2020届河北省衡水中学高三高考数学（理科）二调试题及答案解析

2020届河北省衡水中学高三高考数学（理科）二调试题及答案解析

2020 届河北省衡水中学高三高考数学（理科）二调试题 一、单选题 1．若 ,x y满足约束条件 3 2 2 1 2 8 x y x y x y          ，则 y x 的最大值为（ ） A． 2 3 B．1 C． 3 2 D． 2 2．已知函数 2 15cos 3 6 ky x       （其中 kN ），对任意实数 a，在区间  , 3a a  上要使函 数值 5 4 出现的次数不少于 4次且不多于 8次，则 k值为（ ） A．2或 3 B．4或 3 C．5或 6 D．8或 7 3．已知实数  2,30x ，执行如图所示的程序框图，则输出的 x 不小于 103 的概率为   A． 5 14 B． 9 14 C． 5 9 D． 4 9 4．已知正项等差数列{an}，{bn}的前 n项和分别是 Sn，Tn，且（3n﹣1）2Sn2﹣n（3n﹣1）SnTn﹣2n2Tn2 ＝0对任意的 n∈N*恒成立，则 5 2 8 2a b b ＝（ ） A． 4 9 B． 10 11 C． 81 88 D． 9 13 5．已知 i为虚数单位，复数 z满足  1z i i  ，复数 z所对应的点在（ ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 6．点F 为椭圆   2 2 2 2 1 0x y a b a b     的一个焦点，若椭圆上存在点 A使 AOF 为正三角形，那 么椭圆的离心率为（） A． 2 2 B． 3 2 C． 3 1 2  D． 3 1 7．已知集合  1,0,1M   ,  | , , ,N x x ab a b M a b    ,则集合 N 的真子集个数为（ ） A．8 B． 7 C．4 D．3 8．当 取三个不同值 1 2 3, ,   时，正态曲线  20,N  的图象如图所示，则下列选项中正确的是 （ ） A． 1 2 3    B． 1 3 2    C． 2 1 3    D． 3 2 1    9．函数   1 sinf x x x x       （ 0x   或0 x   ）的图象大致为（ ） A ． B ． C ． D． 10．二项式    3 41 2 1x x  的展开式中 2x 的系数是（ ） A． 24 B．12 C．6 D． 6 11．若函数 满足对任意的 ，都有 成立，则称函数 在 区间 上是“被 约束的”。若函数 在区间 上是 “被 约束的”，则实数 的取值范围是（ ） A． ,3 21 3       ， B． C． 3 2 2 3       ， D． 12．如图是某几何体的三视图，则该几何体的外接球的表面积为（ ) A． 24 B．36 C．40 D． 400 二、填空题 13．下图是一个几何体的三视图，根据图中数据，可得该几何体的体积是 ____． 14．已知向量  1,a k  ，  4, 3b    ，若  a a b    ，则实数 k __________． 15．现把杨辉三角中的数从上到下，从左到右依次排列，得数列：1，1，1，1，2，1，1，3，3，1， 1，4，6，4，1，……记作数列 na ，若数列 na 的前 n项和为 nS ，则 80S  ______. 16．双曲线C：   2 2 2 2 1 0, 0x y a b a b     的左、右焦点分别为  1 , 0F c 、  2 , 0F c ，过 1F 且斜 率为 1的直线与双曲线的左右两支分别交于点 A、B（ B在右侧），若  2 2 0BA BF AF      ，则C 的离心率为______． 三、解答题 17．为了减少雾霾，还城市一片蓝天，某市政府于 12 月 4日到 12 月 31 日在主城区实行车辆限号 出行政策，鼓励民众不开车低碳出行，某甲乙两个单位各有 200 名员工，为了了解员工低碳出行的 情况，统计了 12 月 5日到 12 月 14 日共 10 天的低碳出行的人数，画出茎叶图如下： （1）若甲单位数据的平均数是 122，求 x； （2）现从如图的数据中任取 4天的数据（甲、乙两单位中各取 2 天），记其中甲、乙两单位员工低 碳出行人数不低于 130 人的天数为 1 ， 2 ，令 1 2=   ，求的分布列和期望. 18．选修 4-5：不等式选讲 已知函数 2 2( ) 6 9 8 16f x x x x x      . （1）求 ( ) (4)f x f 的解集； （2）设函数 ( ) ( 3)g x k x  ， kR ，若 ( ) ( )f x g x 对任意的 xR 都成立，求实数 k的取值 范围. 19．已知，在 ABC 中，内角 , ,A B C所对的边的长分别为 , , ,a b c 且 2 ( )a b b c  ． （1）求 A B 的值； （2）若 ABC 为锐角三角形，求 a b 的取值范围． 20．在直角坐标系 xOy中，曲线 1C 的参数方程为 2 cos sin x t y t        （其中 t为参数， 为 l的倾斜 角，且 (0, ) 2   ），曲线 2C 的参数方程为 1 1 2 1 1 2 x t t y t t                （ t为参数），以坐标原点为极点， x轴 的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 3C 的极坐标方程为 ( ) 2 R   . （1）求曲线 2C 的普通方程及曲线 3C 的直角坐标方程； （2）已知点 ( 2,0)P  ，曲线 1C 与 2C 交于 ,A B两点，与 3C 交于点Q，且 2| | | | | |PA PB PQ  ，求 l的普通方程. 21．对称轴为坐标轴的椭圆C的焦点为 1( 3,0)F  ， 2 ( 3,0)F ， 3(1, ) 2 M 在C上. （1）求椭圆C的方程； （2）设不过原点O的直线 : ( 0, 0)l y kx m k m    与椭圆C交于 P，Q两点，且直线OP，PQ， OQ的斜率依次成等比数列，则当 OPQ 的面积为 7 4 时，求直线 PQ的方程. 22．我国古代数学名著《九章算术》中，将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称之为堑 堵；将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称之为阳马；将四个面均为直角三角形的四面体称 之为鳖臑[biē nào]．某学校科学小组为了节约材料，拟依托校园内垂直的两面墙和地面搭建一个堑 堵形的封闭的实验室 1 1 1ABC ABC ， 1 1A ABB 是边长为 2的正方形． （1）若 ABC△ 是等腰三角形，在图 2的网格中（每个小方格都是边长为 1的正方形）画出堑堵的 三视图； （2）若 1 1 1C D AB ，D在 1 1A B 上，证明： 1C D DB ，并回答四面体 1 1DBBC 是否为鳖臑，若 是，写出其每个面的直角（只需写出结论）；若不是，请说明理由； （3）当阳马 1 1 1A C CBB 的体积最大时，求点 1B 到平面 1A BC的距离． 23．设函数   xef x x  ，   1lng x x x   . （1）求  f x 的单调区间； （2）若直线  0x m m  与曲线  y f x 和曲线  y g x 分别交于点 P和Q，求 PQ 的最小 值； （3）设函数      F x xf x a g x   ，当  0, ln 2a 时，证明：  f x 存在极小值点 ox ，且  0 0ln 0xe a x  . 24．如图，已知 o 是 ABC 的外接圆，AB=BC，AD 是 BC 边上的高，AE 是 o 的直径． （1）求证： AEADBCAC  ； （2）过点 C作 o 的切线交 BA 的延长线于点 F，若 AF=4，CF=6，求 AC 的长． 【答案与解析】 1．D 由约束条件画出可行域，将问题转化为可行域内的点  ,x y 与坐标原点连线的斜率最大的问题，通 过图象可知  2,4A 为最优解，代入可求得结果. 由约束条件可得可行域如下图阴影部分所示： y x 的几何意义为可行域内的点  ,x y 与坐标原点连线的斜率， 由图象可知，若斜率最大，则  ,x y 为图中点 A， 由 3 2 2 8 x y x y      得： 2 4 x y    ，即  2,4A ， max 2y x       . 故选：D . 本题考查线性规划中的最值问题的求解，关键是能够利用分数型目标函数的几何意义，将问题转化 为两点连线斜率最值的求解问题. 2．A 根据题意先表示出函数的周期，然后根据函数值 5 4 出现的次数不少于 4次且不多于 8次，得到周期 的范围，从而得到关于 k的不等式，从而得到 k的范围，结合 kN ，得到答案. 函数 2 15cos 3 6 ky x       ， 所以可得 2 6 2 1 2 1 3 T k k       ， 因为在区间  , 3a a  上，函数值 5 4 出现的次数不少于 4次且不多于 8次， 所以 5 2 15cos 4 3 6 k x       得 1 2 1cos 4 3 6 k x       即 2 1cos 3 6 ky x       与 1 4 y  的图像在区间  , 3a a  上的交点个数大于等于 4，小于等于 8， 而 2 1cos 3 6 ky x       与 1 4 y  的图像在一个周期T 内有 2个， 所以 2 3 4 3 T T    ，即 62 3 2 1 64 3 2 1 k k           解得 3 7 2 2 k  ， 又因 kN ，所以得 2k  或者 3k  ， 故选：A. 本题考查正弦型函数的图像与性质，根据周期性求参数的值，函数与方程，属于中档题. 3．B 由程序框图的流程，写出前三项循环得到的结果，得到输出的值与输入的值的关系，令输出值大于 等于103得到输入值的范围，利用几何概型概率公式求出输出的 x不小于103的概率. 设实数  2,30x ， 经过第一次循环得到 2 1, 2x x n   ； 经过第二次循环得到  2 2 1 1, 3x x n    ； 经过第三次循环得到  2 2 2 1 1 1, 4x x n       ，此时输出 x， 输出的值为8 7x  ， 令8 7 103x   得 12x≥ ， 由几何概型概率得到输出的 x不小于103的概率为 30 12 9 30 2 14 P     ，故选 B. 本题主要考查条件语句以及算法的应用，属于中档题 .算法是新课标高考的一大热点，其中算法的 交汇性问题已成为高考的一大亮，这类问题常常与函数、数列、不等式等交汇自然，很好地考查考 生的信息处理能力及综合运用知识解决问題的能力，解决算法的交汇性问题的方：（1）读懂程序框 图、明确交汇知识，(2）根据给出问题与程序框图处理问题即可. 4．D 对原式子进行化简可得 2= 3 1 n n S n T n ，再利用前 n项和公式可得 5 9 2 8 9 2   a S b b T ，代入即可得出答案. 2 2 2 2(3 1) (3 1) 2 0     n n n nn S n n S T n T ， [(3 1) 2 ] [(3 1) ] 0      n n n nn S nT n S nT (3 1) =2 n nn S nT 或[(3 1)  n nn S nT (舍)，所以 2= 3 1 n n S n T n ， 1 9 5 9 1 92 8 9 ( ) 92 2 9 92 = 3 9 1 139 2           a a a S b bb b T 故选：D 本题考查了等差数列的前 n项和公式，考查了运算求解能力，属于一般题目. 5．A 试题分析：因为   iiz 1 ，所以      i ii ii i iz 2 1 2 1 11 1 1       ，对应的点位       2 1 2 1 ， ，在第一 象限，故选项为 A. 考点：复数的代数表示及其几何意义. 6．D 本题考查椭圆的几何性质，属基础题．不妨设 F 是椭圆的右焦点，左焦点记作F .连接 AF  , 易 知 'FAF 为直角三角形， 60AFF  ，然后利用椭圆的定义求得 2a与c的关系，进而得到离 心率. 如下图所示，不妨设 F 是椭圆的右焦点，左焦点记作F  . 连接 AF  , O 为 FF 的中点， FAF  为直角三角形， 又 OAF 为正三角形， 60AFF   ， ' 3 3AF AF c   ,  2 3 1a AF AF c    , 2 2 3 1 2 3 1 c ce a a        . 故选：D． 7．D 集合   1,0,1 , | , ,M N x x ab a b M     ，且 a b ，  1,0 ,N N   的真子集个数为 22 1=3 ，故选 D. 8．A 分析：由题意结合正态分布图象的性质可知， 越小，曲线越“瘦高”，据此即可确定 1 2 3, ,   的 大小. 详解：由正态曲线的性质知，当  一定时，曲线的形状由 确定，  越小，曲线越“瘦高”，所以 1 2 30      . 本题选择 A选项. 点睛：本题主要考查正态分布图象的性质，系数对正态分布图象的影响等知识，意在考查学生的转 化能力和计算求解能力. 9．B 由函数  f x 是偶函数，排除 D，当0 1x  时，   0f x  ，排除 A,C，所以选 B. 10．D 写出  31 2x 和  41 x 展开式的通项，再分三种情况讨论得解. ∵  31 2x 展开式的通项为  3 31 2 rr rC x ，  41 x 展开式的通项为  4 41 kk kC x  ． 根据多项式乘法规则和计数原理确定 2x 的系数，应分 3种情况： ①    0 20 3 0 2 4 2 2 3 41 2 1 6C x C x x    ； ②    1 11 3 1 1 4 1 2 3 41 2 1 24C x C x x       ； ③    2 02 3 2 0 4 0 2 3 41 2 1 12C x C x x    ， 即含 2x 项为   2 26 24 12 6x x    ， 故选：D． 本题主要考查二项式定理的应用，考查二项式展开式的系数的求法，意在考查学生对该知识的理解 掌握水平. 11．B 据题意得： 2 21 2 2 x ax a a a     对任意的  1 a a>0 a x      ， ， 都成立.由 1a a  得 1a  . 2 2 1 1 1( ) 1 2 1 1 2 f a a a a        恒成立. 由   2 2f a =a aa a 2a   得 2a  .因为 1a  ，所以 2 2 2 2 1 1( ) 1 1 1f a a a a a        . 2 2( )f x x ax a   的对称轴为 2 ax  .由 23 1( ) 2 4 2 a af a   得 3 2 3 a  .由于 3 2 1 3  ，所以 a的取值范围为 1 2， 故选 B. 点睛：本题考查新定义问题，关键利用好二次函数的图象与性质. 12．C 几何体为三棱锥，如图，底面为顶角为 120度的等腰三角形 BCD，侧棱 AC垂直底面， 2, 2 3, 2 6BC CD BD AC    ,设三角形 BCD外接圆圆心为 O，则 0 2 32 4 2 sin120 OC OC    ,因此外接球的半径为 2 2( ) 6 4 10 2 AC OC    ,即 外接球的表面积为 24 ( 10) 40  ，选 C. 点睛：涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点) 或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只 画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系， 列方程(组)求解. 13．3 由三视图还原出原几何体，再计算其体积． 由三视图知原几何体是一直四棱柱，底面是直角梯形， 其体积为 1 (1 2) 2 1 3 2 V       ． 故答案为 3． 本题考查三视图，考查棱柱的体积，解题关键是由三视图确定原几何体． 14． 3 21 2   由题意，得        1, , 1, 4, 3 3, 3a k a b k k          ，若  a a b     ，则       21, 3, 3 3 3 0a a b k k k k            ，解得 3 21 2 k    ，故答案为 3 21 2   . 15．4108 数列{ }na 中前 78项在杨辉三角的从第一排到第 12排，每排的和为二项式系数和，其和为: 0 1 2 11 122 2 2 2 2 1 4095      ，{ }na 中最后两项是第 13排的 1和 12，全部相加可得 4108. 杨辉三角中前 12行共有 1+2+3+4+...+12=78个数， 其和为 0 1 2 11 122 2 2 2 2 1 4095      , 第 13行共有 2个位数，它们是 1，12， 其和为 13, 故 80 4095 13 4108S    ， 故答案为：4108 本题主要考查了杨辉三角，数列求和，属于中档题. 16． 2 14 2  由  2 2 0BA BF AF      得 2BA BF ，进一步分析得到 1 2AF a ， 2 4AF a ，再由余弦定理 得 2 2 2π 4 4 16 2cos 4 2 2 2 2 a c a a c       ，化简即得解. 由题得       2 2 2 2 2 2 2 0BA BF AF BA BF BF BA BF BA                  ， 得 2BA BF ， 由双曲线定义得 1 2 1 1 2BF BF BF BA AF a     ， 因为 2 1 2AF AF a  ， ∴ 2 4AF a ． 由直线 AB的斜率为 1，得 1 2 π 4 AFF  ． 在△ 1 2AF F 中，由余弦定理得 2 2 2π 4 4 16 2cos 4 2 2 2 2 a c a a c       ， 2 2 3 0e e    解得 2 14 2 e   （舍去），或 2 14 2 e   ． 所以C的离心率为 2 14 2  . 故答案为： 2 14 2  . 本题主要考查双曲线的简单几何性质和定义，考查双曲线的离心率的计算，意在考查学生对这些知 识的理解掌握水平. 17．(1)8；(2)答案见解析. 试题分析： （1）根据茎叶图列出的数据并结合所给的平均数可求得 8x  ．（2）根据题意得到的所有可能的 取值，并分别求出概率，列出表格可得分布列，然后求出期望． 试题解析： （1）由题意  105 107 113 115 119 126 120 132 134 141 122 10 x           ， 解得 8x  ． （2）由题意知，随机变量的所有可能取值有 0,1,2,3,4.   2 2 7 6 2 2 10 10 70 ; 45 C Cp C C       1 1 2 7 3 6 2 2 10 10 911 ; 225 C C Cp C C       2 2 2 2 1 1 1 1 3 6 7 4 7 3 6 4 2 2 10 10 12 ; 3 C C C C C C C Cp C C         2 1 1 1 1 2 3 6 4 7 3 4 2 2 10 10 223 ; 225 C C C C C Cp C C        2 2 3 4 2 2 10 10 24 ; 225 C Cp C C      的分布列为：  0 1 2 3 4 P 7 45 91 225 1 3 22 225 2 225 ∴   7 91 1 22 2 70 1 2 3 4 45 225 3 225 225 5 E             ． 18．（1）{ | 5 4 }x x x 或≤ ≥ ；（2） 1 2k  ≤ . 试题分析：（1）化简     3 4f x x x    ，即解即 3 4 9x x    ，去绝对值求解即可； （2）    f x g x 即   3 4f x x x    的图象恒在    3g x k x  图象的上方，作出函数图象， 而    3g x k x  图象为恒过定点  3 0P ， ，且斜率 k的变化的一条直线，右图可得范围. 试题解析： （1）      2 22 26 9 8 16 3 4 3 4f x x x x x x x x x              ∴    4f x f ，即 3 4 9x x    ， ∴ 4 3 4 9 x x x        ， ①或 4 3 3 4 9 x x x         ， ②或 3 3 4 9 x x x       ， ③ 解得不等式①： 5x   ；②：无解；③： 4x  所以    4f x f 的解集为{ | 5 4 }x x x 或≤ ≥ （2）    f x g x 即   3 4f x x x    的图象恒在    3g x k x  图象的上方， 可以作出   2 1 4 3 4 7 4 3 2 1 3 x x f x x x x x x                ， ， ， ， ， 的图象， 而    3g x k x  图象为恒过定点  3 0P ， ，且斜率 k的变化的一条直线，作出函数  y f x ，  y g x 图象如图， 其中 2PBk  ，  4 7A  ， ，∴ 1PAk   ，由图可知，要使得  f x 的图象恒在  g x 图象的上方， 实数 k的取值范围应该为 1 2k  ≤ . 19．（1）2；（2） 2 3a b   ． （1）由 2 ( )a b b c  ，联立 2 2 2 2 cos ( )a b c bc A b b c     ，得 (2cos 1)c b A  ，然后边角 转化，利用和差公式化简，即可得到答案； （2）利用正弦定理和 2A B ，得 sin; 2cos 6 4 sin a AB B b B       ，由角 B的范围，即可得到答 案. （1）法一： 2 2 2 2 2( ) sincos 2 2 2 2 2 2 2sin a c b c bc b c b b c a a AB ac ac a ab ab b B             ， 所以 sin 2sin cos ,A B B 所以 sin sin 2 ,A B 0 ,0 , 2 , 2AA B A B B          ； （1）法二： 2 2 2 2 cos ( )a b c bc A b b c     ，化简可得 (2cos 1)c b A  ， 由正弦定理可得 sin sin (2cos 1)C B A  sin( ) sin (2cos 1)A B B A   化简整理得 sin( ) sinA B B  ， 0 ,0 ,A B     所以 , 2AA B B B    ； （2）由题意知道 ,0 2 ,0 3 2 2 A B C A B C B            ， 可得 sin; 2cos 6 4 sin a AB B b B       ， 2 3cos , 2 3 2 2 aB b     本题主要考查正余弦定理的综合应用，其中涉及到利用三角函数求取值范围的问题，属于中档题. 20．（1） 2C 的普通方程为 2 2 1x y  ， 3C 的直角坐标方程为： 0x  ，（2） 1 1 2 y x  或 7 7 2 y x  （1）首先给 2C 的参数方程为 1 1 2 1 1 2 x t t y t t                平方再相减即可得到 2C 的普通方程，根据直线极坐标 的形式 cosx   ，即可得到 3C 的直角坐标方程. （2）根据直线参数方程的几何意义知： 2| | = cos PQ  ，再将 1C 的参数方程为 2 cos sin x t y t        带 入 2 2 1x y  得到 2 2 2(cos sin ) 4 cos 3 0t t      ，得到 1 2 2 2 3| | | | cos sin PA PB t t       ，解方程 2 2 2 3 2 cos sin cos     得到 1tan 2   或 7tan 2   ，即 l的普通方程为： 1 1 2 y x  或 7 7 2 y x  . （1）由题知： 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1( ) ( 2) 2 4 1 1 1 1( ) ( 2) 2 4 x t x t t t y t y t t t                   ， 整理得： 2C 的普通方程为 2 2 1x y  ， 3C 的直角坐标方程为： 0x  . （2） 1C 的参数方程为 2 cos sin x t y t        ， Q对应的参数值为 2 cos ，故 2| | = cos PQ  . 将 1C 的参数方程为 2 cos sin x t y t        代入 2 2 1x y  得到： 2 2( 2 cos ) ( sin ) 1t t     ， 整理得： 2 2 2(cos sin ) 4 cos 3 0t t      . 1 2 2 2 4cos cos sin t t       ， 1 2 2 2 3 cos sin t t     . 1 2 2 2 3| | | | cos sin PA PB t t       因为 2| | | | | |PA PB PQ  ，所以 2 2 2 3 2 cos sin cos     即 2 2 2 3 4 cos sin cos     或 2 2 2 3 4 cos sin cos      因为 (0, ) 2   ，所以 1tan 2   或 7tan 2   故 l的普通方程为： 1 1 2 y x  或 7 7 2 y x  . 本题第一问考查参数方程和极坐标方程与直角坐标方程的互换，第二问考查了直线参数方程的几何 函数，属于中档题. 21．（1） 2 2 1 4 x y  （2）直线 PQ的方程为： 1 1 2 2 y x  或 1 7 2 2 y x  （1）设椭圆C的方程为 2 2 2 2 1x y a b   ( 0)a b  ，由椭圆的定义求 a，进而得到椭圆标准方程； （2）设  1 1,P x y ，  2 2,Q x y .由题意将直线方程与椭圆方程联立，得 1 2x x ， 1 2x x ，又OP，PQ， OQ的斜率依次成等比数列，解得 k，由  22 1 2 1 21 4PQ k x x x x     ，O到直线 PQ的距 离 21 m d k   ， 1 2OPQS PQ d  7 4  ，解得m，得直线方程 （1）设椭圆C的方程为 2 2 2 2 1x y a b   ( 0)a b  ， 由题意可得 3c  ，又由 1 2 2MF MF a  ，得 2a  ，故 2 2 2 1b a c   ， 椭圆C的方程为 2 2 1 4 x y  ； （2）设  1 1,P x y ，  2 2,Q x y . 由题意直线 l的方程为： :l y kx m  ， ( 0, 0, 1)k m   联立 2 2 1 4 y kx m x y       得  2 2 21 4 8 4 4 0k x kmx m     ，  2 2 264 4 1 4k m k     24 4 0m   ，化简，得 2 24 1m k  ① 1 2 2 8 1 4 kmx x k     ②， 2 1 2 2 4 4 1 4 mx x k    ③ 直线OP， PQ，OQ的斜率依次成等比数列， 2 1 2 1 2 y yk x x    ，    2 1 2 1 2kx m kx m k x x    ，化简，得   2 1 2 0mk x x m   2 2 8 0 1 4 k m m k      ， 24 1k  ，又 0k  ， 1 2 k  ， 且由①知 2 2m  .  22 1 2 1 21 4PQ k x x x x         2 2 2 4 1 2 1 4 k m k     原点O到直线 PQ的距离 21 m d k   . 1 2OPQS PQ d  2 2 2 2 1 4 m m k    2 72 4 m m   ，解得 1 2 m   （负舍）或 7 2 m   （负舍）. 直线 PQ的方程为： 1 1 2 2 y x  或 1 7 2 2 y x  . 对题目涉及的变量巧妙地引进参数（如设点坐标，直线方程等），利用题目的条件和圆锥曲线方程 组成二元二次方程组，再化为一元二次方程，从而利用根与系数的关系进行整体代换，达到设而不 求的效果 22．（1）答案见解析（2）答案见解析（3） 2 3 3 （1）根据其几何体特征,即可画出其三视图. （2）证明 1 1C D BB ,结合 1 1 1C D AB ,即可得到 1C D 面 1 1AA BB ,进而可证明 1C D DB . （3）阳马 1 1 1A C CBB 的体积为: 1 1 1 1 1 2 3 | | | || | | | 3 | |A C CBB AC BC BB ACV BC    ,根据均值不等 式可得: 2 2| | | || | | | 2 2 AC BCAC BC     ( | | | | 2AC BC  取得等号),即可求得 | | | | 2AC BC  .以点 1A为顶点,以 1Rt CBB 底面求三棱锥 11-B ABC 体积, 在以点 1B 为顶点,以 1Rt ACB 底面求三棱锥 11-B ABC 体积.利用等体积法即可求得点 1B 到平面 1A BC的距离. （1）画出堑堵的三视图: （2） 如图,连接 BD和 1C B .  由题意可知: 1BB 面 1 1 1A BC , 1BB 在平面 1 1 1A BC  1 1C D BB 又 1 1 1C D AB 1C D 面 1 1AA BB 故: 1C D DB ,可得 1C DB 为直角三角形.  由题意可知 1 1C B B , 1DB B , 1 1C DB 都是直角三角形.  四面体 1 1DBBC 四个面都是直角三角形,故四面体 1 1DBBC 是鳖臑. （3）  在Rt ACB 中, 2 22| | 4AB AC BC  根据均值不等式可得: 2 2| | | || | | | 2 2 AC BCAC BC     ( | | | | 2AC BC  取得等号)  由题意可知, AC 面 1 1CC BB 阳马 1 1 1A C CBB 的体积为: 1 1 1 1| | | || | | | | |1 2 4 3 3 3A C CBB AC BC BB AC BCV      ( | | | | 2AC BC  取得等号) 以 1A为顶点,以 1Rt CBB 底面求三棱锥 11-B ABC 体积:  1 1 1- 1 1 1 1 22 2 2 3 2 3 2 3A BB C BC B ACV B           1 1 6 2 3 2ACBS     ,设 1B 到面 1ACB距离为 h 以 1B 为顶点,以 1Rt ACB 底面求三棱锥 11-B ABC 体积:  1 11 - 1 2 3 3A BC ACBB hV S   1 23 3 3 h   解得: 2 2 3 33 h   本题考查了三视图画法,棱柱与点到面的距离,考查用基本不等式求最值.解题关键是表示出阳马 1 1 1A C CBB 的体积,通过不等式取最值时成立条件,求出底边 | |AC 长. 23．（1）  f x 的单调递增区间为  1, ，单调递减区间为  ,0 和  0,1 ；（2）最小值为 1e  ； （3）证明见解析. （1）求导后，根据  f x 的正负可得  f x 单调区间； （2）构造函数      h x f x g x  ，利用导数求得  minh x 即为所求结果； （3）求导后可知  F x 与 2 2 1 lna x x x    同号，令   2 2 1 lnt x a x x x     ，利用导数可证得  t x 在定义域内单调递增，利用零点存在定理可确定 0 1 ,1 2 x      ，等量代换即可证得结论. （1）     2 1xe x f x x    ，    ,0 0,x   ， 当  1,x  时，   0f x  ，  f x 在  1, 上为增函数； 当    ,0 0,1x   时，   0f x  ，  f x 在  ,0 和  0,1 上为减函数.  f x 的单调递增区间为  1, ，单调递减区间为  ,0 和  0,1 . （2）设函数       1ln xeh x f x g x x x x      ，  0,x  ， 则       2 2 2 1 11 1 xx x x exe eh x x x x x       ，  0,x  ， 1 0xe   ， 当  0,1x 时，   0h x  ，  h x 单调递减； 当  1,x  时，   0h x  ，  h x 单调递增；  h x 在  0,  上有最小值    min 1 1  h x h e . 即当 1x m  时， PQ 的最小值为 1e  . （3）   1lnxF x e a x x        ，  0,x  ， 则   2 2 1 1 1 2 1ln lnx x xF x e a x e e a x x x x x x                           ， 0xe  ，  F x 与 2 2 1 lna x x x    同号. 设   2 2 1 lnt x a x x x     ，  0,x  ，则   2 3 2 2x xt x x    ， 对任意  0,x  ，都有   0t x  ，  t x 在  0,  单调递增.  0, ln 2a ，  1 1 0t a   ， 1 1ln 0 2 2 t a        ， 存在 0 1 ,1 2 x      ，使得  0 0t x  . 当 0 1 , 2 x x     ，   0F x  ，  F x 单调递减； 当  0 ,1x x ，   0F x  ，  F x 单调递增； 若  0, ln 2a ，存在 0 1 ,1 2 x      ，使得 0x 是  F x 的极小值点. 由  0 0t x  得： 02 0 0 2 1 ln 0a x x x     ， 即 0 0 2 2 0 0 0 1 21 2ln xa x x x x      ，  0 0 0 0 2 0 1 2ln 0x x xe a x e x       . 思路点睛：在导数问题中，涉及到函数零点或极值点无法求解出具体值时，通常借用零点存在定理 确定零点或极值点所在区间，进而构造出等量关系进行代换。如本题中利用零点存在定理确定极值 点 0 1 ,1 2 x      ，利用极值点处导函数为零可构造等量关系 0 0 2 0 1 2ln xa x x    ，代入所证不等式即 可得到结论. 24．（1）详见解析；（2） 10 3 试题分析：（1）如图所示，连接 BE，由于 AE是圆O的直径，可得 090ABE  ，利用 E 与 ACB 都是弧 AB所对的圆周角，可得 E ACB  ，进而得到 ABE ADC∽ ，即可得到结论；（2） 利用切割线定理可得 2FC FA FB  ，可得 BF ，再；利用 AFC CFB∽ ，可得 AF AC FC BC  ， 进而根据 sin sinACD AEB   ， sin ABAE AEB   ，即可得出结论． 试题解析：解：（1）连接 BE，又 ABE 为直角三角形， 所以 090 ADCABE ． ACBAEB 又 ， 所以 ADCABE  ，所以 AC AE AD AB  ， 即 AEADACAB  ，又 BCAB  ，故 AEADBCAC  （2）因为 FC为圆的切线，所以 FBFAFC 2 ， 又 4, 6AF CF  ，从而解得 9 5BF AB BF AF   ， 因为 CBFACF  ， AFCCFB  ，所以 CFBAFC  所以 CB AC CF AF  ，即 3 10    CF CBAFAC 考点：1．与圆有关的比例线段；2．圆的性质；3．三角形相似；4．切割线定理．