2020年广东省佛山市高考数学一模试卷（文科）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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．1. 在复平面内，复数5i 1−2i对应的点位于（ ）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限2. 已知集合A ＝{x|x 2−2x <0}，B ＝{x|−1<x <1}，则A ∩B ＝（ ） A.(−1, 1) B.(−1, 2) C.(−1, 0) D.(0, 1)3. 已知x ，y ∈R ，且x >y >0，则（ ） A.cosx −cosy >0 B.cosx +cosy >0 C.lnx −lny >0 D.lnx +lny >04. 函数f(x)的图象向左平移一个单位长度，所得图象与y ＝e x 关于x 轴对称，则f(x)＝（ ） A.−e x−1 B.−e x+1 C.−e −x−1 D.−e −x+15. 已知函数f(x)＝2x +ln(x +√a +x 2)(a ∈R)为奇函数，则a ＝（ ） A.−1 B.0 C.1 D.√26. 希尔宾斯基三角形是一种分形，由波兰数学家希尔宾斯基在1915年提出，先作一个正三角形，挖去一个“中心三角形”（即以原三角形各边的中点为顶点的三角形），然后在剩下的小三角形中又挖去一个“中心三角形”，我们用白色代表挖去的面积，那么黑三角形为剩下的面积（我们称黑三角形为希尔宾斯基三角形）．在如图第3个大正三角形中随机取点，则落在黑色区域的概率为（ ）A.35 B.916C.716 D.257. 已知α为锐角，cosα=35，则tan(π4−α2)＝（ ） A.13B.12C.2D.38. “砸金蛋”（游玩者每次砸碎一颗金蛋，如果有奖品，则“中奖”）是现在商家一种常见促销手段．今年“双十一”期间，甲、乙、丙、丁四位顾客在商场购物时，每人均获得砸一颗金蛋的机会．游戏开始前，甲、乙、丙、丁四位顾客对游戏中奖结果进行了预测，预测结果如下：甲说：“我或乙能中奖”；乙说：“丁能中奖”； 丙说：“我或乙能中奖”；丁说：“甲不能中奖”．游戏结束后，这四位同学中只有一位同学中奖，且只有一位同学的预测结果是正确的，9. 地球上的风能取之不尽，用之不竭．风能是清洁能源，也是可再生能源．世界各国致力于发展风力发电，近10年来，全球风力发电累计装机容量连年攀升，中国更是发展迅猛，在2014年累计装机容量就突破了100GW，达到114.6GW，中国的风力发电技术也日臻成熟，在全球范围的能源升级换代行动中体现出大国的担当与决心．以下是近10年全球风力发电累计装机容量与中国新增装机容量图．根据以上信息，正确的统计结论是（）A.截止到2015年中国累计装机容量达到峰值B.10年来全球新增装机容量连年攀升C.10年来中国新增装机容量平均超过20GWD.截止到2015年中国累计装机容量在全球累计装机容量中占比超过1310. 已知抛物线y2＝2px上不同三点A，B，C的横坐标成等差数列，那么下列说法正确的是（）A.A，B，C的纵坐标成等差数列B.A，B，C到x轴的距离成等差数列C.A，B，C到点O(0, 0)的距离成等差数列D.A，B，C到点F(p2, 0)的距离成等差数列11. 已知函数f(x)＝sinx+sin(πx)，现给出如下结论：①f(x)是奇函数；②f(x)是周期函数；③f(x)在区间(0, π)上有三个零点；④f(x)的最大值为2．其中正确结论的个数为（）A.1B.2C.3D.412. 已知椭圆C的焦点为F1，F2，过F1的直线与C交于A，B两点，若|AF2|＝|F1F2|=53|BF1|，则C的离心率为（）A.√22B.√33C.12D.13二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，满分20分．函数f(x)＝e x+sinx在点(0, 1)处的切线方程为________．若实数变量x，y满足约束条件{y≤xx+y≤1y≥−1，且z＝2x+y的最大值和最小值分别为m和n，则m+n＝________．在△ABC 中，a ＝1，cosC =34，△ABC 的面积为√74，则c ＝________√2 ．已知正三棱柱ABC −A 1B 1C 1的侧棱长为m(m ∈Z)，底面边长为n(n ∈Z)，内有一个体积为V 的球，若V 的最大值为92π，则此时三棱柱外接球表面积的最小值为________． 三、解答题：本大题共5小题，共70分，解答须写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．已知数列{a n }是等比数列，数列{b n }满足b 1＝b 2=12，b 3=38，a n+1b n+1＝2n b n +1． （1）求{a n }的通项公式；（2）求{b n }的前n 项和．党中央、国务院历来高度重视青少年的健康成长．“少年强则国强”，青少年身心健康、体魄强健、意志坚强、充满活力，是一个民族旺盛生命力的体现，是社会文明进步的标志，是国家综合实力的重要方面．全面实施《国家学生体质健康标准》，把健康素质作为评价学生全面健康发展的重要指标，是新时代的要求．《国家学生体质健康标准》有一项指标是学生体质指数(BMI)，其计算公式为：BMI =(kg)(m )，当BMI >23.5时认为“超重”，应加强锻炼以改善BMI ．某高中高一、高二年级学生共2000人，人数分布如表(a)．为了解这2000名学生的BMI 指数情况，从中随机抽取容量为160的一个样本．表(a)（1）为了使抽取的160个学生更具代表性，宜采取分层抽样，试给出一个合理的分层抽样方案，并确定每层应抽取出的学生人数；（2）分析这160个学生的BMI 值，统计出“超重”的学生人数分布如表(b)．表(b)(i)试估计这2000名学生中“超重”的学生数；(ii)对于该校的2000名学生，应用独立性检验的知识，可分析出性别变量与年级变量哪一个与“是否超重”的关联性更强．应用卡方检验，可依次得到K 2的观察值k 1，k 2，是判断k 1和k 2的大小关系．（只需写出结论）如图，三棱锥P −ABC 中，PA ＝PB ＝PC ，∠APB ＝∠ACB ＝90∘，点E ，F 分别是棱AB ，PB 的中点，点G 是△BCE 的重心．（1）证明：PE ⊥平面ABC ；（2）若GF 与平面ABC 所成的角为60∘，且GF ＝2，求三棱锥P −ABC 的体积．在平面直角坐标系xOy 中，已知两定点A(−2, 2)，B(0, 2)，动点P 满足|PA||PB|=√2． （1）求动点P 的轨迹C 的方程；（2）轨迹C 上有两动点E ，F ，它们关于直线l:kx +y −4＝0对称，且满足OE →⋅OF →=4，求△OEF 的面积．已知函数f(x)＝1−2asinx −e −x ，f ′(x)是f(x)的导函数，且f ′(0)＝0． （1）求a 的值，并证明f(x)在x ＝0处取得极值；（2）证明：f(x)在区间[2kπ, 2kπ+π2](k ∈N)有唯一零点．请考生在第22，23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分，作答时请写清楚题号．[选修4-4：坐标系与参数方程选讲]在直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为{x =4m 2y =4m（m 为参数）．（1）写出曲线C 的普通方程，并说明它表示什么曲线；（2）已知倾斜角互补的两条直线l 1，l 2，其中l 1与曲线C 交于A ，B 两点，l 2与C 交于M ，N 两点，l 1与l 2交于点P(x 0, y 0)，求证：|PA|⋅|PB|＝|PM|⋅|PN|． [选修4-5：不等式选讲]已知函数f(x)＝|x −a|+|x −1|． （1）若f(a)<2，求a 的取值范围；（2）当x ∈[a, a +k]时，函数f(x)的值域为[1, 3]，求k 的值．参考答案与试题解析2020年广东省佛山市高考数学一模试卷（文科）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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．1.【答案】B【考点】复数的代数表示法及其几何意义【解析】利用复数代数形式的乘除运算化简，求出复数所对应点的坐标得答案．【解答】∵5i1−2i =5i(1+2i)(1−2i)(1+2i)=−2+i，∴在复平面内，复数5i1−2i对应的点的坐标为(−2, 1)，位于第二象限．2.【答案】D【考点】交集及其运算【解析】可以求出集合A，然后进行交集的运算即可．【解答】∵A＝{x|0<x<2}，B＝{x|−1<x<1}，∴A∩B＝(0, 1)．3.【答案】C【考点】函数单调性的性质与判断【解析】根据题意，结合函数的单调性分析选项A、C，可得A错误，C正确，对于B、D，利用特殊值分析可得其错误，综合即可得答案．【解答】根据题意，依次分析选项：对于A，y＝cosx在(0, +∞)上不是单调函数，故cosx−cosy>0不一定成立，A错误；对于B，当x＝π，y=π2时，cosx+cosy＝−1<0，B不一定成立；对于C，y＝lnx在(0, +∞)上为增函数，若x>y>0，则lnx>lny，必有lnx−lny>0，C正确；对于D，当x＝1，y=12时，lnx+lny＝ln12<0，D不一定成立；4.A【考点】函数的图象与图象的变换 【解析】根据函数图象变换关系，利用逆推法进行求解即可． 【解答】y ＝e x 关于x 轴对称的函数为−y ＝e x ，即y ＝−e x ， 然后向右平移一个单位得到f(x)， 得y ＝−e x−1，即f(x)＝−e x−1， 5.【答案】 C【考点】函数奇偶性的性质与判断 【解析】根据函数奇偶性的定义和性质建立方程，进行求解即可． 【解答】∵ f(x)是奇函数，∴ f(−x)＝−f(x)，即f(−x)+f(x)＝0，即−2x +ln(−x +√a +x 2)+2x +ln(x +√a +x 2)＝0， 得ln(−x +√a +x 2)+ln(x +√a +x 2)＝0， 即ln(−x +√a +x 2)(x +√a +x 2)＝0． 得ln(a +x 2−x 2)＝lna ＝0， 得a ＝1， 6.【答案】 B【考点】几何概型计算（与长度、角度、面积、体积有关的几何概型） 【解析】我们要根据已知条件，求出第3个大正三角形的面积，及黑色区域的面积，代入几何概型计算公式，即可求出答案． 【解答】由题意可知：每次挖去的面积为前一个三角形剩下面积的14，不妨设第一个三角形的面积为1．∴ 第三个三角形的面积为1；则阴影部分的面积之为(1−14)(1−14)=916：第3个大正三角形中随机取点，则落在黑色区域的概率：9161=916，7.【答案】 A【考点】两角和与差的三角函数由α为锐角，cosα=35，求出sinα=45，tanα=2tanα21−tan 2α2=43，推导出tan α2=12，由此能求出tan(π4−α2)的值． 【解答】∵ α为锐角，cosα=35， ∴ sinα=√1−(35)2=45，tanα=2tanα21−tan 2α2=4535=43，解得tan α2=12或tan α2=−2（舍）， ∴ tan(π4−α2)=tan π4−tanα21+tan π4tanα2=1−121+1×12=13． 8.【答案】 A【考点】进行简单的合情推理 【解析】先阅读题意，再结合简单的合情推理逐一检验即可得解． 【解答】①若中奖的同学是甲，则甲预测结果是正确的，与题设相符，故中奖的同学是甲， ②若中奖的同学是乙，则甲、丙、丁预测结果是正确的，与题设矛盾，故中奖的同学不是乙，③若中奖的同学是丙，则丙、丁预测结果是正确的，与题设矛盾，故中奖的同学不是丙，④若中奖的同学是丁，则乙、丁预测结果是正确的，与题设矛盾，故中奖的同学不是丁，综合①②③④得：中奖的同学是甲， 9.【答案】 D【考点】频率分布直方图 【解析】通过图结合选项分析． 【解答】由图1知没有在截止到2015年中国累计装机容量达到峰值，A 错； 由图2知，10年来全球新增装机容量起伏，B 错；由图1知，10年中国新增装机总容量为13.8+18.9+17.7+13+16.1+23.2+30.8+23.4+19.7+21.1＝197.7，则10年来中国新增装机容量平均为19.77GW ，C 错； 10.【答案】【考点】命题的真假判断与应用 【解析】设A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)，C(x 3, y 3)，因为A ，B ，C 的横坐标成等差数列，所以2x 2＝x 1+x 3，①，由抛物线的定义，得点A ，B ，C 到焦点F(p2, 0)的距离|AF|＝x 1+p2，|BF|＝x 2+p2，|CF|＝x 3+p2，2|BF|＝2x 2+p ，进而得出结论． 【解答】设A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)，C(x 3, y 3)， 因为A ，B ，C 的横坐标成等差数列， 所以2x 2＝x 1+x 3，①由抛物线的定义，得点A ，B ，C 到焦点F(p2, 0)的距离 |AF|＝x 1+p2，|BF|＝x 2+p2，|CF|＝x 3+p 2 2|BF|＝2x 2+p ，|AF|+|CF|＝x 1+x 2+p ，又因为①，得2|BF|＝|AF|+|CF|，所以A ，B ，C 到点F(p2, 0)的距离成等差数列． 11.【答案】 B【考点】命题的真假判断与应用 【解析】①根据函数奇偶性定义进行判断，②用反证法推出函数的函数无周期，③f(x)＝sinx +sin(πx)＝2sin (1+π)x 2cos(1−π)x 2，函数的零点为方程sin(1+π)x 2=0或cos(1−π)x 2=0，x =2kππ+1或x =(1+2k)π1−π，x ∈(0, π)，进而得出结论，④用反证法推出函数的函数最大值不是2．【解答】因为f(−x)＝sin(−x)+sin(−πx)＝−sinx −sin(πx)＝−f(x)， 所以f(x)是奇函数，①正确． 假设存在周期T ，则sin(x +T)+sin （π(x +T)）＝sinx +sinπx ， sin(x +T)−sinx ＝−[sin(π(x +T))−sinπx]， 所以sin T2⋅cos2x+T 2=−sinπT 2⋅cos2πx+πT2①，存在x 0∈R ，使得cos 2πx 0+T2=0，而cos 2x 0+T2≠0，将x 0∈R ，−sin πT 2⋅cos2πx+πT2=0，2πx+πT故−sinπT 2=0，所以sin T2=0，sinπT 2=0，T 2=kπ，πT 2=mπ，k ，m ∈Z ，所以kπ＝m ，矛盾，所以函数f(x)＝sinx +sin(πx)，没有周期，②错误． f(x)＝sinx +sin(πx)＝2sin (1+π)x 2cos(1−π)x 2， 函数的零点为方程sin (1+π)x 2=0或cos(1−π)x 2=0，x =2kππ+1或x =(1+2k)π1−π，x ∈(0, π)x =2ππ+1，4ππ+1或ππ−1，所以f(x)在区间(0, π)上有三个零点；故③正确． 假设存在这样的x 0使得f(x)最大值为2， x 0=π2+kπ且πx 0=π2+kπ，(k ∈Z) 即x 0=π2+kπ且x 0=12+k ， 所以π2+kπ=12+k ，k =−12，与k ∈Z 矛盾，故④错误．12.【答案】 C【考点】 椭圆的离心率 【解析】利用已知条件，求出AF 1的中点到F 1的距离，求出BF 1，BF 2，利用勾股定理求解椭圆的离心率即可． 【解答】椭圆C 的焦点为F 1，F 2，过F 1的直线与C 交于A ，B 两点，若|AF 2|＝|F 1F 2|=53|BF 1|＝2c ，所以|AF 1|＝2a −2c ，|BF 2|＝2a −65c ，所以√4c 2−(a −c)2=√(2a −65c)2−(a +c5)2，可得2c 2+9ac −5a 2＝0，即2e 2+9e −5＝0，解得e =12．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，满分20分． 【答案】2x −y +1＝0利用导数研究曲线上某点切线方程 【解析】求得函数的导数，可得切线的斜率，由斜截式方程可得切线的方程． 【解答】函数f(x)＝e x +sinx 的导数为f′(x)＝e x +cosx ， 可得在点(0, 1)处的切线斜率为e 0+cos0＝2，则函数f(x)＝e x +sinx 在点(0, 1)处的切线方程为f(x)＝2x +1， 即为2x −y +1＝0， 【答案】 0【考点】 简单线性规划 【解析】作出可行域，变形目标函数平移直线y ＝−2x 可得m 和n 值，相减可得答案． 【解答】作出可行域，如图所示，由z ＝2x +y 可得y ＝−2x +z ，则z 表示直线的纵截距， 平移直线y ＝−2x ，结合图象可知，当z ＝2x +y 过A(−1, −1)时z 取最小值−3，当z ＝2x +y 过B(2, −1)时z 取最大值3 故m +n ＝0， 【答案】 √2【考点】 正弦定理 【解析】由已知利用同角三角函数基本关系式可求sinC ，根据三角形的面积公式可求ab 的值，进而可求b 的值，从而根据余弦定理可求c 的值． 【解答】∵ a ＝1，cosC =34，△ABC 的面积为√74，∴ sinC =√1−cos 2C =√74，可得√74=12absinC =√78ab ，解得ab ＝2，∴ b ＝2，∴ 由余弦定理可得c =√a 2+b 2−2abcosC =√12+22−2×1×2×34=√2．【答案】 57π【考点】球的体积和表面积 【解析】当球体积最大时，球可能与三侧面相切或者与上下底面相切，分别计算即可找到符合题意的解，再根据三棱柱外接球的体积求法即可求出． 【解答】①当球能与三侧面相切时，底面内切圆的半径r =2√3，②当球与上下底面能相切时，r =m2， 由题意得：43πr 3=9π2，所以r =32，m ＝3， 此时，2√3≥32，所以n 的最小值为6． 设外接球的半径设为R ，则R 2＝r 2+(m2)2=n 23+m 24=12+94=574∴ 外接球的表面积S ＝4πR 2＝57π．三、解答题：本大题共5小题，共70分，解答须写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤． 【答案】数列{a n }是等比数列，数列{b n }满足b 1＝b 2=12，b 3=38，a n+1b n+1＝2n b n +1， 当n ＝1可得a 2b 2＝2b 1+1，即有a 2＝2×(1+1)＝4，n ＝2时，a 3b 3＝4b 2+1，即有a 3=83×(2+1)＝8，可得等比数列{a n }的公比为2，且a n ＝4⋅2n−2＝2n ； 由a n+1b n+1＝2n b n +1，即2n+1b n+1＝2n b n +1，可得{2n b n }为首项为1，公差为1的等差数列，可得2n b n ＝1+n −1＝n ， 则b n ＝n ⋅(12)n ，即有{b n }的前n 项和为S n ＝1⋅12+2⋅(12)2+3⋅(12)3+...+n ⋅(12)n ，12S n ＝1⋅(12)2+2⋅(12)3+3⋅(12)4+...+n ⋅(12)n+1，相减可得12S n =12+(12)2+(12)3+...+(12)n −n ⋅(12)n+1 =12(1−12n )1−12−n ⋅(12)n+1，化简可得{b n }的前n 项和为2−(n +2)⋅(12)n ．【考点】 数列递推式 数列的求和 【解析】（1）可令n ＝1，n ＝2，可得a 2，a 3，由等比数列的通项公式可得公比，即可得到所求通项公式；（2）将原等式变形，结合等差数列的定义和通项公式可得b n ＝n ⋅(12)n ，再由数列的错位相减法求和，结合等比数列的求和公式，可得所求和． 【解答】数列{a n }是等比数列，数列{b n }满足b 1＝b 2=12，b 3=38，a n+1b n+1＝2n b n +1， 当n ＝1可得a 2b 2＝2b 1+1，即有a 2＝2×(1+1)＝4，n ＝2时，a 3b 3＝4b 2+1，即有a 3=83×(2+1)＝8，可得等比数列{a n}的公比为2，且a n＝4⋅2n−2＝2n；由a n+1b n+1＝2n b n+1，即2n+1b n+1＝2n b n+1，可得{2n b n}为首项为1，公差为1的等差数列，可得2n b n＝1+n−1＝n，则b n＝n⋅(12)n，即有{b n}的前n项和为S n＝1⋅12+2⋅(12)2+3⋅(12)3+...+n⋅(12)n，1 2S n＝1⋅(12)2+2⋅(12)3+3⋅(12)4+...+n⋅(12)n+1，相减可得12S n=12+(12)2+(12)3+...+(12)n−n⋅(12)n+1=12(1−12n)1−12−n⋅(12)n+1，化简可得{b n}的前n项和为2−(n+2)⋅(12)n．【答案】考虑到BMI应与年龄或性别均有关，最合理的分层应为以下四层：高一男生、高一女生、高二男生、高二女生；则高一男生抽取5502000×160＝44（人），高一女生抽取6502000×160＝52（人），高二男生抽取4252000×160＝34（人），高二女生抽取3752000×160＝30（人）；(i)160人中，“超重”人数为4+6+2+4＝16（人），“超重”发生的频率为0.1，用样本的频率估计总体的频率，估计这2000名学生中“超重”的学生数为2000×0.1＝200（人）；(ii)应用独立性检验的知识，分析出性别变量与年级变量哪一个与“是否超重”的关联性更强，得出K2的观察值k1，k2，则k1和k2的大小关系为k1>k2．【考点】分层抽样方法独立性检验【解析】（1）考虑到BMI与年龄或性别均有关，最合理的分层为高一男生、女生，高二男生、女生；分别求出每层所抽取的人数即可；(2)(i)计算样本中“超重”的人数和频率，用样本的频率估计总体的频率，计算即可；(ii)应用独立性检验的知识分析出性别变量与年级变量哪一个与“是否超重”的关联性更强，得出K2的观察值k1应大于k2．【解答】考虑到BMI应与年龄或性别均有关，最合理的分层应为以下四层：高一男生、高一女生、高二男生、高二女生；则高一男生抽取5502000×160＝44（人），高一女生抽取6502000×160＝52（人），高二男生抽取4252000×160＝34（人），高二女生抽取3752000×160＝30（人）；(i)160人中，“超重”人数为4+6+2+4＝16（人），“超重”发生的频率为0.1，用样本的频率估计总体的频率，估计这2000名学生中“超重”的学生数为2000×0.1＝200（人）；(ii)应用独立性检验的知识，分析出性别变量与年级变量哪一个与“是否超重”的关联性更强，得出K2的观察值k1，k2，则k1和k2的大小关系为k1>k2．【答案】证明：∵PA＝PB，E是AB的中点，∴PE⊥AB，∵∠ACB＝90∘，E是AB中点，∴EC＝EA，∵PC＝PA，PE＝PE，∴△PEC≅△PEA，∴∠PEC＝∠PEA＝90∘，∴PE⊥EC，∵AB∩EC＝E，∴PE⊥平面ABC．连结CG，并延长，交BE于点O，则点O为BE的中点，连结OF，∵F是棱PB的中点，∴OF // PE，由（1）得OF⊥平面ABC，∴∠FGO是GF与平面ABC所成角，∴∠FGO＝60∘，在Rt△FGO中，GF＝2，∴OG＝1，OF=√3，∵G是△BCE的重心，O，F分别是BE，BP的中点，∴OC＝3，PE＝2√3，∵PA＝PB，∠APB＝∠ACB＝90∘，E，O分别是AB，BP的中点，∴AB＝4√3，CE＝2√3，OE=√3，则在△CEO中，OE2+OC2＝(√3)2+32＝12＝(2√3)2＝CE2，∴OC⊥AB，∴三棱锥P−ABC的体积：V=13S△ABC⋅PE=13⋅12⋅AB⋅OC⋅PE=16⋅4√3⋅3⋅2√3=12．【考点】直线与平面垂直【解析】（1）推导出PE⊥AB，EC＝EA，△PEC≅△PEA，从而PE⊥EC，由此能证明PE⊥平面ABC．（2）连结CG，并延长，交BE于点O，则点O为BE的中点，连结OF，则OF // PE，OF ⊥平面ABC ，∠FGO 是GF 与平面ABC 所成角，从而∠FGO ＝60∘，推导出OC ⊥AB ，由此能求出三棱锥P −ABC 的体积． 【解答】证明：∵ PA ＝PB ，E 是AB 的中点，∴ PE ⊥AB ， ∵ ∠ACB ＝90∘，E 是AB 中点，∴ EC ＝EA ， ∵ PC ＝PA ，PE ＝PE ，∴ △PEC ≅△PEA ， ∴ ∠PEC ＝∠PEA ＝90∘，∴ PE ⊥EC ， ∵ AB ∩EC ＝E ，∴ PE ⊥平面ABC ．连结CG ，并延长，交BE 于点O ，则点O 为BE 的中点，连结OF ， ∵ F 是棱PB 的中点，∴ OF // PE ， 由（1）得OF ⊥平面ABC ，∴ ∠FGO 是GF 与平面ABC 所成角，∴ ∠FGO ＝60∘， 在Rt △FGO 中，GF ＝2，∴ OG ＝1，OF =√3， ∵ G 是△BCE 的重心，O ，F 分别是BE ，BP 的中点， ∴ OC ＝3，PE ＝2√3，∵ PA ＝PB ，∠APB ＝∠ACB ＝90∘，E ，O 分别是AB ，BP 的中点， ∴ AB ＝4√3，CE ＝2√3，OE =√3，则在△CEO 中，OE 2+OC 2＝(√3)2+32＝12＝(2√3)2＝CE 2，∴ OC ⊥AB ， ∴ 三棱锥P −ABC 的体积：V =13S △ABC ⋅PE =13⋅12⋅AB ⋅OC ⋅PE =16⋅4√3⋅3⋅2√3=12．【答案】设动点P 的坐标为(x, y)则|PA||PB|=√2=√(x+2)2+(y−2)222．整理得(x −2)2+(y −2)2＝8，故动点P 的轨迹C 的方程是以(2, 2)为圆心，半径为2√2的圆．∵ 轨迹C 上有两动点E ，F ，它们关于直线l:kx +y −4＝0对称；所以圆心(2, 2)在kx +y −4＝0上，代入求得k ＝1，故直线方程为：x +y −4＝0； 易知OC 垂直于直线L ，且OC ＝R ；设EF 的中点为M ，则OE →⋅OF →=(OM →+ME →)⋅(OM →+MF →)＝(OM →+ME →)⋅(OM →−ME →)=OM →2−ME →2＝4；又OM →2=OC →2+CM →2=R 2+CM →2，ME →2＝R 2−CM →2； ∴ 2CM →2＝4，|CM →|=√2．∴ |ME →|=√R 2−CM →2=√6，|EF →|＝2|ME →|＝2√6．易知OC // EF ，∴ O 到直线EF 的距离等于CM ， ∴ S △OEF =12×2√6×√2=2√3．【考点】平面向量数量积的性质及其运算 轨迹方程 【解析】（1）设出动点坐标根据已知条件即可求解；（2）先根据点E ，F 关于直线对称求出直线方程，再根据向量的数量积求出EF 的长，进而求出结论． 【解答】设动点P 的坐标为(x, y)则|PA||PB|=√2=√(x+2)2+(y−2)222．整理得(x −2)2+(y −2)2＝8，故动点P 的轨迹C 的方程是以(2, 2)为圆心，半径为2√2的圆．∵ 轨迹C 上有两动点E ，F ，它们关于直线l:kx +y −4＝0对称；所以圆心(2, 2)在kx +y −4＝0上，代入求得k ＝1，故直线方程为：x +y −4＝0； 易知OC 垂直于直线L ，且OC ＝R ；设EF 的中点为M ，则OE →⋅OF →=(OM →+ME →)⋅(OM →+MF →)＝(OM →+ME →)⋅(OM →−ME →)=OM →2−ME →2＝4；又OM →2=OC →2+CM →2=R 2+CM →2，ME →2＝R 2−CM →2； ∴ 2CM →2＝4，|CM →|=√2．∴ |ME →|=√R 2−CM →2=√6，|EF →|＝2|ME →|＝2√6．易知OC // EF ，∴ O 到直线EF 的距离等于CM ， ∴ S △OEF =12×2√6×√2=2√3． 【答案】f′(x)＝−2acosx +e −x ，令f′(0)＝0，得−2a +1＝0，∴ a =12．∴ f(x)＝1−sinx −e −x ，f′(x)＝−cosx +e −xe −x (1−e x cosx)．当x <0时，e −x >1≥cosx ，f′(x)＝−cosx +e −x >0，故f(x)在(−∞, 0)单调递增； 当x >0时，令g(x)＝1−1−excosx,则g′(x)e x (sinx−cosx)，在区间(0, π4)上，g′(x)<0，故g(x)是(0,π4)上的减函数，∴ g(x)<g(0)＝0，即在区间(0, π4)上f′(x)＝e −x g(x)<0， ∴ f(x)是(0,π4)上的减函数，综上所述，f(x)在x ＝0处取得极大值f(0)＝0； 证明：由（1）f(x)＝1−sinx −e −x ，∵f(2kπ)＝1−e−2kπ≥0，f(2kπ+π2)=−e−(2kπ+π2)<0，∴f(x)在区间[2kπ, 2kπ+π2](k∈N)至少有一个零点，以下讨论函数f(x)在区间[2kπ, 2kπ+π2]上函数值的变化情况：由（1）f′(x)＝−cosx+e−x＝e−x(1−e x cosx)，令g(x)＝1−e x cosx，则g′(x)＝e x(sinx−cosx)，令g′(x)＝0，在(0, +∞)上，解得x=mπ+π4,m∈N，①当k＝0时，在区间(0,π4)上，g′(x)<0，g(x)递减，g(π4)<g(0)=0；在区间(π4,π2)上，g′(x)>0，g(x)递增，g(π2)=1>0，故存在唯一实数x0∈(π4,π2)，使得g(x0)＝0，即f′(x0)=e−x0g(x0)=0，故在(0, x0)上，f′(x)<0，f(x)递减，f(x)<f(0)＝0；在(x0,π2)上，f′(x)>0，f(x)递增，而f(π2)=−e−π2<0，故在[0,π2]上f(x)≤0，当且仅当x＝0时，f(0)＝0，故f(x)在[0,π2]上有唯一零点；②对任意正整数k，在区间(2kπ,2kπ+π4),g′(x)<0,g(x)递减，g(2kπ+π4)<g(2kπ)=1−e2kπ<0，在区间(2kπ+π4,2kπ+π2),g′(x)>0,g(x)递增，g(2kπ+π2)=1>0，故存在唯一实数x k∈(2kπ+π4,2kπ+π2)，使得g(x k)＝0，即f′(x k)=e−x k g(x k)=0，在(2kπ, x k)上，因为g(x)<0，故f′(x)<0，f(x)递减，在(x k,2kπ+π2)上，因为g(x)>0，故f′(x)>0，f(x)递增，f(2kπ)>1−e−2kπ>0,f(x k)<f(2kπ+π2)=−e−(2kπ+π2)<0，∴f(2kπ)f(x k)<0，∴f(x)在(2kπ, x k)即[2kπ,2kπ+π2]有唯一零点，综上，f(x)在区间[2kπ, 2kπ+π2](k∈N)有唯一零点．【考点】利用导数研究函数的极值【解析】（1）求导，由f′(0)＝0可求得a，再根据一般方法证明即可；（2）由零点存在性定理可知f(x)在区间[2kπ, 2kπ+π2](k∈N)至少有一个零点，再分k＝0及k为正整数讨论即可得证．【解答】f′(x)＝−2acosx+e−x，令f′(0)＝0，得−2a+1＝0，∴a=12．∴f(x)＝1−sinx−e−x，f′(x)＝−cosx+e−xe−x(1−e x cosx)．当x<0时，e−x>1≥cosx，f′(x)＝−cosx+e−x>0，故f(x)在(−∞, 0)单调递增；当x>0时，令g(x)＝1−1−excosx,则g′(x)e x(sinx−cosx)，在区间(0, π4)上，g′(x)<0，故g(x)是(0,π4)上的减函数，∴g(x)<g(0)＝0，即在区间(0, π4)上f′(x)＝e−x g(x)<0，∴f(x)是(0,π4)上的减函数，综上所述，f(x)在x＝0处取得极大值f(0)＝0；证明：由（1）f(x)＝1−sinx−e−x，∵f(2kπ)＝1−e−2kπ≥0，f(2kπ+π2)=−e−(2kπ+π2)<0，∴f(x)在区间[2kπ, 2kπ+π2](k∈N)至少有一个零点，以下讨论函数f(x)在区间[2kπ, 2kπ+π2]上函数值的变化情况：由（1）f′(x)＝−cosx+e−x＝e−x(1−e x cosx)，令g(x)＝1−e x cosx，则g′(x)＝e x(sinx−cosx)，令g′(x)＝0，在(0, +∞)上，解得x=mπ+π4,m∈N，①当k＝0时，在区间(0,π4)上，g′(x)<0，g(x)递减，g(π4)<g(0)=0；在区间(π4,π2)上，g′(x)>0，g(x)递增，g(π2)=1>0，故存在唯一实数x0∈(π4,π2)，使得g(x0)＝0，即f′(x0)=e−x0g(x0)=0，故在(0, x0)上，f′(x)<0，f(x)递减，f(x)<f(0)＝0；在(x0,π2)上，f′(x)>0，f(x)递增，而f(π2)=−e−π2<0，故在[0,π2]上f(x)≤0，当且仅当x＝0时，f(0)＝0，故f(x)在[0,π2]上有唯一零点；②对任意正整数k，在区间(2kπ,2kπ+π4),g′(x)<0,g(x)递减，g(2kπ+π4)<g(2kπ)=1−e2kπ<0，在区间(2kπ+π4,2kπ+π2),g′(x)>0,g(x)递增，g(2kπ+π2)=1>0，故存在唯一实数x k∈(2kπ+π4,2kπ+π2)，使得g(x k)＝0，即f′(x k)=e−x k g(x k)=0，在(2kπ, x k)上，因为g(x)<0，故f′(x)<0，f(x)递减，在(x k,2kπ+π2)上，因为g(x)>0，故f′(x)>0，f(x)递增，f(2kπ)>1−e−2kπ>0,f(x k )<f(2kπ+π2)=−e−(2kπ+π2)<0，∴ f(2kπ)f(x k )<0，∴ f(x)在(2kπ, x k )即[2kπ,2kπ+π2]有唯一零点， 综上，f(x)在区间[2kπ, 2kπ+π2](k ∈N)有唯一零点．请考生在第22，23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分，作答时请写清楚题号．[选修4-4：坐标系与参数方程选讲] 【答案】由y ＝4m ，得m =y4，代入x ＝4m 2，得y 2＝4x ，∴ 曲线C 的普通方程为y 2＝4x ，∴ C 的普通方程为y 2＝4x ，表示开口向右，焦点为F(1, 0)的抛物线． 证明：设直线l 1的倾斜角为α，直线l 2的倾斜角为π−α， ∴ 直线l 1的参数方程为{x =x 0+tcosαy =y 0+tsinα ，（t 为参数）， 与y 2＝4x 联立，得t 2sin 2α+(2y 0sinα−4cosα)t +y 02−4x 0＝0，设方程的两个解为t 1，t 2，则t 1t 2=y 02−4x 0sin α，∴ |PA|⋅|PB|＝|t 1|⋅|t 2|＝|y 02−4x 0sin 2α|，|PM|⋅|PN|＝|y 02−4x0sin 2(π−α)|＝|y 02−4x 0sin 2α|，∴ |PA|⋅|PB|＝|PM|⋅|PN|． 【考点】参数方程与普通方程的互化 【解析】（1）由y ＝4m ，得m =y4，代入x ＝4m 2，求出C 的普通方程为y 2＝4x ，表示开口向右，焦点为F(1, 0)的抛物线．（2）设直线l 1的倾斜角为α，直线l 2的倾斜角为π−α，直线l 1的参数方程为{x =x 0+tcosαy =y 0+tsinα ，（t 为参数），与y 2＝4x 联立，得t 2sin 2α+(2y 0sinα−4cosα)t +y 02−4x 0＝0，由此能证明|PA|⋅|PB|＝|PM|⋅|PN|． 【解答】由y ＝4m ，得m =y4，代入x ＝4m 2，得y 2＝4x ，∴ 曲线C 的普通方程为y 2＝4x ，∴ C 的普通方程为y 2＝4x ，表示开口向右，焦点为F(1, 0)的抛物线． 证明：设直线l 1的倾斜角为α，直线l 2的倾斜角为π−α， ∴ 直线l 1的参数方程为{x =x 0+tcosαy =y 0+tsinα ，（t 为参数）， 与y 2＝4x 联立，得t 2sin 2α+(2y 0sinα−4cosα)t +y 02−4x 0＝0，设方程的两个解为t 1，t 2，则t 1t 2=y 02−4x 0sin 2α，∴|PA|⋅|PB|＝|t1|⋅|t2|＝|y02−4x0sin2α|，|PM|⋅|PN|＝|y02−4x0sin2(π−α)|＝|y02−4x0sin2α|，∴|PA|⋅|PB|＝|PM|⋅|PN|．[选修4-5：不等式选讲]【答案】f(a)＝|a−1|<2，得−2<a−1<2．即−1<a<3，所以a的取值范围是(−1, 3)．当a≥1时，函数f(x)在区间[a, a+k]上单调递增．则[f(x)]min＝f(a)＝a−1＝1，得a＝2，[f(x)]max＝f(a+k)＝a+2k−1＝3，得k ＝1．当a<1时，f(x)={2x−a−1,x≥1 1−a,a<x<1−2x+a+1,x≤a则[f(x)]min＝f(a)＝1−a＝1，得a＝0，[f(x)]max＝f(a+k)＝a+2k−1＝3，得k＝2．综上所述，k的值是1或2．【考点】绝对值不等式的解法与证明【解析】（1）f(a)＝|a−1|<2，即可得a的取值范围是(−1, 3)；（2）对a分类讨论，由单调性即可得f(x)的单调性．【解答】f(a)＝|a−1|<2，得−2<a−1<2．即−1<a<3，所以a的取值范围是(−1, 3)．当a≥1时，函数f(x)在区间[a, a+k]上单调递增．则[f(x)]min＝f(a)＝a−1＝1，得a＝2，[f(x)]max＝f(a+k)＝a+2k−1＝3，得k ＝1．当a<1时，f(x)={2x−a−1,x≥1 1−a,a<x<1−2x+a+1,x≤a则[f(x)]min＝f(a)＝1−a＝1，得a＝0，[f(x)]max＝f(a+k)＝a+2k−1＝3，得k＝2．综上所述，k的值是1或2．。