甘肃省2020届高三数学（理）第二次诊断试题（Word版附解析）

甘肃省2020届高三数学（理）第二次诊断试题（Word版附解析）

2020 年甘肃省第二次高考诊断考试 数学试卷(理) 一､选择题：本题共 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.已知集合  1 2A x x    ，  1,1B   ，则 A B  （ ） A.  1,1 B.  0,1 C.  1,0,1 D.  1 1x x   【答案】A 【解析】 【分析】 根据集合交集的运算即可得解. 【详解】集合  1 2A x x    ，  1,1B   ， 根据集合交集运算可知  1,1A B   ， 故选：A. 【点睛】本题考查了集合交集的简单运算，属于基础题. 2.复数 2 2 iz i   在复平面内表示的点位于（ ） 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】 先根据复数的除法化简 2 2 iz i   ,再得出在复平面内的象限即可. 【详解】       2 22 2 4 2 2 2 5 5 i iiz i i i i          ,故在第第二象限. 故选：B 【点睛】本题主要考查了复数的除法运算以及几何意义,属于基础题. 3.定义在 R上的奇函数 ( )f x ，当 0x  时， ( ) lgf x x ，则函数 ( )f x 的零点个数为（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】 根据奇函数定义可得零点 0x  ，结合函数单调性及函数零点定义可得函数 ( )f x 的其他零点， 即可得解. 【详解】由奇函数定义可知，当定义域为 R时， (0) 0f  ， 当 0x  时， ( ) lgf x x ，由 ( ) lgf x x 单调递增且 (1) lg1 0f   可知当 0x  时有 1个零 点， 根据奇函数性质可知，当 0x  时也为单调递增，且 ( 1) (1) 0f f    ， 综上可知， ( )f x 有 3个零点，分别为 0， 1 ，1. 故选：B. 【点睛】本题考查了奇函数意义，函数零点的意义及求法，属于基础题. 4.2020年冬奥会申办成功，让中国冰雪项目迎来了新的发展机会，“十四冬”作为北京冬奥会前 重要的练兵场，对冰雪运动产生了不可忽视的带动作用．某校对冰雪体育社团中甲、乙两人 的滑轮、雪合战、雪地足球、冰尜（ga）、爬犁速降及俯卧式爬犁 6个冬季体育运动项目进行 了指标测试（指标值满分为 5分，分高者为优），根据测试情况绘制了如图所示的指标雷达图．则 下面叙述正确的是（ ） A. 甲的轮滑指标高于他的雪地足球指标 B. 乙的雪地足球指标低于甲的冰尜指标 C. 甲的爬犁速降指标高于乙的爬犁速降指标 D. 乙的俯卧式爬犁指标低于甲的雪合战指标 【答案】C 【解析】 【分析】 根据指标雷达图，分别判断各选项即可. 【详解】由指标雷达图可知： 对于 A，甲的轮滑指标为 4，雪地足球指标为 4，所以 A错误； 对于 B，乙的雪地足球指标为 4，甲的冰尜指标 3，所以 B错误； 对于 C，甲的爬犁速降指标为 5，乙的爬犁速降指标为 4，所以 C正确； 对于 D，乙的俯卧式爬犁指标为 5，甲的雪合战指标为 5，所以 D错误； 综上可知，正确的为 C， 故选：C. 【点睛】本题考查了读图分析能力，统计图表的简单应用，属于基础题. 5.命题“ 2[0, ), 2020cos 0x x x     ”的否定为（ ） A. 2 0 0 0[0, ), 2020cos 0x x x     B. 2 0 0 0[0, ), 2020cos 0x x x     C. 2 0 0 0[0, ), 2020cos 0x x x     D. 2 0 0 0[0, ), 2020cos 0x x x     【答案】A 【解析】 【分析】 根据全称量词命题的否定即可得解. 【详解】根据全称量词命题的否定可知， “ 2[0, ), 2020cos 0x x x     ”的否定为 2 0 0 0[0, ), 2020cos 0x x x     ， 故选：A. 【点睛】本题考查了含有量词命题的否定，属于基础题. 6.记 nS 为等差数列 na 的前 n项和，若 2 4 410, 24a a S   ，则 1a 的值为（ ） A 9 B. 1 C. 9 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】 根据等差数列通项公式及等差数列前 n项和公式，可得关于 1,a d 的方程组，进而解方程组可 得 1a 的值. 【详解】根据等差数列通项公式及前 n项和公式可得 2 4 1 1 4 1 3 10 4 34 24 2 a a a d a d S a d              ， 解方程组可得 1 9 2 a d     ， 故选：A. 【点睛】本题考查了等差数列通项公式及等差数列前 n项和公式的简单应用，属于基础题. 7.在四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD为矩形， 3, 1AB BC  ， PAC 为等边三角形， 若四棱锥 P ABCD 的体积为 1，则此四棱锥的外接球表面积为（ ） A. 4 3  B. 8 3  C. 16 3  D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】 连接 ,AC BD交于O ,先根据 PAC 为等边三角形以及四棱锥 P ABCD 的体积为 1 可得 PO 平面 ABCD ,进而可得球心在平面 PAC中,进而求得外接球的半径与表面积即可. 【详解】连接 ,AC BD交于O ,连接 PO .因为底面 ABCD为矩形,故 2 2 2AC AB BC   . 又 PAC 为等边三角形,故 2PA PC  , 1, 3AO PO  . 又四棱锥 P ABCD 的体积为 1,设高为 h ,则 1 1 3 AB BC h    ,解得 3h  . 故PO为四棱锥 P ABCD 的高.即 PO 平面 ABCD . 又 AC为底面 ABCD外接圆的直径,故此四棱锥的外接球球心在平面 PAC中，即三角形 PAC 外接圆圆心. 设球半径为R ,则 42 sin 3 PCR PAC    ,故表面积为  22 164 2 3 R R    . 故选：C 【点睛】本题主要考查了锥体外接球的计算,需要根据题意判断外接球球心的位置,再用正弦定 理求解半径即可.属于中档题. 8.兰州牛肉面是人们喜欢的快餐之一．现将体积为 31000cm 的面团经过第一次拉伸成长为 100cm的圆柱型面条，再经过第二次对折拉伸成长为2 100cm 的面条，……，则经过五次对 折拉伸之后面条的截面直径是（ ）（单位：cm．每次对折拉伸相等的长度，面条的粗细是 均匀的，拉面师傅拉完面后手中剩余面忽略不计） A. 102 31 B. 52 16 C. 102 31 D. 52 8 【答案】D 【解析】 【分析】 拉伸之后面条数列为等比数列，可得拉伸后面条的数量；由圆柱的体积公式，结合等体积法 即可求得拉伸后面条的截面半径，进而得拉伸后截面的直径. 【详解】经过五次对折拉伸之后面条的数量成等比数列， 因而可知经过五次对折拉伸之后面条的长度为 4 01002 160  ， 设拉伸五次后面条的截面半径为 r，由面团体积为 31000cm 可得 21600 1000r   ， 解得 5 8 r   ，所以直径为 52 8 d   ， 故选：D. 【点睛】本题考查了等比数列通项公式求法，圆柱体积公式及等体积法的应用，属于基础题. 9.已知 1F 、 2F 分别是双曲线 2 2 2 2: 1( 0, 0)x yC a b a b     的左、右焦点， 1( 2,0)F  ，若双曲线的 左支上有一点 P，满足 1 2 2PF PF   ，则该双曲线的渐近线方程为（ ） A. 3y x  B. 3 3 y x  C. 3y x  D. 1 3 y x  【答案】C 【解析】 【分析】 根据双曲线定义可得 a，由焦点坐标可知 c，进而由 2 2 2c a b  可求得b，即可得双曲线的 渐近线方程. 【详解】双曲线的左支上有一点 P，满足 1 2 2PF PF   ， 则由双曲线定义可得 1 2 2 2PF PF a   ，所以 1a  ， 由 1( 2,0)F  ，可知 2c  ， 根据双曲线中 2 2 2c a b  ，可得 3b  ， 所以渐近线方程为 3by x x a     ， 故选：C. 【点睛】本题考查了双曲线定义及几何性质的简单应用，渐近线方程的求法，属于基础题. 10.定义在R上的函数 ( )y f x 在 ( ,1] 上单调递减，且 ( 1)f x  是偶函数，则使 (2 1) (3)f x f  成立的 x的取值范围是（ ） A. (1, ) B. ( , 0) (2, )  C. (0,1) D. ( ,0) 【答案】B 【解析】 【分析】 根据 ( 1)f x  是偶函数，结合函数图像平移变换可知 ( )y f x 关于 1x  对称，再由函数 ( )y f x 在 ( ,1] 上单调递减可画出函数图像示意图，进而解不等式即可得解. 【详解】定义在R上的函数 ( )y f x 在 ( ,1] 上单调递减，且 ( 1)f x  是偶函数， 所以 ( )y f x 的图像关于 1x  对称，示意图如下图所示： 而    3 1f f  ，且 ( )y f x 在 1, 单调递增， 所以若 (2 1) (3)f x f  ，需满足 2 1 1x - < - 或 2 1 3x   ， 解得 0x  或 2x  ， 所以使 (2 1) (3)f x f  成立的 x的取值范围为 ( , 0) (2, )  ， 故选：B. 【点睛】本题考查了函数单调性与对称性的综合应用，由单调性解不等式，正确画出函数图 像示意图是解决此类问题常用方法，属于中档题. 11.某人以1 /km h的速度向北偏东60方向徒步前进，某一时刻收到短信提示，在其正东方 3km处有一信号干扰源，干扰区域半径为 3km，则该人在接下来 4小时中，随机拿出手机 拨打电话，不被干扰的概率为（ ） A. 3 2 B. 3 4 C. 2 3 2  D. 4 3 4  【答案】D 【解析】 【分析】 画出图像,分析信号干扰源所在的圆与此人所走的路线所成的线段所截得的弦长,再根据几何 概型中长度类型的方法求解概率即可. 【详解】设此人以O为起点,接下来的四小时钟所走的线段为OP ,信号干扰源在点C处,其以 干扰半径 3为半径的圆与线段OP交于 ,A B两点.作CQ OP 于Q ,OP与圆C交于 ,A B . 则C到OP的距离 3sin 30 2 CQ OC    .故 2 22 3AB AC QC   . 故该人在接下来 4小时中,随机拿出手机拨打电话,不被干扰的概率为 4 331 1 4 4 AB OP      . 故选：D 【点睛】本题主要考查了直线与圆相交的求弦长的问题,同时也考查了几何概型中长度型的概 率求解.属于中档题. 12.如图，在 ABC 中，M 是 AC的中点，N 在边 BC上，且 3BC BN   ，BM与 AN交于 点 P，若 24AB BC BP PN       ，则 AB BC 的值是（ ） A. 3 3 B. 3 C. 1 3 D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】 先根据平面几何的关系求解 PN uuur 与 AP  的等量关系，再根据平面向量的线性运算可将 24AB BC BP PN       用以 ,BA BC   为基底向量的向量表达，再化简即可. 【详解】过M 作 //MQ NC交 AN于Q . 因为 M是 AC的中点，故Q是 AN的中点， 故QM 是 ANC 的中位线，故 //QM NC且 1 2 QM NC . 又 3BC BN   ，故 1 2 BN NC   ，故 //QM BN 且QM BN . 故 QPM NPB  ，故QP PN ， BP PM ，故 1 4 PN AN . 又 24AB BC BP PN       ，故 3AB BC BM AN       ， 即 1 1 13 2 2 3 AB BC BA BC AB BC                     .     2 2 2 3 3 2AB BC BA BC AB BC AB AB BC BC                    化简得 2 2 3BC AB   ，所以 3 3 AB BC  . 故选：A. 【点睛】本题主要考查了平面向量的线性运算以及基底向量的用法，需要根据题意确定基底 向量，再根据线性运算将已知向量转化为已知的基底向量表达，属于中档题. 二､填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分. 13.如图为正方体表面的一种展开图，则图中的 AB，CD，EF，GH在原正方体中互为异面直 线的有______对. 【答案】3 【解析】 【分析】 画出该正方体的直观图,再根据异面直线的性质判定即可. 【详解】画出该正方体的直观图如图所示,其中异面直线有  ,AB GH ,  ,AB GD ,  ,GH EB . 故共有 3对. 故答案为：3 【点睛】本题主要考查了空间想象能力以及空间中异面直线的判定,属于基础题. 14.已知函数 2cosy x 定义域为[ , ] 3   ，值域为[ , ]a b ，则b a  ______． 【答案】3 【解析】 【分析】 根据定义域和值域，结合余弦函数的图像与性质即可求得 ,a b的值，进而得解. 【详解】因为 [ ] 3 ,x   ，由余弦函数的图像与性质可得 1cos [ 1, ] 2 x  ， 则  2cos 2,1y x   ， 由值域为[ , ]a b 可得 2, 1a b   ， 所以  1 2 3b a     ， 故答案为：3. 【点睛】本题考查了余弦函数图像与性质的简单应用，属于基础题. 15.已知曲线 4 sin cosy a x x  在点 (0, 1) 处的切线方程为 1y x  ，则 tan( ) 6 a    ______． 【答案】 2 3 【解析】 【分析】 根据导数的几何意义，即可求得 a的值，结合正切函数差角公式即可得解. 【详解】曲线 4 sin cosy a x x  ， 则 4 cos siny a x x   ， 曲线 4 sin cosy a x x  在点 (0, 1) 处的切线方程为 1y x  ， 所以当 0x  时，满足 4 1y a   ， 解得 1 4 a  ， 代入并由正切函数的差角公式可得 tan tan 4 6tan 4 6 1 tan tan 4 6               31 3 2 3 31 3      ， 故答案为： 2 3 . 【点睛】本题考查了导数的几何意义简单应用，正切函数差角公式的简单应用，属于基础题. 16.“哪里有数，哪里就有美”（普洛克拉斯语），数学中到处充满着美的因素，闪烁着美的光辉．优 美椭圆就是数学花园中绽放的美丽花朵之一，它的离心率为 5 1 2  ，所以也称为“黄金椭圆”， 若记黄金椭圆的左焦点为 F，右顶点为 A，上顶点为 B，则 FB AB    ______． 【答案】0 【解析】 【分析】 根据椭圆标准方程及几何性质，即可求得 ,a c关系，由 , ,F A B的坐标，可得 ,FB AB   ，进而 结合平面向量数量积的坐标运算得解. 【详解】设椭圆的标准方程为   2 2 2 2 1, 0x y a b a b     ， 则 5 1 2 c a   ，则 5 1 2 c a       ,0 , ,0 , 0,F c A a B b ， 所以    , , ,FB c b AB a b     ， 由平面向量数量积的坐标运算可得     2 2 2, ,FB AB c b a b ac b ac a c             2 2 25 1 5 1 0 2 2 aa a              ， 故答案为：0. 【点睛】本题考查了椭圆几何性质的简单应用，离心率公式的简单应用，平面向量数量积的 坐标运算，属于中档题. 三､解答题：共 70 分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.第 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. 17.如图，菱形 ABCD的边长为 2，对角线 2 3AC  ，现将菱形 ABCD沿对角线 AC折叠 至 B，使 1B D  . （1）求证： AC BD ； （2）求二面角C AD B  平面角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析.（2） 5 5 【解析】 【分析】 （1）证明 B E AC  ，DE AC 进而得到 AC 平面B ED 与 AC BD 即可； （2）建立以 AC中点 E为坐标原点的空间直角坐标系 E xyz ，再分别求解平面 B AD 与平 面 ACD的法向量，再求解二面角C AD B  平面角的余弦值即可. 【详解】（1）如图所示，取 AC的中点为 E，连接DE、 B E ， 因为 AB BC  ， AD CD ,所以 B E AC  ，DE AC , 又BE DE E   ，所以 AC 平面 B ED ， 又因为BD 平面 B ED ，所以 AC BD ； （2）在等腰 B AC 中，可求得 1B E  ，同理 1DE  . 又因为 1B D  ,所以 BED 为等边三角形. 建立如图所示的空间直角坐标系 E xyz , 则 ( 3,0,0)C , ( 3,0,0)A  ,  0,1,0D , 1 3(0, , ) 2 2 B , 所以 ( 3,1,0)AD   ， 1 3(0, , ) 2 2 BD    . 设平面 B AD 的一个法向量为  , ,n x y z  , 则 3 0 1 3 0 2 2 x y y z         ,不妨取  1, 3,1n    ； 易知平面 ACD的一个法向量为  0,0,1m   ，则 1 5cos , 55 1 m n      , 所以二面角C AD B  平面角的余弦值为 5 5 . 【点睛】本题主要考查了线面垂直证明线线垂直的问题，同时也考查了建立空间直角坐标系 求解二面角的问题.属于中档题. 18.在 ABC 中，角 A，B，C的对边分别为 , , ,a b c 且满足 (2 )cos cos 0a b C c B   ． （1）求角C； （2）若 ABC 的面积 8 3S ，其外接圆的半径 4 21 3 R  ，求 ABC 的周长． 【答案】（1） 2 3 C   （2）12 4 7 【解析】 【分析】 （1）根据正弦定理，将变化为角，结合正弦函数的和角公式即可得解. （2）根据外接圆半径及正弦定理可求得c，结合三角形面积公式可得 ab，代入余弦定理可得 a b，进而得 ABC 的周长． 【详解】（1）  2 cos cos 0a b C c B   ， 由正弦定理得 2sin cos sin cos cos sin 0A C B C B C   . 即  2sin cos sin sinA C B C A     ， 又sin 0A  ，故 1cos 2 C   ， 又0 C   ， 所以 2 3 C   （2）由 2 3 C   ， 4 21 3 R  及 2 sinc R C ， 可得 4 7c  ， 又 1 2 1 3sin 8 3 2 3 2 2 S ab ab     ，即 32ab  ， 由余弦定理 2 2 2 2 cosc a b ab C   ， 得  22 2 22 cos 4 7 3 a b ab     ， 即  22 2 112a b ab a b ab      ， 又 32ab  ，故 12a b  . 所以 12 4 7a b c    ， 即 ABC 的周长为12 4 7 . 【点睛】本题考查了正弦定理及余弦定理在解三角形中的应用，三角形面积公式的用法，属 于基础题. 19.某植物学家培养出一种观赏性植物，会开出红花或黄花，已知该植物第一代开红花和黄花 的概率都是 1 2 ，从第二代开始，若上一代开红花，则这一代开红花的概率是 1 3 ，开黄花的概 率是 2 3 ；若上一代开黄花，则这一代开红花的概率是 3 5 ，开黄花的概率是 2 5 .记第 n代开红花 的概率为 np ，第 n代开黄花的概率为 nq . （1）求 2p ； （2）①证明：数列 9 ( ) 19np n N       为等比数列； ②第 *( , 2)n n N n  代开哪种颜色花的概率更大？ 【答案】（1） 7 15 .（2）①证明见解析；②开黄花的概率更大 【解析】 【分析】 （1）由题可知可能的情况有第一代开红花后第二代也开红花；第一代开黄花而第二代开红花, 故分别计算再求和即可； （2）①根据题意可求出 np 的递推公式 1 4 3 15 5n np p    ,再构造数列 9 19np      证明即 可； ②根据①中的递推公式可得 1 2np  即可知开黄花的概率更大. 【详解】（1）第二代开红花包含两个互斥事件： 即第一代开红花后第二代也开红花；第一代开黄花而第二代开红花, 故由 1 1 2 p  ,得  2 1 1 1 3 71 3 5 15 p p p      ； （2）①由题意可知,第 n代开红花的概率与第 1n  代的开花的情况相关， 故有  1 1 1 1 3 4 31 3 5 15 5n n n np p p p          ，则有 1 9 4 9 19 15 19n np p          ， 又 1 9 1 9 1 19 2 19 38 p     . 所以数列 9 19np      是以 1 38 为首项，以 4 15  为公比的等比数列. ②由①知 19 1 4 19 38 15 n np          ，故 19 1 4 9 1 1 19 38 15 19 38 2 n np             ， 故有当 *nN 时, 1 2np  . 因此,第  *, 2n n n N 代开黄花的概率更大. 【点睛】本题主要考查了根据递推公式构造等比数列求通项公式的方法.需要根据题意找到数 列的后项与前项的关系，再构造数列求解通项公式.属于中档题. 20.已知函数 2( ) [ (2 5) 8 5]( )xf x e x a x a a R      . （1）若曲线 ( )f x 在点 (0, (0))f 处的切线与直线 6 1 0x y   垂直，求实数 a的值； （2）当 [0, 2]x 时，若不等式 2( ) 2f x e 恒成立，求实数 a的取值范围. 【答案】（1）1.（2） 25 2, 8 e      【解析】 【分析】 (1)求导根据导数的几何意义求解 ( )f x 在点 (0, (0))f 处的切线斜率,再根据垂直斜率乘积为 1 求解即可. (2)易得     2 3xf x e x a x    ,求出两个极值点 1 2x a  , 2  3x  ,再根据 1 2x a  与区 间端点0, 2的大小关系分情况讨论,进而求出函数 ( )f x 的单调性,再求解 ( )f x 的最小值即可. 【详解】（1）由 2( ) (2 5) 8 5xf x e x a x a       得 2( ) (2 3) 6 ( 2 )( 3)x xf x e x a x a e x a x          , (0) 6 6f a     ,所以 1a  . （2）     2 3xf x e x a x    ,  0,2x , 令     2 3 0xf x e x a x     , 得 1 2x a  , 2  3x  , ①当 2 0a  ,即 0a  时,  f x 在  0,2 单调递减, 依题意则有,     2 22 4 1 2f a e e    成立, 得 3 4 a   ,此时不成立； ②当0 2 2a   ,即   1 0a   时,  f x 在  0, 2a 上单调递增,在  2 ,2a 上单调递减, 依题意则有       2 2 2 0 8 5 2 , 2 4 1 2 , f a e f e a e           得 25 2 8 3 4 ea a         由于 25 2 1 8 e   故此时不成立； ③当 2 2a  ,即 1a   时,  f x 在  0,2 上单调递增, 依题意则有   20 2f e ,得 25 2 8 ea   综上,a的取值范围是 25 2, 8 e      . 【点睛】本题主要考查了导数的几何意义以及分类讨论求解函数单调性以及最小值的问题.需 要根据题意确定极值点以及区间端点的位置关系,进而求得原函数的单调区间以及最值分析. 属于难题. 21.已知圆 E与圆 2 2: ( 2) 1F x y   相外切，且与直线 1 0x   相切． （1）记圆心 E的轨迹为曲线G，求G的方程； （2）过点 (3,2)P 的两条直线 1 2,l l 与曲线G分别相交于点 ,A B和 ,C D，线段 AB和CD的中 点分别为 ,M N .如果直线 1l 与 2l 的斜率之积等于 1，求证：直线MN经过定点． 【答案】（1） 2 8y x （2）见解析 【解析】 【分析】 （1）根据抛物线定义可知圆心 E的轨迹为抛物线，进而可得其轨迹方程. （2）由题意可设直线 1l 的斜率为 k，则直线 2l 的斜率为 1 k ，表示出直线 AB的方程，联立直 线与抛物线方程即可求得交点M 的坐标，进而以 1 k 代替点M 坐标中的 k，可得点N 的坐标； 即可表示出直线MN的斜率及其方程，进而得所过定点的坐标. 【详解】（1）依题意 EF 等于 E到直线 2 0x   的距离， 故所求轨迹是以  2,0F 为焦点，以 2x   为准线的抛物线. 故其轨迹G的方程为 2 8y x . （2）依题意直线 1 2,l l 斜率都存在且均不为 0， 故设直线 1l 的斜率为 k，则直线 2l 的斜率为 1 k . 直线 AB的方程为  2 3y k x   ， 即为  3 2y k x   . 由   2 3 2 8 y k x y x       消去 x整理得 2 8 24 16 0ky y k    ， 所以 8 A By y k   ，点M 的坐标为 2 4 2 43, k k k       ， 以 1 k 代替点M 坐标中的 k，可得点 N 的坐标为  24 2 3,4k k k  ， 所以直线MN的斜率 2 2 2   1 14 1 14 2   2 1 MN k k k k k k k kk                          ， 所以直线MN的方程为  224 4 2 3 12 1 y k x k k k k             ， 即 1 1 1 2 k y x k         . 故MN经过定点  1,0 . 【点睛】本题考查了抛物线定义及方程的求法，直线与抛物线的位置关系及应用，直线过定 点的求法，属于中档题. 22.在平面直角坐标系 xOy中，直线 l的参数方程为 2 2 22 2 x a t y t        （ t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，曲线C的极坐标方程为 2 2cos 1 cos     ． （1）求直线 l和曲线C的直角坐标方程； （2）若点 P坐标为 ( , 2)a ，直线 l与曲线C交于 ,A B两点，且 4PA PB ，求实数 a的值． 【答案】（1） 2 0x y a    ，  2 2 0y x x  .（2） 42 25 或 26 9 . 【解析】 【分析】 （1）根据参数方程，消参后可得直线 l直角坐标方程；根据极坐标与直角坐标方程转化关系， 即可得曲线C的直角坐标方程； （2）将直线参数方程代入曲线C的直角坐标方程，并设 ,A B两点对应参数为 1t ， 2t ，即可由 韦达定理及 4PA PB 求得 a的值． 【详解】（1）直线 l的参数方程为 2 2 22 2 x a t y t        （ t为参数）， 直线 l直角坐标方程为 2 0x y a    ， 将 cos x   ， sin y   ，代入C即得， 曲线C的直角坐标方程为  2 2 0y x x  . （2）将 2 , 2 22 , 2 x a t y t        代入 2 2y x ，化简得 2 2 2 4 8 0t t a    ， 由判别式   得 3 2 a  ， 设 ,A B两点对应参数为 1t ， 2t ， 则 1 2 2 2t t   ， 1 2 8 4t t a  ， 依题意有 1 24t t ，即 1 24t t  ， 代入解得 42 25 a  或 26 9 a  ，均满足 3 2 a  ， 所以实数 a的值为 42 25 或 26 9 . 【点睛】本题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转化，直线参数方 程的几何意义，由韦达定理求参数值，属于中档题. 23.已知函数 2 2( ) 4 4 4 4 1f x x x x x      （1）解不等式 ( ) (2)f x f ； （2）若关于 x的不等式 2 5( ) 2 f x t t  在[0,3]上无解，求实数 t的取值范围． 【答案】（1）{ | 0x x  或 2}x  .（2） 1 3 2 t t        【解析】 【分析】 （1）根据函数解析式，化简变形为绝对值形式，利用分类讨论法即可解不等式，求得解集. （2）根据不等式无解，结合绝对值不等式求得最小值，即可由恒成立问题求得 t的取值范围. 【详解】（1）函数      2 22 2 1 | 2 | | 2 1|f x x x x x        ， 不等式可化为 | 2 | | 2 1| 3x x    ， 即 1 2 3 3 3 x x       ， 1 2 2 1 3 x x        或 2 3 3 3 x x     ， 解得 0x  或 2x  . 所以不等式的解集为{ | 0x x  或 2}x  . （2）由于   13 3 , , 2 12 2 1 1, 2, 2 3 3, 2, x x f x x x x x x x                 当  0,3x 时，  min 3 2 f x  ， 不等式   2 5 2 f x t t  在 0,3 上无解， 则有  2 min 5 3 2 2 t t f x   ， 解得 1 3 2 t   . 故所求 t的取值范围为 1 3 2 t t        . 【点睛】本题考查了分类讨论解绝对值不等式，含参数绝对值不等式的解法，属于中档题.