2020年全国1卷文科数学

67812151△ABC的面积为—x2\：3x2xsinl500=x-3.(—)在AABC中，A=1800-b—c=30。—C，所以sinA+爲sinC=sin(30。—C)+J3sinC=sin(30°+C),v—故sin(30。+C)二—.而0。<C<300，所以300+C=450，故C=15。.19．解：(1)由题设可知，PA=PB=PC．由于△ABC是正三角形，故可得厶PAC^APAB.△PAC^APBC.又ZAPC=90°，故ZAPB=90°,ZBPC=90°.从而PB丄PA,PB丄PC,故PB丄平面PAC,所以平面PAB丄平面PAC.(2)设圆锥的底面半径为r,母线长为l由题设可得rl=、3,12一r2=2.解得r=1,1=込,从而AB=<3.由(1)可得PA2+PB2=AB2，故PA=PB=PC=162所以三棱锥P-ABC所以三棱锥P-ABC的体积为13—xPAXPBXPC11=_x—x32820.解:(1)当a=1时，f(x)=ex-x-2，则f'(x)=ex-1.当x<0时，f'(x)v0；当x>0时，f'(x)>0.所以f(x)在(-g,0)单调递减，在(0,+w)单调递增.(2)f'(x)=ex-a.当a^O时，f(x)>0，所以f(x)在(-s,+s)单调递增,故f(x)至多存在1个零点，不合题意.当a>0时，由f'(x)=0可得x=lna.当xW(-s，lna)时，f'(x)<0；当xW(lna，+s)时，f'(x)>0.所以/(x)在(-s，lna)单调递减，在(lna，+s)单调递增，故当x=lna时，f(x)取得最小值，最小值为(lna)=-a(1+lna).若OSaJ，贝f(lna)>0，f(x)在(-s，+s)至多存在1个零点，不合题意.e若a>l，贝f(lna)<0.e由于f(-2)=e-2>0，所以f(x)在(—s，lna)存在唯一零点.由(1)知，当x>2时，ex-x-2>0，所以当x>4且x>2ln(2a)时，:x:xxf(x)二e2•e2—a(x+2)>eln(2a)・(+2)—a(x+2)二2a>0.2故/(x)在(lna，+s)存在唯一零点，从而f(x)在(-s，+s)有两个零点.综上，a的取值范围是(-，+s).e21•解：(1)由题设得A(—a,0),B(a,0),G(0,1).则AG=(a,1)，GB=(a,—1).由AG・GB=8得a2—1二8，即a二3・所以E的方程为寺+y2=1.(2)设C(x,y),D(x,y),P(6,t).1122若t丰0，设直线CD的方程为x二my+n，由题意可知—3<n<3.由于直线PA的方程为y二右(x+3)，所以y二£(x+3).9191直线PB的方程为y二(x-3)，所以y二(x-3).3232可得3y(x—3)=y(x+3).1221由于甲+y2二1，故y2二—(3+竽—3)，可得27yy=—(x+3)(x+3),92291212即(27+m2)yy+m(n+3)(y+y)+(n+3)2=0.①1212x2将x-my+n代入§+y2=1得(m2+9)y2+2mny+n2一9=0.

所以y+所以y+y=122mnm2T9'yiy2n2一9m2+9代入①式得(27+m2)(n2-9)-2m(n+3)mn+(n+3)2(m2+9)=0.3解得n=-3(舍去)，n=3.233故直线CD的方程为x=my+2，即直线CD过定点(2,0).3若t=0，则直线CD的方程为y=0,过点(-,0).3综上，直线CD过定点(-,0).\x=cost,22.解：当k=1时，CH.消去参数t得x2+y2=1，故曲线C是圆心为坐标原点,1[y=sint,i半径为1的圆．Ix=cos41,(2)当k=4时，CH消去参数t得C的直角坐标方程为*x+y=1.1Iy=sin41,1C的直角坐标方程为4x-16y+3=0.21x=—41y=—4故C1与C2的公共点的直角坐标为(4‘〉3<1

—x—3,xW—,23.解:(1)由题设知f(23.解:(1)由题设知f(x)=<5x—1,—<xW1,3x/r/