江西省南昌市八一中学2020届高三第三次模拟考试数学（文）试题 Word版含解析

江西省南昌市八一中学2020届高三第三次模拟考试数学（文）试题 Word版含解析

- 1 - 2020 届南昌市八一中学高三文科数学 第三次模拟考试卷 一､选择题 1.已知集合    2| 1 , | 3 1xA x x B x  „ ，则  RA B ð =（ ） A. { | 0}x x  B. { | 0 1}x x„ „ C. { | 1 0}x x „ D. { | 1}x x … 【答案】D 【解析】 【分析】 先求出集合 A，B，再求集合 B 的补集，然后求  RA B ð 【详解】 { | 1 1}, { | 0}A x x B x x   „ „ ，所以   { | 1}RA B x x  …ð . 故选：D 【点睛】此题考查的是集合的并集、补集运算，属于基础题. 2.若复数 z 与其共轭复数 z 满足 2 1 3z z i   ，则| |z  （ ） A. 2 B. 3 C. 2 D. 5 【答案】A 【解析】 【分析】 设 z a bi  ，则 2 3 1 3z z a bi i      ，得到答案. 【详解】设 z a bi  ，则 2 2 2 3 1 3z z a bi a bi a bi i          ，故 1a   ， 1b  ， 1z i   ， 2z  . 故选： A . 【点睛】本题考查了复数的计算，意在考查学生的计算能力. 3.已知 0.3x  ， log 3y  ， cos3z  ，则（ ） A. z y x  B.  y z x  C. z x y  D. x z y  - 2 - 【答案】A 【解析】 【分析】 根据函数的相关性质依次判断即可得出结果. 【详解】 tx  为增函数,  0.3 0 1x     ， log 3y  为增函数, 0 log log 31 log 1        ， 32    cos3 0z   , 即 1x  , 0 1y  ， 0z  , z y x   . 故选:A. 【点睛】本题考查函数性质在比较大小中的应用,属于基础题. 4.“纹样”是中国艺术宝库的瑰宝，“火纹”是常见的一种传统纹样，为了测算某火纹纹样 （如图阴影部分所示）的面积，作一个边长为 3 的正方形将其包含在内，并向该正方形内随 机投掷 2000 个点，己知恰有 800 个点落在阴影部分，据此可估计阴影部分的面积是 A. 16 5 B. 18 5 C. 10 D. 32 5 【答案】B 【解析】 【分析】 边长为 3 的正方形的面积 S 正方形＝9，设阴影部分的面积为 S 阴，由几何概型得 800 2000 S S 阴 正方形 ， - 3 - 由此能估计阴影部分的面积． 【详解】解：为了测算某火纹纹样（如图阴影部分所示）的面积，作一个边长为 3 的正方形 将其包含在内， 则边长为 3 的正方形的面积 S 正方形＝9， 设阴影部分的面积为 S 阴， ∵该正方形内随机投掷 2000 个点，已知恰有 800 个点落在阴影部分， ∴ 800 2000 S S 阴 正方形 ， 解得 S 阴 800 800 1892000 2000 5S    正方形 ， ∴估计阴影部分的面积是18 5 ． 故选：B． 【点睛】本题考查阴影面积的求法，考查几何概型等基础知识，考查运算求解能力，考查函 数与方程思想，是基础题． 5.若 ,x y 满足约束条件 0 4 x y x y      ，且 2z x y  ，则（ ） A. z 的最大值为 6 B. z 的最大值为 8 C. z 的最小值为 6 D. z 的最小 值为 8 【答案】C 【解析】 【分析】 作出可行域，即可由平移法求出 2z x y  的最值． 【详解】作出可行域，如图所示： - 4 - 由图可知，当直线 2z x y  经过点  2,2 时， z 取得最小值为 6，无最大值． 故选：C． 【点睛】本题主要考查简单线性规划问题的解法，属于基础题． 6.函数   sin 4 ln | |f x x x  的部分图像大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 由函数的奇偶性及特殊值代入即排除错误选项,得出结果. 【详解】    f x f x   ，  f x 为奇函数,排除选项 D, - 5 - 因为 sin ln |8 8 | 2 0f          ,排除选项 A, 7 3 7 2 2 07 sin sin = ln | | 78 8 8ln | | f            ,排除选项 B, 故选:C. 【点睛】本题考查已知函数解析式判断函数图象问题,考查函数性质,及特殊值代入的排除法, 属于基础题. 7.已知 ,m n 是两条不重合的直线， ,  是两个不重合的平面，则下列命题中，错误的是（ ） A. 若 ,m n m   ，则 / /n  B. 若 / / , / / ,m n m n  ，则 / /n  C. 若 , ,m n m n    ，则  D. 若 / / , / /m    ，则 / /m  或 m  【答案】A 【解析】 【分析】 根据直线和平面，平面和平面的位置关系依次判断每个选项得到答案. 【详解】对于 A ：若 ,m n m   ，则 / /n  或 n  ，故 A 错误； BCD正确. 故选： A . 【点睛】本题考查了直线和平面，平面和平面的位置关系，意在考查学生的空间想象能力和 推断能力. 8.设 nS 为等比数列{ }na 的前 n 项和，且关于 x 的方程 2 1 3 2 0a x a x a   有两个相等的实根， 则 9 3 S S  （ ） A. 5 B. 14 C. 21 D. 27 【答案】C 【解析】 因为 na 为等比数列，所以 23 2 1 1 ,a aq qa a   ，故原方程可以化为 2 2 0x q x q   .又该方程 有 两 个 相 等 的 实 数 根 ， 故 4 4 0q q  ， 解 得 0q  （ 舎 ） 或 3 4q  ， 又 - 6 - 9 9 3 3 1 1 64 211 1 4 S q S q      ，故选 C. 9.若函数 ( ) sin( )f x A x   （其中 0A  ，| | )2   图象的一个对称中心为 ( 3  ，0) ，其相 邻一条对称轴方程为 7 12x  ，该对称轴处所对应的函数值为 1 ，为了得到 ( ) cos2g x x 的图 象，则只要将 ( )f x 的图象( ) A. 向右平移 6  个单位长度 B. 向左平移 12  个单位长度 C. 向左平移 6  个单位长度 D. 向右平移 12  个单位长度 【答案】B 【解析】 【分析】 由函数的图象的顶点坐标求出 A，由周期求出 ，由五点法作图求出 的值，可得  f x 的解 析式，再根据函数  siny A x   的图象变换规律，诱导公式，得出结论． 【详解】根据已知函数    sinf x A x   ( 其中 0A  ， )2   的图象过点 ,03      ， 7 , 112     ， 可得 1A  ， 1 2 7 4 12 3       ， 解得： 2  ． 再根据五点法作图可得 2 3      ， 可得： 3   ， 可得函数解析式为：   sin 2 .3f x x      故把   sin 2 3f x x      的图象向左平移 12  个单位长度， 可得 sin 2 cos23 6y x x        的图象， 故选 B． - 7 - 【点睛】本题主要考查由函数  siny A x   的部分图象求解析式，由函数的图象的顶点 坐标求出 A，由周期求出 ，由五点法作图求出 的值，函数  siny A x   的图象变换 规律，诱导公式的应用，属于中档题． 10.设 nS 是 na 的前 n 项和， 1 2a  ，且 1 1 1 3n n na S S   ，则 1 2 22 1 1 1 S S S    ( ) A. -66 B. 77 C. 88 D. 99 【答案】C 【解析】 【分析】 由 nS 与 na 的关系可得 1 nS       是以 1 2 为首项，1 3 为公差的等差数列，再由等差数列前 n 项和公 式求解即可. 【详解】解：因为 1 1 1 3n n na S S   ， 所以 1 1 1 3n n n nS S S S    ， 所以 1 1 1 1 3n nS S   . 又 1 1 1 2S  ， 所以 1 nS       是以 1 2 为首项， 1 3 为公差的等差数列， 所以 1 2 22 1 1 1 1 22 21 122 882 2 3S S S        . 故选：C. 【点睛】本题考查了 nS 与 na 的关系，重点考查了等差数列前 n 项和公式，属基础题. 11.已知双曲线   2 2 2 2 1x y a ba b   ＞ ＞0 的左、右焦点分别为 F1、F2，过点 F1 作圆 x2+y2＝a2 的切 线交双曲线右支于点 M，若 tan∠F1MF2＝2，又 e 为双曲线的离心率，则 e2 的值为（ ） - 8 - A. 5 2 2  B. 5 3 2  C. 5 5 2  D. 5 6 2  【答案】C 【解析】 【分析】 运 用 双 曲 线 的 定 义 可 得 |MF1| ﹣ |MF2| ＝ 2a ， 设 |MF2| ＝ t ， 则 |MF1| ＝ 2a+t ， sin∠MF1F2 1 ON a OF c   ，然后在三角形 MF1F2 中由正、余弦定理列方程可解得离心率的平方. 【详解】如图： |MF1|﹣|MF2|＝2a，设|MF2|＝t，则|MF1|＝2a+t， ∵sin∠MF1F2 1 ON a OF c   ， 若 tan∠F1MF2＝2，则 sin∠F1MF2 2 5  ，cos∠F1MF2 1 5  ， 在△MF1F2 中，由正弦定理得 2 1 2 1 2 1 2 MF F F sin MF F sin F MF   ，即 2 2 5 t c a c  ， ∴t 5 a，∴|MF2| 5 a，|MF1|＝（ 5  2）a， 由余弦定理得 4c2＝5a2+（9+4 5 ）a2﹣2 5 a×（2 5 ）a 1 5  ， 4c2＝（10+2 5 ）a2，∴c2═ 5 5 2  a2，∴e2 2 2 5 5 2 c a   . 故选：C. 【点睛】本题考查双曲线的定义和性质，主要是双曲线的离心率的求法，考查圆的性质的运 - 9 - 用，属于中档题. 12.已知函数 2( 1) 1, 2 ( ) 1 ( 2), 22 x x f x f x x        ，若函数 ( ) ( )F x f x mx  有 4 个零点，则实数 m 的 取值范围是( ) A. 5 16,2 6     B. 5 6,3 2 22      C. 1 ,3 2 220     D. 1 1,20 6      【答案】B 【解析】 【分析】 根据函数零点定义可知 ( )f x mx 有四个不同交点，画出函数图像可先求得斜率的大致范围. 根据函数在 2 4x  和 4 6x  的解析式，可求得 y mx 与两段函数相切时的斜率，即可求 得 m 的取值范围. 【详解】函数 2( 1) 1, 2 ( ) 1 ( 2), 22 x x f x f x x        ， 函数 ( ) ( )F x f x mx  有 4 个零点，即 ( )f x mx 有四个不同交点. 画出函数 ( )f x 图像如下图所示： 由图可知，当 2 4x  时，设对应二次函数顶点为 A ，则 13, 2A     ， 1 12 3 6OAk   ， - 10 - 当 4 6x  时，设对应二次函数的顶点为 B ，则 15, 4B     ， 1 14 5 20OBk   . 所以 1 1 20 6m  . 当直线 y mx 与 2 4x  时的函数图像相切时与函数 ( )f x 图像有三个交点，此时  21 132 2 y mx y x      ，化简可得  2 2 6 8 0x m x    .  22 6 4 8 0m      ，解得 3 2 2,m   3 2 2m   （舍）； 当直线 y mx 与 4 6x  时的函数图像相切时与函数 ( )f x 图像有五个交点，此时  21 154 4 y mx y x      ，化简可得  2 4 10 24 0x m x    .  24 10 4 24 0m      ，解得 5 6,2m   5 62m   （舍）； 故当 ( )f x mx 有四个不同交点时 5 6,3 2 22m       . 故选：B. 【点睛】本题考查了分段函数解析式的求法，函数零点与函数交点的关系，直线与二次函数 相切时的切线斜率求法，属于难题. 二､填空题 13.曲线 2 2 lny x x x   在点 1, 1 处的切线的斜率为_____. 【答案】 1 【解析】 【分析】 先求出函数的导数,然后求出切点处的导数值即可. 【详解】由已知得 1' 2 2y x x    , 所以 k＝y′|x＝1＝﹣1. 故答案为：﹣1. - 11 - 【点睛】本题考查导数的几何意义、导数的计算.属于基础题. 14.若向量 (2 1, )m k k  与向量 (4,1)n  共线，则 m n   _____． 【答案】 17 2- 【解析】 【分析】 先由向量共线求出 k ，然后计算 m n  . 【详解】解：因为 m n   ，所以 2 1 4k k  ，解得 1 2k   所以   174 2 1 9k 4 2m n k k         故答案为 17 2  . 【点睛】本题考查了平面向量平行的坐标表示，与向量数量积的坐标运算，属于基础题. 15.已知点  0,2M ，过抛物线 2 4y x 的焦点 F 的直线 AB 交抛物线于 A ， B 两点，若 0AM FM   ，则点 B 的横坐标为_____. 【答案】 1 4 【解析】 【分析】 设直线 AB ： 1x my  ，由直线 AB 的方程与抛物线方程联立，利用韦达定理求得 A 、B 坐 标之间的关系，再结合 0AM FM   ，求出点 B 的横坐标. 【详解】由题意，抛物线 2 4y x 的焦点  1,0F ， 设直线 AB ： 1x my  ，  1 1,A x y ，  2 2,B x y ， 由 2 1 4 x my y x     ，联立得 2 4 4 0y my   ， 由韦达定理得， 1 2 4y y m  ①， 1 2 4y y   ②. ∵ 0AM FM   ，  1,0F ，  0,2M ， ∴  1 1,2AM x y   ，  1,2FM   ， - 12 - ∴  1 1 02 2A xM FM y     ， 又 1 1 1x my  ，∴  12 5 0m y   ③. 由①②③联立解得： 3 4m  ， 1 4y  ， 2 1y   ， ∴  2 2 3 11 1 14 4x my       . 故答案为： 1 4 【点睛】本题主要考查直线与抛物线的位置关系及向量的坐标运算，属于基础题. 16.已知正四棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D 的每个顶点都在球 O 的球面上，若球O 的表面积为 12 ，则该四棱柱的侧面积的最大值为________. 【答案】12 2 【解析】 【分析】 设 球 O 的 半 径 为 R ， 可 得 3R  ， 设 正 四 棱 柱 的 底 面 边 长 a ， 高 为 h ， 2 2 2 2 2 3a a h R    ，利用基本不等式可得该正四棱柱侧面积的最大值. 【详解】设球O 的半径为 R ，则 24 12R  ，解得 3R  ，设正四棱柱的底面边长 a ，高 为 h ， 则正四棱柱的体对角线为球 O 的直径，则有 2 2 2 2 2 3a a h R    ，即 2 22 12a h  ， 由基本不等式可得 2 2 2 22 12 2 2a h a h   ，所以 3 2ah  ，当且仅当 2 22a h ，即 2 6h a  时，等号成立. 故该正四棱柱的侧面积为 4ah ，其最大值为 3 2 4 12 2  . 故答案为：12 2 . 【点睛】本题考查球体表面积的计算,同时也考查了正四棱柱外接球问题以及正四棱柱侧面积 最值的计算,涉及了利用基本不等式求最值,解题的关键就是要根据题意得出定值条件,考查 计算能力，属于中等题 三.解答题 - 13 - 17.在锐角△ABC 中， 2 3a  ， (2 )cos cosb c A a C  ， （1）求角 A； （2）求△ABC 的周长 l 的范围. 【答案】（1） 3  .（2） (6 2 3,6 3] 【解析】 【分析】 （1）根据正弦定理边化角以及两角和的正弦公式，可得 1cos 2A  ，可得 3A  ； （2）利用正弦定理将 l 表示为 B 的函数，根据锐角三角形得 B 的范围，再根据正弦函数的图 象可得结果. 【详解】（1）∵ (2 )cos cosb c A a C  ， 2 cos cos cosb A a C c A   ， 所以 2sin cos sin cos sin cosB A A C C A  ， 所以 2sin cos sin( )B A A C  ， 所以 2sin cos sinB A B ， 因为sin 0B  ，所以 1cos 2A  ， 0, 2A     ，所以 3A  . （2） 2 3 4sin 3 2 a A   ， 所以 4sin sin b c B C   ,所以 4sinb B ， 24sin 4sin( )3c C B   ， 所以 22 3 4sin 4sin( )3l a b c B B       2 3 6sin 2 3 cosB B   2 3 4 3sin( )6B    因为△ABC 是锐角三角形，且 3A  ，所以 0 2 20 3 2 B B           ，解得 6 2B   ， - 14 - 所以 2( , )6 3 3B     ，所以 3sin( ) ( ,1]6 2B   ， 所以 (6 2 3,6 3]l   . 【点睛】本题考查了正弦定理、两角和的正弦公式、锐角三角形的概念和正弦函数的图象的 应用，属于中档题. 18.某中学某社团为研究高三学生课下钻研数学时间与数学考试中的解答题得分的关系，随机 调查了某中学高三某班 6名学生每周课下钻研数学时间 x (单位：小时)与高三下学期期中考试 数学解答题得分 y ，数据如下表： x 2 4 6 8 10 12 y 30 38 44 48 50 54 （1）根据上述数据，求出数学考试中的解答题得分 y 与该学生课下钻研数学时间 x 的线性回 归方程，并预测某学生每周课下钻研数学时间为 7 小时其数学考试中的解答题得分； （2）从这 6人中任选 2 人，求 2 人中至少有1人课下钻研数学时间不低于8 小时的概率. 参考公式： ˆˆ ˆy bx a  ，其中      1 1 2 2 2 1 1 ˆ n n i i i i i i n n i i i i x x y y x y nxy b x x x nx                ， ˆˆa y bx  ；参考 数据： 6 6 2 1 1 2008, 364, 44i i i i i x y x y       【答案】（1）线性回归方程： 16ˆ 287y x  ，预测值为： 44 分（2） 4 5 【解析】 【分析】 （1）先求均值，再代入公式求 ˆ ˆb a， ，即得线性回归方程；在线性回归方程令 7x  ，解得预 测值； （2）利用枚举法确定总基本事件数以及所求事件包含的基本事件数，最后根据古典概型概率 公式求结果. 【详解】（1） 2 4 6 8 10 12 76x       - 15 -      6 6 1 1 6 62 2 2 1 1 6 2008 6 7 44 16 364 6 49 76 ˆ i i i i i i i i i i x x y y x y xy b x x x x                    ˆˆ 28a y bx   16ˆ 287y x   当 7x  时， ˆ 44y  预测值为： 44 分 （2）设“这 2 人中至少有一个人刻下钻研数学时间不低于 8 小时为事件 A” 所有基本事件如下： (2，4)，(2，6)，(2，8)，(2，10)，(2，12)，(4，6)，(4，8)，(4，10)，(4，12)， (6， 8)，(6，10)，(6，12)，(8，10)，(8，12)，(10，12) 共 15 个基本事件 事件 A 包含(2，8)，(2，10)，(2，12)，(4，8)，(4，10)，(4，12)，(6，8)，(6，10)(6， 12)，(8，10)，(8，12)，(10，12)共 12 个基本事件 所以 12 4( ) 15 5P A   【点睛】本题考查线性回归方程、利用线性回归方程估计、古典概型概率，考查基本分析求 解能力，属基础题. 19.如图，三棱锥 P ABC 中，底面△ ABC 是边长为 2 的正三角形， 2PA  ， PA  底面 ABC ，点 ,E F 分别为 AC ， PC 的中点. （1）求证：平面 BEF  平面 PAC ； - 16 - （2）在线段 PB 上是否存在点G ，使得三棱锥 B AEG 体积为 3 6 ？若存在，确定点G 的 位置；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明见解析.（2）存在，G 为 PB 中点. 【解析】 【分析】 （1）由 PA  底面 ABC 推出 PA BE ，结合 BE AC 可推出 BE 平面 PAC ，线面垂直 推出面面垂直；（2）过 G 作GH AB ，由面面垂直的性质证明GH  平面 ABC，再利用等体 积法由 3 6B AEG G ABEV V   即可求得 GH ，根据线面垂直的性质及中位线的性质即可求得 点 G 的位置. 【详解】（1）因为 PA  底面 ABC ， BE  底面 ABC ，所以 PA BE ， 因为△ ABC 是等边三角形且 E 为 AC 的中点，所以 BE AC ， 又 PA AC A ， PA  平面 PAC， AC  平面 PAC， 所以 BE 平面 PAC ， 因为 BE  平面 BEF ，所以平面 BEF  平面 PAC ； （2）过 G 作GH AB , PA  平面 ABC， PA  平面 PAB，平面 PAB  平面 ABC 又 平面 PAB平面 ABC=AB， GH  平面 ABC, 3 6B AEG G ABEV V   ， 1 3 3 6ABEGH S  V ， - 17 - 1 3 32 =2 2 2ABES    ， 1GH  ， PA  平面 ABC，GH  平面 ABC， //PA GH , 1 2GH PA ， G 为 PB 中点. 【点睛】本题考查面面垂直的判定及性质、线面垂直的性质、等体积法求点到平面的距离， 属于中档题. 20.已知 ( ) sin ( )xf x e x ax a R    . （1）当 2a   时，求证： ( )f x 在 ( )0， 上单调递减； （2）若对任意 0x  ， ( ) 1f x  恒成立，求实数 a 的取值范围. 【答案】（1）证明见解析；（2） 2a   . 【解析】 【分析】 （1）求得导数 '( ) cos 2xf x e x   ，结合指数函数与余弦函数的性质，求得 '( ) 0f x  ，即 可得到结论. （2）当 0x  时，可得命题成立，当 0x  时，设 ( ) cos  xg x e x a ，求得 '( )g x ，求得 函数 ( )g x 的单调性，得到 '( ) 2 f x a ，分类讨论，即可求解. 【详解】（1）由题意，函数 ( ) sin ( )xf x e x ax a R    ，可得 '( ) cosxf x e x a   ， 由 2a   时，则 '( ) cos 2xf x e x   ， 当 0x  时， 1,cos 1xe x  ，所以 '( ) cos 2 0xf x e x    ， 所以 ( )f x 在 ,0 上单调递减. （2）当 0x  时， ( ) 1 1f x   ，对于 Ra  ，命题成立， 当 0x  时，由（1） '( ) cosxf x e x a   ， 设 ( ) cos  xg x e x a ，则 '( ) sinxg x e x  ， 因为 1, sin 1 xe x ，所以 '( ) sin 1 1=0xg x e x    ， ( )g x 在 0,  上单调递增， - 18 - 又 (0) 2 g a ， 所以 ( ) 2 g x a ， 所以 '( )f x 在 0,  上单调递增，且 '( ) 2 f x a ， ①当 2a   时， '( ) 0f x  ，所以 ( )f x 在 0,  上单调递增， 因为 (0) 1f  ，所以 ( ) 1f x  恒成立； ②当 2a   时， '(0) 2 0f a   ，因为 '( )f x 在[0, ) 上单调递增， 又当 ln(2 ) x a 时，        ' 2 cos ln 2 2 cos ln 2 0f x a a a a          ， 所以存在 0 (0, )x   ，对于 0(0, )x x ， '( ) 0f x  恒成立. 所以 ( )f x 在 00, x 上单调递减，所以当 0(0, )x x 时， ( ) (0) 1f x f  ，不合题意. 综上，当 2a   时，对于 0x  ， ( ) 1f x  恒成立. 【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，以及恒成立问题的求解，着重考查了转化 与化归思想、逻辑推理能力与计算能力，对于恒成立问题，通常要构造新函数，利用导数研 究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可 分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题． 21.如图，定义：以椭圆中心为圆心，长轴为直径的圆叫做椭圆的“辅助圆”.过椭圆第四象 限内一点 M 作 x 轴的垂线交其“辅助圆”于点 N，当点 N 在点 M 的下方时，称点 N 为点 M 的“下 辅助点”.已知椭圆 E：   2 2 2 2 1 0x y a ba b   ＞ ＞ 上的点 21 2      ， 的下辅助点为（1，﹣1）. （1）求椭圆 E 的方程； （2）若△OMN 的面积等于 2 3 6 8  ，求下辅助点 N 的坐标； （3）已知直线 l：x﹣my﹣t＝0 与椭圆 E 交于不同的 A，B 两点，若椭圆 E 上存在点 P，满足 - 19 - OP OA OB    ，求直线 l 与坐标轴围成的三角形面积的最小值. 【答案】（1） 2 2 12 x y  ；（2） 2 6,2 2      或 6 2,2 2      ；（3） 2 4 【解析】 【分析】 （1）直接根据定义先求得 a，进而得到 b 即可； （2）设点 N（x0，y0）（y0＜1），则点 M（x0，y1）（y1＜0），根据椭圆方程以及面积可得 x0y1 6 4   ， 将其与 2 20 1 12 x y  联立得到 N 坐标； （3）设 A（x1，y1），B（x2，y2），联立 2 2 12 x y x my t       ，结合韦达定理得 1 2 2 2 1 2 2 2 2 2 2 mty y m ty y m        ，因 为OP OA OB    且 P 在椭圆上可得 4t2＝m2+2，表示出三角形面积结合基本不等式即可求其 最小值. 【详解】解：（1）∵椭圆   2 2 2 2 1 0x yE a ba b  ： ＞ ＞ 上的点（1， 2 2  ）的下辅助点为（1， ﹣1）， ∴辅助圆的半径为 R 2 21 ( 1) 2    ，椭圆长半轴为 a＝R 2 ， 将点（1， 2 2  ）代入椭圆方程 2 2 2 12 x y b   中，解得 b＝1， ∴椭圆 E 的方程为 2 2 12 x y  ； （2）设点 N（x0，y0）（y0＜1），则点 M（x0，y1）（y1＜0），将两点坐标分别代入辅助圆方程和 椭圆方程可得， x0 2+y0 2＝2， 2 20 1 12 x y  ，故 y0 2＝2y1 2，即 y0 2 y1， 又 S△OMN 1 2  x0（y1﹣y0） 2 3 6 8  ，则 x0y1 6 4   ， - 20 - 将 x0y1 6 4   与 2 20 1 12 x y  联立可解得 0 0 2 2 6 2 x y      或 0 0 6 2 2 2 x y      ， ∴下辅助点 N 的坐标为（ 2 2 ， 6 2  ）或（ 6 2 ， 2 2  ）； （3）由题意可设 A（x1，y1），B（x2，y2）. 联立 2 2 12 x y x my t       整理得（m2+2）y2+2mty+t2﹣2＝0，则△＝8（m2+2﹣t2）＞0. 根据韦达定理得 1 2 2 2 1 2 2 2 2 2 2 mty y m ty y m        ， 因为OP OA OB    . 所以 1 2 2 2 2P mty y y m     ，  1 2 1 2 1 2 2 42 2P tx x x my t my t m y y t m            因为点 P 在椭圆 E 上， 所以     2 2 2 2 22 2 16 4 1 2 2 2 t m t m m     ， 整理得     2 2 22 4 2 1 2 m t m    ， 即 4t2＝m2+2， 在直线 l：x﹣my﹣t＝0 中， 由于直线 l 与坐标轴围成三角形，则 t≠0，m≠0. 令 x＝0，得 ty m   ，令 y＝0，得 x＝t. 所以三角形面积为 21 1 2 1 2 1 22 22 8 8 8 4 t mS t mm m m              , 当且仅当 m2＝2，t2＝1 时，取等号，此时△＝24＞0. 所以直线 l 与坐标轴围成的三角形面积的最小值为 2 4 . - 21 - 【点睛】本题以新概念为载体，旨在考查直线与圆，直线与椭圆的位置关系，考查通性通法 的运用，计算量较大，对计算能力的要求较高，属于较难题目. 22.在平面直角坐标系 xOy 中，以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线 l 的 极坐标方程为 2cos 4 2       ，曲线C 的极坐标方程为 6cos 0   . （1）写出直线l 和曲线C 的直角坐标方程； （2）已知点 (1,0)A ，若直线 l 与曲线C 交于 ,P Q 两点， ,P Q 中点为 M，求 | || | | | AP AQ AM 的值. 【答案】（1） 1 0x y   . 2 2( 3) 9x y   .（2） 5 2 2 【解析】 【分析】 （1）直接利用极坐标和参数方程公式计算得到答案. （2）设直线l 的参数方程为 21 ,2 2 2 x t y t      ，代入方程得到 1 2 5t t   ， 1 2 2 2t t  ，代入计算 得到答案. 【详解】（1）直线 2: cos 4 2l       ，故 cos sin 1 0      ， 即直线l 的直角坐标方程为 1 0x y   . 因为曲线 : 6cos 0C    ，则曲线C 的直角坐标方程为 2 2 6 0x y x   ， 即 2 2( 3) 9x y   . （2）设直线 l 的参数方程为 21 ,2 2 2 x t y t      （t 为参数）， 将其代入曲线C 的直角坐标系方程得 2 2 2 5 0t t   . 设 P ，Q 对应的参数分别为 1t ， 2t ，则 1 2 5t t   ， 1 2 2 2t t  ， - 22 - 所以 M 对应的参数 1 2 0 22 t tt   ，故 1 2 0 |t ||t || || | 5 5 2=| | | | 22 AP AQ AM t   . 【点睛】本题考查了参数方程和极坐标方程，意在考查学生的计算能力和转化能力. 23.已知函数 ( ) | 2 |f x x  . （1）求不等式 ( ) ( 2) 4f x f x x    的解集； （2）若 x R ，使得 ( ) ( ) (2 )f x a f x f a  … 恒成立，求 a 的取值范围. 【答案】(1)  2 2x x   .(2) 22, 3      . 【解析】 【分析】 （1）先由题意得 2 4x x x    ，再分别讨论 2x ≤ ， 2 0x   ， 0x  三种情况，即 可得出结果； （2）先由含绝对值不等式的性质，得到     2 2f x a f x x a x a        ，再由题 意，可得 2 2a a  ，求解，即可得出结果. 【详解】（1）不等式    2 4f x f x x    可化为 2 4x x x    ， 当 2x ≤ 时， 2 2 4x x    ， 2x   ，所以无解； 当 2 0x   时， 2 4x  所以 2 0x   ； 当 0x  时， 2 2 4x x   ， 2x  ，所以 0 2x  ， 综上，不等式    2 4f x f x x    的解集是 | 2 2x x   . （2）因为     2 2f x a f x x a x a        又 x R  ，使得      2f x a f x f a   恒成立，则 2 2a a  ，  22 2 2a a  ，解得 22 3a    . 所以 a 的取值范围为 22, 3      . 【点睛】本题主要考查含绝对值的不等式，熟记分类讨论的思想，以及绝对值不等式的性质 即可，属于常考题型. - 23 -