文档内容
2017 年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅲ）
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．（5分）已知集合A={1，2，3，4}，B={2，4，6，8}，则A∩B中元素的个
数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
2．（5分）复平面内表示复数z=i（﹣2+i）的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
3．（5分）某城市为了解游客人数的变化规律，提高旅游服务质量，收集并整
理了2014年1月至2016年12月期间月接待游客量（单位：万人）的数据，
绘制了下面的折线图．
根据该折线图，下列结论错误的是（ ）
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对于7月至12月，波动性更小，变化
比较平稳
4．（5分）已知sinα﹣cosα= ，则sin2α=（ ）
A．﹣ B．﹣ C． D．
5．（5分）设x，y满足约束条件 则z=x﹣y的取值范围是（ ）A．[﹣3，0] B．[﹣3，2] C．[0，2] D．[0，3]
6．（5分）函数f（x）= sin（x+ ）+cos（x﹣ ）的最大值为（ ）
A． B．1 C． D．
7．（5分）函数y=1+x+ 的部分图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
8．（5分）执行如图的程序框图，为使输出S的值小于91，则输入的正整数N
的最小值为（ ）A．5 B．4 C．3 D．2
9．（5分）已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为 2的同一个球的
球面上，则该圆柱的体积为（ ）
A．π B． C． D．
10．（5分）在正方体ABCD﹣A B C D 中，E为棱CD的中点，则（ ）
1 1 1 1
A．A E⊥DC B．A E⊥BD C．A E⊥BC D．A E⊥AC
1 1 1 1 1 1
11．（5分）已知椭圆C： =1（a＞b＞0）的左、右顶点分别为A ，A ，
1 2
且以线段 A A 为直径的圆与直线 bx﹣ay+2ab=0 相切，则 C 的离心率为
1 2
（ ）
A． B． C． D．
12．（5 分）已知函数 f（x）=x2﹣2x+a（ex﹣1+e﹣x+1）有唯一零点，则 a=
（ ）
A．﹣ B． C． D．1
二、填空题
13．（5分）已知向量 =（﹣2，3）， =（3，m），且 ，则m= ．14．（5 分）双曲线 （a＞0）的一条渐近线方程为 y= x，则 a=
．
15．（5分）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知C=60°，b=
，c=3，则A= ．
16．（5分）设函数f（x）= ，则满足f（x）+f（x﹣ ）＞1的x的
取值范围是 ．
三、解答题
17．（12分）设数列{a }满足a +3a +…+（2n﹣1）a =2n．
n 1 2 n
（1）求{a }的通项公式；
n
（2）求数列{ }的前n项和．
18．（12分）某超市计划按月订购一种酸奶，每天进货量相同，进货成本每瓶
4元，售价每瓶6元，未售出的酸奶降价处理，以每瓶 2元的价格当天全部
处理完．根据往年销售经验，每天需求量与当天最高气温（单位：℃）有关．
如果最高气温不低于 25，需求量为 500 瓶；如果最高气温位于区间[20，
25），需求量为300瓶；如果最高气温低于20，需求量为200瓶．为了确定
六月份的订购计划，统计了前三年六月份各天的最高气温数据，得下面的频
数分布表：
最高气温 [10，15） [15，20） [20，25） [25，30） [30，35） [35，40）
天数 2 16 36 25 7 4
以最高气温位于各区间的频率估计最高气温位于该区间的概率．
（1）求六月份这种酸奶一天的需求量不超过300瓶的概率；
（2）设六月份一天销售这种酸奶的利润为Y（单位：元），当六月份这种酸奶一天的进货量为450瓶时，写出Y的所有可能值，并估计Y大于零的概率．
19．（12分）如图四面体ABCD中，△ABC是正三角形，AD=CD．
（1）证明：AC⊥BD；
（2）已知△ACD是直角三角形，AB=BD，若E为棱BD上与D不重合的点，且
AE⊥EC，求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比．
20．（12分）在直角坐标系 xOy中，曲线y=x2+mx﹣2与x轴交于A、B两点，
点C的坐标为（0，1），当m变化时，解答下列问题：
（1）能否出现AC⊥BC的情况？说明理由；
（2）证明过A、B、C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值．
21．（12分）已知函数f（x）=lnx+ax2+（2a+1）x．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）当a＜0时，证明f（x）≤﹣ ﹣2．[选修4-4：坐标系与参数方程]
22．（10 分）在直角坐标系 xOy 中，直线 l 的参数方程为 ，（t 为参
1
数），直线l 的参数方程为 ，（m为参数）．设l 与l 的交点为P，
2 1 2
当k变化时，P的轨迹为曲线C．
（1）写出C的普通方程；
（2）以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，设 l ：ρ
3
（cosθ+sinθ）﹣ =0，M为l 与C的交点，求M的极径．
3
[选修4-5：不等式选讲]
23．已知函数f（x）=|x+1|﹣|x﹣2|．
（1）求不等式f（x）≥1的解集；
（2）若不等式f（x）≥x2﹣x+m的解集非空，求m的取值范围．2017 年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅲ）
参考答案与试题解析
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．（5分）已知集合A={1，2，3，4}，B={2，4，6，8}，则A∩B中元素的个
数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【考点】1E：交集及其运算．
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【专题】11：计算题；37：集合思想；4O：定义法；5J：集合．
【分析】利用交集定义先求出A∩B，由此能求出A∩B中元素的个数．
【解答】解：∵集合A={1，2，3，4}，B={2，4，6，8}，
∴A∩B={2，4}，
∴A∩B中元素的个数为2．
故选：B．
【点评】本题考查交集中元素个数的求法，是基础题，解题时要认真审题，注
意交集定义的合理运用．
2．（5分）复平面内表示复数z=i（﹣2+i）的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【考点】A4：复数的代数表示法及其几何意义．
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【专题】35：转化思想；5N：数系的扩充和复数．
【分析】利用复数的运算法则、几何意义即可得出．
【解答】解：z=i（﹣2+i）=﹣2i﹣1对应的点（﹣1，﹣2）位于第三象限．
故选：C．
【点评】本题考查了复数的运算法则、几何意义，考查了推理能力与计算能力，
属于基础题．3．（5分）某城市为了解游客人数的变化规律，提高旅游服务质量，收集并整
理了2014年1月至2016年12月期间月接待游客量（单位：万人）的数据，
绘制了下面的折线图．
根据该折线图，下列结论错误的是（ ）
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对于7月至12月，波动性更小，变化
比较平稳
【考点】2K：命题的真假判断与应用；B9：频率分布折线图、密度曲线．
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【专题】27：图表型；2A：探究型；5I：概率与统计．
【分析】根据已知中2014年1月至2016年12月期间月接待游客量（单位：万
人）的数据，逐一分析给定四个结论的正误，可得答案．
【解答】解：由已有中2014年1月至2016年12月期间月接待游客量（单位：
万人）的数据可得：
月接待游客量逐月有增有减，故A错误；
年接待游客量逐年增加，故B正确；
各年的月接待游客量高峰期大致在7，8月，故C正确；
各年1月至6月的月接待游客量相对于7月至12月，波动性更小，变化比较平
稳，故D正确；
故选：A．
【点评】本题考查的知识点是数据的分析，命题的真假判断与应用，难度不大，属于基础题．
4．（5分）已知sinα﹣cosα= ，则sin2α=（ ）
A．﹣ B．﹣ C． D．
【考点】GS：二倍角的三角函数．
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【专题】11：计算题；35：转化思想；4O：定义法；56：三角函数的求值．
【分析】由条件，两边平方，根据二倍角公式和平方关系即可求出．
【解答】解：∵sinα﹣cosα= ，
∴（sinα﹣cosα）2=1﹣2sinαcosα=1﹣sin2α= ，
∴sin2α=﹣ ，
故选：A．
【点评】本题考查了二倍角公式，属于基础题．
5．（5分）设x，y满足约束条件 则z=x﹣y的取值范围是（ ）
A．[﹣3，0] B．[﹣3，2] C．[0，2] D．[0，3]
【考点】7C：简单线性规划．
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【专题】11：计算题；31：数形结合；35：转化思想；5T：不等式．
【分析】画出约束条件的可行域，利用目标函数的最优解求解目标函数的范围
即可．
【解答】解：x，y满足约束条件 的可行域如图：
目标函数z=x﹣y，经过可行域的A，B时，目标函数取得最值，
由 解得A（0，3），由 解得B（2，0），
目标函数的最大值为：2，最小值为：﹣3，
目标函数的取值范围：[﹣3，2]．
故选：B．
【点评】本题考查线性规划的简单应用，目标函数的最优解以及可行域的作法
是解题的关键．
6．（5分）函数f（x）= sin（x+ ）+cos（x﹣ ）的最大值为（ ）
A． B．1 C． D．
【考点】HW：三角函数的最值．
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【专题】11：计算题；35：转化思想；49：综合法；57：三角函数的图像与性
质．
【分析】利用诱导公式化简函数的解析式，通过正弦函数的最值求解即可．
【解答】解：函数 f（x）= sin（x+ ）+cos（x﹣ ）= sin（x+ ）+cos
（﹣x+ ）= sin（x+ ）+sin（x+ ）
= sin（x+ ） ．
故选：A．【点评】本题考查诱导公式的应用，三角函数的最值，正弦函数的有界性，考
查计算能力．
7．（5分）函数y=1+x+ 的部分图象大致为（ ）
A．
B．
C．D．
【考点】3A：函数的图象与图象的变换．
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【专题】11：计算题；31：数形结合；35：转化思想；51：函数的性质及应用．
【分析】通过函数的解析式，利用函数的奇偶性的性质，函数的图象经过的特
殊点判断函数的图象即可．
【解答】解：函数y=1+x+ ，可知：f（x）=x+ 是奇函数，所以函数的
图象关于原点对称，
则函数y=1+x+ 的图象关于（0，1）对称，
当x→0+，f（x）＞0，排除A、C，当x=π时，y=1+π，排除B．
故选：D．
【点评】本题考查函数的图象的判断，函数的奇偶性以及特殊点是常用方法．
8．（5分）执行如图的程序框图，为使输出S的值小于91，则输入的正整数N
的最小值为（ ）A．5 B．4 C．3 D．2
【考点】EF：程序框图．
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【专题】11：计算题；39：运动思想；49：综合法；5K：算法和程序框图．
【分析】通过模拟程序，可得到S的取值情况，进而可得结论．
【解答】解：由题可知初始值t=1，M=100，S=0，
要使输出S的值小于91，应满足“t≤N”，
则进入循环体，从而S=100，M=﹣10，t=2，
要使输出S的值小于91，应接着满足“t≤N”，
则进入循环体，从而S=90，M=1，t=3，
要使输出S的值小于91，应不满足“t≤N”，跳出循环体，
此时N的最小值为2，
故选：D．
【点评】本题考查程序框图，判断出什么时候跳出循环体是解决本题的关键，
注意解题方法的积累，属于中档题．
9．（5分）已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为 2的同一个球的
球面上，则该圆柱的体积为（ ）
A．π B． C． D．【考点】LF：棱柱、棱锥、棱台的体积；LR：球内接多面体．
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【专题】11：计算题；34：方程思想；4O：定义法；5Q：立体几何．
【分析】推导出该圆柱底面圆周半径r= = ，由此能求出该圆柱的
体积．
【解答】解：∵圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球
面上，
∴该圆柱底面圆周半径r= = ，
∴该圆柱的体积：V=Sh= = ．
故选：B．
【点评】本题考查面圆柱的体积的求法，考查圆柱、球等基础知识，考查推理
论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查化归与转化思想，是中档题．
10．（5分）在正方体ABCD﹣A B C D 中，E为棱CD的中点，则（ ）
1 1 1 1
A．A E⊥DC B．A E⊥BD C．A E⊥BC D．A E⊥AC
1 1 1 1 1 1
【考点】LO：空间中直线与直线之间的位置关系．
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【专题】11：计算题；31：数形结合；41：向量法；5G：空间角．
【分析】法一：连B C，推导出BC ⊥B C，A B ⊥BC ，从而BC ⊥平面A ECB ，
1 1 1 1 1 1 1 1 1
由此得到A E⊥BC ．
1 1
法二：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD 为z轴，建立空间直角坐标系，
1
利用向量法能求出结果．
【解答】解：法一：连B C，由题意得BC ⊥B C，
1 1 1
∵A B ⊥平面B BCC ，且BC 平面B BCC ，
1 1 1 1 1 1 1
⊂∴A B ⊥BC ，
1 1 1
∵A B ∩B C=B ，
1 1 1 1
∴BC ⊥平面A ECB ，
1 1 1
∵A E 平面A ECB ，
1 1 1
∴A E⊥BC ．
1 ⊂ 1
故选：C．
法二：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD 为z轴，建立空间直角坐标系，
1
设正方体ABCD﹣A B C D 中棱长为2，
1 1 1 1
则A （2，0，2），E（0，1，0），B（2，2，0），D（0，0，0），C （0，2，
1 1
2），A（2，0，0），C（0，2，0），
=（﹣2，1，﹣2）， =（0，2，2）， =（﹣2，﹣2，0），
=（﹣2，0，2）， =（﹣2，2，0），
∵ • =﹣2， =2， =0， =6，
∴A E⊥BC ．
1 1
故选：C．
【点评】本题考查线线垂直的判断，是中档题，解题时要认真审题，注意向量
法的合理运用．
11．（5分）已知椭圆C： =1（a＞b＞0）的左、右顶点分别为A ，A ，
1 2
且以线段 A A 为直径的圆与直线 bx﹣ay+2ab=0 相切，则 C 的离心率为
1 2
（ ）A． B． C． D．
【考点】K4：椭圆的性质．
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【专题】34：方程思想；5B：直线与圆；5D：圆锥曲线的定义、性质与方程．
【分析】以线段A A 为直径的圆与直线bx﹣ay+2ab=0相切，可得原点到直线的
1 2
距离 =a，化简即可得出．
【解答】解：以线段A A 为直径的圆与直线bx﹣ay+2ab=0相切，
1 2
∴原点到直线的距离 =a，化为：a2=3b2．
∴椭圆C的离心率e= = = ．
故选：A．
【点评】本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与圆相切的性质、点到直
线的距离公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
12．（5 分）已知函数 f（x）=x2﹣2x+a（ex﹣1+e﹣x+1）有唯一零点，则 a=
（ ）
A．﹣ B． C． D．1
【考点】52：函数零点的判定定理．
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【专题】11：计算题；33：函数思想；49：综合法；51：函数的性质及应用．
【分析】通过转化可知问题等价于函数 y=1﹣（x﹣1）2的图象与 y=a（ex﹣1+
）的图象只有一个交点求a的值．分a=0、a＜0、a＞0三种情况，结合
函数的单调性分析可得结论．【解答】解：因为f（x）=x2﹣2x+a（ex﹣1+e﹣x+1）=﹣1+（x﹣1）2+a（ex﹣1+
）=0，
所以函数f（x）有唯一零点等价于方程1﹣（x﹣1）2=a（ex﹣1+ ）有唯一解，
等价于函数y=1﹣（x﹣1）2的图象与y=a（ex﹣1+ ）的图象只有一个交点．
①当a=0时，f（x）=x2﹣2x≥﹣1，此时有两个零点，矛盾；
②当a＜0时，由于y=1﹣（x﹣1）2在（﹣∞，1）上递增、在（1，+∞）上递
减，
且y=a（ex﹣1+ ）在（﹣∞，1）上递增、在（1，+∞）上递减，
所以函数y=1﹣（x﹣1）2的图象的最高点为A（1，1），y=a（ex﹣1+ ）的图
象的最高点为B（1，2a），
由于2a＜0＜1，此时函数y=1﹣（x﹣1）2的图象与y=a（ex﹣1+ ）的图象有
两个交点，矛盾；
③当a＞0时，由于y=1﹣（x﹣1）2在（﹣∞，1）上递增、在（1，+∞）上递
减，
且y=a（ex﹣1+ ）在（﹣∞，1）上递减、在（1，+∞）上递增，
所以函数y=1﹣（x﹣1）2的图象的最高点为A（1，1），y=a（ex﹣1+ ）的图
象的最低点为B（1，2a），
由题可知点A与点B重合时满足条件，即2a=1，即a= ，符合条件；
综上所述，a= ，
故选：C．
【点评】本题考查函数零点的判定定理，考查函数的单调性，考查运算求解能
力，考查数形结合能力，考查转化与化归思想，考查分类讨论的思想，注意
解题方法的积累，属于难题．二、填空题
13．（5分）已知向量 =（﹣2，3）， =（3，m），且 ，则m= 2 ．
【考点】9T：数量积判断两个平面向量的垂直关系．
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【专题】11：计算题；34：方程思想；4O：定义法；5A：平面向量及应用．
【分析】利用平面向量数量积坐标运算法则和向量垂直的性质求解．
【解答】解：∵向量 =（﹣2，3）， =（3，m），且 ，
∴ =﹣6+3m=0，
解得m=2．
故答案为：2．
【点评】本题考查实数值的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意平面向
量数量积坐标运算法则和向量垂直的性质的合理运用．
14．（5分）双曲线 （a＞0）的一条渐近线方程为 y= x，则 a= 5
．
【考点】KC：双曲线的性质．
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【专题】11：计算题；35：转化思想；5D：圆锥曲线的定义、性质与方程．
【分析】利用双曲线方程，求出渐近线方程，求解a即可．
【解答】解：双曲线 （a＞0）的一条渐近线方程为y= x，
可得 ，解得a=5．
故答案为：5．
【点评】本题考查双曲线的简单性质的应用，考查计算能力．
15．（5分）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知C=60°，b=，c=3，则A= 75° ．
【考点】HP：正弦定理；HR：余弦定理．
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【专题】11：计算题；35：转化思想；4O：定义法；58：解三角形．
【分析】根据正弦定理和三角形的内角和计算即可
【解答】解：根据正弦定理可得 = ，C=60°，b= ，c=3，
∴sinB= = ，
∵b＜c，
∴B=45°，
∴A=180°﹣B﹣C=180°﹣45°﹣60°=75°，
故答案为：75°．
【点评】本题考查了三角形的内角和以及正弦定理，属于基础题
16．（5分）设函数f（x）= ，则满足f（x）+f（x﹣ ）＞1的x的
取值范围是 （ ， + ∞ ） ．
【考点】3T：函数的值．
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【专题】32：分类讨论；4R：转化法；51：函数的性质及应用．
【分析】根据分段函数的表达式，分别讨论x的取值范围，进行求解即可．
【解答】解：若x≤0，则x﹣ ≤﹣ ，
则f（x）+f（x﹣ ）＞1等价为x+1+x﹣ +1＞1，即2x＞﹣ ，则x＞ ，
此时 ＜x≤0，
当x＞0时，f（x）=2x＞1，x﹣ ＞﹣ ，当x﹣ ＞0即x＞ 时，满足f（x）+f（x﹣ ）＞1恒成立，
当0≥x﹣ ＞﹣ ，即 ≥x＞0时，f（x﹣ ）=x﹣ +1=x+ ，
此时f（x）+f（x﹣ ）＞1恒成立，
综上x＞ ，
故答案为：（ ，+∞）．
【点评】本题主要考查不等式的求解，结合分段函数的不等式，利用分类讨论
的数学思想进行求解是解决本题的关键．
三、解答题
17．（12分）设数列{a }满足a +3a +…+（2n﹣1）a =2n．
n 1 2 n
（1）求{a }的通项公式；
n
（2）求数列{ }的前n项和．
【考点】8E：数列的求和；8H：数列递推式．
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【专题】34：方程思想；35：转化思想；54：等差数列与等比数列．
【分析】（1）利用数列递推关系即可得出．
（2） = = ﹣ ．利用裂项求和方法即可得出．
【解答】解：（1）数列{a }满足a +3a +…+（2n﹣1）a =2n．
n 1 2 n
n≥2时，a +3a +…+（2n﹣3）a =2（n﹣1）．
1 2 n﹣1
∴（2n﹣1）a =2．∴a = ．
n n
当n=1时，a =2，上式也成立．
1
∴a = ．
n
（2） = = ﹣ ．∴数列{ }的前 n 项和= + +…+ =1﹣ =
．
【点评】本题考查了数列递推关系、裂项求和方法，考查了推理能力与计算能
力，属于中档题．
18．（12分）某超市计划按月订购一种酸奶，每天进货量相同，进货成本每瓶
4元，售价每瓶6元，未售出的酸奶降价处理，以每瓶 2元的价格当天全部
处理完．根据往年销售经验，每天需求量与当天最高气温（单位：℃）有关．
如果最高气温不低于 25，需求量为 500 瓶；如果最高气温位于区间[20，
25），需求量为300瓶；如果最高气温低于20，需求量为200瓶．为了确定
六月份的订购计划，统计了前三年六月份各天的最高气温数据，得下面的频
数分布表：
最高气温 [10，15） [15，20） [20，25） [25，30） [30，35） [35，40）
天数 2 16 36 25 7 4
以最高气温位于各区间的频率估计最高气温位于该区间的概率．
（1）求六月份这种酸奶一天的需求量不超过300瓶的概率；
（2）设六月份一天销售这种酸奶的利润为Y（单位：元），当六月份这种酸奶
一天的进货量为450瓶时，写出Y的所有可能值，并估计Y大于零的概率．
【考点】CB：古典概型及其概率计算公式；CH：离散型随机变量的期望与方差．
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【专题】11：计算题；35：转化思想；49：综合法；5I：概率与统计．
【分析】（1）由前三年六月份各天的最高气温数据，求出最高气温位于区间
[20，25）和最高气温低于20的天数，由此能求出六月份这种酸奶一天的需
求量不超过300瓶的概率．
（2）当温度大于等于25°C时，需求量为500，求出Y=900元；当温度在[20，
25）°C 时，需求量为 300，求出 Y=300 元；当温度低于 20°C 时，需求量为
200，求出Y=﹣100元，从而当温度大于等于20时，Y＞0，由此能估计估计
Y大于零的概率．
【解答】解：（1）由前三年六月份各天的最高气温数据，得到最高气温位于区间[20，25）和最高气温低于20的天数为2+16+36=54，
根据往年销售经验，每天需求量与当天最高气温（单位：℃）有关．
如果最高气温不低于25，需求量为500瓶，
如果最高气温位于区间[20，25），需求量为300瓶，
如果最高气温低于20，需求量为200瓶，
∴六月份这种酸奶一天的需求量不超过300瓶的概率p= = ．
（2）当温度大于等于25°C时，需求量为500，
Y=450×2=900元，
当温度在[20，25）°C时，需求量为300，
Y=300×2﹣（450﹣300）×2=300元，
当温度低于20°C时，需求量为200，
Y=400﹣（450﹣200）×2=﹣100元，
当温度大于等于20时，Y＞0，
由前三年六月份各天的最高气温数据，得当温度大于等于20°C的天数有：
90﹣（2+16）=72，
∴估计Y大于零的概率P= ．
【点评】本题考查概率的求法，考查利润的所有可能取值的求法，考查函数、
古典概型等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，
考查数形结合思想、化归与转化思想，是中档题．
19．（12分）如图四面体ABCD中，△ABC是正三角形，AD=CD．
（1）证明：AC⊥BD；
（2）已知△ACD是直角三角形，AB=BD，若E为棱BD上与D不重合的点，且
AE⊥EC，求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比．【考点】LF：棱柱、棱锥、棱台的体积；LW：直线与平面垂直．
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【专题】11：计算题；31：数形结合；41：向量法；5F：空间位置关系与距离．
【分析】（1）取AC中点O，连结DO、BO，推导出DO⊥AC，BO⊥AC，从而
AC⊥平面BDO，由此能证明AC⊥BD．
（2）法一：连结OE，设AD=CD= ，则OC=OA=1，由余弦定理求出BE=1，由
BE=ED，四面体 ABCE 与四面体 ACDE 的高都是点 A 到平面 BCD 的高 h，
S =S ，由此能求出四面体 ABCE 与四面体 ACDE 的体积比．法二：设
△DCE △BCE
AD=CD= ，则AC=AB=BC=BD=2，AO=CO=DO=1，BO= ，推导出BO⊥DO，
以O为原点，OA为x轴，OB为y轴，OD为z轴，建立空间直角坐标系，由
AE⊥EC，求出DE=BE，由此能求出四面体ABCE与四面体ACDE的体积比．
【解答】证明：（1）取AC中点O，连结DO、BO，
∵△ABC是正三角形，AD=CD，
∴DO⊥AC，BO⊥AC，
∵DO∩BO=O，∴AC⊥平面BDO，
∵BD 平面BDO，∴AC⊥BD．
解：（2）法一：连结OE，由（1）知AC⊥平面OBD，
⊂
∵OE 平面OBD，∴OE⊥AC，
设AD=CD= ，则OC=OA=1，EC=EA，
⊂
∵AE⊥CE，AC=2，∴EC2+EA2=AC2，
∴EC=EA= =CD，
∴E是线段AC垂直平分线上的点，∴EC=EA=CD= ，
由余弦定理得：
cos∠CBD= = ，即 ，解得BE=1或BE=2，
∵BE＜＜BD=2，∴BE=1，∴BE=ED，
∵四面体ABCE与四面体ACDE的高都是点A到平面BCD的高h，
∵BE=ED，∴S =S ，
△DCE △BCE
∴四面体ABCE与四面体ACDE的体积比为1．
法二：设AD=CD= ，则AC=AB=BC=BD=2，AO=CO=DO=1，
∴BO= = ，∴BO2+DO2=BD2，∴BO⊥DO，
以O为原点，OA为x轴，OB为y轴，OD为z轴，建立空间直角坐标系，
则C（﹣1，0，0），D（0，0，1），B（0， ，0），A（1，0，0），
设E（a，b，c）， ，（0≤λ≤1），则（a，b，c﹣1）=λ（0， ，﹣
1），解得E（0， ，1﹣λ），
∴ =（1， ）， =（﹣1， ），
∵AE⊥EC，∴ =﹣1+3λ2+（1﹣λ）2=0，
由λ [0，1]，解得 ，∴DE=BE，
∈
∵四面体ABCE与四面体ACDE的高都是点A到平面BCD的高h，
∵DE=BE，∴S =S ，
△DCE △BCE
∴四面体ABCE与四面体ACDE的体积比为1．
【点评】本题考查线线垂直的证明，考查两个四面体的体积之比的求法，考查
空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查数形结合思想、化归与转化思想，是中档
题．
20．（12分）在直角坐标系 xOy中，曲线y=x2+mx﹣2与x轴交于A、B两点，
点C的坐标为（0，1），当m变化时，解答下列问题：
（1）能否出现AC⊥BC的情况？说明理由；
（2）证明过A、B、C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值．
【考点】KJ：圆与圆锥曲线的综合．
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【专题】34：方程思想；43：待定系数法；5B：直线与圆．
【分析】（1）设曲线y=x2+mx﹣2与x轴交于A（x ，0），B（x ，0），运用韦
1 2
达定理，再假设AC⊥BC，运用直线的斜率之积为﹣1，即可判断是否存在这
样的情况；
（2）设过A、B、C三点的圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0（D2+E2﹣4F＞0），由题
意可得D=m，F=﹣2，代入（0，1），可得E=1，再令x=0，即可得到圆在y
轴的交点，进而得到弦长为定值．
【解答】解：（1）曲线y=x2+mx﹣2与x轴交于A、B两点，
可设A（x ，0），B（x ，0），
1 2
由韦达定理可得x x =﹣2，
1 2
若AC⊥BC，则k •k =﹣1，
AC BC
即有 • =﹣1，
即为x x =﹣1这与x x =﹣2矛盾，
1 2 1 2
故不出现AC⊥BC的情况；
（2）证明：设过 A、B、C 三点的圆的方程为 x2+y2+Dx+Ey+F=0（D2+E2﹣4F＞
0），
由题意可得y=0时，x2+Dx+F=0与x2+mx﹣2=0等价，
可得D=m，F=﹣2，
圆的方程即为x2+y2+mx+Ey﹣2=0，
由圆过C（0，1），可得0+1+0+E﹣2=0，可得E=1，
则圆的方程即为x2+y2+mx+y﹣2=0，另解：设过A、B、C三点的圆在y轴上的交点为H（0，d），
则由相交弦定理可得|OA|•|OB|=|OC|•|OH|，
即有2=|OH|，
再令x=0，可得y2+y﹣2=0，
解得y=1或﹣2．
即有圆与y轴的交点为（0，1），（0，﹣2），
则过A、B、C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值3．
【点评】本题考查直线与圆的方程的求法，注意运用韦达定理和直线的斜率公
式，以及待定系数法，考查方程思想和化简整理的运算能力，属于中档题．
21．（12分）已知函数f（x）=lnx+ax2+（2a+1）x．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）当a＜0时，证明f（x）≤﹣ ﹣2．
【考点】6B：利用导数研究函数的单调性；6E：利用导数研究函数的最值．
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【专题】11：计算题；32：分类讨论；48：分析法；53：导数的综合应用．
【分析】（1）题干求导可知f′（x）= （x＞0），分a=0、a＞0、a
＜0三种情况讨论f′（x）与0的大小关系可得结论；
（2）通过（1）可知f（x） =f（﹣ ）=﹣1﹣ln2﹣ +ln（﹣ ），进而转
max
化可知问题转化为证明：当t＞0时﹣ t+lnt≤﹣1+ln2．进而令g（t）=﹣
t+lnt，利用导数求出y=g（t）的最大值即可．
【解答】（1）解：因为f（x）=lnx+ax2+（2a+1）x，
求导f′（x）= +2ax+（2a+1）= = ，（x＞0），
①当a=0时，f′（x）= +1＞0恒成立，此时y=f（x）在（0，+∞）上单调递增；
②当 a＞0，由于 x＞0，所以（2ax+1）（x+1）＞0 恒成立，此时 y=f（x）在
（0，+∞）上单调递增；③当a＜0时，令f′（x）=0，解得：x=﹣ ．
因为当x （0，﹣ ）f′（x）＞0、当x （﹣ ，+∞）f′（x）＜0，
∈ ∈
所以y=f（x）在（0，﹣ ）上单调递增、在（﹣ ，+∞）上单调递减．
综上可知：当a≥0时f（x）在（0，+∞）上单调递增，
当a＜0时，f（x）在（0，﹣ ）上单调递增、在（﹣ ，+∞）上单调递减；
（2）证明：由（1）可知：当a＜0时f（x）在（0，﹣ ）上单调递增、在
（﹣ ，+∞）上单调递减，
所以当x=﹣ 时函数y=f（x）取最大值f（x） =f（﹣ ）=﹣1﹣ln2﹣ +ln
max
（﹣ ）．
从而要证f（x）≤﹣ ﹣2，即证f（﹣ ）≤﹣ ﹣2，
即证﹣1﹣ln2﹣ +ln（﹣ ）≤﹣ ﹣2，即证﹣ （﹣ ）+ln（﹣ ）≤﹣
1+ln2．
令t=﹣ ，则t＞0，问题转化为证明：﹣ t+lnt≤﹣1+ln2．…（*）
令g（t）=﹣ t+lnt，则g′（t）=﹣ + ，
令g′（t）=0可知t=2，则当0＜t＜2时g′（t）＞0，当t＞2时g′（t）＜0，
所以y=g（t）在（0，2）上单调递增、在（2，+∞）上单调递减，
即g（t）≤g（2）=﹣ ×2+ln2=﹣1+ln2，即（*）式成立，
所以当a＜0时，f（x）≤﹣ ﹣2成立．
【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查分类讨论的思想，考查转
化能力，考查运算求解能力，注意解题方法的积累，属于中档题．[选修4-4：坐标系与参数方程]
22．（10 分）在直角坐标系 xOy 中，直线 l 的参数方程为 ，（t 为参
1
数），直线l 的参数方程为 ，（m为参数）．设l 与l 的交点为P，
2 1 2
当k变化时，P的轨迹为曲线C．
（1）写出C的普通方程；
（2）以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，设 l ：ρ
3
（cosθ+sinθ）﹣ =0，M为l 与C的交点，求M的极径．
3
【考点】QH：参数方程化成普通方程．
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【专题】34：方程思想；4Q：参数法；4R：转化法；5S：坐标系和参数方程．
【分析】解：（1）分别消掉参数t与m可得直线l 与直线l 的普通方程为y=k
1 2
（x﹣2）①与 x=﹣2+ky②；联立①②，消去 k 可得 C 的普通方程为 x2﹣
y2=4；
（2）将l 的极坐标方程为ρ（cosθ+sinθ）﹣ =0化为普通方程：x+y﹣ =0，
3
再与曲线C的方程联立，可得 ，即可求得l 与C的交点M的极径为
3
ρ= ．
【解答】解：（1）∵直线l 的参数方程为 ，（t为参数），
1
∴消掉参数t得：直线l 的普通方程为：y=k（x﹣2）①；
1
又直线l 的参数方程为 ，（m为参数），
2
同理可得，直线l 的普通方程为：x=﹣2+ky②；
2
联立①②，消去k得：x2﹣y2=4，即C的普通方程为x2﹣y2=4（x≠2且y≠0）；（2）∵l 的极坐标方程为ρ（cosθ+sinθ）﹣ =0，
3
∴其普通方程为：x+y﹣ =0，
联立 得： ，
∴ρ2=x2+y2= + =5．
∴l 与C的交点M的极径为ρ= ．
3
【点评】本题考查参数方程与极坐标方程化普通方程，考查函数与方程思想与
等价转化思想的运用，属于中档题．
[选修4-5：不等式选讲]
23．已知函数f（x）=|x+1|﹣|x﹣2|．
（1）求不等式f（x）≥1的解集；
（2）若不等式f（x）≥x2﹣x+m的解集非空，求m的取值范围．
【考点】R4：绝对值三角不等式；R5：绝对值不等式的解法．
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【专题】32：分类讨论；33：函数思想；4C：分类法；4R：转化法；51：函数
的性质及应用；5T：不等式．
【分析】（1）由于f（x）=|x+1|﹣|x﹣2|= ，解不等式f（x）
≥1可分﹣1≤x≤2与x＞2两类讨论即可解得不等式f（x）≥1的解集；
（2）依题意可得m≤[f（x）﹣x2+x] ，设g（x）=f（x）﹣x2+x，分x≤1、﹣1
max
＜x＜2、x≥2三类讨论，可求得g（x） = ，从而可得m的取值范围．
max
【解答】解：（1）∵f（x）=|x+1|﹣|x﹣2|= ，f（x）≥1，
∴当﹣1≤x≤2时，2x﹣1≥1，解得1≤x≤2；当x＞2时，3≥1恒成立，故x＞2；
综上，不等式f（x）≥1的解集为{x|x≥1}．
（2）原式等价于存在x R使得f（x）﹣x2+x≥m成立，
即m≤[f（x）﹣x2+x] ，设g（x）=f（x）﹣x2+x．
max∈
由（1）知，g（x）= ，
当x≤﹣1时，g（x）=﹣x2+x﹣3，其开口向下，对称轴方程为x= ＞﹣1，
∴g（x）≤g（﹣1）=﹣1﹣1﹣3=﹣5；
当﹣1＜x＜2时，g（x）=﹣x2+3x﹣1，其开口向下，对称轴方程为 x= （﹣
∈
1，2），
∴g（x）≤g（ ）=﹣ + ﹣1= ；
当x≥2时，g（x）=﹣x2+x+3，其开口向下，对称轴方程为x= ＜2，
∴g（x）≤g（2）=﹣4+2+3=1；
综上，g（x） = ，
max
∴m的取值范围为（﹣∞， ]．
【点评】本题考查绝对值不等式的解法，去掉绝对值符号是解决问题的关键，
突出考查分类讨论思想与等价转化思想、函数与方程思想的综合运用，属于
难题．
