2020年山东省日照市高考数学一模试卷（含详细解答）

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1、已知复数 z 满足 z（1+2i）i，则复数 z 在复平面内对应点所在的象限是（ ） A第一象限 B第二象限 C第三象限 D第四象限 2 （5 分）已知集合 Mx|x22x0，N2，1，0，1，2，则 MN（ ） A B1 C0，1 D1，0，1 3 （5 分）南北朝时代的伟大数学家祖暅在数学上有突出贡献，他在实践的基础提出祖暅原 理： “幂势既同，则积不容异” 其含义是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平 行于这两个平行平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个 几何体的体积相等如图，夹在两个平行平面之间的两个几何体的体积分别为 V1，V2， 被平行于这两个平面的任意

2、平面截得的两个截面的面积分别为 S1，S2，则“V1，V2相 等”是“S1，S2总相等”的（ ） A充分而不必要条件 B必要而不充分条件 C充分必要条件 D既不充分也不必要条件 4 （5 分）已知圆 C：x2+y21，直线 l：axy+40若直线 l 上存在点 M，以 M 为圆心 且半径为 1 的圆与圆 C 有公共点，则 a 的取值范围（ ） A （，33，+） B3，3 C D 5 （5 分）当 a1 时，在同一坐标系中，函数 ya x 与 ylogax 的图象是（ ） A B 第 2 页（共 27 页） C D 6 （5 分）已知 f（x）x2|x|，cf（ln3） ，则 a，b，c 的大

3、小关系为（ ） Acba Bbca Cabc Dcab 7 （5 分）已知函数 f（x）sinx 和 g（x）cosx（0）图象的交点中，任意 连续三个交点均可作为一个等腰直角三角形的顶点，为了得到 yg（x）的图象，只需把 yf（x）的图象（ ） A向左平移 1 个单位 B向左平移个单位 C向右平移 1 个单位 D向右平移个单位 8 （5 分）如图，在直角坐标系 xOy 中，一个质点从 A（a1，a2）出发沿图中路线依次经过 B （a3， a4） ， C （a5， a6） ， D （a7， a8） ， ， 按此规律一直运动下去， 则 a2017+a2018+a2019+a2020 （ ） A

4、2017 B2018 C2019 D2020 二、多项选择题：本大题共二、多项选择题：本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 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中， 有多项符合题目要求的，全部选对得有多项符合题目要求的，全部选对得 5 分，选对但不全的得分，选对但不全的得 3 分，有选错的得分，有选错的得 0 分分 9 （5 分）为了解运动健身减肥的效果，某健身房调查了 20 名肥胖者，测量了他们的体重 （单位：千克） 健身之前他们的体重情况如三维饼图（1）所示，经过半年的健身后， 他们的体重情况如三维饼图（2）所示，对比健身前后，关于这 20 名肥胖

5、者，下面结论 第 3 页（共 27 页） 正确的是（ ） A他们健身后，体重在区间90，100）内的人数不变 B他们健身后，体重在区间100，110）内的人数减少了 2 个 C他们健身后，体重在区间110，120）内的肥胖者体重都有减轻 D他们健身后，这 20 位肥胖者的体重的中位数位于区间90，100） 10 （5 分）为弘扬中华传统文化，某校组织高一年级学生到古都西安游学在某景区，由 于时间关系，每个班只能在甲、乙、丙三个景点中选择一个游览，高一 1 班的 27 名同学 决定投票来选定游览的景点，约定每人只能选择一个景点，得票数高于其它景点的入 选据了解，若只游览甲、乙两个景点，有 18

6、人会选择甲，若只游览乙、丙两个景点， 有 19 人会选择乙，那么关于这轮投票结果，下列说法正确的是（ ） A该班选择去甲景点游览 B乙景点的得票数可能会超过 9 C丙景点的得票数不会比甲景点高 D三个景点的得票数可能会相等 11 （5 分）若定义在 R 上的函数 f（x）满足 f（0）1，其导函数 f（x）满足 f（x）m 1，则下列成立的有（ ） Af（） Bf（）1 Cf（） Df（）0 12 （5 分）已知双曲线1（nN*） ，不与 x 轴垂直的直线 l 与双曲线右支交于点 B，C（B 在 x 轴上方，C 在 x 轴下方） ，与双曲线渐近线交于点 A，D（A 在 x 轴上方） ， O 为

7、坐标原点，下列选项中正确的为（ ） A|AC|BD|恒成立 B若 SBOCSAOD，则|AB|BC|CD| 第 4 页（共 27 页） CAOD 面积的最小值为 1 D对每一个确定的 n，若|AB|BC|CD|，则AOD 的面积为定值 三、填空题：本大题共三、填空题：本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分 13 （5 分）已知向量，若，则 a 14 （5 分）在（x2）6的展开式中，常数项为 （用数字作答） 15 （5 分）直线 l 过抛物线 C：y22px（p0）的焦点 F（1，0） ，且与 C 交于 M，N 两点， 则 p ，的最小值是 16 （5 分）若点

8、M 在平面 外，过点 M 作面 的垂线，则称垂足 N 为点 M 在平面 内的 正投影， 记为 Nf（M） 如图， 在棱长为 1 的正方体 ABCDA1B1C1D1中， 记平面 AB1C1D 为 ，平面 ABCD 为 ，点 P 是棱 CC1上一动点（与 C，C1不重合）Q1ff（P）， Q2ff（P）给出下列三个结论： 线段 PQ2长度的取值范围是； 存在点 P 使得 PQ1平面 ； 存在点 P 使得 PQ1PQ2 其中正确结论的序号是 四、解答题：共四、解答题：共 70 分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤 17 （10 分）ABC 的内角 A，B，

9、C 的对边分别为 a，b，c，且满足 ccosA+acosCa （1）求的值； （2）若 a1，求ABC 的面积 18 （12 分）在a2+a3a5b1，a2a32a7，S315 这三个条件中任选一个，补充 在下面问题中，并解答 已知等差数列an的公差 d0，前 n 项和为 Sn，若 _，数列bn满足 b11，b2 ，anbn+1nbnbn+1 （1）求an的通项公式； 第 5 页（共 27 页） （2）求bn的前 n 项和 Tn 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分 19（12 分） 如图， 已知四边形 ABCD 为等腰梯形， BDEF 为正方形， 平面 BDEF平面 ABCD，

10、ADBC，ADAB1，ABC60 （1）求证：平面 CDE平面 BDEF； （2）点 M 为线段 EF 上一动点，求 BD 与平面 BCM 所成角正弦值的取值范围 20 （12 分）已知椭圆 C：（ab0）的左、右焦点分别为 F1，F2，以 F2为圆 心过椭圆左顶点 M 的圆与直线 3x4y+120 相切于 N，且满足 （1）求椭圆 C 的标准方程； （2）过椭圆 C 右焦点 F2的直线 l 与椭圆 C 交于不同的两点 A，B，问F1AB 内切圆面 积是否有最大值？若有，求出最大值；若没有，说明理由 21 （12 分）每年的 3 月 12 日是植树节，某公司为了动员职工积极参加植树造林，在植树

11、 节期间开展植树有奖活动，设有甲、乙两个摸奖箱，每位植树者植树每满 30 棵获得一次 甲箱内摸奖机会，植树每满 50 棵获得一次乙箱内摸奖机会，每箱内各有 10 个球（这些 球除颜色外完全相同） ，甲箱内有红、黄、黑三种颜色的球，其中 a 个红球，b 个黄球，5 个黑球，乙箱内有 4 个红球和 6 个黄球，每次摸一个球后放回原箱，摸得红球奖 100 元， 黄球奖 50 元，摸得黑球则没有奖金 （1）经统计，每人的植树棵数 X 服从正态分布 N（35，25） ，已知共有 200 位植树者， 所有有机会抽奖的人都参与了抽奖，请估计植树的棵数 X 在区间（30，35内并中奖的人 数（结果四舍五入取整

12、数） ； 附：若 XN（，2） ，则 P（X+）0.6827，P（2X+2） 0.9545 （2）若 a2，某位植树者获得两次甲箱内摸奖机会，求中奖金额 Y（单位：元）的分布 第 6 页（共 27 页） 列； （3）某人植树 100 棵，有两种摸奖方法， 方法一：三次甲箱内摸奖机会； 方法二：两次乙箱内摸奖机会 请问：这位植树者选哪一种方法所得奖金的期望值较大 22 （12 分）已知函数 f（x）（x+b） （e2xa） （b0）在点处的切线方 程为 （1）求 a，b； （2）函数 f（x）图象与 x 轴负半轴的交点为 P，且在点 P 处的切线方程为 yh（x） ，函 数 F（x）f（x）h（

13、x） ，xR，求 F（x）的最小值； （3）关于 x 的方程 f（x）m 有两个实数根 x1，x2，且 x1x2，证明：x2x1 第 7 页（共 27 页） 2020 年山东省日照市高考数学一模试卷年山东省日照市高考数学一模试卷 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、单项选择题：本大题共一、单项选择题：本大题共 8 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 40 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）已知复数 z 满足 z（1+2i）i，则复数 z 在复平面内对应点所在的象限是（ ） A第一象限 B第二象

14、限 C第三象限 D第四象限 【分析】把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简，求出 z 的坐标得答案 【解答】解：由 z（1+2i）i，得 z， 复数 z 在复平面内对应的点的坐标为（） ，在第一象限 故选：A 【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，是 基础题 2 （5 分）已知集合 Mx|x22x0，N2，1，0，1，2，则 MN（ ） A B1 C0，1 D1，0，1 【分析】可以求出集合 M，然后进行交集的运算即可 【解答】解：Mx|0x2，N2，1，0，1，2， MN1 故选：B 【点评】考查描述法、列举法的定义，以及一元二次不等式的解法，交集

15、的运算 3 （5 分）南北朝时代的伟大数学家祖暅在数学上有突出贡献，他在实践的基础提出祖暅原 理： “幂势既同，则积不容异” 其含义是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平 行于这两个平行平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个 几何体的体积相等如图，夹在两个平行平面之间的两个几何体的体积分别为 V1，V2， 被平行于这两个平面的任意平面截得的两个截面的面积分别为 S1，S2，则“V1，V2相 等”是“S1，S2总相等”的（ ） 第 8 页（共 27 页） A充分而不必要条件 B必要而不充分条件 C充分必要条件 D既不充分也不必要条件 【分析】根据充分条件和必要条件的定

16、义，结合祖暅原理进行判断即可 【解答】解：由祖暅原理知，若 S1，S2总相等，则 V1，V2相等成立，即必要性成立， 若 V1，V2相等，则只需要底面积和高相等即可，则 S1，S2不一定相等，即充分性不成立， 即“V1，V2相等”是“S1，S2总相等”的必要不充分条件， 故选：B 【点评】 本题主要考查充分条件和必要条件的判断， 结合祖暅原理是解决本题的关键 考 查学生的推理能力 4 （5 分）已知圆 C：x2+y21，直线 l：axy+40若直线 l 上存在点 M，以 M 为圆心 且半径为 1 的圆与圆 C 有公共点，则 a 的取值范围（ ） A （，33，+） B3，3 C D 【分析】求

17、出已知圆的圆心坐标与半径，把直线 l：axy+40 上存在点 M，使得以 M 为圆心且半径为 1 的圆与圆 C 有公共点，转化为圆心（0，0）到直线 axy+40 的距离 小于等于 2，由此列式求得 a 的取值范围 【解答】解：圆 C：x2+y21 的圆心为（0，0） ，半径为 1， 要使直线 l： axy+40 上存在点 M， 使得以 M 为圆心且半径为 1 的圆与圆 C 有公共点， 则圆心（0，0）到直线 axy+40 的距离 d2， 解得或 a a 的取值范围是 故选：C 【点评】本题考查直线与圆位置关系的判定及其应用，考查数学转化思想方法，是中档 题 5 （5 分）当 a1 时，在同一

18、坐标系中，函数 ya x 与 ylogax 的图象是（ ） 第 9 页（共 27 页） A B C D 【分析】由 a1，结合指数函数及对数函数的性质即可得出正确选项 【解答】解：由于 a1，所以为 R 上的递减函数，且过（0，1） ； ylogax 为（0，+）上的单调递减函数，且过（1，0） ， 故选：D 【点评】本题主要考查指数函数及对数函数的图象及性质，考查数形结合思想，属于基 础题 6 （5 分）已知 f（x）x2|x|，cf（ln3） ，则 a，b，c 的大小关系为（ ） Acba Bbca Cabc Dcab 【分析】根据题意，由函数的解析式分析可得当 x0，f（x）x （）x0

19、，据此可得 b0，当 x0 时，f（x）x2x，求出其导数，分析可得 f（x）在0，+）上为增函数， 由此分析可得 0ac，综合可得答案 【解答】解：根据题意，f（x）x2|x|， 当 x0 时，f（x）x （）x0，又由 log3log320，则 b0， 当 x0 时，f（x）x2x，其导数 f（x）2x+x2xln20，则 f（x）在0，+）上为 增函数， 其 f（0）0，则当 x0 时，f（x）0； 又由 0log31ln3，则 0ac， 综合可得：cab； 第 10 页（共 27 页） 故选：D 【点评】本题考查函数的单调性的判断以及应用，涉及分段函数的解析式，属于基础题 7 （5 分

20、）已知函数 f（x）sinx 和 g（x）cosx（0）图象的交点中，任意 连续三个交点均可作为一个等腰直角三角形的顶点，为了得到 yg（x）的图象，只需把 yf（x）的图象（ ） A向左平移 1 个单位 B向左平移个单位 C向右平移 1 个单位 D向右平移个单位 【分析】先根据函数值相等求出交点的横坐标，再求出对应交点，结合时直角三角形的 顶点求出 ，最后结合图象平移规律即可求解 【解答】解：令 f（x）sinx 和 g（x）cosx 相等可得 sinxcosxtanx 1xk+，kZ； 可设连续三个交点的横坐标分别为：，； 对应交点坐标为：A（，1） ，B（，1） ，C（，1） ； 任意连

21、续三个交点均可作为一个等腰直角三角形的顶点； B 到 AC 的距离等于 AC 的一半； 即 2（）； f （x） sinxsinxcos （x） cos （x） cos （x1） ； 需把 yf（x）的图象向左平移 1 个单位得到 g（x）cosxcosx 的图象； 故选：A 【点评】本题主要考查函数 yAsin（x+）的图象变换规律以及三角函数的有关知识， 是对知识的综合考查，属于中档题目 8 （5 分）如图，在直角坐标系 xOy 中，一个质点从 A（a1，a2）出发沿图中路线依次经过 B （a3， a4） ， C （a5， a6） ， D （a7， a8） ， ， 按此规律一直运动下去，

22、则 a2017+a2018+a2019+a2020 （ ） 第 11 页（共 27 页） A2017 B2018 C2019 D2020 【分析】利用已知条件，写出对应点的数列的形式，判断数列的偶数项的性质，奇数项 的关系，然后转化求解即可 【解答】解：由直角坐标系可知，A（1，1） ，B（1，2） ，C（2，3） ，D（2，4） ，E （3，5） ，F（3，6） ， 即 a11，a21，a31，a42，a52，a63，a72，a84， 由此可知，数列中偶数项是从 1 开始逐渐递增的，且都等于其项数除以 2，每四个数中有 一个负数，且为每组的第三个数，每组的第一个数为其组数，每组的第一个数和第

23、三个 数是互为相反数，因为 20204505，则 a2019505，所以 a2017505，a20181009， a20201010， 则 a2017+a2018+a2019+a20202019， 故选：C 【点评】本题考查数列的应用，考查转化想以及计算能力，是中档题 二、多项选择题：本大题共二、多项选择题：本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 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中， 有多项符合题目要求的，全部选对得有多项符合题目要求的，全部选对得 5 分，选对但不全的得分，选对但不全的得 3 分，有选错的得分，有选错的得 0 分分 9 （5 分）为

24、了解运动健身减肥的效果，某健身房调查了 20 名肥胖者，测量了他们的体重 （单位：千克） 健身之前他们的体重情况如三维饼图（1）所示，经过半年的健身后， 他们的体重情况如三维饼图（2）所示，对比健身前后，关于这 20 名肥胖者，下面结论 第 12 页（共 27 页） 正确的是（ ） A他们健身后，体重在区间90，100）内的人数不变 B他们健身后，体重在区间100，110）内的人数减少了 2 个 C他们健身后，体重在区间110，120）内的肥胖者体重都有减轻 D他们健身后，这 20 位肥胖者的体重的中位数位于区间90，100） 【分析】根据题意，求出健身前后每一段的人数，然后进行选项判断 【解

25、答】解：图（1）中体重在区间90，100） ，100，110） ，110，120）内的人数分别 为 8，10，2； 图（2）中体重在区间80，90） ，90，100） ，100，110） ，内的人数分别为 6，8，6； 故选：ACD 【点评】本题考查扇形图，属于基础题 10 （5 分）为弘扬中华传统文化，某校组织高一年级学生到古都西安游学在某景区，由 于时间关系，每个班只能在甲、乙、丙三个景点中选择一个游览，高一 1 班的 27 名同学 决定投票来选定游览的景点，约定每人只能选择一个景点，得票数高于其它景点的入 选据了解，若只游览甲、乙两个景点，有 18 人会选择甲，若只游览乙、丙两个景点，

26、有 19 人会选择乙，那么关于这轮投票结果，下列说法正确的是（ ） A该班选择去甲景点游览 B乙景点的得票数可能会超过 9 C丙景点的得票数不会比甲景点高 D三个景点的得票数可能会相等 【分析】本题先根据已知条件若只游览甲、乙两个景点，有 18 人会选择甲，推出选择乙 的为 27189 人，进一步推导出若在甲、乙、丙只游览一个景点时，选择乙的一定小 于等于 9 人，可得选项 B 错误；同理可推出选项 D 错误，可得正确选项 【解答】解：由题意，可知 若只游览甲、乙两个景点，有 18 人会选择甲，则选择乙的为 27189 人， 第 13 页（共 27 页） 则若在甲、乙、丙只游览一个景点时，选择

27、乙的一定小于等于 9 人，选项 B 错误； 若只游览乙、丙两个景点，有 19 人会选择乙，则选择丙的为 27198 人， 则若在甲、乙、丙只游览一个景点时，选择丙的一定小于等于 8 人， 故选择甲的一定大于等于 279810 人，选项 D 错误； 故选：AC 【点评】本题主要考查联系实际进行推理的问题考查逻辑推理能力，分析理解能力， 本题属中档题 11 （5 分）若定义在 R 上的函数 f（x）满足 f（0）1，其导函数 f（x）满足 f（x）m 1，则下列成立的有（ ） Af（） Bf（）1 Cf（） Df（）0 【分析】根据题意，构造新函数 g（x）f（x）mx，求出其导数，分析可得 g（

28、x）在 区间 R 上为增函数，由不等式的性质分析可得 01 以及0，结合函数的单调 性分析可得答案 【解答】解：根据题意，设 g（x）f（x）mx，则其导数 g（x）f（x）m， 又由 f（x）m1，则 g（x）在区间 R 上为增函数， 对于 A，又由 m1，则 01，g（）g（0） ，即 f（）mf（0） ，即 f（） 11，变形可得：f（）0； 又由 m1，则0，必有 f（），A 正确； 对于 C，由于 m1，则0，则有 g（）g（0） ，即 f（）f（0） 1，变形可得 f（）1，故 C 正确，D 错误； 故选：AC 【点评】本题考查利用导数分析函数的单调性，注意构造新函数 g（x） ，

29、并利用导数分析 其单调性 12 （5 分）已知双曲线1（nN*） ，不与 x 轴垂直的直线 l 与双曲线右支交于点 B，C（B 在 x 轴上方，C 在 x 轴下方） ，与双曲线渐近线交于点 A，D（A 在 x 轴上方） ， 第 14 页（共 27 页） O 为坐标原点，下列选项中正确的为（ ） A|AC|BD|恒成立 B若 SBOCSAOD，则|AB|BC|CD| CAOD 面积的最小值为 1 D对每一个确定的 n，若|AB|BC|CD|，则AOD 的面积为定值 【分析】设 l：ykx+b，与双曲线方程联立，化为关于 x 的一元二次方程，利用根与系 数的关系求得 BC 的中点坐标，再联立直线方

30、程与双曲线的渐近线方程，求出 A，D 的坐 标，求其中点坐标，可得 AD 和 BC 的中点重合，则|AC|BD|恒成立，故 A 正确由 AD 和 BC 的中点重合为 P，得|AB|CD|，结合面积关系即可得到|AB|BC|CD|，故 B 正 确由 BC 过点（1，0）且 BC 垂直于 x 轴时，AOD 的面积最小值为 1，可知当 n 无限 小时，存在不垂直与 x 轴的直线与双曲线右支交于点 B，C，与双曲线渐近线交于点 A， D，使得AOD 的面积大于 1，故 C 错误由三角形 AOD 为直角三角形，求其面积，可 得是定值，故 D 正确 【解答】解：设 l：ykx+b，代入 x2y2n，得（1

31、k2）x22kbxb2n0， 显然 k1，4b2k2+4（1k2） （b2+n）0，即 b2+n（1k2）0， 设 B（x1，y1） ，C（x2，y2） ，则 x1，x2是方程的两个根， 有， 设 A（x3，y3） ，D（x4，y4） ， 由，得； 由，得； ，即 AD 和 BC 的中点重合，则|AC|BD|恒成立，故 A 正确 AD 和 BC 的中点重合为 P，|AB|CD|， 又 SBOCSAOD，|BC|AD|，则|AB|BC|CD|，故 B 正确 当 BC 过点（1，0）且 BC 垂直于 x 轴时，AOD 的面积最小值为 1， 则当 n 无限小时，存在不垂直与 x 轴的直线与双曲线右支

32、交于点 B，C，与双曲线渐近线 交于点 A，D， 第 15 页（共 27 页） 使得AOD 的面积大于 1，故 C 错误 |AB|BC|CD|，|BC|AD|，得|x3x4|，即 0， n0，k21，|OA|，|OD|，AOD90， 是定值，故 D 正确 故选：ABD 【点评】本题考查双曲线的简单性质，考查直线与双曲线位置关系的应用，考查计算能 力，是中档题 三、填空题：本大题共三、填空题：本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分 13 （5 分）已知向量，若，则 a 3 【分析】根据平面向量的数量积定义列方程求出 a 的值 【解答】解：因为向量，且， 所以 a30

33、， 解得 a3 故答案为：3 【点评】本题考查了平面向量的数量积应用问题，是基础题 14 （5 分）在（x2）6的展开式中，常数项为 15 （用数字作答） 【分析】写出二项展开式的通项，由 x 的指数为 0 求得 r 值，则答案可求 第 16 页（共 27 页） 【解答】解：由 取 123r0，得 r4 展开式中常数项为 故答案为：15 【点评】本题考查二项式系数的性质，关键是熟记二项展开式的通项，是基础题 15 （5 分）直线 l 过抛物线 C：y22px（p0）的焦点 F（1，0） ，且与 C 交于 M，N 两点， 则 p 2 ，的最小值是 【分析】利用焦点 F 的坐标即可求出 p 的值，

34、进而得到抛物线 C 的方程，设点 M（x1， y1） ，N（x2，y2） ，设直线 l 的方程为：xmy+1，与抛物线方程联立，利用韦达定理可得 x1x21，再利用抛物线的定义化简 +1，结合基本不等式即可求出结果 【解答】解：因为抛物线 C：y22px（p0）的焦点 F（1，0） ，所以 p2， 抛物线 C 的方程为：y24x， 设点 M（x1，y1） ，N（x2，y2） ，设直线 l 的方程为：xmy+1， 联立方程，消去 x 得：y24my40， y1+y24m，y1y24， x1x2（my1+1） （my2+1）m2y1y2+m（y1+y2）+14m2+4m2+11， + 11，当且仅

35、当，即 x1+13 时，等号成立， 的最小值是， 故答案为：2， 【点评】本题主要考查了抛物线的定义，以及直线与抛物线的位置关系，是中档题 16 （5 分）若点 M 在平面 外，过点 M 作面 的垂线，则称垂足 N 为点 M 在平面 内的 第 17 页（共 27 页） 正投影， 记为 Nf（M） 如图， 在棱长为 1 的正方体 ABCDA1B1C1D1中， 记平面 AB1C1D 为 ，平面 ABCD 为 ，点 P 是棱 CC1上一动点（与 C，C1不重合）Q1ff（P）， Q2ff（P）给出下列三个结论： 线段 PQ2长度的取值范围是； 存在点 P 使得 PQ1平面 ； 存在点 P 使得 PQ

36、1PQ2 其中正确结论的序号是 【分析】建立空间直角坐标系，求出各个点的坐标，再根据题意求线面的坐标，令其满 足题意，得到方程，如果有解，则存在，无解，不存在 【解答】解：取 C1D 的中点 Q2，过点 P 在平面 AB1C1D 内作 PEC1D，再过点 E 在平 面 CC1D1D 内 EQ1CD，垂足为 Q1 在正方体 ABCDA1B1C1D1中，AD平面 CC1D1D，PE平面 CC1D1D，PEAD， 又 PEC1D，C1DADD， PE平面 AB1C1D，即 PE，f（P）E， 同理可证 EQ1，CQ，则 ff（P）fEQ1，ff（P）fCQ2 以点 D 为坐标原点，DA、DC、D1D

37、 所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标 系 Dxyz， 设 CPa（0aa） ，则 P（0，1，a） ，C（0，1，0） ，E（0，） ，Q1（0， 0） ，Q2（0，） 对于命题， |PQ2|， 0a1， 则a， 则 0， 所以，|PQ2|，命题正确； 对 于 命 题 ， CQ2 ， 则 平 面 的 一 个 法 向 量 为， ，令，解得 a（0，1） ， 第 18 页（共 27 页） 所以，存在点 P 使得 PQ1平面 ，命题正确； 对于命题，令， 整理得 4a23a+10，该方程无解，所以，不存在点 P 使得 PQ1PQ2，命题错误 故答案为： 【点评】本题考查命题，以及

38、立体几何的平行，垂直关系，利用空间直角坐标系进行建 系，属于难题 四、解答题：共四、解答题：共 70 分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤 17 （10 分）ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且满足 ccosA+acosCa （1）求的值； （2）若 a1，求ABC 的面积 【分析】 （1）先根据正弦定理将条件边化角，然后借助于诱导公式进一步化简成 sinA、 sinB 的关系式，最后借助于正弦定理得解； （2）结合（1）的结论，可求出三边，利用余弦定理求出任意角，套用面积公式即可求 出结果 【解答】解： （1）由正弦定理，cco

39、sA+acosCa 可化为： sinCcosA+cosCsinAsinA， 也就是 sin（A+C）sinA 由三角形内角和定理得 sin（A+C）sin（B）sinB 即 sinBsinA 由正弦定理可得 ba，故 （2）由 a1 可知 b1而， 由余弦定理可知 又 0C，于是 【点评】本题考查正余弦定理的应用，以及转化思想在解三角形问题中的应用同时也 考查了学生的运算、逻辑推理等核心数学素养属于中档题 18 （12 分）在a2+a3a5b1，a2a32a7，S315 这三个条件中任选一个，补充 在下面问题中，并解答 已知等差数列an的公差 d0，前 n 项和为 Sn，若 _，数列bn满足

40、b11，b2 第 19 页（共 27 页） ，anbn+1nbnbn+1 （1）求an的通项公式； （2）求bn的前 n 项和 Tn 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分 【分析】若选： （1）先令 n1，代入 anbn+1nbnbn+1求出 a1，再由 a2+a3a5b1求出公差 d，进而 求出 an； （2）先由（1）中求出的 an结合 anbn+1nbnbn+1得到 bn，再求 Tn 若选： （1）先令 n1，代入 anbn+1nbnbn+1求出 a1，再由 a2a32a7，d0，求出公差 d， 进而求出 an； （2）先由（1）中求出的 an结合 anbn+1nbnbn+1得

41、到 bn，再求 Tn 若选： （1）先令 n1，代入 anbn+1nbnbn+1求出 a1，再由 S315 求出公差 d，进而求出 an； （2）先由（1）中求出的 an结合 anbn+1nbnbn+1得到 bn，再求 Tn 【解答】解：若选： （1）anbn+1nbnbn+1，当 n1 时，a1b2b1b2，b11，b2，a12 又a2+a3a5b1，d3， an3n1； （2）由（1）知： （3n1）bn+1nbnbn+1，即 3nbn+1nbn，b又 b11， 所以数列bn是以 1 为首项，以为公比的等比数列， b，Tn 若选： （1）anbn+1nbnbn+1，当 n1 时，a1b2b

42、1b2，b11，b2，a12 又a2a32a7，（2+d） （2+2d）2（2+6d） ，d0，d3， an3n1； 第 20 页（共 27 页） （2）由（1）知： （3n1）bn+1nbnbn+1，即 3nbn+1nbn，b又 b11， 所以数列bn是以 1 为首项，以为公比的等比数列， b，Tn 若选： （1）anbn+1nbnbn+1，当 n1 时，a1b2b1b2，b11，b2，a12 又S315，d3， an3n1； （2）由（1）知： （3n1）bn+1nbnbn+1，即 3nbn+1nbn，b又 b11， 所以数列bn是以 1 为首项，以为公比的等比数列， b，Tn 【点评】本

43、题主要考查等差数列、等比数列的通项公式的求法及公式法求前 n 项和，属 于基础题 19（12 分） 如图， 已知四边形 ABCD 为等腰梯形， BDEF 为正方形， 平面 BDEF平面 ABCD， ADBC，ADAB1，ABC60 （1）求证：平面 CDE平面 BDEF； （2）点 M 为线段 EF 上一动点，求 BD 与平面 BCM 所成角正弦值的取值范围 【分析】 （1）先求出 BDDC，再证明 CD平面 BDEF，再根据面面垂直的判断定理求 出即可； （2）根据题意，建立空间直角坐标系，求出平面 BCM 的法向量，BD 的方向向量，利 第 21 页（共 27 页） 用夹角公式，结合函数的

44、最值，求出即可 【解答】解： （1）等腰梯形 ABCD，ADAB1， 由ABC60，BAD120， BD， BC1+2， 所以 BC2CD2+BD2，BDDC， 由平面 BDEF平面 ABCD，BD平面 BDEF平面 ABCD， 所以 CD平面 BDEF， 又 CD平面 CDE， 所以平面 CDE平面 BDEF； （2）根据题意，以 D 为圆心，以 DB，DC，DE 分别为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系， 设 EMm0，则 B（，0，0） ，C（0，1，0） ，D（0，0，0） ，M（m，0，） ， ， 设平面 BMC 的法向量为， 由， 令 x，y3，z， 故， 设 BD 与平面 BCM 的夹角为 ， 所以 sin|cos|，m0， 所以当 m0 时取最小值，m取最大值， 故 BD 与平面 BCM 所成角正弦值的取值范围为 第 22 页（共 27 页） 【点评】考查线线，线面，面面垂直的判断与性质，向量法求法向量，夹角公式的应用， 函数的单调性等，中档题 20 （12 分）已知椭圆 C：（ab0）的左、右焦点分别为 F1，F2，以 F2为圆 心过椭圆左顶点 M 的圆与直线 3x4y+120 相切于 N，且满足 （1）求椭圆 C 的标准方程； （2）过椭圆 C 右焦点 F2的直线 l 与椭圆 C 交于不同的两点 A，B，问F1AB 内切圆面 积是否有最大值？若