辽宁省大连市2020届高三第二次模拟考试数学文科试题 Word版含解析

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- 1 - 2020 年大连市高三第二次模拟考试 数 学（文科） 命题人：安道波 周亚明 于学杰 闫旭 于丹 丁忒 审校人： 安道波 本试卷满分 150 分，共 6 页，答卷时间 120 分钟.考试结束后，将答题卡交回. 注意事项： 1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形 码粘贴区. 2. 选择题必须使用 2B 铅笔填涂；非选择题必须使用 0.5 毫米黑色字迹的签字笔书写，字体 工整、笔迹清楚. 3. 请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草 稿纸、试卷上答题无效. 4. 作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑. 5. 保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀. 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，其中第Ⅱ卷第 22 题~第 23 题为选 考题，其它题为必考题.考生作答时，将答案答在答题卡上，在本试卷上答题无效.考试结束 后，将本试卷和答题卡一并交回. 第Ⅰ卷 一、选择题：（本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分.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 4 3 0A x x x    ，  2 4B x x   ，则 A B  （ ） A.  1,3 B.  1,4 C.  2,3 D.  2,4 【答案】B 【解析】 【分析】 求出集合 A ，利用并集的定义可求得集合 A B . 【详解】    2 4 3 0 1,3A x x x     ，  2 4B x x   ，因此，  1,4A B  . 故选：B. 【点睛】本题考查并集的计算，同时也考查了一元二次不等式的求解，考查计算能力，属于 基础题. - 2 - 2.已知 ,a bR ，i 是虚数单位，若 a i 与 2 bi 互为共轭复数，则 2i =a b （ ） A. 3+4i B. 5+4i C. 3 4i D. 5 4i 【答案】A 【解析】 【分析】 由 a﹣i 与 2+bi 互为共轭复数，可求出 a，b 的值，代入（a+bi）2 进一步化简求值，则答案可 求． 【详解】∵a﹣i 与 2+bi 互为共轭复数， ∴a=2，b=1． 则（a+bi）2=（2+i）2=3+4i． 故选 A． 【点睛】利用复数相等求参数： , ( , , , R)a bi c di a c b d a b c d       ． 3.双曲线 2 2 14 x y  的渐近线方程是（ ） A. 1 2y x  B. 2y x  C. 1 4y x  D. 4y x  【答案】A 【解析】 分析：直接利用双曲线的渐近线方程公式求解. 详解：由题得双曲线的 a=2,b=1,所以双曲线的渐近线方程为 1 .2 by x xa     故答案为 A 点睛：(1)本题主要考查双曲线的渐近线方程，意在考查学生对该基础知识的掌握能力.(2)双 曲线 2 2 2 2 1( 0, 0)x y a ba b     的渐近线方程为 by xa   ，双曲线 2 2 2 2 1( 0, 0)y x a ba b     的渐 近线方程为 ay xb   . 4.欧拉公式 cos sinixe x i x  （i 为虚数单位）是由瑞士著名数学家欧拉发明的，他将指数 函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数和指数函数的关系，它在复变函数论里占有非常 重要的地位，被誉为“数学中的天桥”.根据欧拉公式可知， 3ie 表示的复数在复平面中位于 - 3 - ( ) A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】B 【解析】 【分析】 利用欧拉公式 cos sinixe x i x  ，化简 3ie 的表达式，通过三角函数的符号，判断复数的对应 点所在象限即可． 【详解】因为欧拉公式 cos sin (ixe x i x i  为虚数单位）， 所以 3 cos3 sin3ie i  ，因为3 ( 2  ， ) ， cos3 0 ，sin3 0 ， 所以 3ie 表示的复数在复平面中位于第二象限． 故选：B． 【点睛】本题考查欧拉公式的应用，三角函数的符号的判断，考查是基本知识，属于基础题． 5.设函数 21 log (2 ), 1( ) , 1x x xf x e x      ，则 ( 2) (ln 6)f f   （ ） A. 3 B. 6 C. 9 D. 12 【答案】C 【解析】 【分析】 根据分段函数的解析式，结合指数幂与对数的运算性质，即可求解. 【详解】由题意，函数 21 log (2 ), 1( ) , 1x x xf x e x      ， 则 ln6 2( 2) (ln 6) 1 log [2 ( 2)] 1 2 6 9f f e           . 故选：C. 【点睛】本题主要考查了分段函数的函数值的求解，以及指数式与对数式的运算的综合应用， 着重考查运算与求解能力. 6.已知各项均为正数的数列 na 为等比数列， 1 5 16a a  ， 3 4 12a a  ，则 7a  （ ） A. 16 B. 32 C. 64 D. 256 【答案】C - 4 - 【解析】 【分析】 根据等比数列的性质可得 3 4a  ，结合 3 4 12a a  ，可得 4 8a  ，公比 2q = ，从而可得结 果. 【详解】由 1 5 16a a  ，得 2 3 16a  ，又各项均为正数，所以 3 4a  ， 由 3 4 12a a  ，得 4 8a  ， 所以公比 4 3 8 24 aq a    ，所以 7 3 4 7 3 4 2 64a a q      ， 故选：C 【点睛】本题考查了等比数列的性质、通项公式，属于基础题. 7.已知某函数的图像如图所示，则下列函数中，图像最契合的函数是（ ） A.  sin x xy e e  B.  sin x xy e e  C.  cos x xy e e  D.  cos x xy e e  【答案】D 【解析】 【分析】 根据 0x  时的函数值，即可选择判断. 【详解】由图可知，当 0x  时， 0y  当 0x  时，  sin x xy e e  2 0sin  ，故排除 A ； 当 0x  时，  sin x xy e e  0 0sin  ，故排除 B ； 当 0x  时，  cos x xy e e  0 1 0cos   ，故排除C ； 当 0x  时，  cos x xy e e  2 0cos  ，满足题意. - 5 - 故选：D. 【点睛】本题考查函数图像的选择，涉及正余弦值的正负，属基础题. 8.已知关于某设各的使用年限 x（单位：年）和所支出的维修费用 y（单位：万元）有如下的 统计资料， x 2 3 4 5 6 y 2.2 3.8 5.5 6.5 7.0 由上表可得线性回归方程  0.08y bx  ，若规定当维修费用 y＞12 时该设各必须报废，据此 模型预报该设各使用年限的最大值为（ ） A. 7 B. 8 C. 9 D. 10 【答案】C 【解析】 试 题 分 析 ： 由 已 知 表 格 得 ： 1 (2 3 4 5 6) 45x       ， 1 (2.2 3.8 5.5 6.5 7.0) 55y       ， 由于线性回归直线恒过样本中心点 ,x y ，所以有：5 4 0.08b  ，解得： 1.23b  ， 所以线性回归方程 1.23 0 8ˆ .0y x  ， 由 12y  得：1.23 0.08 12x   解得： 9.69x  ， 由于 *x N ， 所以据此模型预报该设备使用年限的最大值为 9. 故选 C. 考点：线性回归． 9.已知点 P 在抛物线 2: 4C y x 上，过点 P 作两条斜率互为相反数的直线交抛物线C 于 A 、 B 两点，若直线 AB 的斜率为 1 ，则点 P 坐标为（ ） A.  1,2 B.  1, 2 C.  2,2 2 D. - 6 -  2, 2 2 【答案】A 【解析】 【分析】 设点  0 0,P x y 、  1 1,A x y 、  2 2,B x y ，求得直线 AB 的斜率为 1 2 4 1ABk y y    ，可得 1 2 4y y   ，再由直线 PA 和 PB 的斜率互为相反数可求得 0y 的值，进而可求得 0x 的值，由 此可求得点 P 的坐标. 【 详 解 】 设 点  0 0,P x y 、  1 1,A x y 、  2 2,B x y ， 则 直 线 AB 的 斜 率 为 1 2 2 2 1 2 1 2 4 1 4 AB y yk y y y y      ，可得 1 2 4y y   ， 同理可得直线 PA 的斜率为 0 1 4 PAk y y   ，直线 PB 的斜率为 0 2 4 PBk y y   ， PA PBk k  ，所以，   0 1 0 2 0y y y y    ，则 1 2 0 22 y yy    ， 2 0 0 14 yx   ， 因此，点 P 的坐标为  1,2 . 故选：A. 【点睛】本题考查利用抛物线中直线的斜率关系求点的坐标，考查点差法的应用，属于中等 题. 10.下列四个正方体图形中， A ， B 为正方体的两个顶点， M ， N ， P 分别为其所在棱的中 点，能得出 / /AB 平面 MNP 的图形的序号是（ ） A. ①③ B. ②③ C. ①④ D. ②④ 【答案】C - 7 - 【解析】 【分析】 用面面平行的性质判断①的正确性.利用线面相交来判断②③的正确性，利用线线平行来判断 ④的正确性. 【详解】对于①，连接 AC 如图所示，由于 / / , / /MN AC NP BC ，根据面面平行的性质定理 可知平面 / /MNP 平面 ACB ，所以 / /AB 平面 MNP . 对于②，连接 BC 交 MP 于 D ，由于 N 是 AC 的中点，D 不是 BC 的中点，所以在平面 ABC 内 AB 与 DN 相交，所以直线 AB 与平面 MNP 相交. 对于③，连接 CD ，则 / /AB CD ，而 CD 与 PN 相交，即 CD 与平面 PMN 相交，所以 AB 与 平面 MNP 相交. 对于④，连接 CD ，则 / / / /AB CD NP ，由线面平行的判定定理可知 / /AB 平面 MNP . - 8 - 综上所述，能得出 / /AB 平面 MNP 的图形的序号是①④. 故选：C 【点睛】本小题主要考查线面平行的判定，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于基础题. 11.已知三棱锥 P ABC ，面 PAB  面 ABC ， 4PA PB  ， 4 3AB  ， 90ACB   ， 则三棱锥 P ABC 外接球的表面积（ ） A. 20 B. 32 C. 64π D. 80 【答案】C 【解析】 【分析】 作出图形，取 AB 的中点 D ，连接 PD 、CD ，推导出 PD  平面 ABC ，可知球心O 在直线 PD 上，然后在 Rt OAD 中由勾股定理可求得外接球的半径 R ，则外接球的表面积可求. 【详解】如下图所示，取 AB 的中点 D ，连接 PD 、 CD ， 4PA PB  ， D 为 AB 的中点， PD AB  ， 平面 PAB  平面 ABC ，交线为 AB ， PD  平面 ABC ， PD  平面 ABC ， 90ACB   , D∴ 为 Rt ABC 外接圆圆心， 则球心O 在直线 PD 上，设三棱锥 P ABC 外接球的半径为 R ， 则 2OD R  ， 4 3AB  ，则 2 3AD  ， 2 2 2PD PA AD   ， 在 Rt OAD 中，由勾股定理得 2 2 2OA OD AD  ， - 9 - 即  22 2 12R R   ，解得 4R  ， 因此，三棱锥 P ABC 的外接球的表面积为 24 64R  . 故选：C. 【点睛】本题考查三棱锥外接球表面积的计算，解答的关键在于找出球心的位置，并通过列 等式计算球的半径，考查计算能力，属于中等题. 12.已知函数    sin 0, 2f x x           ，其图象与直线 1y  相邻两个交点的距离为  ，若对 ,24 3x       ，不等式   1 2f x  恒成立，则 的取值范围是（ ） A. ,12 6       B. ,12 3       C. ,6 3       D. ,6 2       【答案】A 【解析】 【分析】 利用已知条件求出函数  y f x 的最小正周期，可求得 2  ，由 ,24 3x      可求得 2212 3x        ，再由 2 2     求出 12   和 2 3   的取值范围，由题意可 得出关于实数 的不等式组，进而可求得实数 的取值范围. 【详解】由于函数  y f x 的图象与直线 1y  相邻两个交点的距离为 ， 则函数  y f x 的最小正周期为T  ， 2 2T    ，    sin 2f x x    ， 当 ,24 3x      时， 2212 3x        ， 2 2     ， 5 7 12 12 12       ， 2 7 6 3 6      ， 由于不等式   1 2f x  对 ,24 3x       恒成立，所以 12 6 2 5 3 6           ，解得 12 6    . 因此， 的取值范围是 ,12 6       . - 10 - 故选：A. 【点睛】本题考查利用三角不等式恒成立求参数，同时也考查了利用正弦型函数的周期求参 数，解答的关键在于求得 12   和 2 3   的取值范围，考查计算能力，属于中等题. 本卷包括必考题和选考题两部分，第 13 题~第 21 题为必考题，每个试题考生都必须做答.第 22 题~第 23 题为选考题，考生根据要求做答. 二、填空题：（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分，把答案填在答卷纸的相应位置上） 13.设向量  2,4a  r 与向量  ,6b x 共线，则实数 x 等于__________． 【答案】3 【解析】 【分析】 利用向量共线的坐标公式,列式求解. 【详解】因为向量  2,4a  r 与向量  ,6b x 共线, 所以 2 6 4 0 3x x     , 故答案为:3. 【点睛】本题考查向量共线的坐标公式,属于基础题. 14.抽取样本容量为 20 的样本数据，分组后的频数如下表： 分组  10,20  20,30  30,40  40,50  50,60  60,70 频数 2 3 4 5 4 2 则样本数据落在区间 10,30 的频率为______. 【答案】0.25 【解析】 【分析】 由表求出落在区间的频数，即可求出频率. 【详解】解：由题意知，落在 10,30 的频数为 2 3 5  ，所以频率为 5 0.2520  . 故答案为:0.25. - 11 - 【点睛】本题考查了频率的计算. 15.数列 na 满足 1 ( 1)n n na a n    ，则 na 的前 8 项和为______. 【答案】20 【解析】 【分析】 利用递推数列分别列出 1,2, ,8n   的等式，利用等式的加减即可求得前 8 项的和. 【详解】数列 na 满足 1 ( 1)n n na a n    ， 2 1 1a a   ， 3 2 2a a  ， 4 3 3a a  ， 5 4 4a a  ， 6 5 5a a  ， 7 6 6a a  ， 8 7 7a a  ， 可得 1 3 1a a  ， 2 4 5a a  ， 5 7 1a a  ， 6 8 13a a  ，  1 2 3 4 5 6 7 8 20a a a a a a a a        . 故答案为：20 【点睛】本题考查数列的递推公式、数列求和，属于基础题. 16.已知函数 ( ) ln 2 exf x x   ，则 ( ) (2 )f x f x  值为______；若 19 1 10k kf       的值为______. 【答案】 (1). 2 (2). 19 【解析】 【分析】 利用对数的运算性质求和即可；由 ( ) (2 ) 2f x f x   对 19 1 10k kf       两两组合求和即可得解. 【详解】       22 2( ) (2 ) ln ln ln ln 22 2 2 2 e x e xex exf x f x ex x x x                ；   19 1 1 19 2 18 9 11 110 10 10 10 10 10 10k kf f f f f                                                                 2 9 ln 19e    . 故答案为：2；19 【点睛】本题考查对数的运算性质、函数值求和，属于基础题. 三、解答题：（本大题共 6 小题，共 70 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 17.在 ABC 中，内角 A ， B ，C 的对边分别为 a ，b ， c ，且 - 12 -  2 2 2(2 ) 2 cosa c a b c abc C    . （Ⅰ）求角 B 的大小； （Ⅱ）若 1a  ， 3b  ，求 ABC 的面积. 【答案】（Ⅰ） 3B  （Ⅱ） 3 2 【解析】 【分析】 （ Ⅰ ） 由 条 件 结 合 余 弦 定 理 可 得 (2 )cos cosa c B b C  ， 然 后 可 得 (2sin sin )cos sin cosA C B B C  ，然后得出 1cos 2B  即可； （Ⅱ）利用正弦定理求出角 A ，然后可得出角C ，然后利用 in1 2 sS ab C 算出即可. 【详解】（Ⅰ）由余弦定理得： 2 2 2 2 cosa b c ac B   ， 又因为  2 2 2(2 ) 2 cosa c a b c abc C    ， 所以 (2 )cos cosa c B b C  ，所以 (2sin sin )cos sin cosA C B B C  ， 所以 2sin cos sin( ) sinA B B C A   ， 因为sin 0A  ，所以 1cos 2B  ， 因为  0,B  ，所以 3B  . （Ⅱ）由正弦定理得： sin sin a b A B  ， 所以 sin 1sin 2 a BA b   ， 因为 a b ，所以 6A  ，所以 2C  所以 1 1 3sin 1 3sin902 2 2S ab C      . 【点睛】本题主要考查的是利用正余弦定理解三角形，考查了学生对基础知识的掌握情况， 较简单. 18.如图，已知平面四边形 ABCP 中， D 为 PA 的中点， PA AB ， / /CD AB ，且 - 13 - 2 4PA CD AB   .将此平面四边形 ABCP 沿 CD 折起，且平面 PDC  平面 DCB，连接 PA 、 PB 、 BD . （Ⅰ）证明：平面 PBD 平面 PBC ； （Ⅱ）求点 D 与平面 PBC 的距离. 【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ） 2 6 3 【解析】 【分析】 (1)利用已知条件，证明 PD  平面 ABCD ，然后得出 PD BC ，连接 BD ，过 B 作 BE CD ，易证出 BD BC ，进而可以证明平面 PBD 平面 PBC (2)利用等积法求解即可. 【详解】 解：（Ⅰ）如图，因为 PD DC ，AD DC ，直二面角 P DC B  的平面角为 90PDA   ， 则 PD  平面 ABCD ， BC 平面 ABCD ，所以 PD BC . 又在平面四边形 ABCD 中，连接 BD ，则 2 2 2 2BD AB AD   ，过 B 作 BE CD ，由 题意得， E 为CD 中点， D 为 PA 中点，所以， 2PD AD  ， 2CE DE  ，又 DE AB ， 所以， 2BE AD= = ， 2 2 2 2BC CE BE   ，所以， 2 2 2BC BD DC  ，由以上数据 易得 BD BC ，而 PD BD D  ， - 14 - BD  平面 PBD ， PD  平面 PBD ，故 BC ⊥平面 PBD ，因为 BC 平面 PBC ，所以平面 PBD 平面 PBC . （Ⅱ）由（Ⅰ）知 AD AB ， 2AD AB  ，∴ 2 2BD  ，由（Ⅰ）知 PD BD ，所以 2 3PB  ， BD BC ， 2 2BC  . 1 1 2 2 2 2 23 2P BDCV       ， 1 1 2 3 2 23 2D BPCV h     ， 因为 P BDC D BPCV V  ，所以 2 6 3h  ， 即点 D 与平面 PBC 的距离为 2 6 3 . 【点睛】本题考查线面垂直，面面垂直，以及等积法的运用，属于中档题. 19.某校从参加高三模拟考试的学生中随机抽取 60 名学生，将其数学成绩（均为整数）分成 六段     90,100 , 100,110 , , 140,150 后得到如下部分频率分布直方图．观察图形的信息， 回答下列问题： （1）求分数在 120130, 内的频率，并补全这个频率分布直方图； （2）统计方法中，同一组数据常用该组区间的中点值作为代表，据此估计本次考试的平均分； （3）用分层抽样的方法在分数段为 110,130 的学生中抽取一个容量为6的样本，将该样本 看成一个总体，从中任取 2 个，求至多有1人在分数段 120130, 内的概率． 【答案】(1) 0.3，直方图见解析；(2)121；(3) . 【解析】 【分析】 （1）频率分布直方图中，小矩形的面积等于这一组的频率，而频率的和等于 1，可求出分数 在 120130, 内的频率，即可求出矩形的高，画出图象即可；（2）同一组数据常用该组区间的 中点值作为代表，将中点值与每一组的频率相差再求出它们的和即可求出本次考试的平均分； - 15 - （3）先计算[110120， ）、[120130， ）分数段的人数，然后按照比例进行抽取，设从样本中任取 2 人，至多有 1 人在分数段[120130， ）为事件 A ，然后列出基本事件空间包含的基本事件，以 及事件 A 包含的基本事件，最后将包含事件的个数求出题目比值即可. 【详解】(1)分数在[120,130)内的频率为：1－(0.1＋0.15＋0.15＋0.25＋0.05)＝1－0.7＝ 0.3， 0.3= =0.0310 频率 组距 ，补全后的直方图如下： (2)平均分为：95×0.1＋105×0.15＋115×0.15＋125×0.3＋135×0.25＋145×0.05＝121. (3)由题意，[110,120)分数段的人数为：60×0.15＝9 人，[120,130)分数段的人数为：60×0.3 ＝18 人． ∵用分层抽样的方法在分数段为[110,130)的学生中抽取一个容量为 6 的样本， ∴需在[110,120)分数段内抽取 2 人，并分别记为 m，n； 在[120,130)分数段内抽取 4 人并分别记为 a，b，c，d； 设“从样本中任取 2 人，至多有 1 人在分数段[120,130)内”为事件 A，则基本事件有：(m， n)，(m，a)，(m，b)，(m，c)，(m，d)，(n，a)，(n，b)，(n，c)，(n，d)，(a，b)，(a， c)，(a，d)，(b，c)，(b，d)，(c，d)共 15 种． 事件 A 包含的基本事件有：(m，n)，(m，a)，(m，b)，(m，c)，(m，d)，(n，a)，(n，b)， (n，c)，(n，d)共 9 种，∴   9 3 15 5P A   . 20.已知函数    ln 1 1f x x x a x a     . （Ⅰ）讨论  f x 的单调性； （Ⅱ）若 1x  ，不等式   1f x  恒成立，求整数 a 的最大值. 【答案】（Ⅰ）单调递减区间为 20, ae  ，单调递增区间为 2 ,ae   ；（Ⅱ）3 . - 16 - 【解析】 【分析】 （Ⅰ）求出函数  y f x 的定义域和导数，分析导数的符号变化，由此可求得函数  y f x 的单调递增区间和单调递减区间； （Ⅱ）当 1x  时，由   1f x  可得出 ln 1 x x xa x   ，设   ln 1 x x xh x x   ，利用导数求出函 数  y h x 在区间  1, 上的最小值，由此可求得整数 a 的最大值. 【详解】（Ⅰ）因为函数  y f x 的定义域为 0,  ，   ln 2f x x a    ， 令   0f x  ，解得 20 ax e   ；令   0f x  ，解得 2ax e  . 所以，函数  y f x 的单调递减区间为 20, ae  ，单调递增区间为 2 ,ae   ； （Ⅱ）当 1x  时，由   1f x  可得  ln 1 0x x x a x    ，即 ln 1 x x xa x   ， 设   ln 1 x x xh x x   ，    2 ln 2 1 x xh x x     . 设   ln 2g x x x   ，当 1x  时，   1 11 0xg x x x      ， 则函数  y g x 在 1, 单调递增. 又  3 1 ln3 0g    ，  4 2 ln 4 0g    ，则函数  y g x 在 3,4 存在唯一零点 0x 满足  0 0 0ln 2 0g x x x    ， 则当  01,x x 时，   0g x  ，即   0h x  ，此时函数  y h x 单调递减； 当  0 ,x x  时，   0g x  ，即   0h x  ，此时函数  y h x 单调递增， 所以，      0 0 0min 0 1 ln 1 x xh x h x x    . 又因为 0 0ln 2 0x x   ，则    0 0 0 0 0 1 1 x xh x xx   ， 因为  0 3,4x  ，则  0 (3,4)a h x  ，则整数 a 的最大值为3 . 【点睛】本题考查利用导数求解函数的单调区间，同时也考查了利用导数研究函数不等式恒 - 17 - 成立问题，考查分析问题和解决问题的能力，属于难题. 21.已知离心率为 2 2e  的椭圆Q ：   2 2 2 2 1 0x y a ba b     的上下顶点分别为  0,1A ，  0, 1B  ，直线l ：  0x ty m m   与椭圆Q 相交于C ， D 两点，与 y 相交于点 M . （Ⅰ）求椭圆 Q 的标准方程； （Ⅱ）设直线 AC ， BD 相交于点 N ，求OM ON  的值. 【答案】（Ⅰ） 2 2 12 x y  （Ⅱ）1 【解析】 【分析】 (Ⅰ)由离心率 2 2 c a  ， 1b  ， 2 2 2a b c  ，从而可求出 ,a c ，进而可求出椭圆方程. (Ⅱ) 设  1 1,C x y ，  2 2,D x y ，联立直线和椭圆方程可求出 1 2 2 2 2 tmy y t    ， 2 1 2 2 2 2 my y t   . 写出直线 AC ： 1 1 11 yy xx   ，直线 BD ： 2 2 11 yy xx   ，联立两方程，求出 N ty m   ， 由 M my t   ，即可求出OM ON  的值. 【详解】解：(Ⅰ)由题意可得： 2 2 c a  ， 1b  ， 2 2 2a b c  ，联立解得 2a  ， 1b c  . 所以椭圆C 的方程为： 2 2 12 x y  . (Ⅱ)设  1 1,C x y ，  2 2,D x y ，联立方程组 2 2 12 x ty m x y     ， 化简得 2 2 22 2 2 0t y tmy m     ，则 1 2 2 2 2 tmy y t    ， 2 1 2 2 2 2 my y t   ；     2 2 2 2 2 24 4 2 2 4 2 2 4 0t m t m m t          ， 设  ,N NN x y ，  0, MM y ，直线 AC ： 1 1 11 yy xx   ①，直线 BD ： 2 2 11 yy xx   ②； - 18 - ①÷②得 1 2 1 2 1 1 1 1 N N y y x y x y     ，因为 BD ADk k  2 22 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 12 0 0 2 x y y y x x x x         ， 所以 2 2 2 2 121 x y y x   .所以   1 21 2 1 2 1 2 1 11 1 21 1 N N y yy y x t m y x y x x t m           ， 所以 N ty m   ，又因为 M my t   ， 1M N m tOM ON y y t m               . 【点睛】本题考查了椭圆标准方程的求解，考查了直线和椭圆的位置关系，考查了直线的点 斜式方程.本题的难点在于计算量比较大. 请考生在 22，23 二题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.做答时，用 2B 铅 笔在答题卡上把所选题目对应的标号涂黑. 22.以平面直角坐标系 xoy 的原点O 为极点， x 轴的正半轴为极轴，取相同的单位长度建立极 坐标系，直线 l 的极坐标方程为 sin 3 24       ，曲线C 的参数方程为 2cos 3sin x y     （ 为参数）. （Ⅰ）求直线 l 的直角坐标方程和曲线C 的普通方程； （Ⅱ）求曲线C 上的动点到直线l 距离的最大值. 【答案】（Ⅰ） 6 0x y   ， 2 2 14 3 x y  ；（Ⅱ） 14 6 2 2  . 【解析】 【分析】 （Ⅰ）化简直线l 的极坐标方程为 2 2sin cos 3 22 2      ，代入互化公式，即可求得 直线 l 的直角坐标方程，由曲线C 的参数方程，消去参数，即可求得得曲线C 的普通方程； （Ⅱ）设点 M 的坐标为  2cos , 3sin  ，利用点到直线的距离公式，结合三角函数的性质， 即可求解. 【详解】（Ⅰ）由直线 l 的极坐标方程为 sin 3 24       ，可得 2 2sin cos 3 22 2      ， - 19 - 将 sin y   ， cos x   代入上式，可得直线l 的直角坐标方程为 6 0x y   ， 由曲线C 的参数方程 2cos 3sin x y     （ 为参数），可得 cos2 sin 3 x y       （ 为参数）， 平方相加，可得曲线C 的普通方程为 2 2 14 3 x y  . （Ⅱ）设点 M 的坐标为 2cos , 3sin  ， 则点 M 到直线l ： 6 0x y   的距离为  2cos 3sin 6 7 sin 6 2 2 d          （其中 2 3tan 3   ）. 当  sin 1    时， d 取最大值，且 d 的最大值为 14 6 2 2  . 【点睛】本题主要考查了参数方程与普通方程，极坐标方程与直角坐标方程的互化，以及椭 圆的参数方程的应用，着重考查了推理与运算能力. 23.已知函数   2f x x a x b    ， ,a bR . （Ⅰ）若 1a  ， 1 2b   ，求   2f x  的解集； （Ⅱ）若 0ab  ，且  f x 的最小值为 2，求 2 1 a b  的最小值. 【答案】（Ⅰ） 0,2 （Ⅱ）4 【解析】 【分析】 （1）由不等式可得 1 1 1x    ，由此可求出 x 的范围； （2）利用绝对值三角不等式，求出  f x 的最小值为 2a b ，进而得到 2 2a b  ，根据 0ab  ，并借助基本不等式，即可得解. 【详解】（Ⅰ）由题意   1 1 2 1f x x x x      ，   2f x  ，即 2 1 2x   ，即 1 1 1x    ，解得 0 2x  ， - 20 - 所以   2f x  解集为 0,2 . （Ⅱ）因为      2 2 2f x x a x b x a x b a b          ， 当且仅当   2 0x a x b   时，取到最小值 2a b ，即 2 2a b  ， 因为 0ab  ，故 2 2a b  ， 2 1 2 1 a b a b    ， 所以  2 1 1 2 1 1 2 12 22 2 a ba b a b a b            1 4 1 44 4 2 42 2 2 b a b a a b a b                 ， 当且仅当 4b a a b  ，且 2 2a b  ，即 1a  ， 1 2b  或 1a   ， 1 2b   时，等号成立. 所以 2 1 a b  的最小值为 4. 【点睛】本题考查绝对值不等式的解法、绝对值三角不等式及基本不等式的应用，考查转化 与化归的思想，合理运用绝对值三角不等式是本题的解题关键，属于中档题.在利用基本不等 式求最值时，一定要紧扣“一正、二定、三相等”这三个条件，注意创造“定”这个条件时， 经常要对所给式子进行拆分、配凑等处理，使之可用基本不等式来解决；当已知条件中含有 1 时，要注意 1 的代换.另外，解题中要时刻注意等号能否取到. - 21 -