2020年高考真题——理科数学（全国卷Ⅰ） Word版含解析

2020年高考真题——理科数学（全国卷Ⅰ） Word版含解析

- 1 - 绝密★启用前 2020 年普通高等学校招生全国统一考试 理科数学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑. 如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在 答题卡上。写在本试卷上无效. 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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.若 z=1+i，则|z2–2z|=（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】 由题意首先求得 2 2z z 的值，然后计算其模即可. 【详解】由题意可得：  22 1 2z i i   ，则  2 2 2 2 1 2z z i i      . 故 2 2 2 2z z    . 故选：D. 【点睛】本题主要考查复数的运算法则和复数的模的求解等知识，属于基础题. 2.设集合 A={x|x2–4≤0}，B={x|2x+a≤0}，且 A∩B={x|–2≤x≤1}，则 a=（ ） A. –4 B. –2 C. 2 D. 4 【答案】B 【解析】 - 2 - 【分析】 由题意首先求得集合 A,B，然后结合交集的结果得到关于 a 的方程，求解方程即可确定实数 a 的值. 【详解】求解二次不等式 2 4 0x   可得：  2| 2A x x   ， 求解一次不等式 2 0x a  可得： | 2 aB x x      . 由于  | 2 1A B x x     ，故： 12 a  ，解得： 2a   . 故选：B. 【点睛】本题主要考查交集的运算，不等式的解法等知识，意在考查学生的转化能力和计算 求解能力. 3.埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高 为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底 面正方形的边长的比值为（ ） A. 5 1 4  B. 5 1 2  C. 5 1 4  D. 5 1 2  【答案】D 【解析】 【分析】 设 ,CD a PE b  ，利用 2 1 2PO CD PE  得到关于 ,a b 的方程，解方程即可得到答案. 【详解】如图，设 ,CD a PE b  ，则 2 2 2 2 4 aPO PE OE b    ， - 3 - 由题意 2 1 2PO ab ，即 2 2 1 4 2 ab ab  ，化简得 24( ) 2 1 0b b a a     ， 解得 1 5 4 b a  （负值舍去）. 故选：C. 【点晴】本题主要考查正四棱锥的概念及其有关计算，考查学生的数学计算能力，是一道容 易题. 4.已知 A 为抛物线 C:y2=2px（p>0）上一点，点 A 到 C 的焦点的距离为 12，到 y 轴的距离为 9， 则 p=（ ） A. 2 B. 3 C. 6 D. 9 【答案】C 【解析】 【分析】 利用抛物线的定义建立方程即可得到答案. 【详解】设抛物线的焦点为 F，由抛物线的定义知| | 122A pAF x   ，即12 9 2 p  ，解得 6p = . 故选：C. 【点晴】本题主要考查利用抛物线的定义计算焦半径，考查学生转化与化归思想，是一道容 易题. 5.某校一个课外学习小组为研究某作物种子的发芽率 y 和温度 x（单位：°C）的关系，在 20 - 4 - 个不同的温度条件下进行种子发芽实验，由实验数据 ( , )( 1,2, ,20)i ix y i   得到下面的散点图： 由此散点图，在 10°C 至 40°C 之间，下面四个回归方程类型中最适宜作为发芽率 y 和温度 x 的回归方程类型的是（ ） A. y a bx  B. 2y a bx  C. exy a b  D. lny a b x  【答案】D 【解析】 【分析】 根据散点图的分布可选择合适的函数模型. 【详解】由散点图分布可知，散点图分布在一个对数函数的图象附近， 因此，最适合作为发芽率 y 和温度 x 的回归方程类型的是 lny a b x  . 故选：D. 【点睛】本题考查函数模型的选择，主要观察散点图的分布，属于基础题. 6.函数 4 3( ) 2f x x x  的图像在点 (1 (1))f， 处的切线方程为（ ） A. 2 1y x   B. 2 1y x   C. 2 3y x  D. 2 1y x  【答案】B 【解析】 【分析】 求得函数  y f x 的导数  f x ，计算出  1f 和  1f  的值，可得出所求切线的点斜式方程， - 5 - 化简即可. 【详解】   4 32f x x x  ，   3 24 6f x x x   ，  1 1f   ，  1 2f    ， 因此，所求切线的方程为  1 2 1y x    ，即 2 1y x   . 故选：B. 【点睛】本题考查利用导数求解函图象的切线方程，考查计算能力，属于基础题 7.设函数 ( ) cos π( )6f x x  在[ π,π] 的图像大致如下图，则 f(x)的最小正周期为（ ） A. 10π 9 B. 7π 6 C. 4π 3 D. 3π 2 【答案】C 【解析】 【分析】 由图可得：函数图象过点 4 ,09     ，即可得到 4cos 09 6         ，结合 4 ,09     是 函数  f x 图象与 x 轴负半轴的第一个交点即可得到 4 9 6 2        ，即可求得 3 2   ， 再利用三角函数周期公式即可得解. 【详解】由图可得：函数图象过点 4 ,09     ， 将它代入函数  f x 可得： 4cos 09 6         - 6 - 又 4 ,09     是函数  f x 图象与 x 轴负半轴的第一个交点， 所以 4 9 6 2        ，解得： 3 2   所以函数  f x 的最小正周期为 2 2 4 3 3 2 T       故选：C 【点睛】本题主要考查了三角函数的性质及转化能力，还考查了三角函数周期公式，属于中 档题. 8. 2 5( )( )x xy x y  的展开式中 x3y3 的系数为（ ） A. 5 B. 10 C. 15 D. 20 【答案】C 【解析】 【分析】 求得 5( )x y 展开式的通项公式为 5 1 5 r r r rT C x y   （ r N 且 5r  ），即可求得 2yx x     与 5( )x y 展开式的乘积为 6 5 r r rC x y 或 4 2 5 r r rC x y  形式，对 r 分别赋值为 3，1 即可求得 3 3x y 的 系数，问题得解. 【详解】 5( )x y 展开式的通项公式为 5 1 5 r r r rT C x y   （ r N 且 5r  ） 所以 2yx x     与 5( )x y 展开式的乘积可表示为： 5 6 1 5 5 r r r r r r rxT xC x y C x y     或 2 2 5 4 2 1 5 5 r r r r r r rT C x yx C yy y xx       在 6 1 5 r r r rxT C x y   中，令 3r  ，可得： 3 3 3 4 5xT C x y ，该项中 3 3x y 的系数为10， 在 4 2 1 5 2 r r r rT C xx yy     中，令 1r  ，可得： 5 2 1 3 3 2T Cy xx y ，该项中 3 3x y 的系数为 5 - 7 - 所以 3 3x y 的系数为10 5 15  故选：C 【点睛】本题主要考查了二项式定理及其展开式的通项公式，还考查了赋值法、转化能力及 分析能力，属于中档题. 9.已知   π( )0, ，且3cos2 8cos 5   ，则sin  （ ） A. 5 3 B. 2 3 C. 1 3 D. 5 9 【答案】A 【解析】 【分析】 用二倍角的余弦公式，将已知方程转化为关于 cos 的一元二次方程，求解得出 cos ，再用 同角间的三角函数关系，即可得出结论. 【详解】 3cos2 8cos 5   ，得 26cos 8cos 8 0    ， 即 23cos 4cos 4 0    ，解得 2cos 3    或 cos 2  （舍去）， 又 2 5(0, ), sin 1 cos 3         . 故选：A. 【点睛】本题考查三角恒等变换和同角间的三角函数关系求值，熟记公式是解题的关键，考 查计算求解能力，属于基础题. 10.已知 , ,A B C 为球O 的球面上的三个点，⊙ 1O 为 ABC 的外接圆，若⊙ 1O 的面积为 4π ， 1AB BC AC OO   ，则球O 的表面积为（ ） A. 64π B. 48π C. 36π D. 32π 【答案】A 【解析】 【分析】 - 8 - 由已知可得等边 ABC 的外接圆半径，进而求出其边长，得出 1OO 的值，根据球截面性质， 求出球的半径，即可得出结论. 【详解】设圆 1O 半径为 r ，球的半径为 R ，依题意， 得 2 4 , 2r r    ， 由正弦定理可得 2 sin60 2 3AB r   ， 1 2 3OO AB   ，根据圆截面性质 1OO  平面 ABC ， 2 2 2 2 1 1 1 1 1, 4OO O A R OA OO O A OO r        ， 球O 的表面积 24 64S R   . 故选：A 【点睛】本题考查球的表面积，应用球的截面性质是解题的关键，考查计算求解能力，属于 基础题. 11.已知⊙M： 2 2 2 2 2 0x y x y     ，直线 l ：2 2 0x y   ， P 为 l 上的动点，过点 P 作⊙M 的切线 ,PA PB ，切点为 ,A B ，当| | | |PM AB 最小时，直线 AB 的方程为（ ） A. 2 1 0x y   B. 2 1 0x y   C. 2 1 0x y   D. 2 1 0x y   【答案】D 【解析】 【分析】 由题意可判断直线与圆相离，根据圆的知识可知，四点 , , ,A P B M 共圆，且 AB MP ，根据 - 9 - 2 2PAMPM AB S PA  △ 可知，当直线 MP l 时， PM AB 最小，求出以 MP 为直 径的圆的方程，根据圆系的知识即可求出直线 AB 的方程． 【 详 解 】 圆 的 方 程 可 化 为    2 21 1 4x y    ， 点 M 到 直 线 l 的 距 离 为 2 2 2 1 1 2 5 2 2 1 d       ，所以直线l 与圆相离． 依圆的知识可知，四点 , , ,A P B M 四点共圆，且 AB MP ，所以 12 2 22PAMPM AB S PA AM PA      △ ，而 2 4PA MP  ， 当直线 MP l 时， min 5MP  ， min 1PA  ，此时 PM AB 最小． ∴  1: 1 12MP y x   即 1 1 2 2y x  ，由 1 1 2 2 2 2 0 y x x y        解得， 1 0 x y     ． 所以以 MP 为直径的圆的方程为    1 1 1 0x x y y     ，即 2 2 1 0x y y    ， 两圆的方程相减可得： 2 1 0x y   ，即为直线 AB 的方程． 故选：D. 【点睛】本题主要考查直线与圆，圆与圆的位置关系的应用，以及圆的几何性质的应用，意 在考查学生的转化能力和数学运算能力，属于中档题． 12.若 2 42 log 4 2loga ba b   ，则（ ） A. 2a b B. 2a b C. 2a b D. 2a b 【答案】B 【解析】 【分析】 设 2( ) 2 logxf x x  ，利用作差法结合 ( )f x 的单调性即可得到答案. 【详解】设 2( ) 2 logxf x x  ，则 ( )f x 为增函数，因为 2 2 4 22 log 4 2log 2 loga b ba b b     所以 ( ) (2 )f a f b  2 2 22 log (2 log 2 )a ba b    2 2 2 22 log (2 log 2 )b bb b   - 10 - 2 1log 1 02     ， 所以 ( ) (2 )f a f b ，所以 2a b . 2( ) ( )f a f b  2 2 2 22 log (2 log )a ba b    22 2 2 22 log (2 log )b bb b    22 22 2 logb b b  ， 当 1b  时， 2( ) ( ) 2 0f a f b   ，此时 2( ) ( )f a f b ，有 2a b 当 2b  时， 2( ) ( ) 1 0f a f b    ，此时 2( ) ( )f a f b ，有 2a b ，所以 C、D 错误. 故选：B. 【点晴】本题主要考查函数与方程的综合应用，涉及到构造函数，利用函数的单调性比较大 小，是一道中档题. 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。 13.若 x，y 满足约束条件 2 2 0, 1 0, 1 0, x y x y y           则 z=x+7y 的最大值为______________. 【答案】1 【解析】 【分析】 首先画出可行域，然后结合目标函数的几何意义即可求得其最大值. 【详解】绘制不等式组表示的平面区域如图所示， 目标函数 7z x y  即： 1 1 7 7y x z   ， 其中 z 取得最大值时，其几何意义表示直线系在 y 轴上的截距最大， - 11 - 据此结合目标函数的几何意义可知目标函数在点 A 处取得最大值， 联立直线方程： 2 2 0 1 0 x y x y        ，可得点 A 的坐标为： ( )1,0A ， 据此可知目标函数的最大值为： max 1 7 0 1z     . 故答案为：1． 【点睛】求线性目标函数 z＝ax＋by(ab≠0)的最值，当 b＞0 时，直线过可行域且在 y 轴上截距 最大时，z 值最大，在 y 轴截距最小时，z 值最小；当 b＜0 时，直线过可行域且在 y 轴上截距 最大时，z 值最小，在 y 轴上截距最小时，z 值最大. 14.设 ,a b 为单位向量，且| | 1 a b ，则| |a b  ______________. 【答案】 3 【解析】 【分析】 整理已知可得：  2 a b a b      ，再利用 ,a b   为单位向量即可求得 2 1a b    ，对 a b r r 变 形可得： 2 2 2a b a a b b          ，问题得解. 【详解】因为 ,a b   为单位向量，所以 1a b  r r 所以  2 2 2 2 2 2 1a b a b a a b b a b                    解得： 2 1a b    所以  2 2 2 2 3a b a b a a b b               故答案为： 3 【点睛】本题主要考查了向量模的计算公式及转化能力，属于中档题. 15.已知 F 为双曲线 2 2 2 2: 1( 0, 0)x yC a ba b     的右焦点，A 为 C 的右顶点，B 为 C 上的点，且 BF 垂直于 x 轴.若 AB 的斜率为 3，则 C 的离心率为______________. 【答案】2 【解析】 【分析】 - 12 - 根据双曲线的几何性质可知， 2bBF a  ， AF c a  ，即可根据斜率列出等式求解即可． 【 详 解 】 依 题 可 得 ， 3BF AF  ， 而 2bBF a  ， AF c a  ， 即 2 3 b a c a  ， 变 形 得 2 2 23 3c a ac a   ，化简可得， 2 3 2 0e e   ，解得 2e  或 1e  （舍去）． 故答案为： 2 ． 【点睛】本题主要考查双曲线的离心率的求法，以及双曲线的几何性质的应用，属于基础题． 16.如图，在三棱锥 P–ABC 的平面展开图中，AC=1， 3AB AD  ，AB⊥AC，AB⊥AD， ∠CAE=30°，则 cos∠FCB=______________. 【答案】 1 4  【解析】 【分析】 在 ACE△ 中，利用余弦定理可求得CE ，可得出 CF ，利用勾股定理计算出 BC 、 BD ，可 得出 BF ，然后在 BCF 中利用余弦定理可求得 cos FCB 的值. 【详解】 AB AC ， 3AB  ， 1AC  ， 由勾股定理得 2 2 2BC AB AC   ， 同理得 6BD  ， 6BF BD   ， - 13 - 在 ACE△ 中， 1AC  ， 3AE AD  ， 30CAE   ， 由余弦定理得 2 2 2 32 cos30 1 3 2 1 3 12CE AC AE AC AE           ， 1CF CE   ， 在 BCF 中， 2BC  ， 6BF  ， 1CF  ， 由余弦定理得 2 2 2 1 4 6 1cos 2 2 1 2 4 CF BC BFFCB CF BC           . 故答案为： 1 4  . 【点睛】本题考查利用余弦定理解三角形，考查计算能力，属于中等题. 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. （一）必考题：共 60 分. 17.设{ }na 是公比不为 1 的等比数列， 1a 为 2a ， 3a 的等差中项． （1）求{ }na 的公比； （2）若 1 1a  ，求数列{ }nna 的前 n 项和． 【答案】（1） 2 ；（2） 1 (1 3 )( 2) 9 n n nS    . 【解析】 【分析】 （1）由已知结合等差中项关系，建立公比 q的方程，求解即可得出结论； （2）由（1）结合条件得出{ }na 的通项，根据{ }nna 的通项公式特征，用错位相减法，即可 求出结论. 【详解】（1）设{ }na 的公比为 q， 1a 为 2 3,a a 的等差中项， 2 1 2 3 12 , 0, 2 0a a a a q q       ， 1, 2q q    ； （2）设{ }nna 的前 n 项和为 nS ， 1 1 1, ( 2)n na a    ， - 14 - 2 11 1 2 ( 2) 3 ( 2) ( 2)n nS n            ，① 2 3 12 1 ( 2) 2 ( 2) 3 ( 2) ( 1)( 2) ( 2)n n nS n n               ，② ①  ②得， 2 13 1 ( 2) ( 2) ( 2) ( 2)n n nS n          1 ( 2) 1 (1 3 )( 2)( 2)1 ( 2) 3 n n n nn         ， 1 (1 3 )( 2) 9 n n nS     . 【点睛】本题考查等比数列通项公式基本量的计算、等差中项的性质，以及错位相减法求和， 考查计算求解能力，属于基础题. 18.如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心， AE 为底面直径， AE AD ． ABC 是 底面的内接正三角形， P 为 DO 上一点， 6 6PO DO ． （1）证明： PA  平面 PBC ； （2）求二面角 B PC E  的余弦值． 【答案】（1）证明见解析；（2） 2 5 5 . 【解析】 【分析】 （1）要证明 PA  平面 PBC ，只需证明 PA PB ， PA PC 即可； （2）以 O 为坐标原点，OA 为 x 轴，ON 为 y 轴建立如图所示的空间直角坐标系，分别算出平 面 PCB 的法向量为 n  ，平面 PCE 的法向量为 m  ，利用公式 cos , | || | n mm n n m        计算即可 - 15 - 得到答案. 【详解】（1）由题设，知 DAE△ 为等边三角形，设 1AE  ， 则 3 2DO  ， 1 1 2 2CO BO AE   ，所以 6 2 6 4PO DO  ， 2 2 2 26 6, ,4 4PC PO OC PB PO OB      又 ABC 为等边三角形，则 2sin60 BA OA ，所以 3 2BA  ， 2 2 23 4PA PB AB   ，则 90APB   ，所以 PA PB ， 同理 PA PC ，又 PC PB P ，所以 PA  平面 PBC ； （2）过 O 作ON ∥BC 交 AB 于点 N，因为 PO  平面 ABC ，以 O 为坐标原点，OA 为 x 轴， ON 为 y 轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则 1 2 1 3 1 3( ,0,0), (0,0, ), ( , ,0), ( , ,0)2 4 4 4 4 4E P B C    ， 1 3 2( , , )4 4 4PC     ， 1 3 2( , , )4 4 4PB    ， 1 2( ,0, )2 4PE    ， 设平面 PCB 的一个法向量为 1 1 1( , , )n x y z ， 由 0 0 n PC n PB         ，得 1 1 1 1 1 1 3 2 0 3 2 0 x y z x y z         ，令 1 2x  ，得 1 11, 0z y   ， 所以 ( 2,0, 1)n   ， - 16 - 设平面 PCE 的一个法向量为 2 2 2( , , )m x y z 由 0 0 m PC m PE         ，得 2 2 2 2 2 3 2 0 2 2 0 x y z x z        ，令 2 1x  ，得 2 2 32, 3z y   ， 所以 3(1, , 2)3m   故 2 2 2 5cos , 5| | | | 103 3 n mm n n m            ， 设二面角 B PC E  的大小为 ，则 2 5cos 5   . 【点晴】本题主要考查线面垂直的证明以及利用向量求二面角的大小，考查学生空间想象能 力，数学运算能力，是一道容易题. 19.甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛，约定赛制如下：累计负两场者被淘汰；比赛前抽签 决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场 轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰， 另一人最终获胜，比赛结束.经抽签，甲、乙首先比赛，丙轮空.设每场比赛双方获胜的概率都 为 1 2 ， （1）求甲连胜四场的概率； （2）求需要进行第五场比赛的概率； （3）求丙最终获胜的概率. 【答案】（1） 1 16 ；（2） 3 4 ；（3） 7 16 . 【解析】 【分析】 （1）根据独立事件的概率乘法公式可求得事件“甲连胜四场”的概率； （2）计算出四局以内结束比赛的概率，然后利用对立事件的概率公式可求得所求事件的概率； （3）列举出甲赢的基本事件，结合独立事件的概率乘法公式计算出甲赢的概率，由对称性可 知乙赢的概率和甲赢的概率相等，再利用对立事件的概率可求得丙赢的概率. - 17 - 【详解】（1）记事件 :M 甲连胜四场，则   41 1 2 16P M      ； （2）记事件 A 为甲输，事件 B 为乙输，事件C 为丙输， 则四局内结束比赛的概率为         41 14 2 4P P ABAB P ACAC P BCBC P BABA            ， 所以，需要进行第五场比赛的概率为 31 4P P   ； （3）记事件 A 为甲输，事件 B 为乙输，事件C 为丙输， 记事件 :M 甲赢，记事件 :N 丙赢， 则甲赢的基本事件包括： BCBC 、 ABCBC 、 ACBCB 、 BABCC 、 BACBC 、 BCACB 、 BCABC 、 BCBAC ， 所以，甲赢的概率为   4 51 1 972 2 32P M              . 由对称性可知，乙赢的概率和甲赢的概率相等， 所以丙赢的概率为   9 71 2 32 16P N     . 【点睛】本题考查独立事件概率的计算，解答的关键就是列举出符合条件的基本事件，考查 计算能力，属于中等题. 20.已知 A、B 分别为椭圆 E： 2 2 2 1x ya   （a>1）的左、右顶点，G 为 E 的上顶点， 8AG GB   ， P 为直线 x=6 上的动点，PA 与 E 的另一交点为 C，PB 与 E 的另一交点为 D． （1）求 E 的方程； （2）证明：直线 CD 过定点. 【答案】（1） 2 2 19 x y  ；（2）证明详见解析. 【解析】 【分析】 （1）由已知可得：  ,0A a ，  ,0B a ，  0,1G ，即可求得 2 1AG GB a    ，结合已知 - 18 - 即可求得： 2 9a  ，问题得解. （2）设  06,P y ，可得直线 AP 的方程为：  0 39 yy x  ，联立直线 AP 的方程与椭圆方 程即可求得点C 的坐标为 2 0 0 2 2 0 0 3 27 6,9 9 y y y y        ，同理可得点 D 的坐标为 2 0 0 2 2 0 0 3 3 2,1 1 y y y y        ，即可表示出直线 CD 的方程，整理直线 CD 的方程可得：   0 2 0 4 3 23 3 yy x y       ，命题得证. 【详解】（1）依据题意作出如下图象： 由椭圆方程 2 2 2: 1( 1)xE y aa    可得：  ,0A a ，  ,0B a ，  0,1G   ,1AG a ，  , 1GB a   2 1 8AG GB a     ， 2 9a  椭圆方程为： 2 2 19 x y  （2）证明：设  06,P y ， 则直线 AP 的方程为：    0 0 36 3 yy x   ，即：  0 39 yy x  - 19 - 联立直线 AP 的方程与椭圆方程可得：   2 2 0 19 39 x y yy x       ，整理得：  2 2 2 2 0 0 09 6 9 81 0y x y x y     ，解得： 3x   或 2 0 2 0 3 27 9 yx y    将 2 0 2 0 3 27 9 yx y    代入直线  0 39 yy x  可得： 0 2 0 6 9 yy y   所以点C 的坐标为 2 0 0 2 2 0 0 3 27 6,9 9 y y y y        . 同理可得：点 D 的坐标为 2 0 0 2 2 0 0 3 3 2,1 1 y y y y        直线 CD 的方程为： 0 0 2 2 2 0 00 0 2 22 2 0 00 0 2 2 0 0 6 2 9 12 3 3 3 27 3 31 1 9 1 y y y yy yy xy yy y y y                      ， 整理可得：       2 2 2 0 00 0 0 0 2 2 24 2 0 0 00 0 8 32 3 3 8 3 3 1 1 16 9 6 3 y yy y y yy x xy y yy y                    整理得：     0 0 0 22 2 00 0 4 2 4 3 3 23 3 3 3 y y yy x xyy y          故直线CD 过定点 3 ,02      【点睛】本题主要考查了椭圆的简单性质及方程思想，还考查了计算能力及转化思想、推理 论证能力，属于难题. 21.已知函数 2( ) exf x ax x   . （1）当 a=1 时，讨论 f（x）的单调性； （2）当 x≥0 时，f（x）≥ 1 2 x3+1，求 a 的取值范围. 【答案】（1）当  ,0x  时，    ' 0,f x f x 单调递减，当  0,x  时，    ' 0,f x f x 单调递增.（2） 27 ,4 e    - 20 - 【解析】 【分析】 (1)由题意首先对函数二次求导，然后确定导函数的符号，最后确定原函数的单调性即可. (2)首先讨论 x=0 的情况，然后分离参数，构造新函数，结合导函数研究构造所得的函数的最 大值即可确定实数 a 的取值范围. 【详解】(1)当 1a  时，   2x xx ef x   ，  ' 2 1xf x e x   ， 由于  '' 2 0xf x e   ，故  'f x 单调递增，注意到  ' 0 0f  ，故： 当  ,0x  时，    ' 0,f x f x 单调递减， 当  0,x  时，    ' 0,f x f x 单调递增. (2)由   31 12f x x  得， 2 31 12 xe ax x x  … ，其中 0x  ， ①.当 x=0 时，不等式为：1 1 ，显然成立，符合题意； ②.当 0x  时，分离参数 a 得， 3 2 1 12 xe x x a x    … ， 记   3 2 1 12 xe x x g x x      ，     2 3 12 12' xx e x x g x x         ， 令    21 1 02 xe x xh x x    ， 则  ' 1xh x e x   ，  '' 1 0xh x e   ， 故  'h x 单调递增，    ' ' 0 0h x h  ， 故函数  h x 单调递增，    0 0h x h  ， 由   0h x  可得： 21 1 02 xe x x   … 恒成立， 故当  0,2x 时，  ' 0g x  ，  g x 单调递增； 当  2,x  时，  ' 0g x  ，  g x 单调递减； 因此，     2 max 72 4 eg x g      , - 21 - 综上可得，实数 a 的取值范围是 27 ,4 e    . 【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知 识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析 几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3) 利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用． （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。 [选修 4—4：坐标系与参数方程] 22.在直角坐标系 xOy 中，曲线 1C 的参数方程为 cos , sin k k x t y t     (t 为参数 ) ．以坐标原点为极点， x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 2C 的极坐标方程为 4 cos 16 sin 3 0      ． （1）当 1k  时， 1C 是什么曲线？ （2）当 4k  时，求 1C 与 2C 的公共点的直角坐标． 【答案】（1）曲线 1C 表示以坐标原点为圆心，半径为 1 的圆；（2） 1 1( , )4 4 . 【解析】 【分析】 （1）利用 2 2sin cos 1t t  消去参数 t ，求出曲线 1C 的普通方程，即可得出结论； （2）当 4k  时， 0, 0x y  ，曲线 1C 的参数方程化为 2 2 cos ( sin x t t y t    为参数），两式相加 消去参数 t ，得 1C 普通方程，由 cos , sinx y     ，将曲线 2C 化为直角坐标方程，联 立 1 2,C C 方程，即可求解. 【详解】（1）当 1k  时，曲线 1C 的参数方程为 cos (sin x t ty t    为参数）， 两式平方相加得 2 2 1x y  ， 所以曲线 1C 表示以坐标原点为圆心，半径为 1 的圆； - 22 - （2）当 4k  时，曲线 1C 的参数方程为 4 4 cos ( sin x t t y t     为参数）， 所以 0, 0x y  ，曲线 1C 的参数方程化为 2 2 cos ( sin x t t y t    为参数）， 两式相加得曲线 1C 方程为 1x y  ， 得 1y x  ，平方得 2 1,0 1,0 1y x x x y       ， 曲线 2C 的极坐标方程为 4 cos 16 sin 3 0      ， 曲线 2C 直角坐标方程为 4 16 3 0x y   ， 联立 1 2,C C 方程 2 1 4 16 3 0 y x x x y        ， 整理得12 32 13 0x x   ，解得 1 2 x  或 13 6x  （舍去）， 1 1,4 4x y   ， 1 2,C C 公共点的直角坐标为 1 1( , )4 4 . 【点睛】本题考查参数方程与普通方程互化，极坐标方程与直角坐标方程互化，合理消元是 解题的关系，要注意曲线坐标的范围，考查计算求解能力，属于中档题. [选修 4—5：不等式选讲] 23.已知函数 ( ) | 3 1| 2 | 1|f x x x    ． （1）画出 ( )y f x 的图像； （2）求不等式 ( ) ( 1)f x f x  的解集． 【答案】（1）详解解析；（2） 7, 6      . - 23 - 【解析】 【分析】 （1）根据分段讨论法，即可写出函数  f x 的解析式，作出图象； （2）作出函数  1f x 的图象，根据图象即可解出． 【详解】（1）因为   3, 1 15 1, 13 13, 3 x x f x x x x x                ，作出图象，如图所示： （2）将函数  f x 的图象向左平移1个单位，可得函数  1f x 的图象，如图所示： 由  3 5 1 1x x     ，解得 7 6x   ． 所以不等式的解集为 7, 6      ． 【点睛】本题主要考查画分段函数的图象，以及利用图象解不等式，意在考查学生的数形结 合能力，属于基础题． - 24 -