2023年四川省成都市高考数学一诊试卷(理科)

1017页2023〔理科〕一、选择题：本大题共12小题，每题5分，共60分在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的．1.假设复数𝑧1与𝑧2＝−3−𝑖〔𝑖为虚数单位〕在复平面内对应的点关于实轴对称，则𝑧1＝〔〕A.−3𝑖 B.−3+𝑖 C.3+𝑖 D.3−𝑖【答案】B【考点】复数的运算【解析】由可得复数𝑧1与𝑧2＝−3−𝑖〔𝑖为虚数单位〕的实部相等，虚部互为相反数，则𝑧1可求．【解答】∵ 复数𝑧1∴ 复数𝑧1

＝−3−𝑖〔𝑖为虚数单位〕在复平面内对应的点关于实轴对称，＝−3−𝑖〔𝑖为虚数单位〕的实部相等，虚部互为相反数，则𝑧1＝−3+𝑖．2.集合𝐴＝{−1,0,𝑚}，𝐵＝{1,2}，假设𝐴∪𝐵＝{−1,0,1,2}，则实数𝑚的值为〔〕A.−1或0 B.0或1 C.−1或2 D.1或2【答案】D【考点】并集及其运算【解析】由于𝐴∪𝐵＝{−1,0,1,2}，𝐴，𝐵本身含有元素−1，0，1，2，依据元素的互异性𝑚≠−1，0，求出𝑚即可．【解答】集合𝐴＝{−1,0,𝑚}，𝐵＝{1,2}，𝐴𝐵＝{−1,0,1,2}，由于𝐴，𝐵本身含有元素−1，0，1，2，所以依据元素的互异性，𝑚≠−1，0即可，故𝑚＝1或2，3.假设sin𝜃=√5cos𝜃，则tan2𝜃＝〔〕A.−√53【答案】C【考点】二倍角的三角函数【解析】

B.√53

C.−√52

D.√52由题意利用同角三角函数的根本关系，二倍角公式，求得要求式子的值．【解答】假设sin𝜃=√5cos𝜃tan𝜃=√5，则tan2𝜃=

2tan𝜃1−tan

=−√5，2某校随机抽取100名同学进展“垃圾分类”的问卷测试，测试结果觉察这𝑙00名同学的得分都在[50,100]内，按得分分成5组：[50,60),[60,70),[70,80),[80,90),[90,100]，得到如以下图的频率分布直方图则这100名同学的得分的中位数为〔〕A.72.5【答案】A【考点】频率分布直方图【解析】

B.75 C.77.5 D.80由频率分布直方图求出[50,70)的频率为0.4，[70,80)的频率为0.4，由此能求出这100名同学的得分的中位数．【解答】由频率分布直方图得：[50,70)的频率为：(0.010+0.030)×10＝0.4，[70,80)的频率为：0.040×10＝0.4，∴ 这100名同学的得分的中位数为：70+0.5−0.4×10=72.(5)0.4设等差数列

}的前𝑛项和为

，且

≠0，假设𝑎5

＝3𝑎3

，则𝑆9𝑆5

=()A.9 B.5 C.5 D.275 9 3 5【答案】D【考点】等差数列的性质【解析】将𝑆9，𝑆5转化为用𝑎5，𝑎3表达的算式即可得到结论．【解答】𝑆 𝑎1+𝑎9×9

9𝑎依题意，9=

= 5，又𝑎5𝑎3

𝑆5=3，

𝑎1+𝑎5×52

5𝑎3∴ 𝑆9=9×3=27，𝑆5 5 5𝛼，𝛽是空间中两个不同的平面，𝑚，𝑛是空间中两条不同的直线，则以下说法正确的选项是〔〕A.假设𝑚//𝛼，𝑛//𝛽，且𝛼//𝛽，则𝑚//𝑛B.假设𝑚//𝛼，𝑛//𝛽，且𝛼⊥𝛽，则𝑚//𝑛C.假设𝑚⊥𝛼，𝑛//𝛽，且𝛼//𝛽，则𝑚⊥𝑛D.假设𝑚⊥𝛼，𝑛//𝛽且𝛼⊥𝛽，则𝑚⊥𝑛【答案】C【考点】命题的真假推断与应用【解析】由考察空间中直线与直线、直线与平面及平面与平面位置关系逐一核对四个选项得答案．【解答】由𝑚//𝛼，𝑛//𝛽，且𝛼//𝛽，得𝑚//𝑛或𝑚与𝑛异面，故𝐴错误；由𝑚//𝛼，𝑛//𝛽，且𝛼⊥𝛽，得𝑚//𝑛或𝑚与𝑛相交或𝑚与𝑛异面，故𝐵错误；由𝑚⊥𝛼，𝛼//𝛽，得𝑚⊥𝛽，又𝑛//𝛽，则𝑚⊥𝑛，故𝐶正确；由𝑚⊥𝛼，𝑛//𝛽且𝛼⊥𝛽，得𝑚//𝑛或𝑚与𝑛相交或𝑚与𝑛异面，故𝐷错误．7.(𝑥2+2)(𝑥−1)6的开放式的常数项为〔〕𝑥A.25 B.−25【答案】B【考点】二项式定理及相关概念【解析】

C.5 D.−5求出(𝑥−1)6的通项公式，考虑𝑟＝3，𝑟＝4时的系数，相加求和即可得到所求值．𝑥【解答】(𝑥−1)6的通项公式为𝑇𝑟+1=∁𝑟𝑥6−𝑟1)𝑟𝑥 6 𝑥＝(−1)𝑟∁6𝑟𝑥6−2𝑟，𝑟＝0，1，2，…，6，则(𝑥2+2)(𝑥−1)6的开放式的常数项须6−2𝑟＝0或者6−2𝑟＝−2⇒𝑟＝3或者𝑟＝4：𝑥∴常数项为(−1)4∁64+2×(−1)3∁63=15−40＝−(25).𝑦𝑥−𝜋倍〔纵坐标不变6把所得图象向左平移𝜋个单位长度，得到函数𝑓(𝑥)的图象，则函数𝑓(𝑥)的解析式为〔〕6A.𝑓(𝑥)=sin(2𝑥+𝜋)6B.𝑓(𝑥)=sin(2𝑥−𝜋)3C.𝑓(𝑥)=sin(8𝑥+𝜋)6D.𝑓(𝑥)=sin(8𝑥−𝜋)3【答案】A【考点】y=Asin〔ωx+φ〕的图象变换【解析】直接利用函数的图象的平移变换和伸缩变换的应用求出结果．【解答】𝑦＝𝑥−𝜋倍〔纵坐标不变6sin(2𝑥−𝜋)的图象，6再把所得图象向左平移𝜋个单位长度，得到函数𝑓(𝑥)＝sin(2𝑥+𝜋)的图象，6 69.抛物线𝑦2＝4𝑥的焦点为𝐹，𝑀，𝑁是抛物线上两个不同的点．假设|𝑀𝐹|+|𝑁𝐹|＝5，则线段𝑀𝑁的中点到𝑦轴的距离为〔〕A.3

B.3

C.5

D.52 2【答案】B【考点】抛物线的性质【解析】抛物线到焦点的距离转化为到准线的距离，可求出横坐标之和，进而求出中点的横坐标，求出结果即可．【解答】由抛物线方程得，准线方程为：𝑥＝−1，设𝑀(𝑥,𝑦)，𝑁(𝑥′𝑦′)，由抛物线的性质得，𝑀𝐹+𝑁𝐹＝𝑥+𝑥′+𝑝＝𝑥+𝑥′+2＝5，中点的横坐标为3，2线段𝑀𝑁的中点到𝑦轴的距离为：3，210.𝑎=21𝑏=31𝑐=ln3，则〔〕2 3 2A.𝑎>𝑏>𝑐 B.𝑎>𝑐>𝑏 C.𝑏>𝑎>𝑐 D.𝑏>𝑐>𝑎【答案】C【考点】对数值大小的比较【解析】利用根式的运算性质、幂函数的单调性可得𝑎，𝑏的大小关系，利用对数函数的单调性即可得出𝑐<(1)【解答】∵ 𝑎=√2=𝑏𝑐＝ln3<(1)2∴ 𝑐<𝑎<𝑏．应选：𝐶．

√3

√，∴ 1<𝑎<𝑏．11.定义在𝑅上的函数𝑓(𝑥)满足𝑓(2−𝑥)＝𝑓(2+𝑥)，当𝑥≤2时，𝑓(𝑥)＝(𝑥−1)𝑒𝑥−1．假设关于𝑥的方程𝑓(𝑥)−𝑘𝑥+2𝑘−𝑒+1＝0有三个不相等的实数根，则实数𝑘的取值范围是〔〕A.(−2,0)∪(0,2) B.(−2,0)∪(2,+∞)C.(−𝑒,0)∪(0,+∞) D.(−𝑒,0)∪(0,𝑒)【答案】D【考点】函数的零点与方程根的关系【解析】此题依据题意先利用一阶导数分析当𝑥≤2时，𝑓(𝑥)＝(𝑥−1)𝑒𝑥−(1)的函数单调性及图象，然后依据𝑓(2−𝑥)＝𝑓(2+𝑥)可知函数𝑓(𝑥)关于𝑥＝2对称．即可画出函数𝑦＝𝑓(𝑥)的大致图象．一次函数𝑦＝𝑘(𝑥−2)+𝑒−(1)很明显是恒过定点(2,𝑒−1)．则只要考察斜率𝑘的变动状况，当𝑘＝𝑒时，𝑦＝𝑓(𝑥)与𝑦＝𝑘(𝑥−2)+𝑒−1正好在(1,−1处相切，再依据数形结合法可得𝑘的取值范围，当𝑥>2时也同理可得．【解答】②令𝑓′(𝑥)<0，解得𝑥<0(1)③令𝑓′(𝑥)>0，解得0<𝑥≤(2)∴ 𝑓(𝑥)在(−∞,0)上单调递减，在(0,2]上单调递增，在𝑥＝0处取得微小值𝑓(0)＝−(2)且𝑓(1)＝−1；𝑥→−∞，𝑓(𝑥)→(0)又∵ 函数𝑓(𝑥)在𝑅上满足𝑓(2−𝑥)＝𝑓(2+𝑥)，∴ 函数𝑓(𝑥)的图象关于𝑥＝2对称．∴ 函数𝑦＝𝑓(𝑥)的大致图象如下：关于𝑥的方程𝑓(𝑥)−𝑘𝑥+2𝑘−𝑒+1＝0可转化为𝑓(𝑥)＝𝑘(𝑥−2)+𝑒−(1)而一次函数𝑦＝𝑘(𝑥−2)+𝑒−1很明显是恒过定点(2,𝑒−1)．结合图象，当𝑘＝0时，有两个交点，不符合题意，当𝑘＝𝑒时，有两个交点，其中一个是(1−1．此时𝑦＝𝑓(𝑥)与𝑦＝𝑘(𝑥−2)+𝑒−1正好相切．∴ 当0<𝑘<𝑒时，有三个交点．同理可得当−𝑒<𝑘<0时，也有三个交点．实数𝑘的取值范围为：(−𝑒,0)∪(0,𝑒)．应选：𝐷．12.如图，在边长为2的正方形𝐴𝑃1𝑃2𝑃3中，线段𝐵𝐶的端点𝐵，𝐶分别在边𝑃1𝑃2，𝑃2𝑃3上滑动，且𝑃2𝐵＝𝑃2𝐶＝𝑥．现将△𝐴𝑃1𝐵，△𝐴𝑃3𝐶分别沿𝐴𝐵，𝐴𝐶折起使点𝑃1，𝑃3重合，重合后记为点𝑃，得到三棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶．现有以下结论：①𝐴𝑃⊥平面𝑃𝐵𝐶；②当𝐵，𝐶分别为𝑃1𝑃2，𝑃2𝑃3的中点时，三棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶的外接球的外表积为6𝜋；③𝑥的取值范围为(0,4−2√2)；④三棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶体积的最大值为1．3则正确的结论的个数为〔〕A.1 B.2 C.3 D.4【答案】C【考点】命题的真假推断与应用【解析】依据折起外形的形成条件，分析各结论，即可推断真假．【解答】当𝐵，𝐶分别为𝑃1𝑃2，𝑃2𝑃3的中点时，𝑃𝐵＝𝑃𝐶＝1，𝐵𝐶=√2，所以𝑃𝐵2+𝑃𝐶2＝𝐵𝐶2，又𝐴𝑃⊥平面𝑃𝐵𝐶，所以𝑃𝐴，𝑃𝐵，𝑃𝐶两两垂直，所以三棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶的外接球与以𝑃𝐴，𝑃𝐵，𝑃𝐶为长宽高的长方体的外接球半径相等．设半径为𝑟，所以(2𝑟)2＝22+12+12＝6，𝑆＝4𝜋𝑟2＝6𝜋．即三棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶的外接球的外表积为6𝜋，②正确〔1〕由于𝑃2𝐵＝𝑃2𝐶＝𝑥，所以𝑃𝐵＝𝑃𝐶＝2−𝑥，而𝐵𝐶=√2𝑥，故2(2−𝑥)>√2𝑥，解得𝑥<4−2√2，③正确〔2〕由于△𝑃𝐵𝐶的面积为𝑆=1×√2𝑥×√(2−𝑥)2−(√2𝑥)2=1√𝑥4−8𝑥3+8𝑥22 2 2设𝑓(𝑥)＝𝑥48𝑥38𝑥2，𝑓′(𝑥)＝4𝑥3−24𝑥2+16𝑥＝4𝑥(𝑥2−6𝑥+4)当0<𝑥<3−√5时，𝑓′(𝑥)>0，当3−√5<𝑥<4−2√2时，𝑓′(𝑥)<0𝑓max＝𝑓(3√5)>𝑓(1)=1，所以𝑆>1．2 2𝑉𝑃−𝐴𝐵𝐶＝𝑉𝐴−𝑃𝐵𝐶=1𝑆×2=2𝑆>1，④错误．3 3 3应选：𝐶．二、填空题：本大题共4小题，每题5分，共20分．把答案填在答题卡上．𝑥+𝑦−4≤0实数𝑥，𝑦满足约束条件𝑥−2𝑦+2≥0，则𝑧＝𝑥+2𝑦的最大值为 ．𝑦≥0【答案】6【考点】简洁线性规划【解析】作出不等式对应的平面区域，利用线性规划的学问，通过平移即可求𝑧的最大值．【解答】𝑥+𝑦−4≤0𝑥，𝑦满足约束条件𝑥−𝑦+2≥0对应的平面区域如图〔阴影局部〕𝑦≥0由𝑧＝𝑥+2𝑦得𝑦=−1𝑥+1𝑧，2 2平移直线𝑦=−1𝑥+1𝑧，2 2由图象可知当直线𝑦=−1𝑥+1𝑧经过点𝐴时，直线𝑦=−1𝑥+1𝑧的截距最大，2 2 2 2此时𝑧最大．𝑥−2𝑦+2=0由𝑥+𝑦𝑥−2𝑦+2=0代入目标函数𝑧＝𝑥+2𝑦得𝑧＝2×2+2＝6设正项等比数列𝑎𝑛}满足𝑎4＝81，𝑎2+𝑎3＝36，则𝑎𝑛＝ ．【答案】3𝑛【考点】等比数列的通项公式【解析】将条件转化为根本量𝑎1，𝑞的方程组，解方程组得到𝑎1，𝑞，进而可以得到𝑎𝑛．【解答】依题意

𝑎1𝑞3=81 ，𝑎1𝑞+𝑎1𝑞2=36解得 ，𝑎1=解得 ，𝑞=3∴𝑎𝑛

=𝑎1

·𝑞𝑛−1=3⋅3𝑛−1＝3𝑛，𝑎𝑏→＝→|=√𝑏⊥→−𝑏𝑏的夹角的大小为 ．【答案】𝜋6【考点】数量积表示两个向量的夹角数量积推断两个平面对量的垂直关系【解析】𝑎𝑏大小．【解答】∵ 𝑎𝑏→＝𝑏=√，且𝑏⊥→−𝑏，∴ 𝑏⋅→−𝑏)=𝑏⋅𝑎−𝑏2=，∴ →⋅→=→2．𝑎𝑏𝜃，则2⋅√3⋅𝜃，cos𝜃=√3，故𝜃=𝜋，2 6直线𝑦＝𝑘𝑥与双曲线𝐶:𝑥2−𝑦2

=1(𝑎>0,𝑏>0)相交于不同的两点𝐴，𝐵，𝐹为双𝑎2 𝑏2曲𝐶的左焦点，且满足||，|𝑏〔𝑂为坐标原点，则双曲𝐶的离心率为 ．【答案】√3【考点】双曲线的离心率【解析】取双曲线的右焦点𝐹′，连接𝐴𝐹′，𝐵𝐹′，可得四边形𝐴𝐹′𝐵𝐹为平行四边形，运用双曲线的定义和平行四边形的对角线的平方和等于四条边的平方和，以及离心率公式可得所求值．【解答】设|𝐵𝐹|＝𝑚，则|𝐴𝐹|＝3|𝐵𝐹|＝3𝑚，取双曲线的右焦点𝐹′，连接𝐴𝐹′，𝐵𝐹′，可得四边形𝐴𝐹′𝐵𝐹为平行四边形，可得|𝐴𝐹′|＝|𝐵𝐹|＝𝑚，设𝐴在第一象限，可得3𝑚−𝑚＝2𝑎，即𝑚＝𝑎，由平行四边形的对角线的平方和等于四条边的平方和，可得(2𝑏)2+(2𝑐)2＝2(𝑎2+9𝑎2)，化为𝑐2＝3𝑎2，则𝑒=𝑐𝑎

=√3．三、解答题：本大题共5小题，共70分解同意写出文字说明、证明过程或演算步骤．在△𝐴𝐵𝐶中，角𝐴，𝐵，𝐶的对边分别为𝑎，𝑏，𝑐，且𝑏2+𝑐2−𝑎2=4√2𝑏𝑐．3(Ⅰ)求sin𝐴的值；(Ⅱ)假设△𝐴𝐵𝐶的面积为√2，且√2sin𝐵＝3sin𝐶，求△𝐴𝐵𝐶的周长【答案】〔1〕∵ 𝑏2+𝑐2−𝑎2=4√2𝑏𝑐，3∴ 由余弦定理可得2𝑏𝑐cos𝐴=4√2𝑏𝑐，3∴ cos𝐴=2√2，3∴ 在△𝐴𝐵𝐶中，sin𝐴=√1−𝑐𝑜𝑠2𝐴=1．3〔2〕∵ △𝐴𝐵𝐶的面积为√2，即1𝑏𝑐sin𝐴=1𝑏𝑐=√2，2 6∴ 𝑏𝑐＝6√2，又∵ √2sin𝐵＝3sin𝐶，由正弦定理可得√2𝑏＝3𝑐，∴ ∴ 𝑎=√6，∴ △𝐴𝐵𝐶的周长为2+3√2+√6．【考点】余弦定理【解析】(Ⅰ)由利用余弦定理可求cos𝐴的值，进而依据同角三角函数根本关系式可求sin𝐴的值．(Ⅱ)利用三角形的面积公式可求𝑏𝑐的值，由正弦定理化简等式可得√2𝑏＝3𝑐，解得𝑏，𝑐的值，依据余弦定理可求𝑎的值，即可求解三角形的周长．【解答】〔1〕∵ 𝑏2+𝑐2−𝑎2=4√2𝑏𝑐，3∴ 由余弦定理可得2𝑏𝑐cos𝐴4√2𝑏𝑐，3∴ cos𝐴=2√2，3∴ 在△𝐴𝐵𝐶中，sin𝐴=√1−𝑐𝑜𝑠2𝐴=1．3〔2〕∵ △𝐴𝐵𝐶的面积为√2，即1𝑏𝑐sin𝐴=1𝑏𝑐=√2，2 6∴ 𝑏𝑐＝6√2，又∵ √2sin𝐵＝3sin𝐶，由正弦定理可得√2𝑏＝3𝑐，∴ ∴ 𝑎=√6，∴ △𝐴𝐵𝐶的周长为2+3√2+√6．某公司有𝑙000名员工，其中男性员工400名，承受分层抽样的方法随机抽取100名员工进展5𝐺手机购置意向的调查，将打算在今年购置5𝐺手机的员工称为“追光族”，打算在明年及明年以后才购置5𝐺手机的员工称为“观望者”调查结果觉察抽取的这100名员工中属于“追光族”的女性员工和男性员工各有20人．(Ⅰ)完成以下2×2列联表，并推断是否有95%的把握认为该公司员工属于“追光族”与“性别”有关；女性员工男性员工合计

属于“追光族” 属于“观望族” 合计100(Ⅱ)被抽取的这𝑙00名员工中有10名是人事部的员工，这10名中有3名属于“追光族”现从这10名中随机抽取3名，记被抽取的3名中属于“追光族”的人数为随机变量𝑋，求的分布列及数学期望．附：𝐾2=

𝑛(𝑎𝑑𝑏𝑐)2(𝑎𝑏)(𝑐𝑑)(𝑎𝑐)(𝑏𝑑)

，其中𝑛＝𝑎 𝑏 𝑐 𝑑．𝑃(𝐾𝑃(𝐾2≥𝑘0)𝑘00.152.0720.102.7060.053.8410.0255.0240.0106.6350.0057.8790.00110.828【答案】由题，2×2列联表如下：属于“追光族”属于“观望族”合计女性员工204060男性员工202040合计4060100∵ 𝐾2=

𝑛(𝑎𝑑𝑏𝑐)2(𝑎𝑏)(𝑐𝑑)(𝑎𝑐)(𝑏𝑑)

=100×(20×2040×20)240×60×60×40

=25≈2.778<3.841，9∴ 没有95%的把握认为该公司员工属于“追光族”与“性别”有关；由题，随机变量𝑋的全部可能的取值为0，1，2，3，𝐶0𝐶3 7

𝐶1𝐶2

𝐶2𝐶1

7 𝐶3𝑃(𝑋＝0)=

370𝐶30

= ，𝑃(𝑋＝1)=24

37=𝐶3𝐶10

，𝑃(𝑋＝2)=40

37=𝐶3𝐶10

，𝑃(𝑋＝3)= 3=𝐶403𝐶40101，120∴ 𝑋的分布列为：𝑋0123𝑃72171244040120∴ 𝐸(𝑋)＝1×2140

2×740

3×1120

=9．10【考点】离散型随机变量的期望与方差离散型随机变量及其分布列独立性检验【解析】(Ⅰ)依据题意，列出列联表，计算𝐾2，查表推断即可；(Ⅱ)随机变量𝑋的全部可能取值为0，1，2，3，分布求出对应概率，列出分布列，求期望即可．【解答】由题，2×2列联表如下：属于“追光族”属于“观望族”合计女性员工204060男性员工202040合计4060100∵ 𝐾2=

𝑛(𝑎𝑑𝑏𝑐)2(𝑎𝑏)(𝑐𝑑)(𝑎𝑐)(𝑏𝑑)

=100×(20×2040×20)240×60×60×40

=25≈2.778<3.841，9∴ 没有95%的把握认为该公司员工属于“追光族”与“性别”有关；由题，随机变量𝑋的全部可能的取值为0，1，2，3，𝑃(𝑋＝0)=

𝐶0𝐶3037𝐶037

=7，𝑃(𝑋＝1)=24

𝐶1𝐶237𝐶37𝐶10

=2140

，𝑃(𝑋＝2)=

𝐶2𝐶137𝐶37𝐶10

=7，𝑃(𝑋＝3)=40

𝐶3=3𝐶33𝐶101，120∴ 𝑋的分布列为：𝑋0123𝑃72171244040120∴ 𝐸(𝑋)＝1×21+2×740 40

+3×

1

=9．10如图，在四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝑃⊥平面𝑃𝐵𝐶，底面𝐴𝐵𝐶𝐷为菱形，且∠𝐴𝐵𝐶＝60∘，𝐸分别为𝐵𝐶的中点．(Ⅰ)证明：𝐵𝐶⊥平面𝑃𝐴𝐸；(Ⅱ)假设𝐴𝐵＝2．𝑃𝐴＝1，求平面𝐴𝐵𝑃与平面𝐶𝐷𝑃所成锐二面角的余弦值．【答案】〔1〕如图，连接𝐴𝐶，由于底面𝐴𝐵𝐶𝐷为菱形，且∠𝐴𝐵𝐶＝60∘，所以△𝐴𝐵𝐶为正三角形，由于𝐸为𝐵𝐶的中点，所以𝐵𝐶⊥𝐴𝐸，又由于𝐴𝑃⊥平面𝑃𝐵𝐶，𝐵𝐶⊂平面𝑃𝐵𝐶，所以𝐵𝐶⊥𝐴𝑃，由于𝐴𝑃∩𝐴𝐸＝𝐴，𝐴𝑃，𝐴𝐸⊂平面𝑃𝐴𝐸，所以𝐵𝐶⊥平面𝑃𝐴𝐸；〔2〕由于𝐴𝑃⊥平面𝑃𝐵𝐶，𝑃𝐵⊂平面𝑃𝐵𝐶，所以𝐴𝑃⊥𝑃𝐵，又由于𝐴𝐵＝2，𝑃𝐴＝1，所以𝑃𝐵=√3，由(Ⅰ)得𝐵𝐶⊥𝑃𝐸，又由于𝐸为𝐵𝐶中点，所以𝑃𝐵＝𝑃𝐶=√3，𝐸𝐶＝1，所以𝑃𝐸=√2，如图，过点𝑃作𝐵𝐶的平行线𝑃𝑄，则𝑃𝑄，𝑃𝐸，𝑃𝐴两两相互垂直，以𝑃𝐸,𝑄,𝐴𝑧坐标系𝑃𝑥𝑦𝑧，则𝑃(0,0,0)，𝐴(0,0,1)，𝐵(√2−1,0)，𝐶(√2,1,0)，𝐷(0,2,1)，𝑃

=,,)𝐴=,,)𝐵=(√,,，→⋅𝐴=0

0 𝑧 0 𝑥 1 →由{→ → ，得√2𝑥−𝑦＝，＝，令＝，则𝑚=(1,√2,0)，𝑚⋅𝑃𝐵=0𝑃𝑛=,,)𝐶=(,,𝐷=,,)，→⋅𝐶=0

0 2𝑦+𝑧 0 𝑎 1 →由{→ →

，得√2𝑎+𝑏＝， ＝，令＝，则𝑛=(1,−√2,2√2)，𝑚⋅𝑃𝐷=0s<→,→

1 √3⋅√11

33即平面𝐴𝐵𝑃与平面𝐶𝐷𝑃所成锐二面角的余弦值为√33．33【考点】二面角的平面角及求法直线与平面垂直【解析】(Ⅰ)依据菱形根本性质得𝐵𝐶⊥𝐴𝐸，再由线面垂直得𝐵𝐶⊥𝐴𝑃，故𝐵𝐶⊥平面𝑃𝐴𝐸；(Ⅱ)建立如以下图空间直角坐标系，分别求出两平面的法向量即可【解答】〔1〕如图，连接𝐴𝐶，由于底面𝐴𝐵𝐶𝐷为菱形，且∠𝐴𝐵𝐶＝60∘，所以△𝐴𝐵𝐶为正三角形，由于𝐸为𝐵𝐶的中点，所以𝐵𝐶⊥𝐴𝐸，又由于𝐴𝑃⊥平面𝑃𝐵𝐶，𝐵𝐶⊂平面𝑃𝐵𝐶，所以𝐵𝐶⊥𝐴𝑃，由于𝐴𝑃∩𝐴𝐸＝𝐴，𝐴𝑃，𝐴𝐸⊂平面𝑃𝐴𝐸，所以𝐵𝐶⊥平面𝑃𝐴𝐸；〔2〕由于𝐴𝑃⊥平面𝑃𝐵𝐶，𝑃𝐵⊂平面𝑃𝐵𝐶，所以𝐴𝑃⊥𝑃𝐵，又由于𝐴𝐵＝2，𝑃𝐴＝1，所以𝑃𝐵=√3，由(Ⅰ)得𝐵𝐶⊥𝑃𝐸，又由于𝐸为𝐵𝐶中点，所以𝑃𝐵＝𝑃𝐶=√3，𝐸𝐶＝1，所以𝑃𝐸=√2，如图，过点𝑃作𝐵𝐶的平行线𝑃𝑄，则𝑃𝑄，𝑃𝐸，𝑃𝐴两两相互垂直，以𝑃𝐸,𝑄,𝐴𝑧坐标系𝑃𝑥𝑦𝑧，则𝑃(0,0,0)，𝐴(0,0,1)，𝐵(√2,1, 0)，𝐶(√2,1,0)，𝐷(0,2,1)，𝑃

=,,)，𝐴=,,𝐵=(√,, ，→⋅𝐴=0

0 𝑧 0 𝑥 1 →由{→ → ，得√2𝑥 𝑦＝，＝，令＝，则𝑚=(1,√2,0)，𝑚⋅𝑃𝐵=0𝑃𝑛=,,)𝐶=(,,𝐷=,,，→

·=0

0 2𝑦+𝑧

𝑎 1 →由{→ → +𝑏＝，

＝，令

＝，则𝑛=(1, √2,2√2)，𝑚⋅𝑃𝐷=0s<→,→

1 √3⋅√11

33即平面𝐴𝐵𝑃与平面𝐶𝐷𝑃所成锐二面角的余弦值为√33．33函数𝑓(𝑥)＝(𝑎−1)ln𝑥+𝑥+𝑎，𝑎∈𝑅．𝑥(Ⅰ)争论函数𝑓(𝑥)的单调性；(Ⅱ)当𝑎<−1时，证明∀𝑥∈(1，𝑓(𝑥)>−𝑎−𝑎2．【答案】〔1〕𝑓′(𝑥)=𝑎−1+1−

=𝑥2+(𝑎−1)𝑥−𝑎

=(𝑥−1)(𝑥+𝑎)，𝑥 𝑥2由于𝑥>0，𝑎∈𝑅，

𝑥2

𝑥2所以当𝑎≥0时，𝑥+𝑎>0，所以函数在(0,1)上单调递减，在(1上单调递增；当−1<𝑎<0时，0<−𝑎<1，函数𝑓(𝑥)在(0−𝑎上单调递增，在(−𝑎,1)上单调递减，在(1上单调递增；当𝑎＝−1时，𝑓′(𝑥)=(𝑥−1)2≥0，函数𝑓(𝑥)在(0上单调递增；𝑥2当𝑎<−1时，−𝑎>1，函数𝑓(𝑥)在(0,1)上单调递增，在(1,−𝑎)上单调递减，在(−𝑎上单调递增；〔2〕当𝑎<−1时，由(Ⅰ)得，函数𝑓(𝑥)在(1−𝑎)上单调递减，在(−𝑎上单调递增；函数𝑓(𝑥)在(1上的最小值为𝑓(−𝑎)＝(𝑎−1)ln(−𝑎)−𝑎−1，欲证明不等式𝑓(𝑥)>−𝑎−𝑎2成立，即证明−𝑎−𝑎2<(𝑎−1)ln(−𝑎)−𝑎−1，即证明𝑎2𝑎−1)ln(−𝑎)−1>0，由于𝑎<−1，所以只需证明ln(−𝑎)<−𝑎−1，令ℎ(𝑥)＝ln𝑥−𝑥+1(𝑥≥1)，则ℎ′(𝑥)=1−1=−(𝑥−1)≤0，𝑥 𝑥所以函数ℎ(𝑥)在[1,+∞)上单调递减，则有ℎ(𝑥)≤ℎ(1)＝0，由于𝑎<−1，所以−𝑎>1，所以ℎ(−𝑎)＝ln(−𝑎)+𝑎+1<0，即当𝑎<−1时，ln(−𝑎)<−𝑎−1成立，所以当𝑎<−1时，任意𝑥∈(1，𝑓(𝑥)>−𝑎−𝑎2．【考点】利用导数争论函数的单调性利用导数争论函数的最值【解析】(Ⅰ)先求出函数的导数，通过争论𝑎的范围，得到函数的单调区间；(Ⅱ)欲证明不等式𝑓(𝑥)>−𝑎−𝑎2成立，即证明−𝑎−𝑎2<(𝑎−1)ln(−𝑎)−𝑎−1，设函数ℎ(𝑥)＝ln𝑥−𝑥+1(𝑥≥1)，利用其单调性求出ℎ(𝑥)≤ℎ(1)＝0，进而得证．【解答】〔1〕𝑓′(𝑥)=𝑎−1+1−𝑥由于𝑥>0，𝑎∈𝑅，

𝑎

=𝑥2+(𝑎−1)𝑥−𝑎𝑥2

=(𝑥−1)(𝑥+𝑎)，𝑥2所以当𝑎≥0时，𝑥+𝑎>0，所以函数在(0,1)上单调递减，在(1上单调递增；当−1<𝑎<0时，0<−𝑎<1，函数𝑓(𝑥)在(0−𝑎上单调递增，在(−𝑎,1)上单调递减，在(1上单调递增；当𝑎＝−1时，𝑓′(𝑥)=(𝑥−1)2≥0，函数𝑓(𝑥)在(0上单调递增；𝑥2当𝑎<−1时，−𝑎>1，函数𝑓(𝑥)在(0,1)上单调递增，在(1,−𝑎)上单调递减，在(−𝑎上单调递增；〔2〕当𝑎<−1时，由(Ⅰ)得，函数𝑓(𝑥)在(1−𝑎)上单调递减，在(−𝑎上单调递增；函数𝑓(𝑥)在(1上的最小值为𝑓(−𝑎)＝(𝑎−1)ln(−𝑎)−𝑎−1，欲证明不等式𝑓(𝑥)>−𝑎−𝑎2成立，即证明−𝑎−𝑎2<(𝑎−1)ln(−𝑎)−𝑎−1，即证明𝑎2𝑎−1)ln(−𝑎)−1>0，由于𝑎<−1，所以只需证明ln(−𝑎)<−𝑎−1，令ℎ(𝑥)＝ln𝑥−𝑥+1(𝑥≥1)，则ℎ′(𝑥)=1−1=−(𝑥−1)≤0，𝑥 𝑥所以函数ℎ(𝑥)在[1,+∞)上单调递减，则有ℎ(𝑥)≤ℎ(1)＝0，由于𝑎<−1，所以−𝑎>1，所以ℎ(−𝑎)＝ln(−𝑎)+𝑎+1<0，即当𝑎<−1时，ln(−𝑎)<−𝑎−1成立，所以当𝑎<−1时，任意𝑥∈(1，𝑓(𝑥)>−𝑎−𝑎2．椭圆𝐶:𝑥2+𝑦2＝1的右焦点为𝐹，过点𝐹的直线〔不与𝑥轴重合〕与椭圆𝐶相交于𝐴，2𝐵两点，直线𝑙:𝑥＝2与𝑥轴相交于点𝐻，过点𝐴作𝐴𝐷⊥𝑙，垂足为𝐷．(Ⅰ)求四边形𝑂𝐴𝐻𝐵〔𝑂为坐标原点〕面积的取值范围；(Ⅱ)证明直线𝐵𝐷过定点𝐸．并求出点𝐸的坐标【答案】〔1〕由题意𝐹(1,0)，设直线𝐴𝐵的方程：𝑥＝𝑚𝑦+1，𝐴(𝑥1,𝑦1)，𝐵(𝑥2,𝑦2)，与抛物线联立(𝑚2+2)𝑦2+2𝑚𝑦−1＝0，由于△＝4𝑚2+4(𝑚2+2)>0，𝑦1+𝑦2=−

2𝑚，2+𝑚2𝑦1𝑦2=−

12+𝑚2

|=√(𝑦1

=2√2√1+𝑚2，2+𝑚2所以四边形𝑂𝐴𝐻𝐵的面积𝑆=1|𝑂𝐻|⋅|𝑦1−𝑦2|＝|𝑦−𝑦

|=2√2⋅√1+𝑚2，令𝑡=2 1 2

2+𝑚21+𝑡2𝑆≤√2，

=2√2≤√2，当且仅当𝑡＝1时，即𝑚＝0时取等号，所以0<𝑡+1𝑡所以四边形𝑂𝐴𝐻𝐵的面积的取值范围为(0,√2,](2)𝐵(𝑥

,

)，𝐷(2,

)，𝑘𝐵𝐷=𝑦1−𝑦2，所以直线𝐵𝐷的方程：𝑦−𝑦1=𝑦1−𝑦2(𝑥−2)，2 2 1

2−𝑥2

2−𝑥2令𝑦＝0，得𝑥=𝑥2𝑦1−2𝑦2=𝑚𝑦1𝑦2+𝑦1−2𝑦2由(Ⅰ)得，𝑦

+

=−

，𝑦𝑦 =− 1 ，𝑦1−𝑦2

𝑦1−𝑦2

1 2 2+𝑚2 12

2+𝑚2所以𝑦

+

＝2𝑚𝑦

，化简得𝑥=1(𝑦1+𝑦2)+𝑦1−2𝑦2=3(𝑦1−𝑦2)=3，1 2 12

2𝑦1

−𝑦2

2𝑦1

−𝑦2 2所以直线𝐵𝐷过定点𝐸(3,0)．2【考点】椭圆的应用直线与椭圆的位置关系【解析】(Ⅰ)由题意设直线𝐴𝐵的方程，带入椭圆整理设而不求得出纵坐标之和与之积，将四边形的面积分成2个三角形，底一样与纵坐标之差确实定值之积的二分之一，然后又均值不等式可得面积的取值范围；(Ⅱ)由(Ⅰ)得，𝐵，𝐷的坐标，设直线𝐵𝐷的方程，令纵坐标为零得横坐标是定值，即直线𝐵𝐷过定点．【解答】〔1〕由题意𝐹(1,0)，设直线𝐴𝐵的方程：𝑥＝𝑚𝑦+1，𝐴(𝑥1,𝑦1)，𝐵(𝑥2,𝑦2)，与抛物线联立(𝑚2+2)𝑦2+2𝑚𝑦−1＝0，由于△＝4𝑚2+4(𝑚2+2)>0，𝑦1+𝑦2=−

2𝑚，2+𝑚212𝑦𝑦 =− 122+𝑚2

−𝑦2

|=√(𝑦1

−𝑦2

)2−41

𝑦𝑦2

=2√2√1+𝑚2，2+𝑚2所以四边形𝑂𝐴𝐻𝐵的面积𝑆=1|𝑂𝐻|⋅|𝑦1−𝑦2|＝|𝑦−𝑦

|=2√2⋅√1+𝑚2，令𝑡=2 1 2

2+𝑚2√1+𝑚2≥1，𝑆=2√2𝑡1+𝑡2𝑆≤√2，

=2√2≤√2，当且仅当𝑡＝1时，即𝑚＝0时取等号，所以0<𝑡+1𝑡所以四边形𝑂𝐴𝐻𝐵的面积的取值范围为(0,√2,](2)𝐵(𝑥

,

)，𝐷(2,

)，𝑘𝐵𝐷=𝑦1−𝑦2，所以直线𝐵𝐷的方程：𝑦−𝑦1=𝑦1−𝑦2(𝑥−2)，2 2 1

2−𝑥2

2−𝑥2令𝑦＝0，得𝑥=𝑥2𝑦1−2𝑦2

=𝑚𝑦1𝑦2+𝑦1−2𝑦2由(Ⅰ)得，𝑦

+

=−

，𝑦𝑦 =− 1 ，𝑦1−𝑦2

𝑦1−𝑦2

1 2 2+𝑚2 12

2+𝑚2所以𝑦

+

＝2𝑚𝑦

，化简得𝑥=1(𝑦1+𝑦2)+𝑦1−2𝑦2=3(𝑦1−𝑦2)=3，1 2 12

2𝑦1

−𝑦2

2𝑦1

−𝑦2 2所以直线𝐵𝐷过定点𝐸(3,0)．2请考生在第22，23题中任选择一题作答，假设多做，则按所做的第一题记分，作答时，用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的标号涂黑．[选修4-4：坐标系与参数方程]在平面直角坐标系𝑥𝑂𝑦中，𝑃是曲线𝐶1:𝑥2+(𝑦−2)2＝4上的动点，将𝑂𝑃绕点𝑂顺时针旋转90∘得到𝑂𝑄，设点𝑄的轨迹为曲线𝐶2以坐标原点𝑂为极点，𝑥轴的正半轴为极轴建立极坐标系．(Ⅰ)求曲线𝐶1，𝐶2的极坐标方程；(Ⅱ)在极坐标系中，点𝑀(3,𝜋)，射线𝜃=𝜋(𝜌≥0)与曲线

，𝐶

分别相交于异于极点𝑂2 6 1 2的𝐴，𝐵两点，求△𝑀𝐴𝐵的面积．【答案】〔1〕由题意，点𝑄的轨迹是以(2,0)为圆心，以2为半径的圆，则曲线𝐶2：(𝑥−2)2𝑦2＝4，∵ 𝜌2＝𝑥2+𝑦2，𝑥＝𝜌cos𝜃，𝑦＝𝜌sin𝜃，∴ 曲线𝐶1

的极坐标方程为𝜌＝4sin𝜃，曲线𝐶2的极坐标方程为𝜌＝4cos𝜃；〔2〕在极坐标系中，设𝐴，𝐵的极径分别为𝜌1，𝜌2，∴

−

|＝4|sin𝜋−cos𝜋|=2(√3−1)．1 2 6 6又∵ 𝑀(3,𝜋)到射线𝜃=𝜋(𝜌≥0)的距离ℎ=3sin𝜋=3√3．2 6 3 2∴ 𝑀𝐴𝐵的面积𝑆=1|𝐴𝐵|93√3．2 2【考点】圆的极坐标方程【解析】(Ⅰ)由题意，点𝑄的轨迹是以(2,0)为圆心，以2为半径的圆，写出其一般方程，再结合𝜌2＝𝑥2+𝑦2，𝑥＝𝜌cos𝜃，𝑦＝𝜌sin𝜃，可得曲线𝐶1，𝐶2的极坐标方程；(Ⅱ)在极坐标系中，设𝐴，𝐵的极径分别为𝜌1，𝜌2，求得|𝐴𝐵|＝|𝜌1 𝜌2|，再求