陕西省咸阳市2020届高三第一次高考模拟检测数学（理）试题

陕西省咸阳市2020届高三第一次高考模拟检测数学（理）试题

咸阳市 2020 年高考模拟检测（一） 数学（理科）试题 注意事项： 1.本试卷共 4 页，满分 150 分，时间 120 分钟； 2.答卷前，考生须准确填写自己的姓名.准考证号，并认真核准条形码上的姓名、 准考证号； 3.第 I 卷选择题必须使用 2B 铅笔填涂，第 II 卷非选择题必须使用 0.5 毫米黑色墨 水签字笔书写，涂写要工整、清晰； 4.考试结束，监考员将试题卷、答题卡一并收回. 第Ⅰ卷（共 60 分） 一、选择题：本大题共 12 个小题，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 2 1z i i   ，则 z  （ ） A. 2 i B. 2 i C. 2 i  D. 2 i  【答案】B 【解析】 【分析】 在等式 2 1z i i   的两边同时除以i ，利用复数的除法法则可求出复数 z . 【详解】 2 1z i i   ， 22 1 2 2i i iz ii i       . 故选：B. 【点睛】本题考查复数的求解，涉及复数的除法，考查计算能力，属于基础题. 2.已知集合  ( , ) 2xA x y y  ，  ( , ) | 1B x y y x   ，则 A B 中元素的个数为（ ） A. 3 B. 2 C. 1 D. 0 【答案】B 【解析】 【分析】 A B 表示 2xy  与 1y x  的交点个数，由函数图象可确定交点个数，进而得到结果. 【详解】由 2xy  与 1y x  图象可知，两函数图象有两个交点，如下图所示： A B  中的元素个数为 2 个 故选： B 【点睛】本题考查集合运算中的交集运算，关键是明确交集表示的含义为两函数交点个数， 通过数形结合的方式可得到结果. 3.在平面直角坐标系中，O 为坐标原点， 3 1,2 2OA        ，若OA 绕点 O 逆时针旋转 60得到 向量 OB ，则 OB  （ ） A. (0,1) B. (1,0) C. 3 ,2 2 1     D. 1 3,2 2      【答案】A 【解析】 【分析】 由OA  坐标可确定其与 x 轴夹角，进而得到OB  与 x 轴夹角，根据模长相等可得到坐标 【详解】 3 1,2 2OA         OA 与 x 轴夹角为 30 OB 与 x 轴夹角为90 又 1OB OA    0,1OB  故选： A 【点睛】本题考查向量旋转后坐标的求解问题，关键是能够确定向量与 x 轴的夹角的大小，进 而根据模长不变求得向量. 4.已知 0b a  ，则（ ） A. |1 | |1 |a b   B. 1 1 2 2 a b          C. lg lga b D. 1 1 a b  【答案】C 【解析】 【分析】 通过反例可否定 , ,A B D ；根据对数函数单调性可确定C 正确. 【详解】若 1a  ， 2b  A 中， 1 0a  ， 1 1b  ，则 1 1a b   ， A 错误； B 中， 1 1 2 2 a     ， 1 1 2 4 b     ，则 1 1 2 2 a b          ， B 错误； C 中， lgy x 在 0,  上单调递增 当 0b a  时， lg lgb a ，C 正确； D 中， 1 1a  ， 1 1 2b  ，则 1 1 a b  ， D 错误. 故选：C 【点睛】本题考查根据不等式的性质比较大小的问题，涉及到对数函数单调性的应用，属于 基础题. 5.椭圆 2 22 1x my  的一个焦点坐标为 0, 2 ，则实数 m  （ ） A. 2 3 B. 2 5 C. 2 3  D. 2 5  【答案】D 【解析】 【分析】 将椭圆的方程化为标准方程，结合该椭圆的焦点坐标得出关于实数 m 的方程，解出即可. 【详解】椭圆的标准方程为 2 2 11 1 2 x y m    ，由于该椭圆的一个焦点坐标为  0, 2 ，则 1 1 22m    ， 解得 2 5m   . 故选：D. 【点睛】本题考查利用椭圆的焦点坐标求参数，解题时要将椭圆方程化为标准方程，同时要 注意确定椭圆的焦点位置，考查运算求解能力，属于基础题. 6. ABC 的内角 , ,A B C 的对边分别为 , ,a b c ，若 , ,a b c 既是等差数列又是等比数列，则角 B 的 值为（ ） A. 30 B. 45 C. 60 D. 90 【答案】C 【解析】 【分析】 由等差中项和等比中项定义可得到 , ,a b c 的关系，代入余弦定理中可求得 cos B ，进而得到结 果. 【详解】由题意得： 2b a c  ， 2b ac 由余弦定理得：  2 22 2 2 2 2 2 2 4 3 1cos 2 2 2 2 a c ac ba c b b bB ac ac b          0,B  60B   故选：C 【点睛】本题考查余弦定理解三角形的问题，涉及到等差中项和等比中项的应用，属于基础 题. 7.如图，直三棱柱 1 1 1ABC A B C 中， 1AA AB AC BC   ，则异面直线 1AB 和 1BC 所成角 的余弦值为（ ） A. 1 2  B. 1 2 C. 1 4  D. 1 4 【答案】D 【解析】 【分析】 利用三角形中位线性质平行移动 1AB 至 OD ，在 1DOC 中利用余弦定理可求得 1cos DOC ， 根据异面直线所成角的范围可知所求的余弦值为 1cos DOC . 【详解】连接 1B C 交 1BC 于点O ，取 AC 中点 D ，连接 OD 设 1 2AA AB AC BC    三棱柱 1 1 1ABC A B C 为直三棱柱 四边形 1 1BCC B 为矩形 O 为 1B C 中点 1//DO AB 且 1 1 1 4 4 22 2DO AB    又 1 4 1 5DC    ， 1 1 1 22OC BC  1 2 2 5 1cos 42 2 2 DOC         异面直线 1AB 和 1BC 所成角的余弦值为 1 1cos 4DOC  故选： D 【点睛】本题考查异面直线所成角的求解，关键是能够通过平移将异面直线所成角转化为相 交直线所成角的求解问题；易错点是忽略异面直线所成角的范围，造成所求余弦值符号错误. 8.函数 siny x ，在[0, ] 中随机取一个数 x ，使 10, 2y      的概率为（ ） A. 1 6 B. 1 4 C. 1 3 D. 1 2 【答案】C 【解析】 【分析】 根据正弦函数的图象可确定 10, 2y      时 x 的取值范围，进而根据几何概型可求得结果. 【详解】当 50, ,6 6x              时， 10, 2y      所求概率 13 3p    故选：C 【点睛】本题考查几何概型概率问题的求解，涉及到根据正弦函数的函数值求解自变量的取 值范围. 9.已知 2 ( 0, 0)x y xy x y    ，则 2x y 的最小值为（ ） A. 10 B. 9 C. 8 D. 7 【答案】B 【解析】 【分析】 由已知等式得到 2 1 1x y   ，利用   2 12 2x y x y x y        可配凑出符合基本不等式的形 式，利用基本不等式求得最小值. 【详解】由 2x y xy  得： 2 1 1x y     2 1 2 2 2 22 2 5 5 2 9x y x yx y x y x y y x y x                （当且仅当 2 2x y y x  ，即 x y 时取等号） 2x y  的最小值为9 故选： B 【点睛】本题考查利用基本不等式求解和的最小值的问题，关键是能够灵活对等于1的式子进 行应用，配凑成符合基本不等式的形式. 10.已知曲线 1 : sinC y x ， 2 1: cos 2 3C y x      ，则下面结论正确的是（ ） A. 把 1C 上各点的横坐标缩短到原来的 1 2 倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移 3  个单 位长度，得到曲线 2C B. 把 1C 上各点的横坐标伸长到原来的 2 倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移 3  个单位 长度，得到曲线 2C C. 把 1C 上各点的横坐标缩短到原来的 1 2 倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移 3  个单 位长度，得到曲线 2C D. 把 1C 上各点的横坐标伸长到原来的 2 倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移 3  个单位 长度，得到曲线 2C 【答案】D 【解析】 【分析】 根据三角函数的周期变换和左右平移变换依次得到各选项中所得的函数解析式，从而得到正 确选项. 【详解】 A 中，将 siny x 横坐标缩短到原来的 1 2 倍得： sin 2y x ；向右平移 3  个单位长 度后得： 2sin 2 sin 2 sin 2 cos 23 3 2 6 6y x x x x                                   ， A 错误； B 中，将 siny x 横坐标伸长到原来的 2 倍得： 1sin 2y x ；向右平移 3  个单位长度后得： 1 1 1 2 1sin sin cos cos2 3 2 6 2 2 6 3 2y x x x x                                     ， B 错误； C 中，将 siny x 横坐标缩短到原来的 1 2 倍得： sin 2y x ；向左平移 3  个单位长度后得： 2sin 2 sin 2 sin 2 cos 23 3 2 6 6y x x x x                                  ，C 错误； D 中，将 siny x 横坐标伸长到原来的 2 倍得： 1sin 2y x ；向左平移 3  个单位长度后得： 1 1 1 1sin sin cos cos2 3 2 6 2 2 6 2 3y x x x x                                     ， D 正确. 故选： D 【点睛】本题考查三角函数的周期变换和平移变换的问题，关键是能够准确掌握变换原则， 得到变换后的函数解析式. 11.设 ( )f x 为 R 上的奇函数，满足 (2 ) (2 )f x f x   ，且当 0 2x  时， ( ) xf x xe ，则 (1) (2) (3) (100)f f f f     ( ) A. 22 2e e B. 250 50e e C. 2100 100e e D. 22 2e e  【答案】A 【解析】 【分析】 由    2 2f x f x   可得对称轴，结合奇偶性可知  f x 周期为8 ；可将所求式子通过周 期化为        1 2 3 4f f f f   ，结合解析式可求得函数值. 【详解】由    2 2f x f x   得：  f x 关于 2x  对称 又  f x 为 R 上的奇函数  f x 是以8 为周期的周期函数                  1 2 8 1 2 4 1 2 4 0f f f f f f f f f            且         21 2 3 4 2 2f f f f e e                        1 2 100 12 1 2 8 1 2 3 4f f f f f f f f f f                22 2e e  故选： A 【点睛】本题考查利用函数的奇偶性、对称性和周期性求解函数值的问题，关键是能够利用 奇偶性和对称轴得到函数的周期，并求得基础区间内的函数值. 12.已知双曲线 2 2 2 2: 1x yC a b   ( 0, 0)a b  的两个焦点分别为 1F , 2F ，以 1 2F F 为直径的圆交 双曲线C 于 P ,Q , M , N 四点，且四边形 PQMN 为正方形，则双曲线C 的离心率为（ ） A. 2 2 B. 2 2 C. 2 2 D. 2 2 【答案】D 【解析】 【分析】 设 P 、Q 、M 、N 分别为第一、二、三、四象限内的点，根据对称性可得出 2 2,2 2P c c       ， 将点 P 的坐标代入双曲线 C 的方程，即可求出双曲线C 的离心率. 【详解】设双曲线 C 的焦距为  2 0c c  ，设 P 、 Q 、 M 、 N 分别为第一、二、三、四象 限内的点， 由双曲线的对称性可知，点 P 、Q 关于 y 轴对称， P 、 M 关于原点对称， P 、 N 关于 x 轴 对称，由于四边形 PQMN 为正方形，则直线 PM 的倾斜角为 4  ，可得 2 2,2 2P c c       ， 将点 P 的坐标代入双曲线 C 的方程得 2 2 2 2 12 2 c c a b   ，即   2 2 2 2 2 12 2 c c a c a    ， 设该双曲线的离心率为  1e e  ，则   2 2 2 12 2 1 e e e    ，整理得 4 24 2 0e e   ， 解得 2 2 2e   ，因此，双曲线C 的离心率为 2 2 . 故选：D. 【点睛】本题考查双曲线离心率的计算，解题的关键就是求出双曲线上关键点的坐标，考查 计算能力，属于中等题. 第Ⅱ卷（共 90 分） 二、填空题（每题 5 分，满分 20 分，将答案填在答题纸上） 13.曲线 lny x x  在点 (1,0) 处的切线的方程为__________． 【答案】 1 0x y   【解析】 【分析】 对  f x 求导，带入 1x  得到斜率，通过点斜式得到切线方程，再整理成一般式得到答案. 【详解】 lny x x  1ln ln +1y x x xx      带入 1x  得切线的斜率 1k  ， 切线方程为  0 1 1y x    ，整理得 1 0x y   【点睛】本题考查导数的几何意义，通过求导求出切线的斜率，再由斜率和切点写出切线方 程.难度不大，属于简单题. 14.已知  2 (2 0, 0) ,cos x sin x Asin wx b A w      则 A  ________________， b  _____________. 【答案】 (1). 5 2A  (2). 1 2b  【解析】 【分析】 根据已知条件利用二倍角的余弦公式、两角和的正弦公式对式子 2 2cos x sin x 进行化简成 ( )Asin wx b  形式，即可求出 A 、b 的值. 【详解】     2 2 cos2 1 1 12 sin 2 sin 2 cos22 2 2 1 1 5 11 sin 2 sin 22 2 2 2 xcos x sin x x x x x x                  所以 5 1 2 2A b ， 故答案为： 5 2A  ； 1 2b  【点睛】本题考查了二倍角余弦公式、两角和正弦公式，属于较易题. 15.如果几个函数的定义域相同、值域也相同，但解析式不同，称这几个函数为“同域函数”. 试写出 1 2y x x    的一个“同域函数”的解析式为____________. 【答案】 2 3xy   ，  1,2x （答案不唯一） 【解析】 【分析】 由解析式可求得函数定义域；根据函数单调性确定函数的值域；根据“同域函数”的定义写 出一个符合题意的函数即可. 【详解】由 1 0 2 0 x x      得：1 2x  1 2y x x     的定义域为 1,2 又 1 2y x x    为定义域内的增函数 值域为 1,1 1 2y x x     的一个“同域函数”为 2 3xy   ，  1,2x 故答案为： 2 3xy   ，  1,2x （答案不唯一） 【点睛】本题考查函数新定义的问题，关键是能够明确新定义的含义实际是确定定义域和值 域相同的函数，通过求解函数的定义域和值域得到所求函数. 16.秦九韶是我国古代的数学家，他的《数书九章》概括了宋元时期中国传统数学的主要成就. 秦九韶算法是一种将一元 n 次多项式的求值问题转化为 n 个一次式的算法，其大大简化了计算 过程，即使在现代，利用计算机解决多项式的求值问题时，秦九韶算法依然是最优的算法， 在西方被称作霍纳算法. 1 2 1 2 1 0( ) n n n n n nf x a x a x a x a x a         . 改写成以下形式： 1 2 1 2 1 0( ) n n n n n nf x a x a x a x a x a          1 2 3 1 2 1 0 n n n n n na x a x a x a x a            2 3 1 3 2 1 0 n n n na x a x a x a x a x a             1 2 1 0n n na x a x a x a x a        若        3 22 3 1 3 1 3 1f x x x x       ，则  2 3f   _________. 【答案】 0 【解析】 【分析】 利 用 霍 纳 算 法 依 次 计 算    1 2 3 1 3v x    ，  2 1 1 3v v x   ， 3 2 1v v x  在 2 3x   处的取值，由此可得出   32 3f v  ，从而得出结果. 【详解】由霍纳算法可知，当 2 3x   时，     1 2 3 2 3 1 3 2 3v        ，         2 12 3 1 3 2 3 2 3 1 3 2 3v v           ， 因此，       22 3 2 3 1 2 3 2 3 1 0f v         . 故答案为： 0 . 【点睛】本题考查算法思想的应用，解题的关键就是利用题中的算法逐一计算，考查计算能 力，属于中等题. 三、解答题（本大题共 6 小题，共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步 骤.） 17.如图，长方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中， E 是 1 1D C 的中点， 12, 1AB BC BB   . （Ⅰ）求证：平面 1 1DB C  平面 1 1DCC D ； （Ⅱ）求二面角 1 1D EB C  的余弦值. 【答案】（I）证明见解析；（II） 3 3  . 【解析】 【分析】 （Ⅰ）由长方体特点知 1 1B C  平面 1 1DCC D ，根据面面垂直判定定理证得结论； （Ⅱ）以 1D 为坐标原点可建立空间直角坐标系，利用二面角的向量求法求得结果. 【详解】（Ⅰ）∵ 1 1 1 1ABCD A B C D 是长方体  1 1B C  平面 1 1DCC D 又 1 1B C  平面 1 1DB C 平面 1 1DB C  平面 1 1DCC D . （Ⅱ） 以 1D 为坐标原点，以 1 1D A 、 1 1D C 、 1D D 所在直线分别为 x 轴、 y 轴、 z 轴，建立空 间直角坐标系，如图所示： 则  0,0,1D ，  1 1,2,0B ，  0,1,0E  0,1, 1DE   ，  1 1,1,0EB  . 设平面 1DEB 的一个法向量为  0 0 0, ,n x y z 由 1 0 0 DE n EB n          得： 0 0 0 0 0 0 y z x y      ，令 0 1z  ，则 0 1x   ， 0 1y   1,1,1n   又平面 1 1EB C 的一个法向量  1 0,0,1DD  1 1 1 1 3cos , 33 1 n D Dn D D n D D            ， 二面角 1 1D EB C  是钝二面角 二面角 1 1D EB C  的余弦值为 3 3  【点睛】本题考查立体几何中面面垂直关系的证明、空间向量法求解二面角的问题，涉及到 面面垂直的判定定理的应用；关键是能够熟练掌握二面角的向量求法，易错点是忽略所求二 面角的范围，造成求解错误. 18.甲、乙两位同学参加诗词大赛，各答 3 道题，每人答对每道题的概率均为 3 4 ，且各人是否 答对每道题互不影响. （Ⅰ）用 X 表示甲同学答对题目的个数，求随机变量 X 的分布列和数学期望； （Ⅱ）设 A 为事件“甲比乙答对题目数恰好多 2”，求事件 A 发生的概率. 【答案】（I）见解析；（II） 135( ) 2048P A  . 【解析】 【分析】 （I）确定 X 所有可能的取值，由二项分布概率公式可得每个取值对应的概率，由此得到分布 列和数学期望； （II）将事件 A 分成“甲答对 2 道，乙答对题 0 道”和“甲答对 3 道，乙答对题1道”两种情 况，结合（I）中所求概率，根据独立事件概率公式计算可得结果. 【详解】（I） X 所有可能的取值为 0,1,2,3   31 10 4 64P X       ；   2 1 3 3 1 91 4 4 64P X C          ；   2 2 3 3 1 272 4 4 64P X C             ；   33 273 4 64P X       . X 的分布列为 X 0 1 2 3 P 1 64 9 64 27 64 27 64 数学期望   1 9 27 27 90 1 2 364 64 64 64 4E X        . （II）由题意得：事件 A “甲比乙答对题目数恰好多 2 ”发生 即：“甲答对 2 道，乙答对题 0 道”和“甲答对 3 道，乙答对题1道”两种情况   27 1 27 9 135 64 64 64 64 2048P A      【点睛】本题考查离散型随机变量的分布列与数学期望的求解、独立事件概率问题的求解； 关键是能够明确随机变量服从于二项分布，进而利用二项分布概率公式求得每个取值所对应 的概率，属于常考题型. 19.已知数列 na 的前 n 项和为 nS ，且满足  2 2 1,n nS a n n N    . （Ⅰ）求证：数列 2na  是等比数列； （Ⅱ）求数列   2nn a  的前 n 项和. 【答案】（I）证明见解析；（II） 5 5 2 5nn    . 【解析】 【分析】 （I ） 令 1n  ， 利用 1 1a S 可 求得 1 3a  ； 当 2n  时 ，利 用 1n n na S S   整 理可 得  12 2 2n na a    ，从而证得结论； （II）由（I）可得 2na  的通项公式，从而求得   12 5 2n nn a n    ，利用错位相减法求得 结果. 【详解】（I）令 1n  ， 1 1 12 3a S a   ，解得： 1 3a  当 2n  且 n N 时， 2 2 1n nS a n   ， 1 12 2 1n nS a n    1 12 2 2n n n n na S S a a       ，即 12 2n na a    12 2 2n na a      2na  是以 1 2 5a   为首项， 2 为公比的等比数列 （II）由（I）知： 12 5 2n na      12 5 2n nn a n     设数列   2nn a  的前 n 项和为 nT 则  0 1 2 2 15 2 10 2 15 2 5 1 2 5 2n n nT n n             1 2 3 12 5 2 10 2 15 2 5 1 2 5 2n n nT n n            两式作差得：    1 1 2 1 2 1 2 5 5 2 5 2 2 2 5 5 2 5 1 2 n n n n nT n n                   5 5 2 5 2 10 5 5 2 5n n nn n           5 5 2 5n nT n     【点睛】本题考查根据 na 与 nS 关系、递推关系式证明数列为等比数列、错位相减法求解数列 的前 n 项和的问题；关键是能够熟练掌握数列求和的方法，当数列的通项公式为等差与等比的 乘积的形式时，选择错位相减法来求和. 20.已知   xf x e ，    ln 2g x x  . （Ⅰ） ( )f x 和 ( )g x 的导函数分别为  f x 和  g x ，令      h x f x g x   ，判断  h x 在  2,  上零点个数； （Ⅱ）当 2x   时，证明    f x g x . 【答案】（I） ( )h x 在 ( 2, )  内有且只有一个零点；（II）证明见解析. 【解析】 【分析】 （I）由导函数可得    1 22 xh x e xx     ，可知  h x 在  2,  上单调递增；利用零 点存在定理可确定  h x 在 1,0 内存在唯一零点，即在  2,  内有且只有一个零点； （II）令      H x f x g x  ；由  0 0H x  可得 0 0 1 2 xe x   ，根据（I）中结论可得函数 单调性，利用单调性确定    0minH x H x ，代入整理可得     min 2 0 0 1 02 xH xx   ，从而 证得结论. 【详解】（I）   xf x e Q ，    1 22g x xx        1 22 xh x e xx      xy eQ 与 1 2y x    在 2,  上单调递增  h x 在 2,  上单调递增   11 1 0h e     ，   1 10 1 02 2h     唯一的  0 1,0x   ，使得  0 0h x   h x 在 2,  内有且只有一个零点 （II）令        ln 2xH x f x g x e x     ，则   1 2 xH x e x     . 由（I）可知：存在 0 ( 1,0)x   使得   0 0 0 1 02 xH x e x     ，即： 0 0 1 2 xe x   当  02,x x  时， '( ) 0H x  ，  H x 单调递减；当  0 ,x x  时， '( ) 0H x  ，  H x 单 调递增        0 0 2 0 0 0 0 0min 0 0 11ln 2 02 2 x x xH x H x e x e x xx x             ∴    f x g x 【点睛】本题考查导数在研究函数中的应用，涉及到零点存在定理的应用、利用导数求解函 数的单调性、函数最值的求解问题；利用导数证明不等关系的关键是能够通过构造函数的方 式将问题转化为函数最值的求解问题，通过验证最值所处的范围证得结论. 21.如图，过抛物线 2: 8C y x 的焦点 F 的直线交抛物线C 于不同两点 ,A B ， P 为拋物线上 任意一点（与 ,A B 不重合），直线 ,PA PB 分别交抛物线的准线 l 于点 ,M N . （Ⅰ）写出焦点 F 的坐标和准线 l 的方程； （Ⅱ）求证： MF NF . 【答案】（I） (2,0)F ， 2x   ；（II）证明见解析. 【解析】 【分析】 （I）根据抛物线方程即可直接得到焦点坐标和准线方程； （II）设 AB 方程为  2x my m R   ，与抛物线方程联立可得 1 2y y ；利用直线两点式方程 得到直线 PB 方程，整理可得 2 0 2 0 8y y xy y y   ，代入 2x   即可求得 N 点坐标，同理可得 M 点坐标；根据向量数量积运算，可整理得到 0FN FM   ，由此得到垂直关系. 【详解】（I）由抛物线方程知：焦点  2,0F ，准线l 为： 2x   （II）设直线 AB 的方程为：  2x my m R   令  0 0,P x y ，  1 1,A x y ，  2 2,B x y 由 2 2 8 x my y x     消去 x 得： 2 8 16 0y my   ，则 1 2 16y y   . 直线 PB 方程为： 0 0 2 0 2 0 y y x x y y x x    即  2 0 0 0 2 0 y yy x x yx x    2 2 0 0 022 02 8 8 8 y y yx yyy        2 0 0 2 0 8 8 yx yy y        2 0 2 0 8y y x y y   当 2x   时， 2 0 2 0 16y yy y y   2 0 2 0 162, y yN y y      同理得： 1 0 1 0 162, y yM y y     2 0 2 0 164, y yFN y y        ， 1 0 1 0 164, y yFM y y       2 0 1 0 2 0 1 0 16 1616 y y y yFN FM y y y y                   2 0 1 0 2 0 1 0 2 0 1 0 16 16 16y y y y y y y y y y y y           2 2 1 2 0 1 2 0 2 0 1 0 16 16 256y y y y y y y y y y         2 2 0 0 2 0 1 0 16( 16) 16 ( 16) 256 0y y y y y y        FN FM   MF NF  【点睛】本题考查直线与抛物线的综合应用问题，重点考查了垂直关系的证明问题；证明垂 直关系的关键是能够将问题转化为平面向量数量积等于零或两直线斜率乘积为 1 ；解决此类 问题的常用方法是直线与抛物线方程联立，通过韦达定理的结论代入所证式子中进行整理得 到结果. (二)选考题：共 10 分，考生从 22.23 题中任选一题作答，如果多做，则按所做的 第一题计分.作答时用 2B 铅笔在答题卡.上将所选题目对应的题号涂黑. 22.在直角坐标系 xOy 中，曲线C 的参数方程 2 3 2 x cos y sin      (  为参数)，直线 l 的参数方程 3 cos 1 sin x t y t        (t 为参数). （1）求曲线C 在直角坐标系中的普通方程； （2）以坐标原点O 为极点， x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，当曲线C 截直线l 所得线段 的中点极坐标为 2, 6      时，求直线l 的倾斜角. 【答案】（1） 2 2 112 4 x y  ；（2） 5 6  . 【解析】 【分析】 （1）消去参数  后化简整理即可得到曲线C 的普通方程； （2）将直线l 的参数方程代入曲线C 的普通方程中，可得到关于t 的一元二次方程，由韦达定 理并结合参数t 的几何意义可得 1 2 2 2 6 2 3 03 sin cost t cos sin         ，从而求得 3 3tan   ， 最后写出直线的倾斜角即可. 【详解】（1）由曲线C 的参数方程 2 3 2 x cos y sin      (  为参数)， 可得： cos 2 3 sin 2 x y       ， 由 2 2 1sin cos   ，得： 2 2 112 4 x y  ， 曲线C 的参数方程化为普通方程为： 2 2 112 4 x y  ； （2）中点的极坐标 2, 6      化成直角坐标为  3,1 ， 将直线l 的参数方程代入曲线C 的普通方程中，得：     2 23 1 112 4 tcos tsin    ， 化简整理得：    2 2 23 6 2 3 6 0cos sin t sin cos t        ，  1 2 2 2 6 2 3 03 sin cost t cos sin         ， 即 6 2 3 0sin cos    ，  3 cos 3 sin    ， 即 3 3tan   ， 又 (0, )  ， 直线 l 的倾斜角为 5 6  . 【点睛】本题主要考查参数方程与普通方程的互化，考查直线参数方程中t 的几何意义的应用， 考查逻辑思维能力和运算能力，属于常考题. 23.已知函数      2 2f x x a x x x a      . （Ⅰ）当 2a  时，求不等式   0f x  的解集； （Ⅱ）若  0,2x 时，   0f x  ，求 a 的取值范围. 【答案】（Ⅰ） 2x x  ；（Ⅱ） ,0 . 【解析】 【分析】 （Ⅰ）将 2a  代入函数  y f x 的解析式，分 2x  和 2x  解不等式   0f x  ，即可得 出不等式   0f x  的解集； （Ⅱ）由  0,2x 可得出      2f x x x a x a        ，由   0f x  可得出 a x ，结合 0 2x  ，即可得出实数 a 的取值范围. 【详解】（Ⅰ）当 2a  时，    2 2 2f x x x   ，由   0f x  得  2 2 0x x   . ①当 2x  时，原不等式可化为： 22 0x   ，解之得： x ； ②当 2x  时，原不等式可化为：  22 0x   ，解之得： xR 且 2x  ， 2x  . 因此，不等式   0f x  的解集为 2x x  ； （Ⅱ）当  0,2x 时，          2 2 2f x x a x x x a x x a x a              ， 由   0f x  得   2 0x x a x a        ， x a x a    ， 0x a   ，  0 2a x x    ， 0a  ，因此，实数 a 的取值范围是  ,0 . 【点睛】本题考查绝对值不等式的求解，同时也考查了利用不等式恒成立求参数，解题的关 键就是要结合自变量的取值范围去绝对值，考查运算求解能力，属于中等题.