2020年广东省广州市天河区高考数学一模试卷(文科)

2020年广东省广州市天河区高考数学一模试卷（文科）

一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，满分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. 设集合A ={?1,?0,?1,?2,?3}，B ={x|x 2?2x >0}，则A ∩B =( ) A.{3} B.{2,?3} C.{?1,?3} D.{0,?1,?2}

2. 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x 1，x 2，…，x n ，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（ ）

A.x 1，x 2，…x n 的平均数

B.x 1，x 2，…x n 的标准差

C.x 1，x 2，…x n 的最大值

D.x 1，x 2，…x n 的中位数 3. 若复数

a?2i 1+i

(a ∈R)为纯虚数，则|3?ai|＝（ ）

A.√13

B.13

C.10

D.√10

4. 设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2+a 8=15?a 5，则S 9等于( ) A.18 B.36 C.45 D.60

5. 已知cos(θ+π

2)=4

5，π

2<θ<3π2

，则sin2θ的值等于（ ）

A.12

25 B.?12

25

C.24

25

D.?24

25

6. 若实数x ，y 满足{x ≥0

y ≥0x +y ≤1

，则z ＝y ?2x 的最小值为（ ）

A.2

B.?2

C.1

D.?1

7. 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）2＝4×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√3≈1.732，√2≈1.414）

8. 已知x 1=ln 1

2，x 2=e ?1

2，x 3满足e ?x 3=lnx 3，则正确的是( )

A.x 1

B.x 1

C.x 2

D.x 3

9. 如图所示，在棱长为a 的正方体ABCD ?A 1B 1C 1D 1中，E 是棱DD 1的中点，F 是侧面CDD 1C 1上的动点，且B 1F?//?面A 1BE ，则F 在侧面CDD 1C 1上的轨迹的长度是( )

A.a

B.a

2

C.√2a

D.√2a

2

10. 已知函数f(x)=√3sin(ωx +φ)(ω>0,??π

2<φ<π

2)，A(1

3,?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BC ＝4，则f(x)的单调递增区间是（ ） A.(2k ?2

3,?2k +4

3)，k ∈Z B.(2kπ?2

3π,?2kπ+4

3π)，k ∈Z C.(4k ?2

3,?4k +4

3)，k ∈Z D.(4kπ?2

3π,?4kπ+4

3π)，k ∈Z

11. 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（ ） A.a(1+r)17

B.a

r [(1+r)17?(1+r)] C.a(1+r)18

D.a r [(1+r)18?(1+r)]

12. 已知函数f(x)＝(k +4

k

)lnx +

4?x 2x

，k ∈[1,?+∞)，曲线y ＝f(x)上总存在两点

M(x 1,?y 1)，N(x 2,?y 2)使曲线y ＝f(x)在M 、N 两点处的切线互相平行，则x 1+x 2的取值范围为（ ）

A.[4,?+∞)

B.(4,?+∞)

C.[165

,+∞) D.(16

5

,+∞)

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，满分20分．

已知向量a→=(3,??2)，b→=(m,?1)．若向量(a→?2b→)?//?b→，则m＝________．

已知数列{a n}满足a1=1，a n=1+a1+...+a n?1(n∈N?,?n≥2)，则当n≥1时，

a n=________．

如图所示，位于A处的信息中心获悉：在其正东方向相距30√2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θ的方向沿直线CB前往B处救援，则cosθ的值为________．

已知直三棱柱ABC?A1B1C1外接球的表面积为52π，AB＝1，若△ABC外接圆的圆心

O1在AC上，半径r1＝1，则直三棱柱ABC?A1B1C1的体积为________．

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，每个试题学生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。(一）必考题：共60分。

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（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．

在等比数列{a n}中，公比q∈(0,?1)，且满足a3＝2，a1a3+2a2a4+a3a5＝25．

（1）求数列{a n}的通项公式；

S1S2S n

值．

在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且?2sin2C+2√2cosC+3＝0．

(1)求角C的大小；

(2)若b=√2a，△ABC的面积为√2

2

sinAsinB，求sinA及c的值．

如图，四棱锥P?ABCD的底面ABCD是矩形，侧面PAB是正三角形，AB＝2，BC=√2，PC=√6．E、H分别为PA、AB的中点．

（1）求证：PH⊥AC；

（2）求点P到平面DEH的距离．

已知函数f(x)=lnx?mx2，g(x)=1

2

mx2+x，m∈R，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)≤mx?1恒成立，求整数m的最小值．

（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：坐标系与参数方程]

在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为{x=cosα+√3sinα,

y=sinα?√3cosα

（α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ρcos(θ+π

6

)=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．

[选修4-5：不等式选讲]（10分）

已知函数f(x)＝|x?1|+|2x+m|(m∈R)．

（1）若m＝2时，解不等式f(x)≤3；

（2）若关于x的不等式f(x)≤|2x?3|在x∈[0,?1]上有解，求实数m的取值范围．

参考答案与试题解析

2020年广东省广州市天河区高考数学一模试卷（文科）

一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，满分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.

【答案】

C

【考点】

一元二次不等式的解法

交集及其运算

【解析】

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(x?2)>0，

解得：x<0或x>2，即B={x|x<0或x>2}，

∵A={?1,?0,?1,?2,?3}，

∴A∩B={?1,?3}，

故选C.

2.

【答案】

B

【考点】

众数、中位数、平均数

【解析】

利用方差或标准差表示一组数据的稳定程度．

【解答】

表示一组数据x1，x2，…x n的稳定程度是方差或标准差．

3.

【答案】

A

【考点】

复数的模

【解析】

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，最后代入模的公式求模．

【解答】

由a?2i

1+i =(a?2i)(1?i)

(1+i)(1?i)

=(a?2)+(?a?2)i

2

=a?2

2

?a+2

2

i．

因为复数a?2i

1+i (a∈R)为纯虚数，所以{

a?2

2

=0

a+2

2

≠0

，解得a＝2．

所以|3?ai|＝|3?2i|=√32+(?2)2=√13．4.

【答案】

【考点】

等差数列的前n 项和 等差数列的性质 【解析】

由等差数列的通项公式知a 2+a 8＝15?a 5?a 5＝5，再由等差数列的前n 项和公式知S 9=9

2×2a 5．

【解答】

解：∵ a 2+a 8=15?a 5， ∴ 2a 5=15?a 5， ∴ a 5=5，

∴ S 9=9

2×2a 5=45．

故选C . 5.

【答案】 C

【考点】

二倍角的三角函数

同角三角函数间的基本关系 【解析】

由已知利用诱导公式可求sinθ，根据同角三角函数基本关系式可求cosθ，进而根据二倍角的正弦函数公式即可求解． 【解答】

∵ cos(θ+π

2)＝?sinθ=4

5， ∴ sinθ=?45， ∵ π

2<θ<

3π2，

∴ cosθ=?√1?sin 2θ=?3

5，

∴ sin2θ＝2sinθcosθ＝2×(?3

5)×(?4

5)=24

25． 6.

【答案】 B

【考点】 简单线性规划 【解析】

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】

作出不等式组表示的平面区域，如图：

由图可知，z＝y?2x在x+y＝1与x轴的交点(1,?0)处取得最小值，即z＝0?2＝?2．7.

【答案】

B

【考点】

几何概型计算（与长度、角度、面积、体积有关的几何概型）

【解析】

设勾为a，则股为√3a，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】

如图，

设勾为a，则股为√3a，∴弦为2a，

则图中大四边形的面积为4a2，小四边形的面积为(√3?1)2a2=(4?2√3)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(4?2√3)a2

4a2=1?√3

2

．

∴落在黄色图形内的图钉数大约为1000(1?√3

2

)≈134．8.

【答案】

A

【考点】

指数式、对数式的综合比较

【解析】

此题暂无解析

【解答】

解：∵e?x>0；

∴lnx3>0；

∴x3>1；

又ln1

2

∴x1<0，

∵ 0

∴ 0

故选A.

9.

【答案】

D

【考点】

直线与平面平行的判定

【解析】

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，

连接AE，EG，BG，B1I，B1H，HI，如图所示：

则ABEG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ABCD?A1B1C1D1中的棱长为a，

∴HI=1

2CD1=√2

2

a．

即F在侧面CDD1C1上的轨迹的长度是√2

2

a．

故选D.

10.

【答案】

C

【考点】

正弦函数的单调性

【解析】

由题意可得(2√3)2+(T

2

)2=42，求得ω的值，再根据对称中心求得φ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】

函数f(x)=√3sin(ωx+φ)(ω>0,??π

2<φ<π

2

)，

A(1

3

,?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，

∴(2√3)2+(T

2)2=42，即12+π2

ω2

=16，求得ω=π

2

．

π1πππ

令2kπ?π

2≤π

2

x?π

6

≤2kπ+π

2

，求得4k?2

3

≤x≤4k+4

3

，

故f(x)的单调递增区间为(4k?2

3,?4k+4

3

)，k∈Z，

11.

【答案】

D

【考点】

数列的应用

【解析】

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S＝a(1+r)17+a(1+r)17+……+a(1+r)，由等比数列的前n项和公式分析可得答案．

【解答】

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S＝a(1+r)17+a(1+r)17+……+a(1+r)=a(1+r)[(1+r)17?1]

1+r?1

=

a

r

[(1+r)18?(1+r)]；

12.

【答案】

B

【考点】

利用导数研究曲线上某点切线方程

【解析】

求得f(x)的导数f′(x)，由题意可得f′(x1)＝f′(x2)(x1，x2>0，且x1≠x2)，化为

4(x1+x2)＝(k+4

k )x1x2，因此x1+x2>16

k+4

k

对k∈[1,?+∞)都成立，令g(k)＝k+4

k

，

k∈[1,?+∞)，利用导数研究其单调性极值与最值即可得出．【解答】

函数f(x)＝(k+4

k )lnx+4?x2

x

，导数f′(x)＝(k+4

k

)?1

x

?4

x2

?1．

由题意可得f′(x1)＝f′(x2)(x1，x2>0，且x1≠x2)．

即有k+4 k

x1?4

x12

?1=k+

4

k

x2

?4

x22

?1，

化为4(x1+x2)＝(k+4

k

)x1x2，

而x1x2<(x1+x2

2

)2，

化为x1+x2>

16

k+4

k

对k∈[1,?+∞)都成立，

令g(k)＝k+4

k

，k∈[1,?+∞)，

由k+4

k ≥2√k?4

k

=4，当且仅当k＝2取得等号，

∴16

k+4

k

≤4，

∴x1+x2>4，即x1+x2的取值范围是(4,?+∞)．

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，满分20分．【答案】

?3 2

【考点】

平面向量的坐标运算

【解析】

根据(a→?2b→)?//?b→，可得方程?4m＝3?2m，解方程可得m的值．

【解答】

∵向量a→=(3,??2)，b→=(m,?1)，

∴a→?2b→=(3?2m,?4)，

∵(a→?2b→)?//?b→，∴?4m＝3?2m，

∴m=?3

2

．

【答案】

2n?1

【考点】

数列递推式

【解析】

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{a n}满足a1=1，

a n=1+a1+...+a n?1?(n∈N?,?n≥2)，

则a1=1=20，

a2=2=21，

a3=4=22，

a4=8=23，…

由此可得当n≥1时，a n=2n?1．

故答案为：2n?1．

【答案】

2√17

34

解三角形

【解析】

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cosθ＝cos(∠ACB+ 45°)展开求出cosθ的值．

【解答】

如图所示，在△ABC中，AB＝30√2，AC＝20，∠BAC＝120°，

由余弦定理得BC2＝AB2+AC2?2AB?AC?cos135°＝3400，

所以BC＝10√34．

由正弦定理得sin∠ACB=AB

BC ?sin∠BAC=3√34

34

．

由∠BAC＝135°知∠ACB为锐角，故cos∠ACB=5√34

34

．

故cosθ＝cos(∠ACB+45°)＝cos∠ACBcos45°?sin∠ACBsin45°=(3√34

34?3√34

34

)×√2

2

=

2√17

34

．

【答案】

24

【考点】

柱体、锥体、台体的体积计算

【解析】

由题意可得，直三棱柱ABC?A1B1C1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】

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r1＝1，得AC＝2，又AB＝1，∴BC=√3．

把直三棱柱ABC?A1B1C1补形为长方体，设BB1＝x，

则其外接球的半径R=1

2

√12+(√3)2+x2．

又直三棱柱ABC?A1B1C1外接球的表面积为52π，

∴4πR2＝52π，即R=√13．

∴R=1

2

√12+(√3)2+x2=√13，解得x＝16√3．

∴直三棱柱ABC?A1B1C1的体积为1

2

×1×√3×16√3=24．

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，每个试题学生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。(一）必考题：共60分。

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)×10=0.08．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：

70×0.004×10+80×0.012×10+90×0.016×10

+100×0.030×10+110×0.020×10+120×0.006×10

+130×0.008×10+140×0.004×10=102．

(3)样本成绩属于第六组的有0.006×10×50=3人，样本成绩属于第八组的有0.004×10×50=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n=C52=10，

他们的分差的绝对值小于10分包含的基本事件个数m=C32+C22=4，

∴他们的分差的绝对值小于10分的概率p=m

n =4

10

=2

5

．

【考点】

频数与频率

众数、中位数、平均数

频率分布直方图

古典概型及其概率计算公式

【解析】

（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n=C52=10，他们的分差的绝对值小于10分包含的基本事件个数m=C32+C22=4，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)×10=0.08．

完成频率分布直方图如下：

70×0.004×10+80×0.012×10+90×0.016×10

+100×0.030×10+110×0.020×10+120×0.006×10

+130×0.008×10+140×0.004×10=102．

(3)样本成绩属于第六组的有0.006×10×50=3人，样本成绩属于第八组的有0.004×10×50=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n=C52=10，

他们的分差的绝对值小于10分包含的基本事件个数m=C32+C22=4，

∴他们的分差的绝对值小于10分的概率p=m

n =4

10

=2

5

．

【答案】

a1a3+2a2a4+a3a5＝25，

可得a22+2a2a4+a42＝(a2+a4)2＝25，

由a3＝2，即a1q2＝2，①，可得a1>0，由00，可得a2+a4＝5，即a1q+a1q3＝5，②

由①②解得q=1

2

（2舍去），a1＝8，

则a n＝8?(1

2

)n?1＝24?n；

b n＝log2a n＝log224?n＝4?n，

可得S n=1

2n(3+4?n)=7n?n2

2

，

S n n =7?n

2

，

则S1

1+S2

2

+?+S n

n

=3+5

2

+?+7?n

2

=1

2n(3+7?n

2

)=13n?n2

4

=?1

4

(n?13

2

)2+169

16

，

可得n＝6或7时，S1

1+S2

2

+?+S n

n

取最大值21

2

．

则n的值为6或7．

【考点】

数列的求和

【解析】

（1）由条件判断a n>0，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b n＝log2a n＝log224?n＝4?n，可得S n=7n?n2

2，S n

n

=7?n

2

，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】

a1a3+2a2a4+a3a5＝25，

可得a22+2a2a4+a42＝(a2+a4)2＝25，

由a3＝2，即a1q2＝2，①，可得a1>0，由00，可得a2+a4＝5，即a1q+a1q3＝5，②

由①②解得q=1

2

（2舍去），a1＝8，

b n＝log2a n＝log224?n＝4?n，

可得S n=1

2n(3+4?n)=7n?n2

2

，

S n n =7?n

2

，

则S1

1+S2

2

+?+S n

n

=3+5

2

+?+7?n

2

=1

2n(3+7?n

2

)=13n?n2

4

=?1

4

(n?13

2

)2+169

16

，

可得n＝6或7时，S1

1+S2

2

+?+S n

n

取最大值21

2

．

则n的值为6或7．

【答案】

解：(1)∵?2sin2C+2√2cosC+3=0，

可得：?2(1?cos2C)+2√2cosC+3=0，

∴2cos2C+2√2cosC+1=0，

∴cosC=?√2

2

，

又∵0

∴C=3π

4

．

(2)∵c2=a2+b2?2abcosC=3a2+2a2=5a2，∴c=√5a，

∴sinC=√5sinA，

∴sinA=

√5=√10

10

，

∵S

△ABC =1

2

absinC=√2

2

sinAsinB，

∴a

sinA ?b

sinB

?sinC=(c

sinC

)2sinC=√2，

∴c=√√2sinC=1.

【考点】

解三角形

余弦定理

正弦定理

同角三角函数间的基本关系

三角函数值的符号

【解析】

（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+2√2cosC+3=0，

可得：?2(1?cos2C)+2√2cosC+3=0，

∴2cos2C+2√2cosC+1=0，

又∵ 0

3π4

．

(2)∵ c 2=a 2+b 2?2abcosC =3a 2+2a 2=5a 2， ∴ c =√5a ，

∴ sinC =√5sinA ， ∴ sinA =

5

=

√10

10

， ∵ S △ABC =12absinC =√22sinAsinB ，

∴ a

sinA ?b

sinB ?sinC =(c

sinC )2sinC =√2， ∴ c =√√2sinC =1.

【答案】

证明：∵ PAB 为正三角形，AB ＝2， ∴ PB ＝AB ＝2，

∵ BC =√2，PC =√6，∴ PC 2＝BC 2+PB 2 ∴ 根据勾股定理得BC ⊥PB ， ∵ ABCD 为矩形，∴ BC ⊥AB ，

∵ 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， ∴ PH ⊥AB ，∴ PH ⊥平面ABCD ， ∵ AC ?平面ABCD ，∴ PH ⊥AC ．

取CD 中点E ，以H 为原点，HA 为x 轴，HB 为y 轴，HP 为z 轴，建立空间直角坐标系， 则P(0,?0,?√3)，D(1,?2,?0)，A(1,?0,?0)，E(1

2,0,√3

2)，H(0,?0,?0)，

HD →

=(1,?2,?0)，HE →

=(1

2,0,

√3

2

)，HP →=(0,?0,?√3)，

设平面DEH 的法向量n →

=(x,?y,?z)，

则{n →

?HD →

=x +2y =0n →?HE →=12x +√32z =0 ，取y ＝1，得n →=(?2,√3

)， ∴ 点P 到平面DEH 的距离d =|n →?HP →

||n →|

=

2√57

19

．

【考点】

空间中直线与直线之间的位置关系 点、线、面间的距离计算 【解析】

（1）推导出PB ＝AB ＝2，BC ⊥PB ，BC ⊥AB ，从而BC ⊥面PAB ，进而面PAB ⊥面ABCD ，PH ⊥AB ，PH ⊥平面ABCD ，由此能证明PH ⊥AC ．

(Ⅱ) 取CD 中点E ，以H 为原点，HA 为x 轴，HB 为y 轴，HP 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出点P 到平面DEH 的距离． 【解答】

证明：∵ PAB 为正三角形，AB ＝2， ∴ PB ＝AB ＝2，

∵ BC =√2，PC =√6，∴ PC 2＝BC 2+PB 2 ∴ 根据勾股定理得BC ⊥PB ， ∵ ABCD 为矩形，∴ BC ⊥AB ，

∵ 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， ∴ PH ⊥AB ，∴ PH ⊥平面ABCD ， ∵ AC ?平面ABCD ，∴ PH ⊥AC ．

取CD 中点E ，以H 为原点，HA 为x 轴，HB 为y 轴，HP 为z 轴，建立空间直角坐标系， 则P(0,?0,?√3)，D(1,?2,?0)，A(1,?0,?0)，E(1

2,0,√3

2

)，H(0,?0,?0)，

HD →

=(1,?2,?0)，HE →

=(1

2,0,√

3

2)，HP →

=(0,?0,?√3)， 设平面DEH 的法向量n →

=(x,?y,?z)，

则{n →

?HD →

=x +2y =0n →?HE →=12x +√32z =0 ，取y ＝1，得n →=(?2,3

)， ∴ 点P 到平面DEH 的距离d =|n →?HP →

||n →|

=

2√57

19

．

【答案】

解：(1)由题知定义域为(0,?+∞)，f′(x)=1x

?2mx =1?2mx

2

x

，

①当m ≤0时f′(x)>0恒成立，∴ f(x)在(0,?+∞)上是增函数，无极值， ②当m >0时令f′(x)>0，∴ 0√2m ，

所以函数f(x)在√2m )上为增函数，在(√2m 为减函数， 所以当x =√2m 时，有极大值，极大值为?1

2(ln2m +1)，无极小值. (2)由F(x)≤mx ?1恒成立知m ≥2(lnx+x+1)x 2+2x

恒成立，

令?(x)=2(lnx+x+1)x 2+2x

，

则?′(x)=

?2(x+1)(2lnx+x)

(x 2+2x)2

，

令φ(x)=2lnx +x ，因为φ(1

2)=1

2?ln4<0，φ(1)=1>0，则φ(x)为增函数． 故存在x 0∈(1

2,?1)，使φ(x 0)=0，即2lnx 0+x 0=0，

当00，?(x)为增函数，当x 0

2(lnx 0+x 0+1)x 02+2x 0

=1

x 0

，

而x 0∈(1

2,?1)，所以1

x 0

∈(1,?2)，所以整数m 的最小值为2．

【考点】

利用导数研究函数的最值

利用导数研究不等式恒成立问题 利用导数研究函数的极值 利用导数研究函数的单调性 【解析】 此题暂无解析 【解答】

①当m ≤0时f′(x)>0恒成立，∴ f(x)在(0,?+∞)上是增函数，无极值， ②当m >0时令f′(x)>0，∴ 0

，

令f′(x)<0，∴ x >2m ，

所以函数f(x)在√2m )上为增函数，在(√2m 为减函数， 所以当x =√2m 时，有极大值，极大值为?1

2(ln2m +1)，无极小值. (2)由F(x)≤mx ?1恒成立知m ≥2(lnx+x+1)x 2+2x

恒成立，

令?(x)=2(lnx+x+1)x 2+2x

，

则?′(x)=

?2(x+1)(2lnx+x)

(x 2+2x)2

，

令φ(x)=2lnx +x ，因为φ(1

2)=1

2?ln4<0，φ(1)=1>0，则φ(x)为增函数． 故存在x 0∈(1

2,?1)，使φ(x 0)=0，即2lnx 0+x 0=0，

当00，?(x)为增函数，当x 0

2(lnx 0+x 0+1)x 02+2x 0

=1

x 0

，

而x 0∈(1

2,?1)，所以1

x 0

∈(1,?2)，所以整数m 的最小值为2．

（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：坐标系与参数方程]

【答案】

解：(1)由x 2+y 2=(cosα+√3sinα)2+(sinα?√3cosα)2=4， 得曲线C:x 2+y 2=4．

直线l 的极坐标方程展开为√3

2ρcosθ?1

2ρsinθ=2，

故l 的直角坐标方程为√3x ?y ?4=0．

(2)由(1)得直线l 为：√3x ?y ?4=0， 令x =0，则P 的坐标为(0,??4)，

设过点P 的直线方程为{x =tcosα,

y =?4+tsinα （t 为参数）

代入C:x 2+y 2=4得t 2?8tsinα+12=0， 设A ，B 对应的参数为t 1，t 2，

所以|PA|?|PB|=|t 1t 2|=12为定值． 【考点】

利用圆锥曲线的参数方程求最值 圆的参数方程

直线的极坐标方程与直角坐标方程的互化 【解析】

（1）由x 2+y 2＝(cosα+√3sinα)2+(sinα?√3cosα)2＝4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；

【解答】

解：(1)由x 2+y 2=(cosα+√3sinα)2+(sinα?√3cosα)2=4， 得曲线C:x 2+y 2=4．

直线l 的极坐标方程展开为√3

2ρcosθ?1

2ρsinθ=2，

故l 的直角坐标方程为√3x ?y ?4=0．

(2)由(1)得直线l 为：√3x ?y ?4=0， 令x =0，则P 的坐标为(0,??4)，

设过点P 的直线方程为{x =tcosα,

y =?4+tsinα （t 为参数） 代入C:x 2+y 2=4得t 2?8tsinα+12=0， 设A ，B 对应的参数为t 1，t 2，

所以|PA|?|PB|=|t 1t 2|=12为定值． [选修4-5：不等式选讲]（10分） 【答案】

若m ＝2时，|x ?1|+|2x +2|≤3，

当x ≤?1时，原不等式可化为?x +1?2x ?2≤3解得x ≥?4

3，所以?4

3≤x ≤?1， 当?1

3，所以x ∈Φ， 综上述：不等式的解集为{x|?4

3≤x ≤0}；

当x ∈[0,?1]时，由f(x)≤|2x ?3|得1?x +|2x +m|≤3?2x ， 即|2x +m|≤2?x ，

故x ?2≤2x +m ≤2?x 得?x ?2≤m ≤2?3x ， 又由题意知：(?x ?2)min ≤m ≤(2?3x)max ， 即?3≤m ≤2，

故m 的范围为[?3,?2]． 【考点】

绝对值不等式的解法与证明 绝对值三角不等式 【解析】

（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|≤2?x ，即?x ?2≤m ≤2?3x ，即可求解实数m 的取值范围． 【解答】

若m ＝2时，|x ?1|+|2x +2|≤3，

当x ≤?1时，原不等式可化为?x +1?2x ?2≤3解得x ≥?4

3，所以?4

3≤x ≤?1， 当?1

3，所以x ∈Φ， 综上述：不等式的解集为{x|?4

3≤x ≤0}；

当x ∈[0,?1]时，由f(x)≤|2x ?3|得1?x +|2x +m|≤3?2x ，

故x?2≤2x+m≤2?x得?x?2≤m≤2?3x，又由题意知：(?x?2)min≤m≤(2?3x)max，

即?3≤m≤2，

故m的范围为[?3,?2]．