) lng x kx x x b= − − , ,a b k R∈ ( )f x [ ]1,a e∈ [ ]1,x e∈ ( ) ( )f x g x≥ k c - 23 - 时， 的取值范围. 【答案】（1）见解析（2） 【解析】 【分析】 (1)求导后分 与 两种情况分析函数的单调性即可. (2)参变分离 与 可得 ,再令 ,求导得 ,再分析 的 单调性,分 , 与 三种情况求解导函数的正负以及原函数的单 调性,进而求得 的解析式,再求导分析单调性与范围即可. 【详解】解：（1）∵ ∴ ,∵ , ∴①当 时, 的减区间为 ,没有增区间 ②当 时, 的增区间为 ,减区间为 （2）原不等式 . ∵ , ,∴ , 令 , 令 在 上递增； ①当 时,即 ,∵ ,所以 时 , , ∴ 在 上递增；∴ . ②当 ,即 时 , ,∴ 在 上递减； [ ]1,b e∈ b c+ 22, 1b c e e  + ∈ + +   0a ≤ 0a > ( ) ( )f x g x≥ [ ]1,a e∈ 1 ln lnx x x x bk x + − + +≤ ( ) 1 ln lnx x x x bg x x + − + += ( ) 2 ln x x bg x x − + −′ = ( ) lnp x x x b= − + − ( )1 0p ≥ ( ) 0p e ≤ ( ) ( )1 0p p e < b c+ ( ) ( )ln 0,f x a x x a x a R= − + > ∈ ( ) 1a a xf x x x −′ = − = 0x > a R∈ 0a ≤ ( )f x ( )0, ∞+ 0a > ( )f x ( )0,a ( ),a +∞ ( )1 ln lna x x x x bk x + − + +⇔ ≤ [ ]1,a e∈ [ ]1,x e∈ ( )1 ln ln 1 ln lna x x x x b x x x x b x x + − + + + − + +≥ ( ) ( ) 2 1 ln ln lnx x x x b x x bg x g xx x + − + + − + −′= ⇒ = ( ) ( ) 1ln 1p x x x b p x x ′= − + − ⇒ = − + ( ) lnp x x x b⇒ = − + − ( )1,+∞ ( )1 0p ≥ 1b ≤ [ ]1,b e∈ 1b = [ ]1,x e∈ ( ) ( )0 0p x g x′≥ ⇒ ≥ ( )g x [ ]1,e ( ) ( )min 1 2 2c g x g b b c b= = = ⇒ + = = ( ) 0p e ≤ [ ]1,b e e∈ − [ ]1,x e∈ ( ) ( )0 0p x g x′≤ ⇒ ≤ ( )g x [ ]1,e - 24 - ∴ ③当 时,又 在 上递增； 存在唯一实数 ,使得 ,即 ， 则当 时 . 当 时 . ∴ . ∴ . 令 在 上递增, ,∴ . 综上所述, . 【点睛】本题主要考查了求导分析函数单调区间以及分情况讨论导函数零点以及参数范围的 问题,需要根据题意构造合适的函数进行原函数单调性以及最值的分析等.属于难题. 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 中，直线 的参数方程为 (其中 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 ， 被 截得的弦长为 . （1）求实数 的值； （2）设 与 交于点 ， ，若点 的坐标为 ，求 的值. 【答案】（1）3；（2） ( ) ( )min 2 2 1 2, 1b bc g x g e b c b e ee e e e + +  = = = ⇒ + = + ∈ + + +   ( ) ( )1 0p p e < ( ) lnp x x x b= − + − ( )1,e ( )0 1,x e∈ ( )0 0p x = 0 0lnb x x= − ( )01,x x∈ ( ) ( )0 0p x g x′⇒ < ⇒ < ( )0 ,x x e∈ ( ) ( )0 0p x g x′⇒ > ⇒ > ( ) ( ) 0 0 0 0 0mi 0 0 0 n 1 ln ln 1lnx x x x b xx xc g x g x + − + + = += = = 0 0 0 0 0 0 1 1ln lnb c x x x xx x + = + + − = + ( ) ( ) ( )1 1ln 1 0xh x x x h x h xx x −′= − ⇒ = − = > ⇒ [ ]1,e ( ) ( )01, 1 1,b e x e∈ − ⇒ ∈ 12,b c e e  + ∈ +   22, 1b c e e  + ∈ + +   xOy l 2 5 2 x m t y t  = − = + t 0m > O x C 2 5sinρ θ＝ l C 2 m l C A B P ( 5)m， PA PB+ 3 2 - 25 - 【解析】 【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，进一步利用 垂径定理和点到直线的距离公式的应用求出结果. （2）利用一元二次方程根和系数关系式的应用求出结果. 【详解】（1）直线 的参数方程为 (其中 为参数， ).转换为直角坐标方 程为： . 曲线 的极坐标方程为 ，转换为直角坐标方程为 ， 由于 被 截得的弦长为 . 所以：利用垂径定理圆心到直线的距离 ， 解得 . （2）直线 的参数方程 ，转换为标准式为 ( 为参数)， 代入 得到： ， 所以， ， 所以： . 【点睛】本题考查了极坐标方程、参数方程化为普通直角坐标方程，考查了利用参数方程中 参数的几何意义的应用，考查了数学运算能力. [选修 4-5；不等式选讲] 23.已知 . （Ⅰ）解不等式 ； （Ⅱ）若不等式 对任意 的都成立，证明： . l 2 5 2 x m t y t  = − = + t 0m＞ 5 0x y m+ − − = C 2 5sinρ θ= 2 2( 5) 5x y+ − = l C 2 3 2 | 0 5 5 | 2 2 md + − −=＝ 3m＝ l 3 2 5 2 x t y t  = − = + 23 2 25 2 x t y t  = −  = + t 2 2( 5) 5x y+ − = 2 3 2 4 0t t− + = 1 2 4t t ＝ 1 2 3 2PA PB t t+ + =＝ ( ) 2 1 2 1f x x x= + + − ( ) (1)f x f> 1 1( ) ( 0, 0)f x m nm n ≥ + > > x∈R 4 3m n+ ≥ - 26 - 【答案】（Ⅰ） ；（Ⅱ）见解析 【解析】 【分析】 （Ⅰ）分类讨论，去掉绝对值，化为与之等价的三个不等式组，求得每个不等式组的解集， 再取并集即可．（Ⅱ）利用绝对值三角不等式求得 f(x)的最小值，得到 ，然后利用 基本不等式进行证明即可. 【详解】（Ⅰ） 就是 . （1）当 时， ，得 . (2)当 时， ，得 ，不成立. （3）当 时， ，得 . 综上可知，不等式 的解集是 . （Ⅱ）因为 ， 所以 . 因为 ， 时， ，所以 ，得 . 所以 . 【点睛】本题考查零点分段法解绝对值不等式，考查利用绝对值三角不等式和基本不等式求 最值的应用，属于基础题. ( )3, 1,2  −∞ − ∪ +∞   1 1 3m n + ≤ ( ) ( )1f x f> 2 1 2 1 5x x+ + − > 1 2x > ( ) ( )2 1 2 1 5x x+ + − > 1x > 11 2x≤ ≤− ( ) ( )2 1 2 1 5x x+ − − > 3 5> 1x < − ( ) ( )2 1 2 1 5x x− + − − > 3 2x < − ( ) ( )1f x f> ( )3 12  −∞ − ∪ + ∞  ， ， ( ) ( )2 1 2 1 2 2 2 1 2 2 2 1 3x x x x x x+ + − = + + − ≥ + − − = 1 1 3m n + ≤ 0m > 0n > 1 1 12m n mn + ≥ 12 3mn ≤ 2 3mn ≥ 42 3m n mn+ ≥ ≥