河南省新乡市2020届高三三模考试数学(文)试题 Word版含解析

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河南省新乡市2020届高三三模考试数学(文)试题 Word版含解析

- 1 - 2020 年河南省新乡市高考数学三模试卷(文科) 一、选择题:本大题共 12 小题,每小题 5 分,共 60 分在每小题给出的四个选项中,只有一- 项是符合题目要求的. 1. 已知复数 2 3 z i   ,则复数 z 的共轭复数 z  ( ) A. 3 1 2 2 i B. 1 3 2 2 i C. 3 1 2 2 i D. 1 3 2 2 i 【答案】A 【解析】 【分析】 复数 z 实数化,即可求解. 【详解】因为 2 2( 3 ) 3 23 ( 3 )( 3 ) i iz i i i        ,所以 3 1 2 2z i  . 故选:A 【点睛】本题考查复数的除法运算,考查共轭复数定义,属于基础题. 2. 设集合  2 1A x x   ∣ ,  0B x x e  ∣ ,则 A∩B=( ) A. { | }1x x e ﹣ B. { | 0 1}x x  C. { | }2x x e ﹣ D. { | 0 1}x x  【答案】D 【解析】 【分析】 利用交集概念及运算求出结果. 【详解】∵ { | 2 1}A x x    , { | 0 }B x x e < , ∴ { | 0 1}A B x x  ≤ 故选:D. 【点睛】本题考查了交集及其运算,熟练掌握交集的定义是解本题的关键,属于基础题. - 2 - 3. 函数 2 3 4 ln x xy x    的定义域是( ) A. (0,1)∪(1,4] B. (0,4] C. (0,1) D. (0,1)∪[4,+∞) 【答案】A 【解析】 【分析】 根据偶次根式下被开方数非负、分母不为零、对数真数大于零列式求解,即得结果. 【详解】 22 3 4 03 4 ln ln 0, 0 x xx xy x x x            1 4 (0,1) (1,4]0, 1 x xx x         故选:A 【点睛】本题考查函数定义域,考查基本分析求解能力,属基础题. 4. 若抛物线 x2=ay 的准线与抛物线 y=﹣x2﹣2x+1 相切,则 a=( ) A. 8 B. ﹣8 C. ﹣4 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】 求 出 抛 物 线 x2 = ay 的 准 线 为 4 ay   , 根 据 抛 物 线 x2 = ay 的 准 线 与 抛 物 线  22 2 1 1 2y x x x        相切可得 24 ay    ,得出答案. 【详解】抛物线  22 2 1 1 2y x x x        抛物线 x2=ay 的准线为 4 ay   则 4 ay   与抛物线 y=﹣x2﹣2x+1 相切, 所以 24 ay    ,所以 8a   故选:B 【点睛】本题考查抛物线的准线方程,考查抛物线的切线,属于基础题. - 3 - 5. 函数   cosxf x e x  的部分图象大致为( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 先判断函数的单调性,结合函数的特值可得结果. 【详解】由   cosxf x e x  ,则   sinxf x e x   当 0x  时, e 1x  ,则   sin 0xf x e x    , 所以函数  f x 在 0,  上单调递增,排除选项 A,C 又 2 2cos 02 2f e e                   ,排除除选项 B 故选: D 【点睛】本题主要考查函数图象的识别和判断,结合函数单调性以及特值是解决本题的关键. 比较基础. 6. 已知 a=log3b,b=0.3c,则“a>0”是“c>0”的( ) A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】D 【解析】 - 4 - 【分析】 根据指数函数与对数函数性质说明充分性与必要性都不成立. 【详解】若 0a  ,则 0 3 3log 0 log 1 1 0.3 1 0.3 0cb b c         ,即充分性不成立; 若 0c  ,则 0 3 30.3 0.3 1 log log 1 0cb a b       ,即必要性不成立; 故选:D 【点睛】本题考查充要关系判断、指数函数与对数函数单调性应用,考查基本分析判断能力, 属基础题. 7. 执行如图所示的程序框图,则输出的 k  ( ) A. 5 B. 3 C. 6 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】 执行程序框图,依此写出每次循环时的 ,k S 的值并判断,直到当 0S  时,退出循环,输出 k 的值. 【详解】第一次循环: 6 1 5S    , 1 1 2k    , 0S  ,不满足 0S  执行循环; 第二次循环: 5 2 3S    , 2 1 3k    , 0S  ,不满足 0S  执行循环; 第三次循环: 3 3 0S    , 3 1 4k    , 0S  ,不满足 0S  执行循环; 第四次循环: 0 4 4S     , 4 1 5k    , 0S  ,退出循环,此时输出 5k  . - 5 - 故选: A 【点睛】本题主要考查直到型循环结构的计算结构的输出,对于这类问题,通常是利用程序 框图给出的算法计算出每一步的结果并判断即可,属于基础题. 8. 定义在 R 上的函数 ( )f x 的导函数为 ( )f x ,对任意的实数 x ,都有 ( ) 1 0f x   ,且 (1) 1f   ,则( ) A. (0) 0f  B. ( )f e e  C. ( ) (0)f e f D. (2) (1)f f 【答案】B 【解析】 【分析】 构造函数 ( ) ( )g x f x x  ,求导后可判断 ( )g x 的单调性,然后利用函数 ( )g x 的单调性求解 即可. 【详解】构造 ( ) ( )g x f x x  ,则 ( ) ( ) 1g x f x   ,又 ( ) 1 0f x   ,所以 ( ) 0g x  , 所以函数 ( )g x 在 R 上单调递减,又 (1) (1) 1 1 1 0g f      , 所以 ( ) (1)g e g ,即 ( ) 0f e e  , 所以 ( )f e e  . 故选:B 【点睛】本题主要考查导数中函数构造问题,根据 ( ) 1f x  构造函数 ( ) ( )g x f x x  是解题 的关键,属于中档题. 9. 中医药,是包括汉族和少数民族医药在内的我国各民族医药的统称,反映了中华民族对生 命、健康和疾病的认识,具有悠久历史传统和独特理论及技术方法的医药学体系.是中华民 族的瑰宝.某科研机构研究发现,某品种中医药的药物成分甲的含最 x(单位:克)与药物功 效 y(单位:药物单位)之间满足 y=15x﹣2x2.检测这种药品一个批次的 6 个样本,得到成 分甲的含量的平均值为5克.标准差为 5 克.则估计这批中医药的药物功效的平均值为( ) A. 14 药物单位 B. 15.5 药物单位 C. 15 药物单位 D. 16 药物单位 - 6 - 【答案】C 【解析】 【分析】 设 6 个样本中药物成份甲的含量分别为 1 2 3 4 5 6, , , , ,x x x x x x ,根据平均值和标准差列出方程, 再代入平均数的计算公式,即可求解. 【详解】设 6 个样本中药物成份甲的含量分别为 1 2 3 4 5 6, , , , ,x x x x x x , 因为成分甲的含量的平均值为 5 克,所以 1 2 3 4 5 6 30x x x x x x      , 标准差为 5 克,所以 6 2 1 1 ( 5) 56 i i x    ,可得 6 2 1 180i i x   , 又由 215 2y x x  ,所以 6 6 6 2 1 1 1 15 2 90i i i i i i y x x         , 所以这批中医药的药物功效的平均值为 6 1 1 156 i i y    . 故选:C. 【点睛】本题主要考查了统计知识的应用,其中解答中熟记平均数和方差、标准差的计算公 式,准确计算是解答的关键,着重考查推理与运算能力. 10. 已知 Sn 为数列{an}的前 n 项和,﹣2,an,6Sn 成等差数列,若 t=a1a2+a2a3+…+anan+1,则( ) A. 1 1 8 24t    B. 1 1 8 12t    C. 1 1 6 8t    D. 1 1 6 12t    【答案】C 【解析】 【分析】 由等差中项,可得 na , nS 的关系,化简可得等比数列的通项,利用 1n na a  仍为等比数列,即 可求出t 的值. 【详解】因为 2 ,an,6Sn 成等差数列, 所以 2 6S 2n na   ① 当 1n  时, 1 12 6 2a S  ,解得 1 1 2a  , - 7 - 当 2n  时, 1 12 6 2n na S   ② 由①  ②得 12 2 6n n na a a  , 可得 1 1 2n na a   , 所以数列{an}是以 1 2 为首项, 1 2  为公比的等比数列, 故 11 1 1 2 2 2 n na                , 所以 1{ }n na a  是首项为 1 8  ,公比为 1 4 的等比数列, 所以 2 21 3 1 1 118 4 1 111 6 41 4 n n n nt a a a a a a                           L , 因为 n N , 所以 1 1 1 11 ,6 4 6 8 n                  , 所以 1 1 6 8t    故选:C 【点睛】本题主要考查了等差中项,等比数列的定义,通项公式,等比数列的求和公式,属 于中档题. 11. 三棱锥 S﹣ABC 的各顶点均在球 O 的球面上,SC 为该球的直径,AC=BC=2,∠ACB=120°, 且三棱锥 S﹣ABC 的体积为 2,则球 O 的半径为( ) A. 7 B. 5 C. 5 2 D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】 作出示意图,求得 ABC 的面积,并计算出三棱锥 S ABC 的高 SD ,利用正弦定理计算圆 E 的直径CD ,然后利用勾股定理求出 SC ,即可求解球的直径,得到答案. 【详解】如图所示, 因为 2, 120AC BC ACB     , - 8 - 可得 ABC 的面积为 1 1 3sin 2 2 32 2 4ABCS AC BC ACB         , 设 ABC 的外接圆为圆 E ,连接OE ,则OE  平面 ABC , 作圆 E 的直径CD ,连接 SD , 因为 ,O E 分别为 ,SC CD 的中点,则 / /SD OE ,所以 SD  平面 ABC , 所以三棱锥 S ABC 的体积为 1 3 23S ABCV SD     ,解得 2 3SD  , 由正弦定理,可得 4sin sin30 AC ACCD ABC     , 2 2 2 7SC CD SD   , 设球的半径为 R ,则 2 2 7R SC  ,解得 7R  . 故选:A. 【点睛】本题主要考查了球的体积的计算公式及应用,其中解答中作出示意图,根据组合体 的结构特征,找出线面垂直关系,求得三棱锥的高是解答的关键,着重考查推理与运算能力, 属于中档试题. 12. 设 A 为双曲线 2 2 2 2 1x y a b   (a>0,b>0)的一条渐近线上一点,且 A 在第四象限,O 为 坐标原点,若向量 m =(1,1), 10,OA  且 2OA m    ,则该双曲线的离心率为( ) A. 10 B. 5 C. 10 3 或 10 D. 5 2 或 5 - 9 - 【答案】A 【解析】 【分析】 由已知可设 , bA t ta     ,其中 0t  ,由 10,OA  且 2OA m    ,可得 2 2 2 10at c  , 2at b a   ,建立关于 ,a b 的方程,解之,再由双曲线离心率的公式可得选项. 【详解】由已知可得 A 为直线 by xa   上一点,且 A 在第四象限,故可设 , bA t ta     ,其中 0t  , 2 2 2 2 10b cOA t t ta a      ,其中 2 2c a b  , 2 2 2 10at c   , 2,bOA m t ta         2at b a    0, 0t b a    , 22 2 2 10 2a at c b a       , 2 2 2 2 2 2 10 4 2 a a a b b ab a    , 2 23 10 3 0a ab b    ,即 ( 3 )(3 ) 0a b a b   , 0b a  , 3b a  . 所以该双曲线的离心率为 2 2 2 2 2 2 21 10c c a b b a a a a      , 故选:A. 【点睛】本题考查求双曲线的离心率的问题,关键在于由已知条件得出关于 , ,a b c 的方程,属 于中档题. 二、填空题:本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分把答案填在答题卡中的横线上 - 10 - 13. 已知向量 a (3, ),b (6,8)   m 若 a 与 b 平行,则 m=_____. 【答案】4 【解析】 【分析】 根据向量平行的坐标表示直接列式求解. 【详解】由题意可知若 a 和 b 平行, 则3 8 6m  ,解得: 4m  故答案为:4 【点睛】本题考查向量平行的坐标表示,属于基础题型. 14. 已知函数 f(x)=2sin(ωx+φ)(ω>0,|φ|< 2  ),其图象的一条对称轴是直线 x= 3  ,且与之相邻的一个对称中心是( 7 12  ,0),则 f(x)=_____. 【答案】 2sin 2 6x     【解析】 【分析】 借助于正弦函数相邻的对称轴和对称中心的距离为四分之一个周期,求出 的值,再由五点作 图法的对称轴处取得最大值或者最小值,代入横坐标求出 值,可得  f x . 【详解】函数  f x 图象的一条对称轴是直线 3x  ,且与之相邻的一个对称中心是( 7 12  ,0), 所以 7 12 3 4 4 T     ,又 0 ,则 2T    ,解得 2  ,    2sin 2f x x   , 又  2 3 2 k k Z       ,解得  6k k     Z , ,2 6       ,即   2sin 2 6f x x      , 故答案为: 2sin 2 6x     . 【点睛】本题考查三角函数的图象和性质,利用五点作图法来解题是关键,考查学生的运算能 力和转化能力,属于基础题. - 11 - 15. 已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 12 4 S S =9,则 3 1 a a  _____. 【答案】5 【解析】 【分析】 根据等差数列的求和公式化简可得 12d a ,代入 3 1 a a 即可求出答案. 【详解】等差数列{an}中, 12 1 4 112 66 , 4 6S a d S a d    , 所以 12 1 4 1 6 33 92 3 S a d S a d   , 即 12d a , 所以 3 1 1 1 1 1 2 5 5a a d a a a a    , 故答案为:5 【点睛】本题主要考查了等差数列的求和公式,通项公式,考查了运算能力,属于中档题. 16. 在直四棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D 中,侧棱长为 6,底面是边长为 8 的菱形,且 120ABC   , 点 E 在边 BC 上,且满足 3BE EC ,动点 M 在该四棱柱的表面上运动,并且总保持 1ME BD ,则动点 M 的轨迹围成的图形的面积为______;当 MC 与平面 ABCD 所成角最 大时,异面直线 1MC 与 AC 所成角的余弦值为_______. 【答案】 (1). 15 3 (2). 2 51 17 【解析】 【分析】 首先可证 1BD AC ,在 AB 上取 F ,使得 3BF FA ,连接 EF ,则 //EF AC ,可得 1 BD EF .记 AC 与 BD 的交点为O ,以O 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系 O xyz ,在 1BB 上取一点G ,由 1 0BD EG   ,求出G 点的位置,从而得到动点 M 轨迹, 即可求出动点 M 的轨迹围成的图形的面积,显然当 M 与G 重合时,MC 与平面 ABCD 所成 - 12 - 角最大,利用空间向量法求异面直线所成角的余弦值; 【详解】解:如图,在直四棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D 中,因为底面是菱形,侧棱垂直底面, 所以 AC  平面 1 1BDD B ,所以 1BD AC . 在 AB 上取 F ,使得 3BF FA ,连接 EF ,则 //EF AC ,所以 1 BD EF . 记 AC 与 BD 的交点为 O ,以O 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系 O xyz , 则  4,0,0B ,  1 4,0,6D  ,  1,3 3,0E . 在 1BB 上取一点G ,记为  4,0,G t ,于是  1 8,0,6BD   ,  3, 3 3,EG t  . 由 1 24 6 0BD EG t      ,得 4t  ,即 12BG GB , 所以 EFG 的边为点 M 的运动轨迹. 由题意得 2 2 2 13FG BF BG   , 3 3 8 3 6 34 4EF AC    , 动点 M 的轨迹围成的图形的面积为    2 21 6 3 2 13 3 3 15 32     . 显然当 M 与G 重合时, MC 与平面 ABCD 所成角最大. 因为  4,0,4M ,  1 0,4 3,6C ,所以  1 4,4 3,2MC   ,    22 2 1 4 4 3 2 2 17MC      , 因为直线 AC 的一个方向向量为  0,1,0n  ,所以 1 1 1 4 3 2 51cos , 172 17 MC nMC n MC n         , 即异面直线 1MC 与 AC 所成角的余弦值为 2 51 17 . 故答案为:15 3 ; 2 51 17 . - 13 - 【点睛】本题考查空间中点、线、面的位置关系,利用空间向量法解决立体几何问题,考查 直观想象与数学运算的核心素养,属于难题. 三、解答题:本大题共 5 小题,共 70 分解答应写出必要的文字说明、证明过程或清算步重.17-21 题为必考题,每个试题考生都必须作答第 22,23 题为选考题,考生根据要求作答 (一)必考题:共 60 分 17. 在 ABC 中,角 A , B ,C 的对边分别为 a ,b , c ,已知 sin (2 3 cos )b A a B  . (1)求 B ; (2)若 2 3a  , 7b  ,求 ABC 的面积. 【答案】(1) 6B  ;(2) 3 2 或 5 3 2 . 【解析】 【分析】 (1)利用正弦定理可将已知等式化为 1 3sin cos 12 2B B  ,再利用两角和的正弦公式可得 sin( ) 13B   ,再确定 B 的范围即可得出结果; (2)利用余弦定理可得 2 2 2 2 cosb a c ac B   ,由此求出 c ,然后利用面积算公式 1 sin2S ac B 即可求出结果. 【详解】(1)因为 sin (2 3 cos )b A a B  ,所以sin sin sin (2 3 cos )B A A B  , 因为 A 是 ABC 的内角,所以 (0, )A  ,所以sin 0A  , - 14 - 所以sin 2 3 cosB B  ,所以 1 3sin cos 12 2B B  ,即sin( ) 13B   , 因为 (0, )3B  ,所以 4( , )3 3 3 π π πB   ,所以 3 2B    ,所以 6B  . (2)在 ABC 中,由余弦定理得 2 2 2 2 cosb a c ac B   , 即 2 2 2( 7) (2 3) 2 2 3 cos 6 πc c     , 所以 2 6 5 0c c   ,解得 1c  或 5c  , 当 1c  时, ABC 的面积 1 1 1 3sin 2 3 12 2 2 2S ac B      ; 当 5c  时, ABC 的面积 1 1 1 5 3sin 2 3 52 2 2 2S ac B      , 所以, ABC 的面积为 3 2 或 5 3 2 . 【点睛】本题主要考查了正弦定理,余弦定理及三角形的面积公式,同时考查两角和的正弦 公式的逆用,属于基础题. 18. 如图,四边形 ABCD 为矩形,△BCF 为等腰三角形,且∠BAE=∠DAE=90°,EA//FC. (1)证明:BF//平面 ADE. (2)设 BC AB  ,问是否存在正实数  ,使得三棱锥 A﹣BDF 的高恰好等于 6 6 BC?若存在, 求出  的值;若不存在,请说明理由. 【答案】(1)证明见解析;(2)存在正实数 2  . 【解析】 【分析】 - 15 - (1)通过证明平面 //ADE 平面 BCF 来证明 BF//平面 ADE; (2)设 AB a= ,BC b ,则 b a ,利用等体积法,则 A BDF F ADBV V  ,可得关于  的方 程,求解可得. 【详解】(1)因为 //AD BC , AD  平面 ADE , BC 平面 ADE ,所以 //BC 平面 ADE , 因为 //EA FC , AE  平面 ADE , FC 平面 ADE ,所以 //FC 平面 ADE , 又 BC FC C  ,所以平面 //ADE 平面 BCF 故 //BF 平面 ADE ; (2) 90 ,BAE AE AB    ,又 // , //EA FC CD AB CF CD , , , ,BC CF BC CD C   CF  平面 ABCD , 设 AB a= , BC b ,则 b a , 在矩形 ABCD 和 BCF△ 中,有 2 2 21BD DF a b a      , 2BF b , 所以在 BDF 中, BF 边上的高 2 2 2 2 2 21 1 112 2 2h DF BF a b b a           , 又 21 1 2 2ABDS ab a △ , 所以,由等体积法得 2 2 2 21 1 1 1 1 6 1 1 3 12 1 13 2 3 2 2 6 3 2 3 2a b b a b ab             , 即 211 32   ,∴ 2  , 所以存在正实数 2  ,使得三棱锥 A BDF 的高恰好等于 6 6 BC . 【点睛】本题主要考查了直线与平面的平行,棱锥体积的计算,采用了等体积法求解参数, - 16 - 考查了学生的空间想象能力和运算求解能力. 19. 某城市地铁公司为鼓励人们绿色出行,决定按照乘客经过地铁站的数量实施分段优惠政 策,不超过 9 站的地铁票价如表: 乘坐站数 0<x≤3 3<x≤6 6<x≤9 票价(元) 2 3 4 现有小华、小李两位乘客同时从起点乘坐同一辆地铁,已知他们乘坐地铁都不超过 9 站,且 他们各自在每个站下地铁的可能性是相同的. (1)若小华、小李两人共付费 5 元,则小华、小李下地铁的方案共有多少种? (2)若小华、小李两人共付费 6 元,求小华比小李先下地铁的概率. 【答案】(1)18,(2) 4 9 【解析】 【分析】 (1)先根据共付费 5 元得一人付费 2 元一人付费 3 元,再确定人与乘坐站数,即可得结果; (2)先根据共付费 6 元得一人付费 2 元一人付费 4 元或两人都付费 3 元,再分别求出小华、 小李下地铁的方案数以及小华比小李先下地铁的方案数,最后根据古典概型概率公式求结果. 【详解】(1)小华、小李两人共付费 5 元,所以小华、小李一人付费 2 元一人付费 3 元,付 费 2 元的乘坐站数有 1,2,3 三种选择,付费 3 元的乘坐站数有 4,5,6 三种选择,所以小 华、小李下地铁的方案共有 2 3 3 18   种; (2)小华、小李两人共付费 6 元,所以小华、小李一人付费 2 元一人付费 4 元或两人都付费 3 元,付费 4 元的乘坐站数也有 7,8,9 三种选择,因此小华、小李下地铁的方案共有 2 3 3 3 3 27     种;其中小华比小李先下地铁的方案共有 3 3 3 12   种;因此小华比 小李先下地铁的概率为 12 4 27 9  【点睛】本题考查实际问题中计数问题、古典概型概率,考查基本分析求解能力,属中档题. 20. 已知 1 2( 3,0), ( 3,0)F F 分别是椭圆 2 2 2 2: 1 ( 0)x yC a ba b     的左、右焦点,P 是 椭圆 C 上的一点,当 PF1⊥F1F2 时,|PF2|=2|PF1|. (1)求椭圆 C 的标准方程: - 17 - (2)过点 Q(﹣4,0)的直线 l 与椭圆 C 交于 M,N 两点,点 M 关于 x 轴的对称点为点 M′, 证明:直线 NM′过定点. 【答案】(1) 2 2 19 6 x y  ;(2)直线 NM 过定点 9 ,04     . 【解析】 【分析】 (1)由椭圆的定义和已知条件得 1 1 1 22 2 , 3PF PF a PF a   ,又由 1 1 2PF F F 可得出点 P 的坐标,代入椭圆的标准方程中可解出 ,a b ,从而得出椭圆的标准方程; (2)设出直线 l 的方程,点 M、N 的坐标,直线 l 的方程与椭圆的方程联立可得点 M、N 的坐 标的关系,再表示出直线 NM 的方程,将点 M、N 的坐标的关系代入可得直线 NM′所过的定 点. 【详解】(1)由 1 2( 3,0), ( 3,0)F F 得 3c  , 2 2 2 2( 3) 3a b b     , 由椭圆的定义得 1 2 2PF PF a  , 2 12PF PF , 1 1 1 22 2 , 3PF PF a PF a    , 1 1 2PF F F ,所以点 P 的坐标为 23, 3 a     , 将点 P 的坐标代入椭圆的方程中有 2 2 2 2 2 ( 3) 3 1 a a b       , 又 2 2 2 23, 3a b b a    , 2 2 2 2 2 ( 3) 3 13 a a a        , 解得 2 9a  或 2 9 5a  , 当 2 9 5a  , 2 2 63 05b a     ,故舍去; 当 2 9a  , 2 2 3 9 3 6b a     , 所以椭圆的标准方程为: 2 2 19 6 x y  . (2)由题意可知,直线 l 的斜率必然存在,故设直线 l 的方程为 ( 4)y k x  ,设 - 18 -    1 1 2 2, , ,M x y N x y ,则  1 1,M x y  , 联立方程组 2 2 19 6 ( 4) x y y k x       ,得  2 2 2 23 2 24 48 18 0k x k x k     ,     22 2 2 224 4 3 2 48 18 168 144 0k k k k         , 解得 2 6 7k  , 2 1 2 2 24 3 2 kx x k     , 2 1 2 2 48 18 3 2 kx x k    , 又  2 2,N x y ,  1 1,M x y  ,设直线 NM 的方程为      2 1 2 1 2 2 2 2 1 2 1 y y y yy y x x x xx x x x         , 2 1 2 1 2 1 2 2 1 2 2 2 2 1 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 y y y y y y y x y x y x y xy x x y xx x x x x x x x x x                2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 y y y x y xxx x x x            2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 4 4 4 4k x k x k x x k x xxx x x x              1 2 1 2 1 2 2 1 2 1 8 2 4k x x k kx x k x xxx x x x       2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 24 48 18 248 2 43 2 3 2 3 2 k k kk k k kk k kxx x x x                         2 2 2 1 2 1 16 36 3 2 3 2 k kx x x k x x k         2 2 1 16 9 43 2 k x x x k        , 当 9 4x   时, 0y  ,所以直线 NM 过定点 9 ,04     . 【点睛】本题考查椭圆的定义和简单的几何性质,求椭圆的标准方程,以及直线与椭圆的位 置关系中直线过定点的问题,关键在于将目标条件转化到直线与椭圆的交点的坐标上去,属 - 19 - 于较难题. 21. 已知函数 ( ) ln 3f x x x xa   的最小值为 2. (1)求 a 的值以及 f(x)的单调区间; (2)设 2 1ln (1 )na n   ,n∈N*,证明: 1 2 2 4n na a a n     L . 【答案】(1) 1a  ,单调增区间为 (1, ) ,单调减区间为 (0,1) ;(2)证明见解析. 【解析】 【分析】 (1)先求导数,再求导函数零点,确定函数单调性,根据单调性确定最小值取法,根据最小 值为 2 求出 a 的值,并可确定单调区间; (2)先根据(1)得 1 1ln(1 ) 1n n    ,再放缩得 1 1 1 2na n n    ,最后根据裂项相消法证 得不等式. 【详解】(1) 1( ) ln 3 ( ) ln 1 0 af x x x xa f x x a x e          Q , 当 1ax e  时, ( ) 0, ( )f x f x  单调递增;当 10 ax e   时, ( ) 0, ( )f x f x  单调递减; 因此当 1ax e  时, ( )f x 取最小值,即 1 1 1 1( ) 2 ( 1) 3 2 1, 1a a a af e e a ae e a            ; 因此 ( )f x 单调增区间为 (1, ) ,单调减区间为 (0,1) ; (2)由(1)得 1 1 1ln 3 2 ln ,ln(1 ) 1 xx x x x x n n         2 2 1 1 1 1 1ln (1 ) ( 1) ( 1)( 2) 1 2n na an n n n n n           Q 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1( ) ( ) ( )2 3 3 4 1 2 2 2 2 4n na a a n n n n                 L L 【点睛】本题考查利用导数求函数最值、单调区间以及证不等式、裂项相消法求和,放缩法 证不等式,考查综合分析论证与求解能力,属难题. (二)选考题:共 10 分.请考生从第 2.2 两题中任选一题作答.如果多做,则按所做的第一个 题目计分. 选修 4-4:坐标系与参数方程 - 20 - 22. 在直角坐标系 xOy 中,P(0,1),曲线 C1 的参数方程为 31 2 3 2 x t y t      (t 为参数).以坐 标原点 O 为极点,x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系,曲线 C2 的极坐标方程为 4cos  . (1)求曲线 C1 的普通方程和 C2 的直角坐标方程; (2)曲线 C1 与 C2 交于 M,N 两点,求||PM|﹣|PN||. 【答案】(1) 1 0x y   , 2 2 4 0x y x   ,(2) 14 【解析】 【分析】 (1)把曲线 C1 的参数方程消去参数 t 可得普通方程,曲线 C2 的极坐标方程为 4cos  两边 同乘以  ,把互化公式代入可得直角坐标方程; (2)把曲线 C 化成标准参数方程,代入曲线 C2 的直角坐标方程,得到关于 t 的二次方程,然 后利用 t 的几何意义求解||PM|﹣|PN|| 【详解】解:(1)曲线 C1 的参数方程为 31 2 3 2 x t y t      (t 为参数), 消去参数 t 得普通方程为 1 0x y   , 曲线 C2 的极坐标方程为 4cos  ,两边同乘以  , 得 2 4 cos   ,所以其直角坐标方程为 2 2 4 0x y x   (2)曲线 C1 过点 P(0,1),则其参数方程为 2 2 21 2 x t y t       , 将其代入方程 2 2 4 0x y x   得, 2 22 2 2( ) (1 ) 4 ( ) 02 2 2t t t       , 化简得  22 3 2 1 0 3 2 4 14 0t t       , , - 21 - 设上式方程的根为 1 2,t t ,所以 1 2 1 23 2, 1t t t t    , 所以 2 2 1 2 1 2 1 2( ) 4 ( 3 2) 4 1 14PM PN t t t t t t           【点睛】本题考查了参数方程化为普通方程,极坐标方程化为直角坐标方程,参数的几何意 义,考查了计算能力,属于中档题. 选修 4-5:不等式选讲 23. 已知 a>0,b>0,a+b=3. (1)求 1 1+2a b 的最小值; (2)证明: 9 2 a b b a ab… 【答案】(1) 4 5 ;(2)证明见解析 【解析】 【分析】 (1)由所给等式得  2 15 a b   ,再利用基本不等式即可求得最小值;(2)利用  2 2 2 2 a ba b   即可逐步证明. 【详解】(1) 3a b  ,  2 15 a b   ,且 2 0 0a b  , ,   1 1 1 1 1 1 2+ + 2 22 5 2 5 2 b aa ba b a b a b                  1 2 42 25 2 5 b a a b         ,当且仅当 2=2 b a a b   即 1 5 2 2a b , 时等号成立,  1 1+2a b 的最小值为 4 5 . (2)因为 a>0,b>0,所以要证 9 2 a b b a ab… ,需证 2 2 9 2a b  , 因为  2 2 2 2 3 9 2 2 2 a ba b     , 所以 9 2 a b b a ab… ,当且仅当 3 2a b  时等号成立. 【点睛】本题考查条件等式求最值、基本不等式的应用,属于中档题. - 22 -
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