广西南宁三中2020届高考适应性月考卷(五)理科数学试卷 Word版含解析

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广西南宁三中2020届高考适应性月考卷(五)理科数学试卷 Word版含解析

- 1 - 广西南宁三中 2020 届高考适应性月考卷(五)理科数学 一、选择题(本大题共 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. 已知集合  2, 1,0,1A    ,    2 1 0B x x x    ,则 A B  ( ) A.  0,1 B.  -1,0,1 C.  -1,0,1,2 D.  1,0 【答案】B 【解析】 【分析】 化简可得      2 1 0 = 1 2B x x x x x       ,由  2, 1,0,1A    直接求交集即可. 【详解】      2 1 0 = 1 2B x x x x x       , 由  2, 1,0,1A    , 所以  1,0,1A B   , 故选:B. 【点睛】本题考查了集合的交集运算,考查了一元二次不等式的计算,属于基础题. 2. 设 i 是虚数单位,若复数 z 满足 ( 1) 1z i i   ,则其共轭复数 z  ( ) A. i B. i C. 1 i  D. 1 i  【答案】A 【解析】 【分析】 首先根据题中所给的式子,利用复数除法运算求得 z i  ,再根据共轭复数的定义求得结果. 【详解】由题得 21 (1 ) 2 1 ( 1)( 1) 2 i i iz ii i i          , 所以 z i , 故选:A. 【点睛】本题主要考查复数的除法运算和共轭复数的概念,意在考查学生对这些知识的理解 掌握水平. 3. 某校高三有文科学生 150 名,理科学生 540 名,其性别比例如图所示,则该校高三女生的 - 2 - 人数为( ) A. 261 B. 369 C. 321 D. 429 【答案】C 【解析】 【分析】 根据统计图分别计算文科和理科的女生人数计算可得 【详解】解:由统计图表可得:该校高三文科女生的人数为150 0.7 105  ,该校高三理科女 生的人数为540 0.4 216  ,所以该校高三女生的人数为105 216 321  , 故选:C. 【点睛】本题考查统计图表的应用,属于基础题. 4. 二项式 6 2 1 2x x     的展开式中常数项为( ) A. 5 2  B. 5 2 C. 15 16 D. 3 16  【答案】C 【解析】 【分析】 先根据题意求二项式 6 2 1 2x x     展开式的通项公式,再令12 3 0r  ,解得 4r  ,最后求常 数项即可. 【 详 解 】 解 : 二 项 式 6 2 1 2x x     展 开 式 的 通 项 公 式 为 : - 3 -  62 12 3 1 6 6 1 2 1 2 rr r r r r rT C x C xx               , 令12 3 0r  ,解得 4r  , 所以常数项 5 6 4 4 15 6 1 12T C       故选:C. 【点睛】本题考查求二项式展开式的常数项,是基础题. 5. 已知 1sin cos 2    ,则 2cos 4      ( ) A. 7 16 B. 7 8 C. 5 4 D. 7 4 【答案】B 【解析】 【分析】 由同角三角函数的平方关系、二倍角公式可得 3sin2 4   ,再由降幂公式、诱导公式可得 2 1 sin2cos 4 2        ,即可得解. 【详解】由 1sin cos 2    两边平方得: 2 2 1sin 2sin cos cos 4       , 所以 32sin cos 4    即 3sin2 4   , 所以 2 1 cos 2 1 sin2 72cos 4 2 2 8                . 故选:B. 【点睛】本题考查了同角三角函数的平方关系、诱导公式及二倍角公式的综合应用,考查了 运算求解能力,属于基础题. 6. 函数 31( ) ln3f x x a x  的图象在 (1, (1))f 处的切线方程为 6 3 0x y b   ,则 a b  ( ) A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】D - 4 - 【解析】 【分析】 先求得切点坐标,对函数求导后利用导数的几何意义求得切线的斜率,然后利用直线的点斜 式方程即可求得切线方程,从而求得 ,a b 的值,从而求得结果. 【详解】因为 31( ) ln3f x x a x  , 当 1x  时, 1(1) 3f  ,故切点为 11, 3      . 所以 2( ) af x x x    , 则斜率 (1) 1k f a   , 所以切线方程为 1 (1 )( 1)3y a x    , 又因为切线方程为: 6 3 0x y b   , 比较系数知 1a  , 5b  , 所以 a b  6. 故选:D. 【点睛】本题主要考查导数的几何意义的应用,考查了学生的数学运算能力,属基础题. 7. 运行如图所示的程序算法,则输出的结果为( ) A. 2 B. 1 2 C. 13 D. 13 2 【答案】A 【解析】 - 5 - 【分析】 根据框图的流程模拟运行程序,得到 a 的值出现的周期,根据条件确定跳出循环的 k 值,从而 确定结果. 【详解】当 2a  时, 1k  ;当 13 2a  时, 3k  ; 当 13 213 2 a   时, 5k  ;…;当 13 2a  时, 99k  , 当 2a  时, 101k  ,跳出循环; 故选:A. 【点睛】本题主要考查了循环结构的程序框图,根据框图的流程模拟运行程序发现 a 值出现的 周期性的变化是解题的关键,属于基础题. 8. 已知函数  f x 的部分图象大致如图,则  f x 的解析式可能是( ) A.   2 1 cos2 1 x x xf x   B.   sin x x xf ex e  C.   1 cosf x xx x      D.   1 sin1 x x ef x xe   【答案】D 【解析】 【分析】 根据图象的对称性可以排除 A,C,结合在点 0x  附近的变化趋势可得 D 选项为正确答案. 【详解】由图象观察可知,函数图象关于 y 轴对称, 对于选项 A,  2 1 1 2( ) cos cos ( )2 1 1 2 x x x xf x x x f x             ,故为奇函数,不合题意; 对于选项 C,  1 1( ) cos cos ( )f x x x x x f xx x                    ,故为奇函数,不合题 - 6 - 意;对于选项 B,当 0x  ,且 0x  时,   0f x  ,故排除 B. 故选:D. 【点睛】本题主要考查函数图象的识别,由图选式,一般通过图象的性质进行排除,侧重考 查直观想象的核心素养. 9. 如图,已知多面体 1 1 1 1ABCD A B C D 是正方体,E ,F 分别是棱 1AA , 1CC 的中点,点 M 是棱 1BB 上的动点,过点 E ,M ,F 的平面与棱 1DD 交于点 N ,则以下说法不正确的是( ) A. 四边形 EMFN 是平行四边形 B. 四边形 EMFN 是菱形 C. 当点 N 从点 1D 往点 D 运动时,四边形 EMFN 的面积先增大后减小 D. 当点 N 从点 1D 往点 D 运动时,三棱锥 1D EFN 的体积一直增大 【答案】C 【解析】 【分析】 对选项逐一判断,可得答案. A 项,由面面平行的性质定理可得 // , //EN MF EM NF ,故四边 形 EMFN 是平行四边形. B 项,由 1 1 1 1ABCD A B C D 是正方体,易知 AC  平面 1 1BDD B , //EF AC ,故 EF  平面 1 1BDD B ,故 EF MN ,故平行四边形 EMFN 是菱形.C 项,菱形 EMFN 的面积 1 2S EF MN  ,线段 EF 的长度是定值,菱形 EMFN 的面积先减小后增大. D 项,由 1 1D EFN F D ENV V  ,点 F 到平面 1 1ADD A 的距离不变,当点 N 从点 1D 往点 D 运动时, 三角形 1D EN 的面积一直增大,故三棱锥 1D EFN 的体积一直增大. 【详解】如图所示 - 7 - 平面 1 1 //ADD A 平面 1 1BCC B ,平面 EMFN  平面 1 1ADD A EN , 平面 EMFN  平面 1 1BCC B MF , //EN MF ,同理 //EM NF , 四边形 EMFN 是平行四边形,故 A 正确. 1 1 1 1ABCD A B C D 是正方体, AC BD  ,又 1BB  平面 ABCD , 1BB AC  , 1BB BD B  , AC  平面 1 1BDD B . ,E F 分别是棱 1 1,AA CC 的中点, //EF AC , EF  平面 1 1BDD B , 又 MN  平面 1 1BDD B , EF MN  ,平行四边形 EMFN 是菱形,故 B 正确. 菱形 EMFN 的面积 1 2S EF MN  ,线段 EF 的长度是定值.当点 N 从点 1D 往点 D 运动时, 线段 NM 的长度先减小后增大,菱形 EMFN 的面积先减小后增大,故C 不正确. 1 1D EFN F D ENV V  ,点 F 到平面 1 1ADD A 的距离不变.当点 N 从点 1D 往点 D 运动时,三角形 1D EN 的面积一直增大,三棱锥 1D EFN 的体积一直增大,故 D 正确. 故选:C . 【点睛】本题考查面面平行的性质定理、线面垂直的判定定理和求三棱锥体积的方法,属于 中档题. 10. 已知l 为抛物线 2 8x y 的准线,抛物线上的点 A 到l 的距离为 d ,M 点的坐标为 8,2 , 则 AM d 的最小值为( ) A. 4 B. 8 C. 16 D. 2 2 【答案】B 【解析】 【分析】 - 8 - 由抛物线方程可知,抛物线的焦点 F 和准线 l ,过 A 作准线的垂线,由抛物线的定义知 AF d ,然后利用垂线段最短,连接 M F 即为所求. 【详解】如图所示: 抛物线的焦点为  0,2F ,准线为 l : 2 y , 过 A 作 AN 交l 于点 N ,连接 AF , 由抛物线的定义得 AF AN d  , ∴ 8AM d AM AF MF     , 当且仅当 M , A , F 三点共线时取“  ”号, ∴ AM d 的最小值为 8. 故选:B. 【点睛】本题主要考查抛物线的定义以及线段和最小问题,还考查了数形结合的思想方法, 属于中档题. 11. 定义在 R 上的奇函数满足 ( 2) (2 )f x f x    ,当 (0,1)x 时, 4( ) log ( 1)f x x  , 则 ( )f x 在 (3,4) 上( ) A. 是减函数,且 ( ) 0f x  B. 是增函数,且 ( ) 0f x  C. 是减函数,且 ( ) 0f x  D. 是增函数,且 ( ) 0f x  【答案】B 【解析】 【分析】 根据函数是奇函数结合对称性求得函数周期;结合对数型复合函数的单调性,以及函数值的 正负,即可判断. - 9 - 【详解】定义在 R 上的奇函数满足 ( 2) (2 )f x f x    , ∴ ( 2) (2 ) ( 2)f x f x f x      , ∴ ( 4) ( )f x f x  ,即函数周期是 4. ( )f x 在 (3,4) 上的图象和在 ( 1,0) 上的图象相同, 当 (0,1)x 时, 4( ) log ( 1)f x x  , ∴此时 ( )f x 单调递增,且 ( ) 0f x  . ∵ ( )f x 是奇函数, ∴当 ( 1,0)x  时, ( )f x 单调递增,且 ( ) 0f x  , 即当 (3,4)x 时, ( )f x 单调递增,且 ( ) 0f x  , 故选:B. 【点睛】本题考查函数奇偶性、周期性的应用,涉及对数型复合函数的单调性,属综合基础 题. 12. 已知函数   sin 3 cosf x x x   ( 0 ,xR ),若函数  f x 在区间 ,2  内 没有零点,则 的取值范围是( ) A. 1 2,3 3      B. 1 7,6 12      C. 1 2 1, 0,3 3 6          D. 1 7 1, 0,6 12 12          【答案】C 【解析】 【分析】 先化简  f x ,求出  f x 的零点,使其零点不在区间 ,2  内,根据不等关系可求答案. 【详解】   sin 3 cos 2sin 3f x x x x          , 令 2sin 03x      ,得 3x k   , k Z ,即 3k x     , - 10 - 因为函数  f x 在区间 ,2  内没有零点, 所以 3k x      且 4 3 2 k     ,解得 1 2 3 3 2 kk     , k Z , 令 0k  可得 1 2 3 3   ,令 1k   可得 2 1 3 6    ,因为 0 ,所以 的取值范围是 1 2 1, 0,3 3 6          . 故选:C 【点睛】本题主要考查三角函数的性质,把函数化简为最简形式,表示出零点是解题的关键, 侧重考查数学运算的核心素养. 二、填空题(本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分) 13. 已知向量  1,2a  r ,  3,4b  ,则 a  在b  方向上的投影为______. 【答案】 11 5 【解析】 【分析】 设 a  与 b  的夹角为  ,利用平面向量数量积的坐标运算可求得 a  在 b  方向上的投影为 cos a ba b      ,即可得解. 【 详 解 】 设 a  与 b  的 夹 角 为  , 所 以 , a  在 b  方 向 上 的 投 影 为 2 2 1 2 3 4 11cos 53 4 a ba b            . 故答案为:11 5 . 【点睛】本题考查平面向量投影的计算,涉及平面向量数量积的坐标运算,考查计算能力, 属于基础题. 14. 函数 ( ) sin cosf x x x  , ,2 2x       的值域为______. 【答案】[ 2,1] 【解析】 - 11 - 【分析】 利用辅助角公式化简函数解析式可得 ( ) 2 sin 4f x x      ,利用正弦函数的图象和性质即 可得解 【详解】 2 2( ) sin cos 2 sin cos2 2f x x x x x         2 sin 4x      . 由于 2 2x    ,所以 3 4 4 4x      , 所以 21 sin 4 2x        , 所以 2 2 sin 14x        , 即 ( )f x 的值域为:[ 2,1] . 故答案为:[ 2,1] 【点睛】本题主要考查了两角差的正弦函数公式,特殊角的三角函数值在三角函数化简中的 应用,考查了正弦函数的图象和性质,属于基础题. 15. 设 1F 、 2F 为双曲线 2 2: 13 yC x   的两个焦点,P 为C 上一点且在第一象限,若 1 2PF F△ 为等腰三角形,则 P 点的坐标为______. 【答案】 3 15,2 2       或 5 3 7,2 2       【解析】 【分析】 根据双曲线方程求得 c ,结合 1 2PF F△ 为等腰三角形以及双曲线的定义列方程组,解方程组求 得 P 点的坐标. 【详解】设 1F 、 2F 分别为双曲线C 的左、右焦点,根据题意可知 1 3 2c    . 因为 1 2PF F△ 为等腰三角形,所以易知 1 1 2 4PF F F  或者是 2 1 2 4PF F F  , - 12 - 如图分两种情况讨论: 因为 1 2 2 2PF PF a   ,所以 2 4 2 2PF    或者 1 4 2 6PF    . ①若 2 2PF  ,设点  ,P x y , 则   2 2 22 2 2 13 2 4 0 0 yx PF x y x y             ,解得 3 2 15 2 x y     ,即点 3 15,2 2P       ; ②若 1 6PF  , 则   2 2 22 2 1 13 2 36 0 0 yx PF x y x y             ,解得 5 2 3 7 2 x y     ,即点 5 3 7,2 2P       . 综上所述,点 P 的坐标为 3 15,2 2       或 5 3 7,2 2       . 故答案为: 3 15,2 2       或 5 3 7,2 2       . 【点睛】本题主要考查双曲线定义,考查数形结合的数学思想方法,属于中档题. - 13 - 16. 某顶部有盖的几何体容器的三视图如图所示,网格纸上小正方形的边长为 1,若在该几何 体内部放入一个小圆柱体,且小圆柱体的上下底面均与顶部圆盖所在平面平行,则小圆柱体 积的最大值为______. 【答案】 32 27  【解析】 【分析】 设 小 圆 柱 体 的 底 面 半 径 为 cos , 则 高 为 1 sin , 0, 2      , 小 圆 柱 体 的 体 积  2cos 1 sinV       ,设sin t  ,  0,1t  ,再利用导数求最值,即可得到答案; 【详解】如图,设小圆柱体的底面半径为 cos ,则高为1 sin , 0, 2      , 则小圆柱体的体积  2cos 1 sinV       ,设sin t  ,  0,1t  , 则     2 3 21 1 1V t t t t t           , 则     23 2 1 3 1 1V t t t t            ,当 1 3t  时, max 32 27V  . 故答案为: 32 27  【点睛】本题考查圆柱体积的最大值求法,考查空间想象能力、运算求解能力,求解时注意 借助导数求最值. - 14 - 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) 17. 等差数列 na 的前 n 项和为 nS , 3 3a  ,其中 1 3 9, ,a a a 成等比数列,且数列 na 为非常 数数列. (1)求数列通项 na ; (2)设 1 n n b S  , nb 的前 n 项和记为 nT ,求证: 2nT  . 【答案】(1) na n ;(2)证明见解析. 【解析】 【分析】 (1)由已知条件列出关于公差的方程求解即可得到通项公式; (2)由(1)求得 nS 得到 nb ,利用裂项求和法求出 nT 即可证明. 【详解】解:(1)因为 1 3 9, ,a a a 成等比数列,所以 2 3 1 9a a a , 即   23 3 2 3 6d d   , 解得 1d  或 0d  (舍去),所以  3 3 1na a n n     . (2)由(1)知:     1 1 1 2 2n n n n nS na d      .则   1 2 1 121 1n n b S n n n n         , 1 2 1 1 1 1 1 1 12 2 1 21 2 2 3 1 1n nT b b b n n n                          . 【点睛】本题主要考查等比中项、等差数列的通项公式和前 n 项和公式以及裂项相消法求和, 还考查了运算求解的能力,属于中档题. 18. 为了了解市民对电视剧市场的爱好,某上星电视台邀请了 100 位电视剧爱好者(男 50 人、 女 50 人)对 4 月份观看其播出的电视剧集数进行调研,得到这 100 名电视剧爱好者观看集数 的中位数为 39 集(假设这 100 名电视剧爱好者的观看集数均在 25,55 集内),且观看集数在  45,50 集内的人数为 15,并根据调查结果画出如图所示的频率分布直方图. - 15 - (1)求 m , n 的值; (2)有些观众喜欢带有主角光环意识来观剧.但是最近几年的影视作品里出现了一个有趣的趋 势——攻气十足的女性角色越来越讨人喜欢,傻白甜的女主们则破了主角光环,各种被嫌弃, 更有些剧集中明明是女配的脚本,却因为更具有大女主气场,而获得了比主角更多的关注与 声量,如《完美关系》里的斯黛拉,《精英律师》里的栗娜,《我的前半生》里的唐晶,…… 已知在这 100 名电视剧爱好者的女性中有 31 名认为自己有主角光环意识,男性中有 19 名认 为自己有主角光环意识,根据以上数据请同学们制作出列联表,并且判断能否在犯错误的概 率不超过 0.001 的前提下认为性别与是否观剧带有主角光环意识有关系? 参考公式及数据:        2 2 n ad bcK a b c d a c b d      ,其中 n a b c d    . P ( 2 0K k ) 0.05 0.01 0.005 0.001 0k 3.841 6.635 7.879 10.828 【答案】(1) 0.02m  , 0.025n  ;(2)列联表见解析,不能. 【解析】 【分析】 (1)根据观看集数在 45,50 集内的人数求得对应的频率,利用频率之和为1,以及中位数列 方程,解方程求得 ,m n 的值. (2)根据已知条件填写 2 2 列联表,计算出 2K 的值,由此判断出不能在犯错误的概率不超 过 0.001的前提下认为性别与是否观剧带有主角光环意识有关系. - 16 - 【详解】(1)∵观看集数在 45,50 内的人数为 15, ∴观看集数在 45,50 内的频率为 15 0.15100  ; 由频率分布直方图得 0.02 2 4 0.01 5 0.15 1m n      ,化简得 2 0.07m n  ,① 由中位数可得  0.02 5 2 5 2 39 35 0.5m n       ,化简得 5 4 0.2m n  ,② 由①②解得 0.02m  , 0.025n  . (2)根据题意得到列联表: 男 女 总计 观剧有主角光环意识 19 31 50 观剧没有主角光环意识 31 19 50 总计 50 50 100 ∴  2 2 100 19 19 31 31 5.76 10.82850 50 50 50K         , ∴不能在犯错误的概率不超过 0.001 的前提下认为性别与是否观剧带有主角光环意识有关系. 【点睛】本小题主要考查频率分布直方图,考查 2 2 列联表独立性检验,属于中档题. 19. 两个边长均为 2 的正方形 ABCD 与 ABEF 按如图的位置放置,M 为 BD 的中点,   0,1FP FB    . (1)当 1 2   时,证明: //MP 平面 BCE ; (2)若 D 在平面 ABEF 上的射影为 AF 的中点, MP 与平面 ABCD 所成角为 30°,求  的 值. - 17 - 【答案】(1)见详解;(2) 7 17 4  . 【解析】 【分析】 (1)根据题意证明平面 PMN ∥平面 BCE ,即可得证; (2)连接 DF , 由题意可得 2DF  ,由 BDF 中可得,根据 MP 与平面 ABCD 所成角为 30°,可得 2 3(1 )MP   ,由因为 2 2(1 )BP   , 2MB  ,再结合 2 2 2 8 8 4 12 3cos 2 16 42 2 2 2 2 BD BF DFDBF BD BF           ,在AMP 中由余弦定理 代入 2 2 2 2 cosMP MB BP MP BP MBP     即可得解. 【详解】(1) 如图,作 AB 中点 N ,连接 MN , PN , 由 1 2   ,所以 P 为 FB 中点, 所以 NP ∥ AF ∥ BE ,又 NP  平面 BCE , 所以 NP ∥平面 BCE , 同理可得 MN ∥平面 BCE , 又因为 MN NP N  , 所以平面 PMN ∥平面 BCE , 又 MP  平面 PMN ,所以 //MP 平面 BCE . - 18 - (2)如图:连接 DF ,作 AF 中点 Q ,则 Q 为 D 在平面 ABEF 上的投影, 即 DQ  平面 ABEF ,所以 DQ AF ,又 2AD AF  , 则 ADF 为等边三角形,所以 2DF  , BDF 中, 2 2 2 8 8 4 12 3cos 2 16 42 2 2 2 2 BD BF DFDBF BD BF           , 由正方形 ABCD 与 ABEF ,所以 ,AB AF AB AD  , 所以 AB  平面 ADF ,所以平面 ABCD  平面 ADF , 作 FI AD 于 I ,则 I 为 AD 中点,且 FI  平面 ABCD 连接 BI ,在 BI 上取 H ,使得 //PH FI , 则 PH  平面 ABCD ,连接 MH ,则 PMH 为 MP 与平面 ABCD 所成角为 30°, 由   0,1FP FB    ,可得 (1 ) 3(1 )PH FI     , 所以 2 3(1 )MP   ,又由 2 2(1 )BP   , 2MB  , 在AMP 中,由余弦定理可得: 2 2 2 2 cosMP MB BP MP BP MBP     代入可得: 22(1 ) 3(1 ) 1 0      , 由  0,1  ,解得: 7 17 4   . 【点睛】本题考查了线面垂直的证明以及投影的概念,考查了通过面面垂直正线面垂直,考 查了余弦定理在立体几何中的应用,有一定的计算量,属于中档题. 20. 函数 2(sin cos )( ) ex x xf x  . (1)讨论 ( )f x 在[0, ) 上的最大值; - 19 - (2)有几个 ( 0 ,且为常数),使得函数 ( )y f x 在 0, 2      上的最大值为 2e   ? 【答案】(1) 2 2 e  ;(2)两个. 【解析】 【分析】 (1)利用导数求 出 ( )f x 在 30, 2      上的最大值为 2 2 2f e       ,然后当 3 2x  时, 2sin 2cos 2 2x x  , 3 2xe e   ,   3 2 2 2 2 2f x e e    ,从而可得到答案; (2)当 0, 2x      时, 0, 2x       ,然后分 1  、0 1  两种情况讨论,当 0 1  时, 22 e f        ,记 2 sin cos( ) t t t tg t e e     ,利用导数得到 ( )g t 在 0, 2      上有唯一的 零点即可. 【详解】(1) 4cos( ) x xf x e   , xR , 当 0, 2x      时, ( ) 0f x  ,单调递增; 当 3,2 2x      时, ( ) 0f x  , ( )f x 单调递减, ∴ ( )f x 在 30, 2      上的最大值为 2 2 2f e       ; 又当 3 2x  时, 2sin 2cos 2 2x x  , 3 2xe e   , 此时   3 2 2 2 2 2f x e e    , 所以 ( )f x 在[0, ) 上的最大值为 2 2 e  . (2)当 0, 2x      时, 0, 2x       . - 20 - ①当 1  时, 2 2   ,  f x 的最大值为 2 2 e  , ∴ 2 2 2 e e    , 2  ; ②当 0 1  时,  f x 的最大值为 2f      ,∴ 22 e f        . 令 0,2 2t       ,则有 2 sin cos t t t t e e     , 记 2 sin cos( ) t t t tg t e e     , 则   2 2cos 1 t tg t e e     , 2(sin cos )( ) t t tg t e    . 当 0, 2t     时, ( ) 0g t  , ( )g t 单调递减,又∵ 02g      , ∴ ( )g t 在 0, 2      上有唯一的零点t t 0 . 当  00,t t 时, ( ) 0g t  , ( )g t 单调递增; 当 0 , 2t t     时, ( ) 0g t  , ( )g t 单调递减. ∴  0 2 1 02 2 g t g e        ,又∵ (0) 1 0g    , 所以 ( )g t 在 00,t 上有唯一的零点 1t t ,在 0 , 2t     上的函数值恒大于 0. 即 ( )g t 在 0, 2      上有唯一的零点 1t t . ∴ 2 2f e       在 (0,1)  上有唯一解, 1 1 2t  . 综上所述,有两个 符合题意. 【点睛】本题主要考查导数与函数的单调性,导数与函数的最值,还考查了分类讨论的思想 - 21 - 和运算求解的能力,属于较难题. 21. 如图,椭圆Q : 2 2 2 2 1x y a b   ( 0a b  )的离心率 1 2e  ,左、右焦点分别为 1F , 2F , 过 1F , 2F 分别作两条相互垂直的直线 1l , 2l ,分别交椭圆Q 于 A ,C , ,B D 四点, 1l , 2l 的 交点为 M ,三角形 1 2MF F 面积的最大值为 1. (1)求椭圆Q 的方程; (2)当四边形 ABCD 的面积 S 最小时,求点 M 的坐标. 【答案】(1) 2 2 14 3 x y  ;(2) (0,1)M 或 (0, 1) . 【解析】 【分析】 ( 1 ) 由 已 知 可 得 2 2 2 1 2 4MF MF c  , 根 据 面 积 公 式 及 基 本 不 等 式 可 得  2 2 2 1 2 1 2 1 1 2 4MFFS MF MF MF MF   ,计算求得 1c  ,进而可得 ,a b 即可得出结果; (2)设直线 1l : 1x my  ,则直线 2l : 1 1x ym    ,分别与椭圆方程联立,根据弦长公 式及韦达定理化简可得 2 2 2 2 1 1 1| || | 722 4 3 4 3 m mS AC BD m m       ,令 2 1m t  ,化简可得 2 72 1 1 49 2 4 S t        ,根据二次函数性质可知 2t  ,进而得出 m ,通过直线方程联立可求 得交点坐标. 【详解】(1)∵ 1 2l l ,∴ 1 2MF MF , 设 1( ,0)F c , 2 ( ,0)F c ,则 2 2 2 1 2 4MF MF c  , - 22 -  2 2 2 2 1 2 1 2 1 1 2 4MFFS MF MF MF MF c    ‖ , 当且仅当 1 2 2MF MF c  时取得最大值 2c ,∴ 2 1c  , 1c  , ∵椭圆Q 的离心率 1 2 ce a   ,∴ 2a  , 又由 2 2 2 3b a c   ,∴椭圆Q 的方程为 2 2 14 3 x y  . (2)由椭圆的对称性知,斜率为 0 时和斜率不存在是面积一样, 设直线 1l : 1x my  ,由   2 2 2 21, 4 3 6 9 04 3 1 x y m y my x my            , 设  1 1,A x y ,  2 2,C x y ,则 1 2 2 6 4 3 my y m    , 1 2 2 9 4 3y y m   ,    2 2 2 2 2 1 2 2 2 36 36 4 3 12 1 | | 1 1 4 3 4 3 m m m AC m y y m m m            , 若 0m  ,| | 3AC  ,这时| | 4BD  , 1 4 3 62S     , 若 0m  ,则直线 2l : 1 1x ym    , 由 2 2 2 2 1, 3 64 3 4 9 0 1 1 x y y ym mx ym                , 同理得  22 2 2 112 1 12 1 | | 3 4 34 mmBD m m        , ∴    2 2 2 2 2 2 2 2 12 1 12 11 1 1 1| | 722 2 4 3 4 3 4 3 4 3 m m m mS AC BD m m m m              ‖ . 设 2 1m t  ,则 2 1m t  ( 1t  ), 2 1 7272 72 1 13 1 4 1 1 1 493 4 2 4 t tS t t t t t                         , 当 2t  时, 288 649S   ,∴ min 288 49S  , - 23 - 这时 2 1m  , 1m   , 当 1m  时, 1l : 1x y  , 2l : 1x y   , 由 1 0 1 1 x y x x y y         当 1m   时, 1l : 1x y   , 2l : 1x y  , 由 1 0 1 1 x y x x y y          故当 S 最小时,点 M 的坐标为 (0,1)M 或 (0, 1) . 【点睛】本题考查直线和椭圆的关系,考查韦达定理的应用和弦长公式,考查基本不等式及 二次函数在求最值中的应用,属于综合题,难度较难. 22. 在直角坐标系 xOy 中,曲线C 的参数方程为 10 cos 8 10 sin x a y a         ( 为参数,常数 10a  ).以坐标原点为极点,x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系,已知直线 l 的极坐标方程为 sin 2 24       . (1)写出 1C 及直线 l 的直角坐标方程,并指出 1C 是什么曲线; (2)设 A 是曲线 1C 上的一个动点,求点 A 到直线 l 的距离的最小值. 【答案】(1)  22 8 10x y a    , 4 0x y   , 1C 表示以 0,8 为圆心, 10 a 为半 径的圆;(2) 2 2 10 a  . 【解析】 【分析】 (1)消去参数 ,即得 1C 的直角坐标方程,利用 cosx   , siny   ,可将直线方程化 为普通方程; (2)计算点到直线的距离,再讨论直线与曲线的位置关系,即可得到答案; 【详解】(1)消去参数 ,即得 1C 的直角坐标方程为  22 8 10x y a    , 所以,当 10a  时, 1C 表示以 0,8 为圆心, 10 a 为半径的圆. - 24 - 因为 sin 2 24       , 所以 sin cos 4     . 因为 cosx   , siny   , 所以直线 l 的直角坐标方程为 4y x  ,即 4 0x y   . (2)圆心  0,8C 到直线 l 的距离为  22 0 8 4 2 2 1 1 d      , 若 d r ,即 2a  ,圆 1C 与直线 l 相交,点 A 到直线l 的距离的最小值为 0, 若 d r ,即10 2a  时,则点 A 到直线l 的距离的最小值为 2 2 10 a  . 综上所述,当 2a  时,圆 1C 与直线 l 相交,点 A 到直线 l 的距离的最小值为 0; 当10 2a  时,则点 A 到直线l 的距离的最小值为 2 2 10 a  . 【点睛】本题考查参数方程、普通方程、极坐标方程的互化、点到直线距离公式的应用,考 查函数与方程思想、转化与化归思想,考查逻辑推理能力、运算求解能力. 23. 已知    0, 0f x x a x b a b      . (1)当 2a  , 1b  时,解不等式   9f x  ; (2)若  f x 的最小值为 2,求 1 1 1 2a b  的最小值. 【答案】(1)   , 4 5,    ;(2) 1 2 2 3  . 【解析】 【分析】 (1)当 2a  , 1b  时,   2 1 9f x x x     , 分类讨论即可得解; (2)由绝对值三角不等式可得  f x x a x b x b x a a b a b            , 若  f x 的最小值为 2,则 2a b  ,所以 ( 1) 3a b   ,再利用基本不等式即可求最小值. 【详解】(1)当 2a  , 1b  时,   2 1 9f x x x     , - 25 - 所以 1 2 1 9 x x      或 1 2 3 9 x     或 2 2 1 9 x x     , 解得: 4x   或 5x≥ , 故解集为   , 4 5,    ; (2)由 0, 0a b  , 所以  f x x a x b x b x a a b a b            , 若  f x 的最小值为 2,则 2a b  ,所以 ( 1) 3a b   , 1 1 1 1 1 1 3 1 1 3 1 1 3 1 2( )(( 1) ) ( ) ( 2 ) ( 2)1 2 3 1 2 3 2 1 2 3 2 2 3 2 2 3 b aa ba b a b a b                 , 所以 1 1 1 2a b  的最小值为 1 2 2 3  . 【点睛】本题考查了解绝对值不等式,考查了绝对值三角不等式以及基本不等式的应用,考 查了分类讨论思想,属于基础题.
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