广东省惠州市2020届高三6月模拟数学(理)试题 Word版含解析

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广东省惠州市2020届高三6月模拟数学(理)试题 Word版含解析

- 1 - 惠州市 2020 届高三模拟考试 理科数学 全卷满分 150 分,时间 120 分钟. 注意事项: 1.答题前,考生务必将自己的姓名、准考证号、座位号、学校、班级等考生信息填写在答题 卡上. 2.作答选择题时,选出每个小题答案后,用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案信息点涂黑. 如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其它答案,写在本试卷上无效. 3.非选择题必须用黑色字迹签字笔作答,答案必须写在答题卡各题指定的位置上,写在本试 卷上无效. 一、选择题:本题共 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 符合题目要求. 1.设集合  | 0A x x  ,集合  | 1B x y x   ,则 A B  ( ) A.  | 0x x  B.  | 0 1x x  C.  | 0 1x x  D.  | 1x x  【答案】A 【解析】 【分析】 先求出集合 B ,然后再求并集运算. 【详解】由     | 1 | 1 0 | 1B x y x x x x x       ,得集合 B=  1x x  所以 A B = 0x x  故选:A . 【点睛】本题考查集合的描述法和集合的并集运算,属于基础题. 2.已知i 为虚数单位,下列各式的运算结果为纯虚数的是( ) A. (1 )i i B. 2(1 )i i C. 2 2(1 )i i D. 2 3 4i i i i   【答案】C 【解析】 - 2 - 【分析】 利用复数代数形式的乘法运算对选项进行逐一化简可得答案. 【详解】对于 A, (1 ) 1i i i   不是纯虚数; 对于 B,  2 21 2 2i i i    是实数; 对于 C, 2 2(1 ) 2i i i   为纯虚数; 对于 D, 2 3 4 1 1 0i i i i i i        不是纯虚数. 故选:C. 【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算,考查复数的基本概念,是基础题. 3.已知等差数列{ }na 的前 n 项和为 nS ,且 5 9 50a a  , 4 13a  ,则 10S  ( ) A. 170 B. 190 C. 180 D. 189 【答案】B 【解析】 【分析】 把条件转化成等差数列 na 的基本量,即 1a 和 d ,根据条件列出方程组,解出 1a 和 d ,利用 等差数列求和公式可得答案. 【详解】设等差数列的首项为 1a ,公差为 d 5 9 450, 13a a a   1 1 2 12 50 3 13 a d a d     ,解得 1 1 4 a d      10 10 10 110 1 4 1902S        故选 B 项. 【点睛】等差数列通项和求和公式的考查,考查内容比较单一,综合性不高,属于简单题. 4.在平面直角坐标系中,角 的顶点在坐标原点,其始边与 x 轴的非负半轴重合,终边与单 位圆交于点 3 4,5 5P    ,则sin 2 =( ) A. 12 25  B. 24 25  C. 8 5 D. 6 5  - 3 - 【答案】B 【解析】 【分析】 根据角终边上的点坐标,求得sin ,cos  ,代入二倍角公式即可求得sin 2 的值. 【详解】由定义知 sinα= 4 5 , 3cos 5    , 所以 24sin 2 2sin cos 25      , 故选:B. 【点睛】该题考查的是有关三角恒等变换的问题,涉及到的知识点有三角函数的定义,正弦 二倍角公式,熟练记忆公式即可解决,属于基础题目.. 5.函数 xxy x  的图象大致形状是( ) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 分别在 0x  和 0x  两种情况下得到函数解析式,根据指数函数单调性可判断出所求函数单 调性,进而得到所求图象. 【详解】当 0x  时, x xxy x     ;当 0x  时, x xxy x    ,  xy  为 R 上的增函数, - 4 - xxy x   在 ,0 上单调递减,在  0,  上单调递增,可知 B 正确. 故选: B . 【点睛】本题考查函数图象的识别,解题关键是能够通过分类讨论的方式得到函数在不同区 间内的解析式,进而根据指数函数单调性判断出结果. 6.已知某次考试之后,班主任从全班同学中随机抽取一个容量为 8 的样本,他们的数学、物 理成绩(单位:分)对应如下表,对应散点图如图所示: 学生编号 1 2 3 4 5 6 7 8 数学成绩 60 65 70 75 80 85 90 95 物理成绩 72 77 80 84 88 90 93 95 根据以上信息,则下列结论: ①根据散点图,可以判断数学成绩与物理成绩具有线性相关关系; ②根据散点图,可以判断数学成绩与物理成绩具有一次函数关系; ③从全班随机抽取 2 名同学(记为甲、乙),若甲同学的数学成绩为 80 分,乙同学的数学成 绩为 60 分,则可以判断出甲同学的物理成绩一定比乙同学的物理成绩高; ④从全班随机抽取 2 名同学(记为甲、乙),若甲同学的数学成绩为 80 分,乙同学的数学成 绩为 60 分,则不能判断出甲同学的物理成绩一定比乙同学的物理成绩高; 其中正确的个数是( ) A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】 观察题中所给的散点图,结合有关概念,对选项逐一分析,得到正确结果. - 5 - 【详解】由散点图知两变量间是相关关系,非函数关系,所以①正确,②错误; 利用概率知识进行预测,得到的结论有一定的随机性,所以③错误,④正确; 所以正确命题的个数为 2, 故选:B. 【点睛】该题考查的是有关相关关系的问题,涉及到的知识点有线性相关的有关概念,两个 量具有相关关系的本质,属于基础题目.. 7.设 m,n 是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,则下列命题正确的是( ) A. 若 / / / /m n , ,则 //m n B. 若 / / m n    , , ,则 //m n C. 若 m n n m     , , ,则 n  D. 若 / /m m n n  , , ,则   【答案】D 【解析】 【分析】 根据各选项的条件及结论,可画出图形或想象图形,再结合平行、垂直的判定定理即可找出 正确选项. 【详解】选项 A 错误,同时和一个平面平行的两直线不一定平行,可能相交,可能异面; 选项 B 错误,两平面平行,两平面内的直线不一定平行,可能异面; 选项 C 错误,一个平面内垂直于两平面交线的直线,不一定和另一平面垂直,可能斜交; 选项 D 正确,由 m  , //m n 便得 n  ,又 n  ,    ,即  . 故选:D. 【点睛】本题考查空间直线位置关系的判定,这种位置关系的判断题,可以举反例或者用定 理简单证明, 属于基础题. 8.“学习强国”是由中宣部主管,以深入学习宣传习近平新时代中国特色社会主义思想为主 要内容,立足全体党员、面向全社会的优质学习平台.该平台设有“人物”、“视听学习”等 多个栏目.假设在这些栏目中,某时段“人物”更新了 2 篇文章,“视听学习”更新了 4 个视 频.一位学习者准备从更新的这 6 项内容中随机选取 2 个视频和 2 篇文章进行学习,则这 2 篇 - 6 - 文章学习顺序相邻的学法有( )种. A. 36 B. 48 C. 72 D. 144 【答案】C 【解析】 【分析】 根据题意,分 2 步进行分析:①在 4 个视频中任选 2 个进行学习,②再对 2 篇文章全选,最 后利用利用捆绑法,结合分步计数原理计算可得答案. 【详解】根据题意,分 2 步进行分析: 从 4 个视频中选 2 个有 2 4C 种方法,2 篇文章全选 2 2C 种方法,2 篇文章要相邻则可以先捆绑看 成 1 个元素,三个学习内容全排列为 3 3A 种方法,最后需要对捆绑元素进行松绑全排列 2 2A ,故 满足题意的学法有 2 2 3 2 4 2 3 2 72C C A A  . 故选:C. 【点睛】本题考查排列、组合的应用,涉及分步计数原理的应用,属于基础题. 9.已知双曲线 2 2 14 2 x y  的右焦点为 F ,P 为双曲线左支上一点,点 (0, 2)A ,则 APF 周 长的最小值为( ) A. 4 2 B. 4(1 2) C. 2( 2 6) D. 6 3 2 【答案】B 【解析】 曲 线 2 2 14 2 x y  右 焦 点 为 F  6,0 , APF 周 长 2l AF AP PF AF AP a PF       要使 APF 周长最小,只需 AP PF  最 小,如图: - 7 - 当 , ,A P F 三点共线时取到,故 l=2|AF|+2a=  4 1 2 故选 B 点睛:本题考查了双曲线的定义,两条线段之和取得最小值的转化,考查了转化思想,属于 中档题. 10.函数 ( ) 2sin( ) 0,| | 2f x x           的最小正周期为 ,若其图象向右平移 6  个单 位后得到函数为奇函数,则函数 ( )f x 的图象( ) A. 关于点 ,03      对称 B. 在 2 2       - , 上单调递增 C. 关于直线 3x  对称 D. 在 6x  处取最大值 【答案】A 【解析】 【分析】 由最小正周期为 得出 2  ,由 ( )f x 的图象向右平移 6  个单位后得到函数为奇函数得出 3   ,进而得出 ( ) 2sin(2 )3f x x   ,然后根据正弦型函数的图像与性质逐一对选型进行 判断即可得出答案. 【详解】解:函数 ( )f x 的最小正周期为 ,可得 2  , ( )f x 向右平移 6  个单位后得到的函数为 2sin 2( ) 2sin(2 )6 3y x x           , 因为此函数为奇函数,又 2   ,所以 3   . - 8 - 故函数 ( ) 2sin(2 )3f x x   , 对于选项 A : 2( ) sin( ) 0,3 3 3f A      正确; 对于选项 B :当 2 4( ),2 ( , )2 2 3 3 3 - ,x x        , ( )f x 不具有单调性, 故 B 错; 对于选项C : 2 , ,3 2x k k Z      ,12 2 kx k Z    ,故 C 错; 对于选项 D : 2( ) 2sin 36 3f    ,没有取到最大值,,故 D 错. 故选:A. 【点睛】本题主要考查正弦型函数的图像与性质,属于中档题. 11.已知 a  、b  、c  是在同一平面内的单位向量,若 a  与b  的夹角为 60 ,则   2a b a c      的 最大值是( ) A. 1 2 B. 2 C. 3 2 D. 5 2 【答案】D 【解析】 【分析】 计算出 a b r r 的值,设向量 a b  与 c  的夹角为 ,利用平面向量数量积运算律和定义可求得    2a b a c      的最大值. 【详解】单位向量 a  与b  的夹角为 60 ,则 1cos60 2a b a b       , 2 2 2 12 1 2 1 12a b a a b b               ,则 1a b  r r , 所以,      2 1 1 1 52 2 1 2 cos 2cos 22 2 2 2a b a c a a b a b c a b c                                 . 故选:D. 【点睛】本题考查平面向量数量积最值的计算,考查平面向量数量积的定义和运算律的应用, 考查计算能力,属于中等题. - 9 - 12.已知偶函数 ( )f x 的定义域为 R,对 x R  , ( 2) ( ) (1)f x f x f   ,且当  2,3x 时,  2( ) 2 3f x x   ,若函数 ( ) log ( 1) ( )( 0 1)aF x x f x a a    , 在 R 上恰有 6 个零点, 则实数 a 的取值范围是( ) A. 5(0, )5 B. 5 3( , )5 3 C. 5( ,1)5 D. 3( ,1)3 【答案】B 【解析】 【分析】 根据 ( 2) ( ) (1)f x f x f   ,运用特殊值法,结合偶函数的性质可以求出 (1) 0f = ,这样可以 求出函数 ( )f x 的周期,函数 ( )F x 的零点的个数转化为两个函数图象的交点个数,利用数形结 合进行求解即可. 【详解】令 1x   ,则 (1) ( 1) (1) 2 (1)f =f f f   ,所以 (1) 0f = , 所以 ( 2) ( )f x f x  ,即函数的周期为 2. 若    ( ) log 1aF x f x x   恰有 6 个零点,则 0 1a  , 则 ( )y f x 的图象与  log 1ay x  有 6 个不同的交点, 因为 ( )y f x 和  log 1ay x  均为偶函数且      0 2 2 0 log 1af f x      , 故 ( )y f x 的图象与  log 1ay x  在 0,  上有三个不同的交点. 画出函数 ( )y f x 和  log 1ay x  的图象如下图所示,由图可知: (2) 2 log 3af    ,得 3 3a  , (4) 2 log 5af    ,得 5 5a  , - 10 - 5 3,5 3a      . (或     2 log 3 4 log 5 a a f f    即 2 log 3 2 log 5 a a     ,故 5 3,5 3a      ) 故选:B 【点睛】本题考查了函数周期性、奇偶性的应用,考查了利用数形结合法求解已知函数零点 个数求参数问题,考查了数学运算能力. 二、填空题:本题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分. 13.设直线 3y x m   是曲线 3 23 3y x x   的一条切线,则实数 m 的值是_______. 【答案】4 【解析】 【分析】 求出导函数,由导数几何意义求得切点横坐标,得切点坐标,代入切线方程可得参数 m 值. 【详解】∵ 3 23 3y x x   ,∴ 23 6y x x   , ∵直线 3y x m   是曲线 3 23 3y x x   的一条切线,∴ 23 6 3k x x    ,解得 1x  , 即切点的横坐标为 1,代入曲线方程得切点坐标 (1,1) , ∵切点 (1,1) 在切线上,∴1 3 1 m    ,解得 4m  ,∴实数 m 的值为 4. 故答案为:4. 【点睛】本题考查导数的几何意义,正确求导是解题基础,本题属于基本题. 14.已知数据 1 2 2020, , ,x x x 的方差为 4,若    2 3 1,2, ,2020i iy x i     ,则新数 据 1 2 2020, , ,y y y 的方差为___________. 【答案】16 【解析】 【分析】 根据方程的性质求解即可. 【详解】因为若样本数据 1 2 nx x x、 、 、 的方差为 2s ,则 1 2 nax b ax b ax b   、 、 、 的 方差为 2 2a s ;因为 1 2 2020x x x、 、 、 的方差为 4,且 2 6i iy x  ,则 1 2 2020y y y、 、 、 - 11 - 的方差为  24 2 16   . 故答案为:16 【点睛】本题主要考查了方程的性质:若样本数据 1 2 nx x x、 、 、 的方差为 2s ,则 1 2 nax b ax b ax b   、 、 、 的方差为 2 2a s .属于基础题. 15.已知数列 na 满足 1 2a  ,  12 2 , 2n n na a n N n     ,则 8a  ________. 【答案】 112 【解析】 【分析】 根据递推公式逐项计算可得 8a 的值. 【 详 解 】  12 2 , 2n n na a n N n     且 1 2a  , 则 2 2 2 12 2 2 2a a    , 3 3 3 22 2 3 2a a    , 4 4 4 32 2 4 2a a    , 5 5 5 42 2 5 2a a    , 6 6 6 52 2 6 2a a    , 7 7 7 62 2 7 2a a    , 8 8 11 8 72 2 8 2 2a a     . 故答案为: 112 . 【点睛】本题考查利用递推公式写出数列中的项,考查计算能力,属于基础题. 16.在平面上给定相异两点 A,B,设 P 点在同一平面上且满足 | | | | PA PB  ,当λ>0 且λ≠1 时, P 点的轨迹是一个圆,这个轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现,故我们称这个圆为阿波 罗斯圆,现有椭圆   2 2 2 2 1 0x y a ba b     ,A,B 为椭圆的长轴端点,C,D 为椭圆的短轴端点, 动点 P 满足 | | 2| | PA PB  ,△PAB 面积最大值为16 3 ,△PCD 面积最小值为 2 3 ,则椭圆离心率为 ______. 【答案】 3 2 【解析】 【分析】 利用两点间的距离公式求得 P 点的轨迹方程,根据两个三角形面积的最值列方程,由此求得 - 12 - ,a b 的值及离心率的值. 【 详 解 】 依 题 意    ,0 , ,0A a B a , 设  ,P x y , 依 题 意 的 2PA PB ,    2 22 22 1x a y x y     , 两 边 平 方 化 简 得 2 2 25 4 3 3x a y a            ,故圆心为 5 ,03 a     ,半径 4 3 ar  .所以 PAB 的最大面积为 1 4 1622 3 3a a   ,解得 2a  , PCD 的最小面积为 1 5 4 222 3 3 3 3 a a ab b         ,解得 1b  . 故椭圆离心率为 2 1 31 1 4 2 be a         . 【点睛】本小题主要考查阿波罗斯圆轨迹方程的求法,考查三角形的面积公式,考查椭圆的 离心率以及圆的标准方程,考查了化归与转化的数学思想方法.要求一个动点的轨迹方程,可 以先设出动点的坐标,然后代入题目所给的方程,如本题中比值为 2 这个方程,化简后可求得 动点的轨迹方程. 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.在 ABC 中,已知内角 , ,A B C 所对的边分别为 , ,a b c ,向量 ( 3, 2sin )m B  ,向量 (cos ,cos2 )n B B ,且 / /m n   ,角 B 为锐角. (1)求角 B 的大小; (2)若 2b  ,求 ABC 面积的最大值. 【答案】(1) 3B  ;(2) 3 . 【解析】 【分析】 (1)由 //m n  得 3cos2 2sin cosB= B B ,再化简得到角 B 的大小; (2)先利用余弦定理得到 2 2 4 0a c ac    ,利用重要不等式可以整理得出 4ac  ,之后 应用三角形的面积公式求得最大值,注意等号成立的条件;也可以应用正弦定理,将边用角 表示,之后将面积转化为关于 A 的正弦型函数,求函数最值即可. - 13 - 【详解】(1)解法一:由 / /m n   得 3cos2 2sin cosB= B B , 即sin 2 3 cos2B B  所以 tan 2 3B   , B 为锐角, 2 (0, )B   , 22 3B   , 即 3B  解法二:由 / /m n   得 3cos2 2sin cosB= B B , 即sin 2 3 cos2B B  所以sin2 3cos2 0B+ B= 即 2sin 2 03B+ =     , 2 3B+ =k  ,即 6 2 kB= +  B 为锐角, 所以 3B  . (2)解法一: , 23B b  ,由余弦定理 2 2 2 cos 2 a c bB ac   , 得 2 2 4 0a c ac    又 2 2 2a c ac  代入上式得 4ac  , 当且仅当 2a c  时取等号成立. 1 1 3 3sin 32 2 2 4ABCS ac B ac ac     △ , 故 ABC 的面积最大值为 3 . 解法二: , 23B b  ,由正弦定理 2 sin bR B  ,得 42 3 R 所以 42 3 a R sinA sinA   ,- - 14 - 4 4 22 sin sin sin 33 3 c R C C A        - 由 1 4 3 2sin2 3 3S ac B sinA sin A       △ 2 3 323 6 3= sin A      因为 726 6 6A      ,则当 2 6 2A =  即 = 3A  时, max 2 3 3 33 3S   △ , 故 ABC 的面积最大值为 3 . 【点睛】本题主要考查三角恒等变换,考查余弦定理解三角形、利用不等式求最值;正弦定 理解三角形和三角函数的图像和性质,意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理 能力. 18.已知几何体 ABCDEF 中, / /AB CD , / /FC EA, AD AB , AE ⊥面 ABCD , 2AB AD EA   , 4CD CF  . (1)求证:平面 BDF 平面 BCF ; (2)求二面角 E-BD-F 的余弦值. 【答案】(1)证明见解析;(2) 1 3 . 【解析】 【分析】 (1)由勾股定理逆定理证得 BD BC ,再由已知得 FC  平面 ABCD , BD FC ,从而 有线面垂直,得面面垂直; (2)分别以 DA、DC 所在直线为 x 轴、 y 轴,以 D 为垂足作面 DAC 的垂线 DZ 为 z 轴,建系, - 15 - 写出各点坐标,求出二面角两个面的法向量,由法向量夹角的余弦值得二面角的余弦值(注 意判断二面角是锐角还是钝角). 【详解】(1)证明:在直角梯形 ABCD 中由已知可得 2 2BD BC  2 2 2 ,BD BC CD BD BC     / /FC EA ,且 AE ⊥ 面 ABCD , FC  平面 ABCD , BC 面 ABCD , BD FC  , FC BC C , BC 面 BCF , FC 面 BCF ∴ BD  面 BCF 且 BD  面 BDF ,故面 BDF 面 BCF ; (2)分别以 DA、DC 所在直线为 x 轴、 y 轴,以 D 为垂足作面 DAC 的垂线 DZ 为 z 轴,建系如 图 (0, 0, 0), (2, 2, 0), (2, 0, 2) (0, 4, 4)D B E F , 则 (2,2,0), (2,0,2), (0,4,4)DB DE DF     , 设面 DEB 的法向量为 ( , , )m x y z , - 16 - 则 2 2 00 2 2 00 x ym DB x zm DE             , 取 1x  ,则 1y z   ,故 (1, 1, 1)m    设面 DBF 的法向量为 ( , , )n x y z ,则 2 2 00 4 4 00 x yn DB y zn DF             , 取 1x  ,则 1, 1y z   ,故 (1, 1,1)n   则 1 1 1 1cos , 3| | | | 3 3 m nm n m n              , 由图可得二面角 E-BD-F 的余弦值为 1 3 . 【点睛】本题考查面面垂直的证明,考查用空间向量法求二面角,解题关键是建立空间直角 坐标系,把求二面角问题化为纯粹的计算. 19.某种水果按照果径大小可分为四类:标准果,优质果,精品果,礼品果.某采购商从采购 的一批水果中随机抽取 100 个,利用水果的等级分类标准得到的数据如下: 等级 标准果 优质果 精品果 礼品果 个数 10 30 40 20 (1)用样本估计总体,果园老板提出两种购销方案给采购商参考: 方案 1:不分类卖出,单价为 20 元/ kg . 方案 2:分类卖出,分类后的水果售价如下表: 等级 标准果 优质果 精品果 礼品果 售价(元/ kg ) 16 18 22 24 从采购商的角度考虑,应该采用哪种方案较好?并说明理由. (2)从这 100 个水果中用分层抽样的方法抽取 10 个,再从抽取的 10 个水果中随机抽取 3 个, X 表示抽取到精品果的数量,求 X 的分布列及数学期望 ( )E X . 【答案】(1)答案不唯一,见解析;(2)分布列见解析;期望为 6 5 . - 17 - 【解析】 【分析】 (1)计算方案 2 的数学期望值,与方案 1 比较、分析,即可得到答案; (2)用分层抽样法求抽出精品果个数,计算对应概率值,写出分布列,求出数学期望值. 【详解】(1)解答一:设方案 2 的单价为 ,则单价的期望值为: 1 3 4 2( ) 16 18 22 24 20.610 10 10 10E           因为 ( ) 20E   , 所以从采购商的采购资金成本角度考虑,采取方案 1 比较好.- 解答二:设方案 2 的单价为 ,则单价的期望值为: 1 3 4 2( ) 16 18 22 24 20.610 10 10 10E           虽然 ( ) 20E   , ( ) 20 0.6E    , 但从采购商后期对水果分类的人力资源和时间成本角度考虑,采取方案 2 较好. (2)用分层抽样的方法从 100 个水果中抽取 10 个, 则其中精品果 4 个,非精品果 6 个. 现从中抽取 3 个,则精品果的数量 X 服从超几何分布, X 所有可能的取值为:0,1,2,3. 则 3 6 3 10 1( 0) 6 CP X C    , 3 1 6 4 3 10 1( 1) 2 C CP X C    , 1 2 6 4 3 10 3( 2) ,10 C CP X C    3 4 3 10 1( 3) 30 CP X C    , 所有 X 的分布列如下: X 0 1 2 3 P 1 6 1 2 3 10 1 30 1 1 3 1 6( ) 0 1 2 3 .6 2 10 30 5E X          【点睛】本题考查了离散型随机变量的分布列与数学期望的计算问题,也考查了概率与统计 - 18 - 知识的应用问题,是中档题. 20.已知直线 l 与抛物线 2 4y x 相交于 A,B 两点,且与圆 2 2( 1) 1x y   相切. (1)求直线 l 在 x 轴上截距 c 的取值范围; (2)设 F 是抛物线的焦点, 0FA FB   ,求直线 l 的方程. 【答案】(1)    ,0 2, U ;(2)3 7 1 0x y   或 3 7 1 0x y   . 【解析】 【分析】 (1) 设直线 l 的方程为 x my c  ,根据与圆 2 2( 1) 1x y   相切可得 2 2 2m c c  ,再联立 抛物线的方程,根据判别式大于 0 可得 1c  或 0c  ,再结合 2 2 2 0m c c   求解 c 的取值 范围即可. (2) 设 1 1 2 2( , ), ( , ), (1,0)A x y B x y F ,联立直线与抛物线的方程,代入韦达定理化简 0FA FB   ,结合(1)中 2 2 2m c c  可得关于 c 的方程求解即可. 【详解】(1)设直线l 的方程为 x my c  , 2 2( 1) 1x y   的圆心为 (1,0) ,半径为 1. 由直线l 与圆相切得: 2 |1 | 1 1 c m    ,化简得 2 2 2m c c  , 直线 l 的方程代入抛物线,消去 x 得: 2 4 4 0(*)y my c   , 由直线l 与抛物线相交于 A,B 两点,得 2 2( 4 ) 16 0 0m c m c       , 将 2 2 2 ,m c c  代入不等式,得 2 0c c   1c  或 0c  , 注意到 2 2 2 0 2m c c c     或 0c  综上知,c 的取值范围是    ,0 2, U (2)设 1 1 2 2( , ), ( , ), (1,0)A x y B x y F 由 (*) 得 1 2 1 24 , 4y y m y y c    2 2 1 2 1 2 1 2 1 2( 1)( 1) ( 1)( 1)4 4 y yFA FB x x y y y y          2 2 1 2 1 2 1 2 3 1 1( ) ( ) 12 16 4y y y y y y     - 19 - 将 1 2 1 24 , 4y y m y y c   代入上式, 由 0FA FB   ,得 2 24 6 1 0c m c    , 所以 2 2 24( 2 ) 6 1 0 3 2 1 0c c c c c c         , 解得 1 3c   或 1c  (舍去),- 故 7 .3m  所以直线 l 的方程为 3 7 1 0x y   或3 7 1 0x y   【点睛】本题主要考查了联立直线与抛物线的方程,利用判别式以及直线满足的条件,求解 参数的问题.同时也考查了利用韦达定理代入所给条件,求解参数的问题.属于中档题. 21.设函数 ( ) sinxf x e a x b   . (1)当 1a  , [0, )x  时, ( ) 0f x  恒成立,求b 的范围; (2)若 ( )f x 在 0x  处的切线为 1 0x y   ,求 a 、b 的值.并证明当 (0, )x  时, ( ) lnf x x . 【答案】(1) 1b   (2)见解析 【解析】 【 试 题 分 析 】( 1 ) 当 1a  时 , 由 于  ' 0f x  , 故 函 数 单 调 递 增 , 最 小 值 为  0 1 0, 1f b b     .(2)利用切点 0, 1 和斜率为1建立方程组,解方程组求得 ,a b 的 值.利用导数证得先证 2 1xe x   ,进一步利用导数证 1 lnx x  ,从而证明原不等式成立. 【试题解析】 解:由   sinxf x e a x b   , 当 1a  时,得   cosxf x e x   . 当  0,x  时,  1,cos 1,1xe x   ,且当 cos 1x   时, 2 ,x k k N    ,此时 1xe  . 所以   cos 0xf x e x   ,即  f x 在 0,+ 上单调递増, - 20 - 所以    min 0 1f x f b   , 由   0f x  恒成立,得1 0b  ,所以 1b   . (2)由   sinxf x e a x b   得   cosxf x e a x  ,且  0 1f b  . 由题意得   00 1f e a    ,所以 0a  . 又 0,1 b 在切线 1 0x y   上. 所以 0 1 1 0b    .所以 2b   . 所以   2xf x e  . 先证 2 1xe x   ,即 1 0( 0)xe x x    , 令   1( 0)xg x e x x    , 则   1 0xg x e   , 所以  g x 在 0, 是增函数. 所以    0 0g x g  ,即 2 1xe x   .① 再证 1 lnx x  ,即 1 ln 0( 0)x x x    , 令   1 lnx x x    , 则   1 11 xx x x     ,   0x  时, 1x  ,   0x  时, 1x  ,   0x  时, 0 1x  . 所以  x 在 0,1 上是减函数,在 1, 上是增函数, 所以    min 1 0x   . 即 1 ln 0x x   ,所以 1 lnx x  .② 由①②得 2 lnxe x  ,即   lnf x x 在 0, 上成立. 【点睛】本小题主要考查利用导数解决不等式恒成立问题,考查利用导数证明不等式.第一问 由于 a 题目给出,并且导函数没有含有b ,故可直接有导数得到函数的单调区间,由此得到函 - 21 - 数的最小值,令函数的最小值大于或等于零,即可求得 b 的取值范围,从而解决了不等式恒成 立问题. (二)选考题:共 10 分.请考生在第 22、23 题中任选一题作答.答题时请在答卷中写清题号 并将相应信息点涂黑. [选修 4-4:坐标系与参数方程] 22.在平面直角坐标系 xOy 中,曲线 1C 的参数方程为 2 cos sin x y      ( 为参数).以坐标原 点O 为极点, x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系,曲线 2C 的极坐标方程为 2  .  1 求曲线 1C 的普通方程和 2C 的直角坐标方程;  2 设 P 是曲线 1C 上一点,此时参数 4   ,将射线OP 绕坐标原点O 逆时针旋转 3  交曲线 2C 于点Q ,记曲线 1C 的上顶点为T ,求 OTQ△ 的面积. 【答案】  1 1C : 2 2 12 x y  , 2 2 2 : 2C x y  ; 2 2 3 4 6  . 【解析】 【分析】  1 根据参数方程与普通方程的转化,先将曲线 1C 的参数方程转化为普通方程,根据极坐标 与直角坐标方程的转化,再将曲线 2C 的极坐标方程转化为直角坐标方程.  2 根据参数 4   求得 P 的极坐标.根据变换过程可得点Q 的极坐标,根据三角形面积为 1 2OTQ QS OT x △ 即可求得 OTQ△ 的面积. 【详解】解:  1 由 2 2cos sin 1   , 所以 1C 的普通方程为 2 2 12 x y  , 由 2 2 2x y   , 可得 2C 的直角坐标方程为 2 2 2x y  .  2 设点Q 的横坐标为 Qx ,则由已知可得 1 2OTQ QS OT x △ , - 22 - 且直角坐标 11, 2 P     ,极坐标 6 ,2P       , 其中 1sin 3   , 2cos 3   ,极坐标 2, 3Q     , 则有 1 12 cos 3 3 2Qx        , 所以 1 1 1 2 31 .2 4 63 2OTQS       【点睛】本题考查了参数方程、直角坐标方程和极坐标方程的转化,利用极坐标方程求三角 形的面积,属于中档题. [选修 4-5:不等式选讲] 23.[选修 4-5:不等式选讲]:已知函数 ( ) 2f x x a x a    . (1)当 1a  时,求不等式 ( ) 4 2f x x   的解集; (2)设 0a  , 0b  ,且 ( )f x 的最小值为 t .若 3 3t b  ,求 1 2 a b  的最小值. 【答案】(1) 7( , ] [ 1, )3     (2)3 2 2 【解析】 【分析】 (1)当 1a  时, ( ) | 2 | | 1|f x x x    ,原不等式可化为 2 | 2 | | 1| 4x x    ,分类讨论 即可求得不等式的解集; (2)由题意得, ( )f x 的最小值为 t ,所以 3t a ,由3 3 3a b  ,得 1a b  ,利用基本不 等式即可求解其最小值. 【详解】(1)当 1a  时,   2 1f x x x    ,原不等式可化为 2 2 1 4x x    ,① 当 2x   时,不等式①可化为 2 4 1 4x x     ,解得 7 3x   ,此时 7 3x   ; 当 2 1x   时,不等式①可化为 2 4 1 4x x    ,解得 1x   ,此时 1 1x   ; 当 1x  时,不等式①可化为 2 4 1 4x x    ,解得 1 3x  ,此时 1x  , 综上,原不等式的解集为  7, 1,3         . - 23 - (2)由题意得,   2f x x a x a        2 3x a x a a    , 因为  f x 的最小值为 t ,所以 3t a ,由3 3 3a b  ,得 1a b  , 所以  1 2 1 2 a ba b a b         2 23 3 2 3 2 2b a b a a b a b         , 当且仅当 2b a a b  ,即 2 1a   , 2 2b   时, 1 2 a b  的最小值为 3 2 2 . 【点睛】本题主要考查了绝对值不等式问题,对于含绝对值不等式的解法有两个基本方法, 一是运用零点分区间讨论,二是利用绝对值的几何意义求解.法一是运用分类讨论思想,法 二是运用数形结合思想,将绝对值不等式与函数以及不等式恒成立交汇、渗透,解题时强化 函数、数形结合与转化化归思想方法的灵活应用,这是命题的新动向. - 24 -
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