2020年广东省佛山市高考数学一模试卷（理科）
一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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．
1. 在复平面内，复数
5𝑖1+2𝑖
对应的点位于（ ）
C.第三象限
D.第四象限
A.第一象限 B.第二象限 【答案】 A
【考点】
复数的代数表示法及其几何意义 【解析】
利用复数代数形式的乘除运算化简，求出复数所对应点的坐标得答案． 【解答】
∵ 1+2𝑖=(1+2𝑖)(1−2𝑖)=2+𝑖， ∴ 在复平面内，复数
5𝑖1+2𝑖
5𝑖
5𝑖(1−2𝑖)
对应的点的坐标为(2, 1)，位于第一象限．
2. 已知集合𝐴＝{𝑥|𝑥2−𝑥−2<0}，𝐵＝{𝑥||𝑥|>1}，则𝐴∩𝐵＝（ ） A.(−2, −1) B.(−1, 1) C.(0, 1) D.(1, 2) 【答案】 D
【考点】 交集及其运算 【解析】
可以求出集合𝐴，𝐵，然后进行交集的运算即可． 【解答】
𝐴＝{𝑥|−1<𝑥<2}，𝐵＝{𝑥|𝑥<−1或𝑥>1}， ∴ 𝐴∩𝐵＝(1, 2)．
3. 已知𝑥，𝑦∈𝑅，且𝑥>𝑦>0，则（ ） A.cos𝑥−cos𝑦>0 B.cos𝑥+cos𝑦>0 C.ln𝑥−ln𝑦>0 D.ln𝑥+ln𝑦>0 【答案】 C
【考点】
函数单调性的性质与判断 【解析】
根据题意，结合函数的单调性分析选项𝐴、𝐶，可得𝐴错误，𝐶正确，对于𝐵、𝐷，利用特殊值分析可得其错误，综合即可得答案． 【解答】
根据题意，依次分析选项：
对于𝐴，𝑦＝cos𝑥在(0, +∞)上不是单调函数，故cos𝑥−cos𝑦>0不一定成立，𝐴错误； 对于𝐵，当𝑥＝𝜋，𝑦=2时，cos𝑥+cos𝑦＝−1<0，𝐵不一定成立；
对于𝐶，𝑦＝ln𝑥在(0, +∞)上为增函数，若𝑥>𝑦>0，则ln𝑥>ln𝑦，必有ln𝑥−ln𝑦>0，
试卷第1页，总19页
𝜋
𝐶正确；
对于𝐷，当𝑥＝1，𝑦=2时，ln𝑥+ln𝑦＝ln2<0，𝐷不一定成立；
4. 函数𝑓(𝑥)的图象向左平移一个单位长度，所得图象与𝑦＝𝑒𝑥关于𝑦轴对称，则𝑓(𝑥)＝（ ） A.𝑒−𝑥+1 B.𝑒−𝑥−1 C.𝑒𝑥−1 D.𝑒𝑥+1 【答案】 A
【考点】
函数的图象与图象的变换 【解析】
根据函数图象变换关系，利用逆推法进行求解即可． 【解答】
𝑦＝𝑒𝑥关于𝑦轴对称的函数为𝑦＝𝑒−𝑥， 然后向右平移一个单位得到𝑓(𝑥)， 得𝑦＝𝑒−(𝑥−1)，即𝑓(𝑥)＝𝑒−𝑥+1，
5. 希尔宾斯基三角形是一种分形，由波兰数学家希尔宾斯基在1915年提出，先作一个正三角形，挖去一个“中心三角形”（即以原三角形各边的中点为顶点的三角形），然后在剩下的小三角形中又挖去一个“中心三角形”，我们用白色代表挖去的面积，那么黑三角形为剩下的面积（我们称黑三角形为希尔宾斯基三角形）．在如图第3个大正三角形中随机取点，则落在黑色区域的概率为（ ）
1
1
3
9
7
2
A.5 【答案】 B
【考点】
B.16 C.16 D.5 几何概型计算（与长度、角度、面积、体积有关的几何概型） 【解析】
我们要根据已知条件，求出第3个大正三角形的面积，及黑色区域的面积，代入几何概型计算公式，即可求出答案． 【解答】
由题意可知：每次挖去的面积为前一个三角形剩下面积的4，不妨设第一个三角形的面积为1．
∴ 第三个三角形的面积为1；
则阴影部分的面积之为(1−4)(1−4)=16：
第3个大正三角形中随机取点，则落在黑色区域的概率：
916
1
119
1
9
=16，
6. 已知等比数列{𝑎𝑛}满足𝑎1−𝑎2＝36，𝑎1−𝑎3＝24，则使得𝑎1𝑎2...𝑎𝑛取得最大值的𝑛
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为（ ） A.3 B.4 【答案】 B
【考点】
等比数列的前n项和 【解析】
C.5 D.6
结合等比数列的通项公式可求通项，然后结合项的正负及增减性可求． 【解答】
∵ 等比数列{𝑎𝑛}满足𝑎1−𝑎2＝36，𝑎1−𝑎3＝24， 𝑎1(1−𝑞)=36{ ， 𝑎1(1−𝑞2)=24
解可得，𝑞=−3，𝑎1＝27， ∴ 𝑎𝑛=
(−1)𝑛−13𝑛−4
1
，
若使得𝑎1𝑎2...𝑎𝑛取得最大值，则𝑛应该是偶数， 且𝑛>4时，|𝑎𝑛|<1，
故当𝑛＝4时，𝑎1𝑎2...𝑎𝑛取得最大值．
7. 已知𝛼为锐角，cos𝛼=5，则tan(4+2)＝（ ） A.3
1
3
𝜋
𝛼
B.2
1
C.2 D.3
【答案】 D
【考点】
两角和与差的三角函数 【解析】 求出tan𝛼=【解答】
∵ 𝛼为锐角，cos𝛼=5， ∴ sin𝛼=√1−
𝛼
1
3(5)2
3
𝛼2𝛼1−𝑡𝑎𝑛2
22tan
=，从而tan2=2，由此能求出tan(4+2)的值． 3
4𝛼1𝜋𝛼
=5，tan𝛼=
𝛼
4
𝛼2𝛼1−𝑡𝑎𝑛2
22tan
=
4535=3，
4
解得tan2=2，或tan2=−2， ∴ tan(+)=
4
2𝜋
𝛼
𝛼2𝜋𝛼1−tantan42
tan+tan
𝜋4
=
1+
12
1−1×
12
=3．
8. 已知双曲线𝐶:
𝑥2
𝑥2𝑎2−𝑏2=1，𝑂为坐标原点，直线𝑥＝𝑎与双曲线𝐶的两条渐近线交于𝐴，
B.𝑥2−D.
𝑥24
𝑦23𝑦2
𝑦2
𝐵两点，若△𝑂𝐴𝐵是边长为2的等边三角形，则双曲线𝐶的方程为（ ） A.C.
3𝑥2
−𝑦2＝1
𝑦24
=1
−12
=1
−12=1
【答案】 A
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【考点】
双曲线的标准方程 双曲线的离心率 【解析】
求出双曲线的渐近线方程，令𝑥＝𝑎，求得𝐴，𝐵的坐标，由等边三角形的性质可得𝑎，𝑏的值，进而得到双曲线的方程． 【解答】 双曲线𝐶:
𝑥2𝑎
2−
𝑦2𝑏2=1的渐近线方程为𝑏𝑥−𝑎𝑦＝0和𝑏𝑥+𝑎𝑦＝0，
由𝑥＝𝑎与双曲线𝐶的两条渐近线交于𝐴(𝑎, 𝑏)，𝐵(𝑎, −𝑏)， △𝑂𝐴𝐵是边长为2的等边三角形，即有2𝑏＝2，即𝑏＝1， 且𝑎=√×2=√3，
2可得双曲线的方程为
𝑥23
3−𝑦2＝1．
9. 地球上的风能取之不尽，用之不竭．风能是清洁能源，也是可再生能源．世界各国致力于发展风力发电，近10年来，全球风力发电累计装机容量连年攀升，中国更是发展迅猛，在2014年累计装机容量就突破了100𝐺𝑊，达到114.6𝐺𝑊，中国的风力发电技术也日臻成熟，在全球范围的能源升级换代行动中体现出大国的担当与决心．以下是近10年全球风力发电累计装机容量与中国新增装机容量图．根据以上信息，正确的统计结论是（ ）
A.截止到2015年中国累计装机容量达到峰值 B.10年来全球新增装机容量连年攀升
C.10年来中国新增装机容量平均超过20𝐺𝑊
D.截止到2015年中国累计装机容量在全球累计装机容量中占比超过3 【答案】 D
【考点】
频率分布直方图 【解析】
通过图结合选项分析． 【解答】
由图1知没有在截止到2015年中国累计装机容量达到峰值，𝐴错； 由图2知，10年来全球新增装机容量起伏，𝐵错；
由图1知，10年中国新增装机总容量为13.8+18.9+17.7+13+16.1+23.2+30.8+23.4+19.7+21.1＝197.7，
则10年来中国新增装机容量平均为19.77𝐺𝑊，𝐶错；
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1
10. 已知函数𝑓(𝑥)=2𝑥+1+2𝑥+1，且𝑓(𝑎2)+𝑓(2𝑎)>3，则𝑎的取值范围是（ ） A.(−∞, −3)∪(1, +∞) B.(−∞, −2)∪(0, +∞) C.(−2, 0) D.(−1, 3) 【答案】 B
【考点】
奇偶性与单调性的综合 【解析】
设𝐹(𝑥)＝𝑓(𝑥)−2=2𝑥+1+2𝑥+1−2=2(2𝑥+1)+2𝑥，分析函数𝐹((𝑥)的奇偶性，单调性，𝑓(𝑎2)+𝑓(2𝑎)>3，转化为𝐹(𝑎2)>−𝐹(2𝑎)，即可解出答案． 【解答】
根据题意，设𝐹(𝑥)＝𝑓(𝑥)−2=2𝑥+1+2𝑥+1−2=2(2𝑥+1)+2𝑥， 则𝐹(0)＝𝑓(0)−2=0，
又由𝐹(−𝑥)=2(2−𝑥+1)+2(−𝑥)＝−(2(2𝑥+1)+2𝑥)＝−𝐹(𝑥)，即函数𝐹(𝑥)为奇函数； 又由𝐹′(𝑥)=(2𝑥+1)2+2=所以函数𝐹(𝑥)单调递增， 若𝑓(𝑎2)+𝑓(2𝑎)>3， 则𝑓(𝑎2)−2>2−𝑓(2𝑎)， 𝑓(𝑎2)−2>−[𝑓(2𝑎)−2]，
𝐹(𝑎2)>−𝐹(2𝑎)， 𝐹(𝑎2)>𝐹(−2𝑎)， 所以𝑎2>−2𝑎，
解得，𝑎<−2或𝑎>0，
11. 已知函数𝑓(𝑥)＝sin𝑥+sin(𝜋𝑥)，现给出如下结论：
①𝑓(𝑥)是奇函数； ②𝑓(𝑥)是周期函数； ③𝑓(𝑥)在区间(0, 𝜋)上有三个零点； ④𝑓(𝑥)的最大值为2．
其中正确结论的个数为（ ） A.1 B.2 C.3 D.4 【答案】 B
【考点】
命题的真假判断与应用 【解析】
①根据函数奇偶性定义进行判断，②用反证法推出函数的函数无周期，③𝑓(𝑥)＝sin𝑥+sin(𝜋𝑥)＝2sin
(1+𝜋)𝑥2
3
3
3
3−2𝑥ln2
−2𝑥ln2+2(2𝑥+1)2
(2𝑥+1)2
1−2−𝑥
1−2𝑥
3
3
1
3
1−2𝑥
3
1
3
1−2𝑥
1
=
2𝑥(4−ln2)+2(2𝑥)2+2
(2𝑥+1)2
>0，
cos
(1−𝜋)𝑥2
，函数的零点为方程sin
(1+𝜋)𝑥2
=0或cos
(1−𝜋)𝑥2
=0，
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𝑥=
或𝑥=𝜋+1
2𝑘𝜋
(1+2𝑘)𝜋1−𝜋
，𝑥∈(0, 𝜋)，进而得出结论，④用反证法推出函数的函数最大值
不是2．
【解答】
因为𝑓(−𝑥)＝sin(−𝑥)+sin(−𝜋𝑥)＝−sin𝑥−sin(𝜋𝑥)＝−𝑓(𝑥)， 所以𝑓(𝑥)是奇函数，①正确． 假设存在周期𝑇，
则sin(𝑥+𝑇)+sin（𝜋(𝑥+𝑇)）＝sin𝑥+sin𝜋𝑥， sin(𝑥+𝑇)−sin𝑥＝−[sin(𝜋(𝑥+𝑇))−sin𝜋𝑥]， 所以sin2⋅cos
𝑇
2𝑥+𝑇2
=−sin
𝜋𝑇2
⋅cos
2𝜋𝑥+𝜋𝑇
2
①，
2
存在𝑥0∈𝑅，使得cos将𝑥0∈𝑅，−sin由于cos故−sin
2𝜋𝑥+𝜋𝑇
2
𝜋𝑇2
2𝜋𝑥0+𝑇
2
=0，而cos=0，
2𝑥0+𝑇
≠0，
⋅cos
2𝜋𝑥+𝜋𝑇
2
≠0，
𝜋𝑇2𝑇
=0，
𝜋𝑇2
所以sin2=0，sin
𝑇2
=0，
=𝑘𝜋，
𝜋𝑇2
=𝑚𝜋，𝑘，𝑚∈𝑍，
所以𝑘𝜋＝𝑚，矛盾，
所以函数𝑓(𝑥)＝sin𝑥+sin(𝜋𝑥)，没有周期，②错误． 𝑓(𝑥)＝sin𝑥+sin(𝜋𝑥)＝2sin函数的零点为方程sin𝑥=𝜋+1或𝑥=
2𝜋
4𝜋
2𝑘𝜋
(1+2𝑘)𝜋1−𝜋𝜋
(1+𝜋)𝑥2
(1+𝜋)𝑥2
cos
(1−𝜋)𝑥2(1−𝜋)𝑥2
， =0，
=0或cos
，𝑥∈(0, 𝜋)
𝑥=𝜋+1，𝜋+1或𝜋−1，
所以𝑓(𝑥)在区间(0, 𝜋)上有三个零点；故③正确． 假设存在这样的𝑥0使得𝑓(𝑥)最大值为2， 𝑥0=+𝑘𝜋且𝜋𝑥0=+𝑘𝜋，(𝑘∈𝑍)
22即𝑥0=2+𝑘𝜋且𝑥0=2+𝑘， 所以2+𝑘𝜋=2+𝑘，
𝑘=−2，与𝑘∈𝑍矛盾，故④错误．
12. 已知正三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1的侧棱长为4，底面边长为2，用一个平面截此棱柱，与侧棱𝐴𝐴1，𝐵𝐵1，𝐶𝐶1分别交于点𝑀，𝑁，𝑄，若△𝑀𝑁𝑄为直角三角形，则△𝑀𝑁𝑄面积的最大值为（ ）
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1𝜋
1
𝜋
1
𝜋
𝜋
A.3 B.√10 C.√17 D.3√2 【答案】 C
【考点】
平面的基本性质及推论 【解析】
不妨设𝑁在𝐵处，𝐴𝑀＝ℎ，𝐶𝑄＝𝑚，则有𝑀𝐵2＝ℎ2+4，𝐵𝑄2＝𝑚2+4，𝑀𝑄2＝(ℎ−
𝑚)2+4由𝑀𝐵2＝𝐵𝑄2+𝑀𝑄2⇒𝑚2−ℎ𝑚+2＝0．△＝ℎ2−8≥0⇒ℎ2≥8，且ℎ≤4， 可得𝑆2＝1+ℎ2，就可求出𝑆最大值． 【解答】
如图，不妨设𝑁在𝐵处，𝐴𝑀＝ℎ，𝐶𝑄＝𝑚，
则有𝑀𝐵2＝ℎ2+4，𝐵𝑄2＝𝑚2+4，𝑀𝑄2＝(ℎ−𝑚)2+4 由𝑀𝐵2＝𝐵𝑄2+𝑀𝑄2⇒𝑚2−ℎ𝑚+2＝0．得ℎ=△＝ℎ2−8≥0⇒ℎ2≥8，且ℎ≤4， 即8≤ℎ2≤16， 𝑆=2×|𝑀𝑄|×|𝐵𝑄|，
11
×|𝑀𝑄|2×|𝐵𝑄|2=×[(ℎ−𝑚)2+4]×(𝑚2+4) 44把①代入得 𝑆2=
𝑆2=×[(𝑚+
421
2𝑚
1
𝑚2+2𝑚
=𝑚+𝑚①
2
−𝑚)2+4]×(𝑚2+4)=×[
4
2
14𝑚
2
2+4]×(𝑚+4)＝5+
4𝑚2
+𝑚2
＝5+(𝑚+𝑚)2−4＝1+(𝑚+𝑚)2＝1+ℎ2，
所以𝑆2＝1+ℎ2∈[9, 17]， 2𝑆max＝17， 𝑆max=√17，
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，满分20分．
从进入决赛的6名选手中决出1名一等奖，2名二等奖，3名三等奖，则可能的决赛结果共有________种．（用数字作答） 【答案】 60
【考点】
排列、组合及简单计数问题 【解析】
2
6名选手中决出1名一等奖有𝐴16种方法，2名二等奖，𝐶5种方法，利用分步计数原理即可得答案． 【解答】
解：依题意，可分三步，第一步从6名选手中决出1名一等奖有𝐴16种方法，
2
第二步，再决出2名二等奖，有𝐶5种方法， 第三步，剩余三人为三等奖，
2
根据分步乘法计数原理得：共有𝐴16⋅𝐶5=60种方法． 故答案为：60．
在△𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝐵＝2，𝐴𝐶＝3，𝑃是边𝐵𝐶的垂直平分线上一点，则𝐴𝑃⋅𝐵𝐶=________．
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→
→
【答案】
5 2【考点】
平面向量数量积的性质及其运算 【解析】
取𝐵𝐶的中点𝐷，𝐴𝑃=( 𝐴𝐷+𝐷𝑃)＝((𝐴𝐵+𝐴𝐶)+𝐷𝑃)，𝐷𝑃⊥𝐶𝐵，再利用两个向量
2垂直的性质及向量的运算法则，可得结果． 【解答】
取𝐵𝐶的中点𝐷，由条件得 𝐵𝐶⋅𝐴𝑃=( 𝐷𝑃+𝐷𝑃)⋅( 𝐴𝐶−𝐴𝐵)＝((𝐴𝐵+𝐴𝐶)+𝐷𝑃)⋅
2( 𝐴𝐶−𝐴𝐵) =−
𝐴𝐵2−𝐴𝐶2
2
→
→
→→→
1
→→→
→→
→→→→→→
1
→→→
→→
+𝐷𝑃⋅(𝐴𝐶−𝐴𝐵)=−
→→→
4−9255
+𝐷𝑃⋅𝐶𝐵=2+0=2，
→→
函数𝑓(𝑥)＝ln𝑥和𝑔(𝑥)＝𝑎𝑥2−𝑥的图象有公共点𝑃，且在点𝑃处的切线相同，则这条切线方程为________． 【答案】 𝑦＝𝑥−1 【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程 【解析】
2
分别求得𝑓(𝑥)，𝑔(𝑥)的导数，设𝑃(𝑥0, 𝑦0)，则ln𝑥0＝𝑎𝑥0−𝑥0①，结合𝑓′(𝑥0)＝𝑔′(𝑥0)，联立消掉𝑎可得关于𝑥0的方程，构造函数，根据函数单调性可求得唯一𝑥0值，进而可求𝑃的坐标，以及切线的斜率和切线方程． 【解答】
𝑓(𝑥)＝ln𝑥的导数为𝑓′(𝑥)=𝑥，𝑔(𝑥)＝𝑎𝑥2−𝑥的导数为𝑔′(𝑥)＝2𝑎𝑥−1，
2
设𝑃(𝑥0, 𝑦0)，则ln𝑥0＝𝑎𝑥0−𝑥0①，
2𝑓′(𝑥0)＝𝑔′(𝑥0)，即𝑥=2𝑎𝑥0−1，化简得1＝2𝑎𝑥0−𝑥0②，
0
1
1
联立①②消𝑎得，ln𝑥0=令𝜑(𝑥)＝ln𝑥−
1−𝑥2
1−𝑥02
，
1
，𝜑′(𝑥)=𝑥+2>0，
1
易知𝜑(𝑥)在(0, +∞)上单调递增，又𝜑(1)＝0， 所以𝜑(𝑥)＝ln𝑥−
1−𝑥2
有唯一解1，即𝑥0＝1，
则𝑦0＝𝑓(1)＝0，𝑎＝1．
故𝑃(1, 0)，切线的斜率为1，切线的方程为𝑦＝𝑥−1． 故答案为：𝑦＝𝑥−1．
在平面直角坐标系𝑥𝑂𝑦中，对曲线𝐶上任意一点𝑃，𝑃到直线𝑥+1＝0的距离与该点到点𝑂的距离之和等于2，则曲线𝐶与𝑦轴的交点坐标是________；设点𝐴(−4, 0)，则
5
试卷第8页，总19页
|𝑃𝑂|+|𝑃𝐴|的最小值为________． 【答案】 (0, ±1),4 【考点】
点到直线的距离公式 【解析】
设𝑃(𝑥, 𝑦)，𝑃到直线𝑥+1＝0的距离与该点到点𝑂的距离之和等于2，求出𝑃的轨迹方程为抛物线，根据抛物线的性质，求出曲线𝐶与𝑦轴的交点坐标和|𝑃𝑂|+|𝑃𝐴|的最小值． 【解答】
设𝑃(𝑥, 𝑦)，𝑃到直线𝑥+1＝0的距离与该点到点𝑂的距离之和等于2， 则|𝑥+1|=√𝑥2+𝑦2，化简得𝑦2＝2𝑥+1，
令𝑥＝0，𝑦＝1，故曲线𝐶与𝑦轴的交点为(0, 1)，(0, −1)，
𝐴(−, 0)，根据题意，当𝑂，𝑃，𝐴三点共线时，则|𝑃𝑂|+|𝑃𝐴|的最小，
45
5
最小值长等于|𝑂𝐴|=4，
三、解答题：本大题共5小题，共70分，解答须写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．
绿水青山就是金山银山．近年来，祖国各地依托本地自然资源，打造旅游产业，旅游业正蓬勃发展．景区与游客都应树立尊重自然、顺应自然、保护自然的生态文明理念，合力使旅游市场走上规范有序且可持续的发展轨道．某景区有一个自愿消费的项目：在参观某特色景点入口处会为每位游客拍一张与景点的合影，参观后，在景点出口处会将刚拍下的照片打印出来，游客可自由选择是否带走照片，若带走照片则需支付20元，没有被带走的照片会收集起来统一销毁．该项目运营一段时间后，统计出平均只有三成的游客会选择带走照片．为改善运营状况，该项目组就照片收费与游客消费意愿关系作了市场调研，发现收费与消费意愿有较强的线性相关性，并统计出在原有的基础上，价格每下调1元，游客选择带走照片的可能性平均增加0.05，假设平均每天约有5000人参观该特色景点，每张照片的综合成本为5元，假设每个游客是否购买照片相互独立．
（1）若调整为支付10元就可带走照片，该项目每天的平均利润比调整前多还是少？
（2）要使每天的平均利润达到最大值，应如何定价？ 【答案】
当收费为20元时，照片被带走的可能性为0.3，不被带走的概率为0.7， 设每个游客的利润为𝑌1元，则𝑌1是随机变量，其分布列为： 𝑌1 15 −5 𝑃 0.3 0.7 𝐸(𝑌1)＝15×0.3−5×0.7＝1（元）， 则5000个游客的平均利润为5000元，
当收费为10元时，照片被带走的可能性为0.3+0.05×10＝0.8，不被带走的概率为0.2， 设每个游客的利润为𝑌2，则𝑌2是随机变量，其分布列为： 𝑌2 5 −5 𝑃 0.8 0.2 试卷第9页，总19页
5
𝐸(𝑌2)＝5×0.8−5×0.2＝3（元），
则5000个游客的平均利润为5000×3＝15000（元）， 该项目每天的平均利润比调整前多10000元．
设降价𝑥元，则0≤𝑥<15，照片被带走的可能性为0.3+0.05𝑥， 不被带走的可能性为0.7−0.05𝑥，
设每个游客的利润为𝑌元，则𝑌是随机变量，其分布列为： 𝑌 15−𝑥 −5 𝑃 0.3+0.05𝑥 0.7−0.05𝑥 𝐸(𝑌)＝(15−𝑥)×(0.3+0.05𝑥)−5×(0.7−0.05𝑥)＝0.05[69−(𝑥−7)2]， 当𝑥＝7时，𝐸(𝑌)有最大值3.45元，
∴ 当定价为13元时，日平均利润取最大值为5000×3.45＝17250元． 【考点】
离散型随机变量的期望与方差 离散型随机变量及其分布列 【解析】
（1）当收费为20元时，照片被带走的可能性为0.3，不被带走的概率为0.7，设每个游客的利润为𝑌1元，则𝑌1是随机变量，求出5000个游客的平均利润为5000元，当收费为10元时，照片被带走的可能性为0.3+0.05×10＝0.8，不被带走的概率为0.2，设每个游客的利润为𝑌2，则𝑌2是随机变量，求出5000个游客的平均利润为15000元，由此能求出该项目每天的平均利润比调整前多10000元．
（2）设降价𝑥元，则0≤𝑥<15，照片被带走的可能性为0.3+0.05𝑥，不被带走的可能性为0.7−0.05𝑥，设每个游客的利润为𝑌元，则𝑌是随机变量，求出其分布列，从而𝐸(𝑌)＝(15−𝑥)×(0.3+0.05𝑥)−5×(0.7−0.05𝑥)＝0.05[69−(𝑥−7)2]，由此求出当定价为13元时，日平均利润取最大值为17250元． 【解答】
当收费为20元时，照片被带走的可能性为0.3，不被带走的概率为0.7， 设每个游客的利润为𝑌1元，则𝑌1是随机变量，其分布列为： 𝑌1 15 −5 𝑃 0.3 0.7 𝐸(𝑌1)＝15×0.3−5×0.7＝1（元）， 则5000个游客的平均利润为5000元，
当收费为10元时，照片被带走的可能性为0.3+0.05×10＝0.8，不被带走的概率为0.2， 设每个游客的利润为𝑌2，则𝑌2是随机变量，其分布列为： 𝑌2 5 −5 𝑃 0.8 0.2 𝐸(𝑌2)＝5×0.8−5×0.2＝3（元），
则5000个游客的平均利润为5000×3＝15000（元）， 该项目每天的平均利润比调整前多10000元．
设降价𝑥元，则0≤𝑥<15，照片被带走的可能性为0.3+0.05𝑥， 不被带走的可能性为0.7−0.05𝑥，
设每个游客的利润为𝑌元，则𝑌是随机变量，其分布列为：
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𝑌 15−𝑥 −5 𝑃 0.3+0.05𝑥 0.7−0.05𝑥 𝐸(𝑌)＝(15−𝑥)×(0.3+0.05𝑥)−5×(0.7−0.05𝑥)＝0.05[69−(𝑥−7)2]， 当𝑥＝7时，𝐸(𝑌)有最大值3.45元，
∴ 当定价为13元时，日平均利润取最大值为5000×3.45＝17250元．
在△𝐴𝐵𝐶中，内角𝐴，𝐵，𝐶的对边分别为𝑎，𝑏，𝑐，已知𝑎sin𝐵＝𝑏sin(𝐴−3)． （1）求𝐴；
（2）𝐷是线段𝐵𝐶上的点，若𝐴𝐷＝𝐵𝐷＝2，𝐶𝐷＝3，求△𝐴𝐷𝐶的面积． 【答案】
由正弦定理可得𝑎sin𝐵＝𝑏sin𝐴，
则有𝑏sin𝐴＝𝑏(sin𝐴−√cos𝐴)，化简可得sin𝐴=−√cos𝐴，
2
2
2
2
1
31
3𝜋
可得tan𝐴=−√3， 因为𝐴∈(0, 𝜋)， 所以𝐴=
2𝜋3
．
𝜋
2𝜋3
设∠𝐵＝𝜃，𝜃∈(0,3)，由题意可得∠𝐵𝐴𝐷＝𝜃，∠𝐴𝐷𝐶＝2𝜃，∠𝐷𝐴𝐶=
𝜋3
−𝜃，∠𝐴𝐶𝐷=
−𝜃，
𝐶𝐷
𝐴𝐷
3
3在△𝐴𝐷𝐶中，sin∠𝐷𝐴𝐶=sin∠𝐴𝐶𝐷，则sin(2𝜋−𝜃)=sin(𝜋−𝜃)，
3
2
所以√3cos𝜃+1sin𝜃2
2
3=√32
2cos𝜃−sin𝜃12
，可得sin𝜃=√cos𝜃，
5215√7， 14
3又因为sin2𝜃+cos2𝜃＝1，可得sin𝜃=√，cos𝜃=
14
则sin2𝜃＝2sin𝜃cos𝜃=
12
5√3， 14
12
5√34
所以𝑆△𝐴𝐷𝐶=𝐴𝐷⋅𝐶𝐷⋅sin∠𝐴𝐷𝐶=×2×3×
=
15√3． 14
【考点】 正弦定理 【解析】
（1）由正弦定理，三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得tan𝐴=−√3，结合范围𝐴∈(0, 𝜋)，可求𝐴的值．
（2）设∠𝐵＝𝜃，𝜃∈(0,3)，由题意可得∠𝐵𝐴𝐷＝𝜃，∠𝐴𝐷𝐶＝2𝜃，∠𝐷𝐴𝐶=
𝜋
𝜋
2𝜋3
−𝜃，
∠𝐴𝐶𝐷=3−𝜃，在△𝐴𝐷𝐶中，由正弦定理，三角函数恒等变换的应用可求sin𝜃=
√3cos𝜃，可求sin𝜃，cos𝜃，利用二倍角的正弦函数公式可求sin2𝜃，进而根据三角形的5
面积公式可求𝑆△𝐴𝐷𝐶的值． 【解答】
试卷第11页，总19页
由正弦定理可得𝑎sin𝐵＝𝑏sin𝐴，
则有𝑏sin𝐴＝𝑏(sin𝐴−√cos𝐴)，化简可得sin𝐴=−√cos𝐴，
2
2
2
2
1
31
3可得tan𝐴=−√3， 因为𝐴∈(0, 𝜋)， 所以𝐴=
2𝜋3
．
𝜋
2𝜋3
设∠𝐵＝𝜃，𝜃∈(0,3)，由题意可得∠𝐵𝐴𝐷＝𝜃，∠𝐴𝐷𝐶＝2𝜃，∠𝐷𝐴𝐶=
𝜋3
−𝜃，∠𝐴𝐶𝐷=
−𝜃，
𝐶𝐷
𝐴𝐷
3
3在△𝐴𝐷𝐶中，sin∠𝐷𝐴𝐶=sin∠𝐴𝐶𝐷，则sin(2𝜋−𝜃)=sin(𝜋−𝜃)，
3
2
所以√3cos𝜃+1sin𝜃2
2
3=√321cos𝜃−sin𝜃22
，可得sin𝜃=√cos𝜃，
5215√7， 14
3又因为sin2𝜃+cos2𝜃＝1，可得sin𝜃=√，cos𝜃=
14则sin2𝜃＝2sin𝜃cos𝜃=
1
5√3， 14
1
5√34
所以𝑆△𝐴𝐷𝐶=𝐴𝐷⋅𝐶𝐷⋅sin∠𝐴𝐷𝐶=×2×3×
22
已知椭圆𝐶:
𝑥2
𝑦2
1
=
15√3． 14
+𝑏2=1(𝑎>𝑏>0)的离心率为2，点𝐴(1, 2)在椭圆𝐶上，直线𝑙1过椭圆𝐶𝑎23
的有交点与上顶点，动直线𝑙2:𝑦＝𝑘𝑥与椭圆𝐶交于𝑀、𝑁两点，交𝑙1于𝑃点．
（1）求椭圆𝐶的方程；
（2）已知𝑂为坐标原点，若点𝑃满足|𝑂𝑃|=4|𝑀𝑁|，求此时|𝑀𝑁|的长度． 【答案】
由题意得：𝑒=𝑎=2，𝑎2+4𝑏2=1，𝑏2＝𝑎2−𝑐2，解得：𝑎2＝4，𝑏2＝3， 所以椭圆的方程：
𝑥24𝑐
1
1
9
1
+
𝑦23
=1；
由题意直线𝑙2的方程：𝑦＝𝑘𝑥，代入椭圆中整理： (3+4𝑘2)𝑥2＝12，解得𝑥=±√，
3+4𝑘2令𝑀的坐标(√
1
12
, 𝑘√3+4𝑘2) 3+4𝑘21212
∵ |𝑂𝑃|=4|𝑀𝑁|，由对称性可知， 点𝑃为𝑂𝑀的中点．
故𝑃的坐标(√3+4𝑘2, 𝑘√3+4𝑘2)，
2
2
1212由𝑃在直线𝑙1:√3𝑥+𝑦−√3=0， 所以√3×
√
12
3+4𝑘22
+
𝑘√
123+4𝑘22
−√3=0，
试卷第12页，总19页
解得：𝑘＝0或𝑘=所以|𝑂𝑀|＝2，或
2√3643，故𝑀的坐标为(2, 0)，或(, √)， 355
2√21， 5
4√21． 5
所以|𝑀𝑁|的长度为4或【考点】
椭圆的标准方程
直线与椭圆的位置关系 椭圆的应用 【解析】
（1）由离心率及过的点和𝑎，𝑏，𝑐之间的关系求出椭圆的方程；
（2）直线𝑙2的方程与椭圆联立求出点𝑀的坐标，由|𝑂𝑃|=4|𝑀𝑁|得𝑃点坐标，𝑃的直线𝑙1上求出𝑘值，进而求出𝑀𝑁|的值． 【解答】
由题意得：𝑒=𝑎=2，𝑎2+4𝑏2=1，𝑏2＝𝑎2−𝑐2，解得：𝑎2＝4，𝑏2＝3， 所以椭圆的方程：
𝑥24𝑐
1
1
9
1
+
𝑦23
=1；
由题意直线𝑙2的方程：𝑦＝𝑘𝑥，代入椭圆中整理： (3+4𝑘2)𝑥2＝12，解得𝑥=±√，
3+4𝑘2令𝑀的坐标(√
1
123+4𝑘
2, 𝑘√
12
123+4𝑘2)
∵ |𝑂𝑃|=4|𝑀𝑁|，由对称性可知， 点𝑃为𝑂𝑀的中点． 故𝑃的坐标(
√
123+4𝑘2123+4𝑘22
,
𝑘√
2
)，
由𝑃在直线𝑙1:√3𝑥+𝑦−√3=0， 所以√3×√3+4𝑘2+𝑘√3+4𝑘2−√3=0，
22解得：𝑘＝0或𝑘=所以|𝑂𝑀|＝2，或
2√3643，故𝑀的坐标为(2, 0)，或(, √)， 355
12122√21， 5
4√21． 5
所以|𝑀𝑁|的长度为4或
如图，三棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶中，平面𝑃𝐴𝐵⊥平面𝐴𝐵𝐶，𝑃𝐴＝𝑃𝐵，∠𝐴𝑃𝐵＝∠𝐴𝐶𝐵＝90∘，点𝐸，𝐹分别是棱𝐴𝐵，𝑃𝐵的中点，点𝐺是△𝐵𝐶𝐸的重心．
试卷第13页，总19页
（1）证明：𝐺𝐹 // 平面𝑃𝐴𝐶；
（2）若𝐺𝐹与平面𝐴𝐵𝐶所成的角为60∘，求二面角𝐵−𝐴𝑃−𝐶的余弦值． 【答案】
证明：连结𝐸𝐹，连结𝐸𝐺并延长，交𝐵𝐶于点𝐷， 由点𝐷是𝐵𝐶的中点，
∴ 𝐷，𝐸，𝐹分别是棱𝐶𝐵，𝐴𝐵，𝑃𝐵的中点，∴ 𝐷𝐸 // 𝐴𝐶，𝐸𝐹 // 𝐴𝑃， ∵ 𝐷𝐸，𝐸𝐹平面𝑃𝐴𝐶，𝐴𝐶，𝐴𝑃⊂平面𝑃𝐴𝐶， ∴ 𝐷𝐸 // 平面𝑃𝐴𝐶，𝐸𝐹 // 平面𝑃𝐴𝐶，
∵ 𝐷𝐸，𝐸𝐹⊂平面𝐸𝐹𝐺，𝐷𝐸∩𝐸𝐹＝𝐸，∴ 平面𝐸𝐹𝐺 // 平面𝑃𝐴𝐶， ∵ 𝐺𝐹⊂平面𝐸𝐹𝐺，∴ 𝐺𝐹 // 平面𝑃𝐴𝐶．
连结𝑃𝐸，∵ 𝑃𝐴＝𝑃𝐵，𝐸是𝐴𝐵的中点，∴ 𝑃𝐸⊥𝐴𝐵，
∵ 平面𝑃𝐴𝐵⊥平面𝐴𝐵𝐶，平面𝑃𝐴𝐵∩平面𝐴𝐵𝐶＝𝐴𝐵，𝑃𝐸⊂平面𝑃𝐴𝐵， ∴ 𝑃𝐸⊥平面𝐴𝐵𝐶，
连结𝐶𝐺并延长交𝐵𝐸于点𝑂，则𝑂为𝐵𝐸的中点，连结𝑂𝐹，则𝑂𝐹 // 𝑃𝐸， ∴ 𝑂𝐹⊥平面𝐴𝐵𝐶，∴ ∠𝐹𝐺𝑂是𝐺𝐹与平面𝐴𝐵𝐶所成角，∴ ∠𝐹𝐺𝑂＝60∘， 在𝑅𝑡△𝐹𝐺𝑂中，设𝐺𝐹＝2，则𝑂𝐺＝1，𝑂𝐹=√3，∴ 𝑂𝐶＝3，𝑃𝐸＝2√3， ∴ 𝐴𝐵＝4√3，𝐶𝐸＝2√3，𝑂𝐸=√3， ∴ 𝑂𝐸2+𝑂𝐶2＝𝐶𝐸2，∴ 𝑂𝐶⊥𝐴𝐵，
以𝑂为原点，𝑂𝐶为𝑥轴，𝑂𝐵为𝑦轴，𝑂𝐹为𝑧轴，建立空间直角坐标系， 则𝐴(0, −3√3, 0)，𝐶(3, 0, 0)，𝑃(0, −√3, 2√3)， 𝐴𝐶=(3, 3√3, 0)，𝐴𝑃=(0, 2√3,2√3)， 设平面𝑃𝐴𝐶的一个法向量𝑛=(𝑥, 𝑦, 𝑧)，
𝑛⋅𝐴𝑃=3𝑥+3√3𝑦=0→
，取𝑧＝1，得𝑛=(√3,−1,1)， 则{→→
𝑛⋅𝐴𝐶=2√3𝑦+2√3𝑧=0平面𝑃𝐴𝐵的法向量𝑚=(1, 0, 0)， 设二面角𝐵−𝐴𝑃−𝐶的平面角为𝜃， 则cos𝜃=
|𝑚⋅𝑛||𝑚|⋅|𝑛|
→→→→
→→
→
→
→
→
=
√3√5=
√15， 3
∴ 二面角𝐵−𝐴𝑃−𝐶的余弦值为√15．
3
试卷第14页，总19页
【考点】
二面角的平面角及求法 直线与平面平行 【解析】
（1）连结𝐸𝐹，连结𝐸𝐺并延长，交𝐵𝐶于点𝐷，由点𝐷是𝐵𝐶的中点，推导出𝐷𝐸 // 𝐴𝐶，𝐸𝐹 // 𝐴𝑃，从而𝐷𝐸 // 平面𝑃𝐴𝐶，𝐸𝐹 // 平面𝑃𝐴𝐶，进而平面𝐸𝐹𝐺 // 平面𝑃𝐴𝐶，由此能证明𝐺𝐹 // 平面𝑃𝐴𝐶．
（2）连结𝑃𝐸，连结𝐶𝐺并延长交𝐵𝐸于点𝑂，则𝑂为𝐵𝐸的中点，连结𝑂𝐹，则𝑂𝐹 // 𝑃𝐸，以𝑂为原点，𝑂𝐶为𝑥轴，𝑂𝐵为𝑦轴，𝑂𝐹为𝑧轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角𝐵−𝐴𝑃−𝐶的余弦值． 【解答】
证明：连结𝐸𝐹，连结𝐸𝐺并延长，交𝐵𝐶于点𝐷， 由点𝐷是𝐵𝐶的中点，
∴ 𝐷，𝐸，𝐹分别是棱𝐶𝐵，𝐴𝐵，𝑃𝐵的中点，∴ 𝐷𝐸 // 𝐴𝐶，𝐸𝐹 // 𝐴𝑃， ∵ 𝐷𝐸，𝐸𝐹平面𝑃𝐴𝐶，𝐴𝐶，𝐴𝑃⊂平面𝑃𝐴𝐶， ∴ 𝐷𝐸 // 平面𝑃𝐴𝐶，𝐸𝐹 // 平面𝑃𝐴𝐶，
∵ 𝐷𝐸，𝐸𝐹⊂平面𝐸𝐹𝐺，𝐷𝐸∩𝐸𝐹＝𝐸，∴ 平面𝐸𝐹𝐺 // 平面𝑃𝐴𝐶， ∵ 𝐺𝐹⊂平面𝐸𝐹𝐺，∴ 𝐺𝐹 // 平面𝑃𝐴𝐶．
连结𝑃𝐸，∵ 𝑃𝐴＝𝑃𝐵，𝐸是𝐴𝐵的中点，∴ 𝑃𝐸⊥𝐴𝐵，
∵ 平面𝑃𝐴𝐵⊥平面𝐴𝐵𝐶，平面𝑃𝐴𝐵∩平面𝐴𝐵𝐶＝𝐴𝐵，𝑃𝐸⊂平面𝑃𝐴𝐵， ∴ 𝑃𝐸⊥平面𝐴𝐵𝐶，
连结𝐶𝐺并延长交𝐵𝐸于点𝑂，则𝑂为𝐵𝐸的中点，连结𝑂𝐹，则𝑂𝐹 // 𝑃𝐸， ∴ 𝑂𝐹⊥平面𝐴𝐵𝐶，∴ ∠𝐹𝐺𝑂是𝐺𝐹与平面𝐴𝐵𝐶所成角，∴ ∠𝐹𝐺𝑂＝60∘， 在𝑅𝑡△𝐹𝐺𝑂中，设𝐺𝐹＝2，则𝑂𝐺＝1，𝑂𝐹=√3，∴ 𝑂𝐶＝3，𝑃𝐸＝2√3， ∴ 𝐴𝐵＝4√3，𝐶𝐸＝2√3，𝑂𝐸=√3， ∴ 𝑂𝐸2+𝑂𝐶2＝𝐶𝐸2，∴ 𝑂𝐶⊥𝐴𝐵，
以𝑂为原点，𝑂𝐶为𝑥轴，𝑂𝐵为𝑦轴，𝑂𝐹为𝑧轴，建立空间直角坐标系， 则𝐴(0, −3√3, 0)，𝐶(3, 0, 0)，𝑃(0, −√3, 2√3)， 𝐴𝐶=(3, 3√3, 0)，𝐴𝑃=(0, 2√3,2√3)， 设平面𝑃𝐴𝐶的一个法向量𝑛=(𝑥, 𝑦, 𝑧)，
𝑛⋅𝐴𝑃=3𝑥+3√3𝑦=0→
，取𝑧＝1，得𝑛=(√3,−1,1)， 则{→→
𝑛⋅𝐴𝐶=2√3𝑦+2√3𝑧=0平面𝑃𝐴𝐵的法向量𝑚=(1, 0, 0)， 设二面角𝐵−𝐴𝑃−𝐶的平面角为𝜃， 则cos𝜃=
|𝑚⋅𝑛||𝑚|⋅|𝑛|
→→→→
→→
→
→
→
→
=
√3√5=
√15， 3
∴ 二面角𝐵−𝐴𝑃−𝐶的余弦值为√15．
3
试卷第15页，总19页
已知函数𝑓(𝑥)＝1+𝑥−2sin𝑥，𝑥>0． （1）求𝑓(𝑥)的最小值；
（2）证明：𝑓(𝑥)>𝑒−2𝑥． 【答案】
𝑓′(𝑥)＝1−2cos𝑥，令𝑓′(𝑥)＝0，得cos𝑥=2， 故在区间[0, 𝜋]上，𝑓′(𝑥)的唯一零点是𝑥=3，
当𝑥∈[0,3)时，𝑓′(𝑥)<0，𝑓(𝑥)单调递减；当𝑥∈(3,𝜋]时，𝑓′(𝑥)>0，𝑓(𝑥)单调递增， 故在区间[0, 𝜋]上，𝑓(𝑥)的极小值为𝑓(3)=1+3−√3，当𝑥>𝜋时，𝑓(𝑥)>1+𝜋−2=𝜋−1>𝑓()，
3
∴ 𝑓(𝑥)的最小值为𝑓(3)=1+3−√3；
要证𝑥>0时，𝑓(𝑥)>𝑒−2𝑥，即证𝑥>0时，𝑔(𝑥)＝(1+𝑥−2sin𝑥)𝑒2𝑥>1， 𝑔′(𝑥)＝2(1+𝑥−2sin𝑥)𝑒2𝑥+(1−2cos𝑥)𝑒2𝑥＝(3+2𝑥−4sin𝑥−2cos𝑥)𝑒2𝑥， 令ℎ(𝑥)＝𝑥−sin𝑥，𝑥>0，
则ℎ′(𝑥)＝1−cos𝑥≥0，即ℎ(𝑥)是(0, +∞)上的增函数， ∴ ℎ(𝑥)>ℎ(0)＝0，即𝑥>sin𝑥，
∴ 3+2𝑥−4sin𝑥−2cos𝑥>3+2sin𝑥−4sin𝑥−2cos𝑥＝3−2(sin𝑥+cos𝑥)=3−2√2sin(𝑥+)>0，
4𝜋
𝜋
𝜋
𝜋
𝜋
𝜋
𝜋
𝜋
𝜋1
∴ 𝑔′(𝑥)＝(3+2𝑥−4sin𝑥−2cos𝑥)𝑒2𝑥>0， 即𝑔(𝑥)是(0, +∞)上的增函数，𝑔(𝑥)>𝑔(0)＝1， 故当𝑥>0时，𝑓(𝑥)>𝑒−2𝑥，即得证． 【考点】
利用导数研究函数的最值 【解析】
（1）求导可知𝑥∈[0,3)时𝑓(𝑥)单减，𝑥∈(3,𝜋]时𝑓(𝑥)单增，进而求得最小值； （2）即证𝑥>0时，𝑔(𝑥)＝(1+𝑥−2sin𝑥)𝑒2𝑥>1，利用导数容易得证． 【解答】
𝑓′(𝑥)＝1−2cos𝑥，令𝑓′(𝑥)＝0，得cos𝑥=2， 故在区间[0, 𝜋]上，𝑓′(𝑥)的唯一零点是𝑥=3，
当𝑥∈[0,3)时，𝑓′(𝑥)<0，𝑓(𝑥)单调递减；当𝑥∈(3,𝜋]时，𝑓′(𝑥)>0，𝑓(𝑥)单调递增， 故在区间[0, 𝜋]上，𝑓(𝑥)的极小值为𝑓(3)=1+3−√3，当𝑥>𝜋时，𝑓(𝑥)>1+𝜋−2=𝜋−1>𝑓(3)，
∴ 𝑓(𝑥)的最小值为𝑓(3)=1+3−√3；
试卷第16页，总19页
𝜋
𝜋
𝜋
𝜋
𝜋
𝜋
𝜋
𝜋1
𝜋
𝜋
要证𝑥>0时，𝑓(𝑥)>𝑒−2𝑥，即证𝑥>0时，𝑔(𝑥)＝(1+𝑥−2sin𝑥)𝑒2𝑥>1， 𝑔′(𝑥)＝2(1+𝑥−2sin𝑥)𝑒2𝑥+(1−2cos𝑥)𝑒2𝑥＝(3+2𝑥−4sin𝑥−2cos𝑥)𝑒2𝑥， 令ℎ(𝑥)＝𝑥−sin𝑥，𝑥>0，
则ℎ′(𝑥)＝1−cos𝑥≥0，即ℎ(𝑥)是(0, +∞)上的增函数， ∴ ℎ(𝑥)>ℎ(0)＝0，即𝑥>sin𝑥，
∴ 3+2𝑥−4sin𝑥−2cos𝑥>3+2sin𝑥−4sin𝑥−2cos𝑥＝3−2(sin𝑥+cos𝑥)=3−2√2sin(𝑥+4)>0，
∴ 𝑔′(𝑥)＝(3+2𝑥−4sin𝑥−2cos𝑥)𝑒2𝑥>0， 即𝑔(𝑥)是(0, +∞)上的增函数，𝑔(𝑥)>𝑔(0)＝1， 故当𝑥>0时，𝑓(𝑥)>𝑒−2𝑥，即得证．
请考生在第22，23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分，作答时请写清楚题号．[选修4-4：坐标系与参数方程选讲]
𝑥=4𝑚2
在直角坐标系𝑥𝑂𝑦中，曲线𝐶的参数方程为{ （𝑚为参数）．
𝑦=4𝑚
（1）写出曲线𝐶的普通方程，并说明它表示什么曲线；
（2）已知倾斜角互补的两条直线𝑙1，𝑙2，其中𝑙1与曲线𝐶交于𝐴，𝐵两点，𝑙2与𝐶交于𝑀，𝑁两点，𝑙1与𝑙2交于点𝑃(𝑥0, 𝑦0)，求证：|𝑃𝐴|⋅|𝑃𝐵|＝|𝑃𝑀|⋅|𝑃𝑁|． 【答案】
由𝑦＝4𝑚，得𝑚=4，
代入𝑥＝4𝑚2，得𝑦2＝4𝑥，
∴ 曲线𝐶的普通方程为𝑦2＝4𝑥，
∴ 𝐶的普通方程为𝑦2＝4𝑥，表示开口向右，焦点为𝐹(1, 0)的抛物线． 证明：设直线𝑙1的倾斜角为𝛼，直线𝑙2的倾斜角为𝜋−𝛼， 𝑥=𝑥0+𝑡
∴ 直线𝑙1的参数方程为{（𝑡为参数）， 𝑦=𝑦0+𝑡sin𝛼 ，
2与𝑦2＝4𝑥联立，得𝑡2sin2𝛼+(2𝑦0sin𝛼−4cos𝛼)𝑡+𝑦0−4𝑥0＝0，
𝑦02−4𝑥0𝑠𝑖𝑛2𝛼
𝑦
𝜋
设方程的两个解为𝑡1，𝑡2，则𝑡1𝑡2=∴ |𝑃𝐴|⋅|𝑃𝐵|＝|𝑡1|⋅|𝑡2|＝||𝑃𝑀|⋅|𝑃𝑁|＝|𝑠𝑖𝑛2(𝜋−𝛼)|＝|
𝑦02−4𝑥0
𝑦02−4𝑥0𝑠𝑖𝑛2𝛼
，
|，
𝑦02−4𝑥0𝑠𝑖𝑛2𝛼
|，
∴ |𝑃𝐴|⋅|𝑃𝐵|＝|𝑃𝑀|⋅|𝑃𝑁|． 【考点】
参数方程与普通方程的互化 【解析】
（1）由𝑦＝4𝑚，得𝑚=4，代入𝑥＝4𝑚2，求出𝐶的普通方程为𝑦2＝4𝑥，表示开口向右，焦点为𝐹(1, 0)的抛物线．
（2）设直线𝑙1的倾斜角为𝛼，直线𝑙2的倾斜角为𝜋−𝛼，直线𝑙1的参数方程为𝑥=𝑥+𝑡
{𝑦=𝑦0+𝑡sin𝛼 ，（𝑡为参数），与𝑦2＝4𝑥联立，得𝑡2sin2𝛼+(2𝑦0sin𝛼−4cos𝛼)𝑡+
0
2𝑦0−4𝑥0＝0，由此能证明|𝑃𝐴|⋅|𝑃𝐵|＝|𝑃𝑀|⋅|𝑃𝑁|．
𝑦
试卷第17页，总19页
【解答】
由𝑦＝4𝑚，得𝑚=4，
代入𝑥＝4𝑚2，得𝑦2＝4𝑥，
∴ 曲线𝐶的普通方程为𝑦2＝4𝑥，
∴ 𝐶的普通方程为𝑦2＝4𝑥，表示开口向右，焦点为𝐹(1, 0)的抛物线． 证明：设直线𝑙1的倾斜角为𝛼，直线𝑙2的倾斜角为𝜋−𝛼， 𝑥=𝑥0+𝑡
∴ 直线𝑙1的参数方程为{ （𝑡为参数）， 𝑦=𝑦0+𝑡sin𝛼，
2与𝑦2＝4𝑥联立，得𝑡2sin2𝛼+(2𝑦0sin𝛼−4cos𝛼)𝑡+𝑦0−4𝑥0＝0，
𝑦02−4𝑥0𝑠𝑖𝑛2𝛼
𝑦
设方程的两个解为𝑡1，𝑡2，则𝑡1𝑡2=∴ |𝑃𝐴|⋅|𝑃𝐵|＝|𝑡1|⋅|𝑡2|＝||𝑃𝑀|⋅|𝑃𝑁|＝|𝑠𝑖𝑛2(𝜋−𝛼)|＝|
𝑦02−4𝑥0
𝑦02−4𝑥0𝑠𝑖𝑛2𝛼
，
|，
𝑦02−4𝑥0𝑠𝑖𝑛2𝛼
|，
∴ |𝑃𝐴|⋅|𝑃𝐵|＝|𝑃𝑀|⋅|𝑃𝑁|． [选修4-5：不等式选讲]
已知函数𝑓(𝑥)＝|𝑥−𝑎|+|𝑥−1|． （1）若𝑓(𝑎)<2，求𝑎的取值范围；
（2）当𝑥∈[𝑎, 𝑎+𝑘]时，函数𝑓(𝑥)的值域为[1, 3]，求𝑘的值． 【答案】
𝑓(𝑎)＝|𝑎−1|<2，得−2<𝑎−1<2．即−1<𝑎<3， 所以𝑎的取值范围是(−1, 3)．
当𝑎≥1时，函数𝑓(𝑥)在区间[𝑎, 𝑎+𝑘]上单调递增．
则[𝑓(𝑥)]min＝𝑓(𝑎)＝𝑎−1＝1，得𝑎＝2，[𝑓(𝑥)]max＝𝑓(𝑎+𝑘)＝𝑎+2𝑘−1＝3，得𝑘＝1．
2𝑥−𝑎−1,𝑥≥1
当𝑎<1时，𝑓(𝑥)={1−𝑎,𝑎<𝑥<1
−2𝑥+𝑎+1,𝑥≤𝑎
则[𝑓(𝑥)]min＝𝑓(𝑎)＝1−𝑎＝1，得𝑎＝0，
[𝑓(𝑥)]max＝𝑓(𝑎+𝑘)＝𝑎+2𝑘−1＝3，得𝑘＝2． 综上所述，𝑘的值是1或2． 【考点】
绝对值不等式的解法与证明 【解析】
（1）𝑓(𝑎)＝|𝑎−1|<2，即可得𝑎的取值范围是(−1, 3)； （2）对𝑎分类讨论，由单调性即可得𝑓(𝑥)的单调性． 【解答】
𝑓(𝑎)＝|𝑎−1|<2，得−2<𝑎−1<2．即−1<𝑎<3， 所以𝑎的取值范围是(−1, 3)．
当𝑎≥1时，函数𝑓(𝑥)在区间[𝑎, 𝑎+𝑘]上单调递增．
则[𝑓(𝑥)]min＝𝑓(𝑎)＝𝑎−1＝1，得𝑎＝2，[𝑓(𝑥)]max＝𝑓(𝑎+𝑘)＝𝑎+2𝑘−1＝3，得𝑘＝1．
试卷第18页，总19页
2𝑥−𝑎−1,𝑥≥1
当𝑎<1时，𝑓(𝑥)={1−𝑎,𝑎<𝑥<1
−2𝑥+𝑎+1,𝑥≤𝑎则[𝑓(𝑥)]min＝𝑓(𝑎)＝1−𝑎＝1，得𝑎＝0，
[𝑓(𝑥)]max＝𝑓(𝑎+𝑘)＝𝑎+2𝑘−1＝3，得𝑘＝2． 综上所述，𝑘的值是1或2．
试卷第19页，总19页
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