安徽省马鞍山市2020届高三第三次教学质量监测文科数学试题 Word版含解析

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文档介绍

安徽省马鞍山市2020届高三第三次教学质量监测文科数学试题 Word版含解析

- 1 - 2020 年马鞍山市高中毕业班第三次教学质量监测 文科数学试题 本试卷 4 页.考试时间 120 分钟. 注意事项: 1.答卷前,考生务必将自己的姓名、考生号和座位号填在答题卡上,将条形码横贴在答题卡 右上角“条形码粘贴处”. 2.作答选择题时,选出每小题答案后,用 2B 铅笔将答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑; 如需要改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案.答案不能答在试题卷上. 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答,答案必须写在答题卡各题目指定区域内相 应位置上;如需改动,先划掉原来的答案,然后再写上新答案;不准使用铅笔和涂改液.不按 以上要求作答无效. 4.考生必须保证答题卡的整洁.考试结束后,将试卷和答题卡一并交回. 一、选择题. 1. 已知集合 { 1}A x x ∣ , { 2}B x x  ∣ ,则 A B  ( ) A.  B. { 2∣  x x 或 1}x  C. R D. { 2 1}x x  ∣ 【答案】B 【解析】 【分析】 根据集合并集的概念求解. 【详解】因为 { 1}A x x ∣ , { 2}B x x  ∣ ,如图所示: 则 A B  { 2∣  x x 或 1}x  . 故选:B 【点睛】本题考查集合并集的运算,属于简单题,借助数轴求解即可. 2. 已知复数 z 满足 2(2 )z i  (i 是虚数单位),则 z 在复平面内对应的点位于( ) A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 - 2 - 【答案】D 【解析】 【分析】 求出复数 z ,再根据复数的几何意义,即可得答案; 【详解】 2) 4(2 3 iz i   ,  z 在复平面内对应的点位于第四象限, 故选:D. 【点睛】本题考查复数的四则运算及复数的几何意义,考查运算求解能力,属于基础题. 3. 命题 p : 0, 2x      , sinx x ,则命题 p 是( ) A. 0, 2x      , sinx x B. 0, 2x      , sinx x C. 0 0, 2x      , 0 0sinx x D. 0 0, 2x      , 0 0sinx x 【答案】C 【解析】 【分析】 原命题是全称命题,其否定为存在性量词命题,故按规则可写出原命题的否定. 【详解】因为 p : 0, 2x      , sinx x ,故 p : 0 0, 2x      , 0 0sinx x . 故选:C. 【点睛】全称命题的一般形式是: x M  ,  p x ,其否定为  ,x M p x   .存在性量词命 题的一般形式是 x M  ,  p x ,其否定为  ,x M p x   . 4. 2 名男同学和 1 名女同学随机排成一行照相,则 2 名男同学不相邻的概率为( ) A. 1 6 B. 1 3 C. 2 3 D. 5 6 【答案】B 【解析】 【分析】 - 3 - 算出 3 名同学排成一排的排法,再计算 2 名男同学不相邻的排法,根据古典概型的概率计算 公式可得所求的概率. 【详解】设 2 名男同学为 ,A B ,一名女同学为 a , 3 名同学排成一排,共有 6种排法,排法如下:        , , , , , , , , , , ,A B a A a B B A a B a A ,   , , , , ,a B A a A B , 其中 2 名男同学不相邻的排法有:   , , , , ,A a B B a A , 故所求的概率为 2 1 6 3  , 故选:B. 【点睛】本题考查古典概型的概率的计算,关键是基本事件的总数和随机事件中基本事件的 个数的计算,计算时可采用枚举法、树形图等帮助计数(个数较少时),也可以利用排列组合 的方法来计数(个数较大时). 5. 某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( ) A. 8 6  B. 8 3  C. 4 6  D. 4 3  【答案】A 【解析】 【分析】 - 4 - 根据三视图可知该几何体的直观图为一个正方体切掉 1 8 个球,然后按照公式计算即可. 【详解】根据三视图可知该几何体的直观图为一个正方体切掉 1 8 个球 正方体体积为 2 2 2=8  , 1 8 个球的体积为 31 4 1 =8 3 6   所以该几何体的体积为8 6  故选:A 【点睛】本题考查三视图的还原以及几何体的体积,考查空间想象能力,属基础题. 6. 德国著名天文学家开普勒说过:“几何学里有两件宝,一个是勾股定理,另个是黄金分割. 如果把勾股定理比作黄金矿的话,那么可以把黄金分割比作钻石矿.”现将底与腰之比或腰与 底之比为 5 1 2  的等腰三角形称为黄金三角形,它是一个顶角为 36°或 108°的等腰三角形 如图, ABC , BCD , ADE 都是黄金三角形,若 2AB  ,则 DE 的大小为( ) - 5 - A. 5 1 B. 5 1 2  C. 2 D. 5 1 【答案】C 【解析】 【分析】 根据题意可得 5 1 2   BC BC BD AB DC DC ,可知 AD 然后根据 5 1 2 DE AD ,计算即可. 【详解】由题可知: 5 1 2   BC BC BD AB DC DC ,又 2AB  所以 2, 5 1  DC BD ,则 5 1 AD 又 5 1 2 DE AD ,所以 2DE  故选:C 【点睛】本题考查新定义的理解,审清题意,细心计算属基础题. 7. 将函数 ( ) 2sin 6f x x      的图象上各点横坐标伸长到原来的 2 倍(纵坐标不变),再将 所得图象向左平移 3  个单位长度,得到函数 ( )y g x 的图象,则( ) A. 1( ) 2sin 2g x x B. 1( ) 2sin 2 3g x x      C. ( ) 2sin 2 6g x x      D. 5( ) 2sin 2 6g x x      【答案】B 【解析】 【分析】 先求出将函数 ( ) 2sin 6f x x      的图象上各点横坐标伸长到原来的 2 倍(纵坐标不变), 得到的函数的解析式,再求将所得图象向左平移 3  个单位长度得到的函数 ( )y g x 的解析式. 【详解】将函数 ( ) 2sin 6f x x      的图象上各点横坐标伸长到原来的 2 倍(纵坐标不变), - 6 - 得 到 12sin 2 6y x      , 再 将 所 得 图 象 向 左 平 移 3  个 单 位 长 度 , 得 到 函 数 1 1( ) 2sin[ ( ) ] 2sin( )2 3 6 2 3y g x x x        的图象. 故选:B. 【点睛】本题主要考查三角函数的图象的变换,意在考查学生对这些知识的理解掌握水平. 8. 在 ABC 中, D 为 BC 上一点,且 2BD D C  , AE ED  ,若 EB xAB yAC    ,则 ( ) A. 1 3x  , 2 3y  B. 5 6x  , 1 3y  C. 5 6x  , 1 3y   D. 2 3x  , 1 3y  【答案】C 【解析】 【分析】 利用  1 2      EB BA BD ,进一步用 ,AB AC   表示 BD  ,然后简单计算判断即可. 【详解】由题可知: 2BD D C  , AE ED  , 则 D 为在 BC 上靠近点C 的三等分点, E 为 AD 的中点 所以  1 2      EB BA BD ,又  2 2 3 3BD BC AC AB      所以  1 5 1 2 6 3          EB BA BD AB AC 所以 5 6x  , 1 3y   故选:C 【点睛】本题考查向量的基地表示,运用三角形法则以及平行四边形法则,熟练向量的加法 法则、减法法则,属基础题. 9. 已知正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的棱长为 2 ,直线 1AC  平面 ,平面 截此正方体所 得截面中,正确的说法是( ) A. 截面形状可能为四边形 B. 截面形状可能为五边形 C. 截面面积最大值为 2 3 D. 截面面积最大值为 3 3 2 - 7 - 【答案】D 【解析】 【分析】 利用图形,该截面与平面 1A BD 平行,利用排除法可把 A,B 排除,当截面为正六边形时有面积 最大,计算即可. 【详解】如图 在正方体中 1AC  平面 1A BD ,所以平面 与平面 1A BD 平行 平面 与正方体的截面可以是三角形、六边形但不会是五边形和四边形 当截面为正六边形 EFNMGH 时,截面面积有最大, 由题可知: 2 2 1sin 45  NM ,则 1 3 36 1 1 sin 602 2       EFNMGHS 故选:D 【点睛】本题考查空间几何体的截面,考查空间想象能力,属基础题. 10. 已知函数 ( 2)f x  是定义域为 R 的偶函数, ( )f x 在 (2, ) 上单调递减,则不等式 (ln ) (1) 0f x f  的解集是( ) A. (0,1) (3, ) B. (1,3) C. 3(0, ) ( , )e e  D. 3( , )e e 【答案】C 【解析】 【分析】 根据 ( 2)f x  是定义域为 R 的偶函数可得  f x 的图象关于直线 2x  对称,再根据 ( )f x 在 - 8 - (2, ) 上单调递减可得 ln x 满足不等式,从而可得正确的选项. 【详解】因为 ( 2)f x  的图象是由  f x 的图象向左平移 2 个单位, 而  2f x  的图象关于 y 轴对称,故  f x 的图象关于直线 2x  对称. 由 ( )f x 在 (2, ) 上单调递减可得 ( )f x 在 ( ,2) 上单调递增, 故 (ln ) (1) 0f x f  即为 (ln ) (1)f x f , 也就是 ln 2 2 1 1x     ,所以 ln 1x  或 ln 3x  , 解得 0 x e  或 3x e , 故选:C. 【点睛】本题考查函数不等式的解法,此类问题一般先根据函数单调性和图象的对称性去掉 对应法则,解对数不等式时注意真数为正,本题属于中档题. 11. 已知正项等比数列 na 中, 2 1a  , 4 1 4a  , nS 表示数列 1n na a  的前 n 项和,则 nS 的 取值范围是( ) A. 82, 3     B. 82, 3      C. 82, 3      D. 82, 3      【答案】A 【解析】 【分析】 先计算出数列 na 的通项公式,再计算 1n na a  的前 n 项和 nS ,并求 nS 的取值范围. 【详解】因为 2 1a  , 4 1 4a  ,且 0na  , 所以公比 2 1 4q  , 1 2q  ,则 1 2a  , 21 2 n na      , 2 1 2 3 1 1 1 1 2 2 2 n n n n na a                      , 所以 1n na a  是以 2 为首项,公比为 1 4 的等比数列, - 9 - 则 1n na a  的前 n 项和 12 1 8 14 11 3 41 4 n n nS            当 1n  时, nS 有最小值 2 ,又 8 1 813 4 3n nS       , 所以 nS 的范围是 82, 3     . 故选:A. 【点睛】本题考查等比数列的通项公式及前 n 项和,较简单,只需要根据等比数列中的基本公 式求解即可. 12. 在平面直角坐标系 xOy 中,已知椭圆 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     ,过左焦点 ( 2,0)F  倾斜角 为 3  的直线交椭圆上半部分于点 A ,以 FA , FO 为邻边作平行四边形OFAB ,若点 B 在椭 圆上,则椭圆的标准方程为( ) A. 2 2 15 x y  B. 2 2 1 4 3 3 x y   C. 2 2 16 2 x y  D. 2 2 1 4 2 3 2 3 x y   【答案】D 【解析】 【分析】 分别设出 A , B 的坐标,由题意可得 1 2y y , 2 1x x  ,再由 A , B 在椭圆上,把 A , B 的 坐标代入椭圆方程,联立可得关于 a ,b 的方程,结合隐含条件即可求得 a ,b 的值. 【详解】依题意, 2c  ,设 1(A x , 1)y , 2(B x , 2 )y , 四边形OFAB 为平行四边形, 1 2y y  , 又 2 2 1 1 2 2 1x y a b   , 2 2 2 2 2 2 1x y a b   , 2 1x x   , - 10 - 又 / /FA OB ,且直线 FA 的倾斜角为 3  , 1 2 1 2 32 y y x x   . 1 2y y , 2 1x x  , 1 1x   , 2 1x  , 1 2 3y y  . 得 ( 1, 3)A  ,将 A 的坐标代入椭圆方程,可得 2 2 1 3 1a b   ,① 又 2 2 4a b  ,② 联立①②解得: 2 4 2 3a   , 2 2 3b  . 故椭圆方程为: 2 2 1 4 2 3 2 3 x y   故选:D 【点睛】本题考查椭圆方程的求解,考查分析能力以及计算能力,属中档题. 二、填空题 13. 等差数列 na 中,公差 3d  , 13na  , 35nS  ,则 n ________. 【答案】5 【解析】 【分析】 根据等差数列的通项公式和前 n 项和公式,化简可得    352 2 1n n a nS d n   ,由此即可 求出结果. 【详解】由题意可知,  1 =352 n n a a nS  , 又  1 1na a n d  ,所以  1 1na a n d   所以       352 1 2 1 2 nn n na n d aa dn nS n      所以   1 513 2 3 32 n n    ,化简可得 23 29 70 0n n   , 所以 5n  . 故答案为:5. - 11 - 【点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式和前 n 项和公式的应用,属于基础题. 14. 已知双曲线 2 2 2 2 1( 0, 0)x y a ba b     的一条渐近线与直线 3 4 1 0x y   垂直,则该双曲线 的离心率为________. 【答案】 5 3 【解析】 【分析】 先求出渐近线的方程,再根据渐近线与已知直线垂直可求 ,a b 的关系,从而可求离心率. 【详解】双曲线的渐近线方程为 0bx ay  ,因为其中一条与直线3 4 1 0x y   垂直, 故3 4 0b a  ,即  2 2 29 16c a a  , 故 5 3 c a  即 5 3e  . 【点睛】本题考查双曲线的离心率的计算,此类问题只要找到 , ,a b c 一组关系式即可,本题属 于容易题. 15. 口罩是一种重要的医疗物资,为确保口罩供应,某工厂口罩生产线高速运转.设该工厂连 续 6 天生产的口罩数量依次为 1x , 2x , 3x , 4x , 5x , 6x ,(单位:万只)若 1x , 2x , 3x , 4x , 5x , 6x ,的方差为 1,且 2 1x , 2 2x , 2 3x , 2 4x , 2 5x , 2 6x 的平均数为 5,则该工厂这 6 天平均 每天生产口罩________万只. 【答案】2 【解析】 【分析】 根据   22 2 2 2 1 2 1 nS x x x xn      可求平均每天生产口罩只数. 【详解】设方差为 2S ,则   22 2 2 2 1 2 6 1 6S x x x x     ,其中 x 为 6 天平均每天生产口罩 只数, 由题设有  2 2 2 2 1 2 6 11, 56S x x x     , 故 2 5 1 4x    ,所以 2x  , 故答案为:2. - 12 - 【点睛】本题考查样本方差和样本均值的关系,两者常见的关系为  22 1 1 n i i S x xn    ,该公 式可转化为 22 2 1 1 n i i S x xn    ,注意公式的合理使用. 16. 已知函数  f x x xsinx  ,则  f x 在点   0, 0f 处的切线方程为________;若    g x f x x a   在 0, 上有唯一零点 0x ,则 0 01 2 acosx cos x 的值为 ________. 【答案】 (1). y x (2). 1 2 【解析】 【分析】 (1)利用导数的几何意义和直线的点斜式方程求得切线方程;(2)当 π0, 2x     时,易得   0g x  . 当 π π2x     , ,利用导数研究  g x 的单调性,结合零点存在定理得到存在唯 一的实数 π π2t     , ,使得   0g t  ,且在 t2      , 上   0g x  ,在  ,πt 上   0g x  ,, 从而得到区间 0,t 内  g x 单调递减,在区间   ,t g x 内 单调递增,结合端点值分析,可得    g x f x x a   在 0, 上有唯一零点 0x t ,  0 0g x   ,且  0 0g x  ,两式结合, 并利用二倍角的余弦公式化简即可求得 0 01 2 acosx cos x 的值. 【详解】(1)        0 0, 1 , 0 1,f f x sinx xcosx f      所以  f x 在点   0, 0f 处的切线方程为 y x ; (2)    g x f x x a xsinx a      ,  g x sinx xcosx    , 当 π0, 2x     时,   0g x  , 当 π π2x     , 时,   ' 2 0g x cosx cosx xsinx cosx xsinx            , - 13 - ∴  g x 是单调递增函数, 又因为 π 12g        ,  g    , 所以存在唯一的实数 π π2t     , ,使得   0g t  , 且在 2 t     , 上   0g x  ,在 ,πt 上   0g x  , 综上所述,在区间  0,t 内   0g x  ,在区间 ,t  上   0g x  , 即区间 0,t 内  g x 单调递减,在区间   ,t g x 内 单调递增, 又∵    0g g a   ,    g x f x x a    在 0, 上有唯一零点 0x t ,  0 0g x   ,且  0 0 0 0g x x sinx a    , 即 0 0 0 0sinx x cosx  ,且 0 0a x sinx  , 所以 0 0 0 0 2 0 01 2 2 acosx x sinx cosx cos x sin x     0 0 0 0 0 2 2 0 0 1 2 2 2 x cosx sinx sinx sinx sin x sin x    , 故答案为: y x ; 1 2 . 【点睛】本题考查利用导数的几何意义研究函数的切线问题,利用导数研究函数的单调性, 进而研究零点问题,涉及到二倍角公式,难点是对于  g x 再利用导数进行研究,以及分段讨 论思想. 三、解答题:解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤第 7~21 题为必考题,每个试题考生 都必须做答.第 22、23 题为选考题,考生根据要求做答. (一)必考题: 17. 在 ABC 中,角 A , B ,C 的对边分别为 a ,b , c , ABC 的面积为 S ,且  2 2 23 4S a b c   . - 14 - (1)求角C ; (2)若3 2a b ,求 sin A . 【答案】(1) 3C  ;(2) 21sin 7A  . 【解析】 【分析】 (1)由题得 2 2 23 1( ) sin4 2a b c ab C   ,再利用余弦定理化简得 tan 3C  ,即得解; (2)设 =2 , 3 0)a t b t t ( ,先利用余弦定理求出 7c t ,再利用正弦定理求解. 【详解】(1)因为 2 2 23 1( ) sin4 2S a b c ab C    , 所以 2 2 23( ) 3 2 cossin 3cos2 2 a b c ab CC Cab ab      , 解得 tan 3C  , 又 (0, )C  ,故 3C  . (2)设 =2 , 3 0)a t b t t ( 则 2 2 2 cos 7c a b ab C t    所以 sin 2 3 21sin 2 77 a C tA c t     . 【点睛】本题主要考查正弦定理余弦定理解三角形,考查三角形面积公式的应用,意在考查 学生对这些知识的理解掌握水平. 18. 如图,四棱锥 P ABCD 的底面 ABCD 是菱形, 60BAD   ,PA  平面 ABCD ,E 为 AD 的中点. (1)证明: BE 平面 PAD ; - 15 - (2)若 2PA AB  ,求四棱锥 P ABCD 的侧面积. 【答案】(1)证明见解析;(2) 4 2 7 . 【解析】 【分析】 (1)连接 BD ,由题意可知 ABD△ 是正三角形,可证 BE AD ,由 PA  平面 ABCD , 可证 BE PA ,由线面垂直的判定定理即可证明结果; (2)连接 AC ,有勾股定理可证 PA AC ,在 PBC 中,由余弦定理得 cos PBC ,可得 sin PBC ,即可求出 PCBS ,再根据对称性知: PAD PABS S  , PCD PCBS S  ,所以四棱 锥 P ABCD 的侧面积为 2 2PAD PCBS S S V V ,即可求出结果. 【详解】(1)如图,连接 BD ,∵底面 ABCD 是菱形, 60BAD   , ∴ ABD△ 是正三角形. ∵ E 为 AD 的中点,∴ BE AD .① 又∵ PA  平面 ABCD , BE  平面 ABCD ,∴ BE PA ② 又∵ AD PA A  ,③ 由①②③知: BE 平面 PAD . (2)连接 AC ,易得 2 3AC  , 在 Rt PAB 中, 2 2PB  ∵ 2PA  , 2 3AC  , PA AC  4PC  在 PBC 中,由余弦定理得 2cos 4PBC   ,∴ 14sin 4PBC  从而 1 1 14sin 2 2 2 72 2 4PCBS PB BC PBC         , 又∵ 1 1 2 2 22 2PADS PA AD       , - 16 - 由对称性知: PAD PABS S  , PCD PCBS S  四棱锥 P ABCD 的侧面积 2 2 4 2 7PAD PCBS S S     . 【点睛】本题主要考查了线面垂直的判定定理的应用,以及锥体侧面积的求法,属于基础题. 19. 某科研单位研究人员对某种细菌的繁殖情况进行了研究,发现该细菌繁殖的个数 y (单 位:个)随时间 x (单位:天)的变化情况如表 l: x 1 2 3 4 5 6 y 5 10 26 50 96 195 表 1 令 lnw y , w 与 y 对应关系如表 2: y 5 10 26 50 96 195 w 1.61 2.30 3.26 3.91 4.56 5.27 表 2 根据表 1 绘制散点图如下: (1)根据散点图判断, y bx a  与 dxy ce ,哪一个更适合作为细菌的繁殖数量 y 关于时 - 17 - 间 x 的回归方程类型(给出判断即可,不必说明理由); (2)根据(1)的判断结果及表中数据,建立 y 关于 x 的回归方程(系数精确到 0.01); (3)若要使细菌的繁殖数量不超过 4030 个,请根据(2)的结果预测细菌繁殖的天数不超过 多少天? 参考公式:对于一组数据 1 1,u v , 2 2,u v ,…, ,n nu v ,其回归直线 v u   的斜率和 截距的最小二乘估计分别为      1 2 1 n i i i n i i u u v v u u          , v u   . 参考数据: 3.50x  , 63.67y  , 3.49w  ,   6 2 1 1 17.50 i x x    ,   6 2 1 1 9.49 i w w    ,    6 1 12.87i i i w w x x     ,    6 1 519.01i i i x x y y     ,ln 4030 8.30 ,ln1640 7.40 【答案】(1) dxy ce 更适合;(2) 0.74 0.90xy e  ;(3)细菌繁殖的天数不超过 10 天. 【解析】 【分析】 (1)根据散点图的形状可直接得到结果. (2)利用还原法,将非线性的转化为线性的 lnw c dx  ,然后根据线性回归系数计算公式 计算即可. (3)根据(2)的结论,计算 0.74 0.90 4030xy e   即可. 【详解】(1)根据散点图判断, dxy ce 更适合作为细菌的繁殖数量 y 关于时间 x 的回归方程 类型 (2)设 lnw y , 变换后可得 lnw c dx  ,设 lnp c ,建立 w 关于 x 的回归方程 w p dx  ,      6 1 6 2 1 12.87 0.7417.50 i i i i i w w x x d x x           , 3.49 0.74 3.50 0.90p w d x      所以 w 关于 x 的回归方程为 0.74 0.90w x  , - 18 - 所以 0.74 0.90xy e  (3)当 0.74 0.90 4030xy e   时,即 0.74 0.90 ln 4030 8.30x    所以 0.74 8.30 0.90 7.4x    ,所以 10x 故细菌繁殖的天数不超过 10 天 【点睛】本题考查非线性回归方程的应用,熟练使用等价转化的思想将非线性的转化为线性 的,考查计算能力,属中档题. 20. 已知动圆 M 过点(2,0),被 y 轴截得的弦长为 4. (1)求圆心 M 的轨迹方程; (2)若 ABC 的顶点在 M 的轨迹上,且 A ,C 关于 x 轴对称,直线 BC 经过点 (1,0)F , 求证:直线 AB 恒过定点. 【答案】(1) 2 4y x ;(2)证明见解析. 【解析】 【分析】 (1)设动圆圆心 ( , )M x y ,由题意可得: 2 2 2 22 ( 2)x x y    ,整理即可得到轨迹方 程; (2)设直线 BC 的方程: 1,x ty  ,联立 2 4 1 x y x ty      ,得 2 4 4 0y ty   ,列出韦达定 理,再设直线 AB 的方程: ( 0)y kx m k   ,与抛物线联立,列出韦达定理,结合已知条 件能证明直线 AB 恒过点 10- , . 【详解】解:(1)设动圆圆心 ( , )M x y ,由题意可得: 2 2 2 22 ( 2)x x y    ,整理 得: 2 4y x ,所以,动圆圆心的轨迹 E 的方程: 2 4y x (2)由题意,直线 BC 经过点  1,0F ,设  1 1,B x y ,  2 2,C x y 直线 BC 的方程: 1,x ty  与抛物线方程联立: 2 1 4 x ty y x     得到: 2 4 4 0y ty   ,显然 0,  由根与系数关系: 1 2 4y y t  , 1 2 4y y   - 19 - 再设直线 AB 的方程: ( 0)y kx m k   ,与抛物线联立: 2 4 y kx m y x     得到: 2 4 4 0ky y m   ,由对称性知:  2 2,A x y ,又  1 1,B x y 由根与系数关系: 1 2 4my y k   所以: 44= m k  ,即 m k ,直线 AB 的方程:  0y kx k k   , 直线 AB 恒过定点 10- , . 【点睛】本题考查圆心的轨迹方程的求法,考查直线过定点的证明,解题时要认真审题,注 意抛物线定义、直线方程、韦达定理的合理运用,属于中档题. 21. 函数 ( ) xf x e , ( ) 1 g x ax ,其中 a R , e 是自然对数的底数. (1)若 a e ,求函数 ( ) ( ) ( )F x f x g x  的最小值; (2)若 0x  时, ( ) ( ) 1f x xg x  恒成立,求 a 的取值范围. 【答案】(1)1;(2) 1 2a   . 【解析】 【分析】 (1)当 a e 时, ( ) ( ) ( )= 1xF x f x g x e ex    ,对函数 ( )F x 求导,分析函数 ( )F x 的单 调性,可得 ( )F x 的最小值, (2)令函数 2( ) ( )+ ( ) 1 1xh x f x xg x e ax x      ( 0x  ),对函数  h x 求导,分析其 导函数的正负,得出函数  h x 的单调性,可得出 a 的取值范围. 【详解】(1)当 a e 时, ( ) ( ) ( )= 1xF x f x g x e ex    ,∴ ' ( ) xF x e e  , ①当 1x  时, ' ( ) 0F x  , ( )F x 在  1, 上单调递减; ②当 1x  时, ' ( ) 0F x  , ( )F x 在 1 +, 上单调递增. ∴ min( ) (1) 1F x F  ; (2)令 2( ) ( )+ ( ) 1 1xh x f x xg x e ax x      ( 0x  ),则 ' ( ) 2 1xh x e ax   , ∴ ' (0) 0h  , 令 '( ) ( ) 2 1xx h x e ax     ,则 ' ( ) 2xx e a   , - 20 - ①当 1 2a   时, ' ( ) 0x  恒成立,可得 ( )h x 在[0, ) 上单调递增,∴ ' '( ) (0)=0h x h , ∴ ( ) (0)=0h x h 恒成立,∴ ( )+ ( ) 1f x xg x  恒成立. ②当 1 2a   时,当 [0,ln( 2 ))x a  , ( ) 0x  , ( )h x 在[0,ln( 2 ))a 上单减, 当 ln( 2 ) )x a   [ , , ( ) 0x   , ( )h x 在 ln( 2 ) )a  [ , 上单增, 则当 [0,ln( 2 ))x a  时, ( ) (0) 0h x h   , ∴ 0 0x  , 0(0, )x x 时, 0( ) (0) 0h x h  . ∴ ( )+ ( ) 1f x xg x  不是恒成立的. 综上所述, a 的取值范围是 1 2a   . 【点睛】本题考查运用导函数研究函数的单调性和最值,构造新函数解决不等式恒成立问题, 属于较难题. (二)选考题: [选修 4-4:坐标系与参数方程] 22. 在平面直角坐标系 xOy 中,曲线 1C 的参数方程为 2 cos 2 2 sin 2 2 2 cos sin x y             (其中 为参数).以原点O 为极点, x 轴正半轴为极轴建立极坐标系,曲线 2C 的极坐标方程为 sin 4 a      . (1)求曲线 1C 的普通方程和曲线 2C 的直角坐标方程; (2)若曲线 1C 上恰有三个点到曲线 2C 的距离为 1,求 a 的值. 【答案】(1) 2 2( 2) ( 2) 9x y    , 2 0x y a   ;(2) 2a   . 【解析】 【分析】 (1)利用三角函数恒等变换,消参后得到曲线 1C 的普通方程,根据两角和的正弦公式展开, 再利用公式 cos x   , sin y   转化为曲线 2C 的直角坐标方程;(2)由条件可知,圆心 到直线的距离等于 2,求参数 a 的值. - 21 - 【详解】(1) 2 cos 2 2 sin 2 2 2 cos sin x y            (其中 为参数) 所以曲线 1C 的普通方程为: 2 2( 2) ( 2) 9x y    ; 2 2sin cos2 2 a        , 即 2 2 2 2x y a  ,整理为: 2 0x y a   . 曲线 2C 的直角坐标方程为: 2 0x y a   . (2)由于圆 1C 的半径为 3,曲线 1C 上恰有三个点到曲线 2C 的距离为 1,圆心到直线 2 0x y a   的距离应为 2. 2 2 2 a  ,得: 2a   . 【点睛】本题考查参数方程,极坐标方程,直角坐标方程的转化,以及直线与圆的位置关系, 重点考查转化与化归的能力,属于中档题型. [选修 4-5:不等式选讲] 23. 已知 a ,b , c 为非负实数,函数 ( ) | 2 | | 2 |f x x a x b c     . (1)若 2a  , 6b  , 1c  ,求不等式 ( ) 11f x  的解集; (2)若函数 ( )f x 的最小值为 2,证明: 1 4 9 9a b b c a c      . 【答案】(1) 7{ | 2x x   或 3}2x  ;(2)证明见解析. 【解析】 【分析】 (1)当 2a  , 6b  , 1c  时,不等式化简得| 1| | 3| 5x x    ,结果分类讨论用分段函 数表示即可; (2)由绝对值三角不等式可得 ( ) | 2 | | 2 |f x x a x b c a b c a b c           ,得到 2a b c   ,接下来解法不唯一,可将原式先拼凑为  1 4 9 1 1 4 9= ( ) ( ) ( )4 a b b c a ca b b c a c a b b c a c                  ,借鉴柯西不等式 - 22 -     22 2 2 2 2 2a b c d e f ad be cf       进行放缩即可求解;也可直接在第一步的基础 上,借鉴基本不等式 2b a a b   的形式进行化简,两两组合,再进一步放缩即可 【详解】(1)当 2a  , 6b  , 1c  时,不等式 ( ) 2 2 2 6 1 11f x x x      , 化简得:| 1| | 3| 5x x    ,采用零点讨论法,设 ( ) 1 3g x x x    , 当 1x 时,   2 2g x x  ; 当 3 1x   时,   4g x  ; 当 1x   时,   2 2g x x   ; 故 2 2( 1) ( ) 1 3 4( 3 1) 2 2( 1) x x g x x x x x x               , 由 ( ) 5g x  ,解得: 7 2x   或 3 2x  , 所以,不等式 ( ) 11f x  的解集为 7| 2x x   .或 3 2x   (2)因为 ( ) | 2 | | 2 | | |f x x a x b c a b c a b c           , ∵函数 ( )f x 的最小值为 2,∴ 2a b c   . 证法一:根据柯西不等式可得:  1 4 9 1 1 4 9= ( ) ( ) ( )4 a b b c a ca b b c a c a b b c a c                  21 1 2 3( )4 a b b c a c a b b c a c             1= 36=94  当且仅当: 1 2 3= =a b b c a c   ,即 2 3a  , 0b  , 4 3c  时等式成立. 综上, 1 4 9 9a b b c a c      证法二:  1 4 9 1 1 4 9= ( ) ( ) ( )4 a b b c a ca b b c a c a b b c a c                  1 4( ) 9( ) 4( ) 9( )= 14+4 b c a b a c a b a c b c a b b c a b a c b c a c                   - 23 - 1 14+4+6+12 =94  ( ) ,当且仅当 2 3a  , 0b  , 4 3c  等式成立. 综上, 1 4 9 9a b b c a c      【点睛】本题考查分类讨论解绝对值不等式,绝对值三角不等式的应用,柯西不等式及基本 不等式的应用,其中柯西不等式的使用对于公式的理解和应用要求较高,基本不等式的使用 要注意几种常见形式,形如:      12 , , 2 , , 2 0b aa b ab a b R a a b R aba a b           ,解题时还需注意检验等 号成立的条件 - 24 -
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