程为

4cos

．
（1）若

0
，求直线
l
被圆
C
所截得的弦长；
（2）设
P(1,0)
，且直线
l
与圆
C
交于
A，B
两点 ，若
||PA||PB||1
，求角

的大小.
23.已知函数
f(x)|2x1||x1|
．
（1）解不等式
f(x)4
；
（2）记函数
yf(x)3| x1|
的最小值为
m
，正实数
a,b
满足
ab
41
log
3
()2
．
a4
m
，求证：
3

参考答案
1.答案：C
解析：
N{x|x0,
或
x2}
；
∴M∩N[2,)
．
故选：C．
2.答案：A
解析：由
(1i)z23i
，得
z
1
∴z
的虚部为

．
2
23i
(23i)(1i)
51
i
．
1i(1i)(1i)22
故选：A．
3.答案：C
p
解 析：因为抛物线
C:x
2
2py(p0)
的焦点为
F(0,)< br>，
2
∴0
p
4
，可得
p8
，
2
因此点
F
到
C
的准线的距离为8；
故选：C．
4.答案：D
解析：由图易知A，B正确，
由数量同比折线图可知，除6月和10 月同比减少外，其他月份同比都递增，且1月，4月，11
月，12月同比增长较多，故2018年我国 原油进口总量高于2017年我国原油进口总量，C正确，
由2018年1月~月各月与2017年同期相比较，我国原油进口量只增不减，故D错误，
故选：D．
5.答案：D
uuuruuuruuur
解析：
BA (1,1),BC(3,m3),CA(2,2m)
；
uuuruuuru uuruuuruuur
∴BABC(4,m4),BABCCA(2,2m)
；
uuuruuuruuuruuur
又
|BABC||BABC|
；
∴16(m4)
2
4(2m)
2
；
解得
m6
；
uuur
∴AC(2,4)
；
uuur
2
∴AC41620
．
故选：D．

6.答案：C
解析：函数
f(x)x
3
2xf

(1)a2
，若
f(x)
为奇函数，可得
a20
，所以
a2
，
f'(x)3x
2
2f'(1),f '(1)32f'(1),f'(1)1
，
函数
f(x)x
3
2x
，
∴f'(x)3x
3
2
，
曲线
yf(x)
在点
(a,f(a))
处的切线斜率为：
f'(2)32
2
2 10,f(2)4
，
曲线
yf(x)
在点
(2,4)
处的切线方程为：
y410(x2)
，
即
10xy160
．
故选：C．
7.答案：D
解析：将函数
y2cosx
的图象向右平移
再把图象上所有点的横坐标变为原来的< br>
个单位长度后，得
y2cos(x)

66
1
倍纵坐标不变得到
2
π

ππ

π

f(x)2cos

2x

2c os

2x

2sin

2x


6

32

3

故选：D．
8.答案：D
解析：根据题意，函数
f(x)tan

x
，其周期为
2
，
1
2
2
且在区间
(,)
上为增函数，
又由
0log
5
2log
3
212
0.2
，
则
f(log
5
2)f(log
3
2)f(2
0.2
)
，即
bac
，
故选：D．
9.
答案：
B
3
6
，

解析：①当< br>a,b,c
三家宾馆入住人数为
3
，
1
，
1
，则不同的安排种数为
A
3
1
3
，

②当
a,b,c
三家宾馆入住人数为
2
，
2
，
1
，则 不同的安排种数为
C
3
2
C
1
12
C
2
3
，

③当
a,b,c
三家宾馆入住人数为
2
，
1
，
2
，则不同的安排种数为
C
3
31 12
C
3
2
C
1
C
3
C
2
12
.
即不同的安排种数为
A
3
10.答案：A < /p>

解析：由题意可知，几何体的是列出为1的正方体的一部分，
ABDA
1
B
1
C
1
D
1
，外接球就是正方
体的外 接球，半径为：
3
，
2
3
2
)3
．
2
外接球的表面积为：
4(

故选：A．
11.答案：C
解析：不妨设点
M
在第二象限，设
M(m,n), F
2
(c,0)
，
由
D
为
MF
2
的中点，
O、I、D
三点共线知，直线
OD
垂直平分
MF
2
，
则
OD:y
1n
x
，故有
a
，
a mc
a
2
12a
11mc
且
n
，解得
m
．
,n
cc
2a2
a
2
12a 2a
2
c
2
2a
将
M(,)
，即
(,)
代入双曲线的方程可得，
cccc
(2a
2
c
2
)
2
4a
2
22
，化简得，即
e5
．
c5a
1
a
2
c
2
c
2
当M在第 三象限时同理可得
e5
．

故选：C．
12.答案：C

解析：由
g(x)g(6x),g(1x)g(1x)
，得函数
g(x)
的图象关于直线
x1
及直线
x3
对称，
且
g(x)g(x)g(2x)
，
令
t2x
，则
g(t)g(t4)
，
即
g(x)
为周期函数，且最小正周期为4．
对于
f(x)
，当
x[0,1)
时，
f(x)0
；
当
x[1,2)
时，
f(x)1
；
当
x[2,3)
时，
f(x)2
；
当
x[3,4)
时，
f(x)3
；
当
x[4,5)
时，
f(x)4
；
…；
当
x[1,0)
时，
f(x)1
；
当
x[2,1)
时，
f(x)2
；
当
x[3,2)
时，
f(x)3
；
当
x[4,3)
时，
f(x)4
；
当
x[5,4)
时，
f(x)5
；
…综合已知条件可在同 一直角坐标系内画出函数
f(x)
及
g(x)
的图象，

由图可知，函数
yf(x)
与函数
yg(x)
共有6个交点，
即方程
g(x)f(x)
的根的个数为6．
故选：C．
13.答案：
解析：
(
2

3
11
nrnrr3r2n
的展开式中第项为，再根据它为常数项， < br>r1
x)C()(1)x
n
2
2x
2
可 得
3r2n0
，求得
故答案为：
14.答案：2
2
．
3
r2

，
n3

解析：作出不等式组对应的平面区域如图：
z
y1
的几何意义为动点到定点
D(1,1)
的斜率，
x1
由图象可知当动点位于
A
时，直线
PA
的斜率最大，
解得
A(1,3)

此时
z
y1
31
2
，
x111
故答案为：2．

15.答案：
3
24


解析：由题意得，阴影区域在
(0,2]
上为半个圆，
0
1πx12πxπ4

， 底面积
SS
圆

sindxπcos
2
222π2
2
2π
0
424
所以该柱体的体积为
()63
．
2
故答案为：
3
16.答案：
23

3
24
．

解析：由正弦定理可得：
bca
2
b
2
c
2
，
b
2
c
2< br>a
2
1
∴cosA
，
2bc2

，
3
uuuruuur
由
BD2DC
，可得：
BD2DC
，
又
A(0,)
，
∴A
uuur
1
uuur
2
uuur
∴ADABAC
，两边平方，可得：
33
2
uuur
2
1
2
4
2
41
2< br>4
2
21211

2bc

4
22
ADcbbccosAcbbc(c2b)bc(c2b)


，
9999999999

2

3
当且仅当
c2b2
时取等号，

所以可得
AD
min

故答案为：
23
．
3
23
．
3
17. 答案：（1）∵
a
n1
3a
n
2n1

∴ b
n1
a
n1
(n1)(3a
n
2n1) (n1)3(a
n
n)3b
n

∴①当
m1
时，
b
1
0
，故数列
{b
n
}
不是等比数列；
②当
m1
，数列
{b
n
}
是 等比数列，其首项为
b
1
m10
，公比为3.
n1nn< br>（2）由（1）且当
m2
时有：
b
n
a
n
n333
，即
a
n
3n

nnn
∴
(1)a
n
(3)(1)n

∴
S
2020
(3)[1(3)
2020
]
 [(12)(34)
L
(20192020)]

1( 3)
33
2021
3
2021
4043
101 0
.
44
解析：
18.答案：（1）证明：设
BC
1
与
B
1
C
交于点
E
，连接
DE
，
因为多面体
ABCDB
1
C
1
是正三棱柱
A BCA
1
B
1
C
1
沿平面
DB
1
C
1
切除一部分所得，
BCCC
1
2
，
所 以四边形
BB
1
C
1
C
是正方形，且
ACAD< br>，
因为点
D
为
AA
1
的中点，
AA
1
CC
1
,AA
1
CC
1
，
∴CD CA
2
AD
2
5
，同理
DB
1
( BB
1
AD)
2
AB
2
5
．
∴DB
1
CD
，
∵E
为
B
1
C
的中点，
∴B
1
CDE
，
∵B
1
CBC
1
,BC
1
∩DEE
，
∴B
1
C
平面
BC
1
D
；
（1）证明：取
BC
的中点
O
，连接
AO
，
∵△ABC
为正三角形，
∴AOBC
，
由正棱柱的性质可得，平 面
ABC
平面
BCC
1
B
1
，且平面
A BC∩
平面
BCC
1
BBC
，
∴AO
平面
BCC
1
B
1
，
以
O
为坐标原点，
OB，OE，OA
分别为
x，y，z
轴建立空间直 角坐标系，

则
B(1,0,0),B
1
(1,2 ,0),C(1,0,0),D(0,1,3)
，

uuuruuuruuuur< br>CD(1,1,3),BD(1,1,3),B
1
C(2,2,0)
．
r
设平面
CBD
的一个法向量为
n(x,y,z)
． < br>ruuur
r

nBDxy3z0

则

ruuu
，取
z1
，得
n(0,3,1)
． r


nCDxy3z0
uuuur
由（1）知，平 面
BC
1
D
的一个法向量为
BC
1
(2,2 ,0)
，
r
|23|6
r
uuuu
cosn,B1
C
，
4
222
又因为二面角
C
1
BDC
的平面角为锐角，
所以二面角
C
1
BDC
的平面角的余弦值为
解析：
19.答案：（1）由频数分布表可知，日纯利润在区间
[5,7)
的频率为
20301

．
1002
6
．
4
1
记其中日纯利润不低于5万元且低于7万元的天数为
X
，则
X~B(5,)

2
0
所以所求的概率
P(X2)1P(X0)P(X1)1 C
5

1
1
113
C
5

5
．
2
5
2
16
（2）①
x
1< br>(4.555.5206.5307.5308.5109.55)6.85< br>．
100
∴

6.85
，又

1.4 4
，
P(3.97Z8.29)P(6.852.88Z6.851.44 )P(

2

Z



)
1
P(



Z



)[P(

2

Z

2

) P(



Z



)]0.81 86
．
2
故该大型超市1000天内日纯利润在区间
(3.97,8.29 )
的天数为
10000.8186819
．
②易知
P(Z< br>
)P(Z

)
1
．
2

对应奖励方案一：设小张每日奖金金额为
Y
，则Y可能取值为
70,90
，其对应的概率均为
故
E(Y)
11
709080
．
22
1
，
2
对于奖励方案二：设小张每日奖金金额为
Q< br>，则
Q
的所有可能的取值为
50100150，，，200
．
P(Q50)
121

，
233
111227

；
2323318
1122
1
C
2

； 2339
P(Q100)
P(Q150)
P(Q200)
1 111

．
23318
∴Q
的分布列为：
Q 50 100 150 200
1
721
P

3
18918
1721
E(Q)5010015020010 0
．
318918
QE(Q)E(Y)
，
从数学期望的角度看，小张选择奖励方案二更有利．
解析：
20.答案：（1）过 椭圆
C
的左焦点和上顶点的直线方程为
又该直线与圆
O
相切，
∴
c3
,∴b1
．
a2
bc
b
2
c
2

bc3

，
a2
y
x
1
，即
bxcybc0
． < br>cb
又向量
e
2
c
2
a
2
b
2
b
2
13
e
2
11
， 得
a
2
4
．
222
4
aaaa
x2
所以椭圆
C
的方程为
y
2
1
；
4
（2）由点
O'
与原点
O
关于直线
l
对称，得
S
四边形OAO'B
2S
△OAB
，

当直线
l
的斜率不存在时，四边形
OAO'B
不存在，不合题意；
当直线
l
的斜率存在时，设斜率为
k
，则直线
l:ykx 2
，
设
A(x
1
,y
1
),B(x
2
,y
2
)
，

ykx2

22(14k)x16kx120
． 联立

x
2
，得2

y1
4
当
16(4k
2
3) 0
，即
k
2

x
1
x
2
< br>3
时，
4
16k12
．
,xx
12
1 4k
2
14k
2
从而
|AB|1k
2
|x
1
x
2
|(1k
2
)[(x
1
x
2
)
2
4x
1
x
2
]

41k
2
4k
2
3

．
14k
2
又点
O
到直线
AB
的距离
d
2
k1
2
．
∴S
四边形OAO'B
2S
△OAB84k
2
3
|AB|d
．
2
14k
8t

2
t4
8
4
t
t
2
． 设
4k
2
3t(t0)
，则
S
四边形OAO' B

当且仅当
t2
，即
k
7
时等号成立，且 满足
0
．
2
所以四边形
OAO'B
的面积的最大值为2．
解析：
21.答案：（1）
f(x)
的定义域为
(0,)
，
函数
f(x)
恰有1个零点

方程
f(x)0
仅有一个正 实数解，
由
f(x)0
，得
m
lnx1
，
x

设
g(x)
lnx1lnx
，则
g'(x )
2
，
x
x
令
g'(x)0
得
0x1
，
令
g'(x)0
，得
x1
，
∴g(x)
在< br>(0,1)
上单调递增，在
(1,)
上单调递减，
∴g(x)
在
x1
处取得唯一的极大值，即为最大值，
故
g(x)
的最大值为
g(1)1
．
当
x
趋近于0时，
lnx1
趋近于

，
所以
g(x)
为负数，
当
x
趋近于

时，
x
的增长速度大于
lnx1
的增长速度，
且当
x1
时
lnx1
0
，
x
故
g(x)
趋近于0，

由图可知，当
m0
或者
m1
时，方程
mg(x)
仅有一个实数解，
∴m
的取值范围为
{m|m0
或
m1}
；
（2）
∵mxe
x
f(x)a
，
∴lnxe
x
a1
，
设
h(x)lnxe
x
，
∴h'(x)
∴h'(x )
111
e
x
又
∵h'(x)e
x
在(0,)
上为减函数，
h'(1)1e0,h'()2e0
，
xx2
11
e
x
存在唯一的零点
x
0
 (,1)
，
x2
此时
h(x)
在
(0,x
0)
上单调递增，在
(x
0
,)
上单调递减，
且< br>h'(x
0
)
∴
1
e
x
0
0
，
x
0
1
e
x
0
,x
0lnx
0
，
x
0
1
)
，
x< br>0
由单调性知
h(x)
max
h(x
0
)lnx
0
e
x
0
(x
0

51
1
又
x
0
(,1)
，故
(x
0
) 2
，
2x
0
2

∴mxe
x
f(x)a
对任意正数
x
恒成立时，
a12
，
∴a1
，
所以实数
a
的最小整数值为-1．
解析：
22.答案：（1）由

4cos

，得

2< br>4

cos

，
所以曲线
C
的直角坐标 方程为
x
2
y
2
4x0
，即
(x2)2
y
2
4
．
当

0
时，直线
l
的方程为
y0
，恰好经过圆
C
的圆心，
故直线
l
被圆
C
所截得的弦长为圆的直径，等于4；
< br>x1tcos

（2）将

代入
x
2
 y
2
4x0
．

ytsin

得
t
2
2tcos

30
．
4cos
2

120
．
设
A，B
对应的此时分别为
t
1
,t
2
，则
t
1
t
2
2cos

,t
1
t
2
3< br>，

可知
t
1
t
2
异号．
||P A||PB||||t
1
||t
2
|||t
1
t
2
||2cos

|1
，
得
cos


1
．
2
又
0


，
∴


解析：


或
∴


．
3
3


x2,x1

1

23.答案：（1）f(x)|2x1||x1|

3x,1x
，
2< br>
1

x2,x

2

3x4< br>
x24

x24

由
f(x)4< br>得，

或

1
或

1
，
x1
1xx


2

2
∴2 x1
或
1x
∴2x6
，
11
或
x6
，
22
不等式的解集为：
{x|2x6}
．
（2）
f (x)3|x1||2x1||2x2||2x1(2x2)|3
，
当且仅当
(2x1)(2x2)
，即
1x
1
时取等号 ，
2

∴m3,ab1
，
41

4 1

4ba




(ab)5ab

ab

ab
52
4ba
4ba21
9
当且仅当

，即
a,b
时取等
abab33
号，

41

log
3



log
3
92
．

ab

解析：