陕西省榆林市第二中学2020届高三摸底考试数学（理）试题

陕西省榆林市第二中学2020届高三摸底考试数学（理）试题

摸底考试理科数学 第 I 卷（选择题共 60 分） 一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 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.已知函数 的定义域为 ，函数 的定义域为 ，则 （ ） A. B. 且 C. D. 且 【答案】D 【解析】 【分析】 根据对数型和分式型函数定义域的要求求出集合 和集合 ，根据交集定义求得结果. 【详解】由题意得： ； 且 本题正确选项： 【点睛】本题考查集合运算中的交集运算，涉及到函数定义域的求解，关键是能够明确对数 型和分式型函数定义域的要求，属于基础题. 2.若复数 是虚数单位），则 的共轭复数 （ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 根据复数除法运算法则可化简复数得 ，由共轭复数定义可得结果. 【详解】 本题正确选项： 【点睛】本题考查共轭复数的求解，关键是能够利用复数的除法运算法则化简复数，属于基 础题. ( ) lg(1 )f x x= − M 1( )g x x = N M N = { }1x x ≤ { 1x x ≤ 0}x ≠ { 1}x x > { 1x x < 0}x ≠ M N { } { }1 0 1M x x x x= − > = < { }0N x x= ≠ { 1M N x x∴ ∩ = < }0x ≠ D 2 (1 iz ii = − z z = 1 i+ 1 i− 1 i− + 1 i− − 1z i= − + ( ) ( )( ) 2 12 11 1 1 i iiz ii i i += = = − +− − + 1z i∴ = − − D 3.二项式 的展开式中的常数项为（ ） A. －15 B. 20 C. 15 D. －20 【答案】C 【解析】 【分析】 根据二项式定理写出二项展开式通项，令 幂指数为零，可求得 ，代入展开式通项可求 得常数项. 【详解】二项式 展开式通项为： 令 得： 常数项为： 本题正确选项： 【点睛】本题考查利用二项式定理求解指定项的系数的问题，关键是能够熟练掌握二项展开 式的通项公式. 4.三世纪中期，魏晋时期的数学家刘徽利用不断倍增圆内接正多边形边数的方法求出圆周率的 近似值，首创“割圆术”.利用“割圆术”，刘徽得到了圆周率精确到小数点后两位的近似值 3.14，这就是著名的“徽率”.如图是利用刘徽的“割圆术”思想设计的程序框图，则输出的 值为（ ）（参考数据： ） 61( )x x − x 2r = 61x x  −   ( ) ( ) 6 36 2 1 6 6 1 1 r rr rr r rT C x C xx −− +  = ⋅ ⋅ − = −   6 3 02 r− = 2r = ∴ ( )2 2 61 15C− = C n 7.5 0.1305, 15 0.2588sin sin≈ ≈  A. 6 B. 12 C. 24 D. 48 【答案】C 【解析】 【分析】 根据程序框图运行程序，直到满足 时输出结果即可. 【详解】按照程序框图运行程序，输入 则 ，不满足 ，循环； ， ，不满足 ，循环； ， ，满足 ，输出结果： 本题正确选项： 【点睛】本题考查根据程序框图循环结构计算输出结果，关键是能够准确判断是否满足输出 条件，属于基础题. 5.已知实数 满足约束条件 ，则 的最小值为（ ） A. 11 B. 9 C. 8 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】 根据约束条件画出可行域，将问题转化为求解 在 轴截距的最小值；通过平移直 线 可知当直线过 时，截距取最小值；求出 点坐标后代入即可得到所求结果. 【详解】由约束条件可得可行域如下图阴影部分所示： 3.10s ≥ 6n = 3 33sin 60 2s = = 3.10s ≥ 12n = 6sin30 3s = = 3.10s ≥ 24n = 12sin15 3.1056s = ≈ 3.10s ≥ 24n = C ,x y 2 4 1 y x y x y ≤  + ≥  − ≤ 3z x y= + 3y x z= − + y 3y x= − A A 当 取最小值时， 在 轴截距最小 由 平移可知，当 过图中 点时，在 轴截距最小 由 得： 本题正确选项： 【点睛】本题考查线性规划中的最值问题的求解，关键是能够将问题转化为求解直线在 轴 截距的最值，属于常考题型. 6.“ ”是“直线 与圆 相切”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】 当 时，可得直线方程，通过点到直线距离公式可求出圆心到直线距离等于半径，可知直 线与圆相切，充分条件成立；当直线与圆相切时，利用圆心到直线距离等于半径构造方程可 求得 或 ，必要条件不成立，从而得到结果. 【详解】由圆的方程知，圆心坐标为 ，半径 当 时，直线为： ，即 圆心到直线距离 3z x y= + 3y x z= − + y 3y x= − 3y x z= − + A y 2 4 y x y =  + = ( )2,2A min 3 2 2 8z∴ = × + = C y 4 3m = 4 2 0x my m− + − = 2 2 4x y+ = 4 3m = 0m = 4 3 ( )0,0 2r = 4 3m = 4 10 03 3x y− + = 3 4 10 0x y− + = ∴ 10 2 9 16 d r= = = + 当 时，直线与圆相切，则充分条件成立 当直线与圆相切时，圆心到直线距离 ，解得： 或 则必要条件不成立 综上，“ ”是“直线 与圆 相切”的充分不必要条件 本题正确选项： 【点睛】本题考查充分条件与必要条件的判定，关键是能够掌握直线与圆位置关系的判定方 法，明确当直线与圆相切时，圆心到直线的距离等于半径. 7.某学校星期一至星期五每天上午共安排五节课，每节课的时间为 40 分钟，第一节课上课的 时间为 7：50～8：30，课间休息 10 分钟.某同学请假后返校，若他在 8：50～9：30 之间随机 到达教室，则他听第二节课的时间不少于 20 分钟的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 确定第二节课的上课时间和时长，从而得到听课时间不少于 分钟所需的达到教室的时间， 根据几何概型概率公式求得结果. 【详解】由题意可知，第二节课的上课时间为： ，时长 分钟 若听第二节课的时间不少于 分钟，则需在 之间到达教室，时长 分钟 听第二节课的时间不少于 分钟的概率为： 本题正确选项： 【点睛】本题考查几何概型概率问题的求解，属于基础题. 8.在 中， ， ，则 （ ） A. B. C. 或 D. 【答案】D 【解析】 【分析】 根据 的范围和同角三角函数关系求得 ，由大边对大角关系可知 为锐角，从而得到 ∴ 4 3m = 2 4 2 2 1 md m −= = + 0m = 4 3 4 3m = 4 2 0x my m− + − = 2 2 4x y+ = A 1 5 1 4 1 3 1 2 20 8: 40 9: 20 40 20 8:50 9:00 10 ∴ 20 10 1 40 4p = = B ABC∆ 5sin 13A = 3cos 5B = cosC = 56 65 33 65 − 56 65 16 65 − 16 65 − B sin B A ；利用诱导公式和两角和差余弦公式可求得结果. 【详解】 ， 为锐角，又 本题正确选项： 【点睛】本题考查三角形中三角函数值的求解，涉及到同角三角函数关系、三角形中大边对 大角的关系、诱导公式和两角和差余弦公式的应用；易错点是忽略角所处的范围，造成求解 三角函数值时符号发生错误. 9.某几何体的三视图如图所示，则它的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 由三视图还原几何体，可确定几何体的底面和高，根据棱锥体积公式可求得结果. 【详解】由三视图可得几何体如下图所示的三棱锥： cos A ( )0,B π∈ 3cos 5B = 4sin 5B∴ = sin sinA B< A∴ 5sin 13A = 12cos 13A∴ = A B C π+ + = ( ) 12 3 5 4 16cos cos cos cos sin sin 13 5 13 5 65C A B A B A B∴ = − + = − + = − × + × = − D 2 3 4 3 1 3 1 6 可知 ， ，三棱锥的高 本题正确选项： 【点睛】本题考查三棱锥体积的求解，关键是能够根据三视图准确还原几何体，属于常考题 型. 10.等比数列 的各项均为正数，且 ，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 由等比数列的性质可得： ，所以 . . 则 ， 故选 B. 11.定义 为 个正数 的“快乐数”.若已知正项数列 的前 项的“快乐 数”为 ，则数列 的前 项和为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 根据“快乐数”定义可得数列 的前 项和 ；利用 与 关系可求得数列 的通项公式，从而得到 ，采用裂项相消法可求得结果. AB BC⊥ 2 2AB BC= = 2h = 1 1 1 2 3 3 2 3P ABC ABCV S h AB BC h− ∆∴ = ⋅ = × × × = A { }na 5 6 4 7 18a a a a+ = 3 1 3 2 3 10log log loga a a+ + + = 12 10 8 32 log 5+ 5 6 4 7 5 62 18a a a a a a+ = = 5 6 9a a = 1 10 2 9 3 8 4 7 9a a a a a a a a= = = =…= 5 3 1 3 2 3 10 3 1 10 3log log log log ( ) 5log 9 10a a a a a+ + + = = = 1 n i i n u = ∑ n 1 2 3, , , nu u u u⋅⋅⋅ { }na n 1 3 1n + 1 36 ( 2)( 2)n na a +    + +  2019 2018 2019 2019 2020 2019 2018 2019 1010 { }na n 23nS n n= + na nS { }na ( )( ) ( )1 36 1 2 2 1n na a n n+ =+ + + 【详解】设 为数列 的前 项和 由“快乐数”定义可知： ，即 当 时， 当 且 时， 经验证可知 满足 数列 的前 项和为： 本题正确选项： 【点睛】本题考查根据 求解数列的通项公式、裂项相消法求解数列的前 项和；关键是能 够准确理解“快乐数”的定义，得到 ；从而利用 与 的关系求解出数列的通项公式. 12.已知点 是抛物线 的焦点，点 为抛物线 的对称轴与其准线的交点，过 作抛物线 的切线，设其中一个切点为 ，若点 恰好在以 为焦点的双曲线上，则双 曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 由抛物线方程得到 坐标；设切点 ，利用导数和两点连线斜率公式构造方 程可解出 ，利用抛物线焦半径公式求得 ，勾股定理求出 ；由双曲线定义可知 ，又焦距 ，可求得离心率. nS { }na n 1 3 1n n S n = + 23nS n n= + 1n = 11 4a S= = 2n ≥ n ∗∈N 1 6 2n n na S S n−= − = − 1 4a = 6 2na n= − ( )6 2na n n N ∗∴ = − ∈ ( )( ) ( ) ( )1 36 36 1 1 1 2 2 6 6 6 1 1n na a n n n n n n+ ∴ = = = −+ + ⋅ + + + ∴ ( )( )1 36 2 2n na a +    + +   2019 1 1 1 1 1 20191 2 2 3 2019 2020 2020 − + − +⋅⋅⋅+ − = B nS n nS na nS 1F 2: 2C x py= 2F C 2F C A A 1 2,F F 2 1− 2 2 1− 2 1+ 6 2 2 + 1 2,F F 2 0 0 1, 2A x xp      0x 1AF 2AF ( )2 1 2 1 2AF AF p a− = − = 1 2 2F F c p= = 【详解】由题意得： ， 由 得： ，则 设 ，则切线斜率 ，解得： 由抛物线对称性可知， 所得结果一致 当 时， 由抛物线定义可知： 在双曲线上 又 双曲线离心率： 本题正确选项： 【点睛】本题考查双曲线离心率的求解，涉及到抛物线焦半径公式的应用、过某一点曲线切 线的求解、双曲线定义的应用等知识；关键是能够利用导数和两点连线斜率公式求解出切点 坐标，从而得到所需的焦半径的长度. 第Ⅱ卷（非选择题共 90 分） 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分. 13.已知 均为单位向量，若 ，则 与 的夹角为________. 【答案】 【解析】 【分析】 由已知模平方后可求得两向量的数量积，然后根据数量积的定义可求得夹角． 【详解】由题意 ， ，∴ ， ， ． 1 0, 2 pF      2 0, 2 pF  −   2 2x py= 21 2y xp = 1y xp ′ = 2 0 0 1, 2A x xp      2 0 0 0 1 1 2 2 0 pxpk xp x + = = − 0x p= ± 0x p= ± 0x p= , 2 pA p     1 2 2 p pAF p= + = 2 2 2 2AF p p p∴ = + = A ( )2 1 2 1 2AF AF p a∴ − = − = 1 2 2F F c p= = ∴ ( )2 2 12 2 1 c pe a p = = = + − C ,a b  2 3a b− = a b 3 π 2 2 222 ( 2 ) 4 4 1 4 4 3a b a b a a b b a b− = − = − ⋅ + = − ⋅ + =          1 2a b⋅ =  1cos , 2a b a b a b⋅ = < >=      1cos , 2a b< >=  , 3a b π< >=  故答案为： ． 【点睛】本题考查平面向量的数量积与模的关系，考查求向量夹角，掌握数量积的定义是解 题基础． 14.若 是奇函数，则 _______. 【答案】1 【解析】 【分析】 根据奇函数在 处有意义时 可构造方程，解方程求得结果. 【详解】 为奇函数且在 处有意义 ，解得： 本题正确结果： 【点睛】本题考查根据函数的奇偶性求解参数值的问题，常采用特殊值的方式来进行求解， 属于基础题. 15.数式 中省略号“···”代表无限重复，但该式是一个固定值，可以用如下 方法求得：令原式=t，则 ，则 ，取正值得 .用类似方法可得 __________. 【答案】4 【解析】 【分析】 根据题意，令已知式等于定值，再解方程求解即可. 【详解】根据题意类比，令 ， 两边平方得， ，即 ， 则 ，解得 ，或 （舍去）. 故答案为：4 【点睛】本题主要考查类比推理，根据题意类比写出方程求解即可，属于基础题. 16.在四面体 中，若 ， ， ，则四面体 3 π 2( ) 2 1xf x a= − + a = 0x = ( )0 0f = ( )f x 0x = ( )0 1 0f a∴ = − = 1a = 1 11 11 1 + + +⋅⋅⋅ 11 tt + = 2 1 0t t− − = 5 1 2t += 12 12+ + +⋅⋅⋅ = ( )12 12 0t t+ + +⋅⋅⋅ = > 212 12 t+ + +⋅⋅⋅ = 212 t t+ = 2 12 0t t− − = 4t = 3t = − ABCD 5AB CD= = 6AC BD= = 3AD BC= = 的外接球的表面积为_______. 【答案】 【解析】 【分析】 根据四面体对棱长度相等可知其为长方体切割所得，各棱为长方体各个面 对角线，可知四 面体外接球即为长方体外接球；根据长方体外接球半径为体对角线长度一半，求得体对角线 长度即可得到外接球半径，代入球的表面积公式即可求得结果. 【详解】由题意可知，四面体 是由下方图形中的长方体切割得到， 为长方 体的四个顶点，则四面体 的外接球即为长方体的外接球 设长方体长、宽、高分别为 则 即长方体体对角线长度 ： 长方体外接球半径为体对角线长度一半，即 四面体 外接球表面积： 本题正确结果： 【点睛】本题考查多面体外接球表面积的求解问题，关键是能够根据四面体对棱相等的特征， 将其变为长方体的一个部分，从而将问题转化为长方体外接球表面积的求解问题. 三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或验算步骤. 17. 的内角 的对边分别为 ，已知 . （1）求 的大小； 的 为 ABCD 10π ABCD , , ,A B C D ABCD , ,a b c 2 2 2 2 2 2 6 5 9 a c b c a b  + =  + =  + = 2 2 2 10a b c∴ + + = 10 10 2R = ∴ ABCD 24 10S Rπ π= = 10π ABC∆ , ,A B C , ,a b c 2 cos cos cosb B a C c A= + BÐ （2）若 ，求 面积的最大值. 【答案】（1） ；（2） . 【解析】 【分析】 （1）利用正弦定理将边化角，结合诱导公式可化简边角关系式，求得 ，根据 可求得结果；（2）利用余弦定理可得 ，利用基本不等式可求得 ，代入三角形面积公式可求得结果. 【详解】（1）由正弦定理得： ，又 ，即 由 得： （2）由余弦定理 得： 又 （当且仅当 时取等号） 即 三角形面积 的最大值为： 【点睛】本题考查解三角形的相关知识，涉及到正弦定理化简边角关系式、余弦定理解三角 形、三角形面积公式应用、基本不等式求积的最大值、诱导公式的应用等知识，属于常考题 型. 18. 年以来精准扶贫政策的落实，使我国扶贫工作有了新进展，贫困发生率由 年底 的 下降到 年底的 ，创造了人类减贫史上的的中国奇迹.“贫困发生率”是 指低于贫困线的人口占全体人口的比例， 年至 年我国贫困发生率的数据如下表： 年份 2012 2013 2014 2015 2016 2017 2018 贫困发生率 10.2 8.5 7.2 5.7 45 3.1 1.4 2b = ABC∆ 3 π 3 1cos 2B = ( )0,B π∈ 2 2 4a c ac+ − = ( )max 4ac = ( )2sin cos sin cos sin cos sinB B A C C A A C= + = + A B C π+ + = ( )sin sinA C B∴ + = ( )0,B π∈ sin 0B∴ ≠ 2cos 1B∴ = 1cos 2B = ( )0,B π∈ 3B π= 2 2 2 2 cosb a c ac B= + − 2 2 4a c ac+ − = 2 2 2a c ac+ ≥ a c= 2 24 2a c ac ac ac ac∴ = + − ≥ − = ( )max 4ac = ∴ S 1 4sin 32 B× = 2013 2012 10.2% 2018 1.4% 2012 2018 ( )t ( )%y （1）从表中所给的 个贫困发生率数据中任选两个，求两个都低于 的概率； （2）设年份代码 ，利用线性回归方程，分析 年至 年贫困发生率 与 年份代码 的相关情况，并预测 年贫困发生率. 附：回归直线 的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为： ( 的值保留到小数点后三位） 【答案】（1） ；（2）回归直线为： ； 年至 年贫困发生率逐 年下降，平均每年下降 ； 年的贫困发生率预计为 【解析】 【分析】 （1）分别计算出总体事件个数和符合题意的基本事件个数，根据古典概型概率公式求得结果； （2）根据表中数据计算出最小二乘法所需数据，根据最小二乘法求得回归直线；根据回归直 线斜率可得贫困发生率与年份的关系；代入 求得 年的预估值. 【详解】（1）由数据表可知，贫困发生率低于 的年份有 个 从 个贫困发生率中任选两个共有： 种情况 选中的两个贫困发生率低于 的情况共有： 种情况 所求概率为： （2）由题意得： ； ； ； 7 5% 2015x t= − 2012 2018 y x 2019 ˆˆ ˆy bx a= + ( )( ) ( ) 1 1 2 2 2 1 1 ,ˆ ˆˆ n n i i i i i i n n i i i i x x y y x y nx y b a y bx x x x nx = = − = = − − − = = − − − ∑ ∑ ∑ ∑ ˆb 1 7 ˆ 1.425 5.8y x= − + 2012 2018 1.425% 2019 0.1% 4x = 2019 5% 3 7 2 7 21C = 5% 2 3 3C = ∴ 3 1 21 7p = = 3 2 1 0 1 2 3 07x − − − + + + += = 10.2 8.5 7.2 5.7 4.5 3.1 1.4 5.85y + + + + + += = 7 1 3 10.2 2 8.5 7.2 0 4.5 2 3.1 3 1.4 39.9i i i x y = = − × − × − + + + × + × = −∑ 7 2 1 9 4 1 0 1 4 9 28i i x = = + + + + + + =∑ ， 线性回归直线为： 年至 年贫困发生率逐年下降，平均每年下降 当 时， 年的贫困发生率预计为 【点睛】本题考查古典概型概率问题的求解、最小二乘法求解回归直线、利用回归直线求解 预估值的问题，对于学生的计算和求解能力有一定要求，属于常考题型. 19.如图，在四棱锥 中，底面 是菱形， . （1）证明： ； （2）若 ，求直线 与平面 所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2） . 【解析】 【分析】 （1）取 中点 ，连接 ， ，易知 为等边三角形，根据等腰三角形三线合一 的性质可证得 ， ；由线面垂直判定定理可知 平面 ；根据线面 垂直的性质可证得结论；（2）以 为原点建立空间直角坐标系，首先求得平面 的法向 量，根据直线与平面所成角的向量求法求得结果. 【详解】（1）证明：取 中点 ，连接 ， ， 四边形 为菱形 又 为等边三角形，又 为 中点 39.9ˆ 1.42528b −∴ = = − ˆ 5.8a = ∴ ˆ 1.425 5.8y x= − + 1.425 0− < 2012∴ 2018 1.425% 2019 2015 4x = − = 1.425 4 5.8 0.1y = − × + = 2019∴ 0.1% P ABCD− ABCD , 60PA PD DAB= ∠ =  AD PB⊥ 6, 2PB AB PA= = = PB PDC 10 5 AD E PE BE ABD∆ AD BE⊥ AD PE⊥ AD ⊥ PBE E PDC AD E PE BE BD  ABCD AD AB∴ = 60DAB∠ =  ABD∴∆ E AD AD BE∴ ⊥ ， 为 中点 平面 ， 平面 又 平面 （2）以 为原点，可建立如下图所示空间直角坐标系： 由题意知： ， ， ， 则 ， ， ， ， ， 设平面 的法向量 ，令 ，则 ， 设直线 与平面 所成角为 即直线 与平面 所成角的正弦值为： 【点睛】本题考查立体几何中的线线垂直关系的证明、直线与平面所成角的求解，涉及到线 面垂直判定与性质定理的应用、空间向量法求解立体几何中的线面夹角问题等知识；证明线 线垂直关系的常用方法是通过线面垂直关系，根据线面垂直性质证得结论. 20.己知椭圆 的离心率为 ， 分别是椭圈 的左、右焦点， PA AD= E AD AD PE∴ ⊥ ,BE PE ⊂ PBE BE PE E∩ = AD∴ ⊥ PBE PB ⊂ PBE AD PB∴ ⊥ E 2AD AB= = 1AE = 2 2 3PE PA AE= − = 2 2 3BE PB PE= − = ( )0,0, 3P ( )0, 3,0B ( )1,0,0D − ( )2, 3,0C − ( )0, 3, 3PB∴ = − ( )1,0, 3DP = ( )1, 3,0DC = − PDC ( ), ,n x y z= 3 0 3 0 DP n x z DC n x y  ⋅ = + =∴ ⋅ = − + =     3x = 1y = 1z = − ( )3,1, 1n∴ = − PB PDC θ 2 3 10sin 56 5 PB n PB n θ ⋅ ∴ = = = ×     PB PDC 10 5 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b + = > > 2 2 1 2,F F C 椭圆 的焦点 到双曲线 渐近线的距离为 . (1)求椭圆 的方程； (2)直线 与椭圆 交于 两点，以线段 为直径的圆经过点 ，且 原点 到直线 的距离为 ，求直线 的方程. 【答案】(1) ；(2) . 【解析】 【分析】 （1）利用焦点 到双曲线渐近线距离为 可求得 ；根据离心率可求得 ；由 求得 后即可得到所求方程；（2）由原点到直线 距离可得 ；将直线方程与 椭圆方程联立，整理得到韦达定理的形式；根据圆的性质可知 ，由向量坐标运 算可整理得 ，从而构造出方程组，结合 求得结果. 【详解】（1）由题意知， ， 双曲线方程知，其渐近线方程为： 焦点 到双曲线渐近线距离： ，解得： 由椭圆离心率 得： 椭圆 的方程为： （2）原点 到直线距离为： ，整理得： 设 ， 由 得： C 1F 2 2 12 x y− = 3 3 C ( ): 0l y kx m k= + < C ,A B AB 2F O l 2 5 5 l 2 2 12 x y+ = 1 12y x= − + 1F 3 3 c a 2 2 2b a c= − 2b l ( )2 24 15m k= + 2 2 0AF BF⋅ =  23 4 1 0m km+ − = k 0< ( )1 ,0F c− ( )2 ,0F c 2 2y x= ± ∴ 1F 3 33 cd = = 1c = 2 2 ce a = = 2a = 2 2 2 1b a c∴ = − = ∴ C 2 2 12 x y+ = O 2 2 5 51 m k = + ( )2 24 15m k= + ( )1 1,A x y ( )2 2,B x y 2 2 12 x y y kx m  + =  = + ( )2 2 21 2 4 2 2 0k x kmx m+ + + − = 则 ，即： ， 以 为直径的圆过点 又 ， 即： 由 且 得： ，满足 直线 方程为： 【点睛】本题考查直线与椭圆 综合应用问题，涉及到椭圆标准方程的求解、点到直线距离 公式的应用、垂直关系的向量表示等知识；解决此类问题的常用方法是将直线与圆锥曲线方 程联立，整理得到一元二次方程，进而利用韦达定理表示出已知中的等量关系，得到所需的 方程. 21.已知 为自然对数的底数). (1)求证 恒成立； (2)设 是正整数，对任意正整数 ， ，求 的最小值. 【答案】(1)证明见解析；(2) 2. 【解析】 【分析】 （1）令 ，通过导数可得 单调性，从而得到 ， 的 ( )( )2 2 2 216 4 1 2 2 2 0k m k m∆ = − + − > 2 22 1 0k m− + > 1 2 2 4 1 2 kmx x k ∴ + = − + 2 1 2 2 2 2 1 2 mx x k −= +  AB 2F 2 2 0AF BF∴ ⋅ =  ( )2 1,0F ( )2 1 11 ,AF x y∴ = − − ( )2 2 21 ,BF x y= − − ( )( ) ( ) ( )( )2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 21 1 1AF BF x x y y x x x x kx m kx m∴ ⋅ = − − + = − + + + + +  ( ) ( )( ) ( )( ) ( )2 2 2 2 2 1 2 1 2 2 2 2 2 1 4 11 1 1 11 2 1 2 m k km kmk x x km x x m mk k − + −= + + − + + + = − + ++ + 2 2 3 4 1 01 2 m km k + − =+ 23 4 1 0m km+ − = ( )2 2 2 4 15 3 4 1 0 m k m km  = +  + − = k 0< 1 2 1 k m  = −  = 2 22 1 0k m∆ = − + > ∴ l 1 12y x= − + ( ) , ( ) 1(xf x e g x x e= = + ( ) ( )f x g x≥ m n 2 1 1 1(1 )(1 ) (1 )3 3 3n m+ + ⋅⋅⋅ + < m ( ) ( ) ( )F x f x g x= − ( )F x ( ) ( )min 0 0F x F= = 进 而 证 得 结 论 ； （ 2 ） 根 据 （ 1 ） 的 结 论 可 得 ， 通 过 放 缩 可 得 ； 利 用 等 比 数 列 求 和 公 式 可 证 得 ，可知若不等式恒成立，只需 ，从而得到结果. 【详解】（1）令 ，则 当 时， ；当 时， 在 上单调递减；在 上单调递增 ，即 恒成立 恒成立 （2）由（1）知： 又 又 恒成立 为正整数 的最小值为： 【点睛】本题考查导数在研究函数中的应用，涉及到不等关系的证明、恒成立问题的求解等 知识；解决问题的关键是能够对不等号左侧的式子根据所证函数不等关系的结论进行合理的 放缩，结合等比数列求和公式求得结果. 请考生在第 22、23 题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.作答时 用 2B 铅笔在答题卡上把题目对应题号的方框涂黑. 1 311 3 n n e+ ≤ 2 1 1 1 3 3 3 2 1 1 11 1 13 3 3 n n e + +⋅⋅⋅+    + + ⋅⋅⋅ + ≤         2 1 1 1 1 3 3 3 2n + +⋅⋅⋅+ < 1 2m e≥ ( ) ( ) ( ) 1xF x f x g x e x= − = − − ( ) 1xF x e′ = − ∴ ( ),0x∈ −∞ ( ) 0F x′ < ( )0,x∈ +∞ ( ) 0F x′ > ( )F x∴ ( ),0−∞ ( )0, ∞+ ( ) ( ) 0 min 0 0 1 0F x F e∴ = = − − = ( ) ( ) ( ) 0F x f x g x= − ≥ ( ) ( )f x g x∴ ≥ 1 311 3 n n e+ ≤ 2 2 1 1 1 1 11 33 3 3 3 3 2 1 1 11 1 13 3 3 n n n e e e e + +⋅⋅⋅+    ∴ + + ⋅⋅⋅ + ≤ ⋅ ⋅⋅⋅ =         2 1 111 1 1 1 1 13 3 113 3 3 2 3 21 3 n n n  × −    + +⋅⋅⋅+ = = × − <  − 1 1 112 3 2 2 1 1 11 1 13 3 3 n n e e  × −      ∴ + + ⋅⋅⋅ + ≤ <         2 1 1 11 1 13 3 3n m    + + ⋅⋅⋅ + <         1 2m e∴ ≥ m m∴ 2 选修 4－4：极坐标与参数方程 22.已知直线 参数方程为 为参数），以坐标原点为极点， 轴的正半轴为极 轴建立极坐标系，曲线 的极坐标方程为 . （1）求直线 的普通方程和曲线 的直角坐标方程； （2）设点 ，直线 与曲线 交于 两点，求 的值. 【答案】（1）直线 普通方程： ，曲线 直角坐标方程： ； （2） . 【解析】 【分析】 （1）消去直线 参数方程中的参数 即可得到其普通方程；将曲线 极坐标方程化为 ，根据极坐标和直角坐标互化原则可得其直角坐标方程；（2）将直线 参数方 程代入曲线 的直角坐标方程，根据参数 的几何意义可知 ，利用韦达定 理求得结果. 【详解】（1）由直线 参数方程消去 可得普通方程为： 曲线 极坐标方程可化为： 则曲线 的直角坐标方程为： ，即 （2）将直线 参数方程代入曲线 的直角坐标方程，整理可得： 设 两点对应的参数分别为： ，则 ， 【点睛】本题考查极坐标与直角坐标的互化、参数方程与普通方程的互化、直线参数方程中 参数的几何意义的应用；求解距离之和的关键是能够明确直线参数方程中参数 的几何意义， 的l 1 3 2 2 ( 1 2 x t t y t  = +  = x C 2cosρ θ= l C 1( ,0)2P l C ,A B PA PB+ l 2 2 3 1 0x y− − = C ( )2 21 1x y− + = 15 2 l t C 2 2 cosρ ρ θ= l C t 1 2PA PB t t+ = − l t 2 2 3 1 0x y− − = C 2 2 cosρ ρ θ= C 2 2 2x y x+ = ( )2 21 1x y− + = l C 2 3 3 02 4t t− − = ,A B 1 2,t t 1 2 3 2t t+ = 1 2 3 4t t = − ( )2 1 2 1 2 1 2 3 154 34 2PA PB t t t t t t∴ + = − = + − = + = t 利用韦达定理来进行求解. 选修 4－5：不等式选讲 23.设函数 . （1）求不等式 的解集； （2）如果关于 的不等式 在 上恒成立，求实数 的取值范围. 【答案】（1） ；（2） . 【解析】 【分析】 （1）分别在 、 、 三种情况下去掉绝对值符号得到不等式，解不等式 求得结果；（2）将不等式变为 ，令 ，可得到分 段函数 的解析式，分别在每一段上求解出 的最小值，从而得到 在 上的最 小值，进而利用 得到结果. 【详解】（1）当 时， ，解得： 当 时， ，恒成立 当 时， ，解得： 综上所述，不等式 的解集为： （2）由 得： 由（1）知： 令 当 时， 当 时， 当 时， ( ) 1 5 ,f x x x x R= + + − ∈ ( ) 10f x ≤ x 2( ) ( 7)f x a x≥ − − R a { }| 3 7x x− ≤ ≤ ( ],9−∞ 1x ≤ − 1 5x− < < 5x≥ ( ) ( )27a f x x≤ + − ( ) ( ) ( )27g x f x x= + − ( )g x ( )g x ( )g x R ( )mina g x≤ 1x ≤ − ( ) 1 5 4 2 10f x x x x= − − + − = − ≤ 3 1x− ≤ ≤ − 1 5x− < < ( ) 1 5 6 10f x x x= + + − = ≤ 5x≥ ( ) 1 5 2 4 10f x x x x= + + − = − ≤ 5 7x≤ ≤ ( ) 10f x ≤ { }3 7x x− ≤ ≤ ( ) ( )27f x a x≥ − − ( ) ( )27a f x x≤ + − ( ) 4 2 , 1 6, 1 5 2 4, 5 x x f x x x x − ≤ − = − < <  − ≥ ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 16 53, 1 7 14 55, 1 5 12 45, 5 x x x g x f x x x x x x x x  − + ≤ − = + − = − + − < <  − + ≥ 1x ≤ − ( ) ( )min 1 70g x g= − = 1 5x− < < ( ) ( )5 10g x g> = 5x≥ ( ) ( )min 6 9g x g= = 综上所述，当 时， 恒成立 【点睛】本题考查分类讨论求解绝对值不等式、含绝对值不等式的恒成立问题的求解；求解 本题恒成立问题的关键是能够通过分离变量构造出新的函数，将问题转化为变量与函数最值 之间的比较，进而通过分类讨论得到函数的解析式，分段求解出函数的最值. x∈R ( )min 9g x = ( )a g x≤ ( )mina g x∴ ≤ ( ],9a∴ ∈ −∞