广东省惠州市2020届高三调研考试数学（文）试题

广东省惠州市2020届高三调研考试数学（文）试题

惠州市 2020 届高三第二次调研考试 文科数学 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号、座位号、学校、班级等考生信息填写在答题 卡上。 2.作答选择题时，选出每个小题答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案信息点涂黑。 如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案，写在本试卷上无效。 3.非选择题必须用黑色字迹签字笔作答，答案必须写在答题卡各题指定的位置上，写在本试 卷上无效。 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 符合题目要求. 1.已知集合  | 2 2P x x    ，  | lg 0Q x x  ，那么 P Q  （ ） A.  2,0 B.  1,2 C.  1,2 D.  0,2 【答案】C 【解析】 【分析】 首先解出集合 Q 所含的元素，再由集合的交集运算的定义求解。 【详解】  | lg 0Q x x   | 1Q x x   ，又  | 2 2P x x     |1 2P Q x x    即  1,2P Q  ， 故选：C. 【点睛】本题考查交集及其运算，熟练掌握交集的定义是解答本题的关键，属于基础题。 2.已知复数 z 满足 1 2i z i   （其中i 为虚数单位），则 z 的共轭复数是（ ） A. 1 3 2 2 i  B. 1 3 2 2 i C. 1 3 2 2 i  D. 1 3 2 2 i 【答案】D 【解析】 【分析】 把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简，再由共轭复数的概念解答。 【详解】  1 2i z i   ，       2 12 1 3 1 1 1 2 i ii iz i i i         ， 1 3 2 2z i   ，即 z 的共轭 复数为 1 3 2 2z i  ， 故选：D. 【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，属于基础题。 3.若   1sin 3    ，且 3 2 2    ，则sin 2 的值为（ ） A. 4 2 9  B. 2 2 9  C. 2 2 9 D. 4 2 9 【答案】A 【解析】 【分析】 由诱导公式可得sin ，再根据平方关系计算出 cos ，之后利用二倍角的正弦公式即可得到 答案。 【详解】由题意，根据诱导公式得   1sin sin 3      ， 又因为 3 2 2    且sin 0  ，所以 2 a   ，根据 2 2sin cos 1   可得 2 2cos 3    ， 所以 1 2 2sin 2 2sin cos 2 3 3             4 2 9   ， 故选：A. 【点睛】本题考查同角三角函数的基本关系及二倍角的正弦公式，属于基础题。 4.我国古代有着辉煌的数学研究成果，其中的《周髀算经》、《九章算术》、《海岛算经》、《孙 子算经》、《缉古算经》，有丰富多彩的内容，是了解我国古代数学的重要文献．这 5 部专著中 有 3 部产生于汉、魏、晋、南北朝时期．某中学拟从这 5 部专著中选择 2 部作为“数学文化” 校本课程学习内容，则所选 2 部专著中至少有一部是汉、魏、晋、南北朝时期专著的概率为 （ ） A. 3 5 B. 7 10 C. 4 5 D. 9 10 【答案】D 【解析】 【分析】 利用列举法，从这 5 部专著中选择 2 部作为“数学文化”校本课程学习内容，基本事件有 10 种情况，所选 2 部专著中至少有一部是汉、魏、晋、南北朝时期专著的基本事件有 9 种情况， 由古典概型概率公式可得结果. 【详解】《周髀算经》、《九章算术》、《海岛算经》、《孙子算经》、《缉古算经》，这 5 部专著中 有 3 部产生于汉、魏、晋、南北朝时期．记这 5 部专著分别为 , , , ,a b c d e ，其中 , ,a b c 产生于 汉、魏、晋、南北朝时期．从这 5 部专著中选择 2 部作为“数学文化”校本课程学习内容， 基本事件有 , , , , , , , , , ,ab ac ad ae bc bd be cd ce de 共 10 种情况，所选 2 部专著中至少有一部是 汉、魏、晋、南北朝时期专著的基本事件有 , , , , , , , , ,ab ac ad ae bc bd be cd ce ，共 9 种情况， 所以所选 2 部专著中至少有一部是汉、魏、晋、南北朝时期专著的概率为 9 10 mP n   ．故选 D． 【点睛】本题主要考查古典概型概率公式的应用，属于基础题，利用古典概型概率公式求概 率时，找准基本事件个数是解题的关键，基本亊件的探求方法有 (1)枚举法：适合给定的基 本事件个数较少且易一一列举出的；(2)树状图法：适合于较为复杂的问题中的基本亊件的探 求.在找基本事件个数时，一定要按顺序逐个写出：先 1 1( , )A B ， 1 2( , )A B …. 1( , )nA B ，再 2 1( , )A B ， 2 2( , )A B ….. 2( , )nA B 依次 3 1( , )A B 3 2( , )A B …. 3( , )nA B … 这样才能避免多写、漏 写现象的发生. 5.某工厂为了解产品的生产情况，随机抽取了 100 个样本。若样本数据 1x ， 2x ，…， 100x 的 方差为 8，则数据 12 1x  ， 22 1x  ，…， 1002 1x  的方差为（ ） A. 8 B. 15 C. 16 D. 32 【答案】D 【解析】 【分析】 利用方差的性质，若 1 2, , , nx x x 的方差为 2s ，则 1 2 , , nax b ax b ax b  , 的方差为 2 2a s ， 直接求解． 【详解】样本数据 1x ， 2x ，…， 100x 的方差为 8，所以数据 12 1x  ， 22 1x  ，…， 1002 1x  的 方差为 22 8 32  ， 故选：D. 【点睛】本题考查方差的性质应用，若 1 2, , , nx x x 的方差为 2s ，则 1 2 , , nax b ax b ax b  , 的方差为 2 2a s ，属于基础题。 6.以下三个命题： ①“ 2x  ”是“ 2 3 2 0x x   ”的充分不必要条件； ②若 p q 为假命题，则 p ， q均为假命题； ③对于命题 p ： x R  ，使得 2 1 0x x   ；则 p 是： x R  ，均有 2 1 0x x   . 其中正确的个数是（ ） A. 1 个 B. 2 个 C. 3 个 D. 4 个 【答案】B 【解析】 【分析】 ①求出不等式 2 3 2 0x x   的解集然后再判断两集合的关系，从而得出结论. ②用 联结的两个命题，只要有一个为假则这个复合命题即为假. ③根据特称命题的否定为全称命题判断. 【详解】①不等式 2 3 2 0x x   ，解得 2x  或 1x  ，  | 2x x   | 2 1x x x 或 所以 22 3 2 0x x x     ， 2 3 2 0 2x x x     ，“ 2x  ”是“ 2 3 2 0x x   ”的 充分不必要条件.①正确； ②若 p q 为假命题，则 p ， q至少有一个为假，故②错误； ③命题 p ： x R  使得 2 1 0x x   的否定 p 为 x R  ，均有 2 1 0x x   .③正确， 故选：B. 【点睛】本题考查充分必要条件的判断，简单逻辑联结词及含有一个量词的命题的否定，属 于基础题。 7.某几何体的三视图如图所示，其中主视图，左视图均是由三角形与半圆构成，俯视图由圆 与内接三角形构成，则该几何体的体积为（ ） A. 2 1 6 6   B. 2 1 6 2   C. 2 1 3 6   D. 2 1 3 2   【答案】A 【解析】 该几何体是一个半球上面有一个三棱锥，体积为 31 1 1 4 2 1 21 1 1 ( )3 2 2 3 2 6 6V           ， 故选 A. 8.已知双曲线 2 2 1 : 14 xC y  ，双曲线 2 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b     的左、右焦点分别为 F1,F2,M 是双曲线 C2 的一条渐近线上的点，且 OM⊥MF2,O 为坐标原点，若 2 16OMFS △ ，且双曲线 C1,C2 的离心率相同，则双曲线 C2 的实轴长是 （ ） A. 32 B. 4 C. 8 D. 16 【答案】D 【解析】 【分析】 求得双曲线 C1 的离心率，求得双曲线 C2 一条渐近线方程为 y= b a x，运用点到直线的距离公式， 结合勾股定理和三角形的面积公式，化简整理解方程可得 a=8，进而得到双曲线的实轴长． 【详解】双曲线 2 2 1 14 xC y ： 的离心率为 5 2 ， 设 F2（c，0），双曲线 C2 一条渐近线方程为 y= b a x， 可得|F2M|= 2 2 bc a b =b， 即有|OM|= 2 2c b =a， 由 2 16OMFS  ，可得 1 2 ab=16， 即 ab=32，又 a2+b2=c2，且 c a = 5 2 ， 解得 a=8，b=4，c=4 5 ， 即有双曲线的实轴长为 16． 故选：D． 【点睛】本题考查双曲线的方程和性质，注意运用点到直线的距离公式和离心率公式，考查 化简整理的运算能力，属于中档题． 9.已知直线 3x  是函数    2sin 2 2f x x        的一条对称轴，则（ ） A. 6 π B.  f x 在 0, 2      上单调递增 C. 由  f x 的图象向左平移 6  个单位可得到 2sin 2y x 的图象 D. 由  f x 的图象向左平移 12  个单位可得到 2sin 2y x 的图象 【答案】D 【解析】 【分析】 由正弦型函数的对称性，我们可以判断出选项 A 错误，由正弦型函数的单调性可以判断出选 项 B 错误，根据正弦型函数的平移变换可以判断出选项 C 错误和选项 D 正确. 【详解】由题意可得：2 ( )3 2k k Z       ，据此可得： ( )6k k Z    ，令 k=0 可得： 6    ，选项 A 错误；函数的解析式为： ( ) 2sin 2 6f x x      ，若 0, 2x     ，则 52 ,6 6 6x         ， 函数 不具 有 单调 性 ；由 ( )f x 的 图象 向左 平 移 6  个 单位 可得 到 2sin 2 2sin 26 6 6y x x                   的函数图象，选项 C 错误；由 ( )f x 的图象向左平 移 12  个单位可得到 2sin 2 2sin 212 6y x x           的图象，选项 D 正确. 本题选择 D 选项. 【点睛】本题考查三角函数图象和性质的综合应用，熟练掌握正弦型函数的对称性及平移变 换法则是解答本题的关键，属基础题. 10.函数 1( ) ln 1f x x x    的图象大致是( ) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 根据函数表达式,把分母设为新函数,首先计算函数定义域,然后求导,根据导函数的正负判断 函数单调性,对应函数图像得到答案. 【 详 解 】 设 ( ) ln 1g x x x   ， (1) 0g  ， 则 1( ) ln 1f x x x    的 定 义 域 为 (0,1) (1, )x U . 1( ) 1g x x    ，当 (1, )x  ， ( ) 0g x  ， ( )g x 单增，当 (0,1)x ， ( ) 0g x  ， ( )g x 单减，则 ( ) (1) 0g x g  .则 ( )f x 在 (0,1)x 上单增， (1, )x  上单减， ( ) 0f x  .选 B. 【点睛】本题考查了函数图像的判断,用到了换元的思想,简化了运算,同学们还可以用特殊值 法等方法进行判断. 11.已知数列{ }na 的各项均为正数， 1 2a  ， 1 1 4 n n n n a a a a     ，若数列 1 1{ } n na a  的前 n 项和为 5，则 n （ ） A. 119 B. 121 C. 120 D. 122 【答案】C 【解析】 依 题 意 有 2 2 1 4n na a   ， 即 数 列  2 na 是 以 4 首 项 ， 公 差 为 4 的 等 差 数 列 ， 故 2 4 , 2n na n a n  .   1 1 1 1 1 12 21n n n na a n n        ， 前 n 项 和    1 12 1 3 2 1 1 12 2nS n n n           ， 所 以  1 1 1 5, 1202 n n    . 点睛：本题主要考查递推数列求数列通项公式，考查裂项求和法.首先根据题目所给方程，原 方程是分式的形式，先转化为整式，得到两个平方的差为常数的递推数列，根据这个递推数 列可以得到数列 2 na 是以 4 首项，公差为 4 的等差数列，即求出 2 na 的通项公式，进而求得 na 的通项公式，接着利用裂项求和法求得前 n 项和，最后列方程解出 n 的值. 12.已知椭圆 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     的短轴长为 2，上顶点为 A ，左顶点为 B ， 1 2,F F 分别是 椭圆的左、右焦点，且 1F AB 的面积为 2 3 2  ，点 P 为椭圆上的任意一点，则 1 2 1 1 PF PF  的取值范围为（ ） A. [1,2] B. [ 2, 3] C. [ 2,4] D. [1,4] 【答案】D 【解析】 分析： 由得椭圆 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     的短轴长为 2 ，  1 1 2 3 2 2F ABS a c b    可得， 2, 3a c  ， 1PF x 可得  2 1 2 1 1 4 4 2PF PF x     ，从而可得结果. 详解：由得椭圆 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     的短轴长为 2 2, 1b b  ，  1 1 2 3 2 2F ABS a c b    ， 解得 2 3, 2, 3a c a c      ， 1 2 2 4PF PF a   ，设 1PF x ， 则 2 4PF x  ，  ,x a c a c   ， 即 2 3,2 3x      ，    2 1 2 1 1 1 1 4 1,44 4 2PF PF x x x         ，故选 D. 点睛：本题考查题意的简单性质，题意的定义的有意义，属于中档题. 求解与椭圆性质有关 的问题时要结合图形进行分析，既使不画出图形，思考时也要联想到图形，当涉及顶点、焦 点、长轴、短轴、等椭圆的基本量时，要理清它们之间的关系，挖掘出它们之间的内在联系. 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分，其中第 15 题第一空 3 分，第二空 2 分。 13.已知向量  12,a k ，  2 ,14b k  ，若 a b  ，则实数 k  ______. 【答案】 12 13  【解析】 【分析】 根据向量垂直的坐标运算进行求解。 【详解】由题意 a b  且  12,a k ，  2 ,14b k  ，  12 2 14 0k k    ，得 12 13k   . 故答案为： 12 13  【点睛】本题考查向量垂直的坐标表示若 ( )1 1,a x y=r 、 ( )2 2,b x y=r ， a b  则 1 2 1 2 0x x y y  ，属于基础题。 14.设函数       2 2 1 1 lg 1 x x xf x x x        ，则   4f f   ______. 【答案】0 【解析】 【分析】 直接利用分段函数，由内及外求解函数值。 【详解】  4 16 4 2 10f      ，  10 1 lg10 0f    . 所以     4 10 =0f f f  故答案为： 0 【点睛】本题考查求分段函数的函数值，判断出自变量所属的段，将自变量的值代入相对应 的解析式中求出函数值。 15. ABC 的内角 , ,A B C 的对边分别为 , ,a b c ，已知  3 cos cos , 60a C c A b B    ，则 A 的大小为__________． 【答案】 75 【解析】 由  3 acosC ccosA b  ， 根 据 正 弦 定 理 得  3 sinAcosC sinCcosA sinB  ， 即   33sin 2A C  ，   1sin ,  302 6A C A C       ， 又因为 180 B 120A C     ， 所以 2 150 ,A 75A     ， 故答案为 75． 16.已知底面边长为 a 的正三棱柱 1 1 1ABC A B C 的六个顶点在球 1O 上，又知球 2O 与此正三棱 柱的 5 个面都相切，则球 1O 与球 2O 的半径之比为______，表面积之比为______. 【答案】 (1). 5 :1 (2). 5:1 【解析】 【分析】 由题意球 1O 为正三棱柱的外接球，球 2O 为正三棱柱的内切球，正三棱柱的外接球和内切球的 球心为同一点，在上下底面中心的连线的中点上，外接球的半径为球心到各顶点的距离，内 切球的半径为球心到各面的距离， 即可求出球 1O 与球 2O 的半径的关系。 【详解】设球 1O ，球 2O 的半径分别为 R ， r ，由于正三棱柱的六个顶点都在同一个球面上， 所以球心在上下底面中心的连线的中点上，如图， AB a= ，OA R ，OE r ，在 OEA 中， 2 3 3 3 2 3AE a a   ， 1 3 3 3 2 6OE r a a    由 于 2 2 2OA OE AE  所 以 ： 2 25 12R a ， 2 21 12r a ，则球 1O 与球 2O 的半径比为 5 :1，所以球 1O 与球 2O 的表面积之 比等于 2 2 2 2 2 2 5 4 12 514 12 aR R r r a      ，所以答案应填： 5 :1，5:1. 【点睛】正三棱柱的外接球和内切球的球心为同一点，在上下底面中心的连线的中点上，外 接球的半径为球心到各顶点的距离，内切球的半径为球心到各面的距离，找出两球半径和三 棱柱的底边的关系再代入球的表面积计算公式即可。 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。 （一）必考题：共 60 分。 17.记 nS 为等差数列 na 的前 n 项和，若 4 5 20a a  ， 6 48S  . （1）求数列 na 的通项公式； （2）设 1 1 n n n b a a   ， nT 为数列 nb 的前 n 项和，证明 1 6nT  . 【答案】(1) 2 1na n  ， *n N . (2)证明见解析 【解析】 【分析】 （1）利用已知条件构造关于 1a 和 d 的方程组，即可求出数列的通项公式. （2）利用（1）的结论，进一步利用裂项相消法求出数列的前 n 项和，即可得证. 【详解】（1）设等差数列 na 公差为 d ，依题意 4 5 1 6 1 2 7 20 6 56 482 a a a d S a d        ， 解得 1 3 2 a d    ， 由  1 1na a n d  ， ∴ 2 1na n  ， *n N . （2） 1 1 n n n b a a   ，且 2 1na n     1 1 1 1 1 1 2 1 2 3 2 2 1 2 3n n n b a a n n n n            ∴ 1 1 1 1 1 1 1 2 3 5 5 7 2 1 2 3nT n n           1 1 1 2 3 2 3n      因为 *n N ， 1 02 3n   1 1 1 3 2 3 3n    1 1 1 1 2 3 2 3 6n       所以 1 6nT  ，得证。 【点睛】本题考查数列的通项公式的求法及应用，裂项相消法在数列求和中的应用，主要考 查学生的计算能力和转化能力，属于中档题。 18.为响应国家“精准扶贫、精准脱贫”的号召，某贫困县在精准推进上下实功，在在精准落 实上见实效现从全县扶贫对象中随机抽取16 人对扶贫工作的满意度进行调查，以茎叶图中记 录了他们对扶贫工作满意度的分数(满分100分)如图所示，已知图中的平均数与中位数相同. 现将满意度分为“基本满意”(分数低于平均分)、“满意”(分数不低于平均分且低于 95 分) 和“很满意”(分数不低于 95 分)三个级别. (1)求茎叶图中数据的平均数和 a 的值; (2)从“满意”和“很满意”的人中随机抽取 2 人，求至少有1人是“很满意”的概率. 【答案】（1）平均数为 88 ； 4a  （2） 11( ) 14P A  【解析】 【详解】(1)由题意，根据图中16 个数据的中位数为 87 89 882   ， 由平均数与中位数相同，得平均数为88 ， 所以 8 8 7 3 5 6 7 9 9 2 5 5 7 8 70 3 90 6 16 a                  88 ， 解得 4a  ； (2)依题意，16 人中，“基本满意”有8 人，“满意”有 4 人，“很满意”有 4 人.“满意”和 “很满意”的人共有 4 人.分别记“满意”的 4 人为 a ，b ， c ， d ，“很满意”的 4 人为1， 2 ，3 ，4 .从中随机抽取 2 人的一切可能结果所组成的基本事件共 28 个：( , )a b ，( , )a c ，( , )a d ， ( ,1)a ，( ,2)a ，( ,3)a ，( ,4)a ，( , )b c ，( , )b d ，( ,1)b ，( b,2 ) ，( ,3)b ，( ,4)b ，( , )c d ，( ,1)c ， ( ,2)c ，( ,3)c ，( ,4)c ，( ,1)d ，( ,2)d ，( ,3)d ，( ,4)d ，(1,2) ，(1,3) ，(1,4) ，(2,3) ，(2,4) ， (3,4) . 用事件 A 表示“8 人中至少有1人是很满意”这一件事，则事件 A 由 22 个基本事件组成： ( ,1)a ，( ,2)a ，( ,3)a ，( ,4)a ，( ,1)b ，( b,2 ) ，( ,3)b ，( ,4)b ，( ,1)c ，( ,2)c ，( ,3)c ，( ,4)c ， ( ,1)d ，( ,2)d ，( ,3)d ，( ,4)d ，(1,2) ，(1,3) ，(1,4) ，(2,3) ，(2,4) ，(3,4) ，共有 22 个. 故事件 A 的概率为 22 11( ) 28 14P A   【点睛】本题主要考查了茎叶图的应用，以及古典概型及其概率的计算问题，其中解答中熟 记茎叶图的中的平均数和中位数的计算，以及利用列举法得出基本事件的总数是解答的关键， 着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题. 19.如图，AB 为圆 O 的直径，点 E、F 在圆 O 上， / /AB EF ，矩形 ABCD 所在平面和圆 O 所在的 平面互相垂直，已知 3AB  ， 1EF  . （1）求证：平面 DAF 平面CBF ； （2）设几何体 F ABCD 、 F BCE 的体积分别为 1V 、 2V ，求 1 2:V V . 【答案】（1）详见解析；（2）6. 【解析】 【分析】 (1)利用面面垂直的性质定理得到CB  平面 ABEF ，再利用线面垂直的判定定理得到 AF  平面CBF ，由面面垂直的判定定理即可得到证明;（2）利用棱锥体积公式计算求比值即可. 【详解】（1）如图,矩形 ABCD 中，CB AB ，∵平面 ABCD  平面 ABEF ，平面 ABCD  平面 ABEF AB ， ∴CB  平面 ABEF ， ∵ AF  平面 ABEF ，∴ AF CB . 又∵ AB 为圆 O 的直径，∴ AF BF ， ∵CB BF B  ，CB 、 BF  平面 CBF ， ∴ AF  平面 CBF ， ∵ AF  平面 ADF ，∴平面 DAF  平面 CBF . 另解：也可证明 BF  平面 ADF . （2）几何体 F ABCD 是四棱锥、F BCE 是三棱锥，过点 F 作 FH AB ，交 AB 于 H .∵ 平面 ABCD  平面 ABEF ，∴ FH  平面 ABCD . 则 1 1 3V AB BC FH   ， 2 1 1 3 2V EF HF BC       ∴ 1 2 2 6V AB V EF   【点睛】本题考查面面垂直的判定定理和性质定理的应用，考查棱锥体积公式的应用，属基 础题. 20.已知椭圆C 的中心在坐标原点，离心率等于 1 2 ，该椭圆的一个长轴端点恰好是抛物线 2 16y x 的焦点. （1）求椭圆C 的方程； （2）已知直线 2x  与椭圆C 的两个交点记为 P 、Q ，其中点 P 在第一象限，点 A 、 B 是椭 圆上位于直线 PQ 两侧的动点.当 A 、 B 运动时，满足 APQ BPQ   ，试问直线 AB 的斜 率是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由. 【答案】(1) 2 2 116 12 x y  (2)为定值，定值 1 2 . 【解析】 【分析】 （1）由题意可求出抛物线 2 16y x 的焦点坐标，即为 a 的值，再根据离心率等于 1 2 ，及 a 、 b 、 c 的关系即可求出b 。 （2）由题意 APQ BPQ   ，即直线 AP 与直线 BP 斜率存在且斜率之和为 0，可设 AP 的 斜率为 k ，表示出直线 AP 与直线 BP 的方程，分别联立直线方程与椭圆方程，即可用含 k 的 式子表示 A ， B 两点的坐标特征，即可求出直线 AB 的斜率。 【详解】（1）因为抛物线 2 16y x 焦点为  4,0 ，所以 4a  ， 1 2 ce a   ，∴ 2c  ， 又 2 2 2a b c  ，所以 2 12b  . 所以椭圆C 的方程为 2 2 116 12 x y  . （2）由题意，当 APQ BPQ   时，知 AP 与 BP 斜率存在且斜率之和为 0. 设直线 PA 的斜率为 k ，则直线 BP 的斜率为 k ，记  1 1,A x y ，  2 2,B x y ， 直线 2x  与椭圆C 的两个交点  2,3P 、  2, 3Q  ， 设 PA 的方程为  3 2y k x   ，联立   2 2 3 2 116 12 y k x x y       ， 消 y 得   2 2 2 23 4 8 3 2 16 48 12 0k x k k x k k       ， 由已知知   恒成立，所以   1 2 8 2 32 3 4 k kx k    ， 同理可得   2 2 8 2 32 3 4 k kx k    . 所以 2 1 2 2 16 12 3 4 kx x k    ， 1 2 2 48 3 4 kx x k    ，  1 13 2y k x   ，  2 23 2y k x     1 2 1 2 4y y k x x k     所以  1 21 2 1 2 1 2 4 1 2AB k x x ky yk x x x x      . 所以 AB 的斜率为定值 1 2 . 【点睛】本题考查求椭圆的标准方程，直线与椭圆的综合问题，根据已知条件计算出椭圆的 标准方程是解答本题的关键。 21.已知函数 ( ) ( )( )xf x x b e a   ， ( 0)b  ，在 ( 1, ( 1))f  处的切线方程为 ( 1) 1 0e x ey e     . （1）求 a ，b ； （2）若 0m  ，证明： 2( )f x mx x  . 【答案】（1） 1a  ， 1b  ；（2）见解析 【解析】 【详解】试题分析：（1）求出函数的导数，得到关于 a b， 的方程组，解出即可； （2）由（1）可知     1 1xf x x e   ，    0 0, 1 0f f   ， 由 0m  ，可得 2x mx x  ，令     1 1xg x x e x    ， 利用导数研究其单调性可得        20 0 1 1xg x g x e x mx x        ， 从而证明   2f x mx x  . 试题解析：（（1）由题意  1 0f   ，所以     11 1 0f b ae          ， 又    1 xf x x b e a     ，所以   11 1bf ae e       ， 若 1a e  ，则 2 0b e   ，与 0b  矛盾，故 1a  ， 1b  . （2）由（1）可知     1 1xf x x e   ，    0 0, 1 0f f   ， 由 0m  ，可得 2x mx x  ， 令     1 1xg x x e x    ，    2 2xg x x e   ， 令      t x g'(x t' x x 3 xe  ）, 当 x 3  时，  h x 0  ， g'(x）单调递减，且 g'(x 0） ； 当 x 3  时，  h x 0  ， g'(x）单调递增；且  g 0 0  ， 所以  g x 在 0， 上当单调递减，在 0 ， 上单调递增，且  g 0 0 ， 故        20 0 1 1xg x g x e x mx x        ， 故   2f x mx x  . 【点睛】本题考查利用函数的切线求参数的方法，以及利用导数证明不等式的方法，解题时 要认真审题，注意导数性质的合理运用. （二）选考题：共 10 分。请考生在第 22、23 题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第 一题计分。答题时请写清题号并将相应信息点涂黑。 22.选修 4-4：坐标系与参数方程 已知在平面直角坐标系 xOy 中，圆C 的参数方程为 cos 1 sin x y       ( 为参数).以原点O 为 极点， x 轴的非负半轴为极轴,取相同的单位长度建立极坐标系. （I）求圆C 的普通方程及其极坐标方程； （II）设直线 l 的极坐标方程为 sin( ) 23     ，射线 : 6OM   与圆C 的交点为 P ， 与直线l 的交点为 Q，求线段 PQ 的长. 【 答 案 】（ I ） 普 通 方 程 为 ： 22 ( 1) 1yx    ， 极 坐 标 方 程 为 ： 2sin  . （II）| | 1PQ  【解析】 【分析】 （I）利用 2 2cos sin 1   消去参数，求得圆的普通方程，将 cos , sinx y     代入， 可求得对应的极坐标方程.（II）分别将 π 6   代入直线和圆的极坐标方程，然后两式相减， 可求得 PQ 的长. 【详解】（I）∵圆C 的参数方程为 1 x cos y sin       ( 为参数) ∴消去参数 得普通方程为：  22 1 1x y   又 cos , sinx y     ∴   2 2cos sin 1 1      化简得圆C 的极坐标方程为： 2sin  . （II）∵射线 : 6OM   与圆 C 的交点为 P ∴把 6   代入圆的极坐标方程可得： 2sin 16P    又射线 : 6OM   与直线l 的交点为 Q ∴把 6   代入直线l 极坐标方程可得： sin 26 3        ∴ 2Q  ∴线段 PQ 的长 1P QPQ     【点睛】本小题主要考查极坐标、直角坐标和参数方程相互转化，考查利用极坐标的几何意 义来解问题的方法，属于基础题. 23.已知关于 x 的不等式|x﹣m|+2x≤0 的解集为（﹣∞，﹣2]，其中 m＞0． （1）求 m 的值； （2）若正数 a，b，c 满足 a+b+c＝m，求证： 2 2 2   b c a a b c 2． 【答案】（1）m＝2（2）见解析 【解析】 【分析】 （1）解不等式，得出答案。 （2）直接使用均值不等式即可证明之。 【详解】（1）由 f（x）≤0 得|x﹣m|+2x≤0， 即 2 0 x m x m x      ， ，或 2 0 x m m x x      ＜ ， 化简得： 3 x m mx   ， ，或 . x m x m     ， 由于 m＞0，所以不等式组的解集为（﹣∞，﹣m）． 由题设可得﹣m＝﹣2，故 m＝2． （2）由（1）可知，a+b+c＝2， 又由均值不等式有： 2b a  a≥2b， 2 c b b≥2c， 2 a c c≥2a， 三式相加可得： 2 2 2 a b    b c a a a c c≥2b+2c+2a， 所以 2 2 2   b c a a b c a+b+c＝2． 【点睛】本题考查解不等式与利用均值不等式证明。