2017年全國統(tǒng)一高考數學試卷（文科）（新課標ⅲ）（含解析版）

2017年全國統(tǒng)一高考數學試卷（文科）（新課標IH）

一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個

選項中，只有一項是符合題目要求的。

1.（5分）已知集合人={1,2,3,4},B={2,4,6,8},則AAB中元素的個數

為（）

A.1B.2C.3D.4

2.（5分）復平面內表示復數z=i（-2+i）的點位于（）

A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限

3.（5分）某城市為了解游客人數的變化規(guī)律，提高旅游服務質量，收集并整理

了2014年1月至2016年12月期間月接待游客量（單位：萬人）的數據，繪

根據該折線圖，下列結論錯誤的是（）

A.月接待游客量逐月增加

B.年接待游客量逐年增加

C.各年的月接待游客量高峰期大致在7,8月

D.各年1月至6月的月接待游客量相對于7月至12月，波動性更小，變化

比較平穩(wěn)

4.（5分）已知sina-cosa=A,則sin2a=（）

3

A.-工B.-2C.ZD.工

9999

‘3x+2y-6<0

5.（5分）設x,y滿足約束條件x>0則z=x-y的取值范圍是（）

A.[-3,0]B.[-3,2]C.[0,2]D.[0,3]

6.(5分)函數f(x)=J_sin(x+—)+cos(x--)的最大值為()

536

A.AB.1C.2D.1

555

7.（5分）函數y=l+x+里整的部分圖象大致為（）

8.（5分）執(zhí)行如圖的程序框圖，為使輸出S的值小于91,則輸入的正整數N

的最小值為（)

9.（5分）已知圓柱的高為1,它的兩個底面的圓周在直徑為2的同一個球的球

面上，則該圓柱的體積為（）

A.nB.12LC.—D.—

424

10.（5分）在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E為棱CD的中點，則（）

A.AiEXDCiB.AiE±BDC.AiE±BCiD.AiE±AC

22

11.（5分）已知橢圓C：=+J=l（a>b>0）的左、右頂點分別為Ai,A2,且

2,2

ab

以線段A1A2為直徑的圓與直線bx-ay+2ab=0相切，則C的離心率為（）

A.返B.返C.返D.1

3333

12.（5分）已知函數f（x）=x2-2x+a（ex-1+e-x+1）有唯一零點，則a=（）

A.-1B.1C.1D.1

232

二、填空題

13.（5分）已知向量力=（-2,3）,b=（3,m）,且Z1E，則m=.

22

14.（5分）雙曲線--J口（a>0）的一條漸近線方程為y=』x,則a=.

/95

15.（5分）ZXABC的內角A,B,C的對邊分別為a,b,c,已知C=60。，b=加,

c=3,貝!JA二.

x或0

16.（5分）設函數f（x）=',則滿足f（x）+f（x-工）>1的x的取

2X,x>02

值范圍是,

三、解答題

（分）設數列｛滿足（）

17.12a1ai+3a2+...+2n-1an=2n.

（1）求｛aj的通項公式;

（2）求數列｛2｝的前n項和.

2n+l

18.（12分）某超市計劃按月訂購一種酸奶，每天進貨量相同，進貨成本每瓶4

元，售價每瓶6元，未售出的酸奶降價處理，以每瓶2元的價格當天全部處

理完.根據往年銷售經驗，每天需求量與當天最高氣溫（單位：℃）有關.如

果最高氣溫不低于25,需求量為500瓶；如果最高氣溫位于區(qū)間［20,25）,

需求量為300瓶；如果最高氣溫低于20,需求量為200瓶.為了確定六月份

的訂購計劃，統(tǒng)計了前三年六月份各天的最高氣溫數據，得下面的頻數分布

表：

最高氣溫[10,15)[15,20)[20,25)[25,30)[30,35)[35,40)

天數216362574

以最高氣溫位于各區(qū)間的頻率估計最高氣溫位于該區(qū)間的概率.

（1）求六月份這種酸奶一天的需求量不超過300瓶的概率；

（2）設六月份一天銷售這種酸奶的利潤為Y（單位：元），當六月份這種酸奶一

天的進貨量為450瓶時，寫出Y的所有可能值，并估計Y大于零的概率.

19.（12分）如圖四面體ABCD中，Z\ABC是正三角形，AD=CD.

（1）證明：AC±BD；

（2）已知^ACD是直角三角形，AB=BD,若E為棱BD上與D不重合的點，且

AEXEC,求四面體ABCE與四面體ACDE的體積比.

D

20.（12分）在直角坐標系xOy中，曲線y=x2+mx-2與x軸交于A、B兩點，點

C的坐標為（0,1）,當m變化時，解答下列問題：

（1）能否出現ACLBC的情況？說明理由；

（2）證明過A、B、C三點的圓在y軸上截得的弦長為定值.

21.(12分)已知函數f(x)=lnx+ax2+(2a+l)x.

(1)討論f(x)的單調性；

(2)當a<0時，證明f(x)W-W-2.

4a

［選修4-4：坐標系與參數方程］

22.(10分)在直角坐標系xOy中，直線li的參數方程為了2+t,&為參數)，

ly=kt

x=-2+m

直線I2的參數方程為m,(m為參數).設k與12的交點為P,當k變化

時，P的軌跡為曲線c.

(1)寫出c的普通方程；

(2)以坐標原點為極點，x軸正半軸為極軸建立極坐標系，設b：p(cos0+sin0)

-&=0,M為b與C的交點，求M的極徑.

［選修4-5:不等式選講］

23.已知函數f(x)=|x+l|-x-2|.

(1)求不等式f(x)21的解集；

(2)若不等式f(x)三x2-x+m的解集非空，求m的取值范圍.

2017年全國統(tǒng)一高考數學試卷（文科）（新課標m）

參考答案與試題解析

一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個

選項中，只有一項是符合題目要求的。

1.（5分）已知集合人={1,2,3,4},B={2,4,6,8},則AAB中元素的個數

為（）

A.1B.2C.3D.4

【考點】1E：交集及其運算.

【專題】11：計算題；37：集合思想；40：定義法；5J：集合.

【分析】利用交集定義先求出AnB,由此能求出AnB中元素的個數.

【解答】解：:集合A={1,2,3,4},B={2,4,6,8},

，AnB={2,4},

/.AAB中元素的個數為2.

故選：B.

【點評】本題考查交集中元素個數的求法，是基礎題，解題時要認真審題，注意

交集定義的合理運用.

2.（5分）復平面內表示復數z=i（-2+i）的點位于（）

A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限

【考點】A4：復數的代數表示法及其幾何意義.

【專題】35：轉化思想；5N：數系的擴充和復數.

【分析】利用復數的運算法則、幾何意義即可得出.

【解答】解：z=i（-2+i）=-2i-1對應的點（-1,-2）位于第三象限.

故選：C.

【點評】本題考查了復數的運算法則、幾何意義，考查了推理能力與計算能力，

屬于基礎題.

3.（5分）某城市為了解游客人數的變化規(guī)律，提高旅游服務質量，收集并整理

了2014年1月至2016年12月期間月接待游客量（單位：萬人）的數據，繪

根據該折線圖，下列結論錯誤的是（）

A.月接待游客量逐月增加

B.年接待游客量逐年增加

C.各年的月接待游客量高峰期大致在7,8月

D.各年1月至6月的月接待游客量相對于7月至12月，波動性更小，變化

比較平穩(wěn)

【考點】2K：命題的真假判斷與應用；B9：頻率分布折線圖、密度曲線.

【專題】27：圖表型；2A：探究型；51：概率與統(tǒng)計.

【分析】根據已知中2014年1月至2016年12月期間月接待游客量（單位：萬

人）的數據，逐一分析給定四個結論的正誤，可得答案.

【解答】解：由已有中2014年1月至2016年12月期間月接待游客量（單位：

萬人）的數據可得：

月接待游客量逐月有增有減，故A錯誤；

年接待游客量逐年增加，故B正確；

各年的月接待游客量高峰期大致在7,8月，故C正確；

各年1月至6月的月接待游客量相對于7月至12月，波動性更小，變化比較平

穩(wěn)，故D正確;

故選：A.

【點評】本題考查的知識點是數據的分析，命題的真假判斷與應用，難度不大,

屬于基礎題.

4.（5分）已知sina-cosa=A,則sin2a=（）

3

A.-工B.-2C.2D.工

9999

【考點】GS：二倍角的三角函數.

【專題】11：計算題；35：轉化思想；40：定義法；56：三角函數的求值.

【分析】由條件，兩邊平方，根據二倍角公式和平方關系即可求出.

【解答】解：?.,sina-cosa=&,

3

（sina-cosa）2=1-2sinacosa=l-sin2a=—,

9

.?.sm?r2a=-—7,

9

故選:A.

【點評】本題考查了二倍角公式，屬于基礎題.

‘3x+2y-6<0

5.（5分）設x,y滿足約束條件x30則z=x-y的取值范圍是（）

A.[-3,0]B.[-3,2]C.[0,2]D.[0,3]

【考點】7C：簡單線性規(guī)劃.

【專題】11：計算題；31：數形結合；35：轉化思想；5T：不等式.

【分析】畫出約束條件的可行域，利用目標函數的最優(yōu)解求解目標函數的范圍即

可.

‘3x+2y-640

【解答】解：x,y滿足約束條件x》0的可行域如圖：

目標函數2=*-丫，經過可行域的A,B時，目標函數取得最值，

由!爐°解得A(0,3),

l3x+2y-6=0

由［尸°解得B(2,0),

I3x+2y-6=0

目標函數的最大值為：2,最小值為：-3,

目標函數的取值范圍：［-3,2］.

故選：B.

-5-4-3-2-1O45r

【點評】本題考查線性規(guī)劃的簡單應用，目標函數的最優(yōu)解以及可行域的作法是

解題的關鍵.

6.(5分)函數f(x)=Xsin(x+—)+cos(x-――)的最大值為()

A-f

【考點】HW：三角函數的最值.

【專題】11：計算題；35：轉化思想；49：綜合法；57：三角函數的圖像與性質.

【分析】利用誘導公式化簡函數的解析式，通過正弦函數的最值求解即可.

【解答】解：函數f(x)=Xsin(x+-)+cos(x--)=Xsin(x+——)+cos(-

65

x+2L)」sin(x+2L)+sin(x+2L)

653

【點評】本題考查誘導公式的應用，三角函數的最值，正弦函數的有界性，考查

計算能力.

7.（5分）函數y=l+x+2受的部分圖象大致為（）

x

C.

【考點】3A：函數的圖象與圖象的變換.

【專題】11：計算題；31：數形結合；35：轉化思想；51：函數的性質及應用.

【分析】通過函數的解析式，利用函數的奇偶性的性質，函數的圖象經過的特殊

點判斷函數的圖象即可.

【解答】解：函數y=l+x+辿匹，可知：f（x）=x+包型是奇函數，所以函數的圖

22

xx

象關于原點對稱，

則函數y=l+x+皇整的圖象關于（0,1）對稱，

X

當x玲0+,f（x）>0,排除A、C,當X=TI時，y=l+n,排除B.

故選：D.

【點評】本題考查函數的圖象的判斷，函數的奇偶性以及特殊點是常用方法.

8.（5分）執(zhí)行如圖的程序框圖，為使輸出S的值小于91,則輸入的正整數N

的最小值為（)

C.3D.2

【考點】EF：程序框圖.

【專題】11：計算題；39：運動思想；49：綜合法；5K：算法和程序框圖.

【分析】通過模擬程序，可得到S的取值情況，進而可得結論.

【解答】解：由題可知初始值t=l,M=100,S=0,

要使輸出S的值小于91,應滿足“tWN",

則進入循環(huán)體，從而S=100,M=-10,t=2,

要使輸出S的值小于91,應接著滿足“tWN",

則進入循環(huán)體，從而S=90,M=l,t=3,

要使輸出S的值小于91,應不滿足“tWN”,跳出循環(huán)體，

此時N的最小值為2,

故選：D.

【點評】本題考查程序框圖，判斷出什么時候跳出循環(huán)體是解決本題的關鍵，注

意解題方法的積累，屬于中檔題.

9.（5分）已知圓柱的高為1,它的兩個底面的圓周在直徑為2的同一個球的球

面上，則該圓柱的體積為（）

A.nB.C.—D.—

424

【考點】LF：棱柱、棱錐、棱臺的體積；LR：球內接多面體.

【專題】11：計算題；34：方程思想；40：定義法；5Q：立體幾何.

【分析】推導出該圓柱底面圓周半徑廠荷代產喙,由此能求出該圓柱的體

積.

【解答】解：???圓柱的高為1,它的兩個底面的圓周在直徑為2的同一個球的球

面上，

該圓柱底面圓周半徑r=Q2G）2吟

該圓柱的體積：V=Sh=兀x（曰"）2X1=4匚

【點評】本題考查面圓柱的體積的求法，考查圓柱、球等基礎知識，考查推理論

證能力、運算求解能力、空間想象能力，考查化歸與轉化思想，是中檔題.

10.(5分)在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E為棱CD的中點，則()

A.AiEXDCiB.AiE±BDC.AiE±BCiD.AiE±AC

【考點】LO：空間中直線與直線之間的位置關系.

【專題】11：計算題；31：數形結合；41：向量法；5G：空間角.

【分析】法一：連BiC,推導出BjLBiC,AiBiXBCi,從而BQ，平面AiECBi,

由此得到AIEXBCI.

法二：以D為原點，DA為x軸，DC為y軸，DDi為z軸，建立空間直角坐標系,

利用向量法能求出結果.

【解答】解：法一：連BiC,由題意得BCiLBiC,

平面BiBCCi,且BCiU平面BiBCCi,

AiBi_LBCi>

VAiBinBiC=Bi,

BJ,平面AiECBi，

VAiEc平面AiECBi,

AAiEXBCi.

故選：C.

法二：以D為原點，DA為x軸，DC為y軸，DDi為z軸，建立空間直角坐標系,

設正方體ABCD-AiBiCiDi中棱長為2,

則Ai(2,0,2),E(0,1,0),B(2,2,0),D(0,0,0),J(0,2,2),

A(2,0,0),C(0,2,0),

A[色=(-2,1,-2),口。；=(。，2,2),BD=(-2,-2,0),

BC；=(-2,0,2),AC=(-2,2,0),

基?西=-2，不,麗=2，不?西=0，A[E-AC=6'

AAIEXBCI.

故選：C.

【點評】本題考查線線垂直的判斷，是中檔題，解題時要認真審題，注意向量法

的合理運用.

22

11.（5分）已知橢圓C：工+匚=1（a>b>0）的左、右頂點分別為Ai,A2,且

2,2

ab

以線段A1A2為直徑的圓與直線bx-ay+2ab=0相切，則C的離心率為（）

B-VD，3

【考點】K4：橢圓的性質.

【專題】34：方程思想；5B：直線與圓；5D：圓錐曲線的定義、性質與方程.

【分析】以線段A1A2為直徑的圓與直線bx-ay+2ab=0相切，可得原點到直線的

星巨離,2ab=a,化簡即可得出.

【解答】解：以線段A1A2為直徑的圓與直線bx-ay+2ab=0相切，

???原點到直線的距離/2ab=a,化為：a2=3b2.

??.橢圓c的離心率e=q=Ji±i=返.

a甲j3

故選：A.

【點評】本題考查了橢圓的標準方程及其性質、直線與圓相切的性質、點到直線

的距離公式，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題.

12.(5分)已知函數f(x)=x2-2x+a(ex-1+e-x+1)有唯一零點，則a=()

A.-1B.1C.1D.1

232

【考點】52：函數零點的判定定理.

【專題】11：計算題；33：函數思想；49：綜合法；51：函數的性質及應用.

【分析】通過轉化可知問題等價于函數y=l-(x-1)2的圖象與y=a(ex2，)

x-1

e

的圖象只有一個交點求a的值.分a=0、a<0>a>0三種情況，結合函數的

單調性分析可得結論.

【解答】解：因為f(x)=x2-2x+a(ex1+ex1)=-1+(x-1)2+a(ex1+---)

X-1

e

=0,

所以函數f(x)有唯一零點等價于方程1-(x-1)2=a(exF+工)有唯一解,

X-1

e

等價于函數y=l-(x-1)2的圖象與y=a(exF+—1—)的圖象只有一個交點.

X-1

e

①當a=0時，f(x)=x2-2x^-1,此時有兩個零點，矛盾；

②當a<0時，由于y=l-(x-1)2在(-8,1)上遞增、在(1,+8)上遞

減，

且y=a(exF+—1—)在(-8,i)上遞增、在(1,+8)上遞減，

X-1

e

x_1

所以函數y=l-(x-1)2的圖象的最高點為A(1,1),y=a(e+_l_)的圖

X-1

e

象的最高點為B(1,2a),

xl

由于2a<0<l,此時函數y=1-(x-1)2的圖象與y=a(e+-l—)的圖象有

x-1

e

兩個交點，矛盾；

③當a>0時，由于y=l-(x-1)2在(-8,1)上遞增、在(1,+8)上遞

減，

且y=a(x-1+——)在(-8,1)上遞減、在(1,+°°)上遞增，

eX-1

e

所以函數y=l-(x-1)2的圖象的最高點為A(1,1),y=a(ex-1+-^)的圖

X-1

e

象的最低點為B(1,2a),

由題可知點A與點B重合時滿足條件，即2a=1,即2=工，符合條件；

2

綜上所述，a=L,

2

故選：C.

【點評】本題考查函數零點的判定定理，考查函數的單調性，考查運算求解能力，

考查數形結合能力，考查轉化與化歸思想，考查分類討論的思想，注意解題

方法的積累，屬于難題.

二、填空題

13.(5分)已知向量力=(-2,3),b=(3,m),且4_1_總則m=2.

【考點】9T：數量積判斷兩個平面向量的垂直關系.

【專題】11：計算題；34：方程思想；40：定義法；5A：平面向量及應用.

【分析】利用平面向量數量積坐標運算法則和向量垂直的性質求解.

【解答】解：?向量a=(-2,3),b=(3,m),且&_(_，

「?a?b=_6+3m=0,

解得m=2.

故答案為：2.

【點評】本題考查實數值的求法，是基礎題，解題時要認真審題，注意平面向量

數量積坐標運算法則和向量垂直的性質的合理運用.

22

14.（5分）雙曲線--Jn（a>0）的一條漸近線方程為y=Wx,則a=5

a295—

【考點】KC：雙曲線的性質.

【專題】11：計算題；35：轉化思想；5D：圓錐曲線的定義、性質與方程.

【分析】利用雙曲線方程，求出漸近線方程，求解a即可.

22

【解答】解：雙曲線J口（a>0）的一條漸近線方程為y=』x,

a295

可得上金，解得a=5.

a5

故答案為：5.

【點評】本題考查雙曲線的簡單性質的應用，考查計算能力.

15.（5分）ZXABC的內角A,B,C的對邊分別為a,b,c,已知C=60。，b=加,

c=3,貝I]A=75°.

【考點】HP：正弦定理；HR：余弦定理.

【專題】11：計算題；35：轉化思想；40：定義法；58：解三角形.

【分析】根據正弦定理和三角形的內角和計算即可

【解答】解：根據正弦定理可得4=4，C=60。，b=&，c=3,

sinBsinC

迎X堂近

AsinB=------^-=X±_,

32

Vb<c,

二?B=45°,

AA=180°-B-0180°-45°-60°=75°,

故答案為：75°.

【點評】本題考查了三角形的內角和以及正弦定理，屬于基礎題

X+]0

16.（5分）設函數f（x）='',則滿足f（x）+f（x-工）>1的x的取

2X,x>02

值范圍是（1，+°°）.

4

【考點】3T：函數的值.

【專題】32：分類討論；4R：轉化法；51：函數的性質及應用.

【分析】根據分段函數的表達式，分別討論x的取值范圍，進行求解即可.

【解答】解：若xWO,則x-LW-L

22

貝Uf(x)+f(x-1)>1等價為x+1+x-1+1>1,即2x>-1,貝I]x>_X,

2224

此時」<xW0,

4

當x>0時，f(x)=2X>1,x-1>-1,

22

當x-l>0即x>工時，滿足f(x)+f(x-1)>1恒成立，

222

當ONx-->-—,即LZx>0時，f(x--)=x--+l=x+—,

2222222

此時f(x)+f(x-1)>1恒成立，

2

綜上x>

4

故答案為：(J^,+8).

4

【點評】本題主要考查不等式的求解，結合分段函數的不等式，利用分類討論的

數學思想進行求解是解決本題的關鍵.

三、解答題

17.(12分)設數列｛a1滿足ai+3a2+...+(2n-1)an=2n.

(1)求匕力的通項公式;

(2)求數列｛3_｝的前n項和.

2n+l

【考點】8E：數列的求和；8H：數列遞推式.

【專題】34：方程思想；35：轉化思想；54：等差數列與等比數歹!].

【分析】（1）利用數列遞推關系即可得出.

(2)4=^-------2---------=^_-利用裂項求和方法即可得出.

2n+l(2n-l)(2n+l)2n-l2n+l

【解答】解:數列｛｝滿足

(1)anai+3a2+…+(2n-1)an=2n.

時，

n22ai+3a2+…+(2n-3)an-i=2(n-1).

(2n-1)an=2.an=---

2n-l

當n=l時，ai=2,上式也成立.

（2）&n=2=1_1

2n+l（2n-l）（2n+l）2n-l2n+l-

??.數列｛an｝的前n項和=（1

2n+lu37k35，k2n-l2n+l;2n+l2n+l

【點評】本題考查了數列遞推關系、裂項求和方法，考查了推理能力與計算能力，

屬于中檔題.

18.（12分）某超市計劃按月訂購一種酸奶，每天進貨量相同，進貨成本每瓶4

元，售價每瓶6元，未售出的酸奶降價處理，以每瓶2元的價格當天全部處

理完.根據往年銷售經驗，每天需求量與當天最高氣溫（單位：℃）有關.如

果最高氣溫不低于25,需求量為500瓶；如果最高氣溫位于區(qū)間[20,25）,

需求量為300瓶；如果最高氣溫低于20,需求量為200瓶.為了確定六月份

的訂購計劃，統(tǒng)計了前三年六月份各天的最高氣溫數據，得下面的頻數分布

表：

最高氣溫[10,15)[15,20)[20,25)[25,30)[30,35)[35,40)

天數216362574

以最高氣溫位于各區(qū)間的頻率估計最高氣溫位于該區(qū)間的概率.

（1）求六月份這種酸奶一天的需求量不超過300瓶的概率；

（2）設六月份一天銷售這種酸奶的利潤為Y（單位：元），當六月份這種酸奶一

天的進貨量為450瓶時，寫出Y的所有可能值，并估計Y大于零的概率.

【考點】CB：古典概型及其概率計算公式；CH：離散型隨機變量的期望與方差.

【專題】11：計算題；35：轉化思想；49：綜合法；51：概率與統(tǒng)計.

【分析】(1)由前三年六月份各天的最高氣溫數據，求出最高氣溫位于區(qū)間［20,

25)和最高氣溫低于20的天數，由此能求出六月份這種酸奶一天的需求量不

超過300瓶的概率.

(2)當溫度大于等于25工時，需求量為500,求出Y=900元；當溫度在［20,

25)℃時，需求量為300,求出Y=300元；當溫度低于20℃時，需求量為200,

求出Y=-100元，從而當溫度大于等于20時，Y>0,由此能估計估計Y大于

零的概率.

【解答】解：(1)由前三年六月份各天的最高氣溫數據，

得到最高氣溫位于區(qū)間［20,25)和最高氣溫低于20的天數為2+16+36=54,

根據往年銷售經驗，每天需求量與當天最高氣溫(單位：℃)有關.

如果最高氣溫不低于25,需求量為500瓶，

如果最高氣溫位于區(qū)間［20,25),需求量為300瓶，

如果最高氣溫低于20,需求量為200瓶，

???六月份這種酸奶一天的需求量不超過300瓶的概率p=-§l=2.

905

(2)當溫度大于等于25。(：時，需求量為500,

Y=450X2=900元，

當溫度在［20,25)。(:時，需求量為300,

Y=300X2-(450-300)X2=300元，

當溫度低于2CTC時，需求量為200,

Y=400-(450-200)X2=-100元，

當溫度大于等于20時，Y>0,

由前三年六月份各天的最高氣溫數據，得當溫度大于等于20℃的天數有：

90-(2+16)=72,

???估計Y大于零的概率P=I2J..

905

【點評】本題考查概率的求法，考查利潤的所有可能取值的求法，考查函數、古

典概型等基礎知識，考查推理論證能力、運算求解能力、空間想象能力，考

查數形結合思想、化歸與轉化思想，是中檔題.

19.（12分）如圖四面體ABCD中，/XABC是正三角形，AD=CD.

（1）證明：AC±BD；

（2）已知4ACD是直角三角形，AB=BD,若E為棱BD上與D不重合的點，且

AE±EC,求四面體ABCE與四面體ACDE的體積比.

D

【考點】LF：棱柱、棱錐、棱臺的體積；LW：直線與平面垂直.

【專題】11：計算題；31：數形結合；41：向量法；5F：空間位置關系與距離.

【分析】（1）取AC中點0,連結DO、B0,推導出DOLAC,BO±AC,從而AC

，平面BDO,由此能證明AC±BD.

（2）法一：連結0E,設AD=CD=&,則OC=OA=1,由余弦定理求出BE=1,由

BE=ED,四面體ABCE與四面體ACDE的高都是點A到平面BCD的高h,S^DCE=S

△BCE，由此能求出四面體ABCE與四面體ACDE的體積比.法二：設AD=CD=加,

則AC=AB=BC=BD=2,AO=CO=DO=1,B0=?,推導出BO，DO,以。為原點，

0A為x軸，0B為y軸，0D為z軸，建立空間直角坐標系，由AELEC,求出

DE=BE,由此能求出四面體ABCE與四面體ACDE的體積比.

【解答】證明：（1）取AC中點0,連結DO、B0,

ABC是正三角形，AD=CD,

ADO±AC,BO±AC,

VDOnBO=O,...AC，平面BDO,

：BDu平面BDO,AACXBD.

解：（2）法一：連結OE,由（1）知AC,平面OBD,

'.,OEu平面OBD,AOEXAC,

設AD=CD=亞，貝UOC=OA=1,EC=EA,

VAE±CE,AC=2,EC2+EA2=AC2,

AEC=EA=V2=CD,

?..E是線段AC垂直平分線上的點，.?.EC=EA=CD=J^,

由余弦定理得：

2BC-BD2BC-BE，

2

即4+4T=4+BET,解得BE=1或BE=2,

2X2X2-2X2xBE

VBE<<BD=2,.*.BE=1,.*.BE=ED,

:四面體ABCE與四面體ACDE的高都是點A到平面BCD的高h,

丁BE=ED,/.SADCE=SABCE,

四面體ABCE與四面體ACDE的體積比為1.

法二：設AD=CD=&,貝I]AC=AB=BC=BD=2,AO=CO=DO=1,

.?.BO=J^W=?,ABO2+DO2=BD2,ABOXDO,

以O為原點，OA為x軸，OB為y軸，OD為z軸，建立空間直角坐標系，

則C（-1,0,0）,D（0,0,1）,B（0,M，0）,A（1,0,0）,

設E（a,b,c）,而=入寬，（0W入W1）,貝U（a,b,c-1）=入（0,屈,-1）,

解得E（0,加入，1-入），

ACE=（1,愿入，1-入），AE=（-?入，—入），

VAE±EC,AAE-CE=-1+3X2+（1-入）2=0,

由入G[0,1],解得入[，，DE=BE,

2

,/四面體ABCE與四面體ACDE的高都是點A到平面BCD的高h,

"?*DE=BE,/.SADCE=SABCE,

??.四面體ABCE與四面體ACDE的體積比為1.

z

*

y

【點評】本題考查線線垂直的證明，考查兩個四面體的體積之比的求法，考查空

間中線線、線面、面面間的位置關系等基礎知識，考查推理論證能力、運算

求解能力、空間想象能力，考查數形結合思想、化歸與轉化思想，是中檔題.

20.（12分）在直角坐標系xOy中，曲線y=x2+mx-2與x軸交于A、B兩點，點

C的坐標為（0,1）,當m變化時，解答下列問題：

（1）能否出現ACLBC的情況？說明理由；

（2）證明過A、B、C三點的圓在y軸上截得的弦長為定值.

【考點】KJ：圓與圓錐曲線的綜合.

【專題】34：方程思想；43：待定系數法；5B：直線與圓.

【分析】（1）設曲線y=x2+mx-2與x軸交于A（xi,0）,B（X2,0）,運用韋達

定理，再假設ACLBC,運用直線的斜率之積為-1,即可判斷是否存在這樣

的情況；

（2）設過A、B、C三點的圓的方程為x2+y2+Dx+Ey+F=0（D2+E2-4F>0）,由題

意可得D=m,F=-2,代入（0,1）,可得E=l,再令x=0,即可得到圓在y軸

的交點，進而得到弦長為定值.

【解答】解：（1）曲線y=x2+mx-2與x軸交于A、B兩點，

可設A（xi,0）,B（X2,0）,

由韋達定理可得xix2=-2,

若AC_LBC,則kAc*kBc=-1,

即有1一°?1一°=-1,

0-X]0~x2

即為X1X2=-1這與X1X2=-2矛盾，

故不出現AC，BC的情況；

(2)證明：設過A、B、C三點的圓的方程為x2+y2+Dx+Ey+F=0(D2+E2-4F>0),

由題意可得y=0時，x2+Dx+F=0與x2+mx-2=0等價，

可得D=m,F=-2,

圓的方程即為x2+y2+mx+Ey-2=0,

由圓過C(0,1),可得0+1+0+E-2=0,可得E=l,

則圓的方程即為x2+y2+mx+y-2=0,

另解：設過A、B、C三點的圓在y軸上的交點為H(0,d),

則由相交弦定理可得OA|?OB=OC?OH,

即有2=|OH|,

再令x=0,可得y2+y-2=0,

解得y=1或-2.

即有圓與y軸的交點為(0，1),(0,-2),

則過A、B、C三點的圓在y軸上截得的弦長為定值3.

【點評】本題考查直線與圓的方程的求法，注意運用韋達定理和直線的斜率公式,

以及待定系數法，考查方程思想和化簡整理的運算能力，屬于中檔題.

21.(12分)已知函數f(x)=lnx+ax2+(2a+l)x.

(1)討論f(x)的單調性；

(2)當a<0時，證明f(x)W-且-2.

4a

【考點】6B：利用導數研究函數的單調性；6E：利用導數研究函數的最值.

【專題】11：計算題；32：分類討論；48：分析法；53：導數的綜合應用.

【分析】(1)題干求導可知「(x)=(2ax+l)(x+l)(x>o),分a=0、a>0、a<

X

0三種情況討論「(x)與0的大小關系可得結論；

(2)通過(1)可知f(x)max=f(-』-)=-1-In2--+ln(--),進而轉化

2a4aa

可知問題轉化為證明：當t>0時-Lt+lntW-1+In2.進而令g(t)=-Lt+lnt,

22

利用導數求出y=g(t)的最大值即可.

【解答】(1)解：因為f(x)=lnx+ax2+(2a+l)x,

2

求導f'(x)=l+2ax+(2a+l)=2ax+(2、+l)x+l=(2ax+l)(x+1),(x>0),

XXX

①當a=0時，r(x)=2+1>0恒成立，此時y=f(x)在(0,+°°)上單調遞增；

②當a>0,由于x>0,所以(2ax+l)(x+1)>0恒成立，此時y=f(x)在(0,

+8)上單調遞增；

③當a<0時，令V(x)=0,解得：x=-

2a

因為當xG(0,-J-)fz(x)>0、當xG(--L,+8)f(x)<0,

2a2a

所以y=f(x)在(0,-1-)上單調遞增、在(-工，+8)上單調遞減.

2a2a

綜上可知：當a》0時f(x)在(0,+8)上單調遞增，

當a<0時，f(x)在(0,-工)上單調遞增、在(-+8)上單調遞減；

2a2a

(2)證明：由(1)可知：當a<0時f(x)在(0,-工)上單調遞增、在(-

2a

J-,+8)上單調遞減，

2a

所以當x=-時函數y=f(x)取最大值f(x)max=f(--)=-1-In2--l_+ln

2a2a4a

(-1).

從而要證f(x)W-g-2,即證f(-J_)W-2-2,

4a2a4a

即證-1-In2--1—+ln(-—)W--2,即證--(--)+ln(-—)W-1+In2.

4aa4a2aa

令t=-L貝!jt>0,問題轉化為證明：-Lt+lntW-1+In2....(*)

a2

令g(t)=--Lt+lnt,則g'(t)=--,

22t

令g，(t)=0可知t=2,則當0VtV2時g，(t)>0,當t〉2時g，(t)<0,

所以y二g(t)在(0,2)上單調遞增、在(2,+8)上單調遞減，

即g(t)Wg(2)=-Ix2+ln2=-1+In2,即(*)式成立，

2

所以當a<0時，f(x)W-且-2成立.

4a

【點評】本題考查利用導數研究函數的單調性，考查分類討論的思想，考查轉化

能力，考查運算求解能力，注意解題方法的積累，屬于中檔題.

［選修4-4：坐標系與參數方程］

22.(10分)在直角坐標系xOy中，直線11的參數方程為產2+t,(t為參數)，

ly=kt

x=-2+m

直線b的參數方程為m，(m為參數).設k與12的交點為P，當k變化

嗔■

時，P的軌跡為曲線C.

(I)寫出c的普通方程；

(2)以坐標原點為極點，x軸正半軸為極軸建立極坐標系，設b：p(cosG+sinG)

-岳0,M為b與C的交點，求M的極徑.

【考點】QH：參數方程化成普通方程.

【專題】34：方程思想；4Q：參數法；4R：轉化法；5S：坐標系和參數方程.

【分析】解：(1)分別消掉參數t與m可得直線h與直線12的普通方程為y=k(x

-2)①與x=-2+ky②；聯(lián)立①②，消去k可得C的普通方程為x2-y2=4；

(2)將I3的極坐標方程為p(cosG+sinG)-72=0化為普通方程：x+y-亞=0,

產

再與曲線C的方程聯(lián)立，可得即可求得13與c的交點M的極徑為

P=V5.

【解答】解：(1)???直線k的參數方程為產2+t,(t為參數)，

|y=kt

???消掉參數t得：直線k的普通方程為：y=k(x-2)①；

x二一2+m

又直線I2的參數方程為m,(m為參數)，

I尸E

同理可得，直線12的普通方程為：x=-2+ky②；

聯(lián)立①②，消去k得：x2-y2=4,即C的普通方程為x2-y2=4(x#2且yWO)；

(2)..飛的極坐標方程為P(cosB+sine)-亞=0,

?,?其普通方程為：x+y-血=0,

p2=x2+y2=-15_+.￡=5.

44

???b與C的交點M的極徑為p=V5.

【點評】本題考查參數方程與極坐標方程化普通方程，考查函數與方程思想與等

價轉化思想的運用，屬于中檔題.

[選修4-5：不等式選講]

23.已知函數f(x)=|x+11-|x-21.

(1)求不等式f(x)三1的解集；

(2)若不等式f(x)2x2-x+m的解集非空，求m的取值范圍.

【考點】R4：絕對值三角不等式；R5：絕對值不等式的解法.

【專題】32：分類討論；33：函數思想；4C：分類法；4R：轉化法；51：函數

的性質及應用；5T：不等式.

'-3,x<C-l

【分析】(1)由于f(x)=|x+l|-|x-21=2x-l,解不等式f(x)

3,x>2

>1可分-l<x<2與x>2兩類討論即可解得不等式f(x)>1的解集；

(2)依題意可得mW[f(X)-X2+x]max,設g(X)=f(X)-X2+X,分xWl、-1

<x<2>x>2三類討論，可求得g(x)max=—,從而可得m的取值范圍.

4

'-3,x〈-l

【解答】解：(1)Vf(x)=|x+l|-|x-