资料简介
1
湖北省部分省级示范性重点中学教科研协作体 2020 届高三统一联合考试数学(理科)试题
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．请将正确的答案填涂在答题卡上．）
1．已知集合 A＝{（x，y）|（x﹣3﹣4cosq）2+（y﹣5﹣4sinq）2＝4，θ∈R}，B＝{（x，y）|3x+4y﹣19＝0}．记
集合 P＝A∩B，则集合 P 所表示的轨迹的长度为（ ）
A．8 2 B．8 3 C．8 5 D．8 6
2．已知复数 z 满足 z ⋅ 푧 = 4 且 z + 푧 + |z|＝0，则 z2019 的值为（ ）
A．﹣1 B．﹣2 2019 C．1 D．2 2019
3．在△ABC 中，内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，若 a＝5 2sin（B + 휋
4），c＝5 且 O 为△ABC 的外心，
G 为△ABC 的重心，则 OG 的最小值为（ ）
A． 2 ― 1 B．5 2 ― 5
6 C． 2 + 1 D．10 ― 5 2
6
4．在△ABC 所在平面上有三点 P、Q、R，满足
→
푃퐴 +
→
푃퐵 +
→
푃퐶 =
→
퐴퐵，
→
푄퐴 +
→
푄퐵 +
→
푄퐶 =
→
퐵퐶，
→
푅퐴 +
→
푅퐵 +
→
푅퐶 =
→
퐶퐴，则△PQR 的面积与△ABC 的面积之比为（ ）
A．1：2 B．1：3 C．1：4 D．1：5
5．鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构，它的外观是如图所示的十字立
方体，其上下、左右、前后完全对称，六根完全一样的正四棱柱体分成三组，经 90°榫卯起来．若正四
棱柱的高为 6，底面正方形的边长为 1，现将该鲁班锁放进一个球形容器（容器壁的厚度忽略不计），则
该球形容器表面积的最小值为（ ）
A．41π B．42π C．43π D．44π
6 ． 我 国 南 宋 时 期 的 数 学 家 秦 九 韶 在 他 的 著 作 《 数 书 九 章 》 中 提 出 了 计 算 多 项 式 f （ x ） ＝
anxn+an﹣1xn﹣1+…+a1x+a0 的值的秦九韶算法，即将 f（x）改写成如下形式：f（x）＝（…（（anx+an﹣1）
x+an﹣2）x+…+a1）x+a0，首先计算最内层一次多项式的值，然后由内向外逐层计算一次多项式的值，这
种算法至今仍是比较先进的算法，将秦九韶算法用程序框图表示如图，则在空白的执行框内应填入（ ）2
A．v＝vx+ai B．v＝v（x+ai） C．v＝aix+v D．v＝ai（x+v）
7．著名数学家华罗庚先生曾说过：“数缺形时少直观，形缺数时难入微，数形结合百般好，隔裂分家万事
休．”在数学的学习和研究中，经常用函数的图象来研究函数的性质，也经常用函数的解析式来琢磨函数
的图象的特征，如函数 f（x） = 푥(푒푥 ― 푒―푥)
푥2 ― 1 的图象大致是（ ）
A． B．
C． D．
8．中华人民共和国的国旗是五星红旗，旗面左上方缀着五颗黄色五角星，四颗小星环拱在一颗大星之后，
并各有一个角尖正对大星的中心点，象征着中国共产党领导下的革命人民大团结和中国人民对党的衷心
拥护．五角星可以通过正五边形连接对角线得到，如图所示，在正五边形 ABCDE 内部任取一点，则该
点取自阴影部分的概率为（ ）3
A． 5 ― 1
4 B．( 5 ― 1)2
4 C．( 5 ― 1)3
4 D．( 5 ― 1)4
4
9．已知函数 f（x）＝ex（x+1）2，令 f1（x）＝f'（x），fn+1（x）＝fn'（x），若 fn（x）＝ex（anx2+bnx+cn），记
数列{
2푎푛
2푐푛 ― 푏푛
}的前 n 项和为 Sn，则下列选项中与 S2019 的值最接近的是（ ）
A．3
2 B．5
3 C．7
4 D．9
5
10．已知函数 f（x）＝（cosθ+1）cos2x+cosθ（cosx+1），有下述四个结论：
①f（x）是偶函数；
②f（x）在（휋
4，휋
2）上单调递减；
③当 θ∈[2휋
3 ，3휋
4 ]时，有|f（x）|＜7
5；
④当 θ∈[2휋
3 ，3휋
4 ]时，有|f'（x）|＜14
5 ；
其中所有真命题的编号是（ ）
A．①③ B．②④ C．①③④ D．①④
11．已知双曲线 C：푥2
푎2 ― 푦2
푏2 = 1（a＞0，b＞0）的左右焦点分别为 F1，F2，点 O 为坐标原点，点 P 在双曲线
的右支上，且满足|F1F2|＝2|OP|．若直线 PF2 与双曲线 C 只有一个交点，则双曲线 C 的离心率为（ ）
A． 2 B． 3 C． 5 D． 6
12．已知函数 f（x）＝ax3﹣（3a﹣2）x2﹣8x+12a+7，g（x）＝lnx，记 h（x）＝min{f（x），g（x）}，若 h
（x）至少有三个零点，则实数 a 的取值范围是（ ）
A．（﹣∞， ― 1
10） B．（1
8，+∞） C．[ ― 1
10，1
8） D．[ ― 1
10，1
8]
二、填空题（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分请在答题卷的相应区域答题.）
13．已知 x，y 均为正数，则 푥 + 푦
2푥2 + 푦2 + 6的最大值是 ．
14．在中美组织的暑假中学生交流会结束时，中方组织者将孙悟空、猪八戒、沙和尚、唐三藏、白龙马的
彩色陶俑各一个送给来中国参观的美国中学生汤姆、杰克、索菲娅，每个人至少一个，且猪八戒的彩色
陶俑不能送给索菲娅，则不同的送法种数为 ．
15．已知椭圆 C：푥2
푎2 + 푦2
푏2 = 1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为 F1，F2，点 P 为椭圆 C 上不与左右顶点重合4
的动点，设 I，G 分别为△PF1F2 的内心和重心．当直线 IG 的倾斜角不随着点 P 的运动而变化时，椭圆 C
的离心率为 ．
16．已知函数 f（x）＝2ax3+（3a﹣1）x2+1，当 x∈[0，1]时，f（x）仅在 x＝1 处取得最大值，则实数 a 的
取值范围是 ．
三、解答题（本大题共 5 小题，共 70 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．请．在答题卷的相
应区域答题.第 17～21 题为必考题，每个试题考生都必须作答.第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答.）
（一）必考题：共 60 分.
17．已知数列{an}的中 a1＝1，a2＝2，且满足
푛
푖=1
1
푎푖 + 푎푖+1
= 푛
1 + 푎푛+1
．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设 bn =
( ― 1)푛푎2푛+1
푎푛푎푛+1
，记数列{bn}的前 n 项和为 Tn，若|Tn+1|＜ 1
2020，求 n 的最小值．
18．如图所示，菱形 ABCD 与正三角形 BCE 的边长均为 2，它们所在的平面互相垂直，DF⊥平面 ABCD
且 DF = 3．
（1）求证：EF∥平面 ABCD；
（2）若∠ABC＝∠BCE，求二面角 A﹣BF﹣E 的余弦值．
19．（12 分）已知点 P（x，y）是平面内的动点，定点 F（1，0），定直线 l：x＝﹣1 与 x 轴交于点 E，过点 P
作 PQ⊥l 于点 Q，且满足
→
퐸푃•
→
퐸퐹 =
→
퐹푃•
→
퐹푄．
（1）求动点 P 的轨迹 t 的方程；
（2）过点 F 作两条互相垂直的直线 l 和 l，分别交曲线 t 于点 AB，和点 C，D．设线段 AB 和线段 CD 的
中点分别为 M 和 N，记线段 MN 的中点为 K，点 O 为坐标原点，求直线 OK 的斜率 k 的取值范围．
20．已知函数 f（x）＝a（lnx + 2
푥 + 2） ― 푒푥―1
푥2 ― 1 在定义域（0，2）内有两个极值点．
（1）求实数 a 的取值范围；
（2）设 x1 和 x2 是 f（x）的两个极值点，求证：lnx1+lnx2+lna＞0．
21．冠状病毒是一个大型病毒家族，已知可引起感冒以及中东呼吸综合征（MERS）和严重急性呼吸综合征
（SARS）等较严重疾病．而今年出现在湖北武汉的新型冠状病毒（nCoV）是以前从未在人体中发现的冠
状病毒新毒株．人感染了新型冠状病毒后常见体征有呼吸道症状、发热、咳嗽、气促和呼吸困难等．在
较严重病例中感染可导致肺炎、严重急性呼吸综合征、肾衰竭，甚至死亡．5
某医院为筛查冠状病毒，需要检验血液是否为阳性，现有 n（n∈N*）份血液样本，有以下两种检验方式：
方式一：逐份检验，则需要检验 n 次．
方式二：混合检验，将其中 k（k∈N*且 k≥2）份血液样本分别取样混合在一起检验，若检验结果为阴性，
检验一次就够了，如果检验结果为阳性，为了明确这 k 份血液究竟哪几份为阳性，就要对这 k 份再逐份
检验，此时这 k 份血液的检验次数总共为 k+1
假设在接受检验的血液样本中，每份样本的检验结果是阳性还是阴性都是独立的，且每份样本是阳性结
果的概率为 p（0＜p＜1）．现取其中 k（k∈N *且 k≥2）份血液样本，记采用逐份检验方式，样本需要检
验的总次数为 ξ1，采用混合检验方式，样本需要检验的总次数为 ξ2
（1）若 E（ξ1）＝E（ξ2），试求关于 k 的函数关系式 P＝f（k）；
（2）若 P 与干扰素计量 xn 相关，其中 x1，x2，…，xn（n≥2）是不同的正实数，满足 x1＝1 且∀n∈N *
（n≥2）都有 e―1
3
푛―1
푖=1
푥푛
2
푥푖푥푖+1
=
푥푛
2 ― 푥푖
2
푥2
2 ― 푥1
2成立．
（i）求证：数列{xn}为等比数列；
（ii）当 P＝1 ― 1
3 푥4
时，采用混合检验方式可以使得样本需要检验的总次数的期望值比逐份检验的总次数
的期望值更少，求 k 的最大值．
（二）选考题：共 10 分.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，
请用 2B 铅笔在答题卡上将所选题目后的方框涂黑．[选修 4-4：坐标系与参数方程]
22．已知在平面直角坐标系 xOy 中，曲线 C 的参数方程为{푥 = 1 + 푡2
1 ― 푡2
푦 = 푡
1 ― 푡2
（t 为参数）．以原点 O 为极点，x 轴正
半轴为极轴建立极坐标系，直线 l 的极坐标方程为 ρcos（휃 + 휋
3） = 5
4 ．
（1）求曲线和直线的直角坐标方程；
（2）若直线 l 交曲线 C 于 A，B 两点，交 x 轴于点 P，求 1
|푃퐴| + 1
|푃퐵|的值．
[选修 4-5：不等式选讲]
23．已知函数 f（x）＝|x﹣1|﹣|2x+1|，x∈R．
（Ⅰ）求不等式|f（x）|≤4 的解集；
（Ⅱ）设 a，b，c 为正数，求证：푓(푥) ≤ 푎
푏 + 푐 + 푏
푐 + 푎 + 푐
푎 + 푏．
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．请将正确的答案填涂在答题卡上．）
1．集合 A＝{（x，y）|（x﹣3﹣4cosq）2+（y﹣5﹣4sinq）2＝4，θ∈R}，6
圆的圆心（3+4cosq，5+4sinq），半径为 2，圆的圆心的轨迹方程为：（x﹣3）2+（y﹣5）2＝16，
集合 A 的图形是图形中，两个圆的圆环部分，
圆心 C（3，5）到直线 3x+4y﹣19＝0 的距离为：d = |3 × 3 + 4 × 5 ― 19|
32 + 42 = 2，
所以，A∩B 就是|MN|＝2 62 ― 22 = 2 32 = 8 2．
故选：A．
2．设 z＝a+bi（a，b∈R），
由 z ⋅ 푧 = 4 且 z + 푧 + |z|＝0，得
{푎2 + 푏2 = 4
2푎 + 2 = 0 ，解得 a＝﹣1，b =± 3．
∴z = ―1 ± 3푖 = 2( ― 1
2 ± 3
2 푖)，
而( ― 1
2 ― 3
2 푖)3 = ― 1
8 +3 × ( ― 1
2)2 × ( ― 3
2 푖) + 3 × ( ― 1
2) × ( ― 3
2 푖)2 +( ― 3
2 푖)3 = 1，
( ― 1
2 + 3
2 푖)3 = ― 1
8 +3 × ( ― 1
2)2 × 3
2 푖 +3 × ( ― 1
2) × ( 3
2 푖)2 +( 3
2 푖)3 = 1．
∴푧2019 = 22019 ⋅ ( ― 1
2 ± 3
2 푖)2019 = 22019 ⋅ [( ― 1
2 ± 3
2 푖)3]673 = 22019．
故选：D．
3．a＝5 2sin（B + 휋
4），c＝5，
∴a = 2csin（B + 휋
4），
由正弦定理可得：sinA = 2sinC• 2
2 （sinB+cosB），
∴sin（B+C）＝sinBcosC+cosBsinC＝sinC•sinB+sinCcosB，
化为：sinBcosC＝sinC•sinB，sinB≠0，7
∴cosC＝sinC，即 tanC＝1，C∈（0，π）．
∴C = 휋
4．
∴△ABC 外接圆的半径 R = 1
2• 푐
푠푖푛퐶 = 5 2
2 ．
如图所示，建立直角坐标系．A（ ― 5
2，0），B（5
2，0），O（0，5
2）．
△ABC 外接圆的方程为：x2 +(푦 ― 5
2)2 = 25
2 ．
设 C（5 2
2 cosθ，5
2 + 5 2
2 sinθ）．θ∈（0，π）
则 G(5 2
6 푐표푠휃，5
6 + 5 2
6 푠푖푛휃)．
|OG|2 = (5 2
6 푐표푠휃)2 +(5
3 ― 5 2
6 푠푖푛휃)2 = 25
6 ― 25 2
9 sinθ ≥ 25(6 ― 2 8)
25 ，
∴|OG|的最小值为：10 ― 5 2
6 ．
故选：D．
4．由
→
푃퐴 +
→
푃퐵 +
→
푃퐶 =
→
퐴퐵，得
→
푃퐴 +
→
푃퐶 =
→
퐴퐵 ―
→
푃퐵，
即
→
푃퐴 +
→
푃퐶 =
→
퐴퐵 +
→
퐵푃，
即
→
푃퐴 +
→
푃퐶 =
→
퐴푃，
∴
→
푃퐶 = 2
→
퐴푃，
P 为线段 AC 的一个三等分点，
同理可得 Q、R 的位置，
△PQR 的面积为△ABC 的面积减去三个小三角形面积，
∴面积比为 1：3；
故选：B．
5．由题意，该球形容器的半径的最小值为并在一起的两个长方体体对角线的一半，8
即为1
2 × 36 + 4 + 1 = 41
2 ，
∴该球形容器体积的最小值为：4휋 × ( 41
2 )2 = 41π．
故选：A．
6．秦九韶算法的过程是{푣0 = 푎푛
푣푘 = 푣푘―1푥 + 푎푛―푘
（k＝1，2，…，n）这个过程用循环结构来实现，
应在题目的空白的执行框内填入 v＝vx+ai，
故选：A．
7．函数的定义域为{x|x≠±1}，
f（﹣x） = ―푥(푒―푥 ― 푒푥)
푥2 ― 1 = 푥(푒푥 ― 푒―푥)
푥2 ― 1 = f（x），则函数 f（x）是偶函数，图象关于 y 轴对称，排除 A，
当 x＞1 时，f（x）＞0 恒成立，排除 B，D，
故选：C．
8．∵sin36°＝cos54°，∴2sin18°cos18°＝4cos218°﹣3cos18°，化为：4sin218°+2sin18°﹣1＝0，解得sin18° =
5 ― 1
4 ．
不妨设 A2E2＝1．
根据题意知，△B1A1E2∽△A1A2E2，∴퐴2퐸2
퐴1퐸2
=
퐴1퐸2
퐴1퐵1
=
5 ― 1
2 ．∴A1E2 =
5 + 1
2 ，A1B1 = 3 + 5
2 ．
∴푆△퐴1퐴2퐸2 = S2 = 1
2 × 1 ×
5 + 1
2 × sin72°．
푆△퐴1퐴2퐵1 = S2 = 1
2 ⋅ 퐴1퐵1 ⋅ A2B1sin36°．
正五边形 A1B1C1D1E1 的面积 S1，正五边形 A2B2C2D2E2 的面积为 S3，
푆3
푆1
= (
퐴2퐸2
퐴1퐵1
)2 = (
5 ― 1
2 )4．
푆△퐴1퐵1퐸2 = S4 = 1
2퐴1퐵1
2•sin36°．S3＝5 × 1
2( 1
2푐표푠54°)2•sin72°，
∴在正五边形 ABCDE 内部任取一点，则该点取自阴影部分的概率 =
5푆2 + 푆3
푆1
= ( 5 ― 1)3
4 ．
故选：C．9
9．由 f（x）＝ex（x+1）2＝ex（x2+2x+1），
得 f1（x）＝f′（x）＝ex（x2+4x+3），
f2（x）＝f1'（x）＝ex（x2+6x+7），
f3（x）＝f2'（x）＝ex（x2+8x+13），
…
fn+1（x）＝fn'（x）＝ex[x2+2（n+1）x+（n+1）（n+2）+1]．
又 fn（x）＝ex（anx2+bnx+cn），
∴an＝1，bn＝2n，cn＝n（n+1）+1．
∴ 2푎푛
2푐푛 ― 푏푛
= 2
2푛2 + 2 = 1
푛2 + 1．
令 dn =
2푎푛
2푐푛 ― 푏푛
= 1
푛2 + 1＜ 1
푛2＜ 1
(푛 ― 1)푛 = 1
푛 ― 1 ― 1
푛（n≥2），
则 S2019＝d1+d2+d3+…+dn＜1
2 +(1 ― 1
2) + (1
2 ― 1
3) + ⋯ + ( 1
푛 ― 1 ― 1
푛) = 3
2 ― 1
푛＜3
2．
∴与 S2019 的值最接近的是3
2．
故选：A．
10．①函数的定义域为 R，
∵f（﹣x）＝（cosθ+1）cos2（﹣x）+cosθ[cos（﹣x）+1]＝（cosθ+1）cos2x+cosθ（cosx+1）＝f（x），
∴f（x）是偶函数，即①正确；
②f（x）＝2（cosθ+1）cos2x+cosθcosx﹣1，
设 t＝cosx，则 f（t）＝2（cosθ+1）t2+tcosθ﹣1，
∵2（cosθ+1）＞0，∴二次函数的开口向上，
函数的对称轴为 t = ― 푐표푠휃
4(푐표푠휃 + 1)，且 t 的正负与 cosθ 的取值有关，
∴f（x）在（휋
4，휋
2）上不一定单调递减，即②错误；
③当 θ∈[2휋
3 ，3휋
4 ]时，cosθ∈[ ― 2
2 ， ― 1
2]，f（x）＝2（cosθ+1）cos2x+cosθcosx﹣1 有|f（x）|＜7
5；
④当 θ∈[2휋
3 ，3휋
4 ]时，有|f（x）|＜14
5 ；
故选：C．
11．双曲线 C：푥2
푎2 ― 푦2
푏2 = 1（a＞0，b＞0）的左右焦点分别为 F1，F2，点 O 为坐标原点，点 P 在双曲线的右
支上，
且满足|F1F2|＝2|OP|．可得 PF1⊥PF2，直线 PF2 与双曲线 C 只有一个交点，10
可得 PF2 的斜率： ― 푏
푎，设 PF1＝m，PF2＝n，可得푚
푛 = 푏
푎，m﹣n＝2a，m2+n2＝4c2，
消去 m，n，可得： 푎2
(푏 ― 푎)2 = 1，解得 b＝2a，即 c2﹣a2＝4a2，
所以双曲线的离心率为：e = 푐
푎 = 5．
故选：C．
12．当 a＝0 时，函数 f（x）＝ax3﹣（3a﹣2）x2﹣8x+12a+7，
化为：f（x）＝2x2﹣8x+7，函数的对称轴为 x＝2，
f（2）＝﹣1＜0，f（1）＝1＞0，结合已知条件可知：h（x）＝min{f（x），g（x）}，若 h（x）有三个零
点，满足题意，排除 A、B 选项，
当 a = 1
8时，f（x） = 1
8x3﹣（3
8 ― 2）x2﹣8x + 3
2 + 7，f′（x） = 3푥2 + 26푥 ― 64
8 ，
令 3x2+26x﹣64＝0，解得 x＝2 或 x = ― 32
3 ，x∈（﹣∞， ― 32
3 ），x∈（2，+∞），f′（x）＞0，函数是增函
数，
x∈（ ― 32
3 ，2），f′（x）＜0，函数是减函数，
所以 x＝2 时函数取得极小值，f（2）＝0，所以函数由 3 个零点，满足题意，排除 C，
故选：D．
二、填空题（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分请在答题卷的相应区域答题.）
13． 푥 + 푦
2푥2 + 푦2 + 6 = 푥 + 푦
2푥2 + 2 + 푦2 + 4 ≤ 푥 + 푦
2 2푥2 ⋅ 2 + 2 푦2 ⋅ 4 = 푥 + 푦
4(푥 + 푦) = 1
4，
当且仅当 x＝1，y＝2 时，等号成立．
故函数的最大值为1
4．
故答案为：1
4
14．因为索菲娅特殊，所以优先安排他，分为三类：
i）索菲娅由 3 个陶俑时，有퐶34，还有 2 个彩陶再排列，即共有퐶34 ⋅ 퐴22 = 4×2＝8；
ii）索菲娅由 2 个陶俑时，有퐶24 = 6，还有 3 个彩陶，有 2 个人，퐶23 ⋅ 퐴22 = 3×2＝6，共有 6×6＝36；
iv）索菲娅由 1 个陶俑时有퐶14 = 4，还有 4 个彩陶分给 2 人，有 2 类，3，1 分组，有퐶34 ⋅ 퐴22 = 4×2＝8，
或 2，2 分组时，平均分组问题有顺序时퐶24 = 6，所以这种情况共有 4×（8+6）＝56，
综上所述：不同的送法种数为 8+36+56＝100．
故答案为：100．
15．当直线 IG 的倾斜角不随着点 P 的运动而变化时，取 P 特殊情况在上顶点时，内切圆的圆心在 y 轴上，
重心也在 y 轴上，11
由此可得不论 P 在何处，GI 始终垂直于 x 轴，
设内切圆与边的切点分别为 Q，N，A，如图所示：
设 P 在第一象限，坐标为：（x0，y0）连接 PO，则重心 G 在 PO 上，连接 PI 并延长交 x 轴于 M 点，连
接 GI 并延长交 x 轴于 N，
则 GN⊥x 轴，作 PE 垂直于 x 轴交于 E，
可得重心 G（푥0
3 ，푦0
3 ）所以 I 的横坐标也为푥0
3 ，|ON| =
푥0
3 ，
由内切圆的性质可得，PG＝PA，F1Q＝F1N，NF2＝AF2，
所以 PF1﹣PF2＝（PG+QF1）﹣（PA+AF2）＝F1N﹣NF2＝（F1O+ON）﹣（OF2﹣ON）＝2ON =
2푥0
3 ，
而 PF1+PF2＝2a，所以 PF1＝a +
푥0
3 ，PF2＝a ―
푥0
3 ，
由角平分线的性质可得푃퐹1
푃퐹2
=
퐹1푀
푀퐹2
=
푎 +
푥0
3
푎 ―
푥0
3
= 푐 + 푂푀
푐 ― 푂푀，所以可得 OM =
푐푥0
3푎，
所以可得 MN＝ON﹣OM =
푥0
3 ―
푐푥0
3푎 =
(푎 ― 푐)푥0
3푎 ，
所以 ME＝OE﹣OM＝x0 ―
푐푥0
3푎 =
(3푎 ― 푐)푥0
3푎 ，
所以퐼푁
푃퐸 = 푀푁
푂퐸 = 푎 ― 푐
3푎 ― 푐，即 IN = 푎 ― 푐
3푎 ― 푐•PE = 푎 ― 푐
3푎 ― 푐•y0，
s△푃퐹1퐹2 = 1
2（PF1+F1F2+PF2）•IN = 1
2퐹1퐹2 ⋅ 푃퐸，即1
2（2a+2c） ⋅ 푎 ― 푐
3푎 ― 푐 ⋅ 푦0 = 1
2 ⋅ 2푐 ⋅ 푦0，
所以整理为：푐
푎 = 1
3，
故答案为：1
3．
16．由题意可得，f（1）＞f（0），
所以 a＞1
5，
∵f′（x）＝6ax2+2（3a﹣1）x＝6ax（x ― 1 ― 3푎
3푎 ）
①当 ≥ 1
3时，f′（x）≥0 恒成立，故 f（x）在[0，1]上单调递增，满足题意；12
②1
5＜푎＜1
3时，易得函数在[0，1 ― 3푎
3푎 ）上单调递减，在[1 ― 3푎
3푎 ，1]上单调递增且 f（1）＞f（0），符合题意；
综上，a＞1
5
故答案为：（1
5， +∞）．
三、解答题（本大题共 5 小题，共 70 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．请．在答题卷的相
应区域答题.第 17～21 题为必考题，每个试题考生都必须作答.第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答.）
（一）必考题：共 60 分.
17．（1）∵数列{an}的中 a1＝1，a2＝2，且满足
푛
푖=1
1
푎푖 + 푎푖+1
= 푛
1 + 푎푛+1
．
∴当 n≥2 时，
푛―1
푖=1
1
푎푖 + 푎푖+1
= 푛 ― 1
푎1 + 푎푛
，
两式作差整理得 an＝a1+（n﹣1）（a2﹣a1），n≥2，
∴an＝n，n≥2，
当 n＝1 时，a1＝1 满足上式，
∴数列{an}的通项公式为 an＝n．（n∈N*）．
（2）bn =
( ― 1)푛푎2푛+1
푎푛푎푛+1
= ( ― 1)푛(2푛 + 1)
푛(푛 + 1) = （﹣1）n（1
푛 + 1
푛 + 1） = ( ― 1)푛
푛 ― ( ― 1)푛+1
푛 + 1 ，
∴数列{bn}的前 n 项和：
Tn＝（ ―1
1 ― 1
2）+（1
2 ― ―1
3 ）+（ ―1
3 ― 1
4）+…+[( ― 1)푛
푛 ― ( ― 1)푛+1
푛 + 1 ]＝﹣1 ― ( ― 1)푛+1
푛 + 1 ，n∈N*，
∵|Tn+1|＜ 1
2020，∴|Tn+1| = 1
푛 + 1＜ 1
2020，解得 n＞2019．
∴n 的最小值为 2020．
18．（1）过点 E 作 EH⊥BC，连接 HD，EH = 3，
因为平面 ABCD⊥平面 BCE，EH⊂平面 BCE，
平面 ABCD∩平面 BCE＝BC，
所以 EH⊥平面 ABCD，
因为 FD⊥ABCD，FD = 3，
所以 FD∥EH，FD＝EH，故平行四边形 EHDF，
所以 EF∥HD，
由 EF⊄平面 ABCD，HD⊂平面 ABCD，
所以 EF∥平面 ABCD；
（2）连接 HA，根据题意，AH⊥BC，
以 H 为原点，HB，HA，HE 为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系，13
则 A（0， 3，0），B（1，0，0），E（0， 3， 3），F（2， 3， 3），
则
→
퐵퐴 = （﹣1， 3，0），
→
퐵퐸 = （﹣1，0， 3），
→
퐵퐹 = （﹣3， 3， 3），
设平面 BAF 的法向量为
→
푚 = （x，y，z），
{ →
푚 ⋅
→
퐵퐴 = ―3푥 + 3푦 + 3푧 = 0
→
푚 ⋅
→
퐵퐹 = ―푥 + 3푦 = 0
，得
→
푚 = （ 3，1，2），
设平面 BEF 的法向量为
→
푛 = (푎，푏，푐)，
由{→
푛 ⋅
→
퐵퐸 = ―푎 + 3푐 = 0
→
푛 ⋅
→
퐵퐹 = ―3푎 + 3푏 + 3푐 = 0
，得
→
푛 = ( 3，2，1)，
由 cos＜
→
푚，
→
푛＞ = 3 + 2 + 2
8 = 7
8，
所以二面角 A﹣FB﹣E 的余弦值为 ― 7
8．
19．（1）根据条件可知
→
퐸푃 = （x+1，y），
→
퐸퐹 = （2，0），
→
퐹푃 = （x﹣1，y），
→
퐹푄 = （﹣2，y），
因为
→
퐸푃•
→
퐸퐹 =
→
퐹푃•
→
퐹푄．所以 2x+2＝﹣2x+2+y2，即 y2＝4x，
所以 P 的轨迹方程为 y2＝4x；
（1）设直线 AB：x＝my+1，A（x1，y1），B（x2，y2），
联立{푦2 = 4푥
푥 = 푚푦 + 1，整理得 y2﹣4my﹣4＝0，且 y1+y2＝4m，y1y2＝﹣4，△＝16（m2+1），
所以 M（2m2+1，2m），同理，N（ 2
푚2 +1， ― 2
푚），所以 K（m2 + 1
푚2 + 1，m ― 1
푚），
所以当 k =
푚 ― 1
푚
푚2 + 1
푚2 + 1
=
푚 ― 1
푚
(푚 ― 1
푚)2 + 3
= 1
푚 ― 1
푚 + 3
푚 ―
1
푚
，
令 t＝m ― 1
푚 ≠ 0，则 k = 1
푡 + 3
푡
，
当 t＜0 时，t + 3
푡 = ― （﹣t ― 3
푡）≤﹣2 3，当且仅当 t = ― 3时取等号，
当 t＞0 时，t + 3
푡 ≥ 2 3，当且仅当 t = 3时取等号，14
则 k = 1
푡 + 3
푡
∈[ ― 3
6 ，0）∪（0， 3
6 ]．
20．（1）函数 f（x）的定义域为（0，2）， 푓′(푥) = (푒푥―1 ― 푎푥)(2 ― 푥)
푥3 ，记 g（x）＝e x﹣1﹣ax，则 g′（x）＝
ex﹣1﹣a，
①当푎 ≤ 1
푒时，g′（x）＞0，
故 g（x）在（0，2）上单增，则 g（x）至多有一个零点，不合题意；
②当푎＞1
푒时，令 g′（x）＝0 得 x＝1+lna，
（i）当 1+lna＜2 且 g（2）＞0，即1
푒＜푎＜푒
2时，
g（x）在（0，1+lna）上单减，在（1+lna，2）上单增，
此时需 g（x）min＝g（1+lna）＝﹣alna＜0，解得 a＞1，
注意到 g（0）＞0，
故由零点存在性定理可知，g（x）在（0，1+lna）及（1+lna，2）上各有一个零点；
（iii）当 1+lna≥2，即 a≥e 时，g（x）在（0，2）上单减，则 g（x）至多有一个零点，不合题意；
综上，实数 a 的取值范围为(1，푒
2)；
（2）证明：不妨设 0＜x1＜1+lna＜x2＜2，
由题意得，{푒푥1―1 ― 푎푥1 = 0
푒푥2―1 ― 푎푥2 = 0，两边同时取自然对数得{푥1 ― 푙푛푥1 = 1 + 푙푛푎
푥2 ― 푙푛푥2 = 1 + 푙푛푎，
要证 lnx1+lnx2+lna＞0，只需证 x1+x2＞2+lna，即证 x1＞1﹣lnx2，
由上可知，g（x）在（0，1+lna）上单减，则证明 g（1﹣lnx2）＞g（x1）＝0 即可，
有푒―푙푛푥2 ― 푒푥2―1
푥2
(1 ― 푙푛푥2)＞0，化简后即证明푙푛푥2 + 푒1―푥2＞1即可，
构造函数 h（x）＝lnx+e1﹣x，x∈（1+lna，2），则ℎ′(푥) = 1
푥 ― 1
푒푥―1，注意到不等式 ex﹣1＞x（x＞0），
则 h′（x）＞0 在（1+lna，2）恒成立，
即 h（x＞h（1+lna）＞h（1）＝1，故求证成立．
21．（1）由已知可得 E（ξ1）＝k，ξ2 的所有取值为 1，k+1，P（ξ2＝1）＝（1﹣p）k，P（ξ2＝k+1）＝1﹣
（1﹣p）k，
E（ξ2）＝（1﹣p）k+（k+1）[1﹣（1﹣p）k]＝k+1﹣k（1﹣p）k，
由 E（ξ1）＝E（ξ2），可得 k＝k+1﹣k（1﹣p）k，即（1﹣p）k = 1
푘，即 1﹣p＝（1
푘）
1
푘，即 p＝1﹣（1
푘）
1
푘，
可得 f（k）＝1﹣（1
푘）
1
푘，k∈N*，k≥2；15
（2）（i）证明：当 n＝2 时，e―1
3•
푥2
2
푥1푥2
=
푥2
2 ― 푥1
2
푥2
2 ― 푥1
2 = 1，即푥2
푥1
= e
1
3，
可令 q =
푥2
푥1
= e
1
3＞0，则 q≠1，由 x1＝1，下面证明对任意的正整数 n，xn＝e
푛―1
3 ，
①当 n＝1，2 时，显然成立；②假设对任意的 n＝k，xk＝e
푘―1
3 ，下面证明 n＝k+1 时，xk+1＝e
푘
3，
由题意可得 e―1
3•
푘
푖=1
푥푘+1
2
푥푖푥푖+1
=
푥푘+1
2 ― 푥1
2
푥2
2 ― 푥1
2 ，则 e―1
3•xk+12（ 1
푥1푥2
+ 1
푥2푥3
+⋯ + 1
푥푘―1푥푘
+ 1
푥푘푥푘+1
） =
푥푘+1
2 ― 1
푒
2
3 ― 1
，
则 e―1
3•xk+12{푒
―
1
3[1 ― (푒
―
2
3)푘―1]
1 ― 푒
―
2
3
+ 1
푒
푘―1
3 ⋅ 푥푘+1
} =
푥푘+1
2 ― 1
푒
2
3 ― 1
，푥푘+1
2(1 ― 푒
―
2(푘―1)
3 )
푒
2
3 ― 1
+ e―푘
3•xk+1 =
푥푘+1
2 ― 1
푒
2
3 ― 1
，
e―2(푘―1)
3 •xk+12{+（e―푘
3 ― e―푘
3+2
3）xk+1﹣1＝0，即（e―푘
3•xk+1﹣1）（e―푘
3+2
3•xk+1+1）＝0，
可得 xk+1＝e
푘
3或 xk+1＝﹣e
푘―2
3 （舍去），即 xk+1＝e
푘
3成立，
由①②可得数列{xn}为等比数列，且 xn＝e
푛―1
3 ；
（ii）由（i）可知 p＝1 ― 1
3 푥4
= 1 ― 1
3 푒，E（ξ1）＝E（ξ2），可得 k＞k+1﹣k（1﹣p）k，即1
푘＜（1﹣p）k＝
（ 1
3 푒）k，
所以 lnk＞1
3k，设 f（x）＝lnx ― 1
3x，x＞0，f′（x） = 3 ― 푥
3푥 ，当 x≥3 时，f′（x）＜0，f（x）递减，又
ln4≈1.3863，4
3 ≈ 1.3333，则 ln4＞4
3；
ln5≈1.6094，5
3 ≈ 1.6667，则 ln5＜5
3，可得 k 的最大值为 4．
（二）选考题：共 10 分.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，
请用 2B 铅笔在答题卡上将所选题目后的方框涂黑．[选修 4-4：坐标系与参数方程]
22．（1）曲线 C 的参数方程为{푥 = 1 + 푡2
1 ― 푡2
푦 = 푡
1 ― 푡2
（t 为参数）．转化为直角坐标方程为 x2﹣4y2＝1，
直线 l 的极坐标方程为 ρcos（휃 + 휋
3） = 5
4 ．转化为直角坐标方程为：1
2푥 ― 3
2 푦 = 5
4 ．
（2）由于直线与 x 轴的交点坐标为（ 5
2 ，0），所以直线的参数方程为{푥 = 5
2 + 3
2 푡
푦 = 1
2푡
（t 为参数），
代入 x2﹣4y2＝1 得到：푡2 ― 2 15푡 ― 1 = 0，
所以：푡1 + 푡2 = 2 15，t1•t2＝﹣1，
则： 1
|푃퐴| + 1
|푃퐵| =
|푡1 ― 푡2|
|푡1푡2| =
(푡1 + 푡2)2 ― 4푡1푡2
|푡1푡2| = 8．
[选修 4-5：不等式选讲]16
23 ．（ Ⅰ ） 函 数 f （ x ） ＝ |x﹣1|﹣|2x+1| = {푥 + 2，푥 ≤ ― 1
2
―3푥， ― 1
2＜푥＜1
―푥 ― 2，푥 ≥ 1
， 画 出 f （ x ） 的 图 象 如 图 所 示 ；
所以 f（x）在区间（﹣∞， ― 1
2）内单调递增，在区间（ ― 1
2，+∞）内单调递减；
对应 f（x）的最大值为 f（ ― 1
2） = 3
2 ≤ 4，
且 f（﹣6）＝﹣4，f（2）＝4，
所以不等式|f（x）|≤4 的解集为{x|﹣6≤x≤2}；
（Ⅱ）证明：因为 a，b，c 为正数，则
푎
푏 + 푐 + 푏
푎 + 푐 + 푐
푎 + 푏 = （a+b+c）（ 1
푏 + 푐 + 1
푐 + 푎 + 1
푎 + 푏）﹣3
= 1
2[（b+c）+（c+a）+（a+b）]（ 1
푏 + 푐 + 1
푐 + 푎 + 1
푎 + 푏）﹣3
≥ 1
2（1+1+1）2﹣3
= 3
2，当且仅当 a＝b＝c 时取“＝”；
又 f（x）的最大值为3
2，
所以푓(푥) ≤ 푎
푏 + 푐 + 푏
푐 + 푎 + 푐
푎 + 푏．
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