（3月份）
一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）
1. i是虚数单位，复数𝑧=1−𝑖在复平面上对应的点位于( )
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 等差数列{𝑎𝑛}中，已知𝑎1+𝑎9=10，则𝑎3+𝑎4+𝑎5+𝑎6+𝑎7=( )
A. 5 B. 10 C. 15 D. 25 3. 已知集合𝐴={𝑥|𝑥<1}，𝐵={𝑥|𝑒𝑥<1}，则( )
A. 𝐴∩𝐵={𝑥|𝑥<1} B. 𝐴∪𝐵={𝑥|𝑥<𝑒} C. 𝐴∪𝐵={𝑥|𝑥<1} D. 𝐴∩𝐵={𝑥|0<𝑥<1} 4. 已知𝛼满足𝑠𝑖𝑛𝛼=3，则𝑐𝑜𝑠2𝛼=( )
1
A. 9 7
B. 18
7
C. −9 7
D. −18
7
5. 设平面𝛼与平面𝛽相交于直线m，直线a在平面𝛼内，直线b在平面𝛽内，且𝑏⊥𝑚，则“𝛼⊥𝛽”是“𝑎⊥𝑏”的( )
A. 充分不必要条件 C. 充分必要条件
6. 函数𝑓(𝑥)=sin(2𝑥+3)(0≤𝑥≤
𝜋
5𝜋12
B. 必要不充分条件
D. 既不充分也不必要条件
)的值域为( )
A. [−2,1]
1
1
B. [0,2] B. 3 1
1
C. [0,1]
D. [−2,0]
2 D. √3
1
7. 在区间[−1,1]上随机取一个数k，使直线𝑦=𝑘(𝑥+3)与圆𝑥2+𝑦2=1相交的概率为( )
A. 2 2 C. √4
8. 很多关于整数规律的猜想都通俗易懂，吸引了大量的数学家和数学爱好者，有些猜想已经被数
学家证明，如“费马大定理”，但大多猜想还未被证明，如“哥德猜想”、“角谷猜想”.“角谷猜想”的内容是：对于每一个正整数，如果它是奇数，则将它乘以3再加1；如果它是偶数，则将它除以2；如此循环，最终都能够得到1.如图为研究“角谷猜想”的一个程序框图．若输入n的值为10，则输出i的值为( )
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A. 5 B. 6 C. 7 D. 8
9. 设𝑚=𝑙𝑛2，𝑛=𝑙𝑔2，则( )
A. 𝑚−𝑛>𝑚𝑛>𝑚+𝑛 C. 𝑚+𝑛>𝑚𝑛>𝑚−𝑛 B. 𝑚−𝑛>𝑚+𝑛>𝑚𝑛 D. 𝑚+𝑛>𝑚−𝑛>𝑚𝑛
10. 过抛物线C：𝑦2=4𝑥的焦点F，且斜率为√3的直线交C于点𝑀(𝑀在x轴上方)，l为C的准线，
点N在l上，且MN⊥𝑙，则M到直线NF的距离为( ) A. √5 B. 2√2 C. 2√3 D. 3√3
11. 已知函数𝑓(𝑥)=|𝑙𝑛𝑥|，若0<𝑎<𝑏，且𝑓(𝑎)=𝑓(𝑏)，则2𝑎+𝑏的取值范围是( )
A. [3,+∞) B. (3,+∞) C. [2√2,+∞) D. (2√2,+∞)
12. 在一个数列中，如果∀𝑛∈𝑁∗，都有𝑎𝑛𝑎𝑛+1𝑎𝑛+2=𝑘(𝑘为常数)，那么这个数列叫做等积数列，k
𝑎2=2，叫做这个数列的公积．已知数列{𝑎𝑛}是等积数列，且𝑎1=1，公积为8，则𝑎1+𝑎2+⋯+
𝑎2020=( ) A. 4711 B. 4712 C. 4713 D. 4715 二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
⃗ =(2,−6)，⃗ 13. 已知向量𝑎𝑏=(3,𝑚)，若|𝑎⃗ +⃗ 𝑏|=|𝑎⃗ −⃗ 𝑏|，则𝑚=______．
14. 某校为了解学生学习的情况，采用分层抽样的方法从高一2400人、高二2000人、高三n人中，
抽取90人进行问卷调查．已知高一被抽取的人数为36，那么高三被抽取的人数为______． 15. 点P在双曲线
𝑥2𝑎
2−
𝑦2𝑏2
=1(𝑎>0,𝑏>0)的右支上，其左、右焦点分别为𝐹1、𝐹2，直线𝑃𝐹1与以坐
标原点O为圆心、a为半径的圆相切于点A，线段𝑃𝐹1的垂直平分线恰好过点𝐹2，则该双曲线的离心率为______．
16. 某校13名学生参加军事冬令营活动，活动期间各自扮演一名角色进行分组游戏，角色按级别从
小到大共9种，分别为士兵、排长、连长、营长、团长、旅长、师长、军长和司令．游戏分组有两种方式，可以2人一组或者3人一组．如果2人一组，则必须角色相同；如果3人一组，则3人角色相同或者3人为级别连续的3个不同角色．已知这13名学生扮演的角色有3名士兵和3名司令，其余角色各1人，现在新加入1名学生，将这14名学生分成5组进行游戏，则新加入的学生可以扮演的角色的种数为______．
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三、解答题（本大题共7小题，共84.0分）
17. 某学生为了测试煤气灶烧水如何节省煤气的问题设计了一个实验，并获得了煤气开关旋钮旋转
的弧度数x与烧开一壶水所用时间y的一组数据，且作了一定的数据处理(如表)，得到了散点图(如图)． 𝑥 −𝑦 −𝑤 ∑(𝑥𝑖−𝑥)∑(𝑤𝑖−𝑤)∑(𝑥𝑖−𝑥)(𝑦𝑖−𝑦) ∑(𝑤𝑖−𝑤)(𝑦𝑖−𝑦) 𝑖=1𝑖=1𝑖=1𝑖=1−10−2 10−2 10−−10−−1.47 20.6 0.78 1
−
𝑖
2.35 1
0.81 −19.3 16.2 10
表中𝑤𝑖=𝑥2,𝑤=10∑𝑖=1𝑤𝑖．
(1)根据散点图判断，𝑦=𝑎+𝑏𝑥与𝑦=𝑐+𝑥2哪一个更适宜作烧水时间y关于开关旋钮旋转的弧度数x的回归方程类型？(不必说明理由)
(2)根据判断结果和表中数据，建立y关于x的回归方程；
(3)若旋转的弧度数x与单位时间内煤气输出量t成正比，那么x为多少时，烧开一壶水最省煤气？
附：对于一组数据(𝑢1,𝑣1)，(𝑢2,𝑣2)，(𝑢3,𝑣3)，…，(𝑢𝑛,𝑣𝑛)，其回归直线𝑣=𝛼+𝛽𝑢的斜率和截
(𝑣𝑖−𝑣)(𝑢𝑖−𝑢)̂=∑𝑖=1𝑛̂𝑢． 距的最小二乘估计分别为𝛽，𝛼̂=𝑣−𝛽∑(𝑢−𝑢)2𝑖=1𝑖𝑛
𝑑
18. △𝐴𝐵𝐶中的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若√5𝑏=4𝑐，𝐵=2𝐶
(Ⅰ)求cosB
(Ⅱ)若𝑐=5，点D为边BC上一点，且𝐵𝐷=6，求△𝐴𝐷𝐶的面积
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19. 底面ABCD为菱形的直四棱柱，被一平面截取后得到如图所示的几
何体．若𝐷𝐴=𝐷𝐻=𝐷𝐵=4，𝐴𝐸=𝐶𝐺=3． (1)求证：𝐸𝐺⊥𝐷𝐹；
(2)求三棱锥𝐹−𝐵𝐸𝐺的体积．
20. 已知椭圆𝐶：+𝑏2=1(𝑎>𝑏>0)，与x轴负半轴交于𝐴(−2,0)，离心率𝑒=2． 𝑎2
𝑥2
𝑦2
1
(1)求椭圆C的方程；
(2)设直线l：𝑦=𝑘𝑥+𝑚与椭圆C交于𝑀(𝑥1,𝑦1)，𝑁(𝑥2,𝑦2)两点，连接AM，AN并延长交直线𝑥=4于𝐸(𝑥3,𝑦3)，𝐹(𝑥4,𝑦4)两点，若𝑦+𝑦=𝑦+𝑦，求证：直线MN恒过定点，并求出定点
1
2
3
4
1111
坐标．
21. 设函数𝑓(𝑥)=
1+ln(𝑥+1)
𝑥
(𝑥>0)．
(1)设ℎ(𝑥)=(𝑥+1)𝑓(𝑥)，求曲线𝑦=ℎ(𝑥)在𝑥=1处的切线方程； (2)若𝑓(𝑥)>𝑥+1恒成立，求整数k的最大值．
𝑘
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𝑥=√2𝑐𝑜𝑠𝜃(𝜃为参数)，以直角坐标系的原点O为极点，x轴的正半22. 已知曲线𝐶1的参数方程为{
𝑦=𝑠𝑖𝑛𝜃
轴为极轴建立极坐标系，曲线𝐶2的极坐标方程为𝜌𝑠𝑖𝑛2𝜃=4𝑐𝑜𝑠𝜃． (1)求𝐶1的普通方程和𝐶2的直角坐标方程；
(2)若过点𝐹(1,0)的直线l与𝐶1交于A，B两点，与𝐶2交于M，N两点，求|𝐹𝑀||𝐹𝑁|的取值范围．
𝑓(𝑥),𝑥≤3
23. 已知𝑓(𝑥)=|𝑥−1|+1，𝐹(𝑥)={．
12−3𝑥,𝑥>3
(1)解不等式𝑓(𝑥)≤2𝑥+3；
(2)若方程𝐹(𝑥)=𝑎有三个解，求实数a的取值范围．
|𝐹𝐴||𝐹𝐵|
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-------- 答案与解析 --------
1.答案：D
解析：解：复数𝑧=1−𝑖在复平面上对应的点的坐标为(1,−1)，位于第四象限． 故选：D．
由已知求得z的坐标得答案．
本题考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题． 2.答案：D
解析：解：等差数列{𝑎𝑛}中，已知𝑎1+𝑎9=10=2𝑎5，∴𝑎5=5， 则𝑎3+𝑎4+𝑎5+𝑎6+𝑎7=5𝑎5=25， 故选：D．
由题意利用等差数列的性质，求得要求式子的值． 本题主要考查等差数列的性质，属于基础题． 3.答案：C
解析：解：∵𝐴={𝑥|𝑥<1}，𝐵={𝑥|𝑥<0}， ∴𝐴∩𝐵={𝑥|𝑥<0}，𝐴∪𝐵={𝑥|𝑥<1}． 故选：C．
可以求出集合B，然后进行交集和并集的运算即可． 本题考查了描述法的定义，指数函数的单调性，交集和并集的运算，考查了计算能力，属于基础题． 4.答案：A
解析：解：∵𝛼满足𝑠𝑖𝑛𝛼=3，
∴𝑐𝑜𝑠2𝛼=1−2𝑠𝑖𝑛2𝛼=1−2×()2=．
39
故选：A．
由已知利用二倍角的余弦函数公式即可计算求解．
本题主要考查了二倍角的余弦函数公式在三角函数化简求值中的应用，属于基础题． 5.答案：A
解析：解：∵𝑏⊥𝑚，∴当𝛼⊥𝛽，则由面面垂直的性质可得𝑎⊥𝑏成立， 若𝑎⊥𝑏，则𝛼⊥𝛽不一定成立，
故“𝛼⊥𝛽”是“𝑎⊥𝑏”的充分不必要条件， 故选：A．
根据充分条件和必要条件的定义结合面面垂直的性质即可得到结论．
本题主要考查充分条件和必要条件的判断，利用线面垂直的性质是解决本题的关键． 6.答案：A
解析：解：∵0≤𝑥≤
𝜋
5𝜋
1
7
1
，∴12
1
𝜋3
≤2𝑥+3≤
𝜋7𝜋6
，
∴𝑦=sin(2𝑥+3)∈[−2,1]．
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故选：A．
由0≤𝑥≤12，可得3≤2𝑥+3≤
5𝜋
𝜋
𝜋
7𝜋6
，利用正弦函数的单调性即可得出．
本题考查了正弦函数的单调性、不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题． 7.答案：C
解析：【分析】
本题主要考查了几何概型的概率，以及直线与圆相交的性质，解题的关键弄清概率类型，同时考查了计算能力，属于较易题．
利用圆心到直线的距离小于半径可得到直线与圆相交，可求出满足条件的k，最后根据几何概型的概率公式可求出所求．
解析：
解：圆𝑥2+𝑦2=1的圆心为(0,0) 圆心到直线𝑦=𝑘(𝑥+3)的距离为|3𝑘|√𝑘2+1 |3𝑘|2
2
4
4
要使直线𝑦=𝑘(𝑥+3)与圆𝑥2+𝑦2=1相交，则√𝑘2+1<1，解得−√<𝑘<√． ∴在区间[−1,1]上随机取一个数k，使𝑦=𝑘(𝑥+3)与圆𝑥+𝑦=1相交的概率为
2
2
2√24
2
=
√2． 4
故选：C． 8.答案：B
解析：解：模拟程序的运行，可得 𝑖=0 𝑛=10
不满足条件𝑛=1，满足条件n是偶数，𝑛=5，𝑖=1 不满足条件𝑛=1，不满足条件n是偶数，𝑛=16，𝑖=2 不满足条件𝑛=1，满足条件n是偶数，𝑛=8，𝑖=3 不满足条件𝑛=1，满足条件n是偶数，𝑛=4，𝑖=4 不满足条件𝑛=1，满足条件n是偶数，𝑛=2，𝑖=5 不满足条件𝑛=1，满足条件n是偶数，𝑛=1，𝑖=6 此时，满足条件𝑛=1，退出循环，输出i的值为6． 故选：B．
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n的值并输出变量i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．
本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的结论，是基础题． 9.答案：D
解析：解：∵0<𝑚<1，0<𝑛<1，𝑚>𝑛， −𝑚=𝑛
1
1
𝑚−𝑛𝑚𝑛
=𝑙𝑜𝑔210−𝑙𝑜𝑔2𝑒=
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𝑙𝑜𝑔2
10𝑒
>1，
故𝑚−𝑛>𝑚𝑛，
所以𝑚+𝑛=𝑙𝑜𝑔2(10𝑒)>1，故𝑚+𝑛>𝑚𝑛，
由𝑚+𝑛>𝑚−𝑛
故𝑚+𝑛>𝑚−𝑛>𝑚𝑛， 故选：D．
利用倒数，作差法，判断即可．
考查对数换底公式，对数的运算性质和不等式比较大小，基础题． 10.答案：C
解析：【分析】
本题考查直线与抛物线的位置关系，点到直线的距离公式，考查计算能力，属于中档题． 利用已知条件求出M的坐标，求出N的坐标，利用点到直线的距离公式求解即可． 【解答】
解：抛物线C：𝑦2=4𝑥的焦点𝐹(1,0)，过𝐹(1,0)且斜率为√3的直线的方程为𝑦=√3(𝑥−1)， 过抛物线C：𝑦2=4𝑥的焦点F，且斜率为√3的直线交C于点𝑀(𝑀在x轴上方)，
𝑦2=4𝑥由：{，解得𝑀(3,2√3).
𝑦=√3(𝑥−1)可得𝑁(−1,2√3)，
NF的方程为：𝑦=−√3(𝑥−1)，即√3𝑥+𝑦−√3=0， 则M到直线NF的距离为：故选C． 11.答案：C
−𝑙𝑛𝑥,0<𝑥<1
解析：解：∵𝑓(𝑥)=|𝑙𝑛𝑥|={，画出图象：
𝑙𝑛𝑥,𝑥≥1∵0<𝑎<𝑏且𝑓(𝑎)=𝑓(𝑏)，∴0<𝑎<1<𝑏，−𝑙𝑛𝑎=𝑙𝑛𝑏， ∴ln(𝑎𝑏)=0，则𝑎𝑏=1．
∴2𝑎+𝑏≥2√2𝑎𝑏=2√2，当且仅当𝑎𝑏=1，2𝑎=𝑏>0，即𝑎=√，𝑏=√2时取等号．
2
∴2𝑎+𝑏的取值范围是[2√2,+∞)． 故选：C．
先画出函数𝑓(𝑥)=|𝑙𝑛𝑥|的图象，利用对数的性质即可得出
ab的关系式，再利用基本不等式的性质即可求出2𝑎+𝑏的取值范围．
本题考查函数的零点与方程的根的关系，熟练掌握数形结合的思想方法、对数的性质和基本不等式的性质是解题的关键，是中档题． 12.答案：B
解析：解：𝑎𝑛𝑎𝑛+1𝑎𝑛+2=𝑘(𝑘为常数)，且𝑎1=1，𝑎2=2，公积为8， ∴𝑎𝑛𝑎𝑛+1𝑎𝑛+2=8，𝑎1=1，𝑎2=2，
2
|3√3+2√3−√3|√3+11
1
=2√3．
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∴1×2𝑎3=8，解得𝑎3=4， ∴2×4𝑎4=8，𝑎4=1， 同理可得：𝑎5=2，𝑎6=4． ∴𝑎𝑛+3=𝑎𝑛．
则𝑎1+𝑎2+⋯+𝑎2020=𝑎1+(1+2+4)×673=4712． 故选：B．
𝑎𝑛𝑎𝑛+1𝑎𝑛+2=𝑘(𝑘为常数)，且𝑎1=1，𝑎2=2，公积为8，可得𝑎𝑛𝑎𝑛+1𝑎𝑛+2=8，𝑎1=1，𝑎2=2，可得其周期性，进而得出数列的和．
本题考查了数列的周期性、数列求和，考查了推理能力与计算能力，属于基础题． 13.答案：1
解析：【分析】
本题考查两个向量的数量积公式，两个向量垂直的性质，属于基础题．
⃗ =0，再利用两个向量垂直的性质，两个向量的数量积公式，求出m的值． 由题意可得𝑎 ⋅𝑏
【解答】
⃗ =0， ⃗ =(2,−6)，⃗ 解：∵向量𝑎𝑏=(3,𝑚)，若|𝑎⃗ +⃗ 𝑏|=|𝑎⃗ −⃗ 𝑏|，则𝑎 ⋅𝑏
即2×3−6𝑚=0，则𝑚=1， 故答案为：1． 14.答案：24
解析：解：高二年级抽取的人数为：2000×2400=30人，则高三被抽取的人数90−36−30=24， 故答案为：24．
根据分层抽样的定义，建立比例关系即可．
本题主要考查分层抽样的应用，根据条件建立比例关系是解决本题的关键．
36
15.答案：3
解析：解：由线段𝑃𝐹1的垂直平分线恰好过点𝐹2， 可得|𝑃𝐹2|=|𝐹1𝐹2|=2𝑐，
a为半由直线𝑃𝐹1与以坐标原点O为圆心、
径的圆相切于点A， 可得|𝑂𝐴|=𝑎，
设𝑃𝐹1的中点为M，由中位线定理可得|𝑀𝐹2|=2𝑎，
在直角三角形𝑃𝑀𝐹2中，可得|𝑃𝑀|=√4𝑐2−4𝑎2=2𝑏， 即有|𝑃𝐹1|=4𝑏，
由双曲线的定义可得|𝑃𝐹1|−|𝑃𝐹2|=2𝑎， 即4𝑏−2𝑐=2𝑎，即2𝑏=𝑎+𝑐， 即有4𝑏2=(𝑎+𝑐)2， 即4(𝑐2−𝑎2)=(𝑎+𝑐)2， 可得𝑎=5𝑐，
3
5
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即𝑒=3， 故答案为：3．
运用线段的垂直平分线的性质定理可得|𝑃𝐹2|=|𝐹1𝐹2|=2𝑐，设𝑃𝐹1的中点为M，由中位线定理可得|𝑀𝐹2|=2𝑎，再由勾股定理和双曲线的定义可得4𝑏−2𝑐=2𝑎，结合a，b，c的关系，可得a，c的关系，即可得到双曲线的离心率．
本题考查双曲线的定义、方程和性质，主要是离心率，考查平面几何中垂直平分线定理和中位线定理的运用，考查运算能力，属于中档题． 16.答案：9
解析：解：根据题意：14名学生分成5组，则一定是4个3人组和1个2人组；
①若新加入的学生是土兵，则可以将这14个人分组如下：3名士兵；士兵、排长、连长各1名；营长、团长、旅长各1名；师长、军长、司令各1名；2名司令；所以新加入的学生可以是士兵，由对称性可知加入的学生也可以是司令；
②若新加入的学生是排长，则可以将这14个人分组下：3名士兵；连长、营长、団长各1名；旅长、师长、军长各1名；3名司令；2名排长；所以新加入的学生可以是排长，由对称性可知加入的学生也可以是军长；
③若新加入的学生是连长，则可以将这14个人分组如下：2名士兵；士兵、排长、连长1名；连长、营长、团长各1名；旅长、师长、军长各1名；3名司令；所以新加入的学生可以是连长；由对称性可知加入的学生也可以是师长；
④若新加入的学生是营长，则可以将这14个人分组如下：3名士兵；排长、连长、营长1名；营长、团长、旅长各1名；师长、军长、司令答1名；2名司令；所以新加入的学生可以是营长，由对称性可知加入的学生也可以是旅长；
⑤若新加入的学生是团长，则可以将这14个人分组如下：3名士兵；排长、连长、营长各1名；旅长、师长、军长各1名；3名司令；2名团长；所以新加入的学生可以是团长； 综上所述：新加入学生可以扮演9种角色； 故答案为：9
根据题意，分析可得14名学生分成5组，则一定是4个3人组和1个2人组；据此分类讨论新加入学生可以扮演的角色，将其数目相加即可得答案．
本题考查排列、组合的应用，注意题目条件比较多，分析其中的关系．
5
5
17.答案：解：(1)𝑦=𝑐+𝑥2更适宜作烧水时间y关于开关旋钮旋转的弧度数x的回归方程类型．
̂=(2)由公式可得：𝑑
∑10𝑖=1(𝑤𝑖−𝑤)(𝑦𝑖−𝑦)2∑10𝑖=1(𝑤𝑖−𝑤)𝑑
=0.81=20，
16.2
̂𝑤=20.6−20×0.78=5， 𝑐̂=𝑦−𝑑
所以所求回归方程为𝑦=5+𝑥2．
(3)设𝑡=𝑘𝑥，则煤气用量𝑆=𝑦𝑡=𝑘𝑥(5+𝑥2)=5𝑘𝑥+≥2√5𝑘𝑥⋅
20𝑘𝑥
20
20𝑘𝑥
20
=20𝑘，
20𝑘𝑥
当且仅当5𝑘𝑥=时取“=”，即𝑥=2时，煤气用量最小．
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所以x为2时，烧开一壶水最省煤气．
解析：(1)根据散点图作答；
(2)根据回归系数公式得出y关于𝜔的线性回归方程，再得出y关于x的回归方程； (3)利用基本不等式得出煤气用量的最小值及其成立的条件．
本题考查了可化为线性相关的回归方程的求解，基本不等式的应用，属于中档题． 18.答案：解：(Ⅰ)由题意𝐵=2𝐶， 则𝑠𝑖𝑛𝐵=𝑠𝑖𝑛2𝐶=2𝑠𝑖𝑛𝐶𝑐𝑜𝑠𝐶 又√5𝑏=4𝑐， 所以𝑐𝑜𝑠𝐶==2𝑐=2𝑠𝑖𝑛𝐶
𝑠𝑖𝑛𝐵
𝑏
2√5
…(4分) 5
3
所以𝑐𝑜𝑠𝐵=𝑐𝑜𝑠2𝐶=2𝑐𝑜𝑠2𝐶−1=5…(6分) (Ⅱ)因为𝑐=5，√5𝑏=4𝑐，
所以𝑏=4√5…(7分)
由余弦定理得，𝑏2=𝑎2+𝑐2−2𝑎𝑐𝑐𝑜𝑠𝐵， 则80=𝑎2+25−2×5×5×𝑎， 化简得，𝑎2−6𝑎−55=0，
解得𝑎=11，或𝑎=−5(舍去)，…(9分) 由𝐵𝐷=6得，𝐶𝐷=5， 由𝑐𝑜𝑠𝐶=
2√5
， 5
53
得𝑠𝑖𝑛𝐶=√1−cos2𝐶=√…(10分)
5
所以△𝐴𝐷𝐶的面积𝑠=𝐷𝐶⋅𝐴𝐶⋅𝑠𝑖𝑛𝐶=×5×4√5×√=10…(12分)
2
2
5
1
1
5
解析：(Ⅰ)利用已知条件和三角函数关系式的恒等变换，求出相应的结果． (Ⅱ)利用上步的结论和余弦定理及三角形的面积公式求出结果．
本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，正弦定理和余弦定理得应用，三角形面积公式的应用及相关的运算问题．
19.答案：(1)证明：连接AC，由𝐴𝐸//𝐶𝐺，𝐴𝐸=𝐶𝐺，可知四边形AEGC为平行四边形，∴𝐸𝐺//𝐴𝐶， 由题意知𝐴𝐶⊥𝐵𝐷，𝐴𝐶⊥𝐵𝐹，∴𝐸𝐺⊥𝐵𝐷，𝐸𝐺⊥𝐵𝐹， ∵𝐵𝐷∩𝐵𝐹=𝐵，∴𝐸𝐺⊥平面BDHF， 又𝐷𝐹⊂平面BDHF，∴𝐸𝐺⊥𝐷𝐹；
(2)解：设𝐴𝐶∩𝐵𝐷=𝑂，𝐸𝐺∩𝐻𝐹=𝑃， 由已知可得：平面𝐴𝐷𝐻𝐸//平面BCGF，
平面𝐴𝐷𝐻𝐸∩平面𝐸𝐹𝐺𝐻=𝐸𝐻，平面𝐵𝐶𝐺𝐹∩平面𝐸𝐹𝐺𝐻=𝐹𝐺， ∴𝐸𝐻//𝐹𝐺，
同理可得：𝐸𝐹//𝐻𝐺，
∴四边形EFGH为平行四边形，得P为EG的中点， 又O为AC的中点，∴𝑂𝑃//𝐴𝐸且𝑂𝑃=𝐴𝐸，
由𝑂𝑃=3，𝐷𝐻=4，由梯形中位线定理得𝐵𝐹=2．
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∴𝑆△𝐵𝐹𝐺=2×𝐵𝐹×𝐵𝐶=4．
∵𝐸𝐴//𝐹𝐵，𝐹𝐵⊂平面BCGF，𝐸𝐴⊄平面BCGF，∴𝐸𝐴//平面BCGF， ∴点A到平面BCGF的距离等于点E到平面BCGF的距离，为2√3． ∴𝑉𝐹−𝐵𝐸𝐺=𝑉𝐸−𝐵𝐺𝐹=𝑉𝐴−𝐵𝐺𝐹=𝑆△𝐵𝐹𝐺×2√3=
31
8√3． 3
1
解析：本题考查空间中直线与直线、直线与平面位置关系的判定及其应用，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用等体积法求多面体的体积，属于中档题．
(1)连接AC，由题意可知四边形AEGC为平行四边形，得到𝐸𝐺//𝐴𝐶，再由已知证明𝐸𝐺⊥𝐵𝐹，可得𝐸𝐺⊥平面BDHF，进一步得到𝐸𝐺⊥𝐷𝐹；
(2)设𝐴𝐶∩𝐵𝐷=𝑂，𝐸𝐺∩𝐻𝐹=𝑃，由已知证明𝐸𝐻//𝐹𝐺，𝐸𝐹//𝐻𝐺，得到四边形EFGH为平行四边
𝐷𝐻=4，形，则P为EG的中点，由𝑂𝑃=3，由梯形中位线定理得𝐵𝐹=2.求出三角形BFG的面积，
再证明𝐸𝐴//平面BCGF，可得点A到平面BCGF的距离等于点E到平面BCGF的距离．然后利用等体积法求三棱锥𝐹−𝐵𝐸𝐺的体积．
20.答案：解：(1)由题有𝑎=2，𝑒=𝑎=2.∴𝑐=1，∴𝑏2=𝑎2−𝑐2=3．
∴椭圆方程为
𝑥24
𝑐1
+
𝑦23
=1．
𝑦=𝑘𝑥+𝑚,
(2)法1：{𝑥2𝑦2⇒(3+4𝑘2)𝑥2+8𝑘𝑚𝑥+4𝑚2−12=0，
+3=1．4△=𝑘2𝑚2−4(3+4𝑘2)(4𝑚2−12)>0⇒𝑚2<12𝑘2+9， 𝑥1+𝑥2=
，𝑥1𝑥2=3+4𝑘2
6𝑦1
1
−8𝑘𝑚4𝑚2−123+4𝑘2
．
又𝑘𝐴𝑀=𝑘𝐴𝐸 ∴𝑥1+2=
1
𝑦−0
𝑦3−04+2
1
⇒𝑦3=𝑥
1
4
同理𝑦4=𝑥
+2
6𝑦2
2+2
又𝑦+𝑦=𝑦+𝑦 1
2
3
11
∴
𝑦1+𝑦2𝑥1+2𝑥2+2𝑥1𝑦2+𝑥2𝑦1+2(𝑦1+𝑦2)
=+= 𝑦1𝑦26𝑦16𝑦26𝑦1𝑦2
⇒4(𝑦1+𝑦2)=𝑥1𝑦2+𝑥2𝑦1
⇒4(𝑘𝑥1+𝑚+𝑘𝑥2+𝑚)=𝑥1(𝑘𝑥2+𝑚)+𝑥2(𝑘𝑥1+𝑚)
⇒(4𝑘−𝑚)(𝑥1+𝑥2)−2𝑘𝑥1𝑥2+8𝑚=0， ⇒(4𝑘−𝑚)3+4𝑘2−2𝑘
−8𝑘𝑚
(4𝑚2−12)3+4𝑘2
+8𝑚=0⇒
24(𝑘+𝑚)3+4𝑘2
=0．
∴𝑚=−𝑘，此时满足𝑚2<12𝑘2+9
∴𝑦=𝑘𝑥+𝑚=𝑘(𝑥−1)∴直线MN恒过定点(1,0)． 法2：设直线AM的方程为：𝑥=𝑡1𝑦−2 𝑥=𝑡1𝑦−2
⇒(3𝑡1+4)𝑦2−12𝑡1𝑦=0， 则{𝑥2𝑦2
+3=14∴𝑦=0或𝑦1=3𝑡2+4，
1
12𝑡
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12
𝑦=22， ∴𝑥1=𝑡1𝑦1−2=𝑡13𝑡2+4−2=3𝑡12+4同理𝑥2=3𝑡2+4，23𝑡+4
1
1
2
2
12𝑡
6𝑡2−86𝑡2−812𝑡
当𝑥3=4时，由𝑥3=𝑡1𝑦3−2有𝑦3=𝑡．
1
6
∴𝐸(4,𝑡)同理𝐹(4,𝑡)，
1
2
66
又𝑦+𝑦=𝑦+𝑦，
1
2
3
4
1111
∴
2+43𝑡1
12𝑡1
+
2+43𝑡2
12𝑡2
=
𝑡16
2
+6，⇒
𝑡(𝑡1+𝑡2)(3𝑡1𝑡2+4)
12𝑡1𝑡2
=
𝑡1+𝑡26
，
当𝑡1+𝑡2≠0时，𝑡1𝑡2=−4，
12
∴直线MN的方程为𝑦−𝑦1=𝑥−𝑥(𝑥−𝑥1) 12
12𝑡112𝑡
−223𝑡2+43𝑡12+426𝑡1−86𝑡2−8
−2223𝑡1+43𝑡2+4
𝑦−𝑦
⇒𝑦−
12𝑡1
2+43𝑡1
12𝑡1
2+43𝑡1
=(𝑥−
2−86𝑡12+43𝑡1
)⇒𝑦−
12𝑡1
2+43𝑡1
=
4𝑡1+𝑡2
(𝑥−
2−86𝑡12+43𝑡1
)⇒𝑦=
4𝑡1+𝑡2
𝑥−
4𝑡1+𝑡2
⋅
2−86𝑡12+43𝑡1
+
=
4𝑡1+𝑡2
𝑥−
2+4)(𝑡+𝑡)(3𝑡112
2+4)4(3𝑡1
=
4𝑡1+𝑡2
(𝑥−1)，
∴直线MN恒过定点(1,0)当𝑡1+𝑡2=0时，此时也过定点(1,0)
综上直线MN恒过定点(1,0)．
解析：(1)利用已知条件求出a、c，得到b，即可求椭圆C的方程；
𝑦=𝑘𝑥+𝑚,
(2)法1：{𝑥2𝑦2⇒(3+4𝑘2)𝑥2+8𝑘𝑚𝑥+4𝑚2−12=0，通过韦达定理，结合𝑘𝐴𝑀=𝑘𝐴𝐸推
+3=1．4出𝑦=𝑘𝑥+𝑚=𝑘(𝑥−1)，说明直线MN恒过定点(1,0)． 法2：设直线AM的方程为：𝑥=𝑡1𝑦−2，通过{𝑥2
4
6
𝑥=𝑡1𝑦−2+
𝑦23
=1
⇒(3𝑡1+4)𝑦2−12𝑡1𝑦=0求出𝐸(4,𝑡)
1
6
同理𝐹(4,𝑡)，得到直线系方程说明直线过定点(1,0)．
2
本题考查直线与椭圆的位置关系的综合应用，考查发现问题解决问题的能力，是难题．
21.答案：解：(1)由已知得ℎ(𝑥)=
所以ℎ′(𝑥)=
𝑥−1−ln(𝑥+1)
𝑥2(𝑥+1)+(𝑥+1)ln(𝑥+1)
， 𝑥
，∴ℎ(1)=2+2𝑙𝑛2，ℎ′(1)=−𝑙𝑛2．
∴切线方程为𝑦−(2+2𝑙𝑛2)=−𝑙𝑛2×(𝑥−1)，
即𝑥𝑙𝑛2+𝑦−2−3𝑙𝑛2=0．
(2)若𝑓(𝑥)>𝑥+1恒成立，由𝑥>0得，原式可化为：𝑘<令ℎ(𝑥)=
(𝑥+1)+(𝑥+1)ln(𝑥+1)
，则以ℎ′(𝑥)𝑥
𝑘
(𝑥+1)+(𝑥+1)ln(𝑥+1)
． 𝑥
=
𝑥−1−ln(𝑥+1)
𝑥2
，
又令𝑚(𝑥)=𝑥−1−ln(𝑥+1)，
∵𝑚′(𝑥)=1−𝑥+1=𝑥+1>0，∴𝑚(𝑥)在(0,+∞)上递增，𝑚(3)=2−𝑙𝑛4>0．而𝑚(2)=1−𝑙𝑛3<0，
1
𝑥
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∴存在𝑡∈(2,3)，使得𝑡−1−ln(𝑡+1)=0……①，
且当𝑥∈(−∞,𝑡)时，𝑚(𝑥)<0；𝑥∈(𝑡,+∞)时，𝑚(𝑥)>0． ∴𝑥=𝑡即为函数ℎ(𝑥)的最小值点， ∴ℎ(𝑥)𝑚𝑖𝑛=ℎ(𝑡)=∴ℎ(𝑡)=
𝑡
𝑡+1+(𝑡+1)ln(𝑡+1)
，结合①式得ln(𝑡𝑡
+1)=𝑡−1．
𝑡+1+(𝑡+1)(𝑡−1)
=𝑡+1，2<𝑡<3
∴3<ℎ(𝑡)𝑚𝑖𝑛<4．
所以整数k的最大值取3．
解析：(1)先将𝑥=1代入函数求出切点坐标，然后对原函数求导，进一步求出斜率，代入直线的点斜式方程即可．
(2)将k分离出来，然后研究函数ℎ(𝑥)=
(𝑥+1)+(𝑥+1)ln(𝑥+1)
的最小值，因为ℎ′(𝑥)𝑥
=
𝑥−1−ln(𝑥+1)
𝑥2
，.再研
究分子的符号、零点，确定函数ℎ(𝑥)的最小值即可．
本题考查了利用导数研究函数的单调性、极值、最值等．同时考查了学生利用函数思想、转化与化归思想等解决问题的能力．是一道压轴题．
22.答案：解：(1)曲线𝐶1的普通方程为2+𝑦2=1，曲线𝐶2的直角坐标方程为𝑦2=4𝑥；
(2)设直线l的参数方程为{
𝑥=1+𝑡𝑐𝑜𝑠𝛼
(𝑡为参数) 𝑦=𝑡𝑠𝑖𝑛𝛼
𝑥2
又直线l与曲线𝐶2：𝑦2=4𝑥存在两个交点，因此𝑠𝑖𝑛𝛼≠0． 联立直线l与曲线𝐶1：
𝑥22
+𝑦2=1，
可得(1+sin2𝛼)𝑡2+2𝑡𝑐𝑜𝑠𝛼−1=0， 则：|𝐹𝐴|⋅|𝐹𝐵|=|𝑡1𝑡2|=1+𝑠𝑖𝑛2𝛼，
联立直线l与曲线𝐶2：𝑦2=4𝑥可得𝑡2sin2𝛼−4𝑡𝑐𝑜𝑠𝛼−4=0， 则|𝐹𝑀|⋅|𝐹𝑁|=|𝑡3𝑡4|=𝑠𝑖𝑛2𝛼， 即|𝐹𝑀|⋅|𝐹𝑁|=
|𝐹𝐴|⋅|𝐹𝐵|
1
1+𝑠𝑖𝑛2𝛼
4𝑠𝑖𝑛2𝛼1
4
=4⋅1+𝑠𝑖𝑛2𝛼=4⋅
1
𝑠𝑖𝑛2𝛼
11
11+2𝑠𝑖𝑛𝛼∈(0,8]．
1
解析：(1)直接利用参数方程和极坐标方程与直角坐标方程进行转化． (2)直接建立方程组利用根和系数的关系求出结果．
本题主要考查：极坐标系与参数方程的相关知识，具体涉及到参数方程与普通方程的互化、极坐标方程与直角坐标方程的转化、直线的参数方程的几何意义等内容．本小题考查考生的方程思想与数形结合思想，对运算求解能力有一定要求．
23.答案：解：(1)𝑓(𝑥)=|𝑥−1|+1={−𝑥+2(𝑥<1)，
①当𝑥≥1时，解不等式𝑥≤2𝑥+3得：𝑥≥1，
②当𝑥<1时，解不等式−𝑥+2≤2𝑥+3得：−3≤𝑥<1， 综合①②得：
1
𝑥(𝑥≥1)
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不等式𝑓(𝑥)≤2𝑥+3的解集为：[−3,+∞)
2−𝑥,𝑥<1
|𝑥−1|+1,𝑥≤3
(2)𝐹(𝑥)={，即𝐹(𝑥)={𝑥,1≤𝑥≤3．
12−3𝑥,𝑥>3
12−3𝑥,𝑥>3作出函数𝐹(𝑥)的图象如图所示，
1
当直线𝑦=𝑎与函数𝑦=𝐹(𝑥)的图象有三个公共点时，方程𝐹(𝑥)=𝑎有三个解，所以1<𝑎<3． 所以实数a的取值范围是(1,3)．
解析：(1)由𝑓(𝑥)=|𝑥−1|+1为分段函数，可分段讨论①当𝑥≥1时，②当𝑥<1时，求不等式的解集，
(2)方程𝐹(𝑥)=𝑎有三个解等价于直线𝑦=𝑎与函数𝑦=𝐹(𝑥)的图象有三个公共点，先画出𝑦=𝐹(𝑥)的图象，再画直线𝑦=𝑎观察图象即可
本题考查了分段函数及数形结合的思想方法，属中档题
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