2020届黑龙江省哈尔滨市第三中学高三3月网络模拟考试数学(理)试题(含答案解析)

哈三中2020届高三学年网络模拟考试数学（理）

一、选择题：本题共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.已知i为虚数单位，则A. 0

1i( ) iB. 1

C. 1i

D. 1i

22.设A{1,2,3}，B{x|xx10}，则AIB( )

A. {1,2} B. {1,2,3} C. {2,3} D. {1}

3.某校为了研究a，b两个班的化学成绩，各选了10人的成绩，绘制了如下茎叶图，则根据茎叶图可知，a班10人化学成绩的中位数和化学成绩更稳定的班级分别是( )

A. 83，a

B. 82.5，b

C. 82.5，a

D. 82，b

rrrrr4.已知向量a(1,3),b(x,1)且a与b的夹角为60，则|b|( )

A.

23 3B.

1 3C.

3 3D.

2 35.2019年10月1日上午，庆祝中华人民共和国成立70周年阅兵仪式在天安门广场隆重举行.这次阅兵不仅展示了我国的科技军事力量，更是让世界感受到了中国的日新月异.今年的阅兵方阵有一个很抢眼，他们就是院校科研方阵.他们是由军事科学院、国防大学、国防科技大合组建．若已知甲、乙、丙三人来自上述三所学校，学历分别有学士、硕士、博士学位.现知道：①甲不是军事科学院的；②来自军事科学院的不是博士；③乙不是军事科学院的；④乙不是博士学位；⑤国防科技大学的是研究生．则丙是来自哪个院校的，学位是什么( ) A. 国防大学，研究生 C. 军事科学院，学士

B. 国防大学，博士 D. 国防科技大学，研究生

exex在[3,3]的图象大致为( ) 6.函数f(x)2ln(x1)

A. B.

C. D.

7.为计算S123324352L9921003设计了如图所示的的程序框图，在◇和□两个空白框中分别可以填入( )

A. i101和NN(i1) C. i99和NN(i1)

23B. i和NN(i1) D. i101和NN(i1)

322a23，若a11，则S6( ) 8.已知数列{an}满足an2anan1an1an1an1，Sn为其前n项和，

A. 128 B. 126 C. 124 D. 120

9.现有5名学生，甲、乙、丙、丁、戊排成一队照相，则甲与乙相邻，且甲与丁不相邻的站法种数为( ) A. 36

B. 24

C. 22

D. 20

210.已知抛物线C的方程为y4x，F为其焦点，过F的直线与抛物线C交于A,B两点（点A在x轴上

uuuruuuryP(1,2)方），点，连接AP交轴于M，过M作MD//PF交AB于D，若FA5DA，则AB斜率为

( ) A. 4 3B. 3 4C. 1 2D. 2

(x1)21,x2，若函数F(x)f(x)mx有4个零点，则实数m11.已知函数f(x)1f(x2),x22( ) A. 取值范围是

156,

62B. 56,322 211, 206C. 1,322 20D. 若函数f(x)xcosx，且f(a1)f(a2)Lf(a2020)1010，12.已知等差数列{an}的公差为2020，

记Sn为{an}的前n项和，则S2020的值为( ) A. 1010

2021 B. 2C. 2020

4041 D. 2二、填空题：本大题共4小题，每题5分，共20分

xy1013.已知x，y满足约束条件{xy0，则zx2y的最大值为__________．

x0的x2y214.已知双曲线C:221(a0,b0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F2作一条直线l与其两条渐近线

ab交于A,B两点，若AOB为等腰直角三角形，记双曲线的离心率为e，则e2______________. 15.已知函数f(x)2sin(x)(0,||2)过点(0,1)，若f(x)在[0,1]上恰好有两个最值，且在

11[,]上单调递增，则_____________. 44A为圆16.如图，棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，点M,N,E分别为棱AA1,AB,AD的中点，以 ABB1A1和面 1为半径，心，分别在面 并将两弧各五等分，分点依次为 ABCD内作弧MN和 NE，M、P1、

P2、P3、P4、N以及 Q2、Q3、Q4、E．一只蚂蚁欲从点 Q4，P1出发，沿正方体的表面爬行至 N、Q1、 则其爬行的最短距离为________．参考数据：cos90.9877； cos180.9511 ；cos270.10）

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17～21题为必考 题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答． （一）必考题：共60分.

17.在平面四边形ABCD中，E为AB上一点，连接CE,DE，已知AE4BE，AE4，CE若ABCED7，

2. 3

（1）求BCE的面积； （2）求CD长.

18.如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，CACB，侧面ABB1A1是边长为2的正方形，点E、F分别是线段AA1，A1B1的中点，且CEEF.

（1）证明：平面ABB1A1平面ABC；

（2）若CECB，求直线AC1与平面CEF所成角的正弦值.

的

x2y23319.设直线AC:y1(m0)交于点A,B,C,D，x与直线BD:yx分别与椭圆E:4mm66且四边形ACBD的面积为23. （1）求椭圆E方程；

P2)的动直线 （2）设过点 (0,MN为直径的圆？l与椭圆E相交于 M，N两点，是否存在经过原点，且以 若有，请求出圆的方程，若没有，请说明理由.

20.材料一：2018年，全国逾半省份将从秋季入学的高一年级开始实行新的学业水平考试和高考制度．所有省级行政区域均突破文理界限，由学生跨文理选科，均设 置“33”的考试科目．前一个“3”为必考科目，为统一高考科目语文、数学、外语.除个别省级行政区域仍执行教育部委托的分省命题任务外，绝大部分省级行政区域均由教育部考试中心统一命题；后一个“3”为高中学业水平考试（简称“学考”）选考科目，由各省级行政区域自主命题．材料二：2019年4月，河北、辽宁、江苏、福建、湖北、湖南、广东、重庆等8省市发布高考综合改革实施方案，方案决定从2018年秋季入学的高中一年级学生开始实施高考综合改革．考生总成绩由全国统一高考的语文、数学、外语3个科目成绩和考生选择的3科普通高中学业水平选择性考试科目成绩组成，满分为750分．即通常所说的“312”模式，所谓“312”，即“3”是三门主科，分别是语文、数学、外语，这三门科目是必选的．“1”指的是要在物理、历史里选一门，按原始分计入成绩．“2”指考生要在生物、化学、思想政治、地理4门中选择2门．但是这几门科目不以原始分计入成绩，而是等级赋分．等级赋分指的是把考生的原始成绩根据人数的比例分为A、B、C、D、E五个等级，五个等级分别对应着相应的分数区间，然后再用公式换算，转换得出分数．

（1）若按照“312”模式选科，求选出的六科中含有“语文，数学，外语，物理，化学”的概率． （2）某教育部门为了调查学生语数外三科成绩与选科之间的关系，现从当地不同层次的学校中抽取高一学生2500名参加语数外的网络测试，满分450分，并给前400名颁发荣誉证书，假设该次网络测试成绩服从正态分布，且满分为450分；

①考生甲得知他的成绩为270分，考试后不久了解到如下情况：“此次测试平均成绩为171分，351分以上共有57人”，问甲能否获得荣誉证书，请说明理由；

②考生丙得知他实际成绩为430分，而考生乙告诉考生丙：“这次测试平均成绩为201分，351分以上共有57人”，请结合统计学知识帮助丙同学辨别乙同学 信息的真伪． 附：P(X)0.6828；P(2X2)0.9544；

的xP(3X3)0.9974.

21.已知函数f(x)2eax(a0). （1）讨论函数f(x)的零点个数；

（2）若aemen（m,n为给定的常数，且mn），记f(x)在区间(m,n)上的最小值为g(m,n)，求证：

g(m,n)(1mln2)em(1nln2)en.

（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．

选修4—4：极坐标与参数方程

x22cosC xOy中，已知圆1的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，22.在平面直角坐标系

y2sinx轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，圆C2的极坐标方程为4sin，设圆C1与圆C2的公共弦所在直

线为l.

（1）求直线l的极坐标方程；

（2）若以坐标原点为中心，直线 l顺时针方向旋转求|AB|.

后与圆C1、圆C2分别在第一象限交于 A、B两点，6选修4—5：不等式选讲

23.已知函数f(x)|x（1）求m11|，且对任意的x，f(x)f(x)m. 22取值范围；

2（2）若mN，证明：f(sin)f(cos21)m.

一、选择题：本题共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.已知i为虚数单位，则A. 0 【答案】C 【解析】 【分析】

根据复数的除法运算，化简即可得解.

的1i( ) iB. 1

C. 1i

哈三中2020届高三学年网络模拟考试数学（理）

D. 1i

【详解】由复数的除法运算，化简可得

1i1ii1i， iii故选：C.

【点睛】本题考查了复数的除法运算，属于基础题.

22.设A{1,2,3}，B{x|xx10}，则AIB( )

A. {1,2} 【答案】D 【解析】 【分析】

B. {1,2,3} C. {2,3} D. {1}

解不等式可得集合B，再由交集运算即可求解.

1515x【详解】B{x|xx10}，解不等式可得Bx|， 2221515AIB1,2,3Ix|x所以由交集运算可得1，

22故选：D.

【点睛】本题考查了一元二次不等式的解法，集合交集的简单运算，属于基础题.

3.某校为了研究a，b两个班的化学成绩，各选了10人的成绩，绘制了如下茎叶图，则根据茎叶图可知，a班10人化学成绩的中位数和化学成绩更稳定的班级分别是( )

A. 83，a 【答案】C 【解析】 【分析】

B. 82.5，b

C. 82.5，a

D. 82，b

根据茎叶图，可求得a班化学成绩的中位数；由数据分布情况，即可判断化学成绩更稳定的班级.

【详解】由茎叶图可知，a班10人化学成绩从低到高排列，第五个人的成绩为82，第6个人的成绩为83，

所以a班化学成绩的中位数为

828382.5； 2由茎叶图中的叶的分布可知，a班化学成绩分布较为集中，且低成绩和高成绩人数较少，因而a班化学成绩更稳定. 故选：C.

【点睛】本题考查了茎叶图的简单应用，由茎叶图的数据求中位数并由数据分布判断稳定性，属于基础题.

rrrrr4.已知向量a(1,3),b(x,1)且a与b的夹角为60，则|b|( )

A.

23 3B.

1 3C.

3 3D.

2 3【答案】A 【解析】 【分析】

根据平面向量数量积的坐标运算及夹角求法，即可求得参数x的值，进而可得向量的模.

rrrr【详解】向量a(1,3),b(x,1)且a与b的夹角为60，

rrabcos60rr， 由平面向量数量积的坐标运算可得

ab代入可得

1x33，解得x， 22x213r3b所以3,1，

r323由模的运算求得b， 133故选：A.

【点睛】本题考查了平面向量数量积的坐标运算，由夹角求参数并进而求得向量的模，属于基础题. 5.2019年10月1日上午，庆祝中华人民共和国成立70周年阅兵仪式在天安门广场隆重举行.这次阅兵不仅展示了我国的科技军事力量，更是让世界感受到了中国的日新月异.今年的阅兵方阵有一个很抢眼，他们就是院校科研方阵.他们是由军事科学院、国防大学、国防科技大合组建．若已知甲、乙、丙三人来自上述三所学校，学历分别有学士、硕士、博士学位.现知道：①甲不是军事科学院的；②来自军事科学院的不是博士；③乙不是军事科学院的；④乙不是博士学位；⑤国防科技大学的是研究生．则丙是来自哪个院校

2

的，学位是什么( ) A. 国防大学，研究生 C. 军事科学院，学士 【答案】C 【解析】 【分析】

根据①③可判断丙的院校；由②和⑤可判断丙的学位.

【详解】由题意①甲不是军事科学院的，③乙不是军事科学院的； 则丙来自军事科学院；

由②来自军事科学院的不是博士，则丙不是博士； 由⑤国防科技大学的是研究生，可知丙不是研究生， 故丙为学士.

综上可知，丙来自军事科学院，学位是学士. 故选：C.

【点睛】本题考查了合情推理的简单应用，由条件的相互牵制判断符合要求的情况，属于基础题.

B. 国防大学，博士 D. 国防科技大学，研究生

exex在[3,3]的图象大致为( ) 6.函数f(x)2ln(x1)A. B.

C. D.

【答案】C 【解析】

【分析】

先根据函数奇偶性排除B，再根据函数极值排除A；结合特殊值即可排除D，即可得解.

exex【详解】函数f(x)， 2ln(x1)exexf(x)，所以f(x)为奇函数，排除B选项； 则f(x)2ln(x1)ex当x时，f(x)，所以排除A选项； 2lnxee1ee12.720.373.4，排除D选项； 当x1时，f(1)ln(11)ln20.69综上可知，C为正确选项， 故选：C.

【点睛】本题考查根据函数解析式判断函数图像，注意奇偶性、单调性、极值与特殊值的使用，属于基础题.

7.为计算S123324352L9921003设计了如图所示的的程序框图，在◇和□两个空白框中分别可以填入( )

A. i101和NN(i1)3 C. i99和NN(i1)2 【答案】D

B. i和NN(i1)2 D. i101和NN(i1)3

【解析】 【分析】

先将输出值的表达式分成两部分，平方部分与立方部分，即可得□内必为三次方求和形式；再根据所求表达式的最大值，即可确定◇内的内容.

【详解】将式子S123324352L9921003， 等价化为S13252L9922343L1003，

由程序框图可知，MMi2，则□内必为三次方求和形式，故排除BD；

因为S13252L9922343L1003，从i1开始，先计算平方形式，而平方形式只计算到

992，因而A中i101时，会计算到1012，不合题意排除.则◇内应填写i101.

3综上可知，◇和□两个空白框中分别填入i101及NN(i1)，

故选：D.

【点睛】本题考查了程序框图的综合应用，根据输出值完善程序框图，注意对输出式子的理解，属于中档题.

2a23，若a11，则S6( ) 8.已知数列{an}满足an2anan1an1an1an1，Sn为其前n项和，

A. 128 【答案】D 【解析】 【分析】

B. 126 C. 124 D. 120

根据首项及递推公式，依次代入即可分别求得a2,a3,a4,a5,a6，即可得S6的值.

2【详解】数列{an}满足an2anan1an1an1an1，a11，a23， 2当n2时，代入可得a22a2a1a3a1a3，解得a37， 2当n3时，代入可得a32a3a2a4a2a4，解得a415， 2当n4时，代入可得a42a4a3a5a3a5，解得a531， 2当n5时，代入可得a52a5a4a6a4a6，解得a663，

Sn为数列{an}前n项和，

则S6a1a2a3a4a5a6

137153163

120，

故选：D.

【点睛】本题考查了递推公式求数列项的应用，前n项和的求法，属于中档题.

9.现有5名学生，甲、乙、丙、丁、戊排成一队照相，则甲与乙相邻，且甲与丁不相邻的站法种数为( ) A. 36 【答案】A 【解析】 【分析】

根据题意，先求得甲乙相邻的所有排列方法，再扣除甲乙相邻且甲和丁也相邻的情况，即为甲与乙相邻，且甲与丁不相邻的站法种数.

24【详解】当甲乙相邻，捆绑后作为一个整体，与另外三人全排列共有A2A42432148种；

B. 24 C. 22 D. 20

若甲和乙相邻、甲和丁也相邻，则甲不能在最左端和最右端，当甲站在中间三个位置时，乙和丁分别位于122两侧，另两个人站剩余两个位置，共有C3A2A232212种.

故甲与乙相邻，且甲与丁不相邻的站法种数为481236种， 故选：A.

【点睛】本题考查了排列组合问题的实际应用，对位置由特殊要求的排列问题，选择用总数去掉不合题意的部分，即为所求内容，是常用方法，属于中档题.

10.已知抛物线C的方程为y4x，F为其焦点，过F的直线与抛物线C交于A,B两点（点A在x轴上

2方），点P(1,2)，连接AP交y轴于M，过M作MD//PF交AB于D，若FA5DA，则AB斜率为( ) A. uuuruuur4 3B. 3 4C. 1 2D. 2

【答案】A 【解析】 【分析】

根据抛物线方程，求得焦点坐标和准线方程，作AA1垂直于准线交准线于A1，画出几何关系图形.由

xAM1uuuruuurAFAM1A求得点A的横坐标，，可得结合抛物线定义可知MD//PF且FA5DA，

APAA15ADAP5

代入抛物线方程可求得纵坐标.由两点间斜率公式可得直线AF斜率，即为AB的斜率.

【详解】抛物线C的方程为y24x，F为其焦点，过F的直线与抛物线C交于A,B两点（点A在x轴上方），点P(1,2)，连接AP交y轴于M， 则F1,0，准线方程为x1.

根据题意画出几何关系如下图所示：作AA1垂直于准线交准线于A1

.uuuruuurMD//PF且FA5DA，

则

AFAM1， ADAP5xAM1A， APAA15AA1垂直于准线交准线于A1，则xA11，解得xA， 即

xA1541代入抛物线方程可得A,1，

4AB斜率，即为AF的斜率，所以

故选：A.

【点睛】本题考查了抛物线标准方程及其几何性质的综合应用，平行线分线段成比例性质应用，直线与抛物线位置关系的综合应用，属于中档题.

k10413. 14

(x1)21,x2，若函数F(x)f(x)mx有4个零点，则实数m的取值范围是11.已知函数f(x)1f(x2),x22( ) A. 156,

62B. 56,322 211, 206C. 1,322 20D. 【答案】B 【解析】 【分析】

根据函数零点定义可知f(x)mx有四个不同交点，画出函数图像可先求得斜率的大致范围.根据函数在

2x4和4x6的解析式，可求得ymx与两段函数相切时的斜率，即可求得m的取值范围. (x1)21,x2【详解】函数f(x)1，

f(x2),x22函数F(x)f(x)mx有4个零点，即f(x)mx有四个不同交点. 画出函数f(x)图像如下图所示：

11由图可知，当2x4时，设对应二次函数顶点为A，则A3,，21， k2OA36111. 当4x6时，设对应二次函数的顶点为B，则B5,，4k4OB520所以

11m. 206

ymx当直线ymx与2x4时的函数图像相切时与函数f(x)图像有三个交点，此时11，2yx322化简可得x22m6x80.

2； 2m6480，解得m322, m322（舍）ymx当直线ymx与4x6时的函数图像相切时与函数f(x)图像有五个交点，此时11，2yx544化简可得x24m10x240.

4m104240，解得m故当f(x)mx有四个不同交点时m故选：B.

2556, m6（舍）；

2256,322. 2【点睛】本题考查了分段函数解析式的求法，函数零点与函数交点的关系，直线与二次函数相切时的切线斜率求法，属于难题.

若函数f(x)xcosx，且f(a1)f(a2)Lf(a2020)1010，12.已知等差数列{an}的公差为2020，

记Sn为{an}的前n项和，则S2020的值为( ) A. 1010 【答案】A 【解析】 【分析】

根据等差数列的公差及函数解析式，由等差数列求和公式代入可得

B.

2021 2C. 2020

D.

4041 21010a1a2020cosa1cosa2Lcosa20201010由余弦和角与差角公式的应用，变形可得aa20212id，令a1a2020m，代入化简并构造函数

cosaicosa2021i2cos12020cos2222019d2017d2015ddgx2020x2cosxcoscoscosLcos，求得gx并判断符号，可

2222

证明gx为单调递增函数，且可得m解.

2aa2020，进而由等差数列前n项和公式即可求，从而122【详解】等差数列{an}的公差为2020，设d2020.

函数f(x)xcosx，且f(a1)f(a2)Lf(a2020)1010， 则a1a2La2020cosa1cosa2Lcosa20201010， 即1010a1a2020cosa1cosa2Lcosa20201010① 对1i1010,iZ，由余弦的和角与差角公式化简可得

cosaicosa2021i

2a20212id20212id2ai20212id20212idcosicos

22222cos2ai20212id20212id

cos2220212idaia2021i 2coscos22aa20212id，

2cos12020cos22aa2020m，将①化简可得 记122020ma1a2020a2a2019La1010a10111010，

即2020m2cosmcos2019d2017d2015ddcoscosLcos1010② 22222019d2017d2015ddcoscosLcos， 2222令gx2020x2cosxcos由d2020.可得

2019d2017d2015ddgx20202sinxcoscoscosLcos202020200，所以

2222gx在R上单调递增，且g0，又由②可知gm0，

2

所以m2aa2020， ，即1222020a1a20202所以S2020故选：A.

1010，

【点睛】本题考查了数列与函数的综合应用，等差数列求和公式的应用，余弦和角公式与差角公式的综合应用，换元法求值的应用，由导数判断函数单调性的应用，综合性强，属于难题.

二、填空题：本大题共4小题，每题5分，共20分

xy1013.已知x，y满足约束条件{xy0，则zx2y的最大值为__________．

x0【答案】2 【解析】

解：如图所示，绘制不等式组表示的可行域，观察可知，目标函数在点A0,1 处取得最大值zx2y2 .

点睛：求二元一次函数z＝ax＋by(ab≠0)的最值，将函数z＝ax＋by转化为直线的斜截式：y通过求直线的截距

azx，bbz的最值间接求出z的最值．最优解在顶点或边界取得． bx2y214.已知双曲线C:221(a0,b0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F2作一条直线l与其两条渐近线

ab交于A,B两点，若AOB为等腰直角三角形，记双曲线的离心率为e，则e2______________.

【答案】2或422 【解析】 【分析】

根据等腰三角形直角顶点的不同，分三种情况讨论.先求得对应渐近线的倾斜角，可得渐近线的斜率，进而得a,b的等量关系，即可求得双曲线离心率的平方值.

【详解】过F2作一条直线l与其两条渐近线交于A,B两点，若AOB为等腰直角三角形，有以下三种情况： ①，当过F2的直线l斜率不存在时，如下图所示：

根据双曲线的对称性可知，若AOB为等腰直角三角形， 则OAOB,AOB2.

所以其中一条渐近线的倾斜角为

b，即tan1，

4a4则ab，由双曲线性质可得c2a2b22a2，

c22a2所以e222；

aa2②，当过F2的直线l与渐近线的两支相交情况如下图所示时：

若AOB等腰直角三角形，

则OAAB,AOB4，

所以此时其中一条渐近线的倾斜角为

3，由半角公式可得tan21，

88所以tan34821， 81tantan48tantan即

b21， a222所以由cab422a， 所以e2c③当过F2222a422a242a22. 直线l与渐近线的两支相交情况如下图所示时：

若AOB为等腰直角三角形， 则OBAB,AOB4，

所以此时其中一条渐近线的倾斜角为所以

，由半角公式可得tan21，

88b21， a222所以由cab422a， 所以e2c22a2422a242a22，

综上可知，双曲线离心率的平方为2或422， 故答案为：2或422.

【点睛】本题考查了双曲线离心率的求法，根据等腰直角三角形条件，分类讨论直角顶点的情况，正切和角公式的应用，直线倾斜角与斜率关系，计算量较为复杂，属于难题. 15.已知函数f(x)2sin(x)(0,||2)过点(0,1)，若f(x)在[0,1]上恰好有两个最值，且在

11[,]上单调递增，则_____________. 444【答案】

3【解析】 【分析】

11f(x)[0,1]根据函数所过的顶点，即可求得的值，代入解析式，由在上恰有两个最值及在,上单调

44递增，可得关于的不等式组，结合不等式组即可求得的值.

【详解】函数f(x)2sin(x)(0,||代入可得12sin，解得因为||2)过点(0,1)，

62k或52k,kZ， 6π，所以. 26则f(x)2sinx， 63x62547由f(x)在[0,1]上恰有两个最值，所以x，解得；

62330462411f(x)在,上单调递增，则满足，解得0，

4446230综上可知4. 3故答案为：

4. 3【点睛】本题考查了三角函数的性质及应用，函数单调性、最值的综合应用，属于中档题.

A为圆16.如图，棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，点M,N,E分别为棱AA1,AB,AD的中点，以 ABB1A1和面 1为半径，心，分别在面 并将两弧各五等分，分点依次为 ABCD内作弧MN和 NE，M、P1、

P2、P3、P4、N以及 Q2、Q3、Q4、E．一只蚂蚁欲从点 Q4，P1出发，沿正方体的表面爬行至 N、Q1、 则其爬行的最短距离为________．参考数据：cos90.9877； cos180.9511 ；cos270.10）

【答案】1.7820 【解析】 【分析】

根据空间位置关系，将平面旋转后使得各点在同一平面内，结合角的关系即可求得两点间距离的三角函数表达式.根据所给参考数据即可得解.

【详解】棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，点M,N,E分别为棱AA1,AB,AD的中点，以 A为圆心，

ABB1A1和面 1为半径，分别在面 ABCD内作弧MN和 NE.

将平面ABCD绕AB旋转至与平面ABB1A1共面的位置，如下图所示：

180oo则P8144o，所以PQ142sin72； 1AQ410将平面ABCD绕AD旋转至与平面ADD1A1共面的位置，将ABB1A1绕AA1旋转至与平面ADD1A1共面的位置，如下图所示：

90oo，所以PQ2sin63o； 则PAQ29012614145因为sin63osin72o，且由诱导公式可得sin63ocos27o，

o所以最短距离为PQ142sin6320.101.7820，

故答案为：1.7820.

【点睛】本题考查了空间几何体中最短距离的求法，注意将空间几何体展开至同一平面内求解的方法，三角函数诱导公式的应用，综合性强，属于难题.

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17～21题为必考 题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答． （一）必考题：共60分.

17.在平面四边形ABCD中，E为AB上一点，连接CE,DE，已知AE4BE，AE4，CE若ABCED7，

2. 3

（1）求BCE的面积； （2）求CD的长. 【答案】（1）SBCE【解析】

3；（2）CD7 2

【分析】

（1）由题意可得BE1，在BCE中由余弦定理可求得BC，结合三角形面积公式即可得BCE的面积. （2）由ABCED2可得BCEAED，从而证明BCE:AED，可求得ED.再在3CDE中由余弦定理即可求得CD的长.

【详解】（1）由题意可知AE4BE，AE4， 则BE1.

在BCE中由余弦定理可得CE2BC2BE22BCBEcosB， 代入可得7BC12BC1cos解得BC2，

由三角形面积公式可得SBCE22， 31BCBEsinB 2133 21222（2）因为ABCED2， 3所以BCECEBAEDCEB则BCEAED，

因为AB，所以BCE:AED， 则

3，

CEBC21， EDAE42所以ED2CE27，

在CDE中由余弦定理可得CD2DE2CE22DECEcosCED， 代入可得CD2872277cos所以CD7.

【点睛】本题考查了余弦定理在解三角形中的应用，三角形面积公式的应用，由相似三角形求线段长，属于基础题.

18.如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，CACB，侧面ABB1A1是边长为2的正方形，点E、F分别是线

2249， 3

段AA1，A1B1的中点，且CEEF.

（1）证明：平面ABB1A1平面ABC；

（2）若CECB，求直线AC1与平面CEF所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】 【分析】

（1）取AB中点O，连接OE,OC，由正方形性质及条件，可证明EF平面OCE，从而可得EFOC，进而证明OC平面ABB1A1，即可由面面垂直的判定定理证明平面ABB1A1平面ABC；

1. 2uuuruuuruuur（2）结合（1）及线面垂直关系，可得OFOC,OFOA,OCOA.以O为坐标原点，OC,OA,OF分

别为x,y,z轴正方向建立空间直角坐标系，写出各个点的坐标，并求得平面CEF的法向量，即可由线面夹角的向量求法求得直线AC1与平面CEF所成角的正弦值.

【详解】（1）证明：取AB中点O，连接OE,OC，如下图所示：

三棱柱ABCA1B1C1中，CACB， O为AB中点，

则OCAB，

ABB1A1是为正方形，点E、F分别是线段AA1，A1B1的中点，O为AB中点，

所以OEEF，

又因为CEEF，且OECEE， 所以EF平面OCE， 又因为OC平面OCE， 所以EFOC，

且ABOC，EF与AB相交，则OC平面ABB1A1， 又因为OC平面ABC， 所以平面ABC平面ABB1A1.

（2）因为AA1AB，平面ABCI平面ABB1A1AB，平面ABC平面ABB1A1. 所以AA1平面ABC， 则AA1BC.

又因为BCCE，CEAA1E， 所以BC⊥平面AAC11C，则BCAC. 所以OC1.

又AA1平面ABC，AA1//OF， 所以OF平面ABC，

从而OFOC,OFOA,OCOA.

uuuruuuruuur以O为坐标原点，OC,OA,OF分别为x,y,z轴正方向，建立如下图所示的空间直角坐标系：

则O0,0,0,C1,0,0,A0,1,0，E0,1,1,F0,0,2,C11,0,2.

uuuruuuruuuur所以CE1,1,1,CF1,0,2,AC11,1,2. r设平面CEF的法向量为nx,y,z.

uuuvvCEn0xyz0vv则uuu，即，令z1，解得x2,y1，

x2z0CFn0r则n2,1,1，

设直线AC1与平面CEF所成的角为，

uuuurrAC1n1rr. 由直线与平面夹角的求法可得sinuuuuAC1n2【点睛】本题考查了线线垂直、线面垂直、面面垂直的性质与判定，利用空间向量求直线与平面夹角的方法，属于中档题.

x2y23319.设直线AC:y1(m0)交于点A,B,C,D，x与直线BD:yx分别与椭圆E:4mm66且四边形ACBD的面积为23. （1）求椭圆E的方程；

P2)的动直线 （2）设过点 (0,MN为直径的圆？l与椭圆E相交于 M，N两点，是否存在经过原点，且以 若有，请求出圆的方程，若没有，请说明理由.

22x21622602. 【答案】（1）（2）存在，圆的方程为xy1；y417217【解析】

【分析】

（1）根据两条直线解析式特征可知直线AC与直线BD关于坐标轴对称，则ACBD为矩形，将

AC:y3x与椭圆方程联立，表示出交点的横纵坐标，即可由四边形ACBD的面积确定参数，求得椭6圆E的方程；

（2）设直线MN的方程ykx2，两个交点坐标Mx1,y1,Nx2,y2.联立椭圆方程后化简，用韦达定理表示出x1x2,x1x2，经过原点，且以 MN为直径的足OMON，即OMON0，由平面向量数量积的坐标运算代入即可求得斜率k.由中点坐标公式即可求得线段MN中点G的坐标，进而求得OG2的值，即可得圆的标准方程.

【详解】（1）由题意可知直线AC与直线BD关于坐标轴对称，所以四边形ACBD为矩形，

uuuuruuurx2y214mmm则，解得xA3m,yA,

2y3x6所以SACBD4xAyA23m23， 解得m1，

x2代入椭圆方程可得y21.

4（2）存在.

设Mx1,y1,Nx2,y2，由题意可知直线MN的斜率必然存在.

P2)，设直线MN的方程为ykx2， 直线MN过点 (0,ykx2224k1x16kx120， 则x2，化简可得2y14所以x1x216k4k12,x1x2124k12，

uuuuruuur经过原点，且以 MN为直径的足OMON，即OMON0，

uuuuruuur则OMONx1x2y1y2 x1x2kx12kx22

k21x1x22kx1x24 k21x1x22kx1x24

k2116k2k40， 224k14k112解方程可得k2，经检验可知都满足. 设线段MN的中点为Gx0,y0.

x1x2则x028k4k2116, 17y1y2kx1x2422y0,

224k2117222260所以OGx0y0，

2226016. 所以存在满足条件的圆，圆的方程为xy17217【点睛】本题考查了直线与椭圆位置关系，直线与椭圆交点坐标求法，由韦达定理求参数值，中点坐标公式的应用，圆的标准方程求法，平面向量数量积的坐标运算，综合性强，属于难题.

20.材料一：2018年，全国逾半省份将从秋季入学的高一年级开始实行新的学业水平考试和高考制度．所有省级行政区域均突破文理界限，由学生跨文理选科，均设 置“33”的考试科目．前一个“3”为必考科目，为统一高考科目语文、数学、外语.除个别省级行政区域仍执行教育部委托的分省命题任务外，绝大部分省级行政区域均由教育部考试中心统一命题；后一个“3”为高中学业水平考试（简称“学考”）选考科目，由各省级行政区域自主命题．材料二：2019年4月，河北、辽宁、江苏、福建、湖北、湖南、广东、重庆等8省市发布高考综合改革实施方案，方案决定从2018年秋季入学的高中一年级学生开始实施高考综合改革．考生总成绩由全国统一高考的语文、数学、外语3个科目成绩和考生选择的3科普通高中学业水平选择性考试科目成绩组成，满分为750分．即通常所说的“312”模式，所谓“312”，即“3”是三门主科，分别是语文、数学、外语，这三门科目是必选的．“1”指的是要在物理、历史里选一门，按原始分计入成绩．“2”指考生要在生物、化学、思想政治、地理4门中选择2门．但是这几门科目不以原始分计入成绩，而是等级赋分．等级赋分指的是把考生的原始成绩根据人数的比例分为A、B、C、D、E五个等级，五个等级分别对应着相应的分数区间，然后再用公式换算，转换得出分数．

（1）若按照“312”模式选科，求选出的六科中含有“语文，数学，外语，物理，化学”的概率．

22

（2）某教育部门为了调查学生语数外三科成绩与选科之间的关系，现从当地不同层次的学校中抽取高一学生2500名参加语数外的网络测试，满分450分，并给前400名颁发荣誉证书，假设该次网络测试成绩服从正态分布，且满分为450分；

①考生甲得知他的成绩为270分，考试后不久了解到如下情况：“此次测试平均成绩为171分，351分以上共有57人”，问甲能否获得荣誉证书，请说明理由；

②考生丙得知他的实际成绩为430分，而考生乙告诉考生丙：“这次测试平均成绩为201分，351分以上共有57人”，请结合统计学知识帮助丙同学辨别乙同学 信息的真伪． 附：P(X)0.6828；P(2X2)0.9544；

P(3X3)0.9974.

【答案】（1）【解析】 【分析】

（1）已经选出五科，再从剩余三个科目中选1个科目的方法为C3；计算出从物理、历史里选一门，生物、化学、思想政治、地理4门中选择2门的总方案数，即可得其概率. （2）①由题意可知171，而

11；（2）①甲同学能够获得荣誉证书；②乙同学所说为假. 4570.0228，结合3原则即可求得的值.结合获奖概率，并求得2500PX，比较后可求得获奖的最低成绩.即可由甲的成绩得知甲能否获得荣誉证书.

②假设乙所说为真，求得PX2，进而求得的值.从而确定3的值，即可确定X3的概率.比较后即可知该事件为小概率事件，而丙已经有这个成绩，因而可判断乙所说为假. 【详解】（1）设事件A：选出的六科中含有“语文，数学，外语，物理，化学”； 则从剩余生物、思想政治、地理三个科目中选择一个有C3.

从物理、历史里选一门，生物、化学、思想政治、地理4门中选择2门的方案有C2C4种，

121所以

PA1C32C1C2431. 43422（2）设此次网络测试的成绩记为X~N①由题意可知171，

,.

2

因为

1P2X210.9544570.0228，且0.0228， 250022所以35117190； 2而

4000.16， 25001PX10.68280.15870.16，

22且PX所以前400名学生成绩的最低分高于261， 而考生甲的成绩为270分，所以甲同学能够获得荣誉证书. ②假设考生乙所说为真，则201，

PX21P2X210.95440.0228，

22而

573512010.0228，所以75， 25002从而3201375426430， 而PX31P3X310.99740.00130.005，

22所以X3为小概率事件，即丙同学的成绩为430分是小概率事件，可认为其不可能发生，但却又发生了，所以可认为乙同学所说为假.

【点睛】本题考查了古典概型概率求法，由组合数求法求概率，结合3原则求概率值，并由3原则判断事件真伪，综合性强，属于难题. 21.已知函数f(x)2eax(a0). （1）讨论函数f(x)的零点个数；

（2）若aemen（m,n为给定的常数，且mn），记f(x)在区间(m,n)上的最小值为g(m,n)，求证：

xg(m,n)(1mln2)em(1nln2)en.

【答案】（1）①当0a2e时，f(x)无零点；②当a2e时，f(x)有一个零点；③当a2e时，f(x)有两个零点；（2）证明见解析.

【解析】 【分析】

（1）根据解析式求得导函数，并令f(x)0求得极值点.在极值点两侧，判断导函数的符号，并求得最小值.结合当x及x时函数值特征，即可确定零点个数.

mnaee（2）根据aee及mn，可得mlnelnlnlnenn.进而确定g(m,n)的表达式，

22mnm代入不等式化简变形，并令tenm，构造函数htln断ht的单调性及最值，即可证明不等式成立. 【详解】（1）函数f(x)2eax(a0)， 则f(x)2ea， 令f(x)0，解得xlnx4ttln，求得ht后由导函数符号判t1t1xa， 2aaf(x)0f(x)x,ln,ln当，所以在时，为单调递减；

22当xlnaa,,时，f(x)0，所以f(x)在ln,,为单调递增； 22alnaaafln2e2alna1ln，

222所以f(x)min当x,时fx； 当x,时fx； ①当lna1，即0a2e时，f(x)无零点； 2②当lna1，即a2e时，f(x)有一个零点； 2a1，即a2e时，f(x)有两个零点； 2③当ln（2）证明：因为aemen，

aemen所以mlnelnlnlnenn，

22m由（1）可知f(x)在区间(m,n)上的最小值g(m,n)，

aemenamng(m,n)flna1lnee1ln， 222所以不等式g(m,n)(1mln2)e(1nln2)e可化为

mnemenee1ln2(1mln2)em(1nln2)en，

mnemenmemenn移项化简可得mln2lnenln2lne0，

224emenn所以elnmelnmn0， neeeem即ln4enm1enmenmlnnm0，

e1令tenm，则t1. 所以原不等式可化为ln4ttln0， t1t1令htln4ttln,t1. t1t11t1tlnlnln10， t1t1t1t1则ht所以ht在1,单调递减， 则hth1ln2ln10， 2即ln4ttln0成立， t1t1原不等式得证.

【点睛】本题考查了由导数求函数的单调区间，根据单调区间的取值特点判断零点个数，由导函数的单调性证明不等式成立，由不等式性质化简变形，对理解问题分析问题能力要求高，属于难题.

（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．

选修4—4：极坐标与参数方程

xOy中，已知圆C1的参数方程为22.在平面直角坐标系 x22cos（为参数），以坐标原点为极点，

y2sinx轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，圆C2的极坐标方程为4sin，设圆C1与圆C2的公共弦所在直

线为l.

（1）求直线l的极坐标方程；

（2）若以坐标原点为中心，直线 l顺时针方向旋转求|AB|. 【答案】（1）【解析】 分析】

（1）将圆C1的参数方程化为普通方程，圆C2的极坐标方程化为直角坐标方程；把两个圆的方程联立，即可得其公共弦所在直线方程，进而得其极坐标方程.

（2）将圆C1的标准方程化为极坐标方程，将直线旋转后可得其角度，分别代入C1、C2的极坐标方程，即可由极坐标的几何意义求得|AB|. 【详解】（1）圆C1的参数方程为2后与圆C1、圆C2分别在第一象限交于 A、B两点，64（2）AB2R；

2.

【则圆的普通方程为x2y24， 圆C2的极坐标方程为4sin，

2x22cos（为参数），

y2sin等式两边同时乘以可得4sin，即xy4y，化为直角坐标方程为x2y24，

2222x2y24圆C1与圆C2的公共弦所在直线为l，则， 22xy24化简可得yx，

所以直线l的极坐标方程为 4R

后与圆C1、圆C2分别在第一象限交于 A、B两点， 6（2）以坐标原点为中心，直线 l顺时针方向旋转

则直线AB的极坐标方程为24612，

将圆C1的标准方程x2y24化为极坐标方程为4cos， 设A1,,B,2，10,20. 1212124sin则AB124cos12

42cos322 【点睛】本题考查了极坐标与直角坐标方程的转化，参数方程与普通方程间的转化，由极坐标的几何意义求弦长，属于中档题.

选修4—5：不等式选讲

23.已知函数f(x)|x11|，且对任意的x，f(x)f(x)m. 22（1）求m的取值范围； （2）若mN，证明：f(sin【答案】（1）m【解析】 【分析】

（1）先求得函数f(x)fx2)f(cos21)m.

1（2）证明见解析 21式，结合绝对值三角不等式即可求得最小值，进而得m的取值范围； 2（2）由（1）中m的取值范围，结合mN可得m0.代入不等式及函数解析式，分类讨论得分段函数解析式，并求得各自的最大值，即可证明不等式成立. 【详解】（1）函数f(x)|x1|， 2.由绝对值三角不等式可得f(x)fx11xx 22x11x 221x0时取等号， 2当且仅当x

因而m1 21，且mN， 2（2）证明：由（1）可知m则m0， 要证明f(sin2)f(cos21)m，

22只需证明f(sin)f(cos1)0，

222而f(sin)f(cos1)sin11cos2 22sin211cos2 221222sin2,sin12，

11,0sin22当

1sin21时，f(sin2)f(cos21)2sin220. 22当0sin时，f(sin2)f(cos21)1，

2212综上可知f(sin)f(cos1)0， 原命题得证.

【点睛】本题考查了绝对值三角不等式的综合应用，去绝对值化简函数表达式，由分段函数最值证明不等式成立，属于中档题.