2020年吉林省全国统一高考数学试卷(理科)(新课标ⅱ)(含解析版).pdf

第 1页（共 25页）2020 年全国统一高考数学试卷（理科年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标（新课标）一、选择题：本题共一、选择题：本题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 60 分。在每小题给出的四个选项中，只有分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。一项是符合题目要求的。1（5 分）已知集合 U2，1，0，1，2，3，A1，0，1，B1，2，则U（AB）（）A2，3B2，2，3）C2，1，0，3D2，1，0，2，32（5 分）若为第四象限角，则（）Acos20Bcos20Csin20Dsin203（5 分）在新冠肺炎疫情防控期间，某超市开通网上销售业务，每天能完成 1200 份订单的配货，由于订单量大幅增加，导致订单积压为解决困难，许多志愿者踊跃报名参加配货工作已知该超市某日积压 500 份订单未配货，预计第二天的新订单超过 1600 份的概率为 0.05志愿者每人每天能完成 50 份订单的配货，为使第二天完成积压订单及当日订单的配货的概率不小于 0.95，则至少需要志愿者（）A10 名B18 名C24 名D32 名4（5 分）北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层上层中心有一块圆形石板（称为天心石），环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块 下一层的第一环比上一层的最后一环多 9 块，向外每环依次也增加 9 块已知每层环数相同，且下层比中层多 729 块，则三层共有扇面形石板（不含天心石）（）A3699 块B3474 块C3402 块D3339 块5（5 分）若过点（2，1）的圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线 2xy30 的距离为（）第 2页（共 25页）ABCD6（5 分）数列an中，a12，am+naman若 ak+1+ak+2+ak+1021525，则 k（）A2B3C4D57（5 分）如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为 M，在俯视图中对应的点为 N，则该端点在侧视图中对应的点为（）AEBFCGDH8（5 分）设 O 为坐标原点，直线 xa 与双曲线 C：1（a0，b0）的两条渐近线分别交于 D，E 两点若ODE 的面积为 8，则 C 的焦距的最小值为（）A4B8C16D329（5 分）设函数 f（x）ln|2x+1|ln|2x1|，则 f（x）（）A是偶函数，且在（，+）单调递增B是奇函数，且在（，）单调递减C是偶函数，且在（，）单调递增D是奇函数，且在（，）单调递减10（5 分）已知ABC 是面积为的等边三角形，且其顶点都在球 O 的球面上若球 O的表面积为 16，则 O 到平面 ABC 的距离为（）ABC1D11（5 分）若 2x2y3x3y，则（）Aln（yx+1）0Bln（yx+1）0Cln|xy|0Dln|xy|012（5 分）01 周期序列在通信技术中有着重要应用若序列 a1a2an满足 ai0，1第 3页（共 25页）（i1，2，），且存在正整数 m，使得 ai+mai（i1，2，）成立，则称其为 01周期序列，并称满足 ai+mai（i1，2）的最小正整数 m 为这个序列的周期对于周期为 m 的 01 序列 a1a2an，C（k）aiai+k（k1，2，m1）是描述其性质的重要指标，下列周期为 5 的 01 序列中，满足 C（k）（k1，2，3，4）的序列是（）A11010B11011C10001D11001二、填空题：本题共二、填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分。分。13（5 分）已知单位向量，的夹角为 45，k 与 垂直，则 k14（5 分）4 名同学到 3 个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去 1 个小区，每个小区至少安排 1 名同学，则不同的安排方法共有种15（5 分）设复数 z1，z2满足|z1|z2|2，z1+z2+i，则|z1z2|16（5 分）设有下列四个命题：p1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内p2：过空间中任意三点有且仅有一个平面p3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行p4：若直线 l平面，直线 m平面，则 ml则下述命题中所有真命题的序号是p1p4p1p2p2p3p3p4三、解答题：共三、解答题：共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第 1721 题为必考题为必考题题，每个试题考生都必须作答每个试题考生都必须作答。第第 22、23 题为选考题题为选考题，考生根据要求作答考生根据要求作答。（一一）必考题必考题：共共 60 分。分。17（12 分）ABC 中，sin2Asin2Bsin2CsinBsinC（1）求 A；（2）若 BC3，求ABC 周长的最大值第 4页（共 25页）18（12 分）某沙漠地区经过治理，生态系统得到很大改善，野生动物数量有所增加为调查该地区某种野生动物的数量，将其分成面积相近的 200 个地块，从这些地块中用简单随机抽样的方法抽取 20 个作为样区，调查得到样本数据（xi，yi）（i1，2，20），其中 xi和 yi分别表示第 i 个样区的植物覆盖面积（单位：公顷）和这种野生动物的数量，并计算得xi60，yi1200，（xi）280，（yi）29000，（xi）（yi）800（1）求该地区这种野生动物数量的估计值（这种野生动物数量的估计值等于样区这种野生动物数量的平均数乘以地块数）；（2）求样本（xi，yi）（i1，2，20）的相关系数（精确到 0.01）；（3）根据现有统计资料，各地块间植物覆盖面积差异很大为提高样本的代表性以获得该地区这种野生动物数量更准确的估计，请给出一种你认为更合理的抽样方法，并说明理由附：相关系数 r，1.414第 5页（共 25页）19（12 分）已知椭圆 C1：+1（ab0）的右焦点 F 与抛物线 C2的焦点重合，C1的中心与 C2的顶点重合，过 F 且与 x 轴垂直的直线交 C1于 A，B 两点，交 C2于 C，D 两点，且|CD|AB|（1）求 C1的离心率；（2）设 M 是 C1与 C2的公共点若|MF|5，求 C1与 C2的标准方程20（12 分）如图，已知三棱柱 ABCA1B1C1的底面是正三角形，侧面 BB1C1C 是矩形，M，N 分别为 BC，B1C1的中点，P 为 AM 上一点过 B1C1和 P 的平面交 AB 于 E，交 AC 于F（1）证明：AA1MN，且平面 A1AMN平面 EB1C1F；（2）设 O 为A1B1C1的中心若 AO平面 EB1C1F，且 AOAB，求直线 B1E 与平面A1AMN 所成角的正弦值第 6页（共 25页）21（12 分）已知函数 f（x）sin2xsin2x（1）讨论 f（x）在区间（0，）的单调性；（2）证明：|f（x）|；（3）设 nN*，证明：sin2xsin22xsin24xsin22nx（二）选考题：共（二）选考题：共 10 分。请考生在第分。请考生在第 22、23 题中任选一题作答。如果多做，则按所做的题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。第一题计分。选修选修 4-4：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程（10 分）分）22（10 分）已知曲线 C1，C2的参数方程分别为 C1：（为参数），C2：（t 为参数）（1）将 C1，C2的参数方程化为普通方程；（2）以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系设 C1，C2的交点为 P，求圆心在极轴上，且经过极点和 P 的圆的极坐标方程选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲（10 分）分）23已知函数 f（x）|xa2|+|x2a+1|（1）当 a2 时，求不等式 f（x）4 的解集；（2）若 f（x）4，求 a 的取值范围第 7页（共 25页）2020 年全国统一高考数学试卷（理科年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标（新课标）参考答案与试题解析参考答案与试题解析一、选择题：本题共一、选择题：本题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 60 分。在每小题给出的四个选项中，只有分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。一项是符合题目要求的。1（5 分）已知集合 U2，1，0，1，2，3，A1，0，1，B1，2，则U（AB）（）A2，3B2，2，3）C2，1，0，3D2，1，0，2，3【分析】先求出 AB，再根据补集得出结论【解答】解：集合 U2，1，0，1，2，3，A1，0，1，B1，2，则 AB1，0，1，2，则U（AB）2，3，故选：A【点评】本题主要考查集合的交并补运算，属于基础题2（5 分）若为第四象限角，则（）Acos20Bcos20Csin20Dsin20【分析】先求出 2是第三或第四象限角或为 y 轴负半轴上的角，即可判断【解答】解：为第四象限角，则+2k2k，kZ，则+4k24k，2是第三或第四象限角或为 y 轴负半轴上的角，sin20，故选：D【点评】本题考查了角的符号特点，考查了转化能力，属于基础题3（5 分）在新冠肺炎疫情防控期间，某超市开通网上销售业务，每天能完成 1200 份订单的配货，由于订单量大幅增加，导致订单积压为解决困难，许多志愿者踊跃报名参加配货工作已知该超市某日积压 500 份订单未配货，预计第二天的新订单超过 1600 份的概率为 0.05志愿者每人每天能完成 50 份订单的配货，为使第二天完成积压订单及当日第 8页（共 25页）订单的配货的概率不小于 0.95，则至少需要志愿者（）A10 名B18 名C24 名D32 名【分析】由题意可得至少需要志愿者为18 名【解答】解：第二天的新订单超过 1600 份的概率为 0.05，就按 1600 份计算，第二天完成积压订单及当日订单的配货的概率不小于 0.95 就按 1200 份计算，因为公司可以完成配货 1200 份订单，则至少需要志愿者为18 名，故选：B【点评】本题考查了等可能事件概率的实际应用，属于基础题4（5 分）北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层上层中心有一块圆形石板（称为天心石），环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块 下一层的第一环比上一层的最后一环多 9 块，向外每环依次也增加 9 块已知每层环数相同，且下层比中层多 729 块，则三层共有扇面形石板（不含天心石）（）A3699 块B3474 块C3402 块D3339 块【分析】由题意可得从内到外每环之间构成等差数列，且公差 d9，a19，根据等差数列的性质即可求出 n9，再根据前 n 项和公式即可求出【解答】解：设每一层有 n 环，由题意可知从内到外每环之间构成等差数列，且公差 d9，a19，由等差数列的性质可得 Sn，S2nSn，S3nS2n成等差数列，且（S3nS2n）（S2nSn）n2d，则 n2d729，第 9页（共 25页）则 n9，则三层共有扇面形石板 S3nS27279+93402 块，故选：C【点评】本题考查了等差数列在实际生活中的应用，考查了分析问题解决问题的能力，属于中档题5（5 分）若过点（2，1）的圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线 2xy30 的距离为（）ABCD【分析】由已知设圆方程为（xa）2+（ya）2a2，（2，1）代入，能求出圆的方程，再代入点到直线的距离公式即可【解答】解：由题意可得所求的圆在第一象限，设圆心为（a，a），则半径为 a，a0故圆的方程为（xa）2+（ya）2a2，再把点（2，1）代入，求得 a5 或 1，故要求的圆的方程为（x5）2+（y5）225 或（x1）2+（y1）21故所求圆的圆心为（5，5）或（1，1）；故圆心到直线 2xy30 的距离 d或 d；故选：B【点评】本题主要考查用待定系数法求圆的标准方程的方法，求出圆心坐标和半径的值，是解题的关键，属于基础题6（5 分）数列an中，a12，am+naman若 ak+1+ak+2+ak+1021525，则 k（）A2B3C4D5【分析】在已知数列递推式中，取 m1，可得，则数列an是以 2 为首项，以2 为公比的等比数列，再由等比数列的前 n 项和公式列式求解【解答】解：由 a12，且 am+naman，取 m1，得 an+1a1an2an，则数列an是以 2 为首项，以 2 为公比的等比数列，第 10页（共 25页）则，ak+1+ak+2+ak+1021525，k+15，即 k4故选：C【点评】本题考查数列递推式，考查等比关系的确定，训练了等比数列前 n 项和的求法，是中档题7（5 分）如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为 M，在俯视图中对应的点为 N，则该端点在侧视图中对应的点为（）AEBFCGDH【分析】首先把三视图转换为直观图，进一步求出图形中的对应点【解答】解：根据几何体的三视图转换为直观图：根据三视图和几何体的的对应关系的应用，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为 M，在俯视图中对应的点为 N，所以在侧视图中与点 E 对应故选：A【点评】本题考查的知识要点：三视图和几何体的直观图之间的转换、主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型第 11页（共 25页）8（5 分）设 O 为坐标原点，直线 xa 与双曲线 C：1（a0，b0）的两条渐近线分别交于 D，E 两点若ODE 的面积为 8，则 C 的焦距的最小值为（）A4B8C16D32【分析】根据双曲线的渐近线方程求出点 D，E 的坐标，根据面积求出 ab8，再根据基本不等式即可求解【解答】解：由题意可得双曲线的渐近线方程为 yx，分别将 xa，代入可得 yb，即 D（a，b），E（a，b），则 SODEa2bab8，c2a2+b22ab16，当且仅当 ab2时取等号，C 的焦距的最小值为 248，故选：B【点评】本题考查了双曲线的方程和基本不等式，以及渐近线方程，属于基础题9（5 分）设函数 f（x）ln|2x+1|ln|2x1|，则 f（x）（）A是偶函数，且在（，+）单调递增B是奇函数，且在（，）单调递减C是偶函数，且在（，）单调递增D是奇函数，且在（，）单调递减【分析】求出 x 的取值范围，由定义判断为奇函数，利用对数的运算性质变形，再判断内层函数 t|的单调性，由复合函数的单调性得答案【解答】解：由，得 x又 f（x）ln|2x+1|ln|2x1|（ln|2x+1|ln|2x1|）f（x），f（x）为奇函数；由 f（x）ln|2x+1|ln|2x1|，第 12页（共 25页）可得内层函数 t|的图象如图，在（，）上单调递减，在（，）上单调递增，则（，+）上单调递减又对数式 ylnt 是定义域内的增函数，由复合函数的单调性可得，f（x）在（，）上单调递减故选：D【点评】本题考查函数的奇偶性与单调性的综合，考查复合函数单调性的求法，是中档题10（5 分）已知ABC 是面积为的等边三角形，且其顶点都在球 O 的球面上若球 O的表面积为 16，则 O 到平面 ABC 的距离为（）ABC1D【分析】画出图形，利用已知条件求三角形 ABC 的外接圆的半径，然后求解 OO1即可【解答】解：由题意可知图形如图：ABC 是面积为的等边三角形，可得，ABBCAC3，可得：AO1，球 O 的表面积为 16，第 13页（共 25页）外接球的半径为：4R216，解得 R2，所以 O 到平面 ABC 的距离为：1故选：C【点评】本题考查球的内接体问题，求解球的半径，以及三角形的外接圆的半径是解题的关键11（5 分）若 2x2y3x3y，则（）Aln（yx+1）0Bln（yx+1）0Cln|xy|0Dln|xy|0【分析】由 2x2y3x3y，可得 2x3x2y3y，令 f（x）2x3x，则 f（x）在R 上单调递增，且 f（x）f（y），结合函数的单调性可得 x，y 的大小关系，结合选项即可判断【解答】解：由 2x2y3x3y，可得 2x3x2y3y，令 f（x）2x3x，则 f（x）在 R 上单调递增，且 f（x）f（y），所以 xy，即 yx0，由于 yx+11，故 ln（yx+1）ln10，故选：A【点评】本题主要考查了函数的单调性在比较变量大小中的应用，属于基础试题12（5 分）01 周期序列在通信技术中有着重要应用若序列 a1a2an满足 ai0，1（i1，2，），且存在正整数 m，使得 ai+mai（i1，2，）成立，则称其为 01周期序列，并称满足 ai+mai（i1，2）的最小正整数 m 为这个序列的周期对于周期为 m 的 01 序列 a1a2an，C（k）aiai+k（k1，2，m1）是描述其性质的重第 14页（共 25页）要指标，下列周期为 5 的 01 序列中，满足 C（k）（k1，2，3，4）的序列是（）A11010B11011C10001D11001【分析】分别为 4 个选项中 k1，2，3，4 进行讨论，若有一个不满足条件，就排除；由题意可得周期都是 5，每个答案中都给了一个周期的排列，若需要下个周期的排列，继续写出，如 C 答案中的排列为 10001 10001 10001【解答】解：对于 A 选项：序列 11010 11010C（1）aiai+1（1+0+0+0+0），C（2）aiai+2（0+1+0+1+0），不满足 C（k）（k1，2，3，4），故排除 A；对于 B 选项：序列 1101111011C（1）aiai+1（1+0+0+1+1），不满足条件，排除；对于 C 选项：序列 10001 10001 10001C（1）aiai+1（0+0+0+0+1），C（2）aiai+2（0+0+0+0+0）0，C（3）aiai+3（0+0+0+0+0）0，C（4）aiai+4（1+0+0+0+0），符合条件，对于 D 选项：序列 11001 11001C（1）aiai+1（1+0+0+0+1）不满足条件故选：C【点评】本题考查序列的周期性及对 5 个两项乘积之和的求法，属于中档题第 15页（共 25页）二、填空题：本题共二、填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分。分。13（5 分）已知单位向量，的夹角为 45，k 与 垂直，则 k【分析】由已知求得，再由 k 与 垂直，可得（）0，展开即可求得 k 值【解答】解：向量，为单位向量，且，的夹角为 45，又 k 与 垂直，（），即，则 k故答案为：【点评】本题考查平面向量的数量积运算，考查向量垂直与数量积的关系，是基础题14（5 分）4 名同学到 3 个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去 1 个小区，每个小区至少安排 1 名同学，则不同的安排方法共有36种【分析】先从 4 人中选出 2 人作为一组有 C42种方法，再与另外 2 人一起进行排列有 A33种方法，相乘即可【解答】解：因为有一小区有两人，则不同的安排方式共有 C42A3336 种故答案为：36【点评】本题考查排列组合及分步计数原理的运用，属于基础题15（5 分）设复数 z1，z2满足|z1|z2|2，z1+z2+i，则|z1z2|2【分析】利用复数模的计算公式和复数的运算性质，求解即可【解答】解：复数 z1，z2满足|z1|z2|2，z1+z2+i，所以|z1+z2|2，4，8+得|z1z2|28（）12又|z1z2|0，故|z1z2|2故答案为：2第 16页（共 25页）【点评】熟练掌握复数的运算法则和纯虚数的定义、复数模的计算公式是解题的关键16（5 分）设有下列四个命题：p1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内p2：过空间中任意三点有且仅有一个平面p3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行p4：若直线 l平面，直线 m平面，则 ml则下述命题中所有真命题的序号是p1p4p1p2p2p3p3p4【分析】根据空间中直线与直线，直线与平面的位置关系对四个命题分别判断真假即可得到答案【解答】解：设有下列四个命题：p1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内根据平面的确定定理可得此命题为真命题，p2：过空间中任意三点有且仅有一个平面若三点在一条直线上则有无数平面，此命题为假命题，p3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行，也有可能异面的情况，此命题为假命题，p4：若直线 l平面，直线 m平面，则 ml由线面垂直的定义可知，此命题为真命题；由复合命题的真假可判断p1p4为真命题，p1p2为假命题，p2p3为真命题，p3p4为真命题，故真命题的序号是：，故答案为：，【点评】本题以命题的真假判断为载体，考查了空间中直线与直线，直线与平面的位置关系，难度不大，属于基础题三、解答题：共三、解答题：共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第 1721 题为必考题为必考题题，每个试题考生都必须作答每个试题考生都必须作答。第第 22、23 题为选考题题为选考题，考生根据要求作答考生根据要求作答。（一一）必考题必考题：第 17页（共 25页）共共 60 分。分。17（12 分）ABC 中，sin2Asin2Bsin2CsinBsinC（1）求 A；（2）若 BC3，求ABC 周长的最大值【分析】（1）运用余弦定理和特殊角的三角函数值，可得所求角；（2）运用正弦定理和三角函数的和差公式，结合余弦函数的图象和性质，可得所求最大值【解答】解：（1）设ABC 的内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，因为 sin2Asin2Bsin2CsinBsinC，由正弦定理可得 a2b2c2bc，即为 b2+c2a2bc，由余弦定理可得 cosA，由 0A，可得 A；（2）由题意可得 a3，又 B+C，可设 Bd，C+d，d，由正弦定理可得2，可得 b2sin（d），c2sin（+d），则ABC 周长为 a+b+c3+2sin（d）+sin（+d）3+2（cosdsind+cosd+sind），3+2cosd，当 d0，即 BC时，ABC 的周长取得最大值 3+2【点评】本题考查三角形的正弦定理和余弦定理的运用，考查三角函数的恒等变换和图象与性质，考查方程思想和化简运算能力，属于中档题18（12 分）某沙漠地区经过治理，生态系统得到很大改善，野生动物数量有所增加为调查该地区某种野生动物的数量，将其分成面积相近的 200 个地块，从这些地块中用简单随机抽样的方法抽取 20 个作为样区，调查得到样本数据（xi，yi）（i1，2，20），第 18页（共 25页）其中 xi和 yi分别表示第 i 个样区的植物覆盖面积（单位：公顷）和这种野生动物的数量，并计算得xi60，yi1200，（xi）280，（yi）29000，（xi）（yi）800（1）求该地区这种野生动物数量的估计值（这种野生动物数量的估计值等于样区这种野生动物数量的平均数乘以地块数）；（2）求样本（xi，yi）（i1，2，20）的相关系数（精确到 0.01）；（3）根据现有统计资料，各地块间植物覆盖面积差异很大为提高样本的代表性以获得该地区这种野生动物数量更准确的估计，请给出一种你认为更合理的抽样方法，并说明理由附：相关系数 r，1.414【分析】（1）由已知数据求得 20 个样区野生动物数量的平均数，乘以 200 得答案；（2）由已知直接利用相关系数公式求解；（3）由各地块间植物覆盖面积差异很大可知更合理的抽样方法是分层抽样【解答】解：（1）由已知，20 个样区野生动物数量的平均数为60，该地区这种野生动物数量的估计值为 6020012000；（2），r；（3）更合理的抽样方法是分层抽样，根据植物覆盖面积的大小对地块分层，再对 200 个地块进行分层抽样理由如下：由（2）知各样区的这种野生动物数量与植物覆盖面积有很强的正相关由于第 19页（共 25页）各地块间植物覆盖面积差异很大，从而各地块间这种野生动物数量差异也很大，采用分层抽样的方法较好地保持了样本结构与总体结构的一致性，提高了样本的代表性，从而可以获得该地区这种野生动物数量更准确的估计【点评】本题考查简单的随机抽样，考查相关系数的求法，考查计算能力，是基础题19（12 分）已知椭圆 C1：+1（ab0）的右焦点 F 与抛物线 C2的焦点重合，C1的中心与 C2的顶点重合，过 F 且与 x 轴垂直的直线交 C1于 A，B 两点，交 C2于 C，D 两点，且|CD|AB|（1）求 C1的离心率；（2）设 M 是 C1与 C2的公共点若|MF|5，求 C1与 C2的标准方程【分析】（1）由 F 为 C1的焦点且 ABx 轴，F 为 C2的焦点且 CDx 轴，分别求得 F 的坐标和|AB|，|CD|，由已知条件可得 p，c，a，b 的方程，消去 p，结合 a，b，c 和 e 的关系，解方程可得 e 的值；（2）由（1）用 c 表示椭圆方程和抛物线方程，联立两曲线方程，解得 M 的横坐标，再由抛物线的定义，解方程可得 c，进而得到所求曲线方程【解答】解：（1）因为 F 为 C1的焦点且 ABx 轴，可得 F（c，0），|AB|，设 C2的标准方程为 y22px（p0），因为 F 为 C2的焦点且 CDx 轴，所以 F（，0），|CD|2p，因为|CD|AB|，C1，C2的焦点重合，所以，消去 p，可得 4c，所以 3ac2b2，所以 3ac2a22c2，设 C1的离心率为 e，由 e，则 2e2+3e20，解得 e（2 舍去），故 C1的离心率为；（2）由（1）可得 a2c，bc，p2c，第 20页（共 25页）所以 C1：+1，C2：y24cx，联立两曲线方程，消去 y，可得 3x2+16cx12c20，所以（3x2c）（x+6c）0，解得 xc 或 x6c（舍去），从而|MF|x+c+cc5，解得 c3，所以 C1和 C2的标准方程分别为+1，y212x【点评】本题考查抛物线和椭圆的定义、方程和性质，考查直线和椭圆的位置关系，考查方程思想和运算能力，属于中档题20（12 分）如图，已知三棱柱 ABCA1B1C1的底面是正三角形，侧面 BB1C1C 是矩形，M，N 分别为 BC，B1C1的中点，P 为 AM 上一点过 B1C1和 P 的平面交 AB 于 E，交 AC 于F（1）证明：AA1MN，且平面 A1AMN平面 EB1C1F；（2）设 O 为A1B1C1的中心若 AO平面 EB1C1F，且 AOAB，求直线 B1E 与平面A1AMN 所成角的正弦值第 21页（共 25页）【分析】（1）推导出 B1NBM，四边形 BB1NM 为矩形，A1NB1C1，从而 BB1MN，由此能证明 AA1MN，且平面 A1AMN平面 EB1C1F（2）推导出 EFB1C1BC，从而 AOPN，四边形 APNO 为平行四边形，A1N3ON，AM3AP，PNBCB1C13EF，直线 B1E 在平面 A1AMN 内的投影为 PN，从而直线B1E 与平面 A1AMN 所成角即为等腰梯形 EFC1B1中 B1E 与 PN 所成角，由此能求出直线B1E 与平面 A1AMN 所成角的正弦值【解答】解：（1）证明：M，N 分别为 BC，B1C1的中点，底面为正三角形，B1NBM，四边形 BB1NM 为矩形，A1NB1C1，BB1MN，AA1BB1，AA1MN，MNB1C1，A1NB1C1，MNA1NN，B1C1平面 A1AMN，B1C1平面 EB1C1F，平面 A1AMN平面 EB1C1F，综上，AA1MN，且平面 A1AMN平面 EB1C1F（2）解：三棱柱上下底面平行，平面 EB1C1F 与上下底面分别交于 B1C1，EF，EFB1C1BC，AO面 EB1C1F，AO面 AMNA1，面 AMNA1面 EB1C1FPN，AOPN，四边形 APNO 为平行四边形，O 是正三角形的中心，AOAB，A1N3ON，AM3AP，PNBCB1C13AP3EF，由（1）知直线 B1E 在平面 A1AMN 内的投影为 PN，直线 B1E 与平面 A1AMN 所成角即为等腰梯形 EFC1B1中 B1E 与 PN 所成角，在等腰梯形 EFC1B1中，令 EF1，过 E 作 EHB1C1于 H，则 PNB1C1EH3，B1H1，sinB1EH，直线 B1E 与平面 A1AMN 所成角的正弦值为第 22页（共 25页）【点评】本题考查线线平行、面面垂直的证明，考查线面角的正弦值的求法，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21（12 分）已知函数 f（x）sin2xsin2x（1）讨论 f（x）在区间（0，）的单调性；（2）证明：|f（x）|；（3）设 nN*，证明：sin2xsin22xsin24xsin22nx【分析】（1）先求导，根据导数和函数单调性的关系即可求出，（2）根据导数和函数最值的关系即可证明，（3）利用（2）的结论，根据指数函数的性质即可证明【解答】解：（1）f（x）sin2xsin2x2sin3xcosx，f（x）2sin2x（3cos2xsin2x）2sin2x（34sin2x）2sin2x32（1cos2x）2sin2x（1+2cos2x），令 f（x）0，解得，x，或 x，当 x（0，）或（，）时，f（x）0，当 x（，）时，f（x）0，f（x）在（0，），（，）上单调递增，在（，）上单调递减证明：（2）f（0）f（）0，由（1）可知 f（x）极小值f（），f（x）极大值f（），f（x）max，f（x）min，f（x）为周期函数，|f（x）|；第 23页（共 25页）（3）由（2）可知 sin2xsin2x（），sin22xsin4x（），sin222xsin23x（），sin22n1xsin2nx（），sin3xsin32xsin34xsin32n1xsin32nxsinx（sin2xsin32xsin34xsin32n1xsin22nx）sin2nx（），sin2xsin22xsin24xsin22nx【点评】本题考查了导数和函数的单调性的和极值最值的关系，不等式的证明，考查了运算求解能力，转化与化归能力，属于难题（二）选考题：共（二）选考题：共 10 分。请考生在第分。请考生在第 22、23 题中任选一题作答。如果多做，则按所做的题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。第一题计分。选修选修 4-4：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程（10 分）分）22（10 分）已知曲线 C1，C2的参数方程分别为 C1：（为参数），C2：（t 为参数）（1）将 C1，C2的参数方程化为普通方程；（2）以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系设 C1，C2的交点为 P，求圆心在极轴上，且经过极点和 P 的圆的极坐标方程【分析】（1）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（2）利用极径的应用和圆的方程的应用求出结果【解答】解：（1）曲线 C1，参数方程为：（为参数），转换为直角坐标方程为：x+y40，所以 C1的普通方程为 x+y4（0 x4）第 24页（共 25页）曲线 C2的参数方程：（t 为参数）所以22整理得直角坐标方程为，所以 C2的普通方程为 x2y24（2）法一：由，得，即 P 的直角坐标为（）设所求圆的圆心的直角坐标为（x0，0），由题意得 x02（x0）2+，解得 x0，因此，所求圆的极坐标方程为cos法二：由，整理得，解得：，即 P（）设圆的方程（xa）2+y2r2，由于圆经过点 P 和原点，所以，解得，故圆的方程为：，即 x2+y2x0，转换为极坐标方程为【点评】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，一元二次方程根和系数关系式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲（10 分）分）23已知函数 f（x）|xa2|+|x2a+1|（1）当 a2 时，求不等式 f（x）4 的解集；（2）若 f（x）4，求 a 的取值范围第 25页（共 25页）【分析】（1）把 a2 代入函数解析式，写出分段函数，然后对 x 分类求解不等式，取并集得答案；（2）利用绝对值不等式的性质可得 f（x）|xa2|+|x2a+1|xa2（x2a+1）|（a1）2|（a1）2由 f（x）4，得（a1）24，求解二次不等式得答案【解答】解：（1）当 a2 时，f（x）|x4|+|x3|，当 x3 时，不等式 f（x）4 化为2x+74，即 x，x；当 3x4 时，不等式 f（x）4 化为 14，此时 x；当 x4 时，不等式 f（x）4 化为 2x74，即 x，x综上，当 a2 时，求不等式 f（x）4 的解集为x|x或 x；（2）f（x）|xa2|+|x2a+1|xa2（x2a+1）|（a1）2|（a1）2又 f（x）4，（a1）24，得 a12 或 a12，解得：a1 或 a3综上，若 f（x）4，则 a 的取值范围是（，13，+）【点评】本题考查绝对值不等式的解法，考查分类讨论的数学思想方法，考查绝对值不等式的性质，是中档题