福建省福州第一中学2020届高三6月高考模拟考试数学（文）试题 Word版含解析

福建省福州第一中学2020届高三6月高考模拟考试数学（文）试题 Word版含解析

- 1 - 福州一中 2019—2020 学年第二学期模拟试卷 高三文科数学试卷 一､选择题 1. 已知集合    | |1 2A x x a B x x    ， ，且 ( )A B  RRð ，则实数 a 的取值范围 是（ ） A. 1a  B. 1a  C. 2a  D. 2a  【答案】C 【解析】  | 1, 2RC B x x x  或 .    ( ) | | 1, 2 2RA C B x x a x x x R a        或 .故选 C 2. 复数 3 iz ii   （i 为虚数单位），则复数 z 的共轭复数为（ ） A. 2 i B. 2 i C. 4 i D. 4 i 【答案】B 【解析】 试题分析：由题 3 2iz i ii     ，则复数 z 的共轭复数为 2 i ，选 B 考点：复数的运算，共轭复数 3. 已知平面向量 (1, )a x ， (2,3)b  ，若向量 2a b  与向量b  共线，则 x  （ ） A. 7 2 B. 5 2 C. 3 2 D. 1 2 【答案】C 【解析】 【分析】 首先求 2a b  的坐标，再根据向量共线，列式求解. 【详解】  2 4,2 3a b x   当向量 2a b  与向量b  共线时，满足  4 3 2 3 2x    ，解得： 3 2x  . 故选：C - 2 - 【点睛】本题考查向量共线的坐标表示，属于基础题型. 4. 已知 ,m n 是两条不同的直线， 是一个平面，且 m  ，则“ m n ”是“ //n  ”的 （ ） A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】 通过两者之间的推出关系可判断两者之间的条件关系. 【详解】如图，在正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中， 1A A  平面 ABCD ， 1BC AA ，但 BC 平面 ABCD ， 所以“ m n ”推不出“ //n  ”. 若 //n  ，如图，设 n  ，且 l   ，则 //n l ， 因为 m  ，l  ，故 m l ，所以 m n ， 所以“ //n  ”能推出“ m n ” 所以“ m n ”是“ //n  ”的必要不充分条件. 故选：A. - 3 - 【点睛】本题考查空间中与线面位置关系有关的命题的真假判断以及必要不充分条件的判断， 后者需根据两者之间的推出关系来判断. 5. 已知 1 2 4 34 , log 9, log 2a b c     ，则 , ,a b c 的大小关系是（ ） A. a b c  B. a c b  C. c a b  D. c b a  【答案】B 【解析】 【分析】 利用指数函数与对数函数的单调性，分别得出 a b c， ， 的大致范围，即可得出结果. 【详解】 4 1 12 4 3 3 1, log14 2 log 9 log 2 log 34 1, 22a b c         .  a c b  . 故选：B. 【点睛】本题考查了指数与对数函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于基础题型. 6. 已知正项等比数列 na 的首项和公比相等，数列 nb 满足 2logn nb a ，且 1 2 3+ + 12b b b  ， 则 4 =a （ ） A. 4 B. 32 C. 108 D. 256 【答案】D 【解析】 【分析】 设正项等比数列 na 的首项和公比为 q  0q  ,则 n na q ，依题意得到方程解出 q，即可求 解； 【详解】解：设正项等比数列 na 的首项和公比为 q  0q  ,则 n na q 又因为 2logn nb a ，且 1 2 3+ + 12b b b  所以  2 2 3 12 2 232 12log log log loga q q qa a      即 2log 2q  ，所以 4q  ， - 4 - 所以 4n na  所以 4 4 =4 256a  故选：D 【点睛】本题考查等比数列通项公式的计算，属于基础题. 7. 已知函数 , 0( ) ln , 0 xe xf x x x     ，则不等式 1( ) 2f x  的解集是（ ） A. ( , ln 2] (0, ]e   B. ( , ln 2)  C. (0, ]e D. ( , ln 2) (0, )e   【答案】A 【解析】 【分析】 根据分段函数，分 0x  或 0x  两种情况，分别根据指数函数和对数函数的性质求解即可. 【详解】当 0x  时，由 1( ) 2f x  得 1 2 xe  ，两边取以 e 为底的对数得： ln 2x   ， 当 0x  时，由 1( ) 2f x  得 1ln 2x  ，解得 1 20 x e e   ， 综上 ln 2x   或 0 x e  ， 故选：A 【点睛】本题主要考查了分段函数的性质，利用指数函数、对数函数单调性解不等式，属于 中档题. 8. 在区间[ 1,1] 上随机取一个数 k ，使直线 ( 3)y k x  与圆 2 2 1x y  相交的概率为（ ） A. 1 2 B. 1 3 C. 2 4 D. 2 3 【答案】C 【解析】 【分析】 根据直线与圆相交，可求出 k 的取值范围，根据几何概型可求出相交的概率. 【详解】因为圆心 (0,0) ，半径 1r  ，直线与圆相交，所以 - 5 - 2 | 3 | 1 1 kd k    ，解得 2 2 4 4k   所以相交的概率 2 22 2 4P   ,故选 C. 【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系，几何概型，属于中档题. 9. 函数  ( ) 2 2 sin cosx xf x x x  的部分图象大致是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 利用函数的奇偶性可以排除部分选项，再利用特殊值进行排除，可得正确结果. 【详解】因为      ( ) 2 2 sin cos ( )x xf x x x f x      ，所以 ( )f x 是偶函数，排除选项 A； 当 (0, ), ( ) 02x f x  ，排除选项 D； 当 ( , ), ( ) 02x f x   ，排除选项 C； 故选：B. 【点睛】本题主要考查函数图象的识别，利用函数的性质及特殊值，采用排除法是这类问题 的常用方法，侧重考查直观想象的核心素养. 10. 已知函数 ( ) 2sin( ) ( 0, )2f x x        ，对于满足 1 2( ) ( ) 4f x f x  的 1 2,x x ， 有 1 2 min 3 2x x   ，又 ( ) 02f   ，则下列说法正确的是（ ） A. 2  B. 函数 2y f x      为偶函数 - 6 - C. 函数  f x 在 3,4 4      上单调递增 D. 函数  y f x 的图象关于点 ,04      对称 【答案】C 【解析】 【分析】 根据最值和周期结合三角函数值解得 2( ) 2sin 3 3f x x      ，再根据奇偶性和单调性，对称 性依次判断每个选项得到答案. 【详解】根据题意 1 2 min2 3T x x    ，则 2 3T    ，故 2 3   ， 2sin 02 3f               ，故 3 k    ， k Z ，当 0k  时， 3    满足条件， 故 2( ) 2sin 3 3f x x      ，故 A 错误， 2 22sin2 3 3y f x x              ，不是偶函数，B 错误； 当 3,4 4x       时， 2 3 3 2 , 6x         ，故函数单调递增，C 正确； 22sin 2sin 04 3 4 3 6f                         ，D 错误. 故选：C. 【点睛】本题考查了三角函数解析式，周期，最值，奇偶性，单调性，对称性，意在考查学 生对于三角函数知识的综合应用. 11. 过抛物线 2 2 ( 0)C y p x p ： 的焦点 F 的直线与抛物线C 交于 ,A B 两点，且 3AF FB  ，直线 AB 与抛物线 C 的准线l 交于点 D ， 1AA l 于 1A ，若 1AA D△ 的面积等 于8 3 ，则 p  （ ） A. 3 2 B. 2 C. 5 2 D. 4 - 7 - 【答案】B 【解析】 【分析】 根据抛物线的性质和相似三角形，用 p 表示出 1AA D△ 底和高，根据面积列方程求出 p 的值． 【详解】设直线 AB 的倾斜角为锐角，分别过点 A B， 作 1 1,AA l BB l  ，垂足为 1 1,A B ,由 抛物线的性质可知 1 1, ,AA AF BB BF EF p   , 设 ,BD m BF n  ，则 1 1 1 3 BD BB BF AD AA AF    ，即 1 , 24 3 m m nm n    . 又 1 2, 3 BB BD n m EF DF p m n     ,得 2 3 pn  12 , 30DF m n p ADA       ，又 1 13 2 , 2 3 ,AA n p A D p    1AA D△ 的面积为 1 2 2 3 8 32 p p   ，解得： 2p  . 故选:B. 【点睛】本题主要考查抛物线的定义、直线与圆锥曲线的位置关系,考查了转化思想与逻辑推 理能力. 12. 如图，正三棱锥 P ABC 的侧棱长为 2，底面边长为 2 2 ， ,D E 分别是 ,AC AB 的中 点， M 是 PD 上的动点， N 是平面 PCE 上的动点，则 AM MN 的最小值是（ ） - 8 - A. 3 2 B. 6 4 C. 2+ 6 4 D. 2+ 6 2 【答案】D 【解析】 【分析】 根据垂线段的几何性质，结合线面垂直的判定定理、图形翻折的性质、锐角三角函数进行求 解即可. 【详解】取 CB 中点 F ,连接 DF 交 CE 于点O ,由正棱锥的性质可知：底面是正三角形，侧 面是等腰三角形，而 ,D E 分别是 ,AC AB 的中点，因此有 ,AB CE AB PE  ， 而 , ,CE PE E CE PE  面 PCE ,所以 AB  面 PCE ， 因此有 DO  面 PCE ,因为 M 是 PD（ ,P M 不重合）上的动点，N 是平面 PCE 上的动点， 所以当 MN  平面 PCE 时，MN 最小，因此有 //MN DF , 因为 DO 面 PCE ,所以 DP 在平面 PCE 的射影为 OP ，因此点 N 在 OP 上， 再把平面 POD 绕 PD 旋转与面 PDA 共面，得到 'PDO ,如图所示：又可证得 90POD   . 当 ' 'PO AN 时， AM MN 有最小值，为 'AN 的长度， 1 2PD AC ， 1 1 1 1 2 2 2 4DO DF AB AB    ， 1sin 2 ODOPD PD     ，即 30OPD   ， 45 30 75APN        ，可得 6 2sin 75 4   ， min 6 2( ) sin 75 22AM MN AN PA        , 若 , ,P M N 重合, MN 的长度为零，此时 2AM MN AP   , 故选:D - 9 - 【点睛】本题考查空间几何体中的距离最值问题，考查了空间想象和思维能力,综合性较强. 在解决此类最值问题时,一般采用侧面展开的形式将立体问题转化为平面问题解决. 二.填空题 13. cos15 cos45 cos75 cos45 =     _________. 【答案】 1 2 【解析】 【分析】 题设中的三角函数值可转化为 cos15 cos45 sin15 sin 45    ，逆用两角和的余弦可求给定 的三角函数式的值. 【详解】 cos15 cos45 cos75 cos45 =     1cos15 cos45 sin15 sin 45 cos60 2         . 故答案为： 1 2 . 【点睛】三角函数的中的化简求值问题，我们往往从次数的差异、函数名的差异、结构的差 异和角的差异去分析，处理次数差异的方法是升幂降幂法，解决函数名差异的方法是弦切互 化，而结构上差异的处理则是已知公式的逆用等，最后角的差异的处理则往往是用已知的角 去表示未知的角. 14. 已知变量 ,x y 满足 1 2 0 4 8 0 x x y x y          ，则 22 x yz   的最大值是_________. - 10 - 【答案】 1 2 【解析】 【分析】 首先画出可行域，设 2t x y   ，并令 0t  ，作出初始目标函数 2y x  表示的直线，根据 图象判断目标函数的最大值. 【详解】首先画出可行域，设 2t x y   ，并令 0t  ，作出初始目标函数 2y x  表示的直 线，当 0x  时， y t  ，平移直线 2y x  ，当直线过点 A 时，目标函数取得最大值， 1 2 0 x x y      ，解得： 1, 1x y   ， 所以  max 2 1 1 1t        ， 2tz  是增函数，所以当t 取得最大值时， 22 x yz   也取得最大值 1 max 12 2z   . 故答案为： 1 2 【点睛】本题考查线性规划，重点考查数形结合分析问题的能力，属于基础题型. 15. 在 ABC 中，点 ,A B 分别是双曲线 E 的左､右焦点，点C 在双曲线 E 上，满足 0AB AC   ， ( ) 0AB AC BC     ， 则双曲线 E 的离心率为_________. 【答案】 2 1 【解析】 【分析】 - 11 - 根据平面向量数量积为零的性质，结合平面向量数量积的运算性质可以确定 ABC 的形状， 结合该三角形的性质，再结合双曲线的定义、离心率的公式进行求解即可. 【详解】因为 0AB AC   ，所以 AB AC  ，即 AB AC ， 因此 ABC 是以 BC 为斜边的直角三角形. 由 2 2 ( ) 0 ( ) ( ) 0AB AC BC AB AC AC AB AC AB AC AB                      ， 显然 ABC 是以 BC 为斜边的等腰直角三角形， 因为点 ,A B 分别是双曲线 E 的左､右焦点， 所以设双曲线 E 的方程为： 2 2 2 2 1( 0, 0)x y a ba b     ， 因此 2AB AC c  ，所以 2 2 2 2(2 ) (2 ) 2 2BC AB AC c c c     ， 由双曲线的定义可知： 12 2 2 2 2 2 1 2 1 cCB CA a c c a e a            . 故答案为： 2 1 【点睛】本题考查了求双曲线的离心率，考查了平面向量数量积的运算性质，考查了平面向 量数量积为零的性质，考查了双曲线定义的应用，考查了数学运算能力. 16. 已知 ABC 的三个内角 , ,A B C 的对边分别为 , ,a b c ，且满足   cos sin 1 0b C a c b C    ， 3a c  ，则角 =B _________， ABC 的周长的取值 范围是_________. 【答案】 (1). 3  (2). 3 3[ , 2 3)2 【解析】 【分析】 分别运用正弦定理和两角和差正弦公式化简已知等式可得 cos 2sin 1B B  ，根据同角三角 函数基本关系式即可求值得解，利用正弦函数的值域，即可得到所求结论． 【详解】解：由题意可得 cos ( )( sin 1) 0b C a c b C    ，且 3a c  ， 所以 ( cos ) 3 sin 0b C a b C c    ， 由正弦定理可得sin cos sin 3sin sin sin 0B C A B C C    ， - 12 - 即有 sin cos sin( ) 3sin sin sin 0B C B C B C C     ， cos sin 3sin sin sin 0B C B C C    ，sin 0C  ， 即有 3sin cos 1B B  ，可得： cos 3sin 1B B  ， 可得： 2 2 2 2sin cos sin ( 3sin 1) 1B B B B     ， 解得： 3sin 2B  ， 1cos 2B  ．所以 3B  因为 cos ( )( sin 1) 0b C a c b C    ，可得 cos 3 sin 3b C b C  ， 即 (cos 3sin ) 3b C C  ， 即为 3sin( )6 2b C   ， 因为 1 si 1n 6(2 )C   所以 3 32 b  所以 3 3 ,2 32ABCC a b c         故答案为： 3  ； 3 3 ,2 32      . 【点睛】本题考查三角形中的正弦定理的运用，考查三角函数的恒等变换的应用，考查运算 能力，属于中档题． 三､解答题 17. 已知等差数列 na ，且 3 105, 100a S  . （1）求数列 na 的通项公式以及数列的前 n 项和 nS ； （2）设 12 1na nb   ，求数列 nb 的前 n 项和 nT ，并比较 nT 与 4 nS 的大小(不需要证明). 【答案】（1） 2 1na n  ， 2 nS n .（2） 4 (4 1)3 n nT n    ，比较大小答案见解析 【解析】 【分析】 - 13 - （1）由题意得到方程组，解得 1 1 2 a d    ，即可求出数列的通项公式及前 n 项和； （2）由（1）可得 4 1n nb   ，再利用分组求和法求出 nT ，再比较大小即可； 【详解】解：（1）∵ 1 1 2 5 10 910 1002 a d a d      ，解得 1 1 2 a d    1 ( 1) 2 1na a n d n      ； 2 1 ( 1) 2n n nS na d n     . （2）∵ 22 1 4 1n n nb     ， ∴ 2 4 (1 4 ) 4(4 4 4 ) (4 1)1 4 3 n n n nT n n n            ∴ 244 (4 1) 43 n n nT S n n      . 又∵ 4n 比较 24n n 的增长速度更快. ①∴当 1n  时， 1 14 1 0T S    ； ②当 2n  时， 2 24 2 0T S   . ∴当 2n  时， 4n nT S . 【点睛】本题考查等差数列通项公式及前 n 项和公式的应用，分组求和法求和，属于中档题. 18. 如图，四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD 为矩形，点 E 在 PA 线段上，PC / / 平面 BDE （1）请确定点 E 的位置；并说明理由. （2）若 PAD△ 是等边三角形， 2AB AD ， 平面 PAD  平面 ABCD，四棱锥 P ABCD 的 - 14 - 体积为9 3 ，求点 E 到平面 PCD 的距离. 【答案】（1）点 E 为 AP 的中点，理由见解析（2） 3 3 4 【解析】 【分析】 （1）连结 AC、BD，交于点 M，连结 ME 则 M 是 AC 中点，由 PC / / 平面 BDE，得 PC / / ME，由此 能证明 AE=PE． （2）以 AD 中点 O 为原点，OA 为 x 轴，在平面 ABCD 中，过点 O 作 AB 的平行线为 y 轴，以 OP 为 z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出 E 到平面 PCD 的距离． 【详解】（1）连接 AC 交 BD 于 M，如图， 当 E 为 AP 的中点时， 点 M 为 AC 的中点. ∴在 APC 中， //EM PC ， EM  平面 BDE， PC 平面 BDE. ∴ / /PC 平面 BDE. （2）   PADQV 是等边三角形， 2AB AD ，平面 PAD  平面 ABCD， 以 AD 中点 O 为原点，OA 为 x 轴，在平面 ABCD 中，过点 O 作 AB 的平行线为 y 轴， 以 OP 为 z 轴，建立空间直角坐标系， - 15 - 设 AD x ，四棱锥 P ABCD 的体积为9 3 ， 2 21 2 ( ) 9 33 2 xx x x     ，解得 3x  ． 3( ,2A 0， 0) ， (0,P 0， 3 3)2 ， 3( ,4E 0， 3 3)4 ， 3( ,2D  0， 0) ， 3( ,2C  6， 0) ． 3( ,4PE   0， 3 3)4  ， 3( ,2PC    6， 3 3)2  ， 3( ,2PD    0， 3 3)2  ， 设平面 PCD 的法向量 n (x, y,z)   ， 则 3 3 36 02 2 3 3 3 02 2 n PC x y z n PD x z                ，取 3x  ，得 ( 3,n   0， 1) ， E 到平面 PCD 的距离 3 3 3 32 2 4 PE n d n        ． 【点睛】本题考查线段相等的证明，考查点到直线的距离的求法，考查空间中线线、线面、 面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题． 19. 2019 年 6 月 25 日，《固体废物污染环境防治法(修订草案)》初次提请全国人大常委会审 议，草案对“生活垃圾污染环境的防治”进行了专项规定.某小区采取一系列措施，宣传垃圾 分类的知识与意义，并采购分类垃圾箱.为了了解垃圾分类的效果，该小区物业随机抽取了 200 位居民进行问卷调查，每位居民对小区采取的措施给出“满意”或“不满意”的评价.根据调 - 16 - 查结果统计并做出年龄分布条形图和持不满意态度的居民的结构比例图，如图，在这 200 份 问卷中，持满意态度的频率是 0.65. （1）完成下面的 2 2 列联表，并判断能否有95﹪的把握认为“51 岁及以上”和“50 岁及以 下”的居民对该小区采取的措施的评价有差异 满意 不满意 总计 51 岁及以上的居民 50 岁及以下的居民 总计 200 （2）按“51 岁及以上”和“50 岁及以下”的年龄段采取分层抽样的方法从中随机抽取 5 份， 再从这 5 份调查问卷中随机抽取 2 份进行电话家访，求电话家访的两位居民恰好一位年龄在 51 岁及以上，另一位年龄在 50 岁及以下的概率. 2 0( )P K k 0.050 0.025 0.010 0.005 0.001 0k 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 附表及参考公式： 2 2 ( ) ( )( )( )( ) n ad bcK a b c d a c b d      ，其中 n a b c d    . 【答案】（1）列联表答案见解析，有 95﹪的把握认为“51 岁及以上”和“50 岁及以下”的居 民对该小区采取的措施的评价有差异.（2） 3 5 【解析】 【分析】 （1）依题意完善列联表，计算出卡方，再与参考值比较即可得解； - 17 - （2）“51 岁以上”居民抽到 2 份记为： 1 2,a a ； “50 岁以下”居民抽到 3 份记为： 1 2 3, ,b b b . 再用列举法列出所有可能结果，最后根据古典概型的概率公式计算可得； 【详解】解：（1）在这 200 份问卷中，持满意态度的频数为 200 0.65 130  ，持不满意态度 和频数为 200 130 70  ，∴ 2 2 列联表如下： 满意 不满意 总计 51 岁以上的居民 45 35 80 50 岁以下的居民 85 35 120 总计 130 70 200 ∴ 2 2 2 ( ) 200 (45 35 85 35) 4.487 3.841( )( )( )( ) 80 120 130 70 n ad bcK a b c d a c b d               . 故有 95﹪的把握认为“51 岁及以上”和“50 岁及以下”的居民对该小区采取的措施的评价有 差异. （2）利用分层抽样的特点可知：“51 岁以上”居民抽到 2 份记为： 1 2,a a ； “50 岁以下”居民抽到 3 份记为： 1 2 3, ,b b b . ∴基本事件共有： 1 2 1 1 1 2 1 3 2 1 2 2( , ), ( , ), ( , ), ( , ), ( , ), ( , ),a a a b a b a b a b a b 2 3 1 2( , ), ( , ),a b b b 1 3 2 3( , ),( , )b b b b ，共有 10 个. 满足条件的事件有： 1 1 1 2 1 3 2 1( , ), ( , ), ( , ), ( , )a b a b a b a b 2 2 2 3( , ), ( , )a b a b ，共有 6 个. ∴求得电话家访的两位居民恰好一位年龄在“51 岁以上”，另一位年龄在“50 岁以下” 的概率为： 6 3( ) 10 5P A   . 【点睛】本题考查独立性检验，古典概型的概率计算，属于基础题. 20. 已知经过圆 2 2 2 1 :C x y r  上点 0 0( , )x y 的切线方程是 2 0 0x x y y r  . （1）类比上述性质，直接写出经过椭圆 2 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b     上一点 0 0( , )x y 的切线方 程； - 18 - （2）已知椭圆 2 2: 16 xE y  ，P 为直线 3x  上的动点，过 P 作椭圆 E 的两条切线，切点分 别为 A､B， ①求证：直线 AB 过定点. ②当点 P 到直线 AB 的距离为 3 5 5 时，求三角形 PAB 的外接圆方程. 【 答 案 】（ 1 ） 0 0 2 2 1x x y y a b   . （ 2 ） ① 证 明 见 解 析 ； ② 2 23 9( ) ( 1)2 4x y    ， 2 23 9( ) ( 1)2 4x y    . 【解析】 【分析】 （1）直接类比得到答案. （2）①设切点为 1 2 2 2( , ), ( , )A x y B x y ，点 (3, )P t ，根据（1）得到切线方程，代入点 (3, )P t ， 化简得到答案. ②根据点到直线距离得到 1t   ，得到切线方程，联立方程组得到交点，设圆一般方程，代入 点解得答案. 【详解】（1）类比上述性质知：切线方程为 0 0 2 2 1x x y y a b   . （2）①设切点为 1 2 2 2( , ), ( , )A x y B x y ，点 (3, )P t ， 由（1）的结论的 AP 直线方程： 1 1 16 x x y y  ，BP 直线方程： 2 2 16 x x y y  ， 通过点 (3, )P t ，∴有 1 1 2 2 3 16 3 16 x y t x y t         ， ∴A，B 满足方程： 12 x ty  ， ∴直线 AB 恒过点： 1 02 0 x y      ，即直线 AB 恒过点 (2,0) . ②已知点 (3, )P t 到直线 AB 的距离为 3 5 5 . ∴ 2 3 2 2 3 5 51 4 t t t      ， 故 4 25 4 1 0t t   ， 2 2(5 1)( 1) 0t t   ， ∴ 1t   . - 19 - 当 1t  时，点 (3,1)P ，直线 AB 的方程为： 2 2 0x y   ， 2 2 2 2 0 6 6 x y x y       ， 解得 0 1 x y    或 12 5 1 5 x y      ，故点 12 1(0,1), ( , ), (3,1)5 5A B P . 设 PAB△ 的外接圆方程为： 2 2 0x y Dx Ey F     ，代入得 1 3 10 12 5 29 E F D E F D E F              ， 解得 3 2 1 D E F        ,所以 PAB△ 的外接圆方程为 2 2 3 2 1 0x y x y     ， 即 PAB△ 的外接圆方程为： 2 23 9( ) ( 1)2 4x y    ， 当 1t   时，由对称性可知，三角形 PAB 的外接圆方程为： 2 23 9( ) ( 1)2 4x y    . 【点睛】本题考查了类比，直线和椭圆的位置关系，直线过定点，圆方程，意在考查学生的 计算能力和综合应用能力. 21. 已知函数 ( ) 1xf x e x   ，( e 是自然对数的底数). （1）求 ( )f x 的单调区间； （2）若函数 ( ) ( )xF x e f x ，证明： ( )F x 有极大值 0( )F x ，且满足 02 1 1( ) 4F xe   . 【答案】（1）函数 ( )f x 的减区间为 ( ,0) ，增区间为 (0, )  .（2）证明见解析 【解析】 【分析】 （1）直接求出函数的导函数，令 ( ) 0f x  ，解得 x ，即可求出函数的单调区间； （2）首先求出 ( )F x 的导函数，设 ( ) 2 2xh x e x   ，再对 ( )h x 求导，说明其单调性，根据 函数零点存在性定理可得 ( )F x 在 ( 2, 1)  上存在极大值； 【详解】解：（1） ( ) 1( )xf x e x R    ，设 ( ) 0f x  ， 0x  ， ∴当 ( , 0)x  时， ( ) 0f x  ， ( )f x 单调递减； - 20 - 当 (0, )x   时， ( ) 0f x  ， ( )f x 单调递增. 即函数 ( )f x 的减区间为 ( ,0) ；增区间为 (0, )  . （2）因为 ( ) ( 1)x xF x e e x   ， ( ) ( 1) ( 1) (2 2)x x x x x xF x e e x e e e e x         设 ( ) 2 2xh x e x   ，且 0(0) 2 0 2 0h e    ∵ ( ) 2 1xh x e   ， 在 (0, )x   时， ( ) 0h x  ，所以 ( )h x 在 (0, )  上单调递增， ∴ ( ) (0) 0h x h  . ∴ ( ) 0F x  ， ( )F x 在 (0, )x   上是单调递增，∴没有极值. 令 ( ) 2 1 0xh x e    ，解得 ln2x   . 在 x ( , ln 2)  时， ( ) 0h x  ， ( )h x 单调递减， ∴ 1 2( 1) (2 1 2) ( 1) 0h e e        ， 2 2( 2) (2 2 2) (2 ) 0h e e       . 由根的存在性定 理：设 0 ( 2, 1)x    ，使得： 0( ) 0h x  ， 即 0 0 0( ) ( ) 0xF x e h x   . ∵在 0( , )x x  ， ( ) ( ) 0xF x e h x   ，∴ ( )F x 单调递增； 在 0( , )x x  ， ( ) ( ) 0xF x e h x   ，∴ ( )F x 单调递减；∴ ( )F x 有极大值 0( )F x .∵有 1 1 0 2 1( ) ( 1) ( 1 1)F x F e e e        . 又∵ 0 0 0( ) 2 2 0xh x e x    ， ∴ 0 0 2 2 x xe  ， 0 0 20 0 0 0 0 0 0 0 2 2 1 1 1 1( ) ( 1) ( 1) ( 2) ( 1)2 2 4 4 4 4 x x x xF x e e x x x x x              . 综上可得：函数 ( )F x 有极大值 0( )F x ，且满足 02 1 1( ) 4F xe   . 【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性、极值，证明不等式，属于中档题. 22. 在直角坐标系 xOy 中，曲线 1C 的参数方程为 1 cos sin x t y t       (t 为参数，0    )，以 原点 O 为极点，x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线 2C 的极坐标方程为 2 2 12 3 sin    . （1）求曲线 1C 的普通方程和 2C 的直角坐标方程； （2）已知 (1,0)F ，曲线 1C 与 2C 的交点 A，B 满足 2BF AF (A 为第一象限的点)，求 cos - 21 - 的值. 【答案】（1） 1 : tan tanC y x    2     ，当 2   时， 1x  ， 2 2 2 : 14 3 x yC   .（2） 2 3 【解析】 【分析】 （1）将曲线 1C 的参数方程消去参数t ，可得解 1C 的普通方程，利用极坐标和直角坐标的互化 公式，可得解 2C 的直角坐标方程； （2）将直线的参数方程与椭圆方程联立，利用参数t 的几何意义，计算求解即可. 【详解】（1） 1 : tan tanC y x    2     ， 当 2   时， 1x  又∵ 2 2 23 3 12x y y   ，∴ 2 2 2 : 14 3 x yC   ， （2） 1C 直线为： 1 cos sin x t y t        (t 为参数，) 不妨设 ,A B 对应的直线参数为 1 2,t t ，且 1 20, 0t t  ，将 1 cos , sin , x t y t       代入 2 2 14 3 x y  得  2 23 sin 6cos 9 0t t      ， ∴ 1 2 2 6cos 3 sint t      ， ① 1 2 2 9 3 sint t     ② ∵已知 2BF AF ，∴ 1 22t t  ③. 联立①，③得： 1 2 6cos 3 sint    ， 2 2 12cos 3 sint     . 代入②式， 2 2 2 6cos 12cos 9 3 sin 3 sin 3 sin           ， ∴ 2 28cos 3 sin   ∴ 2 4cos 9   ，( 为锐角) ∴ 2cos 3   . - 22 - 【点睛】本题考查了参数方程、极坐标综合，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算能 力，属于中档题 23. 已知函数 ( ) 2 2f x x x   . （1）求解不等式： 2( )f x x  ； （2）设 , ,a b c 为正实数，若函数 ( )f x 的最大值为 m ，且 2a b c m   .求证： 2 1ab ac bc c    【答案】（1）{ | 1x x  或 2}x  .（2）证明见解析 【解析】 【分析】 （ 1 ） 先 利 用 绝 对 值 的 几 何 意 义 ， 化 简 函 数 为 2 ( 0) ( ) 3 2(0 2) 2( 2) x x f x x x x x            ， 然 后 分 0,0 2, 2x x x    ，利用一元二次不等式的解法求解. （2）由（1）知： ( )f x 的最大值是 2，根据 2a c b c    ，将 2ab ac bc c   变形为 ( )( )b c a c  ，利用基本不等式证明. 【详解】（1）当 0x  时， ( ) ( 2) 2 2f x x x x      ； 当 0 2x  时， ( ) ( 2) 2 3 2f x x x x       ； 当 2x  时， ( ) ( 2) 2 2f x x x x      . 综上： 2 ( 0) ( ) 3 2(0 2) 2( 2) x x f x x x x x            . 所以 2( )f x x  等价于： 2 0 2 x x x      或 2 0 2 3 2 x x x       或 2 2 2 x x x      解得 0x  或 0 1x  或 2x  - 23 - 所以 2( )f x x  的解集为{ | 1x x  或 2}x  （2）由（1）知： ( )f x 的最大值是 2，即 2m  . 所以 2 2a b c   ， 2a c b c    所以 2 ( ) ( ) ( )( )ab ac bc c a b c c b c b c a c          2 2( ) ( ) 2[ ] ( ) 12 2 a c b c     ， 当且仅当 a b 时，取等号. 【点睛】本题主要考查绝对值不等式的解法以及基本不等式证明不等式，还考查了运算求解 的能力，属于中档题. - 24 -