2020年重庆市南开中学高考数学模拟试卷(文科)(3月份)(有解析)

一、单项选择题（本大题共12小题，共60.0分） 1. 已知复数𝑧=1+𝑖(𝑖为虚数单位)，则𝑧=( )

1

A.

1−𝑖2

B.

𝑎

1+𝑖2

C. 1−𝑖 D. 1+𝑖

2. 已知函数𝑓(𝑥)=𝑥+𝑥，则“𝑎=4”是“函数𝑓(𝑥)在(2,+∞)上为增函数”的( )

A. 充分而不必要条件 C. 充要条件

B. 必要而不充分条件 D. 既不充分也不必要条件

3. 用六个完全相同的正方形围成的立体图形叫正六面体．已知正六面体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1的棱长

为4，则平面𝐴𝐵1𝐷1与平面𝐵𝐶1𝐷间的距离为( )

A. √3

𝜋

6 B. √31

3 C. 4√3

D. 2√3

4. 已知cos(𝛼−4)=−3，则sin(−3𝜋+2𝛼)=( )

A. 9

7

B. −9

7

C. 5

𝜋

3

D. −5

33

3

5. 在△𝐴𝐵𝐶中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，𝐴=3，𝑠𝑖𝑛𝐵=√，𝑏=2，则𝑎=( )

A. 1 B. √3

C. 3

D. 3

4

𝑦≤2

6. 已知变量x，y满足约束条件{𝑥+𝑦≥4则𝑧=3𝑥+𝑦的最小值为( )

𝑥−𝑦≤1

A. 11 B. 12 C. 8 D. 3

7. 如图是某几何体的三视图，则该几何体的体积为( )

A. 12 B. 15 C. 18 D. 21

⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2𝐷𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ =2𝐸𝐴⃗⃗⃗⃗⃗ ，则( ) ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，𝐶𝐸8. 在△𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝐷

⃗⃗⃗⃗ −⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ =⃗𝐷𝐸𝐶𝐴𝐶𝐵A. ⃗33⃗⃗⃗⃗ −⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ =⃗𝐷𝐸𝐶𝐴𝐶𝐵C. ⃗33

2

1

1

2

⃗⃗⃗⃗ +⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ =⃗𝐷𝐸𝐶𝐴𝐶𝐵B. ⃗33⃗⃗⃗⃗ +⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ =⃗𝐷𝐸𝐶𝐴𝐶𝐵D. ⃗33

2

1

12

9. 执行如图所示框图，则输出S的值为( )

A. 8 B. −8

3 C. √83 D. −√8

1

1

10. 已知𝑓′(𝑥)为𝑓(𝑥)的导数，若𝑓′(𝑥)<𝑓(𝑥)对于任意的𝑥∈𝑅都成立，则( )

A. 𝑓(0)C. 𝑓(0)=D.

𝑓(2014)𝑒2014

𝑓(2014)𝑒2014𝑓(2014)𝑒2014𝑓(2014)𝑒2014

和𝑓(0)的大小关系不确定

11. 在△𝐴𝐵𝐶中，∠𝐴𝐵𝐶=60°，𝐴𝐵=1，𝐵𝐶=3，则sin∠𝐵𝐴𝐶的值为( )

3 A. √14

√3 B. 314

21

C. √14

21 D. 3√14

12. 已知正四棱锥𝑆−𝐴𝐵𝐶𝐷的侧棱长与底面边长都等于2，点E是棱SB的中点，则直线AE与直线

SD所成的角的余弦值为( )

2 A. √2

2 B. √3

3 C. √2

3 D. √3

二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）

13. 已知集合𝐴={𝑥|−2<𝑥<3}，𝐵={𝑥|0<𝑥<4}，则𝐴∪𝐵=_____．

14. 记数列{𝑎𝑛}的前n项和为𝑆𝑛.若𝑎1=1，𝑆𝑛=2(𝑎1+𝑎𝑛)(𝑛≥2,𝑛∈𝑁∗)，则𝑆𝑛= ______ ． P是椭圆E上的点，𝐹2是椭圆E：+=1的左右焦点，15. 设𝐹1，则|𝑃𝐹1|⋅|𝑃𝐹2|的最小值是______..

251616. 先将函数𝑓(𝑥)=sin(2𝑥+6)的图象向右平移6个单位，再将所得的图象上所有点的横坐标变为原

来的2倍(纵坐标不变)，得到函数𝑔(𝑥)的图象，则函数𝑔(𝑥)的解析式为 ． 三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）

17. 为了调查某厂2000名工人生产某种产品的能力，随机抽查了m位工人某天生产该产品的数量，

产品数量的分组区间为[10,15)，[15,20)，[20,25)，[25,30)，[30,35]，频率分布直方图如图所示．已知生产的产品数量在[20,25)之间的工人有6位．

𝜋

𝜋

𝑥2

𝑦2

(Ⅰ)求m；

(Ⅱ)工厂规定从生产低于20件产品的工人中随机的选取2位工人进行培训，则这2位工人不在同一组的概率是多少？

18. 在三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1中，△𝐴𝐵𝐶是边长为2的正三角形，侧面𝐵𝐵1𝐶1𝐶是矩形，D、E分别是

线段𝐵𝐵1、𝐴𝐶1的中点． (1)求证：𝐷𝐸//平面𝐴1𝐵1𝐶1；

(2)若平面𝐴𝐵𝐶⊥平面𝐵𝐵1𝐶1𝐶，𝐵𝐵1=4，求三棱锥𝐴−𝐷𝐶𝐸的体积．

19. 记数列{𝑎𝑛}的前n项和为𝑇𝑛，且{𝑎𝑛}满足𝑎1=1，𝑎𝑛=3𝑛−1+𝑎𝑛−1(𝑛≥2)．

(1)求𝑎2、𝑎3的值，并求数列{𝑎𝑛}的通项公式𝑎𝑛； (2)证明：𝑇𝑛=

⃗⃗⃗⃗⃗ =−3． 20. 已知抛物线𝑦2=2𝑝𝑥(𝑝>0)，过点(1,0)的直线l与抛物线交于A，B两点，⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑂𝐴⋅⃗𝑂𝐵

(1)求抛物线的方程；

(2)以AB为斜边作等腰直角三角形ABC，当点C在y轴上时，求△𝐴𝐵𝐶的面积．

21. 已知函数𝑓(𝑥)=𝑎𝑥−ln𝑥−1(𝑎∈𝑅)．

3𝑥+2𝑥+2

3 𝑎 𝑛−𝑛

2

．

(1)求𝑓(𝑥)的单调区间；(2)若𝑎=0，令𝑔(𝑥)=𝑓(𝑡𝑥+1)+且𝑔(𝑥1)+𝑔(𝑥2)>0，求正实数t的取值范围．

𝑥2是𝑔(𝑥)的两个极值点，，若𝑥1，

22. 在平面直角坐标系xOy中，已知曲线C的参数方程为{𝑦=sin𝛼(𝛼为参数).以直角坐标系原点

O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l1的极坐标方程为𝜌𝑐𝑜𝑠(𝜃−4)=√2，直线l2的极坐标方程为𝜃=4，点M是直线l1和直线l2的交点． (1)点P为曲线C上的动点，求点P到直线l1的距离的最大值； (2)设曲线C与直线l1交于点A、B两点，求|𝑀𝐴|+|𝑀𝐵|的值．

𝜋

𝜋

𝑥=2𝑐𝑜𝑠𝛼

23. 已知函数𝑓(𝑥)=|𝑎𝑥−2|．

(1)当𝑎=4时，求不等式𝑓(𝑥)+|4𝑥+2|≥8的解集；

(2)若𝑥∈[2,4]时，不等式𝑓(𝑥)+|𝑥−3|≤𝑥+3成立，求a的取值范围．

【答案与解析】

1.答案：A

解析：

本题考查复数的运算，属于基础题．通过分母实数化即可求出结果． 解：𝑧=1+𝑖=(1+𝑖)(1−𝑖)=故选A．

1

1−𝑖

1−𝑖2

．

2.答案：A

解析：

根据函数单调性的性质，利用充分条件和必要条件烦的定义即可得到结论．

解：当𝑎=4时，函数𝑓(𝑥)=𝑥+𝑥=𝑥+𝑥在(2,+∞)上为增函数成立，若𝑓(𝑥)=𝑥+𝑥=𝑥在(2,+∞)上为增函数，𝑎=0也成立，不能推出𝑎=4，∴“𝑎=4”是“函数𝑓(𝑥)在(2,+∞)上为增函数”的充分不必要条件． 故答案为A．

𝑎

4

𝑎

3.答案：C

解析：

本题考查空间中点、线、面间的距离计算，考查空间想象能力与思维能力，考查计算能力，是中档题．

由题意画出图形，可得𝐴1𝐶⊥平面𝐴𝐵1𝐷1，𝐴1𝐶⊥平面𝐵𝐶1𝐷，求出正方体的棱长，再由等体积法求得|𝐴1𝐸|，则平面𝐴𝐵1𝐷1与平面𝐵𝐶1𝐷间的距离可求．

解：由题意正六面体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1是棱长为4的正方体， ∵𝐴𝐵1//𝐷𝐶1，𝐵1𝐷1//𝐵𝐷，𝐴𝐵1∩𝐵1𝐷1=𝐵1，𝐶1𝐷∩𝐵𝐷=𝐷， ∴平面𝐴𝐵1𝐷1//平面𝐵𝐶1𝐷， 连接𝐴1𝐶，

可得𝐴1𝐶⊥平面𝐴𝐵1𝐷1，𝐴1𝐶⊥平面𝐵𝐶1D.

设垂足分别为E，F，则平面𝐴𝐵1𝐷1与平面𝐵𝐶1𝐷间的距离为|𝐸𝐹|． 正方体的体对角线长为√42+42+42=4√3． 在三棱锥𝐴1−𝐴𝐵1𝐷1 中，由等体积法求得：|𝐴1𝐸|=∴平面𝐴𝐵1𝐷1与平面𝐵𝐶1𝐷间的距离为4√3−故选：C．

8√33

11

××4×4×43211√3××4√2×4√2×322=

4√3． 3

=

4√3． 3

4.答案：A

解析：解：∵已知cos(𝛼−4)=−3=sin(𝛼+4)，即 sin(𝛼+4)=−3，

则sin(−3𝜋+2𝛼)=sin(𝜋+2𝛼)=−𝑠𝑖𝑛2𝛼=cos(2+2𝛼)=1−2sin2(4+𝛼)=1−2×9=9， 故选：A．

利用诱导公式、二倍角公式进行化简三角函数式，可得结果．

本题主要考查利用诱导公式、二倍角公式进行化简三角函数式，属于基础题．

𝜋

𝜋

1

7

𝜋

1

𝜋

𝜋

1

5.答案：C

解析：

本题主要考查了正弦定理的简单应用，属于基础题． 由已知结合正弦定理即可求解． 解：由正弦定理可得，𝑠𝑖𝑛𝐴=𝑠𝑖𝑛𝐵， ∴𝑎=

𝑏𝑠𝑖𝑛𝐴𝑠𝑖𝑛𝐵

𝑎

𝑏

=

2×

√32√33

=3．

故选：C．

6.答案：C

𝑦≤2

解析：解：由约束条件{𝑥+𝑦≥4作出可行域如图，

𝑥−𝑦≤1𝑦=2联立{，解得𝐴(2,2)，

𝑥+𝑦=4化目标函数𝑧=3𝑥+𝑦为𝑦=−3𝑥+𝑧，

由图可知，当直线𝑦=−3𝑥+𝑧过A时，直线在y轴上的截距

最小，z有最小值为𝑧=3×2+2=8． 故选：C．

作出不等式组对应的平面区域，利用绵竹市的几何意义，通过数形结合即可的得到结论． 本题主要考查线性规划的应用，利用z的几何意义，通过数形结合是解决本题的关键．

7.答案：C

解析：

本题主要考查由三视图还原几何体，求几何体的体积． 解析：

解：由已知中的三视图可得：该几何体是一个长宽高分别为4，3，3的长方体，切去一半得到的， 如图所示：

其体积为：2×4×3×3=18， 故选C．

1

8.答案：A

解析：

本题考查了平面向量的线性运算，属基础题．

21

⃗⃗⃗⃗ =2(𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗⃗ −⃗⃗⃗⃗⃗ )−1⃗⃗⃗⃗⃗ =1⃗⃗⃗⃗⃗ −2⃗⃗⃗⃗⃗ ，⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐷𝐸𝐷𝐴+⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐸=⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐵𝐴−⃗𝐶𝐴𝐶𝐵𝐶𝐴𝐶𝐴𝐶𝐵由平面向量的加减法得：：得解． 33333321

⃗⃗⃗⃗ =2(𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗⃗ −⃗⃗⃗⃗⃗ )−1⃗⃗⃗⃗⃗ =1⃗⃗⃗⃗⃗ −2⃗⃗⃗⃗⃗ ， ⃗⃗⃗⃗⃗ =⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐷𝐸𝐷𝐴+⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐸=3⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐵𝐴−3⃗𝐶𝐴𝐶𝐵𝐶𝐴𝐶𝐴𝐶𝐵解：⃗3333

故选A．

9.答案：D

解析：解：执行程序框图，有 𝑘=1，𝑆=1，𝛼=6 𝑆=

√3，𝛼2

𝜋

= 3

𝜋

不满足条件𝑘>4，𝑘=3 𝑆=

√3，𝛼4

=

2𝜋3

不满足条件𝑘>4，𝑘=5 𝑆=−

√3，𝛼8

=

4𝜋3

38

满足条件𝑘>4，输出S的值为−√． 故选：D．

执行程序框图，写出每次循环得到的S，𝛼的值，当𝑘=5时，满足条件𝑘>4，输出S的值为−√．

83本题主要考察了程序框图和算法，属于基础题．

10.答案：B

解析：解：由𝑓′(𝑥)<𝑓(𝑥)得𝑓′(𝑥)−𝑓(𝑥)<0， 构造函数𝑔(𝑥)=则𝑔′(𝑥)=

𝑓(𝑥)𝑒𝑥， =

𝑓′(𝑥)−𝑓(𝑥)

𝑒𝑥𝑓′(𝑥)𝑒𝑥−𝑒𝑥𝑓(𝑥)

(𝑒𝑥)2<0，即函数𝑔(𝑥)单调递减，

则𝑔(2014)<𝑔(0)， 即

𝑓(2014)𝑒2014<

𝑓(0)𝑒0， ，

则𝑓(0)>

𝑓(2014)𝑒2014

故选：B

构造函数𝑔(𝑥)=

𝑓(𝑥)𝑒𝑥

利用导数判断函数的单调性，即可得到结论．

本题主要考查函数值的大小比较，根据条件构造函数是解决本题的关键．

11.答案：D

解析：解：在△𝐴𝐵𝐶中，∵∠𝐴𝐵𝐶=60°，𝐴𝐵=1，𝐵𝐶=3， 由余弦定理可得𝐴𝐶2=1+9−2×1×3𝑐𝑜𝑠60°=7， ∴𝐴𝐶=√7．

由正弦定理可得，sin∠𝐴𝐵𝐶=sin∠𝐵𝐴𝐶， 即√3=sin∠𝐵𝐴𝐶，

2

𝐴𝐶𝐵𝐶

√73

解得：sin∠𝐵𝐴𝐶=故选：D．

3√21

， 14

先由条件利用余弦定理求得AC，再利用正弦定理求得sin∠𝐵𝐴𝐶的值即可． 本题主要考查正弦定理、余弦定理的应用，属于中档题．

12.答案：D

解析：解：如图，

连接AC，BD，交于O，连接EO，

∴𝐸𝑂//𝑆𝐷，则直线AE与直线SD所成的角为∠𝐴𝐸𝑂． ∵正四棱锥𝑆−𝐴𝐵𝐶𝐷的侧棱长与底面边长都等于2， ∴𝐴𝑂=√2，𝐴𝐸=√3，

在𝑅𝑡△𝐴𝑂𝐸中，𝐸𝑂=√𝐴𝐸2−𝐴𝑂2=√(√3)2−(√2)2=1． ∴cos∠𝐴𝐸𝑂=故选：D．

由题意画出图形，连接AC，BD，交于O，连接EO，可得𝐸𝑂//𝑆𝐷，则∠𝐴𝐸𝑂为直线AE与直线SD所成的角，求解直角三角形得答案．

本题考查异面直线所成的角，关键是由异面直线所成角的定义找出角，是中档题．

𝐸𝑂𝐴𝐸

=

1√3=

√3

． 3

13.答案：(−2,4)

解析：

本题考查集合的并集的求法，属于基础题． 根据集合A，B直接求出𝐴∪𝐵即可．

解：因为集合𝐴={𝑥|−2<𝑥<3}，𝐵={𝑥|0<𝑥<4}， 所以𝐴∪𝐵={𝑥|−2<𝑥<4}． 故答案为(−2,4)．

14.答案：2−2𝑛−1

解析：解：∵𝑆𝑛=2(𝑎1+𝑎𝑛)，(𝑛≥2,𝑛∈𝑁∗)， ∴𝑆𝑛−1=2(𝑎1+𝑎𝑛−1)，(𝑛≥3,𝑛∈𝑁∗)， ∴𝑎𝑛=𝑆𝑛−𝑆𝑛−1=2(𝑎𝑛−𝑎𝑛−1)， ∴𝑎𝑛=2𝑎𝑛−1，(𝑛≥3)

∵𝑆𝑛=2(𝑎1+𝑎𝑛)(𝑛≥2,𝑛∈𝑁∗)， ∴1+𝑎2=2(1+𝑎2)，解得𝑎2=−1， 1,𝑛=1

∴𝑎𝑛={，

−1×2𝑛−2,𝑛≥2∴𝑆𝑛=1−(1+2+4+⋯+2𝑛−2) =1−

1−2𝑛−11−2

=2−2𝑛−1．

故答案为：2−2𝑛−1．

由已知得𝑎𝑛=2𝑎𝑛−1，(𝑛≥3)，𝑎2=−1，从而𝑎𝑛={

1,𝑛=1

，由此能求出𝑆𝑛．

−1×2𝑛−2,𝑛≥2

本题考查数列的前n项和的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意等比数列性质的合理运用．

15.答案：16

解析：解：由椭圆E：

𝑥2

+16=1，得𝑎2=25，𝑏2=16， 25

𝑦2

则𝑎=5，𝑐=√25−16=3，

∵𝑃是椭圆E上的点，∴|𝑃𝐹1|+|𝑃𝐹2|=2𝑎=10，且5−3=2<|𝑃𝐹2|<5+3=8， ∴|𝑃𝐹1|⋅|𝑃𝐹2|=(10−|𝑃𝐹2|)⋅|𝑃𝐹2|=−|𝑃𝐹2|2+10|𝑃𝐹2|， ∴当|𝑃𝐹2|=2或8时，|𝑃𝐹1|⋅|𝑃𝐹2|的最小值是16． 故答案为：16．

c的值，由已知椭圆方程求得a，可得|𝑃𝐹2|的取值范围，结合椭圆定义把|𝑃𝐹1|⋅|𝑃𝐹2|转化为关于|𝑃𝐹2|的二次函数求最值．

本题考查椭圆的简单性质，训练了利用二次函数求最值，是中档题．

16.答案：𝑔(𝑥)=sin (𝑥−6)

解析：

本题考查三角函数的变换，属于基础题．

由函数𝑦=𝐴sin(𝜔𝑥+𝜑)的图象变换规律可得答案． 解：将函数

的图象向右平移

的图象，

再把所得图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)得到函数故答案为

．

的图象，

个单位长度，可得函数

𝜋

17.答案：解：(Ⅰ)根据直方图可知产品件数在[20,25)内的人数为𝑚×5×0.06=6，

则𝑚=20(位).(6分)

(Ⅱ)根据直方图可知产品件数在[10,15)，[15,20)，[20,25)组内的人数分别为2，4．

2

设这2位工人不在同一组为A事件，低于20件产品的工人选取2位有𝐶6=15种，

这2位工人不在同一组的有2×4=8， 则𝑃(𝐴)=15．

答：选取这2人不在同组的概率为15.(12分)

8

8

解析：(1)由频率的意义可知，每小组的频率=

频数总人数

，由此计算产品件数在[20,25)内的人数；

(2)根据概率公式计算，事件“低于20件产品的工人选取2位”有15种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件“这2位工人不在同一组”可能种数是8，那么即可求得事件A的概率． 此题考查了对频数分布直方图的掌握情况，考查的是概率的求法．如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率𝑃(𝐴)=𝑛．

𝑚

18.答案：(1)证明：取棱𝐴1𝐶1的中点F，连接EF、𝐵1𝐹，

则由EF是△𝐴𝐴1𝐶1的中位线得𝐸𝐹//𝐴𝐴1，𝐸𝐹=2𝐴𝐴1， 又𝐷𝐵1//𝐴𝐴1，𝐷𝐵1=2𝐴𝐴1， 所以𝐸𝐹//𝐷𝐵1，𝐸𝐹=𝐷𝐵1，

故四边形𝐷𝐸𝐹𝐵1是平行四边形，从而𝐷𝐸//𝐵1𝐹， 因为𝐵1𝐹⊂平面𝐴1𝐵1𝐶1，𝐷𝐸⊄平面𝐴1𝐵1𝐶1 所以𝐷𝐸//平面𝐴1𝐵1𝐶1；

(Ⅱ)解：因为E是𝐴𝐶1的中点，所以𝑉𝐴−𝐷𝐶𝐸=𝑉𝐷−𝐴𝐶𝐸=2𝑉𝐴−𝐶𝐷𝐶1， 过A作𝐴𝐻⊥𝐵𝐶于H，

因为平面𝐴𝐵𝐶⊥平面𝐵𝐵1𝐶1𝐶，平面𝐴𝐵𝐶∩平面𝐵𝐵1𝐶1𝐶=𝐵𝐶 所以𝐴𝐻⊥平面𝐵𝐵1𝐶1𝐶，

由已知计算可得𝐴𝐻=√3，△𝐶𝐷𝐶1的面积为矩形面积的一半， 所以𝑉𝐴−𝐶𝐷𝐶1=××2×4×√3=

32所以𝑉𝐴−𝐷𝐶𝐸=𝑉𝐷−𝐴𝐶𝐸=𝑉𝐴−𝐶𝐷𝐶1=

21

1

1

4√3， 32√3． 3

1

1

1

解析：本题考查三棱柱的性质、线面及面面平行与垂直的判定定理及其性质定理、三角形中位线定理、四棱锥的体积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

(1)取棱𝐴1𝐶1的中点F，连接EF、𝐵1𝐹，利用三角形中位线定理，证明四边形𝐷𝐸𝐹𝐵1是平行四边形，从而𝐷𝐸//𝐵1𝐹，利用线面平行的判定定理即可得出．

(2)过A作𝐴𝐻⊥𝐵𝐶于H，利用𝑉𝐴−𝐷𝐶𝐸=𝑉𝐷−𝐴𝐶𝐸=2𝑉𝐴−𝐶𝐷𝐶1，即可得出三棱锥𝐴−𝐷𝐶𝐸的体积．

1

19.答案：(1)解：∵{𝑎𝑛}满足𝑎1=1，𝑎𝑛=3𝑛−1+𝑎𝑛−1(𝑛≥2)，

∴𝑎2=3+𝑎1=4，

𝑎3=32+𝑎2=13．

𝑎𝑛−𝑎𝑛−1=3𝑛−1，

∴𝑎𝑛=𝑎1+(𝑎2−𝑎1)+(𝑎3−𝑎2)+⋯+(𝑎𝑛−𝑎𝑛−1) =1+3+32+⋯+3𝑛−1 ==

1−3𝑛1−33𝑛2

1

−2．

∴数列{𝑎𝑛}的通项公式𝑎𝑛=(2)证明：∵𝑎𝑛=

12

3𝑛2

3𝑛2

−2．

1

−，

2

1

∴𝑇𝑛=[(3−1)+(32−1)+(33−1)+⋯+(3𝑛−1)] =2[(3+32+33+⋯+3𝑛)−𝑛] =[

2

13(1−3𝑛)

1−31

−𝑛] −𝑛]

=2[=

13(3𝑛−1)

2

3𝑎𝑛−𝑛2

，

．

∴𝑇𝑛=

3 𝑎 𝑛−𝑛

2

解析：(1)由已知依次令𝑛=1和𝑛=2，能求出𝑎2、𝑎3的值，再利用累加法能求出{𝑎𝑛}的通项公式． (2)利用分级求和法结合等比数列前n项和公式能证明𝑇𝑛=

3 𝑎 𝑛−𝑛

2

．

本题考查数列的通项公式的求法，考查数列前n项和的证明，是中档题，解题时要注意累加法、分组求和法和等比数列的性质的合理运用．

20.答案：解：(1)依題意，设直线l方程为𝑥=𝑚𝑦+1，𝐴(𝑥1,𝑦1)，𝐵(𝑥2,𝑦2).

联立𝑦2=2𝑝𝑥，得：𝑦2−2𝑝𝑚𝑦−2𝑝=0． 由韦达定理：𝑦1+𝑦2=2𝑝𝑚，𝑦1𝑦2=−2𝑝，

12

⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =𝑥1𝑥2+𝑦1𝑦2=1+𝑦1𝑦2=1−2𝑝=−3， ⋅2𝑝=1，𝑂𝐴又𝑥1𝑥2=2𝑝

𝑦2𝑦2

所以𝑝=2.故抛物线方程为𝑦2=4𝑥．

(2)设线段AB中点为𝑀(𝑥𝑀,𝑦𝑀)，𝐶(0,𝑦𝐶)由(1)知𝑦𝑀=2𝑚,𝑥𝑀=2𝑚2+1．

法一：|𝐴𝐵|=𝑥1+𝑥2+𝑝=2𝑥𝑀+2=4𝑚2+4， |𝐶𝑀|=√1+(−𝑚)2|𝑥𝑀−𝑥𝐶|=√1+𝑚2(2𝑚2+1)．

依题意：|𝐴𝐵|=2|𝐶𝑀|，即4(𝑚2+1)=2√1+𝑚2(2𝑚2+1)． 整理得𝑚2=√．

23所以𝑆△𝐴𝐵𝐶=2|𝐴𝐵|⋅|𝐶𝑀|=4|𝐴𝐵|2=4(2√3+4)2=7+4√3． 法二：直线CM方程为：𝑦−2𝑚=−𝑚(𝑥−2𝑚2−1)， 即𝑦=−𝑚𝑥+2𝑚3+3𝑚． 令𝑥=0，则𝑦𝐶=2𝑚3+3𝑚．

2⃗⃗⃗⃗ ⋅⃗⃗⃗⃗⃗ =𝑥1𝑥2+(𝑦1−𝑦𝐶)(𝑦2−𝑦𝐶)=𝑥1𝑥2+𝑦1𝑦2−𝑦𝐶(𝑦1+𝑦2)+𝑦𝐶依题意⃗𝐶𝐴𝐶𝐵=0．

111

代入，整理得4𝑚6+4𝑚4−3𝑚2−3=0， 即(4𝑚4−3)(𝑚2+1)=0.所以𝑚2=√．

23又|𝐴𝐵|=𝑥1+𝑥2+𝑝=2𝑥𝑀+2=4𝑚2+4，𝑆△𝐴𝐵𝐶=2|𝐴𝐵|⋅|𝐶𝑀|=4|𝐴𝐵|2=4(2√3+4)2=7+4√3．

法三：因为直线l与x垂直时，不满足题意．

故可设直线l：𝑦=𝑘(𝑥−1)(𝑘≠0)，𝐴(𝑥1𝑦2)，𝐵(𝑥2𝑦2). 线段AB中点为𝑀(𝑥𝑀,𝑦𝑀)，𝐶(0,𝑦𝐶).

联立𝑦2=4𝑥得：𝑘2𝑥2−(2𝑘2+4)𝑥+𝑘2=0， 由韦达定理：𝑥1+𝑥2=

4

2𝑘2+4𝑘2

111

,𝑥1𝑥2=1．

𝑘2+22𝑘2

故𝑦1+𝑦2=𝑘,𝑦1𝑦2=−4，所以𝑀(

2

,𝑘)，

2

线段AB的垂直平分线为𝑦−𝑘=−𝑘(𝑥−1−𝑘2)， 可得𝐶(0,𝑘+𝑘3)．

2⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ =𝑥1𝑥2+(𝑦1−𝑦𝐶)(𝑦2−𝑦𝐶)=𝑥1𝑥2+𝑦1𝑦2−𝑦𝐶(𝑦1+𝑦2)+𝑦𝐶依题意𝐶𝐴=0． 2

整理得：𝑘𝑦𝐶−4𝑦𝐶−3𝑘=0，

23代入𝑦𝐶=𝑘+𝑘3，整理得(3𝑘4−4)(𝑘2+1)=0.解得𝑘2=√．

3

3

2

3

2

1

又|𝐴𝐵|=𝑥1+𝑥2+𝑝=𝑘2+4．

所以𝑆△𝐴𝐵𝐶=2|𝐴𝐵|⋅|𝐶𝑀|=4|𝐴𝐵|2=4(2√3+4)2=7+4√3．

1

1

1

4

⃗⃗⃗⃗⃗ 的表达解析：(1)由题意设直线l的方程与抛物线联立，求出两根之和及两根之积，进而求出⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑂𝐴⋅⃗𝑂𝐵式，再由题意求出p的值，求出抛物线的方程；

(2)用3种方法求出面积，设直线AB的方程，与抛物线联立求出两根之和及两根之积，进而求出弦⃗⃗⃗⃗ ⋅⃗⃗⃗⃗⃗ =0，求出参数，进而求出面积． 长AB及中点M的坐标，在y轴取一点C使𝐶𝑀=2𝐴𝐵，且⃗𝐶𝐴𝐶𝐵本题考查直线与抛物线的位置关系，数量积运算，考查弦长问题，面积问题，属于中档题．

1

21.答案：解：(1)𝑥∈(0,+∞)，𝑓′(𝑥)=𝑎−𝑥=

1𝑎𝑥−1𝑥

，

当𝑎≤0时，𝑓′(𝑥)<0，𝑓(𝑥)在(0,+∞)上为减函数， 当𝑎>0时，𝑥∈(0,𝑎)时，𝑓′(𝑥)<0，𝑓(𝑥)为减函数， 𝑥∈(,+∞)时，𝑓′(𝑥)>0，𝑓(𝑥)为增函数，

𝑎1

1

综上所述，当𝑎≤0时，𝑓(𝑥)减区间为(0,+∞)，

当𝑎>0时，𝑓(𝑥)减区间为(0,𝑎)，𝑓(𝑥)增区间为(𝑎,+∞)． (2)𝑔(𝑥)=𝑓(𝑡𝑥+1)+𝑔′(𝑥)=

4

2−

11

3𝑥+2𝑥+2

=𝑥+2−ln(𝑡𝑥+1)，

，

2𝑥

𝑡𝑡𝑥+1

(𝑥+2)

=−

𝑡𝑥2+4(𝑡−1)(𝑡𝑥+1)(𝑥+2)2

当𝑡≥1时，𝑔′(𝑥)<0恒成立，

故𝑔(𝑥)在𝑥∈(0,+∞)上为减函数，不成立．∴0<𝑡<1， 令𝑔′(𝑥)=0，得𝑥1=−2√

1−𝑡𝑡

，𝑥2=2√

1−𝑡𝑡

，

∵𝑔(𝑥)有两个极值点，∴𝑔′(𝑥)=0有2个根， 故必有−2√

11−𝑡𝑡1

>−𝑡且−2√

11−𝑡𝑡

≠−2，

得0<𝑡<2或2<𝑡<1， 且𝑥1为极小值点，𝑥2为极大值点，

𝑔(𝑥1)+𝑔(𝑥2)==

=

4(𝑡−1)2𝑡−1

2𝑥12𝑥2

−ln(𝑡𝑥1+1)+−ln(𝑡𝑥2+1) 𝑥1+2𝑥2+24𝑥1𝑥2+4(𝑥1+𝑥2)

−ln[𝑡2𝑥1𝑥2+𝑡(𝑥1+𝑥2)+1]

𝑥1𝑥2+2(𝑥1+𝑥2)+42

−ln(2𝑡−1)2=2−2𝑡−1−ln(2𝑡−1)2，

1

令𝑢=2𝑡−1，0<𝑡<1且𝑡≠2，

当0<𝑡<2时，−1<𝑢<0，2<𝑡<1时，0<𝑢<1，

1

1

令ℎ(𝑢)=2−𝑢−𝑙𝑛𝑢2(0<𝑡<1且𝑡≠2)， 当−1<𝑢<0时，ℎ(𝑢)=2−𝑢−2𝑙𝑛(−𝑢)，ℎ′(𝑢)=

2

2−2𝑢𝑢221

>0，

∴ℎ(𝑢)在𝑢∈(−1,0)上为增函数，∴ℎ(𝑢)>ℎ(−1)=4>0， 故当0<𝑡<2时，𝑔(𝑥1)+𝑔(𝑥2)>0成立， 当0<𝑢<1时，ℎ(𝑢)=2−𝑢−2𝑙𝑛𝑢，ℎ′(𝑢)=

2

2−2𝑢𝑢2

1

>0，

ℎ(𝑢)在𝑢∈(0,1)上单调递增，∴ℎ(𝑢)<ℎ(1)=0， 故当2<𝑡<1时，𝑔(𝑥1)+𝑔(𝑥2)<0， 综上所述，𝑡∈(0,2)．

1

1

解析：本题考查了函数的单调性最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，是一道综合题．

(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)求出0<𝑡<2或2<𝑡<1，得到𝑥1为极小值点，𝑥2为极大值点，求出𝑔(𝑥1)+𝑔(𝑥2)=2−2𝑡−1−ln(2𝑡−1)2，令𝑢=2𝑡−1，0<𝑡<1且𝑡≠2，根据函数的单调性求出t的具体范围即可．

1

1

1

2

22.答案：解：(1)曲线C的参数方程为{𝑦=sin𝛼(𝛼为参数).点P为曲线C上的动点，

∴设𝑃(2𝑐𝑜𝑠𝛼,𝑠𝑖𝑛𝛼)，

∵直线𝑙1的极坐标方程为𝜌𝑐𝑜𝑠(𝜃−4)=√2，

∴直线𝑙1的极坐标方程为：√𝜌𝑐𝑜𝑠𝜃+√𝜌𝑠𝑖𝑛𝜃=√2，

22∴直线𝑙1的直角坐标方程为𝑥+𝑦−2=0， ∵点P到直线𝑙1的距离𝑑=

|2𝑐𝑜𝑠𝛼+𝑠𝑖𝑛𝛼−2|√222𝜋

𝑥=2𝑐𝑜𝑠𝛼

=

|√5sin(𝛼+𝜃)−2|√2，

5+2√2∴当sin(𝛼+𝜃)=−1时，点P到直线𝑙1的距离取最大值√𝑥=2𝑐𝑜𝑠𝛼

(2)∵曲线C的参数方程为{(𝛼为参数)．

𝑦=sin𝛼∴曲线C的直角坐标方程为

𝑥24𝜋

=

√10+2√2． 2

+𝑦2=1．

∵直线𝑙2的极坐标方程为𝜃=4，

∴直线𝑙2的直角坐标方程为𝑦=𝑥， 𝑦=𝑥

联立{𝑥+𝑦−2=0，得𝑀(1,1)，

64+𝑦2=1

联立{4，得𝐴(2,0)，𝐵(5,5)，

𝑥+𝑦−2=0

𝑥2

∴|𝑀𝐴|+|𝑀𝐵|=√(2−1)2+(0−1)2+√(5−1)2+(5−1)2=

64

6√2． 5

解析：(1)设𝑃(2𝑐𝑜𝑠𝛼,𝑠𝑖𝑛𝛼)，直线𝑙1的直角坐标方程为𝑥+𝑦−2=0，求出点P到直线𝑙1的距离，由此能求出点P到直线𝑙1的距离取最大值． (2)曲线C的直角坐标方程为

𝑥24

𝑦=𝑥

𝑙𝑦=𝑥{直线的直角坐标方程为，联立+𝑦=1.2𝑥+𝑦−2=0，得

2

𝑀(1,1)，由此能求出结果．

本题考查点到直线的距离的最大值的求法，两线段和的求法，考查直角坐标方程、参数方程、极坐标方程的互化等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．

23.答案：解：(1)当𝑎=4时，原不等式即|4𝑥−2|+|4𝑥+2|≥8，即|2𝑥−1|+|2𝑥+1|≥4，

当𝑥≥2时，原不等式等价于(2𝑥−1)+(2𝑥+1)≥4，解得𝑥≥1， 当−2<𝑥<2时，原不等式等价于(1−2𝑥)+(2𝑥+1)≥4，不等式无解； 当𝑥≤−2时，原不等式等价于(1−2𝑥)−(2𝑥+1)≥4，解得𝑥≤−1． 综上，原不等式的解集为(−∞,−1]∪[1,+∞)

(2)由𝑓(𝑥)+|𝑥−3|≤𝑥+3得|𝑎𝑥−2|+|𝑥−3|≤𝑥+3(∗)， 当𝑥∈[2,3]时，(∗)等价于|𝑎𝑥−2|+3−𝑥≤𝑥+3， 即|𝑎𝑥−2|≤2𝑥，即|𝑎−𝑥|≤2，所以−2+𝑥≤𝑎≤2+𝑥， 因为3≤𝑥≤2，所以2+𝑥 的最小值为3，−2+𝑥最大值为−1． 所以−1≤𝑎≤3，

当𝑥∈(3,4]时，原不等式等价于|𝑎𝑥−2|+(𝑥−3)≤𝑥+3， 所以|𝑎𝑥−2|≤6，所以−6≤𝑎𝑥−2≤6，即−4≤𝑎𝑥≤8．

所以−𝑥≤𝑎≤𝑥，因为4≤𝑥≤3，所以𝑥的最小值为2，−𝑥的最大值为−1， 所以−1≤𝑎≤2，

4

8

1

1

1

8

4

8

1

1

1

2

8

2

2

2

2

11

1

1

综上，a的取值范围是[−1,2]．

解析：本题考查了绝对值不等式的解法，绝对值不等式的性质，考查推理论证能力，运算求解能力，化归与转化能力，分类与整合思想，属中档题． (1)分3段去绝对值解不等式，再相并； (2)按照2种情况分类讨论去绝对值可得．