2021年安徽省滁州市定远县重点中学高考数学模拟试卷（文科）
（4月份）
一、选择题（共12小题，每小题5分，共60分）
1. 已知集合𝐴＝{𝑥|𝑥2+𝑥−6<0}，集合𝐵＝{𝑥|𝑥>1}，则(∁𝑅𝐴)∩𝐵＝（ ） A.[2, +∞)
2. 已知𝑎∈𝑅，𝑖是虚数单位，复数𝑧=A.0
3. 2019年1月1日，济南轨道交通1号线试运行，济南轨道交通集团面向广大市民开展“参观体验，征求意见”活动，市民可以通过济南地铁𝐴𝑃𝑃抢票，小陈抢到了三张体验票，准备从四位朋友小王，小张，小刘，小李中随机选择两位与自己一起去参加体验活动，则小王被选中的概率为（ ） A.3
4. 等比数列{𝑎𝑛}的各项均为实数，其前𝑛项和为𝑆𝑛，已知𝑆3＝7，𝑆6＝63，则𝑎6＝（ ） A.32
5. 根据某校10位高一同学的身高（单位：𝑐𝑚）画出的茎叶图（图1），其中左边的数字从左到右分别表示学生身高的百位数字和十位数字，右边的数字表示学生身高的个位数字，设计一个程序框图（图2），用𝐴𝑖(𝑖＝1, 2,…,10)表示第𝑖个同学的身高，计算这些同学身高的方差，则程序框图①中要补充的语句是（ ）
B.16
C.4
D.
2
𝑎+2𝑖1+𝑖
B.(1, 2] C.(1, 2) D.(2, +∞)
，若|𝑧|=√2，则𝑎＝（ ）
D.1
B.2 C.−2
B.2 1
C.3 1
D.4 1
A.𝐵＝𝐵+𝐴𝑖
6. 若对圆(𝑥−1)2+(𝑦−1)2=1上任意一点𝑃(𝑥, 𝑦)，|3𝑥−4𝑦+𝑎|+|3𝑥−4𝑦−9|的取值与𝑥，𝑦无关，则实数𝑎的取值范围是（ ）
试卷第1页，总20页
B.𝐵＝𝐵+𝐴2𝑖 C.𝐵＝(𝐵+𝐴𝑖−𝐴)2 D.𝐵＝𝐵2+𝐴2𝑖
A.𝑎≤−4
7. 函数𝑓(𝑥)=
B.−4≤𝑎≤6 C.𝑎≤−4或𝑎≥6 D.𝑎≥6
cos(𝜋𝑥)𝑥2的图象大致是（ ）
A. B.
C.
D.
8. 已知平面向量𝑎、𝑏，满足|𝑎|＝|𝑏|＝1，若(2𝑎−𝑏)⋅𝑏=0，则向量𝑎、𝑏的夹角为（ ） A.30∘ 9. 椭圆𝐶:
𝑥24
→
→
→
→
→
→→
→
→
B.45∘ C.60∘ D.120∘
+
𝑦23
=1的左，右顶点分别为𝐴1，𝐴2，点𝑃在𝐶上，且直线𝑃𝐴2斜率的取值
范围是[−2, −1]，那么直线𝑃𝐴1斜率的取值范围是（ ） A.[8, 4]
10. 在正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，𝐸是侧面𝐴𝐷𝐷1𝐴1内的动点，且𝐵1𝐸 // 平面𝐵𝐷𝐶1，则直线𝐵1𝐸与直线𝐴𝐵所成角的正弦值的最小值是( ) A.3
11. 定义在𝑅上的连续函数𝑓(𝑥)满足𝑓(𝑥)+𝑓(−𝑥)＝𝑥2，且𝑥<0时，𝑓′(𝑥)<𝑥恒成立，则不等式𝑓(𝑥)−𝑓(1−𝑥)≥𝑥−2的解集为（ ） A.(−∞,2]
1
1
√333
B.[2, 4]
13
C.[2, 1]
1
D.[4, 1]
3
B.3 1
C.2
√2D.2 1
B.(−2,2)
11
C.[2,+∞)
1
D.(−∞, 0)
试卷第2页，总20页
12. 已知关于𝑥的方程sin(𝜋−𝑥)+sin(2+𝑥)＝𝑚在区间[0, 2𝜋)上有两个实根𝑥1，𝑥2，且|𝑥1−𝑥2|≥𝜋，则实数𝑚的取值范围为（ ） A.(−√5, 1)
（湖北七市（州）教科研协作体联考）某工厂产生的废气经过过滤后排放，过滤过程中废气的污染物数量𝑃（毫克/升）与时间𝑡（小时）的关系为𝑃＝𝑃0𝑒−𝑘𝑡．如果在前5小时消除了10%的污染物，那么污染物减少19%需要花费的时间为________小时．
𝑥−𝑦≤0
已知变量𝑥，𝑦(𝑥, 𝑦∈𝑅)满足约束条件{𝑥+𝑦≥5 ，若不等式(𝑥+𝑦)2≥𝑐(𝑥2+
𝑦−3≤0𝑦2)(𝑐∈𝑅)恒成立，则实数𝑐的最大值为________ ．
1325
𝜋
B.(−√5, 1] C.[1, √5) D.[0, 1)
二、填空题（共4小题，每小题5分，共20分）
如图，正方形𝐴𝐵𝐶𝐷的边长为3，点𝐸，𝐹分别在边𝐴𝐷，𝐶𝐷上，且𝐴𝐸＝𝐷𝐹＝2．将此正方形沿𝐵𝐸，𝐵𝐹，𝐸𝐹切割得到四个三角形，现用这四个三角形作为一个三棱锥的四个面，则该三棱锥的内切球的体积为________．
已知双曲线________．
三、解答题（本大题共5小题，共70分．解答应写需给出文字说明，证明过程或演算步骤．）
某城市的公交公司为了方便市民出行，科学规划车辆投放，在一个人员密集流动地段增设一个起点站，为了研究车辆发车间隔时间𝑥与乘客等候人数𝑦之间的关系，经过调查得到如下数据：
间隔时间𝑥（分钟） 10 11 12 13 14 15 等候人数𝑦（人） 23 25 26 29 28 31
调查小组先从这6组数据中选取4组数据求线性回归方程，再用剩下的2组数据进行检验．检验方法如下：先用求得的线性回归方程计算间隔时间对应的等候人数𝑦，再求𝑦
试卷第3页，总20页
与实际等候人数𝑦的差，若差值的绝对值不超过1，则称所求方程是“恰当回归方程”． （1）若选取的是后面4组数据，求𝑦关于𝑥的线性回归方程𝑦=𝑏𝑥+𝑎，并判断此方程是否是“恰当回归方程”；
（2）为了使等候的乘客不超过35人，试用（1）中方程估计间隔时间最多可以设置为多少（精确到整数）分钟？
附：对于一组数据(𝑥1, 𝑦1)，(𝑥2, 𝑦2)，……，(𝑥𝑛, 𝑦𝑛)，其回归直线𝑦=𝑏𝑥+𝑎的斜率和截距的最小二乘估计分别为：𝑏=
已知数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和𝑆𝑛＝𝑛2−5𝑛(𝑛∈𝑁+)． (Ⅰ)求数列{𝑎𝑛}的通项公式； (Ⅱ)求数列{
如图，边长为2的正方形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐸、𝐹分别是𝐴𝐵、𝐵𝐶边的中点，将△𝐴𝐸𝐷，△𝐷𝐶𝐹分别沿𝐷𝐸，𝐷𝐹折起，使得𝐴，𝐶两点重合于点𝑀．
𝑎𝑛2𝑛+1∑𝑖=1𝑛 𝑥𝑖𝑦𝑖−𝑛𝑥𝑦∑𝑖=1𝑛 𝑥𝑖2−𝑛𝑥2
¯¯
=
∑𝑛𝑖=1 (𝑥𝑖−𝑥)(𝑦𝑖−𝑦)
2∑𝑛𝑖=1 (𝑥𝑖−𝑥)
¯¯¯
，𝑎=𝑦−𝑏𝑥．
¯
¯
}的前𝑛项和𝑇𝑛．
（1）求证：𝑀𝐷⊥𝐸𝐹；
（2）求三棱锥𝑀−𝐸𝐹𝐷的体积．
设函数𝑓(𝑥)＝𝑥+𝑎𝑥ln𝑥(𝑎∈𝑅)．
(Ⅰ)讨论函数𝑓(𝑥)的单调性；
(Ⅱ)若函数𝑓(𝑥)的极大值点为𝑥＝1，证明：𝑓(𝑥)≤𝑒−𝑥+𝑥2．
动点𝑃在抛物线𝑥＝2𝑦上，过点𝑃作𝑃𝑄垂直于𝑥轴，垂足为𝑄，设𝑃𝑀=2𝑃𝑄． (Ⅰ)求点𝑀的轨迹𝐸的方程；
(Ⅱ)设点𝑆(−4, 4)，过𝑁(4, 5)的直线𝑙交轨迹𝐸于𝐴，𝐵两点，设直线𝑆𝐴，𝑆𝐵的斜率分别为𝑘1，𝑘2，求|𝑘1−𝑘2|的最小值．
请考生在22、23两题中任选一题作答，注意：只能做选定的题目，如果多做，则按所做的第一题记分.（本小题满分10分）[选修4-4：坐标系与参数方程]
2
→
1→
试卷第4页，总20页
𝑥=√3cos𝛼
在平面直角坐标系𝑥𝑂𝑦中，已知曲线𝐶:{ （𝑎为参数），在以原点𝑂为极点，
𝑦=sin𝛼𝑥轴的非负半轴为极轴建立的极坐标系中，直线𝑙的极坐标方程为（1）求椭圆𝐶的普通方程和直线𝑙的直角坐标方程；
（2）过点𝑀(−1, 0)且与直线𝑙平行的直线𝑙1交𝐶于𝐴，𝐵两点，求点𝑀到𝐴，𝐵两点的距离之积．
[选修4-5：不等式选讲]（本小题满分0分)
已知函数𝑓(𝑥)＝𝑚−|𝑥−1|−|𝑥+1|． （1）当𝑚＝5时，求不等式𝑓(𝑥)>2的解集；
（2）若函数𝑦＝𝑥2+2𝑥+3与𝑦＝𝑓(𝑥)的图象恒有公共点，求实数𝑚的取值范围．
√2𝜌cos(𝜃2
+)=−1．
4
𝜋
试卷第5页，总20页
参与试题解析
2021年安徽省滁州市定远县重点中学高考数学模拟试卷（文科）
（4月份）
一、选择题（共12小题，每小题5分，共60分） 1.
【答案】 A
【考点】
交、并、补集的混合运算 【解析】
根据已知求出𝐴的补集，再求交集． 【解答】
∵ 𝐴＝{𝑥|−3<𝑥<2}，∴ ∁𝑅𝐴＝{𝑥|𝑥≤−3或𝑥≥2}，则(∁𝑅𝐴)∩𝐵＝[2, +∞)． 2.
【答案】 A
【考点】 复数的模 【解析】
利用商的模等于模的商列式求解𝑎的值． 【解答】 ∵ 复数𝑧=∴ |3. 【答案】 B
【考点】
相互事件的概率乘法公式 相互事件
【解析】
2
基本事件总数𝑛=𝐶4=6，小王被选中包含的基本事件个数𝑚=𝐶11𝐶31=3，由此能求出小王被选中的概率． 【解答】
小陈抢到了三张体验票，
准备从四位朋友小王，小张，小刘，小李中随机选择两位与自己一起去参加体验活动，
2
基本事件总数𝑛=𝐶4=6，
小王被选中包含的基本事件个数𝑚=𝐶11𝐶31=3， 则小王被选中的概率为𝑝=4. 【答案】
试卷第6页，总20页
𝑚𝑛
𝑎+2𝑖1+𝑖
𝑎+2𝑖1+𝑖
，且|𝑧|=√2，
√𝑎2+4√2|=√2，即=√2，则𝑎＝0．
=6=2．
31
A
【考点】
等比数列的前n项和 【解析】
先由𝑆3＝7，𝑆6＝63求出首项与公比，再求𝑎6． 【解答】
设等比数列{𝑎𝑛}的公比为𝑞，由题设条件知𝑞≠1，∵ 𝑆3＝7=
𝑎1(1−𝑞6)1−𝑞
𝑎1(1−𝑞3)1−𝑞
，𝑆6＝63=
，可解得：𝑎1＝1，𝑞＝2
∴ 𝑎6＝𝑎1𝑞5＝32． 5. 【答案】 B
【考点】 茎叶图 程序框图
【解析】
根据方差的定义式推导𝐵，𝐴之间的关系即可． 【解答】
(𝑥𝑖−𝑥)2+(𝑥2−𝑥)2+⋯+(𝑥𝑛−𝑥)22𝑠= 𝑛𝑥12+⋯+𝑥𝑛2−2(𝑥1+⋯+𝑥𝑛)𝑥+𝑛𝑥2=
𝑛𝑥12+⋯+𝑥𝑛2−2𝑛𝑥2+𝑛𝑥2=
𝑛𝑥12+⋯+𝑥𝑛2¯2=−𝑥
𝑛循环结束时，𝑛＝11，此时𝑥2=(𝑖−1)2， 所以𝐵=𝐴12+𝐴22+⋯+𝐴102． 6.
【答案】 D
【考点】
直线与圆的位置关系 【解析】
本题考查直线与圆的位置关系． 【解答】
解：设点𝑃(𝑥,𝑦)到直线3𝑥−4𝑦+𝑎=0 和3𝑥−4𝑦−9=0的距离分别为𝑑1，𝑑2，
则|3𝑥−4𝑦+𝑎|+|3𝑥−4𝑦−9|=5(𝑑1+𝑑2)， 当圆上的点都在两条直线之间时，
𝑑1+𝑑2等于两条平行线之间的距离，是定值， 则𝑑1+1=
|3−4+𝑎|
5
¯
𝐴
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
≥𝑟=1
试卷第7页，总20页
且(3−4+𝑎)(3−4−9)<0， 解得𝑎≥6． 故选𝐷． 7.
【答案】 A
【考点】
函数的图象与图象的变换 【解析】 由于函数𝑓(𝑥)=
cos(𝜋𝑥)𝑥2为偶函数，其图象关于𝑦轴对称，可排除𝐶、𝐷，利用极限思想
（如𝑥→0+，𝑦→+∞）可排除𝐵，从而得到答案𝐴． 【解答】
定义域为(−∞, 0)∪(0, +∞)， 𝑓(𝑥)=
cos(𝜋𝑥)𝑥2，𝑓(−𝑥)=
cos(−𝜋𝑥)(−𝑥)2=
cos(𝜋𝑥)𝑥2=𝑓(𝑥)，
∴ 𝑓(−𝑥)＝𝑓(𝑥)，𝑓(𝑥)为偶函数，． ∴ 其图象关于𝑦轴对称，可排除𝐶，𝐷； 又当𝑥→0时，cos(𝜋𝑥)→1，𝑥2→0， ∴ 𝑓(𝑥)→+∞．故可排除𝐵； 而𝐴均满足以上分析． 8. 【答案】 C
【考点】
数量积表示两个向量的夹角 【解析】
由向量的数量积运算得：𝑎⋅𝑏=2𝑏=2，由向量的夹角公式得：cos𝜃=解． 【解答】
由题意知：(2𝑎−𝑏)⋅𝑏=0，则𝑎⋅𝑏=2𝑏=2， 设向量𝑎、𝑏的夹角为𝜃，
→→
→
→
1→2
1
→→
|𝑎||𝑏|
→→𝑎⋅𝑏
=2，得
1
→
→→
→
→
1→2
1
→
→
则cos𝜃=
|𝑎||𝑏|
→→𝑎⋅𝑏
=，
2
1
又𝜃∈[0, 𝜋]，
即向量𝑎、𝑏的夹角为60∘， 9.
【答案】 A
【考点】 椭圆的离心率 【解析】
试卷第8页，总20页
→
→
由椭圆𝐶:
𝑥24
+
𝑦23
=1可知其左顶点𝐴1(−2, 0)，右顶点𝐴2(2, 0)．设𝑃(𝑥0, 𝑦0)(𝑥0≠±2)，
𝑦02
2−4=−4，利用斜率计算公式可得𝑘𝑃𝐴2𝑘𝑃𝐴1，再利用已知给出的直
代入椭圆方程可得𝑥
3
0
线𝑃𝐴2斜率的取值范围是[−2, 1]，即可解出． 【解答】 由椭圆𝐶:
𝑥24
+
𝑦23
=1可知其左顶点𝐴1(−2, 0)，右顶点𝐴2(2, 0)．
𝑦02
2−4=−4．
设𝑃(𝑥0, 𝑦0)(𝑥0≠±2)，则得𝑥∵ 𝑘𝑃𝐴2=𝑥
𝑦0
0
3
0
，𝑘𝑃𝐴1=𝑘𝑃𝐴1=𝑥−2
𝑦0
𝑦0
0+2
，
3
∴ 𝑘𝑃𝐴2𝑘𝑃𝐴1=𝑥
0
⋅−2𝑥
𝑦0
0
=𝑥
+2
𝑦02
2−4
0
=−4．
∵ 直线𝑃𝐴2斜率的取值范围是[−2, −1]， ∴ 直线𝑃𝐴1斜率的取值范围是[8, 4] 10.
【答案】 A
【考点】
异面直线及其所成的角 【解析】
解：如图所示，
33
连接𝐴𝐷1，𝐴𝐵1，𝐵1𝐷1，
因为𝐴𝐵1//𝐷𝐶1，𝐴𝐷1//𝐵𝐶1，𝐵1𝐷1//𝐵𝐷， 所以平面𝐴𝐷𝐵1//平面𝐵𝐷𝐶1， 则点𝐸在𝐴𝐷1上运动，
直线𝐵1𝐸与直线𝐴𝐵所成角为∠𝐴1𝐵1𝐸， 又𝐵1𝐴1⊥平面𝐴𝐷𝐷1𝐴1，
所以𝐵1𝐴1⊥𝐴1𝐸，△𝐴1𝐵1𝐸是直角三角形，
1
所以sin∠𝐴1𝐵1𝐸=𝐸𝐵，
1
𝐴𝐸
【解答】
试卷第9页，总20页
解：如图所示，
连接𝐴𝐷1，𝐴𝐵1，𝐵1𝐷1，
因为𝐴𝐵1//𝐷𝐶1，𝐴𝐷1//𝐵𝐶1，𝐵1𝐷1//𝐵𝐷， 所以平面𝐴𝐷1𝐵1//平面𝐵𝐷𝐶1， 则点𝐸在𝐴𝐷1上运动，
直线𝐵1𝐸与直线𝐴1𝐵1所成角为∠𝐴1𝐵1𝐸， 又𝐵1𝐴1⊥平面𝐴𝐷𝐷1𝐴1，
所以𝐵1𝐴1⊥𝐴1𝐸，△𝐴1𝐵1𝐸是直角三角形，
1
所以sin∠𝐴1𝐵1𝐸=𝐸𝐵，当且仅当𝐵1𝐸⊥𝐴𝐷1时取得最小值，
1
𝐴𝐸
设正方体的边长为1，则𝐴1𝐸=则sin∠𝐴1𝐵1𝐸=故选𝐴. 11. 【答案】 A
【考点】
函数与方程的综合运用
利用导数研究函数的单调性 【解析】
√3. 3
√2
，𝐵1𝐸2
=
√6
， 2
令𝑔(𝑥)=𝑓(𝑥)−𝑥2，推出𝑔(𝑥)为奇函数，通过𝑥<0时𝑔′(𝑥)<0⇒𝑔(𝑥)在
2
1
(−∞, +∞)上递减，𝑔(𝑥)≥𝑔(1−𝑥)，综合求解即可．
【解答】
令𝑔(𝑥)=𝑓(𝑥)−𝑥2，则𝑔(𝑥)+𝑔(−𝑥)＝0⇒𝑔(𝑥)为奇函数，
21
又𝑥<0时𝑔′(𝑥)<0⇒𝑔(𝑥)在(−∞, +∞)上递减，
由𝑓(𝑥)−𝑓(1−𝑥)≥𝑥−2知𝑓(𝑥)−2𝑥2≥𝑓(1−𝑥)−2(1−𝑥)2 即：𝑔(𝑥)≥𝑔(1−𝑥)，从而𝑥≤1−𝑥⇒𝑥≤2， 12.
【答案】 D
【考点】
正弦函数的图象
试卷第10页，总20页
1
1
1
1
【解析】
将方程化简：sin(𝜋−𝑥)+sin( +𝑥)＝sin𝑥+cos𝑥=√2sin(𝑥+)＝𝑚，根据在区间
2
4
𝜋
𝜋
[0, 2𝜋) 上有两个实根 𝑥1，𝑥2，且|𝑥1−𝑥2|≥𝜋，对两个实根 𝑥1，𝑥2的位置讨论，结合正弦函数可得答案． 【解答】
由 sin(𝜋−𝑥)+sin( 2+𝑥)＝𝑚，
方程化简 sin(𝜋−𝑥)+sin( +𝑥)＝sin𝑥+cos𝑥=√2sin(𝑥+)＝𝑚，
2
4
𝜋
𝜋
𝜋
转化为函数𝑦=√2sin(𝑥+4)与函数𝑦＝𝑚有两个交点， 区间[0, 2𝜋) 上有两个实根 𝑥1，𝑥2， 由𝑥∈[0, 2𝜋) 则𝑥+∈[, )，
4
4
4
𝜋
𝜋9𝜋
𝜋
设 𝑥1>𝑥2，由𝑥1−𝑥2≥𝜋，可得4≥𝑥2≥4， 当4≥𝑥2≥4时，结合正弦函数可知，不存在𝑚的值； 当
3𝜋43𝜋
𝜋
5𝜋𝜋
≤𝑥2≤
5𝜋4
时，对应的2𝜋≤𝑥1<
9𝜋4
，
𝜋4
结合正弦函数可知，函数𝑦=√2sin(𝑥+)与函数𝑦＝𝑚有两个交点， 此时可得：𝑚∈[0, 1)．
二、填空题（共4小题，每小题5分，共20分） 【答案】 10
【考点】
根据实际问题选择函数类型 【解析】 此题暂无解析 【解答】
由题意可得0.9𝑃0=𝑃0𝑒−5𝑘，则𝑘=−ln0.9，则𝑃=𝑃0𝑒5ln0.9．当𝑃=0.81𝑃0时，
51
𝑡
0.81𝑃0=𝑃0𝑒
𝑡
ln0.95，𝑡=
5ln0.81ln0.9
=10．
本题考查指数函数在实际问题中的应用．正确将实际问题转化为数学问题是本题求解的关键． 【答案】
2513
．
试卷第11页，总20页
【考点】 简单线性规划 【解析】
利用分式不等式的性质将不等式进行分类，结合线性规划以及恒成立问题．利用数形结合进行求解即可． 【解答】
由题意知：可行域如图，
又∵ (𝑥+𝑦)2≥𝑐(𝑥2+𝑦2)（在可行域内恒成立）． 且𝑐≤
(𝑥+𝑦)2𝑥2+𝑦2=1+
2
2𝑥𝑦𝑥2+𝑦2=1+
2𝑦
𝑥𝑦1+()2𝑥=1+
2
1𝑦𝑦+𝑥𝑥，
故只求𝑧＝1+
𝑦
1𝑦𝑦+𝑥𝑥的最大值即可．
设𝑘=𝑥，则有图象知𝐴(2, 3)， 则𝑂𝐴的斜率𝑘=，𝐵𝐶的斜率𝑘＝1，
23
由图象可知即1≤𝑘≤2， ∵ 𝑧＝𝑘+在[1, ]上为增函数，
𝑘
2
1
3
3
∴ 当𝑘=2时，𝑧取得最大值𝑧=2+3=此时1+𝑧=1+故𝑐≤13， 故𝑐的最大值为13， 【答案】 4𝜋 81【考点】
球的表面积和体积 【解析】
25
252
2
136332136
，
=1+13=13，
1225
试卷第12页，总20页
推导出该三棱锥为四面体𝑆−𝑀𝑁𝑃，其中𝑆𝑀⊥平面𝑀𝑁𝑃，𝑃𝑀⊥𝑀𝑁，𝑆𝑀＝3，𝑃𝑀＝2，𝑀𝑁＝1，设该三棱锥的内切球的半径为𝑅，则𝑉𝑆−𝑃𝑀𝑁＝𝑉𝑂−𝑃𝑀𝑁+𝑉𝑂−𝑆𝑀𝑁+𝑉𝑂−𝑃𝑀𝑆+𝑉𝑂−𝑆𝑃𝑁，从而求出𝑅=3，由此能求出该三棱锥的内切球的体积． 【解答】
由题意用这四个三角形作为一个三棱锥的四个面，
构成如图所示的四面体𝑆−𝑀𝑁𝑃，其中𝑆𝑀⊥平面𝑀𝑁𝑃，𝑃𝑀⊥𝑀𝑁， 𝑆𝑀＝3，𝑃𝑀＝2，𝑀𝑁＝1，
∴ 𝑆𝑁=√1+9=√10，𝑆𝑃=√4+9=√13，𝑃𝑁=√1+4=√5， ∴ cos∠𝑆𝑁𝑃=
10+5−132√10⋅√52
√21
=10，
7√2， 107√210
∴ sin∠𝑆𝑁𝑃=√1−100=
1
∴ 𝑆△𝑆𝑁𝑃=2×√10×√5×
=2，
7
设该三棱锥的内切球的半径为𝑅，
则𝑉𝑆−𝑃𝑀𝑁＝𝑉𝑂−𝑃𝑀𝑁+𝑉𝑂−𝑆𝑀𝑁+𝑉𝑂−𝑃𝑀𝑆+𝑉𝑂−𝑆𝑃𝑁，
即3×2×2×1×3=6×2×1×𝑅+6×1×3×𝑅+6×2×3×𝑅+3×2𝑅， 解得𝑅=，
31
1
1
1
1
1
1
7
∴ 该三棱锥的内切球的体积𝑉=𝜋𝑅3=𝜋×
3
3
44127
=
4𝜋81
．
【答案】 𝑥2−
𝑦2𝑚
=1的左右焦点分别为𝐹1、𝐹2，过点𝐹2的直线交双曲线右支于𝐴，𝐵两点，若△
𝐴𝐵𝐹1是以𝐴为直角顶点的等腰三角形，则△𝐴𝐹1𝐹2的面积为4−2√2 【考点】
双曲线的离心率 【解析】
由题意可知|𝐴𝐹2|＝𝑚，|𝐴𝐹1|＝2+|𝐴𝐹2|＝2+𝑚，由等腰三角形的性质即可求得4=√2(2+𝑚)，|𝐴𝐹2|＝𝑚＝2(√2−1)，|𝐴𝐹1|＝2√2，由三角的面积公式，即可求得△𝐴𝐹1𝐹2的面积． 【解答】
双曲线𝑥−𝑚=1焦点在𝑥轴上，𝑎＝1，2𝑎＝2， 设|𝐴𝐹2|＝𝑚，由|𝐴𝐹1|−|𝐴𝐹2|＝2𝑎＝2， ∴ |𝐴𝐹1|＝2+|𝐴𝐹2|＝2+𝑚，
又|𝐴𝐹1|＝|𝐴𝐵|＝|𝐴𝐹2|+|𝐵𝐹2|＝𝑚+|𝐵𝐹2|， ∴ |𝐵𝐹2|＝2，又|𝐵𝐹1|−|𝐵𝐹2|＝2， |𝐵𝐹1|＝4，
根据题意|𝐵𝐹1|=√2|𝐴𝐹1|，即4=√2(2+𝑚)，𝑚＝2(√2−1)， |𝐴𝐹1|＝2√2，
△𝐴𝐹1𝐹2的面积𝑆=2⋅|𝐴𝐹2|⋅|𝐴𝐹1|=2×2(√2−1)×2√2=4−2√2， △𝐴𝐹1𝐹2的面积4−2√2，
1
1
2
𝑦2
试卷第13页，总20页
三、解答题（本大题共5小题，共70分．解答应写需给出文字说明，证明过程或演算步骤．） 【答案】
由后面四组数据求得𝑥=
¯¯
¯
12+13+14+15
4
=13.5，𝑦=
¯
26+29+28+31
4
=28.5，
2∑𝑖=14 𝑥𝑖𝑦𝑖=1546，∑4𝑖=1 𝑥𝑖=734，
∴ 𝑏=
¯
∑𝑖=14 𝑥𝑖𝑦𝑖−4𝑥𝑦
22∑4𝑖=1 𝑥𝑖−4𝑥
¯=
1546−4××
2757
2227734−4×()2
2
=1.4，
𝑎=𝑦−𝑏𝑥=28.5−1.4×13.5=9.6． ∴ 𝑦=1.4𝑥+9.6．
当𝑥＝10时，𝑦=1.4×10+9.6=23.6，而23.6−23＝0.6<1； 当𝑥＝11时，𝑦=1.4×11+9.6=25，而25−25＝0<1． ∴ 求出的线性回归方程是“恰当回归方程”； 由1.4𝑥+9.6≤35，得𝑥≤187． 故间隔时间最多可设置为18分钟． 【考点】
求解线性回归方程 【解析】
（1）由后四组数据求得𝑏及𝑎的值，可得线性回归方程，分别取𝑥＝10，11求得𝑦值，与原表格中对应的𝑦值作差判断；
（2）直接由1.4𝑥+9.6≤35，求得𝑥值得答案． 【解答】
由后面四组数据求得𝑥=
¯¯
¯
1
¯
12+13+14+15
4
=13.5，𝑦=
¯
26+29+28+31
4
=28.5，
2∑𝑖=14 𝑥𝑖𝑦𝑖=1546，∑4𝑖=1 𝑥𝑖=734，
∴ 𝑏=
¯
∑𝑖=14 𝑥𝑖𝑦𝑖−4𝑥𝑦
22∑4𝑖=1 𝑥𝑖−4𝑥
¯=
1546−4××
2757
22272
734−4×()2
=1.4，
𝑎=𝑦−𝑏𝑥=28.5−1.4×13.5=9.6． ∴ 𝑦=1.4𝑥+9.6．
当𝑥＝10时，𝑦=1.4×10+9.6=23.6，而23.6−23＝0.6<1； 当𝑥＝11时，𝑦=1.4×11+9.6=25，而25−25＝0<1． ∴ 求出的线性回归方程是“恰当回归方程”； 由1.4𝑥+9.6≤35，得𝑥≤187． 故间隔时间最多可设置为18分钟． 【答案】
1
¯
试卷第14页，总20页
𝑆1,𝑛=1
（1）由𝑎𝑛={ ，
𝑆𝑛−𝑆𝑛−1,𝑛≥2
−4,𝑛=1
所以𝑎𝑛={2 ， 2
𝑛−5𝑛−(𝑛−1)+5(𝑛−1)=2𝑛−6,𝑛≥2综上可得𝑎𝑛＝2𝑛−6，𝑛∈𝑁∗；
𝑛
（2）因为2𝑛+1=
𝑎𝑛−32𝑛， +
−14
所以前𝑛项和𝑇𝑛=
12
−22
+⋯+2𝑛−1+
𝑛−32𝑛+1
1
𝑛−4𝑛−32𝑛，
𝑇𝑛=
−24
+
−18
+⋯+
1
𝑛−42𝑛
+
1
，
1
𝑛−3
两式相减可得2𝑇𝑛＝−1+4+8+⋯+2𝑛−2𝑛+1 ＝−1+
11
(1−𝑛−1)4211−2−2𝑛+1， ．
𝑛−3
所以𝑇𝑛＝−1−【考点】 数列的求和 【解析】
𝑛−12𝑛𝑆1,𝑛=1
(Ⅰ)运用数列的递推式：𝑎𝑛={ ，计算可得所求通项公式；
𝑆𝑛−𝑆𝑛−1,𝑛≥2
𝑛
(Ⅱ)求得2𝑛+1=
𝑎𝑛−32𝑛，运用数列的错位相减法，结合等比数列的求和公式，即可得到所
求和． 【解答】
𝑆1,𝑛=1
（1）由𝑎𝑛={ ，
𝑆𝑛−𝑆𝑛−1,𝑛≥2
−4,𝑛=1
所以𝑎𝑛={2 ， 2
𝑛−5𝑛−(𝑛−1)+5(𝑛−1)=2𝑛−6,𝑛≥2综上可得𝑎𝑛＝2𝑛−6，𝑛∈𝑁∗； （2）因为
𝑎𝑛2𝑛+1
𝑛−32𝑛
=， +
−14
所以前𝑛项和𝑇𝑛=
1
−22
+⋯+2𝑛−1+
𝑛−3
𝑛−4𝑛−32𝑛，
𝑇=2𝑛
−24
+
−18
+⋯+
1
𝑛−42𝑛+2𝑛+1，
1
1
1
𝑛−3
两式相减可得2𝑇𝑛＝−1+4+8+⋯+2𝑛−2𝑛+1 ＝−1+
11
(1−𝑛−1)4211−2
−2𝑛+1， ．
𝑛−3
所以𝑇𝑛＝−1−
𝑛−12𝑛
【答案】
证明：∵ 在正方形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐵⊥𝐴𝐷，𝐶𝐷⊥𝐵𝐶，
∴ 在三棱锥𝑀−𝐷𝐸𝐹中，有𝑀𝐷⊥𝑀𝐹，𝑀𝐷⊥𝑀𝐸，且𝑀𝐸∩𝑀𝐹＝𝑀， ∴ 𝑀𝐷⊥面𝑀𝐸𝐹，则𝑀𝐷⊥𝐸𝐹；
试卷第15页，总20页
∵ 𝐸、𝐹分别是边长为2的正方形𝐴𝐵𝐶𝐷中𝐴𝐵、𝐵𝐶边的中点，∴ 𝐵𝐸＝𝐵𝐹＝1， ∴ 𝑆△𝑀𝐸𝐹=𝑆△𝐵𝐸𝐹=×1×1=，
2
2
1
1
由（1）知，𝑉𝑀−𝐷𝐸𝐹=3𝑆△𝑀𝐸𝐹⋅𝑀𝐷=3×2×2=3．
1111
【考点】
棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积 【解析】
（1）在正方形𝐴𝐵𝐶𝐷中，有𝐴𝐵⊥𝐴𝐷，𝐶𝐷⊥𝐵𝐶，在在三棱锥𝑀−𝐷𝐸𝐹中，可得𝑀𝐷⊥𝑀𝐹，𝑀𝐷⊥𝑀𝐸，由线面垂直的判定可得𝑀𝐷⊥面𝑀𝐸𝐹，则𝑀𝐷⊥𝐸𝐹；
（2）由𝐸、𝐹分别是边长为2的正方形𝐴𝐵𝐶𝐷中𝐴𝐵、𝐵𝐶边的中点，可得𝐵𝐸＝𝐵𝐹＝1，求出三角形𝑀𝐸𝐹𝐷的面积，结合（1）及棱锥体积公式求解． 【解答】
证明：∵ 在正方形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐵⊥𝐴𝐷，𝐶𝐷⊥𝐵𝐶，
∴ 在三棱锥𝑀−𝐷𝐸𝐹中，有𝑀𝐷⊥𝑀𝐹，𝑀𝐷⊥𝑀𝐸，且𝑀𝐸∩𝑀𝐹＝𝑀， ∴ 𝑀𝐷⊥面𝑀𝐸𝐹，则𝑀𝐷⊥𝐸𝐹；
∵ 𝐸、𝐹分别是边长为2的正方形𝐴𝐵𝐶𝐷中𝐴𝐵、𝐵𝐶边的中点，∴ 𝐵𝐸＝𝐵𝐹＝1， ∴ 𝑆△𝑀𝐸𝐹=𝑆△𝐵𝐸𝐹=2×1×1=2，
由（1）知，𝑉𝑀−𝐷𝐸𝐹=3𝑆△𝑀𝐸𝐹⋅𝑀𝐷=3×2×2=3．
1
1
1
1
1
1
【答案】
（1）根据题意，𝑓(𝑥)＝𝑥+𝑎𝑥ln𝑥，必有𝑥>0，
则𝑓(𝑥)的定义域为(0, +∞)，其导数𝑓′(𝑥)＝1+𝑎ln𝑥+𝑎， 当𝑎＝0时，𝑓(𝑥)＝𝑥，则函数𝑓(𝑥)在区间(0, +∞)单调递增； 当𝑎>0时，由𝑓′(𝑥)>0得𝑥>𝑒−所以，𝑓(𝑥)在区间(0,𝑒−
′
𝑎+1𝑎
𝑎+1𝑎，由𝑓′(𝑥)<0得0<𝑥<𝑒−
𝑎+1𝑎
𝑎+1𝑎．
)上单调递减，在区间(𝑒−
−
𝑎+1𝑎
,+∞)上单调递增；
−
𝑎+1𝑎
当𝑎<0时，由𝑓(𝑥)>0得0<𝑥<𝑒所以，函数𝑓(𝑥)在区间(0,𝑒
−
𝑎+1𝑎，由𝑓(𝑥)<0得𝑥>𝑒
−
𝑎+1𝑎′
，
)上单调递增，在区间(𝑒,+∞)单调递减．
综上所述，当𝑎＝0时，函数𝑓(𝑥)在区间(0, +∞)单调递增；
试卷第16页，总20页
当𝑎>0时，函数𝑓(𝑥)在区间(0,𝑒
−
𝑎+1𝑎)上单调递减，在区间(𝑒
−
𝑎+1𝑎,+∞)上单调递增； ,+∞)上单调递减．
当𝑎<0时，函数𝑓(𝑥)在区间(0,𝑒−（2）证明：由(Ⅰ)知𝑎<0且𝑒
−
𝑎+1𝑎)上单调递增，在区间(𝑒−
𝑎+1𝑎𝑎+1𝑎
=1时，解得𝑎＝−1．𝑓(𝑥)＝𝑥−𝑥ln𝑥，要证𝑓(𝑥)≤
𝑒−𝑥𝑥
𝑒−𝑥+𝑥2，即证𝑥−𝑥ln𝑥≤𝑒−𝑥+𝑥2，即证：1−ln𝑥≤令𝐹(𝑥)=ln𝑥+
𝑒−𝑥𝑥
+𝑥． +1=
(𝑥+1)(𝑥−𝑒−𝑥)
𝑥2+𝑥−1(𝑥>0)，则𝐹(𝑥)=+
𝑥
′
1
−𝑒−𝑥𝑥−𝑒−𝑥
𝑥2．
1𝑒
令𝑔(𝑥)＝𝑥−𝑒−𝑥(𝑥>0)，易见函数𝑔(𝑥)在区间(0, +∞)上单调递增．而𝑔(1)=1−>0，𝑔(0)＝−1<0，所以在区间(0, +∞)上存在唯一的实数𝑥0，使得𝑔(𝑥0)=𝑥0−
𝑒−𝑥0=0，即𝑥0=𝑒−𝑥0，且𝑥∈(0, 𝑥0)时𝑔(𝑥)<0，𝑥∈(𝑥0, +∞)时𝑔(𝑥)>0．故𝐹(𝑥)在(0, 𝑥0)上递减，在(𝑥0, +∞)上递增． ∴ 𝐹(𝑥)min＝𝐹(𝑥0)＝ln𝑥0+
𝑒−𝑥0𝑥0
+𝑥0−1．
𝑒−𝑥0𝑥0
又𝑒−𝑥0=𝑥0，∴ 𝐹(𝑥)min=ln𝑥0++𝑥0−1=−𝑥0+1+𝑥0−1＝0．
∴ 𝐹(𝑥)≥𝐹(𝑥0)＝0成立，即𝑓(𝑥)≤𝑒−𝑥+𝑥2成立． 【考点】
利用导数研究函数的单调性 【解析】
(Ⅰ)根据题意，由函数的解析式分析其定义域，进而求出其导数，按𝑎的值分三种情况讨论，利用导数分析函数的单调性，综合三种情况即可得答案；
(Ⅱ)根据题意，由函数的极值与导数的关系分析可得𝑎的值，可以将原问题转化为证明𝑥−𝑥ln𝑥≤𝑒−𝑥+𝑥2，令𝐹(𝑥)=ln𝑥+
𝑒−𝑥𝑥
+𝑥−1(𝑥>0)，求出其导数，分析函数的单
调性，可得其最小值，就可得证明． 【解答】
（1）根据题意，𝑓(𝑥)＝𝑥+𝑎𝑥ln𝑥，必有𝑥>0，
则𝑓(𝑥)的定义域为(0, +∞)，其导数𝑓′(𝑥)＝1+𝑎ln𝑥+𝑎， 当𝑎＝0时，𝑓(𝑥)＝𝑥，则函数𝑓(𝑥)在区间(0, +∞)单调递增； 当𝑎>0时，由𝑓(𝑥)>0得𝑥>𝑒所以，𝑓(𝑥)在区间(0,𝑒−
′
𝑎+1𝑎′
−
𝑎+1𝑎，由𝑓(𝑥)<0得0<𝑥<𝑒
𝑎+1𝑎′
−
𝑎+1𝑎．
)上单调递减，在区间(𝑒−
−
𝑎+1𝑎,+∞)上单调递增；
−
𝑎+1𝑎当𝑎<0时，由𝑓(𝑥)>0得0<𝑥<𝑒所以，函数𝑓(𝑥)在区间(0,𝑒
−
𝑎+1𝑎
，由𝑓(𝑥)<0得𝑥>𝑒
−
𝑎+1𝑎
′
，
)上单调递增，在区间(𝑒,+∞)单调递减．
综上所述，当𝑎＝0时，函数𝑓(𝑥)在区间(0, +∞)单调递增； 当𝑎>0时，函数𝑓(𝑥)在区间(0,𝑒−当𝑎<0时，函数𝑓(𝑥)在区间(0,𝑒（2）证明：由(Ⅰ)知𝑎<0且𝑒
−−
𝑎+1𝑎)上单调递减，在区间(𝑒−)上单调递增，在区间(𝑒
−
𝑎+1𝑎,+∞)上单调递增； ,+∞)上单调递减．
𝑎+1𝑎𝑎+1𝑎
𝑎+1𝑎
=1时，解得𝑎＝−1．𝑓(𝑥)＝𝑥−𝑥ln𝑥，要证𝑓(𝑥)≤
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𝑒
−𝑥
+𝑥，即证𝑥−𝑥ln𝑥≤𝑒
𝑒−𝑥𝑥
2−𝑥
+𝑥，即证：1−ln𝑥≤
′
1
2
𝑒−𝑥𝑥
+𝑥． +1=
(𝑥+1)(𝑥−𝑒−𝑥)
𝑥2
令𝐹(𝑥)=ln𝑥+
+𝑥−1(𝑥>0)，则𝐹(𝑥)=𝑥+
−𝑒−𝑥𝑥−𝑒−𝑥
𝑥2
．
1𝑒
令𝑔(𝑥)＝𝑥−𝑒−𝑥(𝑥>0)，易见函数𝑔(𝑥)在区间(0, +∞)上单调递增．而𝑔(1)=1−>0，𝑔(0)＝−1<0，所以在区间(0, +∞)上存在唯一的实数𝑥0，使得𝑔(𝑥0)=𝑥0−
𝑒−𝑥0=0，即𝑥0=𝑒−𝑥0，且𝑥∈(0, 𝑥0)时𝑔(𝑥)<0，𝑥∈(𝑥0, +∞)时𝑔(𝑥)>0．故𝐹(𝑥)在(0, 𝑥0)上递减，在(𝑥0, +∞)上递增． ∴ 𝐹(𝑥)min＝𝐹(𝑥0)＝ln𝑥0+
𝑒−𝑥0𝑥0
+𝑥0−1．
𝑒−𝑥0𝑥0
又𝑒−𝑥0=𝑥0，∴ 𝐹(𝑥)min=ln𝑥0++𝑥0−1=−𝑥0+1+𝑥0−1＝0．
∴ 𝐹(𝑥)≥𝐹(𝑥0)＝0成立，即𝑓(𝑥)≤𝑒−𝑥+𝑥2成立． 【答案】
→𝑥0=𝑥1→
（I）设点𝑀(𝑥, 𝑦)，𝑃(𝑥0, 𝑦0)，则由𝑃𝑀=𝑃𝑄，得{𝑦=2𝑦 ，
20因为点𝑃在抛物线𝑥2＝2𝑦上，所以，𝑥2＝4𝑦．
(𝐼𝐼)由已知，直线𝑙的斜率一定存在， 设点𝐴(𝑥1, 𝑦1)，𝐵(𝑥2, 𝑦2)，则
𝑦=𝑘(𝑥−4)+5联立{ ，
𝑥2=4𝑦得，𝑥2−4𝑘𝑥+16𝑘−20＝0， 𝑥+𝑥2=4𝑘
由韦达定理，得{1 ．
𝑥1𝑥2=16𝑘−20
当直线𝑙经过点𝑆即𝑥1＝−4或𝑥2＝−4时，
当𝑥1＝−4时，直线𝑆𝐴的斜率看作抛物线在点𝐴处的切线斜率， 则 𝑘1＝−2，𝑘2=8，此时|𝑘1−𝑘2|=
1
178
；
178
同理，当点𝐵与点𝑆重合时，|𝑘1−𝑘2|=
（学生如果没有讨论，不扣分）
𝑦1−4𝑥1+4
直线𝑙不经过点𝑆即𝑥1≠−4且𝑥2≠−4时∵ 𝑘1=∴ 𝑘1𝑘2===
(𝑘𝑥1−4𝑘+1)(𝑘𝑥2−4𝑘+1)
(𝑥1+4)(𝑥2+4)
,𝑘2=
𝑦2−4𝑥2+4
，
， ，
𝑘2𝑥1𝑥2+(𝑘−4𝑘2)(𝑥1+𝑥2)+16𝑘2−8𝑘+1
𝑥1𝑥2+4(𝑥1+𝑥2)+16
1−8𝑘32𝑘−4
=−，
4
1
1
故|𝑘1−𝑘2|≥2√|𝑘1𝑘2|=2⋅√4=1，
所以|𝑘1−𝑘2|的最小值为1． 【考点】 抛物线的性质 【解析】
（I）设𝑀的坐标，根据中点坐标公式，将𝑃点坐标代入整理可求得𝑀的轨迹方程； (𝐼𝐼)直线𝑙过点𝑁，设𝑙的方程为：𝑦＝𝑘(𝑥−4)+5，与𝐸联立，整理得：𝑥2−4𝑘𝑥+
试卷第18页，总20页
16𝑘−20＝0，根据韦达定理，分类讨论𝑙是否经过点𝑆，并分别求得直线的斜率，即可求|𝑘1−𝑘2|的最小值． 【解答】
→𝑥0=𝑥1→
（I）设点𝑀(𝑥, 𝑦)，𝑃(𝑥0, 𝑦0)，则由𝑃𝑀=2𝑃𝑄，得{𝑦=2𝑦 ，
0因为点𝑃在抛物线𝑥2＝2𝑦上，所以，𝑥2＝4𝑦． (𝐼𝐼)由已知，直线𝑙的斜率一定存在， 设点𝐴(𝑥1, 𝑦1)，𝐵(𝑥2, 𝑦2)，则
𝑦=𝑘(𝑥−4)+5联立{ ，
𝑥2=4𝑦得，𝑥2−4𝑘𝑥+16𝑘−20＝0， 𝑥+𝑥2=4𝑘
由韦达定理，得{1 ．
𝑥1𝑥2=16𝑘−20
当直线𝑙经过点𝑆即𝑥1＝−4或𝑥2＝−4时，
当𝑥1＝−4时，直线𝑆𝐴的斜率看作抛物线在点𝐴处的切线斜率， 则 𝑘1＝−2，𝑘2=8，此时|𝑘1−𝑘2|=
1
178
；
178
同理，当点𝐵与点𝑆重合时，|𝑘1−𝑘2|=
（学生如果没有讨论，不扣分）
𝑦−4
1
直线𝑙不经过点𝑆即𝑥1≠−4且𝑥2≠−4时∵ 𝑘1=𝑥1+4,𝑘2=𝑥2+4，
2
𝑦−4
∴ 𝑘1𝑘2===
(𝑘𝑥1−4𝑘+1)(𝑘𝑥2−4𝑘+1)
(𝑥1+4)(𝑥2+4)
， ，
𝑘2𝑥1𝑥2+(𝑘−4𝑘2)(𝑥1+𝑥2)+16𝑘2−8𝑘+1
𝑥1𝑥2+4(𝑥1+𝑥2)+16
1−8𝑘32𝑘−4
=−，
4
14
1
故|𝑘1−𝑘2|≥2√|𝑘1𝑘2|=2⋅√=1，
所以|𝑘1−𝑘2|的最小值为1．
请考生在22、23两题中任选一题作答，注意：只能做选定的题目，如果多做，则按所做的第一题记分.（本小题满分10分）[选修4-4：坐标系与参数方程] 【答案】
𝑥2𝑥=√3cos𝛼
曲线𝐶:{ （𝑎为参数），化为普通方程为：3+𝑦2=1，
𝑦=sin𝛼
由
√2𝜌cos(𝜃2
+)=−1，得𝜌cos𝜃−𝜌sin𝜃＝−2，所以直线𝑙的直角坐标方程为𝑥−𝑦+2
4
𝜋
＝0．
𝑥=−1+2𝑡𝑥2
直线𝑙1的参数方程为{ （𝑡为参数），代入3+𝑦2=1，化简得：2𝑡2−
√2𝑦=2𝑡.√2𝑡−2=0，得𝑡1𝑡2＝−1，∴ |𝑀𝐴|⋅|𝑀𝐵|＝|𝑡1𝑡2|＝1． 【考点】
圆的极坐标方程
参数方程与普通方程的互化
【解析】
（1）利用三种方程的转化方法，求圆𝐶的普通方程和直线𝑙的直角坐标方程；
试卷第19页，总20页
√2
（2）利用参数的几何意义，即可求点𝑀到𝐴，𝐵两点的距离之积． 【解答】
𝑥2
曲线𝐶:{𝑥=√3cos𝛼 （𝑎为参数），化为普通方程为：+𝑦2=1，
3𝑦=sin𝛼
由
√2𝜌cos(𝜃2
+)=−1，得𝜌cos𝜃−𝜌sin𝜃＝−2，所以直线𝑙的直角坐标方程为𝑥−𝑦+2
4
𝜋
＝0．
𝑥=−1+𝑡𝑥22
直线𝑙1的参数方程为{ （𝑡为参数），代入3+𝑦2=1，化简得：2𝑡2−
√2𝑦=2𝑡.√2𝑡−2=0，得𝑡1𝑡2＝−1，∴ |𝑀𝐴|⋅|𝑀𝐵|＝|𝑡1𝑡2|＝1． [选修4-5：不等式选讲]（本小题满分0分) 【答案】
5+2𝑥(𝑥<−1)
当𝑚＝5时，𝑓(𝑥)={3(−1≤𝑥≤1) ，
5−2𝑥(𝑥>1)由𝑓(𝑥)>2的不等式的解集为{𝑥|−2<𝑥<2}． 由二次函数𝑦＝𝑥2+2𝑥+3＝(𝑥+1)2+2， 该函数在𝑥＝−1处取得最小值2，
𝑚+2𝑥(𝑥<−1)
因为𝑓(𝑥)={𝑚−2(−1≤𝑥≤1) ，在𝑥＝−1处取得最大值𝑚−2，
𝑚−2𝑥(𝑥>1)所以要使二次函数𝑦＝𝑥2+2𝑥+3与函数𝑦＝𝑓(𝑥)的图象恒有公共点， 只需𝑚−2≥2，即𝑚≥4． 【考点】
绝对值三角不等式
绝对值不等式的解法与证明
【解析】
（1）代入𝑚的值，求出𝑓(𝑥)的分段函数的形式，求出不等式的解集即可；
（2）分别求出二次函数的最小值和函数𝑓(𝑥)的最大值，得到关于𝑚的不等式，解出即可． 【解答】
5+2𝑥(𝑥<−1)
当𝑚＝5时，𝑓(𝑥)={3(−1≤𝑥≤1) ，
5−2𝑥(𝑥>1)由𝑓(𝑥)>2的不等式的解集为{𝑥|−<𝑥<}．
2
2
3
3
3
3
√2由二次函数𝑦＝𝑥2+2𝑥+3＝(𝑥+1)2+2， 该函数在𝑥＝−1处取得最小值2，
𝑚+2𝑥(𝑥<−1)
因为𝑓(𝑥)={𝑚−2(−1≤𝑥≤1) ，在𝑥＝−1处取得最大值𝑚−2，
𝑚−2𝑥(𝑥>1)所以要使二次函数𝑦＝𝑥2+2𝑥+3与函数𝑦＝𝑓(𝑥)的图象恒有公共点， 只需𝑚−2≥2，即𝑚≥4．
试卷第20页，总20页
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