2020年广东省广州市天河区高考数学一模试卷（文科）含详细解答

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1、已知集合 A1，0，1，2，3，Bx|x22x0，则 AB（ ） A3 B2，3 C1，3 D1，2，3 2 （5 分）高铁、扫码支付、共享单车、网购被称为中国的“新四大发明” ，为评估共享单 车的使用情况，选了 n 座城市作实验基地，这 n 座城市共享单车的使用量（单位：人次/ 天）分别为 x1，x2，xn，下面给出的指标中可以用来评估共享单车使用量的稳定程度 的是（ ） Ax1，x2，xn的平均数 Bx1，x2，xn的标准差 Cx1，x2，xn的最大值 Dx1，x2，xn的中位数 3 （5 分）若复数为纯虚数，则|3ai|（ ） A B13 C10 D 4 （5 分）设等差数列an的前 n

2、 项和为 Sn，若 a2+a815a5，则 S9等于（ ） A18 B36 C45 D60 5 （5 分）已知 cos（+），则 sin2 的值等于（ ） A B C D 6 （5 分）若实数 x，y 满足，则 zy2x 的最小值为（ ） A2 B2 C1 D1 7 （5 分）三国时期吴国数学家赵爽所注周髀算经中给出了勾股定理的绝妙证明下面 是赵爽的弦图及注文，弦图是一个以勾股形之弦为边的正方形，其面积称为弦实，图中 包含四个全等的勾股形及一个小正方形，分别涂成红（朱）色及黄色，其面积称为朱实、 黄实，利用 2勾股+（股勾）24朱实+黄实弦实，化简，得勾 2+股2弦2， 设勾股中勾股比为 1：

3、，若向弦图内随机抛掷 1000 颗图钉（大小忽略不计） ，则落在 黄色图形内的图钉颗数大约为（ ） （参考数据1.732，1.414） 第 2 页（共 23 页） A130 B134 C138 D142 8 （5 分）已知 x1ln，x2e，x3满足 elnx3，则正确的是（ ） Ax1x2x3 Bx1x3x2 Cx2x1x3 Dx3x1x2 9 （5 分）如图所示，在棱长为 a 的正方体 ABCDA1B1C1D1中，E 是棱 DD1的中点，F 是 侧面 CDD1C1上的动点， 且 B1F面 A1BE， 则 F 在侧面 CDD1C1上的轨迹的长度是 （ ） Aa B C D 10 （5 分）已

4、知函数 f（x）sin（x+） （0，） ，A（，0）为其 图象的对称中心，B、C 是该图象上相邻的最高点和最低点，若 BC4，则 f（x）的单调 递增区间是（ ） A （2k，2k+） ，kZ B （2k，2k+） ，kZ C （4k，4k+） ，kZ D （4k，4k+） ，kZ 11 （5 分）一对夫妇为了给他们的独生孩子支付将来上大学的费用，从孩子一周岁生日开 始，每年到银行储蓄 a 元一年定期，若年利率为 r 保持不变，且每年到期时存款（含利 第 3 页（共 23 页） 息）自动转为新的一年定期，当孩子 18 岁生日时不再存入，将所有存款（含利息）全部 取回，则取回的钱的总数为（ ）

5、 Aa（1+r）17 B（1+r）17（1+r） Ca（1+r）18 D（1+r）18（1+r） 12 （5 分）已知函数 f（x）（k+）lnx+，k1，+） ，曲线 yf（x）上总存在 两点 M（x1，y1） ，N（x2，y2）使曲线 yf（x）在 M、N 两点处的切线互相平行，则 x1+x2 的取值范围为（ ） A4，+） B （4，+） C） D （） 二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，满分分，满分 20 分分 13 （5 分）已知向量 （3，2） ， （m，1） 若向量（ 2 ） ，则 m 14 （5 分）已知数列an满足 a11，an1

6、+a1+an1（nN*，n2） ，则当 n1 时，an 15 （5 分）如图所示，位于 A 处的信息中心获悉：在其正东方向相距 30海里的 B 处有 一艘渔船遇险，在原地等待营救信息中心立即把消息告知在其南偏西 45、相距 20 海里的 C 处的乙船，现乙船朝北偏东 的方向沿直线 CB 前往 B 处救援，则 cos 的值 为 16 （5 分）已知直三棱柱 ABCA1B1C1外接球的表面积为 52，AB1，若ABC 外接圆 的圆心 O1在 AC 上，半径 r11，则直三棱柱 ABCA1B1C1的体积为 三、解答题：共三、解答题：共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第分。解答应写

7、出文字说明、证明过程或演算步骤。第 1721 题为必考题为必考 题，每个试题学生都必须作答。第题，每个试题学生都必须作答。第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答。题为选考题，考生根据要求作答。(一）必考题：一）必考题： 共共 60 分。分。 17 （12 分）某校在一次期末数学测试中，为统计学生的考试情况，从学校的 2000 名学生 第 4 页（共 23 页） 中随机抽取 50 名学生的考试成绩， 被测学生成绩全部介于 65 分到 145 分之间 （满分 150 分） ，将统计结果按如下方式分成八组：第一组65，75） ，第二组75，85） ，第八组 135，145，如图是按上述分组方法

8、得到的频率分布直方图的一部分 （1）求第七组的频率，并完成频率分布直方图； （2）用样本数据估计该校的 2000 名学生这次考试成绩的平均分（同一组中的数据用该 组区间的中点值代表该组数据平均值） ； （3）若从样本成绩属于第六组和第八组的所有学生中随机抽取 2 名，求他们的分差的绝 对值小于 10 分的概率 18 （12 分）在等比数列an中，公比 q（0，1） ，且满足 a32，a1a3+2a2a4+a3a525 （1）求数列an的通项公式； （2）设 bnlog2an，数列bn的前 n 项和为 Sn，当取最大值时，求 n 的值 19 （12 分）在ABC 中，角 A、B、C 所对的边分别

9、为 a、b、c，且2sin2C+2cosC+3 0 （1）求角 C 的大小； （2）若 ba，ABC 的面积为sinAsinB，求 sinA 及 c 的值 20 （12 分）如图，四棱锥 PABCD 的底面 ABCD 是矩形，侧面 PAB 是正三角形，AB2， BC，PCE、H 分别为 PA、AB 的中点 （1）求证：PHAC； （2）求点 P 到平面 DEH 的距离 第 5 页（共 23 页） 21 （12 分）已知函数 f（x）lnxmx2，g（x）+x，mR，F（x）f（x）+g（x） （1）讨论函数 f（x）的单调区间及极值； （2）若关于 x 的不等式 F（x）mx1 恒成立，求整数

10、 m 的最小值 （二）选考题：共（二）选考题：共 10 分。请考生在第分。请考生在第 22、23 题中任选一题作答。如果多做，则按所做的题中任选一题作答。如果多做，则按所做的 第一题计分。第一题计分。选修选修 4-4：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程 22（10 分） 在直角坐标系 xOy 中， 曲线 C 的参数方程为（ 为参数） ， 坐标原点 O 为极点，x 轴的正半轴为极轴，取相同长度单位建立极坐标系，直线 l 的极坐 标方程为 cos（）2 （1）求曲线 C 和直线 l 的直角坐标方程； （2）直线 l 与 y 轴的交点为 P，经过点 P 的动直线 m 与曲线 C 交于 A、B 两点，

11、证明： |PA|PB|为定值 选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲（10 分）分） 23已知函数 f（x）|x1|+|2x+m|（mR） （1）若 m2 时，解不等式 f（x）3； （2）若关于 x 的不等式 f（x）|2x3|在 x0，1上有解，求实数 m 的取值范围 第 6 页（共 23 页） 2020 年广东省广州市天河区高考数学一模试卷（文科）年广东省广州市天河区高考数学一模试卷（文科） 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，满分分，满分 60 分，在每小题给出的四个选项中，分，在每小题给出的四个选项

12、中， 只有一项是符合题目要求的只有一项是符合题目要求的 1 （5 分）已知集合 A1，0，1，2，3，Bx|x22x0，则 AB（ ） A3 B2，3 C1，3 D1，2，3 【分析】求出 B 中不等式的解集确定出 B，找出 A 与 B 的交集即可 【解答】解：由 B 中不等式变形得：x（x2）0， 解得：x0 或 x2，即 Bx|x0 或 x2， A1，0，1，2，3， AB1，3， 故选：C 【点评】此题考查了交集及其运算，熟练掌握交集的定义是解本题的关键 2 （5 分）高铁、扫码支付、共享单车、网购被称为中国的“新四大发明” ，为评估共享单 车的使用情况，选了 n 座城市作实验基地，这

13、n 座城市共享单车的使用量（单位：人次/ 天）分别为 x1，x2，xn，下面给出的指标中可以用来评估共享单车使用量的稳定程度 的是（ ） Ax1，x2，xn的平均数 Bx1，x2，xn的标准差 Cx1，x2，xn的最大值 Dx1，x2，xn的中位数 【分析】利用方差或标准差表示一组数据的稳定程度 【解答】解：表示一组数据 x1，x2，xn的稳定程度是方差或标准差 故选：B 【点评】本题考查了利用方差或标准差表示一组数据的稳定程度，是基础题 3 （5 分）若复数为纯虚数，则|3ai|（ ） A B13 C10 D 【分析】把给出的复数化简，然后由是不等于 0，虚部不等于 0 求解 a 的值，最后

14、代入模 的公式求模 第 7 页（共 23 页） 【解答】解：由 因为复数为纯虚数，所以，解得 a2 所以|3ai|32i| 故选：A 【点评】本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数是纯虚数的充要条件，考查 了复数模的求法，是基础题 4 （5 分）设等差数列an的前 n 项和为 Sn，若 a2+a815a5，则 S9等于（ ） A18 B36 C45 D60 【分析】 由等差数列的通项公式知 a2+a815a5a55， 再由等差数列的前 n 项和公式 知 S92a5 【解答】解：a2+a815a5， a55， S92a545 故选：C 【点评】本题考查等差数列的性质和应用，解题时要注意等差

15、数列的通项公式和前 n 项 和公式的合理运用 5 （5 分）已知 cos（+），则 sin2 的值等于（ ） A B C D 【分析】由已知利用诱导公式可求 sin，根据同角三角函数基本关系式可求 cos，进而 根据二倍角的正弦函数公式即可求解 【解答】解：cos（+）sin， sin， ， cos， 第 8 页（共 23 页） sin22sincos2（）（） 故选：C 【点评】本题主要考查了诱导公式，同角三角函数基本关系式，二倍角的正弦函数公式 在三角函数化简求值中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题 6 （5 分）若实数 x，y 满足，则 zy2x 的最小值为（ ） A2 B2

16、C1 D1 【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用数形结合即可得出结论 【解答】解：作出不等式组表示的平面区域，如图： 由图可知，zy2x 在 x+y1 与 x 轴的交点（1，0）处取得最小值，即 z022 故选：B 【点评】本题考查了线性规划，求最值问题，属于基础题 7 （5 分）三国时期吴国数学家赵爽所注周髀算经中给出了勾股定理的绝妙证明下面 是赵爽的弦图及注文，弦图是一个以勾股形之弦为边的正方形，其面积称为弦实，图中 包含四个全等的勾股形及一个小正方形，分别涂成红（朱）色及黄色，其面积称为朱实、 黄实，利用 2勾股+（股勾）24朱实+黄实弦实，化简，得勾 2+股2弦2， 设勾股中勾股比

17、为 1：，若向弦图内随机抛掷 1000 颗图钉（大小忽略不计） ，则落在 黄色图形内的图钉颗数大约为（ ） （参考数据1.732，1.414） 第 9 页（共 23 页） A130 B134 C138 D142 【分析】设勾为 a，则股为，弦为 2a，求出大的正方形的面积及小的正方形面积， 再求出图钉落在黄色图形内的概率，乘以 1000 得答案 【解答】解：如图， 设勾为 a，则股为，弦为 2a， 则图中大四边形的面积为 4a2，小四边形的面积为（）a2， 则由测度比为面积比，可得图钉落在黄色图形内的概率为 落在黄色图形内的图钉数大约为 1000134 故选：B 【点评】本题考查几何概型，考查

18、几何概型概率公式的应用，是基础的计算题 8 （5 分）已知 x1ln，x2e，x3满足 elnx3，则正确的是（ ） Ax1x2x3 Bx1x3x2 Cx2x1x3 Dx3x1x2 【分析】可以看出 lnx30，从而得出 x31，又可看出，从而 得出 x1，x2，x3的大小关系 【解答】解：e x0； 第 10 页（共 23 页） lnx30； x31； 又； x1x2x3 故选：A 【点评】考查指数函数的值域，对数函数和指数函数的单调性 9 （5 分）如图所示，在棱长为 a 的正方体 ABCDA1B1C1D1中，E 是棱 DD1的中点，F 是 侧面 CDD1C1上的动点， 且 B1F面 A1

19、BE， 则 F 在侧面 CDD1C1上的轨迹的长度是 （ ） Aa B C D 【分析】设 G，H，I 分别为 CD、CC1、C1D1边上的中点，根据面面平行的判定定理， 可得平面 A1BGE平面 B1HI，结合已知中 B1F面 A1BE，可得 F 落在线段 HI 上，则答 案可求 【解答】解：设 G，H，I 分别为 CD、CC1、C1D1边上的中点 则 A1BEG 四点共面， 且平面 A1BGE平面 B1HI 又B1F面 A1BE， F 落在线段 HI 上， 正方体 ABCDA1B1C1D1中的棱长为 a， HI 即 F 在侧面 CDD1C1上的轨迹的长度是 故选：D 第 11 页（共 23

20、 页） 【点评】本题考查线面平行的判定，其中分析出 F 落在线段 HI 上是解答本题的关键，是 中档题 10 （5 分）已知函数 f（x）sin（x+） （0，） ，A（，0）为其 图象的对称中心，B、C 是该图象上相邻的最高点和最低点，若 BC4，则 f（x）的单调 递增区间是（ ） A （2k，2k+） ，kZ B （2k，2k+） ，kZ C （4k，4k+） ，kZ D （4k，4k+） ，kZ 【分析】由题意可得+42，求得 的值，再根据对称中心求得 的值， 可得函数 f（x）的解析式，利用正弦函数的单调性，求得 f（x）的单调递增区间 【解答】解：函数 f（x）sin（x+） （0

21、，） ， A（，0）为 f（x）图象的对称中心，B，C 是该图象上相邻的最高点和最低点，若 BC 4， +42，即 12+16，求得 再根据+k，kZ，可得 ，f（x）sin（x） 令 2kx2k+，求得 4kx4k+， 故 f（x）的单调递增区间为（4k，4k+） ，kZ， 故选：C 第 12 页（共 23 页） 【点评】本题主要考查正弦函数的周期性、最值以及单调性，属于中档题 11 （5 分）一对夫妇为了给他们的独生孩子支付将来上大学的费用，从孩子一周岁生日开 始，每年到银行储蓄 a 元一年定期，若年利率为 r 保持不变，且每年到期时存款（含利 息）自动转为新的一年定期，当孩子 18 岁生

22、日时不再存入，将所有存款（含利息）全部 取回，则取回的钱的总数为（ ） Aa（1+r）17 B（1+r）17（1+r） Ca（1+r）18 D（1+r）18（1+r） 【分析】根据题意，依次分析孩子在 1 周岁时、2 周岁时、17 周岁时存入的 a 元产 生的本利合计，进而可得取回的钱的总数 Sa（1+r）17+a（1+r）16+a（1+r） ，由 等比数列的前 n 项和公式分析可得答案 【解答】解：根据题意， 当孩子 18 岁生日时，孩子在一周岁生日时存入的 a 元产生的本利合计为 a（1+r）17， 同理：孩子在 2 周岁生日时存入的 a 元产生的本利合计为 a（1+r）16， 孩子在 3

23、 周岁生日时存入的 a 元产生的本利合计为 a（1+r）15， 孩子在 17 周岁生日时存入的 a 元产生的本利合计为 a（1+r） ， 可以看成是以 a（1+r）为首项， （1+r）为公比的等比数列的前 17 项的和， 此时将存款（含利息）全部取回， 则取回的钱的总数 Sa（1+r） 17+a（1+r）16+a（1+r） （1+r）18（1+r）； 故选：D 【点评】本题考查数列的应用，涉及等比数列的前 n 项和公式的应用，属于基础题 12 （5 分）已知函数 f（x）（k+）lnx+，k1，+） ，曲线 yf（x）上总存在 两点 M（x1，y1） ，N（x2，y2）使曲线 yf（x）在 M

24、、N 两点处的切线互相平行，则 x1+x2 的取值范围为（ ） A4，+） B （4，+） C） D （） 【分析】求得 f（x）的导数 f（x） ，由题意可得 f（x1）f（x2） （x1，x20，且 x1 第 13 页（共 23 页） x2） ，化为 4（x1+x2）（k+）x1x2，因此 x1+x2对 k1，+）都成立，令 g （k）k+，k1，+） ，利用导数研究其单调性极值与最值即可得出 【解答】解：函数 f（x）（k+）lnx+，导数 f（x）（k+） 1 由题意可得 f（x1）f（x2） （x1，x20，且 x1x2） 即有11， 化为 4（x1+x2）（k+）x1x2， 而 x

25、1x2（）2， 4（x1+x2）（k+） （）2， 化为 x1+x2对 k1，+）都成立， 令 g（k）k+，k1，+） ， 由 k+24，当且仅当 k2 取得等号， 4， x1+x24，即 x1+x2的取值范围是（4，+） 故选：B 【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、问题的等价转化方法、基 本不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题 二、填空二、填空题：本大题共题：本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，满分分，满分 20 分分 13 （5 分）已知向量 （3，2） ， （m，1） 若向量（ 2 ） ，则 m 【分析】根据（ 2 ） ，可得方程4m32m

26、，解方程可得 m 的值 【解答】解：向量 （3，2） ， （m，1） ， ， 第 14 页（共 23 页） （ 2 ） ，4m32m， m 故答案为： 【点评】本题考查平面向量的坐标运算和向量平行，考查方程思想和计算能力，属基础 题 14 （5 分）已知数列an满足 a11，an1+a1+an1（nN*，n2） ，则当 n1 时，an 2n 1 【分析】根据已知条件写出数列的前几项，分析规律，并归纳出数列的通项公式即可 【解答】解：数列an满足 a11， an1+a1+an1 （nN*，n2） ， 则 a1120， a2221， a3422， ， 由此可得当 n1 时， 故答案为：2n 1 【

27、点评】本题考查了用归纳法求数列的通项公式，关键是能够根据数列的前几项分析规 律，并大胆猜想，属于基础题 15 （5 分）如图所示，位于 A 处的信息中心获悉：在其正东方向相距 30海里的 B 处有 一艘渔船遇险，在原地等待营救信息中心立即把消息告知在其南偏西 45、相距 20 海里的 C 处的乙船，现乙船朝北偏东 的方向沿直线 CB 前往 B 处救援，则 cos 的值为 第 15 页（共 23 页） 【分析】利用余弦定理求出 BC 的数值，正弦定理推出ACB 的余弦值，利用 coscos （ACB+45）展开求出 cos 的值 【解答】解：如图所示，在ABC 中，AB30，AC20，BAC13

28、5 定理得 BC2AB2+AC22ABACcos1353400， 所以 BC10， 正弦定理得 sinACBsinBAC 由BAC135知ACB 为锐角，故 cosACB 故cos cos （ ACB+45 ） cos ACBcos45 sin ACBsin45 故答案为： 【点评】本题是中档题，考查三角函数的化简求值，余弦定理、正弦定理的应用，注意 角的变换，方位角的应用，考查计算能力 16 （5 分）已知直三棱柱 ABCA1B1C1外接球的表面积为 52，AB1，若ABC 外接圆 的圆心 O1在 AC 上，半径 r11，则直三棱柱 ABCA1B1C1的体积为 6 【分析】由题意可得，直三棱

29、柱 ABCA1B1C1的底面为直角三角形，由其外接球的表面 积求得侧棱长，代入体积公式得答案 【解答】解：如图，ABC 外接圆的圆心 O1在 AC 上， O1 为 AC 的中点，且ABC 是以ABC 为直角的直角三角形， 由半径 r11，得 AC2，又 AB1，BC 把直三棱柱 ABCA1B1C1补形为长方体，设 BB1x， 则其外接球的半径 R 又直三棱柱 ABCA1B1C1外接球的表面积为 52， 第 16 页（共 23 页） 4R252，即 R R，解得 x4 直三棱柱 ABCA1B1C1的体积为6 故答案为：6 【点评】本题考查球内接多面体体积的求法，考查数形结合的解题思想方法，考查空

30、间 中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运用求解能力，是中档题 三、解答题：共三、解答题：共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第 1721 题为必考题为必考 题，每个试题学生都必须作答。第题，每个试题学生都必须作答。第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答。题为选考题，考生根据要求作答。(一）必考题：一）必考题： 共共 60 分。分。 17 （12 分）某校在一次期末数学测试中，为统计学生的考试情况，从学校的 2000 名学生 中随机抽取 50 名学生的考试成绩， 被测学生成绩全部介于 65 分到 145 分之间 （

31、满分 150 分） ，将统计结果按如下方式分成八组：第一组65，75） ，第二组75，85） ，第八组 135，145，如图是按上述分组方法得到的频率分布直方图的一部分 （1）求第七组的频率，并完成频率分布直方图； （2）用样本数据估计该校的 2000 名学生这次考试成绩的平均分（同一组中的数据用该 组区间的中点值代表该组数据平均值） ； （3）若从样本成绩属于第六组和第八组的所有学生中随机抽取 2 名，求他们的分差的绝 对值小于 10 分的概率 第 17 页（共 23 页） 【分析】 （1）由频率分布直方图能求出第七组的频率，由此能完成频率分布直方图 （2）用样本数据能估计该校的 2000

32、名学生这次考试成绩的平均分 （3）样本成绩属于第六组的有 3 人，样本成绩属于第八组的有 2 人，从样本成绩属于第 六组和第八组的所有学生中随机抽取 2 名，基本事件总数 n10，他们的分差的绝 对值小于 10 分包含的基本事件个数 m4，由此能求出他们的分差的绝对值小 于 10 分的概率 【解答】解： （1）由频率分布直方图得第七组的频率为： 1（0.004+0.012+0.016+0.030+0.020+0.006+0.004）100.08 完成频率分布直方图如下： （2）用样本数据估计该校的 2000 名学生这次考试成绩的平均分为： 700.00410+800.01210+900.016

33、10+1000.03010+1100.02010+120 0.00610+1300.00810+1400.00410102 （3）样本成绩属于第六组的有 0.00610503 人，样本成绩属于第八组的有 0.004 第 18 页（共 23 页） 10502 人， 从样本成绩属于第六组和第八组的所有学生中随机抽取 2 名， 基本事件总数 n10， 他们的分差的绝对值小于 10 分包含的基本事件个数 m4， 他们的分差的绝对值小于 10 分的概率 p 【点评】本题考查频率、平均分、概率的求法，考查频率分布直方图的性质等基础知识， 考查运算求解能力，是基础题 18 （12 分）在等比数列an中，公比

34、 q（0，1） ，且满足 a32，a1a3+2a2a4+a3a525 （1）求数列an的通项公式； （2）设 bnlog2an，数列bn的前 n 项和为 Sn，当取最大值时，求 n 的值 【分析】 （1）由条件判断 an0，再由等比数列的性质和通项公式，解方程可得首项和公 比，进而得到所求通项公式； （2）求得 bnlog2anlog224 n4n，可得 S n ，再由等差数列 的求和公式和配方法，可得所求最大值时的 n 的值 【解答】解： （1）a1a3+2a2a4+a3a525， 可得 a22+2a2a4+a42（a2+a4）225， 由 a32，即 a1q22，可得 a10，由 0q1，

35、可得 an0， 可得 a2+a45，即 a1q+a1q35， 由解得 q（2 舍去） ，a18， 则 an8 （）n 124n； （2）bnlog2anlog224 n4n， 可得 Snn（3+4n）， ， 则3+ n（3+）（n）2+， 第 19 页（共 23 页） 可得 n6 或 7 时，取最大值 则 n 的值为 6 或 7 【点评】本题考查等比数列的通项公式和性质，同时考查等差数列的通项公式和求和公 式的运用，以及最值求法，考查化简运算能力，属于中档题 19 （12 分）在ABC 中，角 A、B、C 所对的边分别为 a、b、c，且2sin2C+2cosC+3 0 （1）求角 C 的大小；

36、 （2）若 ba，ABC 的面积为sinAsinB，求 sinA 及 c 的值 【分析】 （1）利用正弦定理和已知等式，化简可求得 cosC 的值，进而求 C （2）利用余弦定理可求得 c 与 a 的关系，进而求得 sinC，然后利用三角形面积公式和已 知等式求得 c 【解答】解： （1）2sin2C+2cosC+30，可得：2（1cos2C）+2cosC+30， 2cos2C+2cosC+10， cosC，0C， C （2）c2a2+b22abcosC3a2+2a25a2， ca， sinCsinA， sinAsinC， SABCabsinCsinAsinB， absinCsinAsinB，

37、 sinC（）2sinC， c1 【点评】本题主要考查了正弦定理和余弦定理的应用在解三角形的问题中应灵活运用 余弦和正弦定理实现边角的转化，属于中档题 20 （12 分）如图，四棱锥 PABCD 的底面 ABCD 是矩形，侧面 PAB 是正三角形，AB2， BC，PCE、H 分别为 PA、AB 的中点 第 20 页（共 23 页） （1）求证：PHAC； （2）求点 P 到平面 DEH 的距离 【分析】 （1）推导出 PBAB2，BCPB，BCAB，从而 BC面 PAB，进而面 PAB 面 ABCD，PHAB，PH平面 ABCD，由此能证明 PHAC （） 取 CD 中点 E，以 H 为原点，

38、HA 为 x 轴，HB 为 y 轴，HP 为 z 轴，建立空间直 角坐标系，利用向量法能求出点 P 到平面 DEH 的距离 【解答】解： （1）证明：PAB 为正三角形，AB2， PBAB2， BC，PC，PC2BC2+PB2 根据勾股定理得 BCPB， ABCD 为矩形，BCAB， PB，AB面 PAB 且交于点 B，BC面 PAB， BC面 ABCD，面 PAB面 ABCD， H 为 AB 的中点，PAB 为正三角形， PHAB，PH平面 ABCD， AC平面 ABCD，PHAC （） 解：取 CD 中点 E，以 H 为原点，HA 为 x 轴，HB 为 y 轴，HP 为 z 轴，建立空 间

39、直角坐标系， 则 P（0，0，） ，D（1，0） ，A（1，0，0） ，E（） ，H（0，0，0） ， （1，0） ，（） ，（0，0，） ， 设平面 DEH 的法向量 （x，y，z） ， 第 21 页（共 23 页） 则，取 y1，得 （，1，） ， 点 P 到平面 DEH 的距离 d 【点评】本题考查线线垂直的证明，考查点到平面的距离的求法，考查空间中线线、线 面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题 21 （12 分）已知函数 f（x）lnxmx2，g（x）+x，mR，F（x）f（x）+g（x） （1）讨论函数 f（x）的单调区间及极值； （2）若关于 x 的不等式 F

40、（x）mx1 恒成立，求整数 m 的最小值 【分析】 （1）求导后，根据 m 取值的情况分类讨论； （2）利用分离参数法，利用函数的最大值进行求解 【解答】解： （1）定义域为（0，+） ，f（x）2mx， 当 m0 时 f（x）0 恒成立，f（x）在（0，+）上是增函数，无极值， 当 m0 时令 f（x）0，0x， 令 f（x）0，x， 所以函数 f（x）在（0，）上为增函数，在（，+）为减函数， 所以当 x时，有极大值，极大值为（ln2m+1） ，无极小值， （2） ：由 F（x）mx1 恒成立知 m恒成立， 第 22 页（共 23 页） 令 h（x）， 则 h（x）， 令 （x）2lnx

41、+x，因为 （）ln40，（1）10，则 （x）为增函数 故存在 x0（，1） ，使 （x0）0，即 2lnx0+x00， 当 0xx0时，h（x）0，h（x）为增函数，当 x0x 时，h（x）0，h（x）为 减函数 所以 h（x）maxh（x0）， 而 x0（，1） ，所以（1，2） ，所以整数 m 的最小值为 2 【点评】本题主要考查利用导数研究函数的单调性、函数不等式问题，属于高档题目， 有一定难度 （二）选考题：共（二）选考题：共 10 分。请考生在第分。请考生在第 22、23 题中任选一题作答。如果多做，则按所做的题中任选一题作答。如果多做，则按所做的 第一题计分。第一题计分。选修选

42、修 4-4：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程 22（10 分） 在直角坐标系 xOy 中， 曲线 C 的参数方程为（ 为参数） ， 坐标原点 O 为极点，x 轴的正半轴为极轴，取相同长度单位建立极坐标系，直线 l 的极坐 标方程为 cos（）2 （1）求曲线 C 和直线 l 的直角坐标方程； （2）直线 l 与 y 轴的交点为 P，经过点 P 的动直线 m 与曲线 C 交于 A、B 两点，证明： |PA|PB|为定值 【分析】 （1）由 x2+y2（cos+sin）2+（sincos）24 可得曲线 C 的直角坐 标方程；根据互化公式可得直线 l 的直角坐标方程； （2）根据参数 t 的几何

43、意义可得 【解答】解： （1）由 x2+y2（cos+sin）2+（sincos）24， 得曲线 C：x2+y24 直线 l 的极坐标方程展开为cossin2， 故 l 的直角坐标方程为 第 23 页（共 23 页） （2）显然 P 的坐标为（0，4） ，不妨设过点 P 的直线方程为（t 为参 数） ， 代入 C：x2+y24 得 t28tsin+120，设 A，B 对应的参数为 t1，t2 所以|PA|PB|t1t2|12 为定值 【点评】本题考查了简单曲线的极坐标方程，属中档题 选修选修 4-5：不等：不等式选讲式选讲（10 分）分） 23已知函数 f（x）|x1|+|2x+m|（mR）

44、（1）若 m2 时，解不等式 f（x）3； （2）若关于 x 的不等式 f（x）|2x3|在 x0，1上有解，求实数 m 的取值范围 【分析】 （1）通过去掉绝对值符号，转化求解不等式的解集即可 （2）已知条件转化为即|2x+m|2x，即x2m23x，即可求解实数 m 的取值范 围 【解答】解： （1）若 m2 时，|x1|+|2x+2|3， 当 x1 时，原不等式可化为x+12x23 解得 x，所以， 当1x1 时，原不等式可化为 1x+2x+23 得 x0，所以1x0， 当 x1 时，原不等式可化为 x1+2x+23 解得 x，所以 x， 综上述：不等式的解集为； （2）当 x0，1时，由 f（x）|2x3|得 1x+|2x+m|32x， 即|2x+m|2x， 故 x22x+m2x 得x2m23x， 又由题意知： （x2）minm（23x）max， 即3m2， 故 m 的范围为3，2 【点评】本题主要考查了解绝对值不等式，利用绝对值不等式的几何意义解决问题；考 查推理论证能力、运算求解能力等；考查化归与转化思想、数形结合思想、函数与方程 思想等；考查数学抽象、逻辑推理、直观想象、数学运算等