2019-2020学年安徽省示范高中培优联盟高二冬季联赛数学（文）试题（解析版）

2019-2020学年安徽省示范高中培优联盟高二冬季联赛数学（文）试题（解析版）

2019-2020 学年安徽省示范高中培优联盟高二冬季联赛数学 （文）试题 一、单选题 1．已知全集U  R ，  2A x x x  ，  2 1 0B x x   ，则  UA B ð 等于（ ）． A． 1 12x x      B． 1 12x x       C． 10 2x x      D． 1 12x x      【答案】D 【解析】分别解出不等式,可得  | 0 1A x x   , 1| 2B x x     ,再根据集合的补集、 交集定义求解即可 【详解】 由题,可得  | 0 1A x x   , 1| 2B x x     , 则 U 1| 2B x x     ð ,所以   1| 12UA B x x       ð 故选：D 【点睛】 本题考查集合的交集、补集运算,考查解不等式 2．如图，选自我国古代数学名著《周髀算经》．图中大正方形边长为 5，四个全等的直 角三角形围成一个小正方形（阴影部分），直角三角形较长的直角边长为 4．若将一质 点随机投入大正方形中，则质点落在阴影部分的概率是（ ）． A． 1 25 B． 2 25 C． 3 25 D． 4 25 【答案】A 【解析】由勾股定理,可得阴影部分,即小正方形的边长为 1,所求即为小正方形与大正方 形的面积比 【详解】 由题,大正方形边长为 5,直角三角形较长的直角边长为 4,根据勾股定理可得直角三角形 较短的直角边长为 3,则阴影部分,即小正方形边长为 4 3 1  ,根据面积型的几何概型公 式计算可得,质点落在阴影部分的概率为 1 1 1 5 5 25P   故选：A 【点睛】 本题考查面积型的几何概型的概率公式的应用,属于基础题 3．设sin 2 cos  ， 0, 2      ，则 tan 2 的值是( ) A． 3 B． 3 C． 3 3 D． 3 3  【答案】A 【解析】 2 cos , 0, ,2sin         2 cos cossin    ， 1 ,2 6sin     ， tan 2 tan 33    ，故选 A. 4．下列命题正确的是（ ）． A．若 p q 为假命题，则 p ， q都是假命题 B． a b 是 ln lna b 的充分不必要条件 C．命题“若 cos cos  ，则  ” 的逆否命题为真命题 D．命题“ 0x R  ， 0 6 0x   ”的否定是“ 0x R  ， 0 6 0x   ” 【答案】C 【解析】由逻辑联结词的性质判断 A 选项；由不等式的性质判断 B 选项；由原命题判 断逆否命题的真假来判断 C 选项；由存在性命题的否定的定义来判断 D 选项 【详解】 对于选项 A,若 p q 为假,则 p ,q中有一个是假命题即可,故 A 错误； 对于选项 B,当 0 a b  时,无法推出 ln lna b ,故 a b 不是 ln lna b 的充分条件,故 B 错误； 对于选项 C,命题“若 cos cos  ,则  ”的逆否命题为“若  ,则 cos cos  ”,该命题正确,故 C 正确； 对于选项 D,命题“ 0x R  , 0 6 0x   ”的否定是“ , 6 0x R x    ”,故 D 错误 故选：C 【点睛】 本题考查命题真假的判定,考查对逻辑联结词,充分不必要条件,逆否命题,存在性命题的 否定的理解 5．已知函数   110 8 10 1 x xf x    ，则      3 3 3 6log log 6 log log 3f f 的值为（ ）． A．7 B．9 C．14 D．18 【答案】D 【解析】因为 6 3 1log 3 log 6  ,原式可整理为      3 3 3 3log log 6 log log 6f f  ,分 析  f x 的性质可得     18f x f x   ,即可求解 【详解】 由题, 6 3 1log 3 log 6  ,则         3 3 3 6 3 3 3 3 log log 6 log log 3 log log 6 log log 6 1f f f f                 3 3 3 3log log 6 log log 6f f   , 因为   110 8 21010 1 10 1 x x xf x      ,则   2 2 1010 1010 1 10 1 x x xf x        , 所以     2 2 10 2 2 1010 10 20 20 2 1810 1 10 1 10 1 x x x x xf x f x                       . 则      3 3 3 3log log 6 log log 6 18f f   故选：D 【点睛】 本题考查函数对称性的应用,考查对数的性质,考查观察分析的能力,处理该题时不应直 接代入数据处理,而是观察所求之间的关系,利用函数性质求解,以此简化运算 6．为得到函数 πcos 3y x     的图象，只需将函数 siny x 的图像 （ ） A．向左平移 π 6 个长度单位 B．向右平移 π 6 个长度单位 C．向左平移 5π 6 个长度单位 D．向右平移 5π 6 个长度单位 【答案】C 【解析】先化简变形把 siny x 变为 πcos 2y x     ，然后由平移公式有 π π πcos cos cos ( )2 2 2y x y x x                           平移 个单位 （ ） 对应相等可得 5 6   ，显然是向左平移． 7．如图，在四边形 ABCD 中，对角线 BD 垂直平分 AC ，垂足为O ，若 4AC  ，则 AB AC   （ ）． A．2 B．4 C．8 D．16 【答案】C 【解析】由图可得 1 2AB AO OB AC OB        ,转化 1 2AB AC AC OB AC            , 根据OB  与 AC  的位置关系进而求解即可 【详解】 因为对角线 BD 垂直平分 AC ,垂足为O ,所以 1 2AO AC  , BO AC  ,即 0BO AC   , 所以 1 2AB AO OB AC OB        , 则 22 21 1 1 10 4 82 2 2 2AB AC AC OB AC AC OB AC AC                        , 故选：C 【点睛】 本题考查向量的数量积,考查平面向量基本定理的应用,考查垂直向量的应用 8．函数 f（x）=ln|1 1 x x   |的大致图象是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】因为    1 1ln ln1 1 x xf x f xx x         ，所以函数  f x 是奇函数，图 象关于原点对称，可排除 ,A C ；由  2 ln3 0f   ,可排除 B ，故选 D. 【方法点晴】本题通过对多个图象的选择考查函数的图象与性质，属于中档题. 这类题 型也是近年高考常见的命题方向，该题型的特点是综合性较强较强、考查知识点较多， 但是并不是无路可循.解答这类题型可以从多方面入手，根据函数的定义域、值域、单 调性、奇偶性、特殊点以及 0 , 0 , ,x x x x       时函数图象的变化趋势， 利用排除法，将不合题意的选项一一排除. 9．若实数 x ，y 满足约束条件 0 2 3 2 2 3 0 2 x x y xy         ，若  0z x ky k   的最大值为15 2 ， 则 z 的最小值为（ ）． A． 7 2 B．4 C． 25 6 D． 9 2 【答案】C 【解析】设 0x ky  ,即 1 y xk ,且 1 0k   ,画出可行域,平移直线,由图可得截距最大 时的点坐标,进而求出 2k  ,代回直线方程,再平移直线找到截距最小时的点,从而求得 z 的最小值 【详解】 由题,设 0x ky  ,即 1 y xk ,因为 0k  ,所以 1 0k   , 可行域如图所示, 平移直线 1 y xk ,在点 3 ,32      处截距最大,则此时15 3 32 2 k  ,即 2k  ,则 1 2y x  ； 再平移直线 1 2y x  ,在点 3 4,2 3      处截距最小,此时 min 3 4 2522 3 6z     故选：C 【点睛】 本题考查线性规划的应用,考查数形结合思想 10．已知函数   2f x x mx   ，且   f f x 的最大值与  f x 的最大值相等，则实 数 m 的取值范围是（ ）． A．   , 2 0,   B． 2,0 C．   ,0 2,  D． 0,2 【答案】C 【解析】先求出  f x 的对称轴和最大值,将问题转化为存在 x ,使   2 mf x  恒成立,再 解不等式即可 【详解】 由题,当 2 mx  时,   2 max 4 mf x  , 因为   f f x 的最大值与  f x 的最大值相等, 所以存在 x ,使   2 mf x  恒成立,则  max 2 mf x  ,即 2 4 2 m m ,解得 0m  或 2m  , 故选：C 【点睛】 本题考查二次函数的最值问题,考查利用二次函数的性质处理含参问题,考查转化思想 11．祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，在数学上有突出贡献，他在实践的基础上提 出了体积计算原理（祖暅原理）：“幂势既同，则积不容异．”教材中的“探究与发现”利 用祖暅原理将半球的体积转化为一个圆柱与一个圆锥的体积之差，从而得出球的体积计 算公式．如图（1）是一种“四脚帐篷”的示意图，用任意平行于帐篷底面 ABCD 的平面 截帐篷，得截面四边形为正方形，该帐篷的三视图如图（2）所示，其中正视图的投影 线方向垂直于平面 AOC ，正视图和侧视图中的曲线均为半径为 1 的半圆．模仿上述球 的体积计算方法，得该帐篷的体积为（ ）． 图（1） 图（2） A． 2 3 B． 4 3 C． π 3 D． 2π 3 【答案】B 【解析】由题,“祖暅原理”为两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等, 则这两个几何体的体积相等,则可将该四角帐篷的体积等价于一个棱柱减去一个棱锥的 体积,根据三视图的数据,求解即可 【详解】 由“祖暅原理”可得这个四角帐篷的体积等价于一个四棱柱减去一个四棱锥的体积,底面 积为正方形,对角线长为 2 ,即边长为 2 ；高为1,所以    2 21 2 42 1 2 1 23 3 3V         故选：B 【点睛】 本题考查类比推理的应用,考查几何体的体积,考查分析推理能力 12．若数列 na 满足：对任意的  3n N n  ，总存在 ,i j N  ，使  , ,n i ja a a i j i n j n     ，则称 na 是“ F 数列”．现有以下数列 na ： ① 2na n ；② 2 na n ；③ 3n na  ；④ 1 1 5 2 n na       ；其中是 F 数列的有（ ）． A．①③ B．②④ C．②③ D．①④ 【答案】D 【解析】利用特殊值的方法可以否定②③,再根据通项公式的特点证明①④即可 【详解】 ① 2na n ,则 1 2a  ,  1 2 1 2 2na n n     ,则 1 1n na a a    3n  ,故①是“ F 数 列”； ② 2 na n ,则 2 3 3 9a   ,若  , ,n i ja a a i j i n j n     ,则 ,i j 只能是 1,2,但 2 1 1 1a   , 2 2 2 4a   ,此时 3 1 2a a a  ,故②不是“ F 数列”； ③ 3n na  ,则 3 3 3 27a   ,若  , ,n i ja a a i j i n j n     ,则 ,i j 只能是 1,2,但 1 3a  , 2 2 3 9a   ,此时 3 1 2a a a  ,故③不是“ F 数列”； ④ 1 1 5 2 n na       ,则 1 1 2 1 1 5 1 5 2 2 n n na                    , 2 1 3 2 1 5 1 5 2 2 n n na                    ，则 2 3 1 2 1 1 2 1 5 1 5 1 5 1 5 1 5 2 2 2 2 2 n n n n na a                                                         1 1 1 1 1 1 1 5 1 5 1 5 1 5 1 5 1 5 1 512 2 2 2 2 2 2 n n n na                                                                              3n  ,故④是“ F 数列” 故选：D 【点睛】 本题考查数列的通项公式的应用,考查对新定义的理解,考查分析阅读能力,考查推理论 证能力 二、填空题 13．在边长为 1 的正六边形的六个顶点中任取两个点，则这两点之间距离大于 1 的概率 为______． 【答案】 3 5 【解析】由边长为 1 的正六边形,根据三角形两边之和大于第三边可得对角线均大于 1, 进而得到所求 【详解】 由题,根据三角形两边之和大于第三边可得正六边形的对角线均大于 1, 如图,六个顶点中任取两个点的情况数为15 ,对角线的条数为9,则顶点中两点之间距离 大于 1 的概率为 9 3 15 5P   , 故答案为： 3 5 【点睛】 本题考查概率的求解,考查古典概型的应用,属于基础题 14．在锐角三角形 ABC 中，角 A ，B ，C 的对边分别为 a ，b ，c ，若 cos 2 cosb A a B ， 且 cos 3 cosc A a C ，则 cos A  _____________． 【答案】 2 2 【解析】因为 cos 2 cosb A a B ， cos 3 cosc A a C ， 所以由正弦定理可得sin cos 2sin cosB A A B ，sin cos 3sin cosC A A C ， 整理得 tan 2tanB A ， tan 3tanC A ， 所以   2 tan tan 5tantan tan 1 tan tan 1 6tan B C AA B C B C A         ， 又 tan 0A  ，所以 2 51 1 6tan A    ，解得 tan 1A  （负值舍去），所以 4A  ，所以 2cos 2A  ． 15．已知曲线 : 2 1C x y  与直线 :l y kx m  ，对任意的 m R ，直线 l 与曲线C 都有两个不同的交点，则实数 k 的取值范围为______． 【答案】 2,2 【解析】先分类讨论画出曲线C 的图象,再根据对任意的 m R ,直线 l 与曲线C 都有两 个不同的交点,变换直线找到符合条件的情况,即可得到斜率 k 的范围 【详解】 由题,因为曲线 : 2 1C x y  ,则 当 0, 0x y  时, 2 1y x  ； 当 0, 0x y  时, 2 1y x   ； 当 0, 0x y  时, 2 1y x   ； 当 0, 0x y  时, 2 1y x  ；画出图象,如下图所示, 若对任意的 m R ,直线 l 与曲线C 都有两个不同的交点,则直线l 与曲线C 分别交于两 支,故 2 2k   , 故答案为： 2,2 【点睛】 本题考查已知交点个数求参问题,考查数相结合能力,考查分类讨论思想 16．如图，设Ox 、Oy 是平面内相交成 60角的两条数轴， 1e  、 2e  分别是与 x 轴、y 轴 正方向同向的单位向量．若向量 1 2OP xe ye   ，则把有序实数对 ,x y 叫做向量OP  在斜坐标系 xOy 中的坐标，记作 ,OP x y ．在此斜坐标系 xOy 中，已知 2,3 a ， 5,2  b ， ,a b   夹角为 ，则  ______． 【答案】 2 3  【解析】由题意, 1 22 3a e e   , 1 25 2b e e    ,分别求出 a b  , a , b  ,进而利用数量积求 出夹角即可 【详解】 由题, 1 22 3a e e   , 1 25 2b e e    , 所以     2 1 2 2 1 2 1 1 2 2 1 195 2 10 11 6 10 11 62 22 3a b e e ee e e ee                         2 1 2 1 1 2 2 2 22 14 12 9 4 12 93 1922e e e e e ea                ,则 19a  ,  2 2 22 1 2 1 1 2 2 15 2 25 20 4 25 20 4 192b e e e e e e                 ,则 19b  , 所以 19 12cos 219 19 a b a b         ,则 2 3   故答案为： 2 3  【点睛】 本题考查平面向量基本定理的应用,考查利用数量积求向量的夹角,考查运算能力 三、解答题 17．某蛋糕店计划按天生产一种面包，每天生产量相同，生产成本每个 6 元，售价每个 8 元，未售出的面包降价处理，以每个 5 元的价格当天全部处理完． （1）若该蛋糕店一天生产 30 个这种面包，求当天的利润 y（单位：元）关于当天需求 量 n （单位：个， n N ）的函数解析式； （2）蛋糕店记录了 30 天这种面包的日需求量（单位：个），整理得下表： 日需求量 n 28 29 30 31 32 33 频数 3 4 6 6 7 4 假设蛋糕店在这 30 天内每天生产 30 个这种面包，求这 30 天的日利润（单位：元）的 平均数及方差． 【答案】(1) 3 30, 30 60, 30 n ny n     , n N . (2)平均数为 59,方差为 3.8. 【解析】（1）当需求量小于 30 时,利润为卖出的利润减去亏损的部分；当需求量大于等 于 30 时,利润即为 30 个面包的利润； （2）将需求量代入解析式求出利润,再利用平均数公式及方差公式运算即可 【详解】 （1）由题,当 30x  时,     8 6 6 5 30 3 30y n n n       ； 当 30x  时,  30 8 6 60y     , 所以 3 30, 30 60, 30 n ny n     , n N （2）由题,则 利润 y 54 57 60 60 60 60 频数 3 4 6 6 7 4 所以平均数为   154 3 57 4 60 6 6 7 4 5930             ； 方差为        2 2 2 154 59 3 57 59 4 60 59 6 6 7 4 3.830                【点睛】 本题考查分段函数在实际中的应用,考查平均数与方差,考查运算能力与数据处理能力, 考查分类讨论思想 18．设数列 na 满足 1 2 32 3 2na a a na n     ． （1）求数列 na 的通项公式； （2）求数列 2n na       的前 n 项和 nS ． 【答案】（1） 2 na n  （2）  1 2 1n nS n    【解析】（1）先求出 1a ,再由 2n  ,可得    1 2 3 12 3 1 2 1na a a n a n       ,与 题干中条件作差,整理后即可得到通项公式； （2）由（1）可设 12 2 n n n n b na    ,利用错位相减法求前 n 项和即可 【详解】 解：（1）当 1n  时, 1 2 1 2a    ； 当 2n  时,    1 2 3 12 3 1 2 1na a a n a n       ②, 因为 1 2 32 3 2na a a na n     ①, 则①  ②得, 2nna  ,即 2 na n  , 检验, 1 2 21a   ,符合,故 2 na n  （2）由（1）,设 12 2 22 n n n n n b na n     , 则 1 2 1n n nS b b b b      0 1 2 1=1 2 2 2 1 2 2n nn n          , 所以  1 2 12 1 2 2 2 1 2 2n n nS n n          , 所以 0 1 2 12 2 2 2 2n n nS n        02 1 2 21 2 n nn      2 1 2n nn     1 2 1nn    , 则  1 2 1n nS n    【点睛】 本题考查求数列通项公式,考查错位相减法求数列的和,考查运算能力 19．如图，在长方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中，M ，N ，P 分别是面 1 1ADD A ，面 1 1CDD C ， 面 1111 DCBA 的中心， 1 1AD AA  ， 2CD  ． （1）求证：平面 / /MNP 平面 1ACB ； （2）求三棱锥 1D MNP 的体积； （3）在棱 1 1C D 上是否存在点Q ，使得平面 MNP  平面 1QBB ？如果存在，请求出 1D Q 的长度；如果不存在，求说明理由． 【答案】（1）证明见解析（2） 2 24 （3）存在, 1 3 2 2D Q  【解析】（1）延长 , ,DM DN DP 分别至 1, ,A C B ,由中心可得到中点,利用中位线证明相 交直线平行即可证得面面平行； （2）先求出三棱锥 1 1D AB C 的体积,再由三棱锥各边的比求出 1D MNP 的体积即 可； （3）将平面 MNP  平面 1QBB 转化为平面 1ACB  平面 1QBB ,由长方体可得 1BB AC ,因为 1 1/ /AC AC ,作出 1 1 1B Q AC 即可,进而求得 1D Q 【详解】 （1）证明：延长 , ,DM DN DP 分别至 1, ,A C B ,  M , N , P 分别是面 1 1ADD A ,面 1 1CDD C ,面 1111 DCBA 的中心,  M , N , P 是 1D A, 1D C , 1 1D B 的中点, / /MN AC , 1/ /MP AB , 又 MN MP M  , 1AC AB A  , ,MN MP  平面 MNP , 1,AC AB  平面 1ACB , 平面 / /MNP 平面 1ACB （2）由题, 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 4D AB C ABCD A B C D A D B A D D AC C B D C B ABC ABCD A B C D B ABCV V V V V V V V              1 1 21 1 2 4 1 1 23 2 3              , 由（1）可得,三棱锥 1D MNP 的各棱长为三棱锥 1 1D AB C 的 1 2 , 1 1 1 1 1 2 2 8 8 3 24D MNP D AB CV V      （3）存在, 1 3 2 2D Q  1BB 是长方体的侧棱, 1BB  平面 ABCD , AC  平面 ABCD , 1BB AC  , 连接 1 1AC ,作 1 1 1QB AC ,垂足为O , 因为长方体, 1 1/ /AC AC , 1 1 2A B  , 1 1 1B C  , 1B Q AC  , 1 1B Q BB B  , 1 1,B Q BB  平面 1QBB , AC  平面 1QBB , AC  平面 1ACB , 平面 1ACB  平面 1QBB , 由（1）, 平面 / /MNP 平面 1ACB , 平面 MNP  平面 1QBB , 此时, 1 1 1 1 1 1 1 1 12C A B A B O QB C A B O        , 1 1 1 1 1C A B QB C   , 1 1 1 1 1tan tanQB C C A B    ,即 1 1 1 1 1 1 1 QC B C B C A B  ,则 1 1 1 1 2 Q C  , 1 2 2QC  , 1 1 1 1 2 3 22 2 2D Q D C QC      , 【点睛】 本题考查面面平行的证明,考查面面垂直的证明,考查三棱锥的体积,考查运算能力与几 何体的分析能力 20．已知函数    2log 2 3f x ax a   ． （1）若  f x 在 1,2 上单调递减，求实数 a 的取值范围； （2）若存在  2, 1t    使得   1 2f t f      ，求 a 的取值范围． 【答案】（1） 3 04 a   （2） 16 16, , 15 15               【解析】（1）根据复合函数单调性的处理原则“同增异减”可知 2logy x 单调递增,函数  f x 单调递减,则求 2 3y ax a   单调递减,进而求解即可； （2）当 0a  时为常数函数,符合条件；当 0a  时可得   1 2f t f       ,代入可得   12 3 2 3 12at a a a        ,整理为关于t 的方程,即    2 25 6 10 27 16 0a a t a a     ,设      2 25 6 10 27 16g t a a t a a     ,由    1 2 0g g    求解即可 【详解】 （1）由题,设 2logy u ,   2 3u x ax a   ， 2logy u 单调递增,且  f x 在 1,2 上单调递减,  u x 在 1,2 上单调递减,   0 2 0 a u   ,即 0 2 2 3 0 a a a      ,解得 3 04 a   （2）当 0a  时,   2log 3f x  ,是个常数函数,存在  2, 1t    使得   1 2f t f      ； 当 0a  时,  f x 单调,若存在  2, 1t    使得   1 2f t f      ,则有   1 2f t f       , 即  2 2 1log 2 3 log 2 32at a a a         , 则  12 3 2 3 12at a a a        ,    25 2 3 2 9 16 0t a t a      ,    2 25 6 10 27 16 0a a t a a      在  2, 1t    有解, 设      2 25 6 10 27 16g t a a t a a     , 则         2 2 21 5 6 10 27 16 5 21 16 5 16 1g a a a a a a a a             ,      2 22 2 5 6 10 27 16 15 16g a a a a a         ,    1 2 0g g     ,即   5 16 1 15 16 0a a a    , 16 16, , 15 15a                 【点睛】 本题考查复合函数已知单调性求参数问题,考查对数函数性质的应用,考查转化思想,考 查运算能力 21．有一块半径为10cm ，圆心角为 2π 3 的扇形钢板，需要将它截成一块矩形钢板，分 别按图 1 和图 2 两种方案截取（其中方案二中的矩形关于扇形的对称轴对称）． 图 1：方案一 图 2：方案二 （1）求按照方案一截得的矩形钢板面积的最大值； （2）若方案二中截得的矩形 ABCD 为正方形，求此正方形的面积； （3）若要使截得的钢板面积尽可能大，应选择方案一还是方案二？请说明理由，并求 矩形钢板面积的最大值． 【答案】（1）25（2）1200 300 3 13  （3）方案二,最大值为100 3 3 ,理由见解析 【解析】（1）连接 AC ,设 CAB   ,则 10cosAB  , 10sinBC  ,则矩形面积为 关于 的函数,求出最值即可； （2）连接OC ,设 COB   ,利用正弦定理和三角形的对称性质可得 20sin 3 BC  20sin 3AB       ,利用 AB BC 解得 2sin  ,进而求出正方形面积 即可； （3）由（2）得到 200 100sin 2 63 3 S       ,求出最大值,与（1）的最值比较即可 【详解】 解：（1）连接 AC ,设 CAB   , 0, 2      , 则 10cosAB  , 10sinBC  , 10cos 10sin 25sin 2S AB BC         ,  2 0,  , 当 2 2   ,即 4   时, max 25S  （2）连接OC ,设 COB   0 3      ,  正方形关于扇形轴对称,  3OBA   2 sin 20sin3 3AB CD OC                  , 则 2 3OBC   , 在 OBC 中,由正弦定理可得 sin sin OC BC OBC COB   ,即 10 2 sinsin 3 BC   , 则 20sin 3 BC  ,  正方形, AB BC  ,即 20sin20sin 3 3       ,则 3 3cos 1 sin2 2        , 代入 2 2sin cos 1   可得 2 9sin 16 4 3    , 则 2 2400 400 9 1200 300 3sin3 3 1316 4 3 S BC         （3）选择方案二, 由（2）,对于方案二 20sin 400 1 1 200 10020sin sin 2 sin 23 2 6 4 63 3 3 3 S AB BC                                    52 ,6 6 6         , 当 2 6 2     ,即 6   时, max 100 100 3 33 S   由（1）100 3 253  , 应选择方案二 【点睛】 本题考查三角函数与正弦定理在几何中的应用,考查利用三角函数求最值,考查运算能力, 考查数形结合能力 22．已知圆 M 的圆心在射线  6 0 0x y x    上，截直线 1 : 6l x  所得的弦长为 6， 且与直线 2 : 6 0l x y   相切． （1）求圆 M 的方程； （2）已知点  1,1N ，在直线 MN 上是否存在点Q （异于点 N ），使得对圆 M 上的任 一点 P ，都有 PQ PN 为定值  ？若存在，请求出点Q 的坐标及  的值；若不存在，请说 明理由． 【答案】（1）   2 23 3 18x y    （2）存在,Q 为 3 3,2 2      , 3 2   【解析】（1）由题,设圆心为 0 0, 6x x  ,由相切关系求得半径,再由弦长公式求出 0x , 进而得到圆的方程； （2）假设存在满足条件的点和定值,设Q 为 ,a a  1a  , P 为 ,x y ,利用两点间距离 公式得到 2 22PQ PN ,再根据 P 在圆 M 上,待定系数法求得系数的关系,进而求解 即可 【详解】 （1） 圆 M 的圆心在射线  6 0 0x y x    上, 设圆心为 0 0, 6x x  ,圆心到直线 1 : 6l x  的距离为 06d x  , 又圆 M 与直线 2 : 6 0l x y   相切,  0 0 0 0 02 2 6 6 2 2 2 21 1 x x xr x x           ,  圆 M 截直线 1 : 6l x  所得的弦长为 6, 2 26 2 r d   ,则 2 29 r d  ,即   2 2 0 02 6 9x x   , 2 0 012 45 0x x    ,解得 0 3x  或 0 15x   （舍） 3 2r  ,圆心为 3,3 , 圆 M 为    2 23 3 18x y    （2）存在,Q 为 3 3,2 2      , 3 2   , 假设存在直线 MN 上点Q （异于点 N ）,使得对圆 M 上的任一点 P ,都有 PQ PN 为定值  , 由题,设Q 为 ,a a  1a  , ( 0PQ PN    且 1)  , 2 2 2 PQ PN   , 设 P 为 ,x y ,则    2 2 2PQ x a y a    ,    2 2 21 1PN x y    , 则       2 2 2 22 1 1x a y a x y          , 整理可得         2 2 2 2 2 2 2 21 1 2 2 2 2 2 2 0x y a x a y a              ,  P 在圆 M 上,    2 23 3 18x y     ,即 2 2 6 6 0x y x y    ,        2 2 2 2 2 21 1 6 1 6 1 0x y x y            ,  2 2 2 2 6 1 2 2 2 2 0 a a          ,解得 3 2 3 2 a       ,此时Q 为 3 3,2 2      【点睛】 本题考查圆的方程,考查直线与圆的位置关系,考查两点间距离公式的应用,考查运算能 力,考查数形结合能力