湖北省黄冈中学2020届高三下学期6月第二次模拟考试数学（文）试题 Word版含解析

湖北省黄冈中学2020届高三下学期6月第二次模拟考试数学（文）试题 Word版含解析

- 1 - 湖北省黄冈中学 2020 届高三 6 月第二次模拟考试 文科数学试卷 一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是满足题目要求的. 1. 设全集为 R ，集合  2| log 1A x x  ，  2| 1B x x … ，则  RA C B  （ ） A. ( 1,1) B. ( 1,2) C. (0,1) D. (0,2) 【答案】C 【解析】 【分析】 先化简集合 A,B,再求  RCA B 得解. 【详解】由 2log 1x  ，得 0 2x  ． 由 2 1x … ，得 1x „ 或 1x… ， 所以 RC B { | 1 1}x x    ， 所以    RC | 0 1A B x x    ， 故选 C． 【点睛】本题主要考查集合的化简，考查补集和交集的计算，意在考查学生对这些知识的理 解和掌握水平. 2. 已知复数 2 1 (1 ) iz i   ．则 z 的共轭复数 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 【答案】B 【解析】 【分析】 先由复数的除法运算，化简 z ，得到其共轭复数，进而可得出结果. 【详解】因为 2 2 1 1 (1 )( ) 1 1 (1 ) 2 2 2 2 2              i i i i i iz i i i ， 所以 1 1 2 2z i   ，因此其在复平面内对应的点为 1 1,2 2     ，位于第二象限. 故选：B - 2 - 【点睛】本题主要考查复数的运算，以及复数的几何意义，熟记复数的除法运算法则，以及 复数的几何意义即可，属于基础题型. 3. 已知 a ，b 为两条不同直线， ， ， 为三个不同的平面，下列命题：①若 //  ， //  ， 则 //  ；②若 //a  ， //a  ，则 //  ；③若  ，  ，则 //  ；④若 a  ，b  ， 则 //a b ，其中正确命题序号为（ ） A. ②③ B. ②③④ C. ①④ D. ①②③ 【答案】C 【解析】 【分析】 用平面的法向量判断①，举例说明②③， 【详解】设 n  是平面 的一个法向量， //  ，则 n  也是  的一个法向量，又 //  ，∴ n  也 是 的一个法向量，这样 ,  的法向量是同一个向量，它们平行，①正确； 正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中，直线 1 1C D 与平面 1 1ABB A 和平面 ABCD 都平行，但平面 1 1ABB A 和平面 ABCD 不平行，②错误； 同样正方体中平面 1 1BCC B 与平面 1 1ABB A 和平面 ABCD 都垂直，但平面 1 1ABB A 与平面 ABCD 相交，故③错误； 根据线面垂直的性质定理知④正确． 故选：C． 【点睛】本题考查空间线线、线面、面面间的位置关系，错误的命题可反例说明，正确的命 题一般需要证明，而平行垂直问题可由平面的法向量，直线的方向向量判断． 4. 为了解运动健身减肥的效果，某健身房调查了 20 名肥胖者，健身之前他们的体重（单位： kg）情况如柱形图 1 所示，经过四个月的健身后，他们的体重情况如柱形图 2 所示 - 3 - 对比健身前后，关于这 20 名肥胖者，下面结论不正确的是（ ） A. 他们健身后，体重在区间 90,100 内的人数增加了 2 个 B. 他们健身后，体重在区间 100,110 内的人数没有改变 C. 因为体重在 100,110 内所占比例没有发生变化，所以说明健身对体重没有任何影响 D. 他们健身后，原来体重在区间 110,120 的肥胖者体重都有减少 【答案】C 【解析】 【分析】 由所给的柱形图分析减肥前和减肥后体重在各个区间人数的变化，即可得到答案. 【详解】A.体重在区间[90，100）内的肥胖者由健身前的 6 人增加到健身后的 8 人，故人数 增加了 2 个，正确； B.他们健身后，体重在区间[100，110）内的百分比没有变，所以人数没有变，正确； C.他们健身后，出现了体重在[80，90）内的人，健身之前是没有这部分体重的，说明健身对 体重还是有影响的，故错误； D.因为图 2 中没有体重在区间[110，120）内的比例，所以原来体重在区间[110，120）内的 肥胖者体重都有减少，正确． 故选：C． 【点睛】本题主要考查利用柱形图分析数据的变化，考查分析问题与数据处理的能力，属于 基础题． 5. 课堂上数学老师和同学们做游戏，随机询问甲、乙、丙、丁 4 位同学的作业完成情况，甲 - 4 - 说：“丙未完成作业或丁未完成作业”；乙说：“丁未完成作业”；丙说：“我完成作业了”； 丁说：“我完成作业了”.他们中恰有一个人说了谎话，请问：是谁说了谎话？（ ） A. 甲 B. 乙 C. 丙 D. 丁 【答案】D 【解析】 【分析】 根据题意判断其中两人说话矛盾，有人说谎话，其他人说真话，可推出. 【详解】由乙说：“丁未完成作业，与丁说：“我完成作业了”， 则乙丁有一人说谎， 则甲丙说的真话，可知丙完成作业了，丁未完成作业， 进而可以判断丁说了假话. 故选：D. 【点睛】本题考查简单的合情推理，属于基础题. 6. 我国古代数学著作《九章算术》中有如下问题“今有器中米，不知其数，前人取半，中人 三分取一，后人四分取一，余米一斗五升，问米几何？”如图是执行该计算过程的一个程序 框图，当输出的 1.5S  （单位：升），则器中米 k 应为（ ） A. 2 升 B. 3 升 C. 4 升 D. 6 升 - 5 - 【答案】D 【解析】 【分析】 模拟程序运行，观察变量值的变化，确定程序功能，列方程求解． 【详解】程序运行变量值变化如下： 1,n S k  ，满足 4n  ， 2n  ， 2 2 k kS k   ；满足 4n  ， 3n  ， 2 2 3 3 k k kS    ；满足 4n  ， 4n  ， 3 3 4 4 k k kS    ；不满足 4n  ，输出 4 kS  ， ∴ 1.54 k  ， 6k  ． 故选：D． 【点睛】本题考查程序框图，考查循环结构，模拟程序运行，观察变量值的变化是解题的常 用方法． 7. 若曲线 lny x 在 1x  处的切线也是 xy e b  的切线，则b  （ ） A. -1 B. -2 C. 2 D. e 【答案】B 【解析】 【分析】 求出曲线 lny x 在 1x  处的切线，设切线与曲线 xy e b  切于点 0 0( , )x y ，根据导数的几 何意义求出切点坐标，确定b 值． 【详解】由 lny x 得 1y x   ， | 11y x  ，又 ln1 0 ，所以曲线 lny x 在 1x  处的切线方 程为 1y x  ， 设直线 1y x  与曲线 xy e b  切于点 0 0( , )P x y ，由 xy e b  得 exy  ， 0 0 | x x xy e  ， 所以 0 1xe  ， 0 0x  ，所以 0 0 1y e b    ，解得 2b   ． 故选：B． 【点睛】本题考查导数的几何意义，解题时要注意区分函数在某点处的切线与过某点的切线． 对过某点的切线问题一般设切点坐标为 0 0( , )x y ，由导数几何意义求出切线方程（或切线斜 - 6 - 率），利用所过点求出切点坐标，得出结论． 8. 已知双曲线C ： 2 2 2 2 1x y a b   （ 0a  ， 0b  ）的右焦点为 F ，O 为坐标原点，以OF 为 直径的圆与双曲线C 的一条渐近线交于点O 及点 4 2, 5 5 A     ，则双曲线C 的方程为（ ） A. 2 2 14 yx   B. 2 2 14 x y  C. 22 18 2 yx   D. 2 2 12 8 x y  【答案】B 【解析】 【分析】 由题意可得 OA 的值，及渐近线的斜率，从而可求得渐近线倾斜角的余弦值，再由题意可得 OF 与OA的关系，及 , ,a b c 的关系求出 ,a b 的值，进而求出双曲线的方程. 【详解】解：由题意得 2 24 2( ) ( ) 2 5 5 OA    ，且 OA AF ， 2 15 4 2 5 b a   ， 所以 1tan 2 bAOF a    ，所以 2cos 5 AOF  ， 所以 cosOF AOF OA   ，即 2 2 5 c   ，得 5c  ， 因为 2 2 2c a b  ，所以解得 2 24, 1a b  ， 所以双曲线方程为 2 2 14 x y  ， 故选：B 【点睛】此题考查双曲线的性质和圆的性质，属于中档题. 9. 若函数   πsin 2 3f x x     ，则（ ） A.      1 3 2f f f  B.      1 2 3f f f  C.      2 1 3f f f  D.      3 2 1f f f  - 7 - 【答案】B 【解析】 【分析】 画出函数   πsin 2 3f x x     在 π 7π,6 6      上的图象，结合图象可得出    1 2 0f f  ，  3 0f  ，进而可选出答案. 【详解】由   πsin 2 3f x x     ，列表如下： π2 3x  0 π 2 π 3π 2 2π x π 6 5π 12 2π 3 11π 12 7π 6  f x 0 1 0 1 0 画出函数  f x 在 π 7π,6 6      上的图象，如下图 因为 π 5π 2π1 26 12 3     ，且 5π 5π1 212 12    ，所以    1 2 0f f  ， 因为 2π 7π33 6   ，所以  3 0f  ， 所以      1 2 3f f f  . - 8 - 故选：B. 【点睛】本题考查比较三角函数值的大小，考查正弦函数图象的应用，注意数形结合方法的 应用，属于中档题. 10. 已知数列 na 是各项均为正数的等比数列，若 3 2 5a a  ，则 4 28a a 的最小值为（ ） A. 40 B. 20 C. 10 D. 5 【答案】A 【解析】 【分析】 用 2a 表示 q，代入 4 28a a 后用基本不等式求得最小值． 【详解】∵ 2 0a  ， ∴ 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 2 ( 5) 25 258 8 9 10 2 9 10 408 aa q a a aa aa aa a            ，当且仅 当 2 2 259a a  ，即 2 5 3a  时等号成立． 故选：A． 【点睛】本题考查用基本不等式求最值，解题方法是消元法，即用代入消元法化二元函数为 一元函数，然后求解． 11. 如图，在平面四边形 ABCD 中， 60ABC   ， AD DC ， 2BC  ， 2 3AD  ， 60ACB ACD     ，则 tan ACD  （ ） A. 3 2 B. 3 C. 3 3 D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】 - 9 - 根据正弦定理和直角三角形的性质即可求解 【详解】解：设 ACD   ，在 Rt ACD△ 中， 因为 AD DC ， 2 3AD  ， 所以 2 3 sinAC  ， 在 ABC 中， 60ABC   ， 60ACB ACD     ， 2BC  ， 所以 60BAC     ， 由正弦定理得， 2 3 2 sin sin(60 ) sin60     ， 所以sin 2sin(60 )    ，即 2sin 3 cos  ， 所以 3tan 2   ， 所以 3tan 2ACD  ， 故选：A 【点睛】此题考查了正弦定理的应用，考查了运算能力和数形结合的能力，属于中档题 12. 已知函数   2 , 0 , 0x x xf x e x    ，   2 2g x x x   （其中 e 是自然对数的底数），若关于 x 的 方程    0g f x m  恰有三个不等实根 1x ， 2x ， 3x ，且 1 2 3x x x  ，则 2 1 3x x x  的最 小值为（ ） A. 3 ln 22  B. 3 ln 22   C. 3 ln 22   D. 3 ln 22  【答案】B 【解析】 【分析】 分别画出  f x 和  g x 的图像，令    , 0t f x t  ，则   2 2g t t mt     ，要满足题意， 则 0 1m  ，此时 y=m 与 y=g(t)有两个交点 1 2,t t ，且 1 2 1 20 1,1 2, + =2t t t t    ，通过 1 2,t t 研究函数  f x 图像，由图可得 12 1 2=xe t x ， 3 2=x t ，用 1t 表示出 2 1 3x x x  ，构造函数求导 - 10 - 可求最值. 【详解】根据题意画出  f x 和  g x 的图像，如图，令  t f x ,则 0t  ,  g t m , 当 0 1m  时，y=m 与 y=g(t)有两个交点 1 2,t t ，且 1 2 1 20 1,1 2, + =2t t t t    ， 当 1t t 时对应两个 x 值，当 2t t 时对应一个 x 值，则方程恰有三个不等实根 1x ， 2x ， 3x ， 且 12 1 2=xe t x , 3 2=x t ，取对数得 1 12 =lnx t ，所以 2 1 3 1 1 2 1 1 1= =2 ln 22x x x t x t t t      ， 构造函数    1h =2 ln 2 0 12t t t t    ，   1 4 1=2 2 2 th t t t    ，  =0h t ， 1 4t  ， h(t)在 10, 4      上单调递减，在 1 14      ， 上单调递增， 所以当 1 4t  时函数 h(t)取得最小值 1 1 1 1 3h = ln 2= ln 24 2 2 4 2         故选：B 【点睛】本题考查复合函数与分段函数的应用，同时考查导数的综合应用及最值问题，应用 了数形结合的思想及转化构造的方法． 二、填空题： 13. 已知函数   2 2logf x x a x  ，若  2 5f  ，则 1 2f      ______. 【答案】 3 4  【解析】 【分析】 - 11 - 由  2 5f  ，可求出 a 的值，进而可求得 1 2f     . 【详解】由题意，   2 22 2 log 2 4 5f a a     ，解得 1a  ，故   2 2logf x x x  ， 所以 2log1 1 1 1 312 4 2 4 4f           . 故答案为： 3 4  . 【点睛】本题考查求函数值，考查学生的计算求解能力，属于基础题. 14. 在 ABC 中， AB AC AB AC      ， 4AB  ， 3AC  ，则 BC  在 BA  方向上的投 影是______. 【答案】4 【解析】 【分析】 把等式 AB AC AB AC      平方，转化为向量的数量积，得 AB AC  ，从而可得结论． 【 详 解 】 ∵ AB AC AB AC      ， ∴ 2 2 AB AC AB AC      ， 即 2 2( ) ( )AB AC AB AC      ，∴ 0AB AC   ，∴ AB AC ， BC  在 BA  方向上的投影就是 cos 4BC CBA BA   ． 故答案为：4． 【点睛】本题考查向量的投影，数量积的几何意义，考查向量数量积与向量垂直之间的关系．解 题关键是把向量的模用数量积表示． 15. 已知椭圆C ： 2 2 2 2 1x y a b   （ 0a b  ）的左焦点为 F ，经过原点的直线与C 交于 A ，B 两点，总有 120AFB  ，则椭圆C 离心率的取值范围为______. 【答案】 10, 2      【解析】 【分析】 设椭圆右焦点为 2F ，由对称性知， 2 2AF F BFF   ，从而有 2 60FAF   ，设 AF m ， - 12 - 2AF n ，由椭圆定义结合基本不等式得 2mn a ，在焦点三角形中应用余弦定理，代入 2mn a ，结合余弦函数性质可得离心率的范围． 【详解】如图，设椭圆右焦点为 2F ，由对称性知 2AFBF 是平行四边形， 2 2AF F BFF   ， ∵ 120FB   ，∴ 2 60FAF   ， 设 AF m ， 2AF n ，由椭圆定义知 2m n a  ，则 2 2( ) 4 m nmn a  ，当且仅当 m n 时等号成立， 在 2AFF 中，由余弦定理得 22 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) 2 4 4 4 4 4cos 1 1 1 22 2 2 2 m n FF m n mn c a c a cFAF emn mn mn a                ， 又 2 60FAF   ， 2 1cos 2FAF  ，∴ 2 11 2 2e  ，解得 10 2e  ． 故答案为： 10, 2      ． 【点睛】本题考查求椭圆离心率的范围，解题关键是把已知条件转化为焦点 2FAF△ 中， 2 60FAF   ，然后椭圆定义，余弦定理，基本不等式求得结论． 16. 如图，矩形 ABCD 中， 2 2BC AB  ，N 为边 BC 的中点，将 ABN 绕直线 AN 翻折 到 1AB N△ ， M 为线段 1B D 的中点，则在 ABN 翻折过程中， - 13 - ①与平面 1AB N 垂直的直线必与直线CM 垂直； ②线段CM 的长恒为 5 2 ； ③异面直线CM 与 1NB 所成角的正切值为 3 3 ； ④当三棱锥 1B AND 的体积最大时，三棱锥 1B AND 外接球的体积是 4π 3 . 上面说法正确的所有序号是______. 【答案】①②④ 【解析】 【分析】 取 1AB 的中点 K ， AD 的中点O ，连接 KM ， KN ， 1OB ， ON ，证明 //CM 平面 1B AN ， 可判断①，证明过程中的结论可判断②③，当三棱锥 1B AND 的体积最大时，平面 1AB N  平面 AND ，由此确定O 是外接球球心，可判断④． 【详解】取 1AB 的中点 K ， AD 的中点O ，连接 KM ，KN ， 1OB ，ON ，连接OB 交 AN 于 E ，连接 1EB ， ∵ K 是 1AB 中点， N 是 BC 中点，∴ // //KM AD NC ， 1 2KM AD NC  ， ∴ KMCN 是平行四边形， //CM KN ，又CM  平面 1ANB ， NK  平面 1ANB ，∴ //CM 平面 1B AN ，与平面 1AB N 垂直的直线必与直线 NK 垂直，即与CM 垂直，故①正确； 2 2 1 1CM NK B N B K   2 2 1 51 2 2       ，故②正确； - 14 - 1KNB 即为异面直线CM 与 1NB 所成的角， 1 1 1 1tan 2 B KKNB B N    ，故③错误； 当平面 1AB N  平面 AND 时，三棱锥 1B AND 的体积最大，由已知 AONB 是正方形， OB AN ，即 1 ,B E AN OE AN  ，∴ 1OEB 是二面角 1B AN O  的平面角， ∴ 1 2OEB   ，∴ 2 2 2 2 1 1OB OE EB OE EA OA ON OD       ，O 为三棱锥 1B AND 外接球球心，且 1R OA  ， 34 4 3 3V R   ，故④正确. 故答案为：①②④ 【点睛】本题考查空间折叠问题，考查线面平行的判断，求异面直线所成的角，棱锥与其外 接球体积，考查空间想象能力，逻辑推理能力，解题关键是取 1AB 的中点 K ，证明 //CM KN ， CM KN ． 三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17. 2020 年是我国全面建成小康社会和“十三五”规划收官之年，作为制造业城市，某市一 直坚持把创新摆在制造业发展全局的前置位置和核心位置，在推动制造业高质量发展的大环 境下，某市某工厂统筹各类资源，进行了积极的改造探索，下表是该工厂每月生产的一种核 心产品的产量 x （3 15x  ）（件）与相应的生产总成本 y （万元）的四组对照数据： x 5 7 9 11 y 200 298 431 609 工厂研究人员建立了 y 与 x 的两种回归模型，利用计算机算得近似结果如下： 模型①： 3 1733 xy   - 15 - 模型②： 68 160y x  其中模型①的残差图如图所示： （1）在下表中填写模型②的残差（残差  真实值  预报值），判断哪一个模型更适宜作为 y 关 于 x 的回归方程？并说明理由. x 5 7 9 11 y 200 298 431 609 残差 e （2）研究人员统计了 20 个月的产品销售单价，得到频数分布表如下： 销售单价分组（万元）  75,85  85,95  95,105 频数 10 6 4 若以这 20 个月销售单价的平均值定为今后的月销售单价（同一组中的数据用该组区间的中点 值作代表），结合你对（1）的判断当月产量为 12 件时，预测当月的利润. 【答案】（1）填表见解析；模型①更适宜作为 y 关于 x 的回归分析，答案见解析；（2）预测当 月的利润为 295 万元. 【解析】 【分析】 - 16 - （1）求出模型②的残差数据，比较残差数据即可得到答案. （2）首先根据频率分布表得到平均值，设设月利润为 Z 万元，得到 3 87 87 1733 xZ x y x      ，再将 12x  代入即可得到答案. 【详解】（1）模型②的残差数据如下表： x 5 7 9 11 y 200 298 431 609 残差 e 20 18 21 21 模型②的残差图 模型①更适宜作为 y 关于 x 的回归分析，因为： 理由 1：模型①这 4 个样本点残差的绝对值都比模型②的小； 理由 2：模型①这 4 个样本的残差点落在的带状区域比模型②的带状区域更窄； 理由 3：模型①这 4 个样本点的残差点比模型②的残差点更贴近 x 轴. （2）这 20 个月销售单价的平均值为 80 10 90 6 100 4 8720       . 设月利润为 Z 万元，由题意知 3 87 87 1733 xZ x y x      . 当 12x  时， 295Z  万元， - 17 - 所以当月产量为 12 件时，预测当月的利润为 295 万元. 【点睛】本题主要考查残差的概念和性质，同时考查了频率分布表求平均值，考查学生对数 据的分析和处理，属于简单题. 18. 已知数列 na 满足 1 1a  ， 1 4 2 n n na a   . （1）求数列 na 的通项公式； （2）令   1 2 1 1 n n n n b a a     ，记数列 nb 的前 n 项和为 nT ，若对于任意的 n N ，均有 nm T 恒成立，求实数 m 的取值范围. 【答案】（1） 12n na -= ；（2） 1m  . 【解析】 【分析】 （1）由 1 4 2 n n na a   ，得 1 1 2 4 2 n n na a     ，两式相除得 2 4n n a a   ，然后对 n 分奇偶求解 na 即 可； （2）由（1）可得    11 2 1 12 2 1 2 12 1 2 1 n n n nn nb           ，从而可求得 21 2 1n nT    ， 可得 1nT  ，所以 1m  . 【详解】（1）由 1 4 2 n n na a   ，则 1 1 2 4 2 n n na a     ，两式相除得： 2 4n n a a   . 当 n 为奇数时， 1 121.4 2 n n na    ， 当 n 为偶数时， 1 122 4 2 n n na     ， ∴ 12n na -= . （2）由（1）知    11 2 1 12 2 1 2 12 1 2 1 n n n nn nb           ， 则 0 1 2 1 1 1 1 1 12 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1n n nT              1 1 22 12 2 1 2 1n n         ， - 18 - ∴ 1nT  ，由 nm T 恒成立，则 1m  . 【点睛】此题考查由递推式求数列的通项公式，裂项相消求和法，考查了计算能力，属于基 础题. 19. 如图，在三棱柱 1 1 1ABC A B C 中，侧面 1 1BBC C 为菱形， 1AC AB ， 1 1B C BC O . （1）求证： 1B C AB ； （2）若 1 60CBB   ， AC BC ，棱锥 1A BB C 的体积为 1，且点 A 在侧面 1 1BBC C 上的 投影为点 O ，求三棱锥 1A BB C 的表面积 【答案】（1）证明见解析；（2） 15 2 3 . 【解析】 【分析】 （1）由侧面 1 1BBC C 为菱形，得 1B C BO ，再由 1AC AB ，O 为 1B C 的中点，得 1B C AO ， 利用直线与平面垂直的判定可得 1BC  平面 ABO ，从而得 1B C AB ； （2）点 A 在侧面 1 1BBC C 上的投影为点 O ，即 AO  平面 1 1BBC C ，设 2BC a ，由棱锥 1A BB C 的体积为 1，求解出 a 的值，再求解三角形可得三棱锥 1A BB C 的表面积. 【详解】（1）证明：连接 AO ， ∵侧面 1 1BBC C 为菱形，∴ 1B C BO ， 又 1AC AB ，O 为 1B C 的中点，∴ 1B C AO ， 而 AO BO O ，∴ 1BC  平面 ABO ， ∵ AB 在平面 ABO 内， ∴ 1B C AB . - 19 - （2）解：点 A 在侧面 1 1BBC C 上的投影为点 O ，即 AO  平面 1 1BBC C ， 在菱形 1 1BBC C 中，∵ 1 60CBB   ，∴ 1B BC 为等边三角形， 又 AC BC ，设 2BC a ，则 1 21 2 2 sin 60 32BB CS a a a     △ ， 3AO a ， 则 1 2 31 3 3 13A BB CV a a a      ，即 1a  . ∴ 1 2 21 6 156 22 2 2ABBS          △ ， 同理可得 15 2ABCS  ， 1 1 1 2 3= 32AB C BB CS S     ， 则三棱锥 1A BB C 的表面积为 15 12 2 2 3 15 2 32 2S         . 【点睛】此题考查空间中线线垂直的证法，考查多面体体积及表面积的求法，考查空间想象 能力和计算能力，属于中档题. 20. 在平面直角坐标系 xOy 中，已知定点  0,1F ，以 PF 为直径的圆与 x 轴相切，记动点 P 的轨迹为曲线C . （1）求曲线C 的方程； （2） A 是曲线C 上异于坐标原点的任意一点，过点 A 的直线l 交 y 轴的正半轴于点 B ，且 AF BF ，另有直线l ∥ l ，且l 与曲线C 相切于点 D ，证明：直线 AD 经过定点，并求 出定点坐标. 【答案】（1） 2 4x y ；（2）证明见解析；定点的坐标是 0,1 . 【解析】 【分析】 - 20 - （1）设出 P 点坐标，根据题意可得 1 1 2 2 y PF  ，进而得解； （2）设 21, 4A m m     ，  0,B n ，根据 BF AF ，得到 21 24n m  ，进而得出直线l 的 斜率，设点 21, 4D a a     ，利用导数求出直线l 的斜率，借助直线l ∥ l ，得到 4a m   ，从 而可求出直线 AD 的斜率，利用点斜式方程，求出直线 AD 的方程，进而得解. 【详解】（1）  0,1F ， 设  ,P x y ，则 PF 的中点坐标为 1,2 2 x y      ， 以 PF 为直径的圆与 x 轴相切，  1 1 2 2 y PF  ，即  221 1 12 2 y x y    ， 化简整理得： 2 4x y ， 曲线C 的方程为 2 4x y . （2）设 21, 4A m m     ，  0,B n  0n  ， 抛物线C ： 2 4x y 的焦点为  0,1F ， 由 BF AF ， 得 2 2 2 21 11 = 1 14 4n m m m         0n  ， 解得 21 24n m  ， 所以，直线l 的斜率 2 2 21 1 24 4 1 24m n m k m m m m       ， 直线 l ∥l ， 直线l 的斜率为 k ，设点 21, 4D a a     ， - 21 -  21 4y x ， 1 2y x  ， 1 2k a ， 1 2 2 a m   ，解得 4a m   . 直线 AD 的斜率为 2 2 2 1 1 44 4 4 4AD m a m a mk m a m      ， 直线 AD 的方程为   2 21 4 4 4 my m x mm    ，整理可得 2 4 1 04 m x ym     ， 由 0 1 0 x y     ，解得 0 1 x y    ， 故直线 AD 经过的定点的坐标是  0,1 . 【点睛】本题考查抛物线的标准方程的求解及直线过定点问题，其中涉及到利用导数求切线 斜率、两点之间的距离公式、斜率公式及点斜式方程，属于中档题.求解含有参数的直线过定 点问题，有两种方法：①任给直线中的参数赋两个不同的值，得到两条不同的直线，然后验 证这两条直线的交点就是题目中含参数直线所过的定点，从而问题得解；②分项整理，含参 数的并为一项，不含参数的并为一项，整理成等号右边为零的形式，然后令含参数的项和不 含参数的项分别为零，解方程组所得的解即为所求定点. 21. 已知函数   lnf x x kx  ， k R . （1）讨论函数  f x 的单调性； （2）若函数   xeg x xax   ，当 1k   且 2 0 2 ea  ，求证：    g x f x . 【答案】（1）答案不唯一，具体见解析；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】 （1）求出导函数 ( )f x ，按 0k  和 k 0 分类讨论得出 ( )f x 的正负，得单调区间； （2）不等式即为 lnxe ax x ，在 0 1x  时易得成立，在 1x  时，由 a 的范围得 210 ln ln2ax x e x x  ，这样只要证明 21 ln2 xe e x x 即可，为此构造函数   22 ln xeh x xx    （ 1x  ），求得导数    2 2 2 1xe x xh x x     ，再引入函数令    22 1xx e x x    ，由导数确定 ( ) x 的单调性，函数值的正负，得 ( )h x 的单调性，极 - 22 - 值，证得结论． 【详解】（1）函数的定义域为 0,  ，   1 1kxf x kx x     ， 当 0k  时，   0f x  ，故函  f x 在 0,  上单调递增. 当 k 0 时，令   0f x  ，解得 1x k   ， 故函数  f x 在 10, k     上单调递增，在 1 ,k      上单调递减. （2）根据已知条件，   lnf x x x  ，要证    g x f x ，即证 lnxe ax x ， ①当 0 1x  时， e 1x  ， ln 0ax x  ，显然成立； ②当 1x  时， ln 0x x  ，结合已知 2 0 2 ea  可得， 210 ln ln2ax x e x x  ， 于是问题就转化为证明 21 ln2 xe e x x ，即证 22 ln 0 xe xx    ， 令   22 ln xeh x xx    （ 1x  ），则    2 2 2 1xe x xh x x     ， 令    22 1xx e x x    ，则   22 1xx xe    ，  x 在  1, 上单调递增. ∵   21 1 0e     ，  2 3 0   ， ∴存在  0 1,2x  ，使得  0 0x  ，即 0 2 02 1xx e   ， ∴  x 在 01, x 上单调递减，在 0,x  上单调递增， 又  1 1 0    ，  2 0  ，故当  1,2x 时，   0h x  ，  h x 单调递减， 当  2,x  时，   0h x  ，  h x 单调递增. ∴    2 1 ln 2 0h x h    ，故   0h x  ，即得证. 【点睛】本题考查用导数求函数的单调区间，用导数证明不等式，不等式证明的关键是经过 分类讨论后引入新函数，问题转化为求新函数的最值．解题中要注意多次求导，目的是确定 单调性、函数值的正负． 请考生在第 22、23 两题中任选一题作答.注意：只能做所选定的题目，如果多做，则按所做 的第一个题目计分，作答时，请用 2B 铅笔在答题卡上，将所选题号对应的方框涂黑. - 23 - 【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C 的参数方程为 3 cos 1 sin x r y r        （ 0r  ， 为参数）， 以坐标原点O 为极点， x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线 l 的坐标方程为 sin 13       ，若直线 l 与曲线C 相切. （1）求曲线C 的极坐标方程； （2）在曲线C 上取两点 M 、N 于原点O 构成 MON ，且满足 6MON   ，求面积 MON 的最大值. 【答案】（1） 4sin 3       ； （2） 2 3 . 【解析】 【分析】 （1）求出直线 l 的直角坐标方程为 y 3x  2，曲线 C 是圆心为（ 3 ，1），半径为 r 的圆， 直线 l 与曲线 C 相切，求出 r＝2，曲线 C 的普通方程为（x 3 ）2+（y﹣1）2＝4，由此能求 出曲线 C 的极坐标方程． （2）设 M（ρ1，θ），N（ρ2， 6   ），（ρ1＞0，ρ2＞0），由 1 2 6MONS OM ON sin     2sin （2 3   ） 3 ，由此能求出△MON 面积的最大值． 【详解】（1）由题意可知将直线 l 的直角坐标方程为 3 2y x  ， 曲线C 是圆心为 3,1 ，半径为 r 的圆，直线l 与曲线C 相切，可得： 3 • 3 1 2 22r     ； 可知曲线C 的方程为   2 23 1 4x y    ， 曲线C 的极坐标方程为 2 2 3 cos 2 sin 0       ， 即 4sin 3       . （2）由（1）不妨设  1,M   ， 2 , 6N      ， 1 20, 0   - 24 - 2 1 2 1 1sin • 4sin •sin 2sin cos 2 3cos2 6 4 3 2MONS OM ON                            sin2 3cos2 3 2sin 2 33            . 当 12   时， 2 3MONS   ， MON 面积的最大值为 2 3 . 【点睛】本题考查曲线的极坐标方程的求法，考查三角形的面积的最大值的求法，考查参数 方程、极坐标方程、直角坐标方程的互化等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程 思想，是中档题． 【选修 4—5：不等式选讲】 23. 已知 1( ) | |f x x a x a     . （1）当 1a  时，求不等式 ( ) 6f x … 的解集 M ； （2）若 a M ，求证： 10( ) 3f x … . 【答案】（1） { | 3M x x „ 或 3}x… .（2）证明见解析 【解析】 【分析】 （1）采用零点分段法进行分类讨论，由此求解出不等式的解集 M ； （2）由绝对值的三角不等式确定出  f x 的最小值（用 a 表示），再根据对勾函数的单调性说 明  min 10 3f x  即可. 【详解】（1）当 1a  时， ( ) | 1| | -1|f x x x   ( ) 6 | 1| | 1| 6f x x x   … … 当 1x „ 时， 1 1 6, 3, 3x x x x      … „ „ 当 1 1x   时， 1 1 6x x   … 不成立，∴ x  当 1x… 时， 1 1 6, 3, 3x x x x   … … … . - 25 - 综上得不等式的解集 { | 3M x x „ 或 3}x… . （2） 1 1 1( ) | | | | | |f x x a x a aa a a       … , | | 3a M a  … ， 令 | |t a ，则 3t… ，而 1y t t   在[3, ) 是单调增的 ∴当 3t  时， min 1 103 3 3y    ∴当 a M 时， 10( ) 3f x … . 【点睛】本题考查绝对值不等式的解法以及不等式的证明，难度一般.（1）常见的解绝对值 不等式的方法：零点分段法、图象法、几何意义法；（2）绝对值的三角不等式： x a x b a b     ， x a x b a b     . - 26 -