(0,163]. 27二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
1?61?r?r6－r??－x?＝Cr13．2 【解析】二项式?ax－x?的展开式的通项是Tr＋1＝C6·(ax)·a66·????
1?6?－rr6－2r
·(－1)·x.令6－2r＝0，得r＝3，因此二项式?ax－x?的展开式中的常数项是
??
C3a6－3·(－1)3＝－160，故a＝2. 6·
14、F?V?E?2
解析：凸多面体的面数为F. 顶点数为V和棱数为E， ①正方体：F=6，V=8，E=12，得F+V?E=8+6?12=2； ②三棱柱：F=5，V=6，E=9，得F+V?E=5+6?9=2； ③三棱锥：F=4，V=4，E=6，得F+V?E=4+4?6=2.
根据以上几个例子，猜想：凸多面体的面数F. 顶点数V和棱数E满足如下关系：F?V?E?2
再通过举四棱锥、六棱柱、…等等，发现上述公式都成立。 因此归纳出一般结论：F?V?E?2 故答案为：F?V?E?2
1??xx15、???,??解析：∵f(x)?e?x?1?,∴f?(x)?xe，∴对于任意的x???2,2?，当x???2,0?2??时，f?(x)?0，当x??0,2?时，f?(x)?0，即f(x)在??2,0?上为减函数，在?0,2?上为增函数。∴x?0为f(x)在??2,2?上的极小值点，也是最小值点且最小值为??2,2?，
∴对于任意的x1???2,2?,f(x1)min??1，而总存在x2??1,2?，使得f(x1)?g?x2?，
f(x1)min?g?x2?min.∵g?x??mx，∴①m?0时，g?x2??0，不合题意， ②m?0时，g?x2??mx2??m,2m?，此时m??1，不合题意，③m?0时，1g?x2??mx2??2m,m?，∴g?x2?min?2m，∴2m??1,m??.
216、①②④解析：QsinA:sinB:sinC?ln2:ln4:lnt，∴a:b:c?ln2:ln4:lnt，
理数答案 第5页，总12页
故可设a?kln2，∴kln2?c?3kln2，b?kln4?2kln2，c?klnt，k?0.Qb?a?c?b?a，则2?t?8，当2面
5?t?8时，a2?b2?c2?0，故?ABC为钝角三角形.
a2?b2?c2a2?b2?c25k2ln22?c2， CA?CB?abcosC?ab???2ab22222uuuvuuuv5kln2?cuuuvuuuv又CA?CB?mc2，∴CA?CB5k2ln221. 2m????c2c22c22222225k5k5k55kln25，∴2，即???m?2.当Qkln2?c?3kln2，∴???222222918kln22c2kln2182c2215ln2，故四个结论中，只有③不正确.填①②④。
t?4，a?ln2时，?ABC的面积为4三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。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。
17、（1）∵bn?1?bnbn11???1 ∴，∴bn?1?1?(1?an)(1＋an)bn(2?bn)2?bn2?bn1bn?1?1??1?2?bn1??1?． ∴数列??是以-4为首项，-1为公差的等差数列．
b?1bn?1bn?1?n?∴
11n?2??4?(n?1)??n?3 ， ∴bn?1?． ?bn?1n?3n?3（2）∵an?1?bn?1． ∴n?311111n???????? 4?55?6(n?3)(n?4)4n?44(n?4)Sn?a1a2?a2a3?????anan?1?ann?2(a?1)n2?(3a?6)n?8??∴4aSn?bn?． 由条件可知n?4n?3(n?3)(n?4)(a?1)n2?(3a?6)n?8?0恒成立即可满足条件，设f(n)?(a?1)n2?3(a?2)n?8，当a?1时，f(n)??3n?8?0恒成立,当a?1时，由二次函数的性质知不可能成立． 当a?1时，对称轴??3a?231??(1?)?0，f?n?在[1,??)为单调递减函数．
2a?12a?1理数答案 第6页，总12页
f(1)?(a?1)?(3a?6)?8?4a?15?0，∴a?时，4aSn?b恒成立．
15，∴时4aSn?b恒成立． 综上知：a?1418．【解析】(Ⅰ)解法一：∵F是AC的中点，∴AF＝C′F.设AC′的中点为G，连接FG.设BC′的中点为H，连接GH，EH.易证：C′E⊥EF，BE⊥EF，∴∠BEC′即为二面角C′－EF－B的平面角．∴∠BEC′＝60°，而E为BC的中点．易知BE＝EC′，∴△BEC′为等边三角形，∴EH⊥BC′. ①∵EF⊥C′E，EF⊥BE，C′E∩BE＝E，∴EF⊥平面
BEC′.而EF∥AB，∴AB⊥平面BEC′，∴AB⊥EH，即EH⊥AB. ②由
①②，BC′∩AB＝B，∴EH⊥平面ABC′.∵G，H分别为AC′，BC′的中点．∴GH1
綊2AB綊FE，∴四边形EHGF为平行四边形．FG∥EH，FG⊥平面ABC′，又FG平面AFC′.∴平面AFC′⊥平面ABC′.6分 解法二：如图，建立空间直角坐标系，设AB＝2.
则A(0，0，2)，B(0，0，0)，F(0，2，1)，E(0，2，0)，C′(3，1，0)． →＝(0，0，2)，BC′→＝(3，
设平面ABC′的法向量为a＝(x1，y1，z1)，BA
?z1＝0，
1，0)，∴?令x1＝1，则a＝(1，－3，0)，设平面AFC′
?3x1＋y1＝0，
→＝(0，2，－1)，AC′→＝(3，1，－2)，
的法向量为b＝(x，y，z)，AF
2
2
2
?2y2－z2＝0，∴?令x2＝3，则b＝(3，1，2)．
3x＋y－2z＝0，?222
∵a·b＝0，∴平面AFC′⊥平面ABC′.6分
(Ⅱ)如图，建立空间直角坐标系，设AB＝2.则A(0，0，2)，B(0，0，0)，F(0，2，1)，E(0，2，0)，C′(3，1，0)．显然平面BEC′的法向量m＝(0，0，1)，8分
→→
设平面AFC′的法向量为 n＝(x，y，z)，AC′＝(3，1，－2)，AF＝(0，2，－1)，
?2y－z＝0， m· n2∴?∴ n＝(3，1，2).9分cos〈m, n〉＝＝2，10分
| m|·| n|?3x＋y－2z＝0，
由图形观察可知，平面AFC′与平面BEC′所成的二面角的平面角为锐角． ∴平面AFC′与平面BEC′所成二面角大小为45°.12分
理数答案 第7页，总12页
19、
a3c1取最小值时m?1， ?，则a?2m,b?3m，所以?2ba220、（1）因为c?m,e?理数答案 第8页，总12页
x2y2??1； 此时抛物线C1:y??4x，此时a?2,b?3，所以椭圆C2的方程为4322x2y2c1??1， （2）因为c?m,e??，则a?2m,b?3m，设椭圆的标准方程为224m3ma2x2y2??12得3x2?16mx?12m2?0，所以x0??m或P?x0,y0?,Q?x1,y1?由{4m23m23y2??4mxx0?6m（舍去），代入抛物线方程得y0??2m26m?26m，即P??， ,???33??3于是PF1?5m7m6m，又?PF1F2的边长恰好是三个,PF2?2a?PF1?,F1F2?2m?3332连续的自然数，所以m?3．此时抛物线方程为y??12x， F1??3,0?,P?2,26，则直线PQ的方程为y?26?x?3?．联立{??y?26?x?3?y2??12x2，得x1??9或x1??2（舍225， 29??9??去），于是Q??,?36?．所以PQ???2???26?362??2????2??t2?设M??,t?t??36,26到直线PQ的距离为d，则
?12?????6755666?6?75d???t??，当时， ，所以?MPQ的d???t???max??3024230?2?2面积最大值为
212556125642???．此时MP:y??6x?6．2241633
21、（1）函数f(x)的定义域为(0,??)，f?(x)?1ax?ae， 曲线y?f(x)在点??exex?1a2??,?ex0e2 解得a?1，?x0,y0?处的切线方程为y?x. 由题意得??e?2x?x0?alnx00?e?e理数答案 第9页，总12页
湖南湖北四校2020届高三学情调研联考理科数学试题卷（含解析）
