湖南师范大学附属中学2020届高三下学期5月模拟考试数学（文）试题 Word版含解析

湖南师范大学附属中学2020届高三下学期5月模拟考试数学（文）试题 Word版含解析

- 1 - 湖南师范大学附属学校 2020 届高三 5 月模拟 文科数学试题卷 本试卷共 6 页，满分 150 分，考试用时 120 分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动， 用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷 上无效. 3.考试结束后.将本试卷和答题卡一并交回. 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 是符合题目要求的. 1. 设集合      2, 2 , ,A x y x y B x y y x     ，则 A B  （ ） A.   1,1 B.   2,4 C.     1,1 , 2,4 D.  【答案】C 【解析】 【分析】 首先注意到集合 A 与集合 B 均为点集，联立 2 2x y y x     ，解得方程组的解，从而得到结果. 【详解】首先注意到集合 A 与集合 B 均为点集，联立 2 2x y y x     ， 解得 1 1 x y    ，或 2 4 x y     ， 从而集合 {(1,1),( 2,4)}A B   ， 故选 C. 【点睛】本题考查交集的概念及运算，考查二元方程组的解法，属于基础题. 2. 已知 2(1 )i z  =1 i （i 为虚数单位），则复数 z  （ ） A. 1 i B. 1 i C. 1 i  D. 1 i  【答案】D - 2 - 【解析】 试题分析：由 2(1 ) 1i iz    ，得 2(1 ) 2 2 (1 ) 11 1 (1 )(1 ) i i i iz ii i i i           ，故选 D. 考点：复数的运算. 3. 现有甲、乙、丙、丁四人参加数学竞赛，其中只有一位获奖. 有人走访了四人，甲说：“乙、 丁都未获奖”，乙说：“是甲或丙获奖”，丙说：“是甲获奖”，丁说：“是乙获奖”，四 人所说话中只有一位是真话，则获奖的人是( ) A. 甲 B. 乙 C. 丙 D. 丁 【答案】B 【解析】 【分析】 结合题意分类讨论甲乙丙丁获奖的情况，然后考查说真话的人的个数即可确定获奖的人. 【详解】结合题意分类讨论： 若甲获奖，则说真话的人为：甲乙丙，说假话的人为：丁，不合题意； 若乙获奖，则说真话的人为：丁，说假话的人为：甲乙丙，符合题意； 若丙获奖，则说真话的人为：甲乙，说假话的人为：丙丁，不合题意； 若丁获奖，则说假话的人为：甲乙丙丁，不合题意； 综上可得，获奖人为乙. 故选 B. 【点睛】本题主要考查数学推理的方法，分类讨论的数学思想，属于中等题. 4. 已知直线 ,a b 表示不同的直线，则 / /a b 的充要条件是（ ） A. 存在平面 ，使 / / , / /a b  B. 存在平面 ，使 ,a b   C. 存在直线 c ，使 ,a c b c  D. 存在直线 c ，使 ,a b 与直线 c 所成角都是 60 【答案】B 【解析】 【分析】 - 3 - 根据充要条件的定义，逐项判断 / /a b 是否能推出选项成立，和选项是否能得出 / /a b 成立， 即可得出结果. 【详解】A 选项， / /a b 存在平面 ，使 / / , / /a b  ；反之， a 与b 可以平行、相交或者 异面.故 A 错误. B 选项， / /a b 存在平面 ，使 ,a b   ；反之，也成立.故 B 正确. C 选项， / /a b 存在直线 c ，使 ,a c b c  ；反之，a 与b 可以平行、相交或者异面.故 C 错误. D 选项， / /a b 存在直线 c ，使 ,a b 与直线 c 所成角都是 60；反之， a 与b 可以平行、相 交或者异面.故 D 错误. 故选：B 【点睛】本题考查了直线与直线、直线与平面的位置关系，充要条件等基本知识，考查了空 间想象能力和逻辑推理能力，属于一般题目. 5. 函数   2 4sinf x x x  ， ,2 2x       的图象大致是 ( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 ∵函数 f（x）=2x﹣4sinx，∴f（﹣x）=﹣2x﹣4sin（﹣x）=﹣（2x﹣4sinx）=﹣f（x），故 函数 f（x）为奇函数， 所以函数 f（x）=2x﹣4sinx 的图象关于原点对称，排除 AB， 函数 f′（x）=2﹣4cosx，由 f′（x）=0 得 cosx= ，故 x=2k （k∈Z）， 所以 x=± 时函数取极值，排除 C， 故选 D． 点睛：本题主要考查函数的性质，结合函数的奇偶性得出函数图象的对称性，是解决函数图 - 4 - 象选择题常用的方法． 6. 某三棱锥的三视图如图所示，则该几何体体积是（ ） A. 4 B. 4 3 C. 8 3 D. 2 【答案】B 【解析】 【详解】如图所示，在棱长为 2 的正方体中，三视图表示图中的棱锥 P ABC ，其中 C 点为 中点，该几何体的体积为： ABC 1 1 1 42 2 23 3 2 3V S h             . 本题选择 B 选项. - 5 - 7. “割圆术”是我国古代计算圆周率 的一种方法.在公元 263年左右，由魏晋时期的数学 家刘徽发明.其原理就是利用圆内接正多边形的面积逐步逼近圆的面积，进而求 .当时刘微 就是利用这种方法，把 的近似值计算到3.1415和3.1416之间，这是当时世界上对圆周率 的计算最精确的数据.这种方法的可贵之处就是利用已知的、可求的来逼近未知的、要求的， 用有限的来逼近无穷的.为此，刘微把它概括为“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不 可割，则与圆合体，而无所失矣”.这种方法极其重要，对后世产生了巨大影响，在欧洲，这 种方法后来就演变为现在的微积分.根据“割圆术”，若用正二十四边形来估算圆周率 ，则  的近似值是（ ）（精确到 0.01）（参考数据sin15 0.2588o ） A. 3.05 B. 3.10 C. 3.11 D. 3.14 【答案】C 【解析】 【分析】 假设圆的半径为 r ，根据以圆心为顶点将正二十四边形分割成全等的 24 个等腰三角形，顶角 - 6 - 为 360 24  ，计算正二十四边形的面积，然后计算圆的面积，可得结果. 【详解】设圆的半径为 r ， 以圆心为顶点将正二十四边形分割成全等的 24 个等腰三角形 且顶角为 360 1524    所以正二十四边形的面积为 2124 sin15 12 sin152      r r r 所以 2 212 sin15 12sin15 3.11     r r 故选：C 【点睛】本题考查分割法的使用，考验计算能力与想象能力，属基础题. 8. 关于函数 ( ) sin cos2 2 x xf x   有下述三个结论： ①函数 ( )f x 的图象既不关于原点对称，也不关于 y 轴对称； ②函数 ( )f x 的最小正周期为 ； ③ 0x R ，  0 2 1f x   . 其中正确结论的个数为( ) A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】 根据偶函数的定义可得 ( )f x 为偶函数,故①错误;根据 ( ) ( )f x f x  对任意的 x 都成立,知 ②正确;在一个周期[0, ) 内任取一个 x ,都有 ( ) [1, 2]f x  ,可知③错误. 【详解】依题意， ( ) ( )( ) sin cos sin cos ( )2 2 2 2 x x x xf x f x       ， 故函数 f x（ ）的图象关于 y 轴对称，故①错误； 因为 ( ) sin cos cos sin ( )2 2 2 2 2 2 x x x xf x f x                   - 7 - 故 x  是函数 f x（ ）的一个周期，且当 [0, )x  时 ( ) sin cos 2 sin [1, 2]2 2 2 4 x x xf x         ，故②正确，③错误. 故选 B. 【点睛】本题考查了三角函数的图象和性质,属中档题. 9. 设 , , (0, )2A B C  ,且 cos cos cos ,sin sin sinA B C A B C    ,则C A  （ ） A. 6  B. 3  C. 3  D. -3 3  或 【答案】B 【解析】 【分析】 把题设中的两个等式移项后平方再相加，则有   1cos 2C A  ，再根据 , 0, 2C A     及 sin sinA C 可得C A 的大小. 【详解】因为 cos cos cosA B C  ，故 cos cos cosB C A  ， 2 2 2cos 2cos cos cos cosC C A A B   ， 同理 2 2 2sin 2sin sin sin sinC C A A B   ， 所以  1 2 cos cos sin sin 0A C A C   即   1cos 2C A  . 因为 , 0, 2C A     ，故 ,2 2C A        ， 3C A    ， 根据 sin sin sinA B C  得到 sin sinA C ，因 , 0, 2C A     ， 故C A ，故 3C A    ，故选 B. 【点睛】三角函数的求值问题，需要观察给定的三角函数式的结构形式，再根据已有的公式 的结构特点对原有的三角函数式变形化简.知道角的三角函数值，应该根据题设条件去挖掘隐 含的角与角的大小关系，从而可对所得结果进行取舍. 10. 已知椭圆 2 2 2: 1(0 2)4 x yC bb     ,作倾斜角为 3 4  的直线交椭圆C 于 ,A B 两点,线段 - 8 - AB 的中点为 ,M O 为坐标原点OM 与 MA 的夹角为 ,且| tan | 3  ，则b  ( ) A. 1 B. 2 C. 3 D. 6 2 【答案】B 【解析】 分析：设      1 1 2 2 0 0, , , , ,A x y B x y M x y ，利用“点差法”可得 2 0 0 4 y b x  ，设直线OM 的倾 斜 角 为  ， 则 4    或 3 tan 1,tan4 1 tan           ， 又 2 0 0 tan 4 y b x    ， 由 2 2 14 3 1 4 b b    ，从而可得结果. 详解：设      1 1 2 2 0 0, , , , ,A x y B x y M x y ， 则 2 2 1 1 2 2 2 2 2 2 14 14 x y b x y b       ，两式作差得      1 2 1 2 1 2 1 2 2 04 x x x x y y y y b      ， 0 01 2 2 1 2 1, 04 x yy y x x b       ，即 2 0 0 4 y b x  ， 设直线OM 的倾斜角为 ，则 4    或 3 tan 1,tan4 1 tan           ， 又 2 0 0 tan 4 y b x    ，由 2 2 14 3 1 4 b b    ， 解得 2 2b  ，即 2b  ，故选 B. 点睛：本题考查椭圆的性质，点差法和运算求解能力. 对于有弦关中点问题常用“ 点差法”， 其解题步骤为：①设点（即设出弦的两端点坐标）；②代入（即代入圆锥曲线方程）；③作差 （即两式相减，再用平方差公式分解因式）；④整理（即转化为斜率与中点坐标的关系式）， 然后求解. - 9 - 11. 在四面体 ABCD 中， 2 3AB AC  ， 6BC  ， AD  底面 ABC ，G 为 DBC△ 的 重心，且直线 DG 与平面 ABC 所成的角是 30°，若该四面体 ABCD 的顶点均在球O 的表面 上，则球 O 的表面积是（ ） A. 24 B. 32 C. 46 D. 49 【答案】D 【解析】 【分析】 四面体 ABCD 与球O 的位置关系如图所示，设 F 为 BC 的中点，O 为 ABC 外接圆的圆心. 由条件可得 3AF  ，又直线 DG 与平面 ABC 所成的角等于直线 DF 与平面 ABC 所成的角 即 DFA ，求出球O 的半径，即可得答案； 【详解】四面体 ABCD 与球O 的位置关系如图所示， 设 E 为 BC 的中点， O 为 ABC 外接圆的圆心. 由条件可得 3AE  ，又直线 DG 与平面 ABC 所成的角等于直线 DE 与平面 ABC 所成的角 即 DEA . 则由 3tan 3 ADDEA AE    ，∴ 1AD  . 由 2 2 2 1cos 2 2 AB AC BCBAC AB AC      ， 120BAC   所以 2 32sin    B C AC BAO 在四边形 OO AD 中， //OO AD ， 90  O AO ， 2 3 AO ，OA OD . - 10 - 所以  2 22 1 492 32 4OA       ，所以球 O 的表面积为 49 . 故选：D. 【点睛】本题考查四面体与球的切接问题、球的表面积，考查空间想象能力、运算求解能力. 12. 已知函数 ( ) 1 lnmf x n xx    （ 0m  ，0 en  ）在区间[1,e]内有唯一零点，则 2 1 n m   的取值范围为（ ） A. 2 2 , 11 2 e e e e      B. 2 2 , 11 e ee e      C. 2 , 11 ee     D. 1, 12 e    【答案】A 【解析】 【分析】 由函数在区间[1,e] 内有唯一零点，根据零点存在性定理即函数单调性可得 (1) 0,  (e) 0, f f    或  (1) 0,  (e) 0, f f    化简可得关于 .m n 的约束条件，利用线性规划求解即可. 【详解】 2 2( ) m n m nxf x x x x       ，当 0n  时， 2( ) 0mf x x     ， 当 0 en  时，令 ( ) 0f x  ，则 0mx n    ，所以函数 ( )f x 在[1,e]上单调递减， 由函数 ( )f x 在区间 1,e 内有唯一零点， 得 (1) 0,  (e) 0, f f    ,即 1 0, 1 0,e m m n      即 1 0, e e 0, m m n       或  (1) 0,  (e) 0, f f    ,即 1 0, e e 0, m m n       ,又 0m  ， 0 n e  ， - 11 - 所以 1 0, e e 0, 0, 0 e, m m n m n           （1）或 1 0, e e 0, 0, 0 e, m m n m n           （2） 所以 m ， n 满足的可行域如图（1）或图（2）中的阴影部分所示， 则 2 ( 2) 1 ( 1) n n m m      表示点（ m ， n ）与点（－1，－2）所在直线的斜率， 综上可得 2 1 n m   的最小值在 A 点处取得，根据 e e 0, e, m n n      得 A 点坐标满足 2e e, e, m n      ， 所以最小值为 2 e 2 e e 1    ，故选 A. 【点睛】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性，函数零点，线性规划，属于难题. 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分. 13. 执行如图所示的程序框图，输出 S 的值是______. - 12 - 【答案】0 【解析】 【分析】 模拟运行程序，得出该程序框图 S 的值会以 3 为周期循环出现，根据 2019 3 673  ，即可得 出答案. 【详解】 1, 0 tan 33n S     22, 3 tan 03n S     33, 0 tan 03n S     44, 0 tan 33n S     55, 3 tan 03n S     6, 0 tan 6 03n S     由于 ( ) tan 3f n n 的周期 3 3 T    ，则 tan 3 n 的值以 3 为周期循环出现 即该程序框图 S 的值会以 3 为周期循环出现 因为 2019 3 673  ，所以 2019n  时， 0S  ，此时循环终止，输出的 0S  故答案为： 0 【点睛】本题主要考查了循环结构框图计算输出值，属于中档题. 14. 在锐角三角形 ABC 中，sin 2 3 cos 2 3C C  ， cos cos 2 2c B b C  ，则 ABC 的面积的取值范围为______． 【答案】 3,4 3 【解析】 【分析】 利用辅助角公式，结合锐角三角形特点可求得C ；利用余弦定理化简已知等式可求得 a ；利 用正弦定理和锐角三角形角的大小可确定 ,sinc B 的取值范围，代入三角形面积公式可得结 果. 【详解】由sin 2 3 cos 2 3C C  得：sin 2 3 cos2 2sin 2 33C C C        ， - 13 - 3sin 2 3 2C       ， ABC 为锐角三角形， 0, 2C      ， 22 ,3 3 3C          ， 3C   ， 由余弦定理知： 2 2 2 2 2 2 cos cos 2 22 2 a c b a b cc B b C aa a         ， ABC 为锐角三角形且 3C  ， ,6 2A       ， ,6 2B      ， 1sin ,12A      ， 1sin ,12B     ， 由正弦定理知：  sin 6 6,2 6sin sin a Cc A A    ，  1 sin 2 sin 3,4 32ABCS ac B c B    ． 故答案为： 3,4 3 . 【点睛】本题考查利用正余弦定理求解三角形面积取值范围的问题，关键是能够熟练应用正 余弦定理进行边角转化，从而求得所需的边和角的取值范围，代入三角形面积公式求得结果. 15. 已知 P 为椭圆 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     上任意一点，点 M ， N 分别在直线 1 1: 3l y x 与 2 1: 3l y x  上，且 2/ /PM l ， 1/ /PN l ，若 2 2PM PN 为定值，则椭圆的离心率为______. 【答案】 2 2 3 【解析】 【分析】 设 0 0( , )P x y ，求出 M，N 的坐标，得出 2 2PM PN 关于 0 0,x y 的式子，根据 P 在椭圆上得到 ,a b 的关系，进而求出离心率. 【 详 解 】 设 0 0( , )P x y ， 则 直 线 PM 的 方 程 为 0 0 1 3 3 xy x y    ， 直 线 PN 的 方 程 为 - 14 - 0 0 1 3 3 xy x y   ，联立方程组 0 0 1 3 3 1 3 xy x y y x        ，解得 0 0 0 0 3( , )2 2 6 2 x x yM y  ， 联立方程组 0 0 1 3 3 1 3 xy x y y x        ，解得 0 0 0 0 3( , )2 2 6 2 x x yN y   ，则 2 2 2 2 2 2 2 20 0 0 0 0 0 0 0 0 0 3 3 5( ) ( ) ( ) ( ) 52 2 6 2 2 2 6 2 9 x y x y x x yPM PN y x y            又点 P 在椭圆上，则有 2 2 2 2 2 2 0 0b x a y a b  ，因为 2 2 0 0 5 59 x y 为定值，则 2 2 5 19 5 9 b a   ， 2 2 2 2 8 9 a be a   ， 2 3 3e  . 【点睛】本题考查椭圆离心率的求法，有一定的难度. 16. 已知数列 na 的前 n 项和 12 2n n nS a   ，若不等式 22 3 (5 ) nn n a    ，对 n N   恒成立，则整数  的最大值为______． 【答案】4 【解析】 【详解】当 1n  时， 2 1 12 2S a  ，得 1 4a  ， 当 2n  时， 1 2 2n n nS a   ， 又 12 2n n nS a   ， 两式相减得 12 2 2n n n na a a    ，得 12 2n n na a   ， 所以 1 1 12 2 n n n n a a    ． 又 1 1 22 a  ，所以数列 2 n n a    是以 2 为首项，1 为公差的等差数列， 12 n n a n  ，即 ( 1) 2n na n   ． 因为 0na  ，所以不等式 22 3 (5 ) nn n a    ，等价于 2 35 2n n   ． - 15 - 记 1 2 2 3 1 1, ,2 2 4n n nb b b    ， 2n  时， 11 2 1 2 12 2 3 4 6 2 nn n n n b n nb n      ． 所以 3n  时， 1 1,n n b b   综上， max 3 3( ) 8nb b  ， 所以 3 3 375 , 58 8 8       ，所以整数  的最大值为 4． 考点：1．数列的通项公式；2．解不等式． 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. （一）必考题： 17. 已知数列 na 的前 n 项和为 nS ，  * 1 0, Na a a a   ， 1n nS pa  （ 0p  且 1p   ， *Nn ）． （1）求数列 na 的通项公式； （2）在① 1ka  ， 3ka  ， 2ka  ，② 2ka  ， 1ka  ， 3ka  这两个条件中任选一个，补充在下面的问 题中，要使问题成立： 对任意的正整数 k ，若将 1ka  ， 2ka  ， 3ka  按______的顺序排列后构成等差数列，且公差为 kd ， 求 p 的值及对应的 kd ． 【答案】（1）     2 1 1 2 n n a n a a p np p            ；（2）见解析 【解析】 【分析】 （1）由 1n nS pa  再写式子 1 2n nS pa n  （ ），两式作差得到 1 1n n a p a p   （n≥2），所以数 - 16 - 列{an}从第二项起是公比为 1p p  的等比数列，又当 n＝1 时 2 aa p  ，从而可得通项公式； （2）由（1）分别写出 1ka  ， 2ka  ， 3ka  ，若选①，则 1 2 32k k ka a a    ，解出 p 值，即可 求得 kd ；同理若选②，则 2 3 12k k ka a a    ，解出 p 值，求得 kd . 【详解】（1）因为 1n nS pa  ，当 2n  时， 1n nS pa  ， 两式相减，得  1 1 2n n a p na p    ，故数列 na 从第二项起是公比为 1p p  的等比数列， 又当 1n  时， 1 2 0a pa  ， 1a a ， 所以 2 aa p  ，从而     2 1 1 2 n n a n a a p np p            ． （2）由（1）得 1 1 1 k k a pa p p        ， 2 1 k k a pa p p      ， 1 3 1 k k a pa p p        ， 若选①，则 1 2 32k k ka a a    ， 1 1p p   或 1 1 2 p p    ，得 2 3p   ， 所以 1 1 3 1 2 2 k k aa         ， 1 3 3 1 2 2 k k aa         ， 所以 1 3 1 9 1 8 2 k k k k ad a a            ． 若选②，则 2 3 12k k ka a a    ， 1 1p p   或 1 2p p    ，得 1 3p   ， 所以   1 1 3 2 k ka a      ，  2 3 2 k ka a    ， 所以   1 1 2 9 2 k k k kd a a a         ． 【点睛】本题主要考查数列通项公式的求解，考查等差数列的性质，考查计算能力，属于中 档题． 18. 如图，在三棱锥 A BCD 中， ABD 是等边三角形，平面 ABD  平面 BCD，BC CD ， 2BC CD  ， E 为三棱锥 A BCD 外一点，且 CDE 为等边三角形. - 17 - （1）证明： AC BD ； （2）若 AE ⊥平面CDE ，求点 E 到平面 BCD的距离. 【答案】（1）证明见解析（2） 6 3 3 7  【解析】 【分析】 （1）要证 AC BD ，只需证 BD  平面 AOC ，即可求得答案； （2）因为平面 ABD  平面 BCD，平面 ABD  平面CBD CD ，所以 AO  平面 BCD， 且 2BD  ， 3AO  ，取 CD 的中点 F ，连接 OF ，EF ，同理可证CD  平面 EOF ，CD  平面 AOF ，结合已知，即可求得答案. 【详解】（1）取 BD 的中点O ，连接OC ，OA，  ABD 是等边三角形，  AO BD ， 又 BC CD ，  CO BD ，  CO AO O  ，  BD  平面 AOC ，  AC  平面 AOC ， - 18 - 故 AC BD . （2）平面 ABD  平面 BCD ， 平面 ABD  平面CBD CD ，  AO  平面 BCD， 且 2BD  ， 3AO  ， 取CD 的中点 F ，连接 OF ， EF ， 同理可证CD  平面 EOF ，CD  平面 AOF ， A ，O ， F ， E 共面， 平面 BCD  平面OFE ，作 EH 垂直 OF 于点 H ， 则 EH  平面 BCD， 故点 E 到平面 BCD 的距离即为 EH ， 又 AE ⊥平面CDE ，所以 AE EF ， AE EC ，  2 2OF  ， 6 2EF  ， 14 2AF  ， 2AE  . 由sin sin( )EFO AFO AFE     sin cos cos sinAFO AFE AFO AFE       6 2 3 2 6 3 3 2 7 7EH     . 【点睛】本题主要考查了求证异面直线垂直和求点到面距离，解题关键是掌握将求证线线垂 直转化为线面垂直的证法和点到面距离的定义，考查了分析能力和计算能力，属于中档题. 19. 已知 M 过点  3 0A ， ，且与  2 23 16N x y   ： 内切，设 M 的圆心 M 的轨迹 为C ， （1）求轨迹 C 的方程； （2）设直线 l 不经过点  2 0B ， 且与曲线 C 交于点 P Q， 两点，若直线 PB 与直线QB 的斜率 之积为 1 2  ，判断直线 l 是否过定点，若过定点，求出此定点的坐标，若不过定点，请说明理 由． 【答案】（1） 2 2 14 x y  ；（2） l 过定点 2 03 ，． - 19 - 【解析】 【分析】 （1）由题意结合圆的性质可得 4MA MN  ，利用椭圆的定义即可得解； （2）当直线l 斜率不存在时，求出各点坐标后即可得l 与 x 轴的交点为 2 03     ， ；当l 的斜率存 在时，设 l 的方程为 y kx b  ，联立方程可得 1 2 2 8 1 4 kbx x k    ， 2 1 2 2 4 4 1 4 bx x k   ，进而可转 化条件   2 4 2PB QB b kk k b k    ，得出 2 3b k  后即可得解. 【详解】（1）由题意 M 过点  3,0A ，且与  2 23 16N x y   ： 内切， 易知点  3,0N  ， Ne 半径为 4 ， 设两圆切点为 D ， 所以 4MD MN ND   ，在 M 中， MD MA ， 所以 4MA MN MA   ，所以 M 的轨迹为椭圆，由椭圆定义可知 2 4   3 a c   ， 所以 2 2 2 1b a c   ，所以轨迹 C 的方程为 2 2 14 x y  ； （2）①当l 的斜率不存在的时，设  0 0P x y， ，所以  0 0Q x y， ， 所以 0 0 0 0 2 20 0 1 2 2 2   14 PB QB y yk k x x x y            ，解得 0 0 2 3   2 2 3 x y     或 0 0 2  0 x y    （舍）， 所以 l 与 x 轴的交点为 2 03     ， ； ②当 l 的斜率存在时，设 l 的方程为 y kx b  ， 联立 2 2   14 y kx b x y     消元可得 2 2 21 4 8 4 4 0k x kbx b     ，     2 2 2 2 28 4 1 4 4 4 64 16 16 0kb k b k b         ，所以 2 24 1k b  ， - 20 - 由韦达定理 1 2 2 8 1 4 kbx x k    ， 2 1 2 2 4 4 1 4 bx x k   ， 则           2 2 2 1 2 1 21 2 1 1 2 1 2 1 2 1 2 ( ) 2 2 2 2 2 4PB QB kx b k x x kb x x by y kx bk k x x x x x x x x                       2 2 2 2 2 2 22 2 2 2 2 2 2 4 4 8 2 241 4 1 4 4 4 8 4 2 4 22 41 4 1 4 b k bk b b k b kb kk k b kb k b k b k k                ， 又因为 2 0k b  ，所以   2 1 4 2 2 b k b k    ，即 2 3b k  ， 所以 2 2 221 1 43b k k        ，所以 2 3b k  成立， 所以 2 2 3 3y kx k k x       ，当 2 3x  时， 0y  ，所以 l 过 2 03     ， ， 综上所述，l 过定点 2 03     ， . 【点睛】本题考查了椭圆定义的应用和直线与椭圆的综合问题，考查了计算能力，属于中档 题. 20. 2019 年，中国的国内生产总值（GDP ）已经达到约 100 万亿元人民币，位居世界第二， 这其中实体经济的贡献功不可没实体经济组织一般按照市场化原则运行，某生产企业一种产 品的成本由原料成本及非原料成本组成，每件产品的非原料成本 y （元）与生产该产品的数 量 x （千件）有关，经统计得到如下数据： x 1 2 3 4 5 6 7 8 y 112 61 44.5 35 30.5 28 25 24 根据以上数据，绘制了如下的散点图. - 21 - 现考虑用反比例函数模型 by a x   和指数函数模型 dxy ce 分别对两个变量的关系进行拟合. 为此变换如下：令 1 x   ，则 y a b  ，即 y 与  满足线性关系；令 ln  ，则 lnc dx   ，即 与 x 也满足线性关系.这样就可以使用最小二乘法求得非线性的回归方程. 已求得用指数函数模型拟合的回归方程为 96.54 dxy e$ ， 与 x 的相关系数 1 0.94r   ，其他 参考数据如表（其中 1 lni i i i yx    ）. 8 1 i i i y   μ 2 8 2 1 i i    8 1 i i y   8 2 1 i i y   0.61 6185.5 2e ln96.54  183.4 0.34 0.115 1.53 360 22385.5 61.4 0.135 4.6 3.7 （1）求指数函数模型和反比例函数模型中 y 关于 x 的回归方程； （2）试计算 y 与  的相关系数 2r ，并用相关系数判断：选择反比例函数和指数函数两个模型 中的哪一个拟合效果更好（计算精确到 0.01）？ （3）根据（2）小题的选择结果，该企业采取订单生产模式（即根据订单数量进行生产，产 品全部售出）.根据市场调研数据，该产品单价定为 100 元时得到签订订单的情况如表： 订单数 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 - 22 - （千 件） 概率 101 2      91 2      81 2      71 2      61 2     51 2     4 1 2     31 2      21 2      1 2 101 2      已知每件产品的原料成本为 10 元，试估算企业的利润是多少？（精确到 1 千元） 参考公式：对于一组数据 1 1,  ， 2 2,  ， ， ,n n  ，其回归直线    的斜率 和截距的最小二乘估计分别为：  1 22 1 n i i i n i i n n             ，       ，相关系数 1 2 2 2 2 1 1 n i i i n n i i i i n r n n                       . 【答案】（1）指数模型回归方程为  0.296.54 xy e ，反比例函数回归方程为  10011y x   ；（2） 2 0.99r  ；用反比例函数模型拟合效果更好；（3）612（千元）. 【解析】 【分析】 （1）由 96.54 dxy e$ ，得 ln ln 96.54 4.6y dx dx     ，将 3.7  ， 4.5x  代入可 得指数模型回归方程.令 1 x   ，则 y b a  ，代入 y ，求得b ， a ，可得反比例函数回归 方程. （2）求得 y 与u 的相关系数为 2r ，由 1 2r r ，可得结论. （3）设该企业的订单期望为 S （千件），则 10 9 8 1 101 1 1 1 11 2 3 10 112 2 2 2 2S                                      ，可求得订单的期望，从而 - 23 - 求得该企业的利润约. 【详解】解：（1）因为 96.54 dxy e$ ，所以 ln ln 96.54 4.6y dx dx     ， 将 3.7  ， 4.5x  代入上式，得 0.2d   ，所以  0.296.54 xy e . 令 1 x   ，则 y b a  ， 因为 360 458y   ，所以 1 8 22 1 8 183.4 8 0.34 45 1001.53 8 0.1158 n i i i i i u y u y b u u              ， 则  45 100 0.34 11a y b u       ，所以  11 100y u  ， 所以 y 关于 x 的回归方程为  10011y x   . 综上，指数模型回归方程为  0.296.54 xy e ，反比例函数回归方程为  10011y x   . （2） y 与u 的相关系数为 8 1 2 8 82 22 2 1 1 8 61 61 0.9961.40.61 6185.58 8 i i i i i i i u y u y r u u y y                     ， 因为 1 2r r ，所以用反比例函数模型拟合效果更好. （3）设该企业的订单期望为 S （千件）， 则 10 9 8 1 101 1 1 1 11 2 3 10 112 2 2 2 2S                                      ， 令 10 9 8 11 1 1 11 2 3 102 2 2 2T                              ①， 则 11 10 9 21 1 1 1 11 2 3 102 2 2 2 2T                              ②， ②  ①，得 11 10 9 21 1 1 1 1 52 2 2 2 2T                            ， 化简得 1019 2T       ，所以 101 39 12 92 256S         ， - 24 - 所以该企业的利润约为： 3 3 1009 100 9 10 11 6123256 256 9 256                          （千元）. 【点睛】本题考查线性回归方程的求得，相关系数的比较，以及运用数学期望求利润，属于 中档题. 21. 已知函数    lnf x x ax a R   . （1）讨论  f x 的单调性； （2）当 1a  时，设     1f xg x xe x   （ e 为自然对数的底）.若正实数 1 、 2 满足 1 2 1   ， 1x 、   2 1 20,x x x   ，证明：      1 1 2 2 1 1 2 2g x x g x g x      . 【答案】（1）答案不唯一，具体见解析；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】 （1）求得函数  y f x 的定义域与导数，对实数 a 进行分类讨论，分析导数的符号变化， 可得出函数  y f x 的单调递增区间和递减区间； （2）由题意得出   1xg x e x   ，构造函数            2 1 1 1 2 1 g x g xH x g x g x x xx x     ，证明出存在  1 2,x x  ，使得       2 1 2 1g x g x g x x   ，可推导出       2 1 1 2 1g x g x g x x x   ，设  3 1 1 2 2 1 2 1x x x       ，可得       1 3 2 3 1 2g x g x g x x x    ，       2 3 1 3 2 1g x g x g x x x    ，利用待定系数法可证得不等式成立. 【详解】（1）函数  y f x 的定义域为 0,  ，   1 1 axf x ax x     . ①当 0a  时，   0f x  ，函数  y f x 在 0,  上单调递增； ②当 0a  时，令   0f x  ，解得 10 x a   ；令   0f x  解得 1x a  . 故此时函数  y f x 在 10, a      上单调递增，在 1 ,a     上单调递减； - 25 - （2）当 1a  时，    ln ln1 1 1x x x x xg x xe x xe x e x           ，    1 0 0xg x e x     ，不妨设 1 20 x x  ， 先证：存在  1 2,x x  ，使得       2 1 2 1g x g x g x x   ， 构造函数            2 1 1 1 2 1 g x g xH x g x g x x xx x     ， 显然    1 2H x H x ，且        2 1 2 1 g x g xH x g x x x     ，      2 1 2 1 2 1 1 1 12 1 1 2 1 2 1 2 1 1 1 11 1 x x x x x x x x xe x e x e e eH x e e ex x x x x x                      2 2 1 2 1 2 1 1 x x xe x x ex x       ， 2 1 0x x  ，则 2 1 0x x  ，    2 2 2 1 2 1 1 0x xg x x e x x       ，  1 0H x  ， 同理可证    2 1 2 2 1 2 2 1 2 2 1 2 1 1 0 x x x x x xe e eH x e e x xx x x x            ， 由零点存在定理可知，存在  1 2,x x  ，使得        2 1 2 1 0g x g xH g x x       ， 即存在  1 2,x x  ，使得       2 1 2 1g x g x g x x   ， 又   1xg x e   为增函数，          2 1 2 1 1 2 1g x g x g x x g x x x       ， 即       2 1 1 2 1g x g x g x x x   ， 设  3 1 1 2 2 1 2 1x x x       ，则  1 3 1 1 2 21x x x x     ，  2 3 2 2 1 11x x x x     ，             1 3 3 1 3 3 3 1 1 2 21g x g x g x x x g x g x x x                3 2 3 1 2g x g x x x    ，①             2 3 3 2 3 3 3 2 2 1 11g x g x g x x x g x g x x x               3 1 3 2 1g x g x x x    ，② 由① 1  ② 2 得：        1 1 2 2 3 1 1 2 2g x g x g x g x x       ， - 26 - 即      1 1 2 2 1 1 2 2g x x g x g x      . 【点睛】本题考查利用导数求解函数的单调区间，同时也考查了利用导数证明函数不等式， 构造新函数是解答的关键，考查计算能力与推理能力，属于难题. （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. [选修 4-4：坐标系与参数方程] 22. 在直角坐标系.xOy 中，曲线 C1 的参数方程为 2 2cos . 2sin x y       （ 为参数），以原点 O 为 极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 C2 的极坐标方程为ρ=4sinθ. （1）求曲线 C1 的普通方程和 C2 的直角坐标方程； （2）已知曲线 C3 的极坐标方程为  0 π, R       ，点 A 是曲线 C3 与 C1 的交点，点 B 是 曲线 C3 与 C2 的交点，且 A，B 均异于原点 O，且|AB|=4 2 ，求α的值. 【答案】（1） 2 22 4x y   ，  22 2 4x y   ,；（2） 3 4   【解析】 【分析】 （1）由曲线 C1 的参数方程消去参数求出曲线的普通方程；曲线 C2 的极坐标方程左右同乘ρ， 即可求出直角坐标方程； （2）曲线 C1 化为极坐标方程 4cos  ，设 1 1 2 2( , ), ( , )A B    ，从而 1 2| | | |AB    计算 即得解. 【详解】（1）曲线 C1 的参数方程为 2 2cos . 2sin x y       , 消去参数得到普通方程： 2 2( 2) 4x y   曲线 C2 的极坐标方程为ρ=4sinθ，两边同乘ρ得到 2 4 sin   故 C2 的直角坐标方程为： 2 2( 2) 4x y   . （2）曲线 C1 2 2( 2) 4x y   化为极坐标方程 4cos  , 设 1 1 2 2( , ), ( , )A B    - 27 - 因为曲线 C3 的极坐标方程为： (0 ), R        点 A 是曲线 C3 与 C1 的交点，点 B 是曲线 C3 与 C2 的交点，且 A，B 均异于原点 O，且|AB|=4 2 1 2| | | | | 4sin 4cos | 4 2 | sin( ) | 4 24AB             sin( ) 1,04         3 4 2 4         【点睛】本题考查了极坐标，参数方程综合，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的 能力，属于中档题. [选修 4-5：不等式选讲] 23. 已知函数 ( ) 2f x x a x a    ， a R ． （Ⅰ）若 (1) 1f  ，求 a 的取值范围； （Ⅱ）若 0a  ，对 x ，  ,y a  ，都有不等式 ( ) ( 2020)f x y y a    恒成立，求 a 的取值范围． 【答案】（Ⅰ） ( , 1) (1, )   ；（Ⅱ） 1010,0 . 【解析】 【分析】 （Ⅰ）由题意不等式化为 1 2 1 1a a    ，利用分类讨论法去掉绝对值求出不等式的解集 即可； （Ⅱ）由题意把问题转化为   minmax 2020f x y y a         ，分别求出   maxf x   和 min2020y y a     ，列出不等式求解即可． 【详解】（Ⅰ）由题意知，  1 1 2 1 1f a a     ， 若 1 2a  ，则不等式化为1 2 1 1a a    ，解得 1a   ； 若 1 12 a  ，则不等式化为  2 1 1 1a a    ，解得 1a  ，即不等式无解； 若 1a  ，则不等式化为 2 1 1 1a a    ，解得 1a  ， 综上所述， a 的取值范围是   , 1 1,    ； - 28 - （Ⅱ）由题意知，要使得不等式   ( 2020)f x y y a    恒成立， 只需   minmax 2020f x y y a         ， 当 ( , ]x a  时， 2x a x a a     ，   maxf x a     ， 因为 2020 2020y y a a     ，所以当   2020 0y y a   时， min2020 2020y y a a       ， 即 2020a a   ，解得 1010a   ， 结合 0a  ，所以 a 的取值范围是 1010,0 . 【点睛】本题考查了绝对值不等式的求解问题，含有绝对值的不等式恒成立应用问题，以及 绝对值三角不等式的应用，考查了分类讨论思想，是中档题．含有绝对值的不等式恒成立应 用问题，关键是等价转化为最值问题，再通过绝对值三角不等式求解最值，从而建立不等关 系，求出参数范围. - 29 -