河北省沧州市2020届高三数学（文）一模试题（解析版）

河北省沧州市2020届高三数学（文）一模试题（解析版）

2020 年普通高等学校招生全国统一模拟考试 文科数学 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.已知全集  1,2,3,4,5,6,7,8,9U  ，集合  2,4,6,7A  ，  3,5,6,7,8B  ，则    U UA B  （ ） A.  1,9 B.  2,3,4,5,6,7,8 C.  1,2,3,4,5,8,9 D.  1,6,7,9 【答案】A 【解析】 【分析】 利用补集和交集的定义可求得结果. 【详解】全集  1,2,3,4,5,6,7,8,9U  ，集合  2,4,6,7A  ，  3,5,6,7,8B  ， 由补集的定义可得  1,3,5,8,9U A ð ，  1,2,4,9U B ð ，因此，     1,9U UA B  . 故选：A. 【点睛】本题考查补集和交集的混合运算，考查计算能力，属于基础题. 2.设 2 11z i   （i 是虚数单位），则 z  （ ） A. 2 B. 3 C. 5 D. 2 3 【答案】C 【解析】 【分析】 利用复数的运算法则将复数表示成一般形式，然后利用复数的模长公式可求得结果. 【详解】      2 12 1 1 21 1 1 iz ii i i         ，因此，  222 1 5z     . 故选：C. 【点睛】本题考查复数模长的计算，涉及复数的四则运算法则的应用，考查计算能力，属于 基础题. 3.已知等差数列 na 的前 n 项和为 nS ， 3 7a  ， 3 9S  ，则 10a  （ ） A. 25 B. 35 C. 40 D. 45 【答案】B 【解析】 【分析】 设等差数列 na 的公差为 d ，根据题意得出关于 1a 和 d 的方程组，求出这两个量，然后利用 等差数列的通项公式可求得 10a 的值. 【详解】设等差数列 na 的公差为 d ，由题意可得 3 1 3 1 2 7 3 3 9 a a d S a d        ，解得 1 1 4 a d     ， 因此， 10 1 9 1 9 4 35a a d       . 故选：B. 【点睛】本题考查等差数列中相关项的计算，解答的关键就是建立有关首项和公差的方程组， 考查计算能力，属于基础题. 4.已知函数  f x 的图象如图所示，则  f x 可以为（ ） A.   3 x xf x e  B.   x x xf x e e  C.   x xf x e  D.   xf x xe 【答案】A 【解析】 【分析】 由图象可知，函数  y f x 为 R 上的奇函数，且在 0,  上先增后减，然后逐项分析各选 项中函数  y f x 的定义域、奇偶性及其在区间 0,  上的单调性，结合排除法可得出正 确选项. 【详解】由图象可知，函数  y f x 为 R 上的奇函数，且在 0,  上先增后减. 对于 A 选项，函数   3 x xf x e  的定义域为 R ，    x x x xf x f x e e       ，该函数为奇 函数，当 0x  时，   x xf x e  ，   1 x xf x e   . 当 0 1x  时，   0f x  ，此时函数  y f x 单调递增；当 1x  时，   0f x  ，此时函 数  y f x 单调递减，合乎题意； 对于 B 选项，函数   x x xf x e e  的定义域为 0x x  ，不合乎题意； 对于 C 选项，函数   x xf x e  的定义域为 R ，  1f e   ，   11f e  ，    1 1f f   ， 该函数不是奇函数，不合乎题意； 对于 D 选项，函数   xf x xe 的定义域为 R ，当 0x  时，   xf x xe ，    1 0xf x x e    ，该函数在区间 0,  上单调递增，不合乎题意. 故选：A. 【点睛】本题考查函数图象的识别，一般从函数的定义域、奇偶性、单调性、零点以及函数 值符号来判断，结合排除法求解，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题. 5.某歌手大赛进行电视直播，比赛现场有 6名特约嘉宾给每位参赛选手评分，场内外的观众可 以通过网络平台给每位参赛选手评分.某选手参加比赛后，现场嘉宾的评分情况如下表，场内 外共有数万名观众参与了评分，组织方将观众评分按照 70,80 ， 80,90 ， 90,100 分组， 绘成频率分布直方图如下： 嘉宾 A B C D E F 评分 96 95 96 89 97 98 嘉宾评分的平均数为 1x ，场内外的观众评分的平均数为 2x ，所有嘉宾与场内外的观众评分的 平均数为 x ，则下列选项正确的是（ ） A. 1 2 2 x xx  B. 1 2 2 x xx  C. 1 2 2 x xx  D. 1 2 1 2 2 x xx x x    【答案】C 【解析】 【分析】 计算出 1x 、 2x ，进而可得出结论. 【详解】由表格中的数据可知， 1 96 95 96 89 97 98 95.176x       ， 由频率分布直方图可知， 2 75 0.2 85 0.3 95 0.5 88x        ，则 1 2x x ， 由于场外有数万名观众，所以， 1 2 2 12 x xx x x   . 故选：B. 【点睛】本题考查平均数的大小比较，涉及平均数公式以及频率分布直方图中平均数的计算， 考查计算能力，属于基础题. 6.已知角 的终边在直线 2y x  上，则 tan 4      （ ） A. 3 2 2  B. 3 2 2 C. 3 2 2  D. 3 2 2 【答案】C 【解析】 【分析】 由直线的倾斜角和斜率的关系得出 tan 2   ，然后利用两角和的正切公式可得出结果. 【详解】由题意可知，直线 2y x  的斜率为 tan 2   ， 由两角和的正切公式得  2tan 1 2 1tan 2 1 2 2 34 1 tan 1 2                   . 故选：C. 【点睛】本题考查利用两角和的正切公式求值，考查计算能力，属于基础题. 7.四棱锥V ABCD 的底面是正方形，且各条棱长均相等，点 P 是VC 的中点，则异面直线 AP 与CD 所成角的余弦值为（ ） A. 3 5 B. 5 5 C. 5 10 D. 3 5 10 【答案】D 【解析】 【分析】 作出图形，设四棱锥V ABCD 的各条棱的棱长为 4 ，计算出 PAB 各边边长，利用余弦定 理求出 cos PAB ，即为所求. 【详解】如下图所示，设四棱锥V ABCD 的各条棱的棱长为 4 ，连接 AC 、BD 交于点O ， 则O 为 AC 的中点，且VO  平面 ABCD ，连接 OP ，取 OC 的中点 E ，连接 PE ， 四边形 ABCD 为正方形， //AB CD ，则 4 2AC  ， 所以，异面直线 AP 与 CD 所成角为 PAB 或其补角， 4VA VC  ， 2 2 2VA VC AC  ， VA VC  ， O 为 AC 的中点， 1 2 22VO AC  ， E 、 P 分别为 OC 、VC 的中点， //PE VO 且 1 22PE VO  ， VO  平面 ABCD ， PE  平面 ABCD ， AC  平面 ABCD ， PE AC  ， 3 3 24AE AC  ，由勾股定理得 2 2 2 5PA PE AE   ， VBC 是边长为 4 的等边三角形， P 为VC 的中点， 4sin 2 33PB    ， 4AB Q ，由余弦定理得 2 2 2 3 5cos 2 10 PA AB PBPAB PA AB     . 故选：D. 【点睛】本题考查异面直线所成角的余弦值的计算，考查计算能力，属于中等题. 8.若两个非零向量 a  、b  满足    0a b a b       ，且 2a b a b      ，则 a  与b  夹角的余弦 值为（ ） A. 3 5 B. 3 5  C. 1 2 D. 1 2  【答案】A 【解析】 【分析】 设平面向量 a  与b  的夹角为 ，由已知条件得出 a b r r ，在等式 2a b a b      两边平方， 利用平面向量数量积的运算律可求得 cos 的值，即为所求. 【详解】设平面向量 a  与 b  的夹角为 ，     2 22 2 0a b a b a b a b                ，可得 a b r r ， 在等式 2a b a b      两边平方得 2 2 2 2 2 4 8 4a a b b a a b b              ，化简得 3cos 5   . 故选：A. 【点睛】本题考查利用平面向量的模求夹角的余弦值，考查平面向量数量积的运算性质的应 用，考查计算能力，属于中等题. 9.已知 1F 、 2F 分别是双曲线   2 2 2 2: 1 0, 0x yC a ba b     的左、右焦点，过 2F 作双曲线C 的 一条渐近线的垂线，分别交两条渐近线于点 A 、 B ，过点 B 作 x 轴的垂线，垂足恰为 1F ，则 双曲线C 的离心率为（ ） A. 2 B. 3 C. 2 3 D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】 设点 B 位于第二象限，可求得点 B 的坐标，再由直线 2BF 与直线 by xa  垂直，转化为两直线 斜率之积为 1 可得出 2 2 b a 的值，进而可求得双曲线 C 的离心率. 【详解】设点 B 位于第二象限，由于 1BF x 轴，则点 B 的横坐标为 Bx c  ，纵坐标为 B B b bcy xa a    ，即点 , bcB c a     ， 由题意可知，直线 2BF 与直线 by xa  垂直， 2 2 2BF bc b aak c a b       ， 2 2 2b a   ， 因此，双曲线的离心率为 2 2 2 2 21 3c a b be a a a      . 故选：B. 【点睛】本题考查双曲线离心率的计算，解答的关键就是得出 a 、b 、c 的等量关系，考查计 算能力，属于中等题. 10.已知 2 3a  ， 2 32 3b      ， 2 32 32 3c          ，则（ ） A. a b c  B. c b a  C. c a b  D. a c b  【答案】D 【解析】 【分析】 比较1、 2 3 、 2 32 3      的大小关系，结合指数函数 2 3 x y      的单调性可得出 a 、b 、c 的大小关 系. 【详解】由于指数函数 2 3 x y      为 R 上的减函数， 20 32 2 21 3 3 3              ，因此，a c b  . 故选：D. 【点睛】本题考查指数幂的大小比较，涉及指数函数单调性的应用，考查推理能力，属于中 等题. 11.过抛物线  2 2 0y px p  的焦点 F 的直线与抛物线交于 A 、B 两点，且 2AF FB  ，抛 物线的准线l 与 x 轴交于 C ， ACF 的面积为8 2 ，则 AB  （ ） A. 6 B. 9 C. 9 2 D. 6 2 【答案】B 【解析】 【分析】 设点  1 1,A x y 、  2 2,B x y ，并设直线 AB 的方程为 2 px my  ，由 2AF FB  得 1 22y y  ， 将直线 AB 的方程代入韦达定理，求得 1y ，结合 ACF 的面积求得 p 的值，结合焦点弦长 公式可求得 AB . 【详解】设点  1 1,A x y 、  2 2,B x y ，并设直线 AB 的方程为 x my p  ， 将直线 AB 的方程与抛物线方程联立 2 2 2 px my y px      ，消去 x 得 2 22 0y pmy p   ， 由韦达定理得 1 2 2y y pm  ， 2 1 2y y p  ， 1 1,2 pAF x y       ， 2 2,2 pFB x y      ， 2AF FB uuur uur Q ， 1 22y y  ， 1 22y y   ， 2 2 1 2 22y y y p     ，可得 2 2 2y p ， 1 22 2y y p  ， 抛物线的准线l 与 x 轴交于 ,02 pC     ， ACF 的面积为 21 22 8 22 2p p p    ，解得 4p  ，则抛物线的方程为 2 8y x ， 所以， 2 2 2 1 2 1 2 5 24 98 8 py yAB x x p p        . 故选：B. 【点睛】本题考查抛物线焦点弦长的计算，计算出抛物线的方程是解答的关键，考查计算能 力，属于中等题. 12.在四面体 ABCD 中， 2AB AC BC BD CD     ， 6AD  ，则四面体 ABCD 的 外接球的表面积为（ ） A. 16 3  B. 5 C. 20 s D. 20 3  【答案】D 【解析】 【分析】 作出图形，根据题中数据证明出平面 ABC  平面 BCD ，并找出球心的位置，列等式求出外 接球的半径，结合球的表面积公式可得出结果. 【详解】如下图所示： 取 BC 的中点 M ，连接 AM 、 DM ，设 ABC 和 BCD 的外心分别为点 F 、 E ，分别过点 F 、 E 作平面 ABC 和平面 BCD的垂线交于点O ，则点O 为外接球球心， 由题意可知， ABC 和 BCD 都是边长为 2 的等边三角形， M 为 BC 的中点， AM BC  ，且 3AM DM  ， 6AD  ， 2 2 2AM DM AD   ， AM DM  ， BC DM M  ， AM  平面 BCD， AM  平面 ABC ，平面 ABC  平面 BCD， 易得 1 3 3 3ME MF AM   ， 2 2 3 3 3BE DM  ， AM  平面 BCD，OE  平面 BCD， //OE AM ， 同理可得 //OF DM ，则四边形OEMF 为菱形， AM DM ，菱形OEMF 为正方形， OE  平面 BCD， BE  平面 BCD， OE BE  ， 所以外接球的半径为 2 2 15 3OB OE BE   ， 因此，四面体 ABCD 的外接球的表面积为 2 204 3OB   . 故选：D. 【点睛】本题考查外接球表面积的计算，找出球心位置，并计算出外接球的半径是解答的关 键，考查推理能力与计算能力，属于中等题. 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分. 13.若 x 、 y 满足约束条件 3 2 3 6 y x y x y        ，则 2z x y  的最小值为______. 【答案】1 【解析】 【分析】 作出不等式组所表示的可行域，利用平移直线的方法找出使得目标函数 2z x y  取得最小时 对应的最优解，代入目标函数计算即可. 【详解】作出不等式组 3 2 3 6 y x y x y        所表示的可行域如下图所示： 联立 2 3 6 x y x y      ，解得 3 1 x y     ，即点  3, 1A  ， 平移直线 2z x y  ，当直线 2z x y  经过可行域的顶点  3, 1A  时，该直线在 x 轴上的截距 最小，此时 z 取最小值，即  min 3 2 1 1z      . 故答案为：1. 【点睛】本题考查简单的线性规划问题，考查线性目标函数的最值问题，考查数形结合思想 的应用，属于基础题. 14.已知函数   1ln1 xf x ax   为奇函数，则 a ______. 【答案】 1 【解析】 【分析】 利用奇函数的定义得出    f x f x   ，结合对数的运算性质可求得实数 a 的值. 【 详 解 】 由 于 函 数   1ln1 xf x ax   为 奇 函 数 ， 则    f x f x   ， 即 1 1 1ln ln ln1 1 1 x x ax ax ax x         ， 1 1 1 1 x ax ax x      ，整理得 2 2 21 1x a x   ，解得 1a   . 当 1a  时，真数 1 11 x x    ，不合乎题意； 当 1a   时，   1ln 1 xf x x   ，解不等式 1 01 x x   ，解得 1x   或 1x  ，此时函数  y f x 的定义域为   , 1 1,  U ，定义域关于原点对称，合乎题意. 综上所述， 1a   . 故答案为： 1 . 【点睛】本题考查利用函数的奇偶性求参数，考查了函数奇偶性的定义和对数运算性质的应 用，考查计算能力，属于中等题. 15.如图是一个不规则的几何图形，为了求它的面积，在图形中画了一个边长为1m 的正方形， 现向图形中随机投掷石子，并记录如下： 投掷频次 150次 570次 860 次 石子落在正方形内（含边上）的次数 38 142 214 石子落在阴影内的次数 112 428 646 请估计该不规则的几何图形的面积约为______ 2m （保留整数）. 【答案】 4 【解析】 【分析】 计算出几次试验中石子落在正方形区域的频率，利用频率与概率的关系得出石子落在正方形 区域的概率，利用几何概型的概率公式可求得该不规则的几何图形的面积. 【 详 解 】 三 次 试 验 中 ， 石 子 落 在 正 方 形 区 域 的 频 率 分 别 为 1 38 0.253150P   ， 2 142 0.249570P   ， 3 214 0.249860P   ， 利用频率接近概率思想可知，石子落在正方形区域的概率为 10.25 4  ， 设不规则几何图形的面积为 2Sm ，由几何概型的概率公式可得 1 1 4S  ，解得 4S  . 故答案为： 4 . 【点睛】本题考查随机模拟的思想求解不规则图形的面积，涉及几何概型概率公式的应用， 考查计算能力，属于基础题. 16.如图，在 ABC 中， 2AC  ， 3A   ，点 D 在线段 AB 上，且 2AD DB ， sin 7 sinACD BCD   ，则 ABC 的面积为______. 【答案】 3 3 2 【解析】 【分析】 在 ACD 和 BCD 利用正弦定理建立等式，结合条件 sin 7 sinACD BCD   可求得 sin B 的值，在 ABC 中分别利用正弦定理和余弦定理求解 BC 、AC ，进而可求得 ABC 的 面积. 【详解】在 ACD 中，由正弦定理得 sin sin AD CD ACD A   ，即 sin sin 3 AD CD ACD  ，① 在 BCD 中，由正弦定理得 sin sin BD CD BCD B  ，② 又 sin 7 sinACD BCD   ，③， 联立①②③得， 21sin 7B  ， 在 ABC 中，由正弦定理得 sinsin 3 BC AC B  ，可得 32 2 7 21 7 BC    ， 由余弦定理得 2 2 2 2 3 1cos 2 2 2 2 AC AB BC ABA AC AB AB        ，即 2 2 3 0AB AB   ， 0AB  ，解得 3AB  ， 因此， ABC 的面积为 1 1 3 3 3sin 3 22 3 2 2 2ABCS AB AC          . 故答案为： 3 3 2 . 【点睛】本题考查三角形面积的计算，涉及正弦定理、余弦定理的应用，考查计算能力，属 于中等题. 三、解答题：本题共 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：共 60 分. 17.某工厂为生产一种标准长度为 40cm 的精密器件，研发了一台生产该精密器件的车床，该 精密器件的实际长度为 acm ，“长度误差”为 40a cm ，只要“长度误差”不超过 0.03cm 就认为合格．已知这台车床分昼、夜两个独立批次生产，每天每批次各生产1000件．已知每 件产品的成本为5元，每件合格品的利润为10元．在昼、夜两个批次生产的产品中分别随机 抽取 20 件，检测其长度并绘制了如下茎叶图： （1）分别估计在昼、夜两个批次的产品中随机抽取一件产品为合格品的概率； （2）以上述样本的频率作为概率，求这台车床一天的总利润的平均值. 【答案】（1）昼、夜批次合格品概率估计值分别为 0.9 、 0.8；（2）15500元. 【解析】 【分析】 （1）分别计算出昼、夜批次 20 个样本中合格品的个数，据此可求得这两个批次中合格品的 概率； （2）分别计算出昼、夜批次1000件产品的利润，相加即可得出结果. 【详解】（1）由样本数据可知，在昼批次的 20 个样本中有 2 个不合格品，有18个合格品，合 格品的比率为 18 0.920  ，因此昼批次合格品概率估计值为 0.9 . 在夜批次的 20 个样本中有 4 个不合格品，有16 个合格品，合格品的比率为 16 0.820  ，因此夜 批次合格品概率估计值为 0.8； （2）昼批次合格品的概率为 0.9 ，不合格品的概率为 0.1，所以1000件产品中合格品的均值 为900件，不合格品的均值为100件，所以利润为900 10 100 5 8500    （元）； 夜批次合格品的概率为 0.8，不合格品的概率为 0.2 ，所以1000件产品中合格品的均值为 800 件，不合格品的均值为 200 件，所以利润为800 10 200 5 7000    （元）． 故这台车床一天的总利润的平均值为8500 7000 15500  （元）. 【点睛】本题考查茎叶图的应用，考查概率与平均数的计算，考查计算能力，属于基础题. 18.已知 nS 为数列 na 的前 n 项和，且 2 6n nS a  . （1）求数列 na 的通项公式； （2）设 n n nb a  ，求数列 nb 的前 n 项和 nT . 【答案】（1） 1 2 3n na  ；（2）  2 1 3 1 8 n n nT   . 【解析】 【分析】 （1）令 1n  可求得 1a 的值，再令 2n  ，由 2 6n nS a  得出 1 12 6n nS a   ，两式相减可 得出数列 na 为等比数列，确定该数列的公比，可求得数列 na 的通项公式； （2）求得 13 2 n n nb  ，利用错位相减法可求得 nT . 【详解】（1）当 1n  时， 1 12 6S a  ，所以 1 2a  ； 当 2n  时，由 2 6n nS a  ，可得 1 12 6n nS a   ， 上述两个等式相减得 12 n n na a a  ， 1 1 3 n n a a    ， 所以数列 na 是以 2 为首项，以 1 3 为公比的等比数列， 1 1 1 22 3 3 n n na         ； （2）由（1）可知 13 2 n n nb  ， 故 0 1 11 3 2 3 3 2 2 2 n n nT      ，①   11 2 1 31 3 2 3 33 2 2 2 2 n n n n nT        .② ① ②，得    0 1 1 1 1 3 1 2 3 11 3 3 3 3 322 2 2 2 2 1 3 2 4 n nn n n n nn nT               ， 化简得  2 1 3 1 8 n n nT   ． 【点睛】本题考查利用 nS 与 na 之间的关系求通项，同时也考查了错位相减法求和，考查计算 能力，属于中等题. 19.如图，在四棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D 中，底面 ABCD 是边长为 2 的菱形， 1 1AB CB . （1）证明：平面 1 1BDD B  平面 ABCD ； （2）若 60DAB   ， 1DB B 是等边三角形，求点 1D 到平面 1C BD 的距离. 【答案】（1）见解析；（2） 6 2 . 【解析】 【分析】 （1）连接 AC 交 BD 于点O ，可知点O 为 AC 的中点，利用等腰三角形三线合一的性质可得 出 1AC B O ，利用菱形的性质可得出 AC BD ，可得出 AC  平面 1 1BDD B ，结合面面垂 直的判定定理可得出结论； （2）计算出 1BC ，并推导出 1B C  平面 1C BD ， 1 1 //D B 平面 1C BD ，进而可得出 1B 到平面 1C BD 的距离与点 1D 到平面 1C BD 的距离相等，即为 1 2 B C . 【详解】（1）如图，设 AC 与 BD 相交于点O ，连接 1B O ， 因为四边形 ABCD 为菱形，故 AC BD ，O 为 AC 的中点. 又 1 1AB CB ，故 1B O AC ． 又 BD  平面 1 1BDD B ， 1B O  平面 1 1BDD B ，且 1BD B O O ，故 AC  平面 1 1BDD B . 又 AC  平面 ABCD ，所以平面 1 1BDD B  平面 ABCD ； （2）底面 ABCD 是边长为 2 的菱形，又 60DAB   ，所以 2BD  ， 3AO CO  . 又 1DB B 是等边三角形，可得 1B O BD ， 1 1 2BD BB DB   ， 1 3BO  ． 由（1）可知 1B O AC ， AC BD O  ， 1B O  平面 ABCD ， OC Q 平面 ABCD ，则 1B O OC ，所以 1 6BC  ． 设 1BC 交 1BC 于点 H ， 又 1 2BB  ， 2BC  ，所以平行四边形 1 1BCC B 为菱形，故 1 1B C BC ． 又 BD AC ， 1BD B O ， 1AC B O O ，所以 BD  平面 1ACB ． 1B C  平面 1ACB ，所以 1BD B C . 1BD BC B  ，所以 1B C  平面 1C BD ，故 H 为 1B 在平面 1C BD 内的射影，故点 1B 到 平面 1C BD 的距离为 1 1 6 2 2 B CB H   ． 又 1 1 //D B BD ， BD  平面 1C BD ，所以 1 1 //D B 平面 1C BD ． 故点 1B 到平面 1C BD 的距离与点 1D 到平面 1C BD 的距离相等， 所以点 1D 到平面 1C BD 的距离为 6 2 . 【点睛】本题考查面面垂直的证明，同时也考查了点到平面距离的计算，考查推理能力与计 算能力，属于中等题. 20.已知椭圆   2 2 2 2: 1 0x yC a ba b     经过点  3,1 ，离心率为 6 3 . （1）求椭圆C 的方程； （2）过点  4,0M 的直线交椭圆于 A 、 B 两点，若 AM MB  ，在线段 AB 上取点 D ，使 AD DB   ，求证：点 D 在定直线上. 【答案】（1） 2 2 16 2 x y  ；（2）见解析. 【解析】 【分析】 （1）根据题意得出关于 a 、b 、 c 的方程组，解出 2a 、 2b 的值，进而可得出椭圆 C 的标准 方程； （2）设点  1 1,A x y 、  2 2,B x y 、  0 0,D x y ，设直线 AB 的方程为 4x my  ，将该直线 的方程与椭圆 C 的方程联立，并列出韦达定理，由向量的坐标运算可求得点 D 的坐标表达式， 并代入韦达定理，消去  ，可得出点 D 的横坐标，进而可得出结论. 【详解】（1）由题意得 2 2 2 2 2 6 3 3 1 1 c a a b c a b         ，解得 2 6a  ， 2 2b  . 所以椭圆 C 的方程是 2 2 16 2 x y  ； （2）设直线 AB 的方程为 4x my  ，  1 1,A x y 、  2 2,B x y 、  0 0,D x y ， 由 2 2 4 16 2 x my x y     ，得  2 23 8 10 0m y my    .    2 2 28 40 3 0 5m m m       ，则有 1 2 2 8 3 my y m    ， 1 2 2 10 3y y m   ， 由 AM MB  ，得 1 2y y  ，由 AD DB   ，可得 1 2 0 1 2 0 1 1 x xx y yy           ，   21 21 2 1 1 2 0 1 2 1 2 2 1024 4 2 2 334 4 481 1 21 3 mmy myx x my my y mx y my y my                   ， 2 1 2 1 1 2 0 1 2 1 2 2 1022 2 53 81 21 3 y y y y y my y my y m my            ， 综上，点 D 在定直线 3 2x  上. 【点睛】本题考查椭圆方程的求解，同时也考查了点在定直线上的证明，考查计算能力与推 理能力，属于中等题. 21.设函数    2 cos sinf x x x x   ，  f x 是函数  f x 的导数. （1）证明：  f x 在区间 ,2 2      上没有零点； （2）证明：在  0,x  上，   0f x  . 【答案】（1）见解析；（2）见解析. 【解析】 【分析】 （1）利用不等式的基本性质可证得   0f x  对任意的 ,2 2x       恒成立，进而可得出结 论； （2）由     sin2 cos 2 cos xf x x x x       以及 2 cos 0x  ，只需证 sin 02 cos xx x   对任 意的  0,x  恒成立，通过构造函数   sin 2 cos xF x x x    ，利用导数分析该函数在区间  0, 上的单调性，结合单调性可证明出结论成立. 【详解】（1）    2 cos sinf x x x x   ，   2 sinf x x x   ， 当 ,2 2x       时，   2 sin 2 sin 2 2 02f x x x x x x          ， 因此，函数  y f x  在区间 ,2 2      上没有零点； （2）       sin2 cos sin 2 cos 2 cos xf x x x x x x x          ， 由  cos 1,1x  ，所以 2 cos 0x  恒成立，故只需证明 sin 02 cos xx x   即可． 设 sin( ) 2 cos xF x x x    ，           22 2 2 2 1 cos 22cos 1 cos 2cos 31 0 2 cos 2 cos 2 cos xx x xF x x x x             ， 故函数   sin 2 cos xF x x x    在区间 0, 上单调递增，所以    0 0F x F  ． 所以当 0x  时，   0F x  ，即   0f x  . 【点睛】本题考查利用导数证明函数不等式以及研究函数的零点问题，利用导数分析函数的 单调性是解答的关键，考查推理能力，属于中等题. （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，直线l 的参数方程为 2 2 2 2 x t y t      （t 为参数），以O 为极点，x 轴 的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 1C 的极坐标方程为 2sin  . （1）求l 的普通方程和 1C 的直角坐标方程； （2）把曲线 1C 向下平移1个单位，然后各点横坐标变为原来的 2 倍得到曲线 2C（纵坐标不变）， 设点 P 是曲线 2C 上的一个动点，求它到直线l 的距离的最小值. 【答案】（1） : 2 4 2 0l x y   ，  22: 1 1C x y   ；（2） 2 10 5 . 【解析】 【分析】 （1）在直线l 的参数方程中消去参数t 可得出直线l 的普通方程，在曲线 1C 的极坐标方程两边 同时乘以  得 2 2 sin   ，进而可化简得出曲线 1C 的直角坐标方程； （2）根据变换得出 2C 的普通方程为 2 2 14 x y  ，可设点 P 的坐标为 2cos ,sin  ，利用 点到直线的距离公式结合正弦函数的有界性可得出结果. 【详解】（1）由 2 2 2 2 x t y t      （t 为参数），得 2 2 2 2 x y     ，化简得 2 4 2 0x y   ， 故直线l 的普通方程为 2 4 2 0x y   . 由 2sin  ，得 2 2 sin   ，又 2 2 2x y   ， cosx   ， siny   . 所以 1C 的直角坐标方程为  22 1 1x y   ； （2）由（1）得曲线 1C 的直角坐标方程为  22 1 1x y   ，向下平移1个单位得到 2 2 1x y  ， 纵坐标不变，横坐标变为原来的 2 倍得到曲线 2C 的方程为 2 2 14 x y  ， 所以曲线 2C 的参数方程为 2cos sin x y      （ 为参数）. 故点 P 到直线l 的距离为 2 2 sin 4 22cos 2sin 4 2 4 5 5 d           ， 当 4   时， d 最小为 2 10 5 . 【点睛】本题考查曲线的参数方程、极坐标方程与普通方程的相互转化，同时也考查了利用 椭圆的参数方程解决点到直线的距离最值的求解，考查计算能力，属于中等题. [选修 4-5：不等式选讲] 23.已知 0a  ， 0b  ，函数   2f x x a x b    的最小值为 1 2 . （1）求证： 2 1a b  ； （2）若 2a b tab  恒成立，求实数t 的最大值. 【答案】（1）见解析；（2）最大值为 9. 【解析】 【分析】 （1）将函数  y f x 表示为分段函数，利用函数的单调性求出该函数的最小值，进而可证 得结论成立； （2）由 2a b tab  可得出 1 2t a b   ，并将代数式 1 2 a b  与 2a b 相乘，展开后利用基本不 等式可求得 1 2 a b  的最小值，进而可得出实数 t 的最大值. 【详解】（1）   3 , 2 2 , 2 3 , ax a b x af x x a x b x a b x b x a b x b                      . 当 2 ax   时，函数  y f x 单调递减，则   2 af x f      ； 当 2 a x b   时，函数  y f x 单调递增，则    2 af f x f b      ； 当 x b 时，函数  y f x 单调递增，则    f x f b . 综上所述，   1 2 2 2 a af x f b        ，所以 2 1a b  ； （2）因为 2a b tab  恒成立，且 0a  ， 0b  ，所以 2a bt ab  恒成立，即 min 2 1t b a      . 因为  2 1 2 1 2 2 2 22 5 5 2 9b a b aa bb a b a a b a b               ，当且仅当 1 3a b  时等 号成立， 所以 9t  ，实数t 的最大值为9. 【点睛】本题考查含绝对值函数最值的求解，同时也考查了利用基本不等式恒成立求参数， 考查推理能力与计算能力，属于中等题.