2020年吉林省长春市高考数学三模试卷(理科)(附答案详解)

2020年吉林省长春市高考数学三模试卷（理科）
1.已知集合A={x∈Z|x2≤4}，B={x|−4<x<2}，则A∩B=()
A. B={x|−2≤x<2}
B. B={x|−4<x≤2}
C. {−2,−1,0,1,2}
D. {−2,−1,0,1}
2.已知复数z=(a+i)(1−2i)(a∈R)的实部为3，其中i为虚数单位，则复数z的虚部
为()
A. −1
B. −i
C. 1
D. i
3.已知向量a⃗=(1,−2)，b⃗ =(3,−3)，c⃗=(1,t)，若向量a⃗与向量b⃗ +c⃗共线，则实数
t=()
A. 5
B. −5
C. 1
D. −1
4.已知函数f(x)=cos x
2−√3sin x
2
的图象为C，为了得到关于原点对称的图象，只要
把C上所有的点()
A. 向左平移π
3个单位 B. 向左平移2π
3
个单位
C. 向右平移π
3个单位 D. 向右平移2π
3
个单位
5.函数f(x)=x3
e−x−e x
的图象大致为()
A. B.
C. D.
6.在(x+1
x2
)5的展开式中，一定含有()
A. 常数项
B. x项
C. x−1项
D. x3项
7.已知直线m，n和平面α，β，γ，有如下四个命题：
①若m⊥α，m//β，则α⊥β；
②若m⊥α，m//n，n⊂β，则α⊥β；
③若n⊥α，n⊥β，m⊥α，则m⊥β；
④若m⊥α，m⊥n，则n//α．
其中真命题的个数是()
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
8.风雨桥是侗族最具特色的建筑之一，风雨桥由桥、塔、亭组成，其塔俯视图通常是
正方形、正六边形和正八边形．右下图是风雨桥中塔的俯视图．该塔共5层，若B0B1=B1B2=B2B3=B3B4=0.5m，A0B0=8m.这五层正六边形的周长总和为()
A. 35m
B. 45m
C. 210m
D. 270m
9.已知圆E的圆心在y轴上，且与圆C：x2+y2−2x=0的公共弦所在直线的方程为
x−√3y=0，则圆E的方程为()
A. x2+(y−√3)2=2
B. x2+(y+√3)2=2
C. x2+(y−√3)2=3
D. x2+(y+√3)2=3
10.某项针对我国《义务教育数学课程标准》的研究中，列出各个学段每个主题所包含
的条目数(如表)，如图是将统计表的条目数转化为百分比，按各学段绘制的等高条形图，由图表分析得出以下四个结论，其中错误的是()
学段主题第一学段(1−3
年级)
第二阶段(4−6
年级)
第三学段(7−9
年级)
合计
数与代数21284998图形几何182587130统计概率381122综合实践34310合计4565150260
A. 除了“综合与实践”外，其它三个领域的条目数都随着学段的升高而增加，尤
其“图形与几何”在第三学段增加较多，约是第二学段的3.5倍
B. 所有主题中，三个学段的总和“图形与几何”条目数最多，占50%，综合与实
践最少，约占4%
C. 第一、二学段“数与代数”条目数最多，第三学段“图形与几何”条目数最多
D. “数与代数”条目数虽然随着学段的增长而增长，而其百分比却一直在减少，
“图形与几何”条目数，百分比都随学段的增长而增长．
11.已知数列{a n}的各项均为正数，其前n项和S n满足4S n=a n2+2a n，(n∈N∗)，设b n=
(−1)n⋅a n a n+1，T n为数列{b n}的前n项和，则T20=()
A. 110
B. 220
C. 440
D. 880
12.设椭圆的左右焦点为F1，F2，焦距为2c，过点F1的直线与椭圆C交于点P，Q，若|PF2|=
2c，且|PF1|=4
3
|QF1|，则椭圆C的离心率为()
A. 1
2B. 3
4
C. 5
7
D. 2
3
13.一名信息员维护甲乙两公司的5G网络，一天内甲公司需要维护和乙公司需要维护
相互独立，它们需要维护的概率分别为0.4和0.3，则至少有一个公司不需要维护的概率为______
14.等差数列{a n}中，a1=1，公差d∈[1,2]，且a3+λa9+a15=15，则实数λ的最大
值为______．
15.若x1，x2是函数f(x)=x2−7x+4lnx的两个极值点，则x1x2=；f(x1)+
f(x2)=．
16.现有一批大小不同的球体原材料，某工厂要加工出一个四棱锥零件，要求零件底面
ABCD为正方形，AB=2，侧面△PAD为等边三角形，线段BC的中点为E，若PE=1.
则所需球体原材料的最小体积为______．
17.笔、墨、纸、砚是中国独有的文书工具，即“文房四宝”.笔、墨、纸、砚之名，
起源于南北朝时期，其中的“纸”指的是宣纸，宣纸“始于唐代，产于泾县”，而唐代泾县隶属于宣州府管辖，故因地而得名“宣纸”，宣纸按质量等级，可分为正牌和副牌(优等品和合格品)，某公司年产宣纸10000刀(每刀100张)，公司按照某种质量标准值x给宣纸确定质量等级，如表所示：
x(48,52](44,48]∪(52，56](0,44]∪(56，100]
质量等级正牌副牌废品
公司在所生产的宣纸中随机抽取了一刀(100张)进行检验，得到频率分布直方图如图所示，已知每张正牌纸的利润是10元，副牌纸的利润是5元，废品亏损10元．(Ⅰ)估计该公司生产宣纸的年利润(单位：万元)；
(Ⅱ)该公司预备购买一种售价为100万元的机器改进生产工艺，这种机器的使用寿命是一年，只能提高宣纸的质量，不影响产量，这种机器生产的宣纸的质量标准值x的频率，如表所示：
X(x−−2,x−+2](x−−6,x−+6]频率0.68260.9544
其中x−为改进工艺前质量标准值x的平均值，改进工艺后，每张正牌和副牌宣纸的利润都下降2元，请判断该公司是否应该购买这种机器，并说明理由．
18.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a=4ccosB．
(Ⅰ)求证：sinBcosC=3sinCcosB；
(Ⅱ)求B−C的最大值．
19.四棱锥P−ABCD中，ABCD为直角梯形，BC//AD，
AD⊥DC，BC=CD=1，AD=2，PA=PD，E为
PC中点，平面PAD⊥平面ABCD，F为AD上一点，
PA//平面BEF．
(Ⅰ)求证：平面BEF⊥平面PAD；
(Ⅱ)若PC与底面ABCD所成的角为60°.求二面角E−
BF−A的余弦值．
20.已知点A(0,1)，点B在y轴负半轴上，以AB为边做菱形ABCD，且菱形ABCD对角线
的交点在x轴上，设点D的轨迹为曲线E．
(Ⅰ)求曲线E的方程；
(Ⅱ)过点M(m,0)，其中1<m<4，作曲线E的切线，设切点为N，求△AMN面积的取值范围．
21.已知函数f(x)=mlnx,g(x)=x−1
x
(x>0)．
(Ⅰ)讨论函数F(x)=f(x)−g(x)在(0,+∞)上的单调性；
(Ⅱ)是否存在正实数m，使y=f(x)与y=g(x)的图象有唯一一条公切线，若存在，求出m的值，若不存在，请说明理由．
22.以直角坐标系的原点为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐
标方程为ρ2=12
3+sin2θ(θ∈[0,π
2
])，直线1的参数方程为{
x=2−2√5
5
t
y=3+√5
5
t
(t为参数)．
(Ⅰ)求曲线C的参数方程与直线l的普通方程；
(Ⅱ)设点P为曲线C上的动点，点M和点N为直线l上的点，且满足△PMN为等边三角形，求△PMN边长的取值范围．
23.已知函数f(x)=m−|x−2|，m∈R，g(x)=|x+3|．
(Ⅰ)当x∈R时，有f(x)≤g(x)，求实数m的取值范围．
(Ⅱ)若不等式f(x)≥0的解集为[1,3]，正数a，b满足ab−2a−b=3m−1，求a+b 的最小值．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：集合A={x∈Z|x2≤4}={−2,−1,0,1,2}，
∴A∩B={−2,−1,0,1}，
故选：D．
先求出集合A，再利用集合交集的运算即可算出结果．
本题考查了交集及其运算，熟练掌握交集的定义是解本题的关键，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：因为复数z=(a+i)(1−2i)=(a+2)+(1−2a)i；
∴a+2=3⇒a=1；
∴z的虚部为：1−2a=−1．
故选：A．
利用复数的运算法则、实部与虚部的定义即可得出．
本题考查了复数的运算法则、实部与虚部的定义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】
【分析】
因为向量a⃗与向量b⃗ +c⃗共线，即两向量平行，根据两向量平行的坐标表示求解即可．本题主要考查平面向量共线的坐标表示，属于基础题．
【解答】
解：由题，a⃗=(1,−2)，b⃗ =(3,−3)，c⃗=(1,t)，
∴b⃗ +c⃗=(4,t−3)，
∵向量a⃗与向量b⃗ +c⃗共线，即a⃗//(b⃗ +c⃗ )，
则1×(t−3)=−2×4，
解得t=−5．
故选：B．
4.【答案】A
【解析】解：函数f(x)=cos x
2−√3sin x
2
=2cos(x
2
+π
3
)的图象为C，为了得到关于原点
对称的图象，
只要把C上所有的点向左平移π
3个单位，可得y=2cos(x
2
+π
6
+π
3
)=sin x
2
的图象，
显然，y=sin x
2
的图象关于原点对称，
故选：A．
由题意利用函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换规律，三角函数的图象的对称性，得出结论．
本题主要考查函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换规律，三角函数的图象的对称性，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】解：函数的定义域为{x|x≠0}，f(−x)=(−x)3
e x−e−x =x3
e−x−e x
=f(x)，即函数f(x)
为偶函数，其图象关于y轴对称，可排除CD；
又f(1)=1
e−1−e
<0，可排除A；
故选：B．
先判断函数f(x)的奇偶性，可排除选项CD，再由f(1)<0，可排除选项A，进而得出正确选项．
本题考查利用函数性质确定函数图象，考查数形结合思想，属于基础题．
6.【答案】C
【解析】解：在(x+1
x2
)5的展开式中，通项公式为T r+1=C5r⋅x5−3r，r=0，1，2，3，4，5，
故5−3r不会等于0，不会等于1，不会等于3，故排除A、B、D，
令5−3r=−1，可得r=2，
故它的展开式中一定含有x−1项，
故选：C．
)5的通项公式，得出结论．
由题意根据(x+1
x2
本题主要考查二项式定理的应用，二项式系数的性质，二项式展开式的通项公式，属于基础题．
7.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查的知识要点：线面垂直的判定和性质的应用，线面平行的判定和性质的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及空间思维能力，属于基础题型．
直接利用线面垂直的判定和性质的应用，线面平行的判定和性质的应用求出正确的结果．【解答】
解：已知直线m，n和平面α，β，γ，有如下四个命题：
①若m⊥α，m//β，则在β内，作n//m，所以n⊥α，由于n⊂α，则α⊥β，故正确；
②若m⊥α，m//n，所以n⊥α，由于n⊂β，则α⊥β；故正确．
③若n⊥α，n⊥β，所以α//β，由于m⊥α，则m⊥β；故正确．
④若m⊥α，m⊥n，则n//α也可能n⊂α内，故错误．
故选：C．
8.【答案】C
【解析】解：B0B1=B1B2=B2B3=B3B4=0.5m，A0B0=8m．
利用等边三角形的性质可得：B1A1=7.5，B2A2=7，B3A3=6.5，B4A4=6．
这五层正六边形的周长总和=6×(8+7.5+7+6.5+6)=210m．
故选：C．
利用正六边形与等边三角形的性质即可得出．
本题考查了正六边形与等边三角形的性质、等差数列的通项公式求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
9.【答案】C
【解析】解：∵圆E的圆心在y轴上，∴设圆心E的坐标为(0,b)，设半径为r，
则圆E的方程为：x2+(y−b)2=r2，即x2+y2−2by+b2−r2=0，
又∵圆C的方程为：x2+y2−2x=0，
两圆方程相加得公共弦所在直线的方程为：x−by+b2−r2
2
=0，又∵公共弦所在直线的方程为x−√3y=0，
∴{b=√3
b2−r2
2
=0
，解得{
b=√3
r=√3
，
∴圆E的方程为：x2+(y−√3)2=3，
故选：C．
设圆心E的坐标为(0,b)，设半径为r，则圆E的方程为：x2+(y−b)2=r2，两圆方程相加得公共弦所在直线的方程为：x−by+b2−r2
2
=0，又公共弦所在直线的方程为x−√3y=0，从而求出b，r的值，得到圆E的方程．
本题主要考查了圆的方程，以及两圆的公共弦所在直线的方程，是中档题．
10.【答案】D
【解析】解：由图可知图形与几何第一、二学段百分比依次为40%，38.5%，可知降低了，则D错，
故选：D．
根据表格和条形图分别判断选项，可判断．
本题考查对表格，条形图的数据提取能力，属于基础题．
11.【答案】D
【解析】解：由题意，当n=1时，4a1=4S1=a12+2a1，
整理，得a12−2a1=0，
解得a1=0，或a1=2，
∵a n>0，n∈N∗，
∴a1=2，
当n≥2时，由4S n=a n2+2a n，可得：
4S n−1=a n−1
2+2a n−1，
两式相减，可得4a n=a n2+2a n−a n−1
2−2a n−1，
整理，得(a n+a n−1)(a n−a n−1−2)=0，
∵a n +a n−1>0，
∴a n −a n−1−2=0，即a n −a n−1=2， ∴数列{a n }是以2为首项，2为公差的等差数列， ∴a n =2+2(n −1)=2n ，n ∈N ∗， ∴b n =(−1)n ⋅a n a n+1=(−1)n ⋅4n(n +1)， 则T 20=b 1+b 2+b 3+b 4+⋯+b 19+b 20
=−4×1×2+4×2×3−4×3×4+4×4×5−⋯−4×19×20+4×20×21 =(−4×1×2+4×2×3)+(−4×3×4+4×4×5)+⋯+(−4×19×20
+4×20×21)
=4×2×(3−1)+4×4×(5−3)+⋯+4×20×(21−19) =4×2×2+4×4×2+⋯+4×20×2 =16×(1+2+⋯+10) =16×55 =880． 故选：D ．
本题先根据公式a n ={S 1,n =1
S n −S n−1,n ≥2并结合题干进行计算可判别出数列{a n }是以2为
首项，2为公差的等差数列，即可计算出数列{a n }的通项公式，进一步计算出数列{b n }的通项公式，然后运用分组求和可计算出T 20的值．
本题主要考查数列求通项公式，以及运用分组求和求前n 项和问题．考查了转化与化归思想，分类讨论法，逻辑推理能力和数学运算能力．本题属中档题．
12.【答案】C
【解析】解：不妨设椭圆的焦点在x 轴上，如图所示， ∵|PF 2|=2c ，则|PF 1|=2a −2c ． ∵|PF 1|=4
3|QF 1|，
∴|QF 1|=34(2a −2c)=3
2(a −c)， 则|QF 2|=2a −32(a −c)⋅a 2+3
2， 在等腰△PF 1F 2中，可得cos∠PF 1F 2=
1
2
|PF 1||F 1F 2|a−c
2c
．
在△QF 1F 2中，由余弦定理可得cos∠QF 1F 2=
94(a−c)2+4c 2−1
4
(a+3c)22×2c×3
2
(a−c)
，
由cos∠PF1F2+cos∠QF1F2=0，得a−c
2c +
9
4
(a−c)2+4c2−1
4
(a+3c)2
2×2c×3
2
(a−c)
=0，
整理得：5a−7c
6c
=0，∴5a=7c，
∴e=c
a =5
7
．
故选：C．
由题意画出图形，由|PF2|=2c，|PF1|=4
3
|QF1|，利用椭圆的定义可得：|PF1|=2a−2c，进一步求出|QF1|，|QF2|，在等腰△PF1F2中，求得得cos∠PF1F2.在△QF1F2中，由余弦定理可得cos∠QF1F2，利用cos∠PF1F2+cos∠QF1F2=0，化简求得5a=7c，则答案可求．
本题考查椭圆的简单性质，考查三角形中余弦定理的应用，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
13.【答案】0.88
【解析】解：一名信息员维护甲乙两公司的5G网络，
一天内甲公司需要维护和乙公司需要维护相互独立，
它们需要维护的概率分别为0.4和0.3，
至少有一个公司不需要维护的概率为：
P=1−0.4×0.3=0.88．
故答案为：0.88．
利用相互独立事件概率计算公式和对立事件概率计算公式直接求解．
本题考查概率的求法，考查相互独立事件概率计算公式和对立事件概率计算公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
14.【答案】−1
3
【解析】解：∵a3+λa9+a15=15=(2+λ)a9=(2+λ)(1+8d)，
∴λ=15
1+8d
−2，又∵公差d∈[1,2]，
∴λmax=15
1+8−2=−1
3
．
故填：−1
3
．
由a 3+λa 9+a 15=15得出λ与d 之间的关系式，然后求λ的最大值．
本题主要考查等差数列的性质和通项公式及衍生出的最值问题，属于基础题．
15.【答案】2
4ln2−
654
【解析】 【分析】
本题主要考查了利用导数研究函数的极值，是中档题．
先求出导函数f′(x)，由题意可得x 1，x 2是方程2x 2−7x +4=0 的两个根，可得x 1+x 2=
72
，x 1x 2=2，代入f(x 1)+f(x 2)即可求得结果．
【解答】
解：∵函数f(x)=x 2−7x +4lnx ，x ∈(0,+∞)， ∴f′(x)=2x −7+4
x =
2x 2−7x+4
x
，
令f′(x)=0得：2x 2−7x +4=0， ∴x 1，x 2是方程2x 2−7x +4=0 的两个根， ∴x 1+x 2=7
2
，x 1x 2=2，
∴f(x 1)+f(x 2)
=x 12−7x 1+4lnx 1+x 22−7x 2+4lnx 2
=(x 1+x 2)2−2x 1x 2−7(x 1+x 2)+4ln(x 1 x 2) =(7
2
)2−2×2−7×7
2
+4ln2=4ln2−
654
，
故答案为：2，4ln2−
654
．
16.【答案】28√21
27π
【解析】解：所需原材料体积最小的球体即为四棱锥P −ABCD 的外接球，
如图，设F 为AD 中点，G 为正方形ABCD 中心，∵△
PAD为边长为2的等边三角形，∴PF=√3，又PE=1，EF=2，∴∠PEF=60°
∵PE=EB=EC=1，∴E是△PBC的外心，过E作面PBC的垂线与过G与面ABCD的垂线交于O，则O为四棱锥P−ABCD外接球的球心．
∵∠OEG=∠OEP−∠FEP=90°−60°=30°，又GE=2，∴在直角三角形OGE中求出OG=√3
3
，
又直角△OAG中，AG=√2，∴OA=√21
3，即球半径R=√21
3
，∴V
球
=4
3
πR3=28√21
27
π.
故答案为：28√21
27
π
首先判断原材料体积最小的球体即为四棱锥P−ABCD的外接球，∵E是直角△PBC的外心，∴过E作面PBC的垂线与过正方形ABCD的中心G与面ABCD的垂线交于O，则O为四棱锥P−ABCD外接球的球心．再利用题中所给长度大小关系，可求球半径，求球体积．本题考查四棱锥的外接球问题，通过找球心，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
17.【答案】解：(Ⅰ)由频率分布直方图得：
一刀(100张)宣纸中有正牌宣纸100×0.1×4=40张，
有副牌宣纸100×0.05×4×2=40张，有废品100×0.025×4×2=20张，
∴该公司一刀宣纸的利润为：
40×10+40×5+20×(−10)=400元，
∴估计该公司生产宣纸的年利润为：400万元．
(Ⅱ)由频率分布直方图得：
x−=4×(42×0.025+46×0.05+50×0.1+54×0.05+58×0.025)=50，
这种机器生产的宣纸质量指标x的频率如下表所示：
则一刀(100张)宣纸中正牌的张数约为100×0.6826=68.26张，
副牌的张数约为100×(0.9544−0.6826)=27.18张，
废品的张数约为100×(1−0.9544)=4.56张，
估计一刀宣纸(100张)的利润为：
68.26×(10−2)+27.18×(5−2)+4.56×(−10)=582.02元．
∴改进工艺后生产宣纸的利润为582.02−100=482.02元，
∴482.2>400，∴该公司应生产这种设备．
【解析】(Ⅰ)由频率分布直方图求出一刀(100张)宣纸中有正牌宣纸40张，有副牌宣纸40张，有废品20张，由此能求出该公司一刀宣纸的利润为400元，由此能求出估计该公司生产宣纸的年利润．
(Ⅱ)由频率分布直方图得x−=4×(42×0.025+46×0.05+50×0.1+54×0.05+
58×0.025)=50，求出这种机器生产的宣纸质量指标x的频率，则一刀(100张)宣纸中正牌的张数约为100×0.6826=68.26张，副牌的张数约为100×(0.9544−0.6826)= 27.18张，废品的张数约为100×(1−0.9544)=4.56张，估计一刀宣纸(100张)的利润为582.02元．从而改进工艺后生产宣纸的利润为582.02−100=482.02元，由此该公司应生产这种设备．
本题考查利润的求法及应用，考查平均数、频率分布直方图的性质等基础知识，考查数据分析能力、运算求解能力，是基础题．
18.【答案】证明：(Ⅰ)a=4ccosB，
∴sinA=4sinCcosB，
∴sin(B+C)=4sinCcosB，
∴sinBcosC+sinCcosB=4sinCcosB，
∴sinBcosC=3sinCcosB；
解：(Ⅱ)由(Ⅰ)可知sinBcosC=3sinCcosB，
则tanB=3tanC，
∴tan(B−C)=tanB−tanC
1+tanBtanC =3tanC−tanC
1+3tan2C
=2tanC
1+3tan2C
=2
1
tanC
+3tanC
≤
2√1
tanC
⋅3tanC
=√3
3，当且
仅当1
tanC =3tanC，即tanC=√3
3
时取等号，
∴B−C≤π
6
，
即B−C的最大值为π
6
．
【解析】(Ⅰ利用正弦定理将边化为角即可证明，
(Ⅱ)由(Ⅰ)化简得出tanB和tanC的关系，再代入两角差的正切公式，利用基本不等式求出最大值．
本题考查了三角函数的恒等变换和正弦定理的应用问题，属于中档题．
19.【答案】(Ⅰ)证明：连接AC 交BE 与G ，连接EG ，
∵PA//平面BEF ，PA ⊂平面PAC ，平面PAC ∩平面BEF =EG ，∴PA//EG ，
又E 为PC 的中点，∴G 为AC 的中点，则△AFG≌△BCG ， 得AF =BC =1
2AD =1． ∴F 为AD 的中点，
∵BC//FD ，且BC =FD ，∴四边形DCBF 为平行四边形，
∵AD ⊥DC ，∴BF ⊥AD ，
又BF ⊂平面ABCD ，平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD =AD ， ∴BF ⊥平面PAD ，又BF ⊂平面BEF ， ∴平面BEF ⊥平面PAD ；
(Ⅱ)解：连接PF ，∵PA =PD ，F 为AD 的中点，∴PF ⊥AD ，
又PF ⊂平面PAD ，平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD =AD ， ∴PF ⊥底面ABCD ，又BF ⊥AD ，
以F 为坐标原点，分别以FA ，FB ，FP 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系， 设P(0,0,t)，C(−1,1,0)，
取平面ABCD 的法向量n 1⃗⃗⃗⃗ =(0,0,1)，PC ⃗
⃗⃗⃗⃗ =(−1,1,−t)，B(0,1,0)， ∴sin60°=|n 1
⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PC
⃗⃗⃗⃗⃗ |n
1
⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|PC
⃗⃗⃗⃗⃗ |，即t
√t 2+2
=
√3
2
，解得t =√6．
设平面EBF 的法向量为n 2⃗⃗⃗⃗ =(x,y,z)， 由{n 2
⃗⃗⃗⃗ ⋅FE ⃗⃗⃗⃗⃗ =−1
2x +1
2y +√6
2
z =0
n 2⃗⃗⃗⃗ ⋅FB ⃗⃗⃗⃗⃗ =y =0
，令z =1，得n 2⃗⃗⃗⃗ =(√6,0,1)．
设二面角E −BF −A 的平面角为θ，则|cosθ|=|n 1⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n 2
⃗⃗⃗⃗⃗ |
|n 1
⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|n 2
⃗⃗⃗⃗⃗ |
=√7
7
， 又θ为钝角，∴cosθ=−√7
7
．
即二面角E −BF −A 的余弦值为−√7
7
．
【解析】(Ⅰ)连接AC 交BE 与G ，连接EG ，由已知结合线面平行的性质可得PA//EG ，再由E 为PC 的中点，得G 为AC 的中点，则△AFG≌△BCG ，得到AF =BC =1
2AD =1，即F 为AD 的中点，可得四边形DCBF 为平行四边形，再由AD ⊥DC ，得BF ⊥AD ，可得BF ⊥平面PAD ，进一步得到平面BEF ⊥平面PAD ；
(Ⅱ)连接PF ，证明PF ⊥底面ABCD ，又BF ⊥AD ，以F 为坐标原点，分别以FA ，FB ，FP 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，设P(0,0,t)，由PC 与底面ABCD 所成的角为60°求解t ，然后分别求出平面ABF 与EBF 的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角E −BF −A 的余弦值．
本题考查平面与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用空间向量求解空间角，是中档题．
20.【答案】解：(Ⅰ)设B(0,−t)(t >0)，菱形ABCD 的中心在x 轴上，设为Q 点．
由题意可知，∣OQ ∣2=∣OA ∣∣OB ∣，则Q(√t,0)，又Q 为BD 的中点，因此点D(2√t,t) 即点D 的轨迹为{
x =2√t
y =t (t 为参数且t ≠0)， 化为标准方程x 2=4y(x ≠0)．
(Ⅱ)设点N(a,a 2
4)，过点N 的切线方程为：y −
a 24
=a
2
(x −a)，
点M(m,0)在该切线方程上，∴M(a
2,0)， 即m =a
2，由1<m <4，可得2<a <8，
又k MN =a
2,k AM =−2
a ,则k MN k AM =−1，即NM ⊥AM ， ∴S =1
2∣MN ∣∣AM ∣=1
2√(a
2)2+(a 2
4)2⋅√1+(a
2)2=
a(4+a 2)16
，
可知当2<a <8时，S 为关于a 的增函数，因此S 的取值范围是(1,34)．
【解析】(Ⅰ)设B(0,−t)(t >0)，因为菱形ABCD 对角线的交点Q 在x 轴上，根据射影定理，得∣OQ ∣2=∣OA ∣∣OB ∣，求得Q 点坐标，进而求得D 点坐标，去掉参数，求得D 的轨迹曲线E ；
(Ⅱ)设点N(a,a 2
4)，可列出该点处的切线方程，将M 点代入，由1<m <4，求得a 的取
值范围，易推得NM ⊥AM ，则S =1
2∣MN ∣∣AM ∣用a 表示出△AMN 面积，根据a 的取值范围进而求得△AMN 面积的取值范围．
本题考查了曲线与方程，考查了利用导数求曲线上某点的切线方程，考查了两直线垂直斜率乘积为−1，属于中档题．
21.【答案】解：(Ⅰ)F(x)=f(x)−g(x)=mlnx −
x−1x
,F′(x)=
m x
−1x 2=
mx−1x 2
，
当m ≤0时，F′(x)<0，则F(x)在(0,+∞)上单调递减；
当m >0时，由F′(x)<0得0<x <1m ，由F′(x)>0得x >1
m ， ∴函数F(x)在(0,1
m )上单调递减，在(1
m ,+∞)上单调递增； (Ⅱ)函数f(x)=mlnx 在点(a,mlna)处的切线方程为y −mlna =m a
(x −a)，即y =
m a
x +
mlna −m ， 函数g(x)=x−1x
在点(b,1−1b )处的切线方程为y −(1−1b )=1b 2(x −b)，即y =1b 2x −2
b +
1，
又y =f(x)与y =g(x)的图象有唯一一条公切线，
故{m
a =1
b 2①
mlna −m =1−2
b ②
， 由①得，m =a
b 2代入②消去m ，整理得b 2−2b −alna +a =0③，则此关于b(b >0)的方程③有唯一解，
令g(b)=b 2−2b −alna +a =(b −1)2−alna +a −1，令ℎ(a)=−alna +a −1，ℎ′(a)=−lna ，
由ℎ′(a)>0得0<a <1，由ℎ′(a)<0得a >1，
∴函数ℎ(a)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，则ℎ(a)≤ℎ(1)=0， (i)当ℎ(a)=0时，方程③有唯一解b =1，由ℎ(a)=−alna +a −1=0得a =1，此时m =
a b 2
=1；
(ii)当ℎ(a)<0时，二次函数g(b)=(b −1)2−alna +a −1在b ∈(1,+∞)上显然有一个零点，
b ∈(0,1)时，由方程②mlna −m =1−2
b ，可得m(lna −1)=
b−2b
<0，
而m >0，则lna −1<0，则g(0)=−alna +a =−a(lna −1)>0，
∴二次函数g(b)=(b −1)2−alna +a −1在b ∈(0,1)上也有一个零点，不合题意； 综上，m =1．
【解析】(Ⅰ)求得F(x)，并求导，然后分m ≤0及m >0讨论即可得出单调性情况；
(Ⅱ)根据题意，由导数的几何意义可得{m
a =1
b 2①
mlna −m =1−2
b ②，进而得到b 2−2b −alna +a =0③，
则此关于b(b >0)的方程③有唯一解，令g(b)=b 2−2b −alna +a =(b −1)2−alna +a −1，ℎ(a)=−alna +a −1，ℎ′(a)=−lna ，则易知ℎ(a)≤ℎ(1)=0，然后分ℎ(a)=1及ℎ(a)<0讨论即可得出结论．
本题考查函数与导数的综合运用，考查导数的几何意义以及利用导数研究函数的单调性，二次函数的零点等知识点，考查分类讨论思想，运算求解能力，属于较难题目．
22.【答案】解：(Ⅰ)曲线C 的极坐标方程为ρ2=123+sin 2θ(θ∈[0,π
2])，转换为直角坐标方
程为
x 24
+
y 23
=1(0≤x ≤2,0≤y ≤√3)，
转换为参数方程为{
x =2cosθy =√3sinθ
(θ为参数，θ∈[0,π
2])．
直线1的参数方程为{
x =2−2√5
5t
y =3+√5
5
t
(t 为参数).转换为直角坐标方程为x +2y −8=0． (Ⅱ)设P(2cosθ,√3sinθ)，θ∈[0,π
2]， 所以点P 到直线l 的距离d =
√3sinθ−8|
√5
=
4√5
5
|sin(θ+π
6)−2|，
由于θ∈[0,π
2]，所以1
2≤sin(θ+π
6)≤1， 所以
4√5
5
≤d ≤
6√5
5
， 故等边三角形的边长的取值范围：8√1515
≤x ≤
12√15
15
．
【解析】(Ⅰ)直接利用转换关系的应用，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换．
(Ⅱ)利用点到直线的距离公式的应用和三角函数关系式的恒等变换及正弦型函数的性质的应用求出结果．
本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，正弦型函数的性质的应用，参数方程、极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，点到直线的距离公式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于中档题型．
23.【答案】解：(1)由题意得：∵f(x)≤g(x)在x ∈R 上恒成立，
∴m ≤|x +3|+|x −2|恒成立， 即m ≤(|x +3|+|x −2|)min
又∵|x +3|+|x −2|≥|(x +3)−(x −2)|=5 ∴m ≤5，即m ∈(−∞,5] (2)令f(x)≥0，∴m ≥|x −2| 若m ≤0，则解集为⌀，不合题意；
若m>0，则有−m≤x−2≤m，即x∈[2−m,2+m]又∵解集为x∈[1,3]，∴m=1
∴ab−2a−b=2∴b=2a+2 a−1
∵{a>0
b>0，解得a>1
∴a+b=a+2a+2
a−1
=a−1+
4
a−1
+3
∴a+b≥2√(a−1)(4
a−1
)+3=7
当且仅当a−1=4
a−1
，即a=3时，等号成立，此时b=4
∴a=3，b=4时a+b的最小值为7
【解析】(1)利用绝对值三角不等式性质
(2)利用绝对值不等式解法求出m，带入得到a，b等式，转化为只含有a的式子后利用基本不等式可以求解．
本题考查绝对值三角不等式，以及基本不等式的应用，考查转化思想以及计算能力，是中档题
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