2020年东北三省三校（哈师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学）高考数学四模试卷（文科）

2020年东北三省三校（哈师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学）高考数学四模试卷（文科）

‎2020年东北三省三校（哈师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学）高考数学四模试卷（文科）‎ 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. i是虛数单位，则复数‎(3−i)(4−i)‎在复平面内对应的点位于（ ） ‎ A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 ‎ ‎ ‎2. 已知集合A＝‎{(x, y)|x‎2‎+y‎2‎＝1}‎，B＝‎{(x, y)|y＝x+1}‎，则集合A∩B中元素的个数为（ ） ‎ A.‎0‎ B.‎1‎ C.‎2‎ D.‎‎3‎ ‎ ‎ ‎3. 已知实数x，y满足x−y≥0‎x+y−2≥0‎x≤2‎‎ ‎，则z＝‎2x+y的最小值为（ ） ‎ A.‎2‎ B.‎3‎ C.‎4‎ D.‎‎5‎ ‎ ‎ ‎4. 近年来，某市立足本地丰厚的文化旅游资源，以建设文化旅游强市，创建国家全域旅游示范市为引领，坚持以农为本，以乡为魂，以旅促农，多元化推动产业化发展，文化和旅游扶贪工作卓有成效，精准扶贫稳步推进．该市旅游局为了更好的了解每年乡村游人数的变化情况，绘制了如图所示的柱状图．则下列说法错误的是（ ） ‎ A.乡村游人数逐年上升 B.相比于前一年，‎2015‎年乡村游人数增长率大于‎2014‎年乡村游人数增长率 C.近‎8‎年乡村游人数的平均数小于‎2016‎年乡村游人数 D.从‎2016‎年开始，乡村游人数明显增多 ‎ ‎ ‎5. 在等比数列‎{an}‎中，a‎1‎＝‎2‎，a‎6‎＝‎64‎，则数列‎{an}‎前‎7‎项的和S‎7‎＝（ ） ‎ A.‎253‎ B.‎254‎ C.‎255‎ D.‎‎256‎ ‎ ‎ ‎6. 已知函数f(x)=‎‎2‎xsinx‎4‎x‎+a是奇函数，则实数a＝（ ） ‎ A.‎1‎ B.‎2‎ C.‎1‎‎2‎ D.‎‎1‎‎3‎ ‎ ‎ ‎7. 执行如图所示的程序框图，若输入的x的值为‎2‎，则输出x的值为（ ） ‎ A.‎123‎ B.‎125‎ C.‎127‎ D.‎‎129‎ ‎ ‎ ‎8. 已知α为锐角，若cos(α+π‎4‎)=‎‎3‎‎5‎，则sinα＝（ ） ‎ A.‎2‎‎2‎‎5‎ B.‎3‎‎2‎‎10‎ C.‎2‎‎5‎ D.‎‎2‎‎10‎ ‎ ‎ ‎9. 已知α，β是两个不同平面，m，n是两条不同直线， ①若n⊥β，α // β，m⊥α，则m // n； ②若m // α，α⊥β，n⊥β，则m // n； ③若n⊥β，α // β，m // α，则m⊥n； ④若m⊥α，α⊥β，n // β，则m⊥n． 在上述四个命题中，真命题的个数为（ ） ‎ 第21页 共22页 ◎ 第22页 共22页 A.‎1‎ B.‎2‎ C.‎3‎ D.‎‎4‎ ‎ ‎ ‎10. 已知双曲线C.x‎2‎a‎2‎−y‎2‎b‎2‎=1(a>0,b>0)‎的左、右焦点分别为F‎1‎，F‎2‎，圆O:x‎2‎+y‎2‎−a‎2‎−‎b‎2‎＝‎0‎与双曲线的一个交点为P，若‎|PF‎1‎|=‎3‎|PF‎2‎|‎，则双曲线的离心率为（ ） ‎ A.‎2‎ B.‎3‎‎+1‎‎2‎ C.‎2‎ D.‎‎3‎‎+1‎ ‎ ‎ ‎11. 如图，在三棱锥A−BCD中，BD⊥‎平面ADC，BD＝‎1‎，AB＝‎2‎，BC＝‎3‎，AC=‎‎11‎，则三棱锥A−BCD外接球的体积为（ ） ‎ A.‎4π B.‎3π C.‎2‎3‎π D.‎‎4‎3‎π ‎ ‎ ‎12. 把函数f(x)=cos(ωx+π‎3‎)(ω>0)‎的图象向左平移π‎6‎个单位后得到函数g(x)‎的图象，函数g(x)‎图象的一条对称轴为直线x=‎π‎6‎，若函数f(x)‎在‎(π‎3‎,‎2π‎3‎)‎上单调递增，则ω的取值是（ ） ‎ A.‎2‎或‎5‎ B.‎2‎或‎3‎ C.‎2‎ D.‎‎5‎ 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.‎ ‎ ‎ ‎ 设向量a‎→‎‎=(x, −9)‎，b‎→‎‎=(1, −x)‎，若向量a‎→‎与b‎→‎同向，则x＝________． ‎ ‎ ‎ ‎ ‎2019‎年‎9‎月‎10‎日是我国第‎35‎个教师节，某班班委决定在这天给每个任课老师赠送一份礼物，为公平起见，他们从‎4‎种不同的礼物中随机选取一种给老师（礼物可以重复，即不同的老师收到的礼物可能相同），则语文老师与英语老师收到的礼物不同的概率为________． ‎ ‎ ‎ ‎ 已知抛物线y‎2‎＝‎2x，A，B是抛物线上的两点，线段AB的垂直平分线与x轴相交于点P(x‎0‎0)‎，则x‎0‎的取值范围是________．（用区间表示） ‎ 三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证朋过程或演算步骤.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.‎ ‎ ‎ ‎ 在‎△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a、b、c，已知‎3‎b＝‎(acosC+ccosA)tanA． ‎ ‎（1）求角A的大小；‎ ‎ ‎ ‎（2）若‎△ABC的面积为‎3‎，且a=‎‎6‎，求b，c．‎ ‎ ‎ ‎ 随着我国人民收入水平的提高，人们在追求健康生活上的消费支出日益增大，天然保健品--蜂蜜的市场需求量近‎5‎年均呈逐年上升趋势，如表是A品牌蜂蜜在某地的部分销售市场统计数据： ‎ 年份 ‎2015‎ ‎2016‎ ‎2017‎ ‎2018‎ ‎2019‎ 市场需求量（吨）‎ ‎12‎ ‎15‎ ‎16‎ ‎18‎ ‎19‎ ‎ 若蜂蜜的市场投放量超过市场需求量，则蜂蜜会因滞销而产生沉重的市场维护及损耗成本． ‎ ‎（1）若将‎2015‎年记为数‎1‎，‎2016‎年记为数‎2‎，以此类推．根据所学知识，利用所给数据，求出A品牌蜂蜜在当地的年市场需求量与年份记数之问的回归直线方程；‎ ‎ ‎ ‎（2）根据（1）中所求回归直线方程，请帮助企业决策：A品牌蜂蜜‎2020‎年在当地的合理市场投放量． （附：已知线性回归方程y‎​‎‎=b‎​‎x+‎a‎​‎，其中b‎​‎‎=i=1‎n‎ ‎‎(xi−x‎¯‎)(yi−y‎¯‎)‎i=1‎n‎ ‎‎(xi−‎x‎¯‎‎)‎‎2‎=‎i=‎1‎n xiyi‎​‎‎−‎nx‎¯‎y‎¯‎i=‎1‎n xi‎2‎‎​‎‎−‎n(‎x‎¯‎‎)‎‎2‎，a‎​‎‎=y‎¯‎−‎b‎​‎x‎¯‎）．‎ ‎ ‎ ‎ 如图，在三棱锥A−BCD中，O为AB的中点，点F在线段AD上，DC＝AC＝BC=‎‎2‎，AB＝‎2‎，DO⊥‎平面ABC． ‎ ‎（1）若OF // ‎平面BCD，求证：点F为线段AD的中点；‎ ‎ ‎ ‎（2）求点A到平面BCD的距离．‎ ‎ ‎ ‎ 在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C:x‎2‎a‎2‎+y‎2‎b‎2‎=1(a>b>0)‎的右焦点为F，上顶点为B，‎∠OBF＝‎30‎‎∘‎，点A(−‎2‎, ‎6‎‎2‎)‎在椭圆C上． ‎ ‎（1）求椭圆C的标准方程；‎ ‎ ‎ ‎（2）动直线l与椭圆C相交于P、Q两点，与x轴相交于点M，与y轴的正半轴相交于点N，T为线段PQ的中点，若‎7OP‎→‎⋅OQ‎→‎−4OT‎→‎⋅OM‎→‎−4OT‎→‎⋅‎ON‎→‎为定值n，请判断直线l是否过定点，求实数n的值，并说明理由．‎ 第21页 共22页 ◎ 第22页 共22页 ‎ ‎ ‎ 已知函数f(x)‎＝ex‎−mx，m∈R． ‎ ‎（1）若f(x)‎在‎(1, 2)‎上不单调，求m的取值范围；‎ ‎ ‎ ‎（2）当m>0‎时，若f(x)−n≥0‎对x∈R恒成立，求mn的最大值．‎ ‎（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]（10分）‎ ‎ ‎ ‎ 在平面直角坐标系xOy中，已知曲线C的参数方程为：x=‎3‎cosβ,‎y=sinβ‎ ‎，（β为参数），以坐标原点为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为ρsin(θ−π‎4‎)=‎‎3‎‎2‎‎2‎． ‎ ‎（1）求曲线C和直线l的直角坐标方程；‎ ‎ ‎ ‎（2）若点P在曲线C上，且点P到直线l的距离最小，求点P的坐标．‎ ‎[选修4-5：不等式选讲]（10分）‎ ‎ ‎ ‎ 已知函数f(x)‎＝‎|x−2|−|x|‎． ‎ ‎（1）求不等式f(x)≥1‎的解集；‎ ‎ ‎ ‎（2）若x∈[−2, 2]‎时，f(x)≥mx恒成立，求实数m的值．‎ 第21页 共22页 ◎ 第22页 共22页 参考答案与试题解析 ‎2020年东北三省三校（哈师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学）高考数学四模试卷（文科）‎ 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.‎ ‎【答案】‎ D ‎【考点】‎ 复数的代数表示法及其几何意义 复数的运算 ‎【解析】‎ 利用复数代数形式的乘除运算化简，求出复数所对应的坐标得答案．‎ ‎【解答】‎ ‎∵ ‎(3−i)(4−i)‎＝‎11−7i， ∴ 复数‎(3−i)(4−i)‎在复平面内对应的点的坐标为‎(11, −7)‎，位于第四象限．‎ ‎2.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 交集及其运算 子集与真子集 ‎【解析】‎ 转化为求解x‎2‎‎+‎y‎2‎＝‎1‎与y＝x+1‎的交点个数，联立方程即可求解．‎ ‎【解答】‎ 联立y=x+1‎x‎2‎‎+y‎2‎=1‎‎ ‎可得x=0‎y=1‎‎ ‎或x=−1‎y=0‎‎ ‎， 故集合A∩B中元素的个数为‎2‎．‎ ‎3.‎ ‎【答案】‎ B ‎【考点】‎ 简单线性规划 ‎【解析】‎ 先画出可行域；将目标函数变形；画出目标函数对应的直线；将直线平移由图求出函数的范围即可．‎ ‎【解答】‎ 画出可行域，将z＝‎2x+y变形得y＝‎−2x+z，画出对应的直线，x−y=0‎x+y−2=0‎‎ ‎，解得A(1, 1)‎， 由图知当直线过A(1, 1)‎时，目标函数在y轴上的截距取得最小值，此时z最小为‎3‎； 则z＝‎2x+y的最小值是‎3‎．‎ ‎4.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 进行简单的合情推理 ‎【解析】‎ 根据所给柱状图，逐一对照分析即可 ‎【解答】‎ 从柱状图可看出，乡村游人数逐年上升，故A正确； ‎2015‎年乡村游增长人数为‎250−180‎＝‎70‎万人，‎2014‎年乡村游增长人数为‎180−150‎＝‎30‎万人，由‎70‎‎180‎‎>‎‎30‎‎150‎，故B正确； 近‎8‎年乡村游人数平均数为‎110+150+180+250+330+510+720+950‎‎8‎‎=400>330‎，即近‎8‎年乡村游人数的平均数大于‎2016‎年乡村游人数，故C错误； 从‎2016‎年开始，乡村游人数增长速度明显加快，故D正确．‎ ‎5.‎ ‎【答案】‎ B ‎【考点】‎ 等比数列的前n项和 ‎【解析】‎ 由已知结合等比数列的性质可求q，然后结合等比数列的求和公式即可求解．‎ ‎【解答】‎ 由等比数列的性质可知，q‎5‎＝‎32‎＝‎2‎‎5‎， 故q＝‎2‎， ∴ S‎7‎‎=‎2(1−‎2‎‎7‎)‎‎1−2‎=254‎．‎ ‎6.‎ ‎【答案】‎ A ‎【考点】‎ 函数奇偶性的性质与判断 第21页 共22页 ◎ 第22页 共22页 ‎【解析】‎ 根据函数奇偶性的定义和性质，建立方程进行求解即可．‎ ‎【解答】‎ ‎∵ f(x)‎是奇函数， ∴ 定义域关于原点对称， 则f(−x)‎＝‎−f(x)‎， 即‎2‎‎−xsin(−x)‎‎4‎‎−x‎+a‎=−‎‎2‎xsinx‎4‎x‎+a， 即‎2‎‎−x‎4‎‎−x‎+a‎=‎‎2‎x‎4‎x‎+a， 得‎2‎‎−x‎(‎4‎x+a)‎＝‎2‎x‎(‎4‎‎−x+a)‎， 即‎2‎‎−x‎4‎x‎+a‎2‎‎−x＝‎2‎x‎4‎‎−x‎+a‎2‎x 得‎2‎x‎+a‎2‎‎−x＝‎2‎‎−x‎+a‎2‎x， 得a＝‎1‎，‎ ‎7.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 程序框图 ‎【解析】‎ 由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量x的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案．‎ ‎【解答】‎ 模拟程序的运行，可得 x＝‎2‎ 执行循环体，x＝‎3‎ 不满足判断框内的条件x>100‎，执行循环体，x＝‎7‎ 不满足判断框内的条件x>100‎，执行循环体，x＝‎127‎ 此时，满足判断框内的条件x>100‎，退出循环，输出x的值为‎127‎．‎ ‎8.‎ ‎【答案】‎ D ‎【考点】‎ 两角和与差的三角函数 ‎【解析】‎ 由已知可求范围α+π‎4‎∈(π‎4‎, ‎3π‎4‎)‎，利用同角三角函数基本关系式可求sin(α+π‎4‎)=‎‎4‎‎5‎，进而根据α＝α+π‎4‎−‎π‎4‎，根据两角差的正弦函数公式即可计算得解．‎ ‎【解答】‎ ‎∵ α为锐角， ∴ α+π‎4‎∈(π‎4‎, ‎3π‎4‎)‎， ∵ cos(α+π‎4‎)=‎‎3‎‎5‎， ∴ sin(α+π‎4‎)=‎‎4‎‎5‎， ∴ sinα＝sin(α+π‎4‎−π‎4‎)‎＝sin(α+π‎4‎)cosπ‎4‎−cos(α+π‎4‎)sinπ‎4‎=‎4‎‎5‎×‎2‎‎2‎−‎3‎‎5‎×‎2‎‎2‎=‎‎2‎‎10‎．‎ ‎9.‎ ‎【答案】‎ B ‎【考点】‎ 空间中直线与直线之间的位置关系 空间中直线与平面之间的位置关系 命题的真假判断与应用 ‎【解析】‎ 利用空间中直线与平面、平面与平面之间的位置关系逐个判断即可得到答案．‎ ‎【解答】‎ ‎①若n⊥β，α // β，则n⊥α， 而m⊥α，则m // n； 故①正确； ②若m // α，α⊥β，n⊥β，则m // n或m⊥n； 故②错误； ③若n⊥β，α // β，m // α，则m⊥n； 故③正确； ④若m⊥α，α⊥β，n // β，则m // n或相交或异面， 故④错误；‎ ‎10.‎ ‎【答案】‎ D ‎【考点】‎ 双曲线的离心率 ‎【解析】‎ 设‎|PF‎2‎|‎＝x，则‎|PF‎1‎|=‎3‎x，由于圆O:x‎2‎+y‎2‎−a‎2‎−‎b‎2‎＝‎0‎可化简为x‎2‎‎+‎y‎2‎＝c‎2‎，是以O为圆心，c为半径的圆，所以PF‎1‎⊥PF‎2‎，由勾股定理得‎|PF‎1‎‎|‎‎2‎+|PF‎2‎‎|‎‎2‎=|‎F‎1‎F‎2‎‎|‎‎2‎，即‎3x‎2‎+‎x‎2‎＝‎4‎c‎2‎，解得c＝x；由双曲线的定义知，‎|PF‎1‎|−|PF‎2‎|‎＝‎2a=(‎3‎−1)x，解得a=‎3‎‎−1‎‎2‎x，最后由离心率e=‎ca代入化简即可得解．‎ ‎【解答】‎ 设‎|PF‎2‎|‎＝x，则‎|PF‎1‎|=‎3‎x， ∵ 圆O:x‎2‎+y‎2‎−a‎2‎−‎b‎2‎＝‎0‎，即x‎2‎‎+‎y‎2‎＝a‎2‎‎+‎b‎2‎＝c‎2‎，是以O为圆心，c为半径的圆， ∴ PF‎1‎⊥PF‎2‎， ∴ ‎|PF‎1‎‎|‎‎2‎+|PF‎2‎‎|‎‎2‎=|‎F‎1‎F‎2‎‎|‎‎2‎，即‎3x‎2‎+‎x‎2‎＝‎4‎c‎2‎， ∴ c＝x， 由双曲线的定义知，‎|PF‎1‎|−|PF‎2‎|‎＝‎2a=(‎3‎−1)x， ∴ a=‎3‎‎−1‎‎2‎x， ∴ 离心率e=ca=x‎3‎‎−1‎‎2‎x=‎3‎+1‎．‎ ‎11.‎ ‎【答案】‎ 第21页 共22页 ◎ 第22页 共22页 D ‎【考点】‎ 球的表面积和体积 球内接多面体 柱体、锥体、台体的体积计算 ‎【解析】‎ 通过已知条件，求出AD，BC，AC，利用勾股定理说明AD⊥CD，说明三棱锥是长方体的一个角，利用长方体的体对角线求解外接球的半径，进而求出外接球的体积．‎ ‎【解答】‎ 由BD＝‎1‎，AB＝‎2‎，BC＝‎3‎，AC=‎‎11‎，BD⊥‎平面ADC， ∴ AD=‎‎3‎，CD＝‎2‎‎2‎，AC=‎‎11‎，可知AD⊥CD， 三棱锥A−BCD，是长方体的一个角，外接球的直径是长方体的体对角线， 所以三棱锥A−BCD外接球的半径为‎1‎‎2‎‎1‎‎2‎‎+(2‎2‎‎)‎‎2‎+(‎‎3‎‎)‎‎2‎‎=‎‎3‎． 所以外接球的体积V=‎4π‎3‎×(‎3‎‎)‎‎3‎=4‎3‎π．，‎ ‎12.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换 ‎【解析】‎ 由题意利用函数y＝Asin(ωx+φ)‎的图象变换规律，余弦函数的单调性以及图象的对称性，得出结论．‎ ‎【解答】‎ 把函数f(x)=cos(ωx+π‎3‎)(ω>0)‎的图象向左平移π‎6‎个单位后， 得到函数g(x)‎＝cos(ωx+ωπ‎6‎+π‎3‎)‎的图象， ∵ 函数g(x)‎图象的一条对称轴为直线x=‎π‎6‎， ∴ ω⋅π‎6‎+ω⋅π‎6‎+π‎3‎=kπ，即ω＝‎3k−1‎，k∈Z①． 若函数f(x)‎在‎(π‎3‎,‎2π‎3‎)‎上单调递增，则‎1‎‎2‎‎⋅‎2πω≥‎2π‎3‎−‎π‎3‎，∴ ω≤3‎②． 根据①②，综合所给的选项，可得ω的取值是ω＝‎2‎，‎ 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.‎ ‎【答案】‎ ‎3‎ ‎【考点】‎ 平面向量共线（平行）的坐标表示 ‎【解析】‎ 根据平面向量平行的坐标运算法则以及向量同向的特点求解即可．‎ ‎【解答】‎ 由题可知，向量a‎→‎与b‎→‎平行，所以‎−‎x‎2‎＝‎−9‎，解得x＝‎±3‎， 又因为a‎→‎与b‎→‎同向，所以x＝‎3‎．‎ ‎【答案】‎ ‎3‎‎4‎ ‎【考点】‎ 古典概型及其概率计算公式 ‎【解析】‎ 记‎4‎份不同的礼物分别为a，b，cd，则语文教师与英语教师收到的礼物共有‎16‎种不同的情况，利用列举法求出其中相同的情况为‎4‎种，由此能求出利用对立事件概率计算公式能求出语文老师与英语老师收到的礼物不同的概率．‎ ‎【解答】‎ 记‎4‎份不同的礼物分别为a，b，c，d， 则语文教师与英语教师收到的礼物共有‎16‎种不同的情况， 其中相同的情况为aa，bb，cc，dd， ∴ 语文老师与英语老师收到的礼物不同的概率为：P＝‎1−‎4‎‎16‎=‎‎3‎‎4‎．‎ ‎【答案】‎ ‎(1, +∞)‎ ‎【考点】‎ 抛物线的性质 ‎【解析】‎ 设A(x‎1‎, y‎1‎)‎，B(x‎2‎, y‎2‎)‎，AB中点M；直线AB的方程为y＝kx+m，‎(k≠0)‎ y‎2‎‎=2xy=kx+m‎ ‎得 xM‎=‎(y‎1‎+y‎2‎‎)‎‎2‎−2‎y‎1‎y‎2‎‎4‎=‎1‎k‎2‎−‎mk，yM‎=‎‎1‎k ‎⇒‎直线PM的方程为y−‎1‎k=−‎1‎k(x−‎1‎k‎2‎+mk)‎，可得 x‎0‎‎=‎1‎k‎2‎−mk+1>1‎．‎ ‎【解答】‎ 第21页 共22页 ◎ 第22页 共22页 设A(x‎1‎, y‎1‎)‎，B(x‎2‎, y‎2‎)‎，AB中点M． 直线AB的方程为y＝kx+m，‎(k≠0)‎ y‎2‎‎=2xy=kx+m‎ ‎得ky‎2‎−2y+2m＝‎0‎ y‎1‎‎+y‎2‎=‎2‎k,y‎1‎y‎2‎=‎‎2mk， ‎△‎＝‎4−8km>0⇒km<‎‎1‎‎2‎ xM‎=‎(y‎1‎+y‎2‎‎)‎‎2‎−2‎y‎1‎y‎2‎‎4‎=‎1‎k‎2‎−‎mk，yM‎=‎‎1‎k kPM‎=‎−1‎k⇒‎直线PM的方程为y−‎1‎k=−‎1‎k(x−‎1‎k‎2‎+mk)‎ 令y＝‎0‎，得x‎0‎‎=‎1‎k‎2‎−mk+1‎ ∵ xM‎=‎1‎k‎2‎−mk>0‎ ∴ ‎x‎0‎‎=‎1‎k‎2‎−mk+1>1‎ 三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证朋过程或演算步骤.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.‎ ‎【答案】‎ ‎∵ ‎3‎b＝‎(acosC+ccosA)tanA， 由正弦定理可得，‎3‎sinB＝‎(sinAcosC+sinCcosA)tanA＝sin(A+C)tanA＝sinBtanA， 因为sinB≠0‎， 故tanA=‎‎3‎， 因为A∈(0, π)‎， 故A=‎π‎3‎，‎ S‎△ABC‎=‎1‎‎2‎bcsinA=‎3‎‎4‎bc=‎‎3‎‎， ∴ bc＝‎4‎， 因为cosA=b‎2‎‎+c‎2‎−‎a‎2‎‎2bc=‎‎1‎‎2‎， ∴ b‎2‎‎+‎c‎2‎＝‎10‎， ∴ ‎(b+c‎)‎‎2‎＝‎10+2×4‎＝‎18‎， 则b+c＝‎3‎‎2‎， 由b+c=3‎‎2‎bc=4‎‎ ‎， 解可得b=‎‎2‎c=2‎‎2‎‎ ‎或b=2‎‎2‎c=‎‎2‎‎ ‎．‎ ‎【考点】‎ 余弦定理 正弦定理 ‎【解析】‎ ‎（1）由已知结合正弦定理及和差角公式进行化简可求tanA，进而可求A； （2）由已知结合三角形的面积公式可求bc，然后结合余弦定理即可求解．‎ ‎【解答】‎ ‎∵ ‎3‎b＝‎(acosC+ccosA)tanA， 由正弦定理可得，‎3‎sinB＝‎(sinAcosC+sinCcosA)tanA＝sin(A+C)tanA＝sinBtanA， 因为sinB≠0‎， 故tanA=‎‎3‎， 因为A∈(0, π)‎， 故A=‎π‎3‎，‎ S‎△ABC‎=‎1‎‎2‎bcsinA=‎3‎‎4‎bc=‎‎3‎‎， ∴ bc＝‎4‎， 因为cosA=b‎2‎‎+c‎2‎−‎a‎2‎‎2bc=‎‎1‎‎2‎， ∴ b‎2‎‎+‎c‎2‎＝‎10‎， ∴ ‎(b+c‎)‎‎2‎＝‎10+2×4‎＝‎18‎， 则b+c＝‎3‎‎2‎， 由b+c=3‎‎2‎bc=4‎‎ ‎， 解可得b=‎‎2‎c=2‎‎2‎‎ ‎或b=2‎‎2‎c=‎‎2‎‎ ‎．‎ ‎【答案】‎ 将市场需求量（吨）记为y，年份记为x， 由表中数据，可得x‎¯‎‎=3‎，y‎¯‎‎=16‎， 由b‎​‎‎=i=‎1‎n xiyi‎​‎‎−‎nx‎¯‎y‎¯‎i=‎1‎n xi‎2‎‎​‎‎−‎n(‎x‎¯‎‎)‎‎2‎=‎1×12+2×15+3×16+4×18+5×19−5×3×16‎‎1‎‎2‎‎+‎2‎‎2‎+‎3‎‎2‎+‎4‎‎2‎+‎5‎‎2‎−5×‎‎3‎‎2‎=‎17‎‎10‎=1.7‎； ∴ a‎​‎‎=y‎¯‎−b‎​‎x‎¯‎=16−1.7×3‎＝‎10.9‎； 所以A品牌蜂蜜在当地的年市场需求量与年份记数之问的回归直线方程为y＝‎1.7x+10.9‎；‎ 将x＝‎6‎带入（1）中的回归直线方程为y＝‎1.7x+10.9‎； 得y＝‎1.7×6+10.9‎＝‎21.1‎（吨） 所以预计A品牌蜂蜜‎2020‎年在当地的合理市场投放量为‎21.1‎（吨）．‎ ‎【考点】‎ 求解线性回归方程 ‎【解析】‎ ‎（1）计算样本中心点，根据线性回归方程恒过样本中心点，列出方程，求解回归直线方程； （2）代入x＝‎16‎，求解y即可．‎ ‎【解答】‎ 将市场需求量（吨）记为y，年份记为x， 由表中数据，可得x‎¯‎‎=3‎，y‎¯‎‎=16‎， 由b‎​‎‎=i=‎1‎n xiyi‎​‎‎−‎nx‎¯‎y‎¯‎i=‎1‎n xi‎2‎‎​‎‎−‎n(‎x‎¯‎‎)‎‎2‎=‎1×12+2×15+3×16+4×18+5×19−5×3×16‎‎1‎‎2‎‎+‎2‎‎2‎+‎3‎‎2‎+‎4‎‎2‎+‎5‎‎2‎−5×‎‎3‎‎2‎=‎17‎‎10‎=1.7‎； ∴ a‎​‎‎=y‎¯‎−b‎​‎x‎¯‎=16−1.7×3‎＝‎10.9‎； 所以A品牌蜂蜜在当地的年市场需求量与年份记数之问的回归直线方程为y＝‎1.7x+10.9‎；‎ 将x＝‎6‎带入（1）中的回归直线方程为y＝‎1.7x+10.9‎； 得y＝‎1.7×6+10.9‎＝‎21.1‎（吨） 所以预计A品牌蜂蜜‎2020‎年在当地的合理市场投放量为‎21.1‎（吨）．‎ ‎【答案】‎ 证明：∵ OF // ‎平面BCD，OF⊂‎平面ABD，平面ABD∩‎平面BCD＝BD， ∴ OF // BD， ∴ AFAD‎=AOAB=‎‎1‎‎2‎， ∴ F是线段AD的中点．‎ ‎∵ AC＝BC=‎‎2‎，AB＝‎2‎， ∴ ‎AC‎2‎+BC‎2‎ 第21页 共22页 ◎ 第22页 共22页 ‎＝AB‎2‎，∴ AC⊥BC， ∴ S‎△ABC‎=‎1‎‎2‎×‎2‎×‎2‎=1‎， ∵ O是AB的中点，∴ CO⊥AB， 又DO⊥‎平面ABC，∴ DO⊥OC， 又DC＝BC， ∴ Rt△DCO≅Rt△BCO，∴ DO＝OB=‎1‎‎2‎AB＝‎1‎， ∴ VD−ABC‎=‎1‎‎3‎×1×1=‎‎1‎‎3‎， ∵ BD=OB‎2‎+OD‎2‎=‎‎2‎，BC＝CD=‎‎2‎， ∴ ‎△BCD是等边三角形， ∴ S‎△BCD‎=‎1‎‎2‎×‎2‎×‎2‎×sin60=‎‎3‎‎2‎， 设A到平面BCD的距离为h，则VA−BCD‎=‎1‎‎3‎×‎3‎‎2‎×h=‎‎1‎‎3‎， ∴ h=‎‎2‎‎3‎‎3‎． 故A到平面BCD的距离为‎2‎‎3‎‎3‎． ‎ ‎【考点】‎ 直线与平面平行 点、线、面间的距离计算 ‎【解析】‎ ‎（1）根据线面平行性质可得OF // BD，从而得出结论； （2）计算DO，得出三棱锥D−ABC的体积，根据VD−ABC＝VA−BCD计算A到平面BCD的距离．‎ ‎【解答】‎ 证明：∵ OF // ‎平面BCD，OF⊂‎平面ABD，平面ABD∩‎平面BCD＝BD， ∴ OF // BD， ∴ AFAD‎=AOAB=‎‎1‎‎2‎， ∴ F是线段AD的中点．‎ ‎∵ AC＝BC=‎‎2‎，AB＝‎2‎， ∴ AC‎2‎+BC‎2‎＝AB‎2‎，∴ AC⊥BC， ∴ S‎△ABC‎=‎1‎‎2‎×‎2‎×‎2‎=1‎， ∵ O是AB的中点，∴ CO⊥AB， 又DO⊥‎平面ABC，∴ DO⊥OC， 又DC＝BC， ∴ Rt△DCO≅Rt△BCO，∴ DO＝OB=‎1‎‎2‎AB＝‎1‎， ∴ VD−ABC‎=‎1‎‎3‎×1×1=‎‎1‎‎3‎， ∵ BD=OB‎2‎+OD‎2‎=‎‎2‎，BC＝CD=‎‎2‎， ∴ ‎△BCD是等边三角形， ∴ S‎△BCD‎=‎1‎‎2‎×‎2‎×‎2‎×sin60=‎‎3‎‎2‎， 设A到平面BCD的距离为h，则VA−BCD‎=‎1‎‎3‎×‎3‎‎2‎×h=‎‎1‎‎3‎， ∴ h=‎‎2‎‎3‎‎3‎． 故A到平面BCD的距离为‎2‎‎3‎‎3‎． ‎ ‎【答案】‎ 设点F的坐标为‎(c, 0)‎，由‎|OF|‎＝c，‎|OB|‎＝b，‎|BF|‎＝a，‎∠OBF＝‎30‎‎∘‎，有a＝‎2c，b=‎3‎c，可得椭圆C的标准方程为x‎2‎‎4‎c‎2‎‎+y‎2‎‎3‎c‎2‎=1‎， 代入点A的坐标有‎1‎‎2‎c‎2‎‎+‎1‎‎2‎c‎2‎=1‎，解得c＝‎1‎， ∴ 椭圆C的坐标方程为x‎2‎‎4‎‎+y‎2‎‎3‎=1‎；‎ 第21页 共22页 ◎ 第22页 共22页 由题意可知直线l的斜率存在且不为‎0‎，设直线l的方程为y＝kx+m(m>0)‎， 联立方程x‎2‎‎4‎‎+y‎2‎‎3‎=1‎y=kx+m‎ ‎，消去y后整理得‎(4k‎2‎+3)x‎2‎+8kmx+4m‎2‎−12‎＝‎0‎， ∴ x‎1‎‎+x‎2‎=−‎‎8km‎4k‎2‎+3‎，x‎1‎x‎2‎‎=‎‎4m‎2‎−12‎‎4k‎2‎+3‎， 由‎△‎＝‎64k‎2‎m‎2‎−4(4k‎2‎+3)(4m‎2‎−12)>0‎，得‎4k‎2‎−m‎2‎+3>0‎， ∴ y‎1‎‎+‎y‎2‎＝‎(kx‎1‎+m)+(kx‎2‎+m)‎＝k(x‎1‎+x‎2‎)+2m=−‎8k‎2‎m‎4k‎2‎+3‎+2m=‎‎6m‎4k‎2‎+3‎， y‎1‎y‎2‎＝‎(kx‎1‎+m)(kx‎2‎+m)=k‎2‎x‎1‎x‎2‎+km(x‎1‎+x‎2‎)+m‎2‎=k‎2‎‎(4m‎2‎−12)‎‎4k‎2‎+3‎−‎8‎k‎2‎m‎2‎‎4k‎2‎+3‎+m‎2‎=‎‎3m‎2‎−12‎k‎2‎‎4k‎2‎+3‎， ∴ x‎1‎x‎2‎‎+y‎1‎y‎2‎=‎‎7m‎2‎−12k‎2‎−12‎‎4k‎2‎+3‎， 点T的坐标为‎(−‎4km‎4k‎2‎+3‎, ‎3m‎4k‎2‎+3‎)‎，点M的坐标为‎(−mk, 0)‎，点N的坐标为‎(0, m)‎， ∴ OM‎→‎‎+ON‎→‎=(−mk,m)‎，∴ OT‎→‎‎⋅(OM‎→‎+ON‎→‎)=‎4‎m‎2‎‎4k‎2‎+3‎+‎3‎m‎2‎‎4k‎2‎+3‎=‎‎7‎m‎2‎‎4k‎2‎+3‎， ∴ ‎7OP‎→‎⋅OQ‎→‎−4OT‎→‎⋅OM‎→‎−4OT‎→‎⋅‎ON‎→‎ ＝‎7OP‎→‎⋅OQ‎→‎−4OT‎→‎⋅(OM‎→‎+ON‎→‎)‎ ＝‎7(x‎1‎x‎2‎+y‎1‎y‎2‎)−‎‎28‎m‎2‎‎4k‎2‎+3‎ ‎=‎7(7m‎2‎−12k‎2‎−12)‎‎4k‎2‎+3‎−‎‎28‎m‎2‎‎4k‎2‎+3‎ ‎=‎‎7(3m‎2‎−12k‎2‎−12)‎‎4k‎2‎+3‎ ‎=‎‎7[−12k‎2‎+(3m‎2‎−12)]‎‎4k‎2‎+3‎ ‎=‎‎−21[4k‎2‎+(4−m‎2‎)]‎‎4k‎2‎+3‎， 若‎7OP‎→‎⋅OQ‎→‎−4OT‎→‎⋅OM‎→‎−4OT‎→‎⋅‎ON‎→‎为定值，必有‎4−‎m‎2‎＝‎3‎，解得m＝‎±1‎，由m>0‎可得m＝‎1‎， 故直线l过定点‎(0, 1)‎，实数n的值为‎−21‎．‎ ‎【考点】‎ 椭圆的标准方程 椭圆的应用 直线与椭圆的位置关系 ‎【解析】‎ ‎（1）由题意可知a＝‎2c，b=‎3‎c，所以椭圆C的标准方程为x‎2‎‎4‎c‎2‎‎+y‎2‎‎3‎c‎2‎=1‎，把点A的坐标代入求出c的值，进而求出a，b的值，即可得到椭圆C的坐标方程； （2）由题意可知直线l的斜率存在且不为‎0‎，设直线l的方程为y＝kx+m，与椭圆方程联立，利用韦达定理可得x‎1‎x‎2‎‎+‎y‎1‎y‎2‎，和点T，点M，点N的坐标，代入‎7OP‎→‎⋅OQ‎→‎−4OT‎→‎⋅OM‎→‎−4OT‎→‎⋅‎ON‎→‎化简整理得‎7OP‎→‎⋅OQ‎→‎−4OT‎→‎⋅OM‎→‎−4OT‎→‎⋅ON‎→‎=‎‎−21[4k‎2‎+(4−m‎2‎)]‎‎4k‎2‎+3‎，若‎7OP‎→‎⋅OQ‎→‎−4OT‎→‎⋅OM‎→‎−4OT‎→‎⋅‎ON‎→‎为定值，则必有‎4−‎m‎2‎＝‎3‎，可得m＝‎1‎，故直线l过定点‎(0, 1)‎，实数n的值为‎−21‎．‎ ‎【解答】‎ 设点F的坐标为‎(c, 0)‎，由‎|OF|‎＝c，‎|OB|‎＝b，‎|BF|‎＝a，‎∠OBF＝‎30‎‎∘‎，有a＝‎2c，b=‎3‎c，可得椭圆C的标准方程为x‎2‎‎4‎c‎2‎‎+y‎2‎‎3‎c‎2‎=1‎， 代入点A的坐标有‎1‎‎2‎c‎2‎‎+‎1‎‎2‎c‎2‎=1‎，解得c＝‎1‎， ∴ 椭圆C的坐标方程为x‎2‎‎4‎‎+y‎2‎‎3‎=1‎；‎ 由题意可知直线l的斜率存在且不为‎0‎，设直线l的方程为y＝kx+m(m>0)‎， 联立方程x‎2‎‎4‎‎+y‎2‎‎3‎=1‎y=kx+m‎ ‎，消去y后整理得‎(4k‎2‎+3)x‎2‎+8kmx+4m‎2‎−12‎＝‎0‎， ∴ x‎1‎‎+x‎2‎=−‎‎8km‎4k‎2‎+3‎，x‎1‎x‎2‎‎=‎‎4m‎2‎−12‎‎4k‎2‎+3‎， 由‎△‎＝‎64k‎2‎m‎2‎−4(4k‎2‎+3)(4m‎2‎−12)>0‎，得‎4k‎2‎−m‎2‎+3>0‎， ∴ y‎1‎‎+‎y‎2‎＝‎(kx‎1‎+m)+(kx‎2‎+m)‎＝k(x‎1‎+x‎2‎)+2m=−‎8k‎2‎m‎4k‎2‎+3‎+2m=‎‎6m‎4k‎2‎+3‎， y‎1‎y‎2‎＝‎(kx‎1‎+m)(kx‎2‎+m)=k‎2‎x‎1‎x‎2‎+km(x‎1‎+x‎2‎)+m‎2‎=k‎2‎‎(4m‎2‎−12)‎‎4k‎2‎+3‎−‎8‎k‎2‎m‎2‎‎4k‎2‎+3‎+m‎2‎=‎‎3m‎2‎−12‎k‎2‎‎4k‎2‎+3‎， ∴ x‎1‎x‎2‎‎+y‎1‎y‎2‎=‎‎7m‎2‎−12k‎2‎−12‎‎4k‎2‎+3‎， 点T的坐标为‎(−‎4km‎4k‎2‎+3‎, ‎3m‎4k‎2‎+3‎)‎，点M的坐标为‎(−mk, 0)‎，点N的坐标为‎(0, m)‎， ∴ OM‎→‎‎+ON‎→‎=(−mk,m)‎，∴ OT‎→‎‎⋅(OM‎→‎+ON‎→‎)=‎4‎m‎2‎‎4k‎2‎+3‎+‎3‎m‎2‎‎4k‎2‎+3‎=‎‎7‎m‎2‎‎4k‎2‎+3‎， ∴ ‎7OP‎→‎⋅OQ‎→‎−4OT‎→‎⋅OM‎→‎−4OT‎→‎⋅‎ON‎→‎ ＝‎7OP‎→‎⋅OQ‎→‎−4OT‎→‎⋅(OM‎→‎+ON‎→‎)‎ ＝‎7(x‎1‎x‎2‎+y‎1‎y‎2‎)−‎‎28‎m‎2‎‎4k‎2‎+3‎ ‎=‎7(7m‎2‎−12k‎2‎−12)‎‎4k‎2‎+3‎−‎‎28‎m‎2‎‎4k‎2‎+3‎ ‎=‎‎7(3m‎2‎−12k‎2‎−12)‎‎4k‎2‎+3‎ ‎=‎‎7[−12k‎2‎+(3m‎2‎−12)]‎‎4k‎2‎+3‎ ‎=‎‎−21[4k‎2‎+(4−m‎2‎)]‎‎4k‎2‎+3‎， 若‎7OP‎→‎⋅OQ‎→‎−4OT‎→‎⋅OM‎→‎−4OT‎→‎⋅‎ON‎→‎为定值，必有‎4−‎m‎2‎＝‎3‎，解得m＝‎±1‎，由m>0‎可得m＝‎1‎， 故直线l过定点‎(0, 1)‎，实数n的值为‎−21‎．‎ ‎【答案】‎ 函数f(x)‎＝ex‎−mx，m∈R．其定义域为R，f′(x)‎＝ex‎−m， ∵ f(x)‎在‎(1, 2)‎上不单调，即f′(x)‎＝‎0‎在‎(1, 2)‎上有根， ∴ f‎′‎‎(1)=e−m<0‎f‎′‎‎(2)=e‎2‎−m>0‎‎ ‎ 解得e0‎， 令ex‎−m＝‎0‎， 可得x＝lnm， 当x∈(−∞, lnm)‎时，h′(x)<0‎，∴ h(x)‎在‎(−∞, lnm)‎单调递减； 当x∈(lnm, +∞)‎时，h′(x)<0‎，∴ h(x)‎在‎(lnm, +∞)‎单调递增； ∴ x＝lnm时，则h(x‎)‎min＝m−mlnm−n ∴ m−mlnm−n≥0‎，‎(m>0)‎ 即m‎2‎‎−m‎2‎lnm≥nm； 令g(m)‎＝m‎2‎‎−m‎2‎lnm，‎(m>0)‎ ∴ g′(m)‎＝‎2m−2mlnm−m＝m(1−2lnm)‎ 由g′(m)>0‎，得x<‎e，由g′(m)<0‎，得x>‎e， ∴ g(m)‎在‎(e, +∞)‎单调递增，在‎(−∞, e)‎单调递减， 当x=‎e时，g(x‎)‎max=‎e‎2‎； 故得mn的最大值为e‎2‎．‎ ‎【考点】‎ 函数恒成立问题 ‎【解析】‎ ‎（1）利用导函数判断f(x)‎的单调性，即f′(x)‎＝‎0‎在‎(1, 2)‎上有根，利用零点存在性定理可得m的范围； （2）构造新函数，利用导函数讨论其单调性和最值，找出mn的关系式，建立新的函数关系求解mn的最大值 ‎【解答】‎ 函数f(x)‎＝ex‎−mx，m∈R．其定义域为R，f′(x)‎＝ex‎−m， ∵ f(x)‎在‎(1, 2)‎上不单调，即f′(x)‎＝‎0‎在‎(1, 2)‎上有根， ∴ f‎′‎‎(1)=e−m<0‎f‎′‎‎(2)=e‎2‎−m>0‎‎ ‎ 解得e0‎， 令ex‎−m＝‎0‎， 可得x＝lnm， 当x∈(−∞, lnm)‎时，h′(x)<0‎，∴ h(x)‎在‎(−∞, lnm)‎单调递减； 当x∈(lnm, +∞)‎时，h′(x)<0‎，∴ h(x)‎在‎(lnm, +∞)‎单调递增； ∴ x＝lnm时，则h(x‎)‎min＝m−mlnm−n ∴ m−mlnm−n≥0‎，‎(m>0)‎ 即m‎2‎‎−m‎2‎lnm≥nm； 令g(m)‎＝m‎2‎‎−m‎2‎lnm，‎(m>0)‎ ∴ g′(m)‎＝‎2m−2mlnm−m＝m(1−2lnm)‎ 由g′(m)>0‎，得x<‎e，由g′(m)<0‎，得x>‎e， ∴ g(m)‎在‎(e, +∞)‎单调递增，在‎(−∞, e)‎单调递减， 当x=‎e时，g(x‎)‎max=‎e‎2‎； 故得mn的最大值为e‎2‎．‎ ‎（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]（10分）‎ ‎【答案】‎ 曲线C的参数方程为：x=‎3‎cosβ,‎y=sinβ‎ ‎，（β为参数），转换为直角坐标方程为x‎2‎‎3‎‎+y‎2‎=1‎． 直线l的极坐标方程为ρsin(θ−π‎4‎)=‎‎3‎‎2‎‎2‎．根据x=ρcosθy=ρsinθ‎ ‎转换为直角坐标方程为x−y+3‎＝‎0‎．‎ 设点P(‎3‎cosα,sinα)‎为曲线上一点，所以点P到直线的距离d=‎|‎3‎cosα−sinα+3|‎‎1‎‎2‎‎+‎‎1‎‎2‎=‎‎|2cos(α+π‎6‎)+3|‎‎2‎， 当cos(α+π‎6‎)‎＝‎−1‎时，即α=‎‎5π‎6‎时， 点P到直线l的距离的最小值为‎2‎‎2‎，且P(−‎3‎‎2‎,‎1‎‎2‎)‎．‎ ‎【考点】‎ 圆的极坐标方程 参数方程与普通方程的互化 ‎【解析】‎ ‎（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）利用点到直线的距离公式的应用和三角函数关系式的变换，及正弦型函数的性质的应用求出结果．‎ ‎【解答】‎ 曲线C的参数方程为：x=‎3‎cosβ,‎y=sinβ‎ ‎，（β为参数），转换为直角坐标方程为x‎2‎‎3‎‎+y‎2‎=1‎． 直线l的极坐标方程为ρsin(θ−π‎4‎)=‎‎3‎‎2‎‎2‎．根据x=ρcosθy=ρsinθ‎ ‎转换为直角坐标方程为x−y+3‎＝‎0‎．‎ 设点P(‎3‎cosα,sinα)‎为曲线上一点，所以点P到直线的距离d=‎|‎3‎cosα−sinα+3|‎‎1‎‎2‎‎+‎‎1‎‎2‎=‎‎|2cos(α+π‎6‎)+3|‎‎2‎， 当cos(α+π‎6‎)‎＝‎−1‎时，即α=‎‎5π‎6‎时， 点P到直线l的距离的最小值为‎2‎‎2‎，且P(−‎3‎‎2‎,‎1‎‎2‎)‎．‎ ‎[选修4-5：不等式选讲]（10分）‎ ‎【答案】‎ 不等式‎|x−2|−|x|≥1‎等价为x≥2‎x−2−x≥1‎‎ ‎或‎0

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