【考点】二面角的平面角及求法；空间中直线与直线之间的位置关系． 【分析】（1）根据线面垂直的性质定理即可得到结论．
（2）过点O垂直CD的直线为x轴，OC为y轴，OP为z轴，分别求出平面ADM的法向量和平面PAM的法向量，利用向量法能求出二面角P﹣AM﹣D的大小． 【解答】解：（1）取CD的中点O，连接OP， ∵△PCD为等边三角形，∴OP⊥CD，
又平面PCD⊥平面ABCD，∴OP⊥平面ABCD， ∵CD⊥BC，∴BC⊥平面PCD， ∴PD⊥BC…
（2）以O为原点，过点O垂直CD的直线为x轴，OC为y轴，OP为z轴， 建立如图所示的空间直角坐标系O﹣xyz． ∵，不妨设AB=2，则BC=2， 依题意得：A（2，﹣1，0），D（0，﹣1，0）， P（0，0，），M（，1，0）， ∵OP⊥平面ABCD，∴设平面PAM的法向量为
是平面ADM的法向量， ，又
，
由，令y=1，得=（），
∴cos＜＞==，
∴二面角P﹣AM﹣D的大小为45°．
20．已知椭圆L：）在L 上．
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+
=1（a＞b＞0）的一个焦点于抛物线y2=8x的焦点重合，点（2，
（Ⅰ）求L 的方程；
（Ⅱ）直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与L有两个交点A，B，线段AB的中点为M，证明：OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值． 【考点】椭圆的简单性质． 【分析】（Ⅰ）求得抛物线的焦点，可得c=2，再由点满足椭圆方程，结合a，b，c的关系，解方程可得椭圆的方程；
（Ⅱ）设直线l的方程为y=kx+b（k，b≠0），A（x1，y1），B（x2，y2），代入椭圆方程，运用韦达定理和中点坐标公式可得M的坐标，可得直线OM的斜率，进而得到证明． 【解答】解：（Ⅰ）抛物线y2=8x的焦点为（2，0）， 由题意可得c=2，即a2﹣b2=4， 又点（2，）在L上，可得
+
=1，
，b=2，
+
=1；
解得a=2
即有椭圆L：
（Ⅱ）证明：设直线l的方程为y=kx+b（k，b≠0）， A（x1，y1），B（x2，y2）， 将直线y=kx+b代入椭圆方程（1+2k2）x2+4kbx+2b2﹣8=0， x1+x2=﹣
，
，纵坐标为﹣k?
+b=
，
+
=1，可得
即有AB的中点M的横坐标为﹣
直线OM的斜率为kOM==﹣?，
即有kOM?k=﹣．
则OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值．
21．已知函数f（x）=ex，g（x）=mx+n． （1）设h（x）=f（x）﹣g（x）．当n=0时，若函数h（x）在（﹣1，+∞）上没有零点，求m的取值范围； （2）设函数r（x）=
，且n=4m（m＞0），求证：x≥0时，r（x）≥1．
【考点】利用导数研究函数的单调性；函数零点的判定定理．
【分析】（1）求出函数的导数，利用导数的几何意义即可得到结论．（2）求出r（x）的表达式，求函数的导数，利用导数研究函数的单调性即可． 【解答】解：（1）当n=0时，h（x）=f（x）﹣g（x）=ex﹣mx． 若函数h（x）在（﹣1，+∞）上没有零点，
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即ex﹣mx=0在（﹣1，+∞）上无解， 若x=0，则方程无解，满足条件， 若x≠0，则方程等价为m=设g（x）=
，
，
则函数的导数g′（x）=，
若﹣1＜x＜0，则g′（x）＜0，此时函数单调递减，则g（x）＜g（﹣1）=﹣e﹣1， 若x＞0，由g′（x）＞0得x＞1，
由g′（x）＜0，得0＜x＜1，即当x=1时，函数取得极小值，同时也是最小值，此时g（x）≥g（1）=e，
综上g（x）≥e或g（x）＜﹣e﹣1， 若方程m=
无解，则﹣e﹣1≤m＜e．
（2）∵n=4m（m＞0）， ∴函数r（x）=
=
+
=
+
，
则函数的导数r′（x）=，
设h（x）=16ex﹣（x+4）2，
则h′（x）=16ex﹣2（x+4）=16ex﹣2x﹣8， [h′（x）]′=16ex﹣2，
当x≥0时，[h′（x）]′=16ex﹣2＞0，则h′（x）为增函数，即h′（x）＞h′（0）=16﹣8=8＞0，
即h（x）为增函数，∴h（x）≥h（0）=16﹣16=0， 即r′（x）≥0，即函数r（x）在[0，+∞）上单调递增， 故r（x）≥r（0）=
+0=1，
故当x≥0时，r（x）≥1成立．
[选修4-1：几何证明选讲]（共1小题，满分10分） 22．（选修4﹣1：几何证明选讲）
如图，直线AB为圆的切线，切点为B，点C在圆上，∠ABC的角平分线BE交圆于点E，DB垂直BE交圆于D． （Ⅰ）证明：DB=DC；
（Ⅱ）设圆的半径为1，BC=，延长CE交AB于点F，求△BCF外接圆的半径．
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【考点】与圆有关的比例线段． 【分析】（I）连接DE交BC于点G，由弦切角定理可得∠ABE=∠BCE，由已知角平分线可得∠ABE=∠CBE，于是得到∠CBE=∠BCE，BE=CE．由已知DB⊥BE，可知DE为⊙O的直径，Rt△DBE≌Rt△DCE，利用三角形全等的性质即可得到DC=DB． （II）由（I）可知：DG是BC的垂直平分线，即可得到BG=
．设DE的中点为O，连
接BO，可得∠BOG=60°．从而∠ABE=∠BCE=∠CBE=30°．得到CF⊥BF．进而得到Rt△BCF的外接圆的半径=
．
【解答】（I）证明：连接DE交BC于点G．
由弦切角定理可得∠ABE=∠BCE，而∠ABE=∠CBE， ∴∠CBE=∠BCE，BE=CE．
又∵DB⊥BE，∴DE为⊙O的直径，∠DCE=90°． ∴△DBE≌△DCE，∴DC=DB．
（II）由（I）可知：∠CDE=∠BDE，DB=DC． 故DG是BC的垂直平分线，∴BG=
．
设DE的中点为O，连接BO，则∠BOG=60°． 从而∠ABE=∠BCE=∠CBE=30°． ∴CF⊥BF．
∴Rt△BCF的外接圆的半径=
．
[选修4-4：坐标系与参数方程]（共1小题，满分0分） 23．在直角坐标系xOy中，曲线C1：
（t为参数，t≠0），其中0≤α≤π，在以
cosθ．
O为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2：ρ=2sinθ，C3：ρ=2
（1）求C2与C3交点的直角坐标；
（2）若C1与C2相交于点A，C1与C3相交于点B，求|AB|的最大值． 【考点】简单曲线的极坐标方程；参数方程化成普通方程． 【分析】（I）由曲线C2：ρ=2sinθ，化为ρ2=2ρsinθ，把
代入可得直角坐标方
程．同理由C3：ρ=2cosθ．可得直角坐标方程，联立解出可得C2与C3交点的直角坐标．（2）由曲线C1的参数方程，消去参数t，化为普通方程：y=xtanα，其中0≤α≤π，其极坐标方程为：θ=α（ρ∈R，ρ≠0），利用|AB|=即可得出． 【解答】解：（I）由曲线C2：ρ=2sinθ，化为ρ2=2ρsinθ， ∴x2+y2=2y．
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同理由C3：ρ=2
cosθ．可得直角坐标方程：，
联立，
解得，，
∴C2与C3交点的直角坐标为（0，0），（2）曲线C1：
．
（t为参数，t≠0），化为普通方程：y=xtanα，其中0≤α≤π，
其极坐标方程为：θ=α（ρ∈R，ρ≠0）， ∵A，B都在C1上， ∴A（2sinα，α），B． ∴|AB|=当
=4
时，|AB|取得最大值4．
，
[选修4-5：不等式选讲]（共1小题，满分0分） 24．设a，b，c，d均为正数，且a﹣c=d﹣b，证明： （Ⅰ）若ab＞cd，则+＞+；
（Ⅱ）+＞+是|a﹣b|＜|c﹣d|的充要条件．
【考点】不等式的证明；必要条件、充分条件与充要条件的判断． 【分析】（Ⅰ）运用两边平方，结合条件和不等式的性质，即可得证；
（Ⅱ）先证若|a﹣b|＜|c﹣d|，则（a﹣b）2＜（c﹣d）2，可得ab＞cd，由（Ⅰ）可得+＞+；再证若+＞+，两边平方，由条件结合不等式的性质，可得|a﹣b|＜|c﹣d|，即可得证． 【解答】证明：（Ⅰ）由（+）2=a+b+2， （+）2=c+d+2， 由a﹣c=d﹣b，可得a+b=c+d，
由ab＞cd，可得（+）2＞（+）2， 即为+＞+；
（Ⅱ）若|a﹣b|＜|c﹣d|，则（a﹣b）2＜（c﹣d）2， 即（a+b）2﹣4ab＜（c+d）2﹣4cd， 由a+b=c+d，可得ab＞cd，
由（Ⅰ）可得+＞+；
若+＞+，则（+）2＞（+）2， 即有a+b+2＞c+d+2， 由a﹣c=d﹣b，可得a+b=c+d， 即有ab＞cd，
（a﹣b）2=（a+b）2﹣4ab＜（c+d）2﹣4cd=（c﹣d）2，
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2020年陕西省高考数学一模试卷(理科)含答案解析
