一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）
1. 若集合𝐴={𝑥|3−2𝑥<1}，𝐵={𝑥|3𝑥−2𝑥2≥0}，则𝐴∩𝐵=( )
A. (1,2]
B. (1,4]
2
9
C. (1,2]
3
D. (1,+∞)
2. i虚数单位，复数𝑧=𝑖+1在复平面内对应的点的坐标为( )
A. (−1,1)
1
B. (1,1) B. 5 2
C. (1,−1) C. 5 B. 必要不充分条件
3
D. (−1,−1) D. 5
4
3. 从1，2，3，4，5中随机取出三个不同的数，则其和为奇数的概率为( )
A. 5 A. 充分不必要条件 C. 充要条件
4. 设x，𝑦∈𝑅，则“𝑥2+𝑦2≤2“是“|𝑥|≤1且|𝑦|≤1“的( )
D. 既不充分也不必要条件 C. (−∞,3)
2𝜋
1
5. 设函数𝑓(𝑥)=2𝑥−2−𝑥，则不等式𝑓(1−2𝑥)+𝑓(𝑥)>0的解集为( )
A. (−∞,1) B. (1,+∞)
D. (3,+∞)
1
⃗ |=4，𝑒⃗ 为单位向量，当𝑎⃗ ，𝑒⃗ 的夹角为3时，𝑎⃗ 在𝑒⃗ 上的投影为( ) 6. 已知|𝑎
A. 2 A. 8
B. −2 B. 32
sin𝐶
sin𝐶
C. 2√3 C. 16
D. −2√3 D. 64
7. 已知等比数列{𝑎𝑛}的前三项为1，2，4，则𝑎6=( )
8. 在△𝐴𝐵𝐶中，若sin𝐶+sin𝐴+sin𝐶+sin𝐵=1，则cos 𝐶的最小值为 ( )
A. 3 1
2 B. √4
C. 2 1
3 D. √2
9. 从甲城市到乙城市𝑡 𝑚𝑖𝑛的电话费由函数𝑔(𝑡)=1.06×(0.75[𝑡]+1)给出，其中𝑡>0，[𝑡]为t的
整数部分，则从甲城市到乙城市5.5 𝑚𝑖𝑛的电话费为( )
A. 5.04元
9
B. 5.56元 B. 2 3
C. 5.84元 C. 8 17
D. 5.38元 D. 2
5
10. 已知F是抛物线C：𝑦=2𝑥2的焦点，点𝑃(𝑥,𝑦)在抛物线C上，且𝑥=1，则|𝑃𝐹|=( )
A. 8 11. 在正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，M是BC的中点，点P是面𝐷𝐶𝐶1𝐷1所在的平面内的动点，且满
足∠𝐴𝑃𝐷=∠𝑀𝑃𝐶，则点P的轨迹是( )
A. 圆
1
B. 椭圆 C. 双曲线 D. 抛物线
𝑐
12. 若关于x的不等式𝑥2+𝑎𝑥−𝑐<0的解集为{𝑥|−2<𝑥<1}，且函数𝑦=𝑎𝑥3+𝑚𝑥2+𝑥+2在区
间(2,1)上不是单调函数，则实数m的取值范围为( )
第1页，共19页
A. (−2,−√3)
C. (−∞,−2)∪(√3,+∞)
二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
B. [−3,−√3]
D. (−∞,−2]∪(−√3,+∞)
𝑎𝑥−1,𝑥≥0
13. 已知函数𝑓(𝑥)={√2，若𝑓(𝑓(−2))=3，则𝑎= ______ ．
−𝑥−4𝑥,𝑥<0
14. 某校有4000名学生，各年级男、女生人数如表，已知在全校学生中随机抽取一名奥运火炬手，
抽到高一男生的概率是0.2，则高二的学生人数为______ ．
女生 男生 高一 600 x 1𝑏𝑛
高二 y z 高三 650 750 2𝑐𝑛=𝑎𝑛，𝑎𝑛=() 𝑏𝑛，15. 已知𝑎𝑛=2𝑛−2，求数列{𝑐𝑛}前n项的和𝑆𝑛= 2
______ ．
16. 如图，在正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，点P在面对角线AC上运
动，给出下列四个命题： ①𝐷1𝑃//平面𝐴1𝐵𝐶1； ②𝐷1𝑃⊥𝐵𝐷；
③平面𝑃𝐷𝐵1⊥平面𝐴1𝐵𝐶1； ④三棱锥𝐴1−𝐵𝑃𝐶1的体积不变． 则其中所有正确的命题的序号是______．
三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）
17. 如图是某市今年1月份前30天空气质量指数(𝐴𝑄𝐼)的趋势图．
(1)根据该图数据在答题卷中完成频率分布表，并在图4中补全这些数据的频率分布直方图；
第2页，共19页
分组 [20,40) [40,60) [60,80) [80,100) [100,120) [120,140) [140,160) [160,180) [180.200] 合计 频数 30 频率 1 (2)当空气质量指数(𝐴𝑄𝐼)小于100时，表示空气质量优良．某人随机选择当月(按30天计)某一天到达该市，根据以上信息，能否认为此人到达当天空气质量优良的可能性超过60%？
(图中纵坐标1/300即300，以此类推)
1
△𝐴𝐶𝐷所在的平面互相垂直，𝐸𝐵⊥平面ABC，18. 如图两个等边△𝐴𝐵𝐶，
且𝐴𝐶=2，𝐵𝐸=√3． (Ⅰ)求三棱锥𝐴−𝐵𝐶𝐸的体积； (Ⅱ)求证：𝐷𝐸//平面ABC．
第3页，共19页
19. 已知函数𝑓 (𝑥)=𝐴𝑠𝑖𝑛(𝜔𝑥+𝜑) ( 𝐴>0,𝜔>0,0<𝜑<𝜋)的图象如图所示．
(1)求A，𝜔，𝜑的值；
(2)若𝑥∈[−2,12]，求𝑓(𝑥)的值域．
𝜋𝜋
第4页，共19页
20. 如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆𝐶:𝑥4+𝑦=1，过点𝑃(0,1)的动直线l与椭圆C交于
2
A，B两点．
22
⃗⃗⃗⃗ ⋅⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ 为定值； (1)求证：⃗𝑃𝐴𝑃𝐵+⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑂𝐴⋅⃗𝑂𝐵(2)求𝛥𝐴𝑂𝐵面积的最大值．
21. 已知函数𝑓(𝑥)=𝑙𝑛𝑥−𝑚𝑥2，𝑚∈𝑅．
(Ⅰ)若1<𝑥<2时，𝑓(𝑥)>1恒成立，求m的取值范围；
(Ⅱ)若𝑚=0时，令𝑎𝑛+1=𝑓(𝑎𝑛)，𝑛∈𝑁∗，𝑎1=√𝑒，求证：2𝑛𝑙𝑛𝑎𝑛≥1．
𝑥−1
22. 在平面直角坐标系xOy中，倾斜角为𝛼的直线l的参数方程为{𝑦=1+𝑡𝑠𝑖𝑛𝛼(其中t为参数).在
x轴的非负半轴为极轴的极坐标系(两种坐标系的单位长度相同)中，𝜌(1+以O为极点、曲线C：𝑐𝑜𝑠2𝜃)=𝜆𝑠𝑖𝑛𝜃的焦点F的极坐标为(1,2)． (Ⅰ)求常数𝜆的值；
𝜋
𝑥=𝑡𝑐𝑜𝑠𝛼
第5页，共19页
(Ⅱ)设l与C交于A、B两点，且|𝐴𝐹|=3|𝐹𝐵|，求𝛼的大小．
23. 设函数𝑓(𝑥)=|𝑥−4|+|𝑥−3|，𝑓(𝑥)的最小值为m．
(1)求m的值；
(2)当𝑎+2𝑏=𝑚(𝑎,𝑏∈𝑅)，求𝑎2+𝑏2的最小值．
第6页，共19页
-------- 答案与解析 --------
1.答案：C
解析： 【分析】
本题考查交集的求法，一元一次、一元二次不等式的解法，考查运算求解能力，属于基础题． 分别求出集合A和B，由此能求出𝐴∩𝐵． 【解答】
解：因为集合𝐴={𝑥|3−2𝑥<1}，𝐵={𝑥|3𝑥−2𝑥2≥0}， 所以𝐴={𝑥|𝑥>1},𝐵={𝑥|0≤𝑥≤2}， 所以𝐴∩𝐵={𝑥|1<𝑥≤2}，即𝐴∩𝐵=(1,2], 故选C．
3
3
3
2.答案：C
解析：解：∵𝑧=𝑖+1=(1+𝑖)(1−𝑖)=1−𝑖，
∴复数𝑧=𝑖+1在复平面内对应的点的坐标为(1,−1)． 故选：C．
直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．
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
2
2(1−𝑖)
3.答案：B
解析： 【分析】
本题考查概率的求法，是基础题．
3321
基本事件总数𝑛=𝐶5=10，这3个数的和为奇数包含的基本事件个数𝑚=𝐶3+𝐶2𝐶3=4，由此能
求出这3个数的和为奇数的概率． 【解答】
解：从1、2、3、4、5这五个数中，随机抽取3个不同的数，
3基本事件总数𝑛=𝐶5=10，
321这3个数的和为奇数包含的基本事件个数𝑚=𝐶3+𝐶2𝐶3=4，
则这3个数的和为奇数的概率为𝑛=10=5．
𝑚42
第7页，共19页
故选B．
4.答案：B
解析：解：由|𝑥|≤1且|𝑦|≤1⇒𝑥2+𝑦2≤2，反之不成立，例如𝑥=0，𝑦=√2． ∴𝑥2+𝑦2≤2“是“|𝑥|≤1且|𝑦|≤1“的必要不充分条件． 故选：B．
由|𝑥|≤1且|𝑦|≤1⇒𝑥2+𝑦2≤2，反之不成立，即可判断出结论．
本题考查了不等式的解法、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
5.答案：A
解析： 【分析】
本题考查函数的奇偶性与单调性的综合应用，注意分析𝑓(𝑥)的单调性以及奇偶性，属于基础题． 根据题意，分析可得𝑓(𝑥)为奇函数且在R上为增函数，则有𝑓(1−2𝑥)+𝑓(𝑥)>0⇒𝑓(1−2𝑥)>−𝑓(𝑥)⇒𝑓(1−2𝑥)>𝑓(−𝑥)⇒1−2𝑥>−𝑥，解可得x的取值范围，即可得答案． 【解答】
𝑓(𝑥)为奇函数， 解：根据题意，函数𝑓(𝑥)=2𝑥−2−𝑥，则𝑓(−𝑥)=2−𝑥−2𝑥=−(2𝑥−2−𝑥)=−𝑓(𝑥)，又由𝑓(𝑥)=2𝑥−2−𝑥，其导数为𝑓′(𝑥)=(2𝑥+2−𝑥)𝑙𝑛2>0，则函数𝑓(𝑥)在R上为增函数， 则𝑓(1−2𝑥)+𝑓(𝑥)>0⇒𝑓(1−2𝑥)>−𝑓(𝑥)⇒𝑓(1−2𝑥)>𝑓(−𝑥)⇒1−2𝑥>−𝑥， 解可得：𝑥<1，
即不等式的解集为(−∞,1)； 故选：A．
6.答案：B
解析：
【分析】利用平面向量的数量积、向量的投影定义即可得出． 本题考查了平面向量的数量积、向量的投影定义，属于基础题． ⃗ ⋅𝑒⃗ =|𝑎⃗ | |𝑒⃗ |cos<𝑎⃗ ,𝑒⃗ >=4×1×cos【解答】𝑎⃗ 在𝑒𝑎⃗ 上的投影=故选：B．
𝑎⃗ ·𝑒⃗
|𝑒⃗ |
2𝜋3
=−2，
=
−21
=−2
7.答案：B
第8页，共19页
解析：解：等比数列{𝑎𝑛}的前三项为1，2，4， 所以公比为：2． 𝑎6=1×25=32． 故选：B．
直接利用等比数列，求出公比，然后求解所求项． 本题考查等比数列的应用，基本知识的考查．
8.答案：C
解析：解：已知等式sin𝐶+sin𝐴+sin𝐶+sin𝐵=1，利用正弦定理化简得：𝑐2=𝑎𝑏， 𝑐𝑜𝑠𝐶=
𝑎2+𝑏2−𝑐2
2𝑎𝑏
sin𝐶
sin𝐶12
=
𝑎2+𝑏2−𝑎𝑏
2𝑎𝑏
≥
𝑎𝑏2𝑎𝑏
=，
故选：C．
已知等式利用正弦定理化简得到关系式，再利用余弦定理表示出cosC，利用基本不等式即可求出答案．
此题考查了正弦、余弦定理，以及基本不等式，熟练掌握定理是解本题的关键．属于基础题．
9.答案：A
解析： 【分析】
本题考查取整函数以及代值求解，属于基础题.注意计算即可． 【解答】
解：由题意得𝑔(5.5)=1.06×(0.75×[5.5]+1)=1.06×(0.75×5+1)=5.035≈5.04， 故选A．
10.答案：C
解析： 【分析】
本题考查抛物线的简单性质的应用，考查计算能力，属于基础题． 利用抛物线方程求出p，利用抛物线的性质列出方程求解即可． 【解答】
解：由𝑦=2𝑥2，得𝑥2=2，则𝑝=4； 由𝑥=1得𝑦=2，
由抛物线的性质可得|𝑃𝐹|=2+2=2+8=故选：C．
𝑝
1
178
𝑦
1
．
第9页，共19页
11.答案：A
解析： 【分析】
本题考查了轨迹方程的求法，考查了数学转化思想方法，考查了学生的空间想象能力和思维能力，是中档题．
由题意画出图形，由角的关系得到边的关系，建系后由求轨迹方程的方法求得P的轨迹． 【解答】
解：如图，∠𝐴𝑃𝐷=∠𝑀𝑃𝐶，
在𝑅𝑡△𝑃𝐷𝐴与𝑅𝑡△𝑃𝐶𝑀中，设𝐴𝐷=2，则𝑀𝐶=1， ∴𝑡𝑎𝑛𝐴𝑃𝐷=
𝐴𝐷𝑃𝐷
=
𝑀𝐶
，则𝑃𝐷=𝑃𝐶，𝑃𝐷=2𝑃𝐶． 𝑃𝐶
21
在平面𝐷𝐶𝐶1𝐷1中，以DC所在直线为x轴，以DC的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系， 则𝐷(−1,0)，𝐶(1,0)， 设𝑃(𝑥,𝑦)，
由𝑃𝐷=2𝑃𝐶，得：√(𝑥+1)2+𝑦2=2√(𝑥−1)2+𝑦2， 整理得：𝑥2−
103
𝑥+𝑦2+1=0．
∴点P的轨迹是圆． 故选A．
12.答案：A
解析：因为关于x的不等式𝑥2+𝑎𝑥−𝑐<0的解集为{𝑥|−2<𝑥<1}
，所以𝑥=−2,𝑥=1是方程
−𝑎=−1,−𝑐=−2，𝑥2+𝑎𝑥−𝑐=0的两个根，即𝑎=1,𝑐=2，由𝑦=𝑥3+𝑚𝑥2+𝑥+1，∴𝑦′=3𝑥2+
第10页，共19页
2𝑚𝑥+1，因为函数𝑦=𝑥3+𝑚𝑥2+𝑥+1在区间(2,1)上不是单调函数，
1
1
𝑦′=3𝑥2+2𝑚𝑥+1有正有
负，可以转化为𝑦′=3𝑥2+2𝑚𝑥+1=0(∗)在区间(2,1)上有解，且不是重解，所以由3𝑥2+2𝑚𝑥+1=0可得2𝑚=−3𝑥−𝑥，令𝑓(𝑥)=−3𝑥−𝑥,𝑓′(𝑥)=−3+𝑥2，令𝑓′(𝑥)=0得：𝑥=√，𝑥∈(,√)，时
3
2
3
1
1
1
31
3𝑓′(𝑥)>0,𝑓(𝑥)递增，𝑥∈(√,1)时，𝑓′(𝑥)<0,𝑓(𝑥)，递减，∴𝑓(𝑥)max=𝑓(√)=−2√3，∵𝑓(1)=
3
3
33−4,𝑓()=−，∴𝑓(𝑥)的值域为(−4,−2√3],∴2𝑚∈(−4,−2√3]，当𝑚=−√3时，∴𝑚∈(−2,−√3]，22(∗)中𝛥=0，有2个相等的根，不合题意，故选A．
5
17
13.答案：2
𝑎𝑥−1,𝑥≥0解析：解：函数𝑓(𝑥)={√2，若𝑓(𝑓(−2))=3，
−𝑥−4𝑥,𝑥<0可得：𝑓(𝑓(−2))=𝑓(4)=√4𝑎−1=3，解得𝑎=2． 故答案为：2．
利用分段函数，由里及外列出方程求解即可．
本题考查分段函数的应用，函数值的求法，考查转化思想以及计算能力．
5
5
14.答案：1200
解析：解：依表知𝑥+𝑦+𝑧=4000−600−650−750=2000，再由4000=0.2，于是𝑥=800， 故高二的学生人数为𝑦+𝑧=2000−800=1200， 故答案为1200．
依表可知𝑥+𝑦+𝑧=4000−600−650−750=2000，再由4000=0.2，求得x的值，即可求得高二的学生人数𝑦+𝑧的值．
本题主要考查分层抽样的定义和方法，利用各个个体被抽到的概率相等，属于基础题．
𝑥
𝑥
15.答案：2𝑛
2
=(2) 𝑏𝑛， 解析：解：∵𝑎𝑛=2𝑛−2>0，𝑎𝑛2
∴log2𝑎𝑛=log2(2) 𝑏𝑛，
1
1
8𝑛
化简得：𝑏𝑛=−2(𝑛−2)， ∴𝑐𝑛=𝑎𝑛=
𝑛
𝑏−2(𝑛−2)2𝑛−21
，
1
1
1
∴𝑆𝑛=−2[−1⋅2−1+0+1⋅2+2⋅22+⋯+(𝑛−2)⋅2𝑛−2]，
1
⋅𝑆𝑛=−2[−1⋅20+0+1⋅22+2⋅23+⋯+(𝑛−3)⋅2𝑛−2+(𝑛−2)⋅2𝑛−1]， 2
两式相减得：2⋅𝑆𝑛=−2[−2+(20+21+22+23+⋯+2𝑛−2)−(𝑛−2)⋅2𝑛−1]，
1
1
1
1
1
1
1
11111
第11页，共19页
∴𝑆𝑛=−4[−2+=−4[−2+2−=2𝑛，
8𝑛
1−
12𝑛−111−2
−(𝑛−2)⋅
1
12𝑛−1
]
12𝑛−2
−(𝑛−2)⋅
2𝑛−1
]
故答案为：2𝑛．
2
=(2) 𝑏𝑛两边取对数化简可知𝑏𝑛=−2(𝑛−2)，进而𝑐𝑛=通过𝑎𝑛
1
−2(𝑛−2)2𝑛−2
8𝑛
，利用错位相减法计算即得
结论．
本题考查数列的通项及前n项和，考查运算求解能力，涉及对数的性质等基础知识，利用错位相减法是解决本题的关键，注意解题方法的积累，属于中档题．
16.答案：①③④
解析： 【分析】
本题主要考查空间直线和平面平行和垂直的位置关系的判断，综合考查学生的推理能力，属于中档题．
①根据面面平行的性质定理进行判断𝐷1𝑃//平面𝐴1𝐵𝐶1； ②利用特殊值法，即可判断𝐷1𝑃⊥𝐵𝐷不成立；
③根据面面垂直的判断条件即可判断平面𝑃𝐷𝐵1⊥平面𝐴1𝐵𝐶1；
④将三棱锥的体积进行等价转化，即可判断三棱锥𝐴1−𝐵𝑃𝐶1的体积不变． 【解答】
解：①∵在正方体中，𝐷1𝐴//𝐵𝐶1， 且𝐷1𝐴⊂平面𝐷1𝐴𝐶，𝐵𝐶1⊄平面𝐷1𝐴𝐶， ∴𝐵𝐶1//平面𝐷1𝐴𝐶， 同理𝐵𝐴1//平面𝐷1𝐴𝐶，
又𝐵𝐶1、𝐵𝐴1⊂平面𝐴1𝐵𝐶1，且𝐵𝐶1∩𝐵𝐴1=𝐵， ∴平面𝐷1𝐴𝐶//平面𝐴1𝐵𝐶1； ∵𝑃在面对角线AC上运动，∴𝐷1𝑃//平面𝐴1𝐵𝐶1；∴①正确．
②当P位于AC的中点时，𝐷1𝑃⊥𝐵𝐷不成立，∴②错误； ③∵𝐴1𝐶1⊥平面𝐵𝐷𝐷1𝐵1，𝐵1𝐷⊂平面𝐵𝐷𝐷1𝐵1， ∴𝐴1𝐶1⊥𝐵1𝐷， 同理𝐴1𝐵⊥𝐵1𝐷，∴𝐵1𝐷⊥平面𝐴1𝐵𝐶1，
∴平面𝑃𝐷𝐵1⊥平面𝐴1𝐵𝐶1；∴③正确．
，
第12页，共19页
④三棱锥𝐴1−𝐵𝑃𝐶1的体积等于三棱锥𝐵−𝐴1𝑃𝐶1的体积． △𝐴1𝑃𝐶1的面积为定值2𝐴1𝐶1⋅𝐴𝐴1， B到平面𝐴1𝑃𝐶1的距离为高，为定值， ∴三棱锥𝐴1−𝐵𝑃𝐶1的体积不变，∴④正确． 故答案为：①③④．
1
17.答案：解：(1)根据图中数据，列出频率分布表如下；
分组 [20,40) [40,60) [60,80) [80,100) [100,120) [120,140) [140,160) [160,180) [180.200] 合计 频数 2 5 7 5 2 5 1 1 2 30 30 15 1 11频率 11615 71630 11615 1 30第13页，共19页
根据频率分布表，画出频率分布直方图，如下；
(2)由频率分布表知，该市本月前30天中空气质量优良的天数为 2+5+7+5=19，---(9分) ∴此人到达当天空气质量优良的概率： 𝑃=30≈0.63>0.6；---(11分)
∴可以认为此人到达当天空气质量优良的可能性超过60%.---(12分)
解析：(1)根据图中数据，列出频率分布表，画出频率分布直方图即可；
(2)由频率分布表，得出该市本月前30天中空气质量优良的天数，计算任意1天空气质量优良的概率即可．
本题考查了列频率分布表与画频率分布直方图的应用问题，也考查了利用频率估计概率的应用问题，是基础题目．
19
18.答案：(Ⅰ)解：∵△𝐴𝐵𝐶为等边三角形，且𝐴𝐶=2，
∴𝑆△𝐴𝐵𝐶=√3.…(1分)
∵𝐸𝐵⊥平面ABC，𝐵𝐸=√3…(2分)
∴三棱锥𝐴−𝐵𝐶𝐸的体积：𝑉𝐴−𝐵𝐶𝐸=𝑉𝐸−𝐴𝐵𝐶…(3分)=3⋅𝑆△𝐴𝐵𝐶⋅𝐵𝐸=1…(4分) (𝐼𝐼)证明：取AC的中点O，连结DO、BO，…(5分) ∵△𝐴𝐶𝐷为等边三角形，且𝐴𝐶=2， ∴𝐷𝑂⊥𝐴𝐶,𝐷𝑂=√3，…(6分)
∵平面𝐴𝐶𝐷⊥平面ABC，平面𝐴𝐶𝐷∩平面𝐴𝐵𝐶=𝐴𝐶， ∴𝐷𝑂⊥平面ABC，…(7分) ∵𝐸𝐵⊥平面ABC，𝐵𝐸=√3 ∴𝐵𝐸//𝐷𝑂，𝐷𝑂=𝐵𝐸，…(8分) ∴四边形BODE为平行四边形，…(9分) ∴𝐷𝐸//𝐵𝑂，…(10分)
又𝐷𝐸⊄平面ABC，𝐵𝑂⊂平面ABC，
1
第14页，共19页
∴𝐷𝐸//平面𝐴𝐵𝐶.…(12分)
解析：(Ⅰ)利用三棱锥𝐴−𝐵𝐶𝐸的体积：𝑉𝐴−𝐵𝐶𝐸=𝑉𝐸−𝐴𝐵𝐶，即可求三棱锥𝐴−𝐵𝐶𝐸的体积； (Ⅱ)证明四边形BODE为平行四边形，可得𝐷𝐸//𝐵𝑂，即可证明𝐷𝐸//平面ABC．
本题主要考查空间线与线、线与面的位置关系、体积的计算等基础知识；考查空间想象能力、运算求解能力及推理论证能力．
19.答案：解(1)根据函数𝑓(𝑥)=𝐴𝑠𝑖𝑛(𝜔𝑥+𝜑)(𝐴>0,𝜔>0,0<𝜑<𝜋)的图象，
设函数𝑓(𝑥)的最小正周期为T，
由图象知：𝐴=2，4𝑇=6−(−12)=4， 所以周期𝑇=𝜋，从而𝜔=
𝜋
2𝜋𝑇
1
𝜋
𝜋
𝜋
=2．
𝜋
因为函数图象过点(−12,2)，所以sin(−6+𝜑)=1． 因为0<𝜑<𝜋，所以−6<−6+𝜑<因此 𝐴=2，𝜔=2，𝜑=
2𝜋3𝜋
𝜋
5𝜋
，所以−6+𝜑=2，解得𝜑=6
𝜋𝜋2𝜋3
．
．
2𝜋3
(2)由(1)知 𝑓(𝑥)=2𝑠𝑖𝑛(2𝑥+
𝜋𝜋
𝜋
)，
2𝜋3
因为𝑥∈[−2,12]，∴−3≤2𝑥+∴−
√32
≤
5𝜋6
，
≤sin(2𝑥+
2𝜋3
)≤1，从而函数𝑓(𝑥)的值域为[−√3,2]．
解析：本题主要考查由函数𝑦=𝐴𝑠𝑖𝑛(𝜔𝑥+𝜑)的部分图象求解析式，由函数的图象的顶点坐标求出A，由周期求出𝜔，由五点法作图求出𝜑的值，正弦函数的定义域和值域，属于中档题． (1)由函数的图象的顶点坐标求出A，由周期求出𝜔，由五点法作图求出𝜑的值． (2)由题意利用正弦函数的定义域和值域，求得𝑓(𝑥)的值域．
20.答案：解：(1)证明：当直线AB的斜率存在时，设其方程为𝑦=𝑘𝑥+1，
点A，B的坐标分别为(𝑥1,𝑦1)，(𝑥2,𝑦2).
=1
2联立{4，得(2𝑘2+1)𝑥2+4𝑘𝑥−2=0， 𝑦=𝑘𝑥+1其判别式△=(4𝑘)2+8(2𝑘2+1)>0， 所以𝑥1+𝑥2=−2𝑘2+1，𝑥1𝑥2=−2𝑘2+1．
𝑦1𝑦2=(𝑘𝑥1+1)(𝑘𝑥2+1)=𝑘2𝑥1𝑥2+𝑘(𝑥1+𝑥2)+1，
⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =𝑥1𝑥2+(𝑦1−1)(𝑦2−1)+(𝑥1𝑥2+𝑦1𝑦2) ⃗⃗⃗⃗⃗ +𝑂𝐴从而，𝑃𝐴
=2(𝑘2+1)𝑥1𝑥2+𝑘(𝑥1+𝑥2)+1 −4(𝑘2+1)4𝑘2
=−2+1
2𝑘2+12𝑘+14𝑘
2
𝑥2
𝑦2
+
第15页，共19页
=
−6𝑘2−32𝑘2+1
=−3．
⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−(√2+1)(√2−1)−2=−3． ⃗⃗⃗⃗⃗ +𝑂𝐴当直线AB斜率不存在时，𝑃𝐴
⃗⃗⃗⃗ ⋅⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ 为定值−3． 所以当时，⃗𝑃𝐴𝑃𝐵+⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑂𝐴⋅⃗𝑂𝐵
(2)显然直线AB的斜率存在，设其方程为𝑦=𝑘𝑥+1， 由(1)知𝑥1+𝑥2=−2𝑘2+1，𝑥1𝑥2=1+2𝑘2．
所以△𝐴𝑂𝐵的面积𝑆=|𝑂𝑃||𝑥1−𝑥2|=×1×√(𝑥1+𝑥2)2−4𝑥1𝑥2=√
2
2
1
1
1
11+2𝑘24𝑘
−2
×(4−
21+2𝑘2)．
设𝑡=2𝑘2+1，则0<𝑡≤1，因此𝑆=√𝑡(4−2𝑡)=√2√𝑡 (2−𝑡)≤√2， 当且仅当𝑡=1，即𝑘=0时，△𝐴𝑂𝐵的面积取得最大值√2．
⃗⃗⃗⃗ ⋅⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ 的坐标表示出解析：(1)将椭圆方程与直线方程联立，韦达定理表示出来，然后将⃗𝑃𝐴𝑃𝐵+⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑂𝐴⋅⃗𝑂𝐵来，将韦达定理代入可得；
(2)用(1)中的结论表示出三角形的面积，然后求最值．
本题考查了向量的坐标运算，方程联立韦达定理的设而不求的思想，三角形面积的求法，属于中档题．
21.答案：解：(Ⅰ)当1<𝑥<2时，𝑥−1>0，欲使𝑓(𝑥)>1恒成立，即𝑙𝑛𝑥−𝑚𝑥2>1恒成立，
2
𝑙𝑛𝑥−𝑚𝑥>0只要满足{对𝑥∈(1,2)恒成立即可．…(2分) 𝑥−1>𝑙𝑛𝑥−𝑚𝑥2
𝑥−1
对于𝑙𝑛𝑥−𝑚𝑥2>0，即𝑚<令ℎ(𝑥)=
𝑙𝑛𝑥𝑥2𝑙𝑛𝑥𝑥2，
，则ℎ′(𝑥)=
1−2𝑙𝑛𝑥𝑥3，
∴函数ℎ(𝑥)在(1,√𝑒)内单调递增，在(√𝑒,2)内单调递减， 而ℎ(1)=0<ℎ(2)=∴𝑚≤0.…(3分)
对于𝑥−1>𝑙𝑛𝑥−𝑚𝑥2，即𝑚>则𝜑′(𝑥)=
(−1)⋅𝑥2−2𝑥(𝑙𝑛𝑥−𝑥+1)
𝑥4
1𝑥
𝑙𝑛24
，
𝑙𝑛𝑥−𝑥+1
𝑥2，令𝜑(𝑥)=
𝑙𝑛𝑥−𝑥+1
𝑥2，
=
𝑥−1−2𝑙𝑛𝑥
𝑥3𝑥−2𝑥
，
令𝑔(𝑥)=𝑥−1−2𝑙𝑛𝑥则𝑔′(𝑥)=<0，
∴𝑔(𝑥)=𝑥−1−2𝑙𝑛𝑥在(1,2)内单调递减，则𝑥−1−2𝑙𝑛𝑥<0，从而𝜑′(𝑥)<0， ∴𝜑(𝑥)在(1,2)内单调递减，则𝜑(𝑥)<0且当𝑥→1时，𝜑(𝑥)→𝑥， ∴𝑚≥0，
综上所述可得：𝑚=0.…(6分) (Ⅱ)下面用数学归纳法证明2𝑛𝑙𝑛𝑎𝑛≥1， (1)当𝑛=1时，𝑎1=√𝑒， ∴2𝑙𝑛𝑎1=2𝑙𝑛√𝑒=1，
第16页，共19页
∴当𝑛=1时命题成立．…(7分)
(2)假设𝑛=𝑘时命题成立，即2𝑛𝑙𝑛𝑎𝑛≥1，要证明𝑛=𝑘+1时命题成立，即证明2𝑘+1𝑙𝑛𝑎𝑘+1≥1． 只需证明𝑎𝑘+1≥𝑒−2(𝑘+1)，
∵𝑎𝑘+1=𝑓(𝑎𝑘)即证明𝑓(𝑎𝑘)≥𝑒−2(𝑘+1)， 由𝑓′(𝑥)=(
𝑥−1𝑙𝑛𝑥
1𝑥
)′=
𝑙𝑛𝑥+−1(𝑙𝑛𝑥)21
，
当𝑥>1时，易证𝑙𝑛𝑥+𝑥−1>0，
∴𝑓′(𝑥)>0，函数𝑓(𝑥)在区间(1,+∞)上为增函数． 由归纳假设2𝑘𝑙𝑛𝑎𝑘+1≥1，得𝑎𝑘≥𝑒2∴𝑓(𝑎𝑘)>𝑓(𝑒
−𝑘
−𝑘
>1，
2−𝑘
)=
𝑒2
−𝑘
−1
𝑙𝑛𝑒
2−𝑘=
𝑒2
−𝑘
−1
2−𝑘，
−(𝑘+1)
若𝑓(𝑒2)≥𝑒2
−(𝑘+1)
，则必有𝑓(𝑎𝑘)≥𝑒2
𝑥
2，故现在证明𝑓(𝑒2)≥𝑒2
𝑥2
−𝑘𝑥2
−(𝑘+1)
…(9分)
构造函数𝑢(𝑥)=𝑒−𝑥𝑒−1，则𝑢′(𝑥)=𝑒−𝑒−𝑒=𝑒(𝑒−−1)，
22
𝑥
𝑥
𝑥
𝑥
2𝑥2
𝑥
∵𝑥>0，易证𝑒2−−1>0，𝑢′(𝑥)>0，
2∴函数𝑢(𝑥)在(0,+∞)上为增函数， 故𝑢(2𝑘)>𝑢(0)=0，即𝑒2𝑘−则𝑓(𝑒
2−𝑘1
1
11⋅22𝑘𝑥
𝑥
12𝑘
⋅𝑒−1>0，
)=
𝑒2
−𝑘
−1
2−𝑘>𝑒2
−(𝑘+1)
，
−1
由(1)及题意知𝑓(𝑒
2−𝑘
)=
𝑒2
−𝑘
2−𝑘>𝑒2
−(𝑘+1)
，
综合(1)(2)知：对任意的𝑛∈𝑁∗都有2𝑛𝑙𝑛𝑎𝑛≥1成立．…(12分)
解析：(Ⅰ)当1<𝑥<2时，𝑥−1>0，欲使𝑓(𝑥)>1恒成立，即𝑙𝑛𝑥−𝑚𝑥2>1恒成立，只要满足
2
{𝑙𝑛𝑥−𝑚𝑥>02对𝑥∈(1,2)恒成立即可，分别构造辅助函数，求导，根据函数的单调性，求得m𝑥−1>𝑙𝑛𝑥−𝑚𝑥
𝑥−1
的取值范围；
(Ⅱ)采用数学归纳法，当𝑛=1时，𝑎1=√𝑒，2𝑙𝑛𝑎1=2𝑙𝑛√𝑒=1，当𝑛=1时命题成立，假设𝑛=𝑘时命题成立，要证明𝑛=𝑘+1时命题成立，即证明2𝑘+1𝑙𝑛𝑎𝑘+1≥1，只需证明𝑎𝑘+1≥𝑒−2(𝑘+1)，构造辅助函数求导，根据函数的单调性，即可求证𝑓(𝑒2−𝑘)=𝑒
2−𝑘−1
−𝑘
2−𝑘
>𝑒
2−(𝑘+1)，
𝑓(𝑒
2−𝑘
)=
𝑒2
−1
2−𝑘
>𝑒2
−(𝑘+1)
．
本题考查利用导数求函数的单调性及极值的综合运用，考查数学归纳法求证不等式成立，构造法求函数的单调性，考查学生的归纳推理能力，属于难题．
22.答案：解：(Ⅰ)曲线C：𝜌(1+𝑐𝑜𝑠2𝜃)=𝜆𝑠𝑖𝑛𝜃，
转换为：2𝜌2cos2𝜃=𝜆𝜌𝑠𝑖𝑛𝜃， 即：𝑥2=2𝑦，
由于：曲线C的焦点F的极坐标为(1,2)．
𝜋
𝜆
第17页，共19页
即：𝐹(0,1)， 所以：=1，
8𝜆
故：𝜆=8．
𝑥=𝑡𝑐𝑜𝑠𝛼
(Ⅱ)把倾斜角为𝛼的直线l的参数方程为{𝑦=1+𝑡𝑠𝑖𝑛𝛼(其中t为参数)代入𝑥2=4𝑦． 得到：cos2𝛼𝑡2−4𝑠𝑖𝑛𝛼𝑡−4=0． 所以：𝑡1+𝑡2=𝑐𝑜𝑠2𝛼，𝑡1⋅𝑡2=cos2𝛼<0， 且|𝐴𝐹|=3|𝐹𝐵|， 故：𝑡1=cos2𝛼，𝑡2=整理得
−12𝑠𝑖𝑛2𝛼cos4𝛼6𝑠𝑖𝑛𝛼
−2𝑠𝑖𝑛𝛼cos2𝛼
4𝑠𝑖𝑛𝛼
−4
，
=
−4cos2𝛼33
，
解得：𝑡𝑎𝑛𝛼=±√， 由于：0<𝛼≤𝜋， 故：𝛼=6或
解析：本题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换一元二次方程根和系数关系式的应用，三角函数关系式的恒等变换，主要考察学生的运算能力和转换能力，属于基础题型．
(Ⅰ)直接利用转换关系式，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换． (Ⅱ)利用一元二次方程关系式的应用和三角函数关系式的变换的应用求出结果．
𝜋
5𝜋6
．
23.答案：解：(1)函数𝑓(𝑥)=|𝑥−4|+|𝑥−3|≥|(𝑥−4)−(𝑥−3)|=1，
当(𝑥−4)(𝑥−3)≤0，即有3≤𝑥≤4时，𝑓(𝑥)取得最小值1， 即𝑚=1；
(2)方法一、运用柯西不等式(𝑐𝑑+𝑒𝑓)2≤(𝑐2+𝑒2)(𝑑2+𝑓2)， 当且仅当𝑐𝑓=𝑒𝑑，不等式取得等号． 即有1=(𝑎+2𝑏)2≤(𝑎2+𝑏2)(1+4)， 即为𝑎2+𝑏2≥5，
故当𝑏=2𝑎=5时，𝑎2+𝑏2的最小值为5；
方法二、𝑎2+𝑏2的几何意义为原点到点(𝑎,𝑏)的距离的平方， 由点到直线的距离公式可得最小值为𝑑2=(√1+4)2=5， 即有𝑎2+𝑏2的最小值为5．
1
11
1
1
1
第18页，共19页
解析：(1)运用绝对值不等式的性质，可得𝑓(𝑥)=|𝑥−4|+|𝑥−3|≥|(𝑥−4)−(𝑥−3)|，即可得到𝑚=1；
(2)方法一、运用柯西不等式(𝑐𝑑+𝑒𝑓)2≤(𝑐2+𝑒2)(𝑑2+𝑓2)，即可得到最小值；
方法二、运用𝑎2+𝑏2的几何意义为原点到点(𝑎,𝑏)的距离的平方，由点到直线的距离公式可得最小值． 本题考查函数的最值的求法，注意运用绝对值不等式的性质和柯西不等式和几何意义，考查运算能力，属于中档题．
第19页，共19页
因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容