2020年安徽省合肥市高考数学三模试卷(理科)

2020年安徽省合肥市高考数学三模试卷（理科）
一、单项选择题（本大题共12小题，共60.0分）
1.已知R为实数集，集合A={x|0<x<2}，B={x|x<3}，则(∁R A)∩B=()
A. {x|2<x<3}
B. {x|2≤x<3}
C. {x|x<0或2≤x<3}
D. {x|x≤0或2≤x<3}
2.若复数z1，z2在复平面内对应的点关于原点对称，z1=1+i，则z1⋅z2−=()
A. −2
B. −2i
C. 2
D. 2i
3.在新冠肺炎疫情联防联控期间，某居委会从辖区内A，B，C三个小区志愿者中各选取2人，随机安排
到这三个小区，协助小区保安做好封闭管理和防控宣传工作．若每个小区安排2人，则每位志愿者不安排在自己居住小区，且每个小区安排的志愿者来自不同小区的概率为()
A. 5
9B. 4
9
C. 4
45
D. 2
135
4.双曲线x2
a2−y2
b2
=1(a>0,b>0)的一个顶点到一条渐近线的距离为a
2
，则双曲线的离心率为()
A. √2
B. √3
C. 3√2
2D. 2√3
3
5.“关于x的方程a(2|x|+1)=2|x|有实数解”的一个充分不必要条件是()
A. 1
3<a<1 B. a≥1
2
C. 2
3
<a<1 D. 1
2
≤a<1
6.已知tan(α+π
3)=√3
2
，则√3sinα+cosα
√3cosα−sinα
=()
A. 1
9B. √3
9
C. 1
3
D. √3
3
7.公元前1650年的埃及莱因德纸草书上载有如下问题：“十人分十斗玉米，从第二人开始，各人所得依
次比前人少八分之一，问每人各得玉米多少斗？”在上述问题中，第一人分得玉米()
A. 10×810
810−710斗 B. 10×89
810−710
斗 C. 10×88
810−710
斗 D. 70×89
810−1
斗
8.已知△ABC三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a+b=2ccosB，则b
a +(c
b
)2的最小值为()
A. 2√2
B. 3
C. 2√3
D. 4
9.某校高一年级研究性学习小组利用激光多普勒测速仪实地测量复兴号高
铁在某时刻的速度，其工作原理是：激光器发出的光平均分成两束射出，在被测物体表面汇聚，探测器接收反射光．当被测物体横向速度为零时，
反射光与探测光频率相同．当横向速度不为零时，反射光相对探测光会发生频移f p =
2vsinφλ
，其中v 为
测速仪测得被测物体的横向速度，λ为激光波长，φ为两束探测光线夹角的一半，如图，若激光测速仪安装在距离高铁1m 处，发出的激光波长为1550nm(1nm =10−9m)，测得某时刻频移为9.030×109(1/ℎ)，则该时刻高铁的速度约等于( )
A. 320km/ℎ
B. 330km/ℎ
C. 340km/ℎ
D. 350km/ℎ
10. 在长方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，AB =AD =6，AA 1=2，M 为棱BC 的中点，动点P 满足∠APD =∠CPM ，
则点P 的轨迹与长方体的面DCC 1D 1的交线长等于( )
A. 2π
3
B. π
C. 4π
3
D. √2π
11. 已知不等式e x −x −1>m[x −ln(x +1)]对一切正数x 都成立，则实数m 的取值范围是( )
A. (−∞,e
3]
B. (−∞,e
2]
C. (−∞,1]
D. (−∞,e]
12. 在矩形ABCD 中，AB =4，BC =4√3，点G ，H 分别为直线BC ，CD 上的动点，
AH 交DG 于点P.若DH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2λDC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，CG ⃗⃗⃗⃗⃗ =12λCB ⃗⃗⃗⃗⃗ (0<λ<1)，矩形ABCD 的对称中心M 关于直线AD 的对称点是点N ，则△PMN 的周长为( )
A. 12
B. 16
C. 24λ
D. 32λ
二、填空题（本大题共4小题，共20.0分） 13. 某高中各年级男、女生人数统计如表：
年级 人数 性别
高一
高二
高三
男生 592 563 520
女生
528
517
a 按年级分层抽样，若抽取该校学生80人中，高二学生有27人，则表中a =______． 14. 在(x −4+4
x )5的展开式中，x 2的系数为______．
15.已知数列{a n}中a n=n，数列{b n}的前n项和S n=2n−1.若数列{a n b
n }的前n项和T
n
<M对于∀n∈N∗都
成立，则实数M的最小值等于______．
16.已知三棱锥A−BCD的三条侧棱AB，AC，AD两两垂直，其长度分别为a，b，c.点A在底面BCD内的
射影为O，点A，B，C，D所对面的面积分别为S A，S B，S C，S D.在下列所给的命题中，正确的有______.(请写出所有正确命题的编号)
①三棱锥A−BCD外接球的表面积为(a2+b2+c2)π；
②S A⋅S△BCO=S D2；
③S A3<S B3+S C3+S D3；
④若三条侧棱与底面所成的角分别为α1，β1，γ1，则sin2α1+sin2β1+sin2γ1=1；
⑤若点M是面BCD内一个动点，且AM与三条侧棱所成的角分别为α2，β2，γ2，则cos2α2+cos2β2+
cos2γ2=1．
三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）
17.已知函数f(x)=cosωx(sinωx+√3cosωx)(ω>0)．
(1)求函数f(x)的值域；
(2)若方程f(x)=√3
2
在区间[0,π]上恰有两个实数解，求ω的取值范围．
18.如图，边长为2的等边△ABC所在平面与菱形A1ACC1所在平面互相垂直，A1C=√3AC1，M为线段AC
的中点．
(1)求证：平面BMC1⊥平面A1BC1；
(2)求点C到平面A1BC1的距离．
19.某市积极贯彻落实国务院《“十三五”节能减排综合工作方案》，空气质量明显改善．该市生态环境
局统计了某月(30天)空气质量指数，绘制成如图频率分布直方图．已知空气质量等级与空气质量指数对照如表：
空气质
量指数
(0,50](50,100](100,150](150,200](200,300]300以上
空气质量等级一级
(优)
二级
(良)
三级
(轻度污染)
四级
(中度污染)
五级
(重度污染)
六级
(严重污染)
(1)根据频率分布直方图估计，在这30天中，空气质量等级为优或良的天数；
(2)根据体质检查情况，医生建议：当空气质量指数高于90时，市民甲不宜进行户外体育运动；当空气质量指数高于70时，市民乙不宜进行户外体育运动(两人是否进行户外体育运动互不影响)．
①从这30天中随机选取2天，记乙不宜进行户外体育运动，且甲适宜进行户外体育运动的天数为X，求X的分布列和数学期望；
②以一个月空气质量指数分布的频率代替每天空气质量指数分布的概率(假定每天空气质量指数互不
影响)，甲、乙两人分别随机选择3天和2天进行户外体育运动，求甲恰有2天，且乙恰有1天不宜进行户外体育运动的概率．
20. 已知函数f(x)=e x −e −x −ax(e 为自然对数的底数)，其中a ∈R ．
(1)试讨论函数f(x)的单调性； (2)证明：∑1
ilni n i=2>3n 2−n−22n(n+1)
．
21. 在平面直角坐标系xOy 中，已知点P 是椭圆E ：x 2
4
+y 2=1上的动点，不经过点P 的直线l 交椭圆E 于
A ，
B 两点．
(1)若直线l 经过坐标原点，证明：直线PA 与直线PB 的斜率之积为定值；
(2)若OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +OP ⃗⃗⃗⃗⃗ =0⃗ ，直线l 与直线PO 交于点Q ，试判断动点Q 的轨迹与直线PA 的位置关系，并说明理由．
22. 在平面直角坐标系中，直线m 的参数方程为{x =tcosα
y =tsinα(t 为参数，0≤α<π).以坐标原点为极点，以x
轴的非负半轴为极轴建立极坐标系．曲线E 的极坐标方程为ρ2+2ρcosθ−3=0，直线m 与曲线E 交于A ，C 两点．
(1)求曲线E 的直角坐标方程和直线m 的极坐标方程；
(2)过原点且与直线m 垂直的直线n ，交曲线E 于B ，D 两点，求四边形ABCD 面积的最大值．
23. 已知函数f(x)=|2x −2|−|x +1|的最小值为m ．
(1)求m 的值；
(2)若a +b +c +m =0，证明：a 2+b 2+c 2−2b +4c +2≥0．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：∵R 是实数集，集合A ={x|0<x <2}， ∴∁R A ={x|x ≥2或x ≤0}， ∵集合B ={x|x <3}，
∴(∁R A)∩B ={x|x ≤0或2≤x <3}． 故选：D ．
先求出∁R A ，由此能求出(∁R A)∩B ．
本题考补集、交集的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意补集、交集定义的合理运用．
2.【答案】A
【解析】解：∵z 1=1+i ，且复数z 1，z 2在复平面内对应的点关于原点对称， ∴z 2=−1−i ，
则z 1⋅z 2−
=(1+i)(−1+i)=i 2−1=−2． 故选：A ．
由已知求得z 2=−1−i ，代入z 1⋅z 2−
，再由复数代数形式的乘除运算化简的答案．
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．
3.【答案】C
【解析】解：在新冠肺炎疫情联防联控期间，某居委会从辖区内A ，B ，C 三个小区志愿者中各选取2人， 随机安排到这三个小区，协助小区保安做好封闭管理和防控宣传工作．每个小区安排2人， 基本事件总数n =
C 62C 42C 2
2A 3
3⋅A 33=90，
每位志愿者不安排在自己居住小区，且每个小区安排的志愿者来自不同小区包含的基本事件个数为：
m =C 21C 21C 21C 11C 11C 11
=8，
则每位志愿者不安排在自己居住小区，且每个小区安排的志愿者来自不同小区的概率为： P =
m n
=890=4
45．
故选：C ．
基本事件总数n =
C 62C 42C 2
2A 3
3⋅A 33=90，每位志愿者不安排在自己居住小区，且每个小区安排的志愿者来自不同
小区包含的基本事件个数为：m =C 21C 21C 21C 11C 11C 11
=8，由此能求出每位志愿者不安排在自己居住小区，且
每个小区安排的志愿者来自不同小区的概率．
本题考查概率的求法，考查古典概型等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
4.【答案】D
【解析】解：∵双曲线x 2a
2−
y 2b 2
=1(a >0,b >0)的一个焦点到一条渐近线的距离为a
2，
渐近线方程不妨为：bx +ay =0，顶点(a,0) ∴
√a 2+b
2
=a
2， ∴3b 2=a 2，可得3c 2=4a 2 ∴e =
c a
=
2√3
3
． 故选：D ．
由已知中双曲线的顶点到其渐近线的距离等于a
2，通过渐近线、离心率等几何元素，推出a ，b ，c 的关系，即可求出该双曲线的离心率．
本题考查的知识点是双曲线的简单性质，双曲线的渐近线与离心率存在对应关系，通过a ，b ，c 的比例关系求离心率．
5.【答案】C
【解析】 【分析】
本题考查充分条件、必要条件与充要条件的判断，关于x 的方程a(2|x|+1)=2|x|，化为：a =2|x|
2|x|+1，令2|x|=t ≥1，f(t)=t
t+1，利用单调性可得其值域，进而得出结论． 【解答】
解：关于x 的方程a(2|x|+1)=2|x|，化为：a =2|x|
2|x|+1，
令2|x|=t ≥1，f(t)=t
t+1，
f(t)=1−
1t +1∈[1
2
,1),
∴“关于x 的方程a(2|x|+1)=2|x|有实数解”的 一个充分不必要条件是(2
3,1)． 故选：C ．
6.【答案】B
【解析】解：∵tan(α+π
3)=
√32，可得tanα+tan π
3
1−tanαtan π
3
=
√31−3tanα
=
√3
2
， ∴解得tanα=−√3
5，
∴
√3sinα+cosα
√3cosα−sinα
=
√3tanα+1√3−tanα
=
√3×(−√3
5)+1
√3−(−√3
5)
=
√3
9
． 故选：B ．
由已知利用两角和的正切函数公式化简可求tanα的值，进而利用同角三角函数基本关系式化简所求即可求解．
本题主要考查了两角和的正切函数公式，同角三角函数基本关系式在三角函数化简求值中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．
7.【答案】B
【解析】解：由题可得：每人所得玉米数构成公比为7
8的等比数列； 且数列的前10项和为10； 设首项为a ； 则有：a(1−(7
8)10)
1−78=10；
∴a =
10×
181−7108
10
=10×89
810−710；
故选：B ．
直接根据等比数列的求和公式求解即可．
本题考查了等比数列的通项公式与求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题
8.【答案】B
【解析】解：由余弦定理得，cosB =a 2+c 2−b 2
2ac
，
∵a +b =2ccosB ，∴a +b =2c ⋅
a 2+c 2−
b 2
2ac
，化简得c 2=ab +b 2，
∴b a
+(c b
)2=b
a
+
ab+b 2b 2
=b a
+a b
+1≥2√b a
⋅a
b
+1=3，当且仅当a =b 时，等号成立．
故选：B ．
由余弦定理得，cosB =
a 2+c 2−
b 2
2ac
，代入a +b =2ccosB ，化简得c 2=ab +b 2，所以b a +(c b )2=b a +a
b +1，然
后借助均值不等式即可得解．
本题考查余弦定理的应用，采用了角化边的思维，还用到了均值不等式求最值，考查学生的分析能力和运算能力，属于中档题．
9.【答案】D
【解析】解：sinφ=20×10−3
√1+(20×10−3)2=0.02
√1.0004， 故9.030×109
=
2v⋅
√1.00041550×10−9
，即9.03=0.04v
1550√1.004，
故v =
9.03×1550√1.0004
0.04
≈349982.48米/小时≈350km/ℎ．
故选：D ．
先计算sinφ，再根据所给公式计算v 即可．
本题考查了三角函数计算，计算量较大，可借助计算器完成．
10.【答案】A
【解析】解：如图，当p 在面DCC 1D 1内时，AD ⊥面DCC 1D 1，CM ⊥面DCC 1D 1； ∠APD =∠MPC ，
在Rt △
PDA 与Rt △PCM 中，∵AD =6，则MC =3，
∴tanAPD =AD
PD =MC
PC
，则6
PD =3
PC ， 即PD =2PC ．
在平面DCC 1D 1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(−3,0)，C(3,0)， 设P(x,y)，
由PD =2PC ，得：√(x +3)2+y 2=2√(x −3)2+y 2， 整理得：x 2−10x +y 2+9=0即(x −5)2+y 2=16． ∴点P 的轨迹是以F(5,0)位圆心，半径为4的圆． 设圆与面DCC 1D 1的上交点为E ，作EK ⊥x 轴与K ； 则：sin∠EKF =
EK EF
=24=12；∴∠EKF =π
6；
故点P 的轨迹与长方体的面DCC 1D 1的交线长等于：αr =π
6×4=2π3
；
故选：A ．
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，进而求得交线长． 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．
11.【答案】C
【解析】解：由题意可知：当x >0时，e x −x −1−m[x −ln(x +1)]>0恒成立， 设f(x)=e x −x −1−m[x −ln(x +1)]，
则f′(x)=e x −1−m(1−1x+1)，f″(x)=e x
−m
(x+1)2，
①m ≤0时，f″(x)>0恒成立，∴f′(x)递增，
∵f′(0)=0，∴x >0时，f′(x)>f′(0)=0，f(x)递增， 又∵f(0)=0，∴x >0时，f(x)>f(0)=0，符合题意，
②m >0时，f″′(x)=e x
+2m
(x+1)3，∴f′″(x)>0恒成立，f″(x)递增，
f″(0)=1−m ，
(i)1−m ≥0即0<m ≤1时，与①同理，m 符合题意， (ii)1−m <0，即m >1时，f″(0)<0，
另一方面，显然当x →+∞时，f″(x)>0，且f″(x)连续， ∴由零点定理，存在x 0∈(0,+∞)，使得f″(x 0)=0， ∴0<x <x 0时，f″(x)<0，f′(x)递减，
又∵f′(0)=0，∴0<x <x 0时，f′(x)<0，f(x)递减， f(0)=0，∴0<x <x 0时，f(x)<0，不合题意， 综上，m 的范围是(−∞,1]， 故选：C ．
设f(x)=e x −x −1−m[x −ln(x +1)]，求出函数的导数，通过讨论m 的范围，结合函数的单调性判断即可．
本题考查了函数的单调性问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，函数恒成立问题，是一道综合题．
12.【答案】A
【解析】解：分别以MN 和AD 所在的直线为x 和y 轴建立如图所示的平面直角坐标系， 则A(0,−2√3)，D(0,2√3)，M(2,2√3)，N(−2,2√3)，
∵DH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2λDC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，CG ⃗⃗⃗⃗⃗ =1
2λCB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，∴H(8λ,2√3)，G(4,2√3(1−λ))， ∴直线AH 的方程为y =
4√3
8λ
x −2√3=√3
2λx −2√3， 直线DG 的方程为y =−
2√3λ
4
x +2√3=−
√3λ
2
x +2√3，
联立这两条直线方程可得点P(8λ
1+λ2,2√3(1−λ2)
1+λ2
)， ∴
(
8λ1+λ2
)2
16
+
(
2√3(1−λ2)1+λ2
)
2
12
=64λ216(1+λ2)2+12(1−λ2)212(1+λ2)2=
4λ2+1−2λ2+λ4
(1+λ2)2
=(1+λ2)
2
(1+λ2)2=1，
即点P 的坐标满足
x 2
16
+y 2
12=1， ∴点P 的轨迹是以O 为对称中心、N 和M 分别为左右焦点的椭圆，其中a =4，b =2√3，c =2， 由椭圆的定义可知，PM +PN =2a =8，
∴△PMN的周长为PM+PN+MN=8+4=12，
故选：A．
分别以MN和AD所在的直线为x和y轴建立平面直角坐标系，利用点斜式可写出直线AH的方程和直线DG
的方程，然后将其联立方程求出点P的坐标，进一步得到点P的坐标满足x2
16+y2
12
=1，最后结合椭圆的定义，
求得△PMN的周长．
本题考查平面向量在几何中的应用，还涉及轨迹方程的求法以及椭圆的定义，考查学生的数形结合思想、逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
13.【答案】480
【解析】解：由题意可得80
592+563+520+528+517+a =27
563+517
，求得a=480，
故答案为：480．
由题意利用分层抽样的定义和方法，求出a的值．本题主要考查分层抽样的定义和方法，属于基础题．14.【答案】−960
【解析】解：由题意得：(x−4+4
x )5表示5个(x−4+4
x
)相乘．
根据计数原理，所求的含x2的项为：C52x2⋅(−4)3+C53x3⋅C21⋅4
x
⋅(−4)=−960x2．
故x2的系数为：−960．
故答案为：−960．
利用计数原理来求，即五个(x−4+4
x
)相乘，其中有两个出x，另外三个括号出(−4)；或者三个出x，另外
一个出1
x
，最后一个括号出(−4)．
本题考查二项式定理的应用，利用计数原理求特定项的方法．属于中档题．
15.【答案】4
【解析】解：∵数列{b n}的前n项和S n=2n−1，∴当n≥2时，有b n=S n−S n−1=(2n−1)−(2n−1−1)= 2n−1；
又当n=1时，有S1=2−1=1=b1也适合上式，故b n=2n−1.∵a n=n，∴a n b
n =n⋅(1
2
)n−1．
∴T n =1×(12
)0+2×(12
)1+3×(12
)2+⋯+n ⋅(1
2
)n−1①，
12
T n =1×(12
)1+2×(12
)2+3×(12
)3+⋯+(n −1)⋅(12
)n−1+n ⋅(1
2
)n ②，
由①−②可得：1
2T n =1+1
2+(12
)2+⋯+
(1
2
)n−1−n ⋅
(12
)n =
1−(12)n
1−12
−n ⋅(12
)n =2−(n +2)⋅(1
2
)n ，即T n =
4−
n+22n−1
<4．
又∵T n <M 对于∀n ∈N ∗都成立，∴M ≥4，故M 的最小值等于4． 故答案为：4．
先利用b n =S n −S n−1求得b n ，再检验n =1时是否适合，从而求得b n ，然后根据a n =n 求得a n
b n
=n ⋅(1
2)n−1，
再利用错位相减法求得前n 项和T n ，进而求得实数M 的最小值．
本题主要考查数列通项公式的求法及错位相减法求和在数列求和中的应用，属于基础题．
16.【答案】①②④⑤
【解析】如图所示建立空间直角坐标系，设M(x,y ，z)，并构造如图所示的长方体ABFC −DGHE ，
连接DO 并延长交BC 于O’，则AO ⊥BC ，
则|AM|=√x 2+y 2+z 2， cos 2α2+cos 2β2+cos 2γ2=x 2
|AM|2+y 2
|AM|2+z 2
|AM|2=1，故⑤正确；
当M 与O 重合时，结论仍然正确，由于各侧棱与底面所成的角与侧棱与AO 所成的角互为余角，故④正确；
由于Rt △O′OA 与Rt △O′AD 相似，所以O′A 2=O’O ×O′D ，
因为S A =1
2BC ⋅O′D ，S △BCO =1
2BC ⋅O′O ，S D
2
=(1
2BC ⋅O′A)2=1
4BC 2⋅O′A 2
所以S A ⋅S △BCO =S D 2
，故②正确；
三棱锥A −BCD 外接球的直径是长方体ABFC −DGHE 的对角线AH ，AH 2=a 2+b 2+c 2， 外接球的表面积为4πR 2=(2R)2π=(a 2+b 2+c 2)π，故①正确；
当a =b =c =1，时，S B
3=S C 3=S D 3
=(1
2)3=1
8， 可得S B
3+S C 3+S D 3
=3
8 而S A 3=(1
2√2×√2×√3
2
)3=3√38
，S A 3
>S B 3+S C 3+S D 3，故③错误，
综上，正确的是①②④⑤． 故答案为：①②④⑤．
建立空间直角坐标系，利用坐标法可以得到⑤正确；当M 与O 重合时，注意线面角与线线角的关系，即可得到④正确；由Rt △O′OA 与Rt △O′AD 相似，进而可得②正确；构造长方体，可得①正确；特殊排除可知③错误．
本题考查空间线面角，线线角，面积关系，外接球的表面积问题，关键是建立空间直角坐标系，注意线面角与线线角的关系，考虑构造长方体解决三棱锥的外接球问题，属于中档题，难度较大．
17.【答案】解：(1)f(x)=cosωx(sinωx +√3cosωx)=12sin2ωx +√32(1+cos2ωx)=sin(2ωx +π3)+√3
2
． 由−1≤sin(2ωx +π
3)≤1，得f(x)的值域是[√32
−1,√3
2
+1]．
(2)∵0≤x ≤π， ∴
π3
≤2ωx +π3≤2ωπ+π
3
，
由正弦函数的图象可知，f(x)=√3
2
在区间[0,π]上恰有两个实数解，必须2π≤2ωπ+π
3<3π，
解得56≤ω<4
3．
【解析】(1)利用三角函数恒等变换的应用可求函数解析式为f(x)=sin(2ωx +π3
)+√3
2
，根据正弦函数的性
质即可求解其值域．
(2)由已知可求范围π
3≤2ωx +π
3≤2ωπ+π
3，利用正弦函数的图象可知，f(x)=√3
2
在区间[0,π]上恰有两个
实数解，必须2π≤2ωπ+π
3<3π，即可解得ω的范围．
本题主要考查了三角函数恒等变换的应用，正弦函数的性质，考查了转化思想和函数思想，属于基础题．
18.【答案】(1)证明：∵四边形A 1ACC 1是菱形，∴A 1C ⊥AC 1，
又∵A 1C =√3AC 1，∴tan∠ACA 1=
1
2AC 11
2A 1
C =
√3
3
， 得∠ACA 1=30°，则∠ACC 1=60°，可得△ACC 1是等边三角形． ∵点M 为线段AC 的中点，∴C 1M ⊥AC ． 又∵AC//A 1C 1，∴C 1M ⊥A 1C 1． ∵在等边△ABC 中，BM ⊥AC ， 由AC//A 1C 1可得，BM ⊥A 1C 1．
又∵BM ∩C 1M =M ，∴A 1C 1⊥平面BMC 1， ∵A 1C 1⊂平面A 1BC 1，∴平面BMC 1⊥平面A 1BC 1；
(2)解：∵BM ⊥AC ，平面ABC ⊥平面A 1ACC 1，且交线为AC ， ∴BM ⊥平面ACC 1A 1，∴直线MB ，MC ，MC 1两两垂直．
以点M 为坐标原点，分别以MB ，MC ，MC 1所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系， 则B(√3,0,0)，C 1(0,0,√3)，A 1(0,−2,√3)，C(0,1，0)， ∴A 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0)，BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√3,0,√3)，CC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,−1,√3)． 设平面A 1BC 1的一个法向量为n
⃗ =(x,y,z)， 由{A 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ =0
BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ =0，得{y =0−√3x +√3z =0，令x =1，得n
⃗ =(1,0,1)， ∴d =
|CC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗ ||n ⃗⃗ |
=
√3
√2
=
√6
2
， 即点C 到平面A 1BC 1的距离为√6
2
．
【解析】(1)由已知得A 1C ⊥AC 1，求解三角形得C 1M ⊥AC ，进一步得到C 1M ⊥A 1C 1.在等边△ABC 中，BM ⊥AC ，可得BM ⊥A 1C 1.由直线与平面垂直的判定得到A 1C 1⊥平面BMC 1，从而得到平面BMC 1⊥平面A 1BC 1； (2)证明BM ⊥平面ACC 1A 1，知直线MB ，MC ，MC 1两两垂直．以点M 为坐标原点，分别以MB ，MC ，MC 1所
在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，求出平面A 1BC 1的一个法向量n ⃗ ，再求出CC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的坐标，利用公式d =
|CC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗ ||n ⃗⃗ |
求点C 到平面A 1BC 1的距离．
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点到平面的距离，是中档题．
19.【答案】解：(1)由频率分布直方图可得，空气质量指数在(90,110]的天数为2天，
空气质量指数在(110,130]的天数为1天， 所以估计空气质量指数在(90,100]的天数为1天， 故在这30天中空气质量等级属于优或良的天数为28天．
(2)①在这30天中，乙不宜进行户外体育运动，且甲适宜进行户外体育运动的天数共6天， ∴P(X =0)=C 24
2C 302=92
145，P(X =1)=
C 61⋅C 241C 30
2=48
145，P(X =2)=C 6
2C 30
2=1
29，
∴X 的分布列为
∴EX =0×92
145+1×48
145+2×1
29=2
5．
②甲不宜进行户外体育运动的概率为1
10，乙不宜进行户外体育运动的概率为3
10，
∴P =C 32⋅(1
10)2⋅9
10⋅C 21
⋅3
10⋅7
10=567
50000．
【解析】(1)利用频率分布直方图求出轻度污染的天数，然后说明空气质量等级为优或良的天数； (2)①在这30天中，乙不宜进行户外体育运动，且甲适宜进行户外体育运动的天数共6天，求出概率，得到分布列，然后求解期望．
②甲不宜进行户外体育运动的概率为1
10，乙不宜进行户外体育运动的概率为3
10，然后求解概率即可． 本题考查离散型随机变量的分布列以及期望的求法，频率分布表的应用，是基本知识的考查，中档题．
20.【答案】解：(1)f′(x)=e x +e −x −a ，
当a ≤2时，f′(x)=e x +e −x −a ≥2−a ≥0，f(x)在R 上单调递增； 当a >2时，由f′(x)=0得e x =a±√a
2−4
2，∴x =ln a±√a
2−4
2
．
当x ∈(−∞,ln a−√a
2−4
2
)∪(ln
a+√a 2−4
2
,+∞)时，f′(x)>0，
当x ∈(ln a−√a
2−4
2
,ln
a+√a 2−4
2
)时，f′(x)<0．
∴f(x)在(−∞,ln a−√a
2−4
2
)和(ln
a+√a
2−4
2
,+∞)上单调递增，
在(ln a−√a
2−4
2
,ln
a+√a 2−4
2
)上单调递减．………………………………(5分)
(2)证明：由(1)知，当a =2时，f(x)=e x −e −x −2x 在R 上单调递增， ∴g(x)=f(lnx)=x −1
x −2lnx 在(0,+∞)上单调递增． 当n ∈Z 且n ≥2时，n −1
n −2lnn >1−1
1−2ln1=0，即n 2−1n
>2lnn ，
∴当n ∈Z 且n ≥2时，1
nlnn >2
n 2−1=1
n−1−1
n+1， ∴
∑1
ilni
n i=2>11
−13
+12
−14
+⋯+
1n−1
−
1n+1
=1+12
−1n
−
1n+1
=
3n 2−n−22n(n+1)
．
………………………………(12分)
【解析】(1)求出函数的导数，通过讨论a 的范围，求出函数的单调区间即可； (2)根据函数的单调性求出
n 2−1n
>2lnn ，累加即可证明结论．
本题考查了函数的单调性，考查不等式的证明以及分类讨论思想，转化思想，是一道综合题．
21.【答案】解：(1)设点P(x 0,y 0)，A(x 1,y 1)，
∵直线l 经过坐标原点，∴B(−x 1,−y 1). ∵点P 在椭圆E 上，∴
x 0
24
+y 02=1，∴y 02
=1−
x 0
24
．
同理可得，y 1
2=1−
x 1
24
．
∴k PA ⋅k PB =y 0−y 1x 0
−x 1
⋅y 0+y
1x 0
+x 1
=
y 02−y 1
2x 02−x 1
2=
1−
x 024−1+x 1
24x 02−x 1
2=−1
4．
故直线PA 与直线PB 的斜率之积为定值．
(2)∵OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +OP ⃗⃗⃗⃗⃗ =0
⃗ ，∴点O 为△ABP 的重心，如图所示，
∵直线l 与直线PO 交于点Q ，∴点Q 是AB 的中点，OP ⃗⃗⃗⃗⃗ =−2OQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ． 设Q(x,y)，则{x 0=−2x
y 0=−2y ．
∵
x 0
24
+y 02=1，∴x 2+4y 2=1，即动点Q 的轨迹方程为x 2+4y 2=1．
设点B(x 2,y 2)，直线OB 与直线PA 交于点M ，则点M 为线段PA 的中点，且M(−x 22
,−y
22)，
①当y 2≠0时，∵
x 0
24+
y 0
2
=1，x 1
24+y 12
=1，∴两式相减得，y 1−y 0
x 1−x 0=−1
4⋅x 1+x 0
y 1+y 0=−x 2
4y 2，
∴k PA =y 1−y
0x 1
−x 0
=−x
2
4y 2
，
∴直线PA 的方程为y +y 22
=−
x 24y 2
(x +
x 2
2)，整理得
y =−x 2x+24y 2
．
将y =−x 2x+24y 2
代入动点Q 的轨迹方程得，(x 22+4y 22)x 2+4x 2x +4(1−y 22
)=0(※)．
将
x 2
24
+y 22=1代入(※)，整理得4x 2+4x 2x +x 2
2=0． ∵△=16x 22−16x 22
=0，∴直线PA 与动点Q 的轨迹相切．
②当y 2=0时，B(2,0)或(−2,0)，且k PA 不存在，即直线PA ⊥x 轴， 若B(2,0)，则P(x 0,y 0)，A(x 0,−y 0)，∴点Q(2+x 02
,−y
02)，
∵OP ⃗⃗⃗⃗⃗ =−2OQ
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，∴x 0=−2×2+x 02
，解得x 0=−1，
同理可得，若B(−2,0)，可解得x 0=1，
因此直线PA 的方程为x =±1，∴直线PA 与动点Q 的轨迹相切． 综上所述，直线PA 与动点Q 的轨迹相切．
【解析】(1)设点P(x 0,y 0)，A(x 1,y 1)，由题可知，B(−x 1,−y 1)，把点P 的坐标代入椭圆E 的方程，可得
x 0
24
+y 02
=
1，即y 0
2=1−
x 0
24
.同理可得，y 12
=1−
x 1
24
，而k PA ⋅k PB =y 0−y 1
x
0−x 1
⋅
y 0+y 1x 0+x 1
=
y 02−y 12x 02−x 1
2，代入进行化简即可得解；
(2)由题可知，点O 为△ABP 的重心，且点Q 是AB 的中点，所以OP ⃗⃗⃗⃗⃗ =−2OQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ .设Q(x,y)，则{x 0=−2x
y 0=−2y ，结合
x 0
24
+y 02
=1可得，动点Q 的轨迹方程为x 2+4y 2=1.设点B(x 2,y 2)，直线OB 与直线PA 交于点M ，则点
M 为线段PA 的中点，且M(−x 22
,−y 22).然后分类讨论：①当y 2≠0时，利用点差法先求出k PA =−x
2
4y 2
，得直
线PA 的方程为y +
y 22
=−x
2
4y 2
(x +
x 22
)，将其与点Q 的轨迹方程联立，由△=0，可知直线PA 与动点Q 的轨
迹相切；②当y 2=0时，
B(2,0)或(−2,0)，且k PA 不存在，即直线PA ⊥x 轴，易求得直线PA 的方程为x =±1，
同样可得，直线PA 与动点Q 的轨迹相切．
本题考查轨迹方程的求法、直线与椭圆的位置关系，还涉及平面向量的线性运算，分析出点O 为△ABP 的重心是解题的突破口，考查学生的逻辑推理能力和运算能力，属于难题．
22.【答案】解：(1)曲线E 的直角坐标方程为(x +1)2+y 2=4，
直线m 的极坐标方程为θ=α(ρ∈R)． (2)设点A ，C 的极坐标分别为(ρ1,α)，(ρ2,α)． 由{θ=αρ2+2ρcosθ−3=0得，ρ2+2ρcosα−3=0， ∴ρ1+ρ2=−2cosα，ρ1ρ2=−3， ∴|AC|=|ρ1−ρ2|=2√cos 2α+3． 同理得|BD|=2√sin 2α+3．
∵S ABCD =1
2|AC|⋅|BD|=2√cos 2α+3⋅√sin 2α+3≤cos 2α+3+sin 2α+3=7， 当且仅当cos 2α+3=sin 2α+3，即α=π
4或3π4
时，等号成立，
∴四边形ABCD 面积的最大值为7．
【解析】(1)直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换． (2)利用极径的应用和三角函数关系式的恒等变换求出结果．
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，极径的应用，三角函数关系式的恒等变换，三角形面积公式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型． 23.【答案】(1)解：f(x)=|2x −2|−|x +1|={3−x,x <−1
1−3x,−1≤x <1x −3,x ≥1，
作出函数的图象如图：
根据函数图象得，f(x)的最小值为−2， ∴m =−2；
(2)证明：由(1)知，a+b+c=2，
∴[a2+(b−1)2+(c+2)2]⋅(12+12+12)≥[a⋅1+(b−1)⋅1+(c+2)⋅1]2=(a+b+c+1)2=9，∴a2+(b−1)2+(c+2)2≥3，
当且仅当a=b−1=c+2，a+b+c=2，即a=1，b=2，c=−1时等号成立，
∴a2+b2+c2−2b+4c+2≥0．
【解析】(1)写出分段函数解析式，画图求得函数最小值；
(2)结合(1)可得a+b+c=2，然后配凑柯西不等式证明a2+b2+c2−2b+4c+2≥0．
本题考查分段函数最值的求法，考查数形结合的解题思想方法，训练了利用柯西不等式求最值，是中档题．
第21页，共21页。