20届人教新课标A版 高三高考必刷卷 04 文科数学（解析版） 24页

2020年高考必刷卷 04 数学（文） （本试卷满分 150分，考试用时 120分钟） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。用 2B铅笔将试卷 类型（B）填涂在答题卡的相应位置上。 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用 2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如 需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案。答案不能答在试卷上。 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置 上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作 答无效。 4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。 第Ⅰ卷（选择题) 一、单选题：本大题共 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．设复数 z满足  3 1i z i   ，则 z （ ） A． 2 5 B． 5 5 C． 2 D． 5 【答案】B 【解析】 【分析】 利用复数的除法运算求出 Z，进而求出 z的模即可． 【详解】 ∵（3﹣i）z＝1﹣i， ∴z         1 31 3 3 1 2 4 1 3 3 3 10 10 5 i ii i i i i i i                 i 2 5  ， 故|z| 1 4 5 25 25 5    ， 故选 B． 【点睛】 本题考查了复数求模问题，考查复数的运算，是一道基础题． 2．设全集 ൌ ሼͳǡʹǡ，集合 ൌ ሼͳʹ， ൌ ʹǡ，则图中的阴影部分表示的集合为 A．ǡ B．ʹ C．ሼͳ D．ǡǡ 【答案】A 【解析】 阴影部分表示 ； ൌ ǡǡ ൌ ǡʹ故选 A 3．已知命题 : , 2p x R x   ，那么命题 p 为（ ） A． B． 0 0, 2x R x   C． 0 0, 2x R x   D． 【答案】A 【解析】 试题分析： ,故选 A. 考点：全称命题的否定. 4．朱世杰是历史上最伟大的数学家之一，他所著的《四元玉鉴》卷中“如像招数”五问中有如下问题： “今有官司差夫一千九百八十四人筑堤，只云初日差六十四人，次日转多八人，每人日支米三升”．其 大意为“官府陆续派遣 1984人前往修筑堤坝，第一天派出 64人，从第二天开始每天派出的人数比前 一天多 8人，修筑堤坝的每人每天分发大米 3升”，在该问题中的 1984人全部派遣到位需要的天数 为 A．14 B．16 C．18 D．20 【答案】B 【解析】 【分析】 利用等差数列的通项公式及前 n项和公式即可得到结果. 【详解】 根据题意设每天派出的人数组成数列 na ，分析可得数列是首项 1 64a  .公差为 8的等差数列，设 1984人全部派遣到位需要 n天，则    1 1 8 64 4 1 1984 2 n n na n n n        .解得 n=16.故选 B. 【点睛】 本题考查等差数列的通项公式、前 n项和公式的应用，考查推理能力与计算能力，属于基础题. 5．在长为10cm的线段 AB上任取一点 P，并以线段 AP为边作正方形，这个正方形的面积介于 225cm 与 249cm 之间的概率为( ) A． 3 10 B． 1 5 C． 2 5 D． 4 5 【答案】B 【解析】 【分析】 以线段 AP为边作正方形，这个正方形的面积介于 225cm 与 249cm 之间对应线段 AP的长，然后代 入几何概型的概率计算公式，即可求解. 【详解】 因为以线段 AP为边的正方形的面积介于 225cm 与 249cm 之间， 所以线段 AP的长度介于5cm与7cm之间， 满足条件的 P点对应的线段长 2cm，而线段 AB总长为10cm， 故正方形的面积介于 225cm 与 249cm 之间之间的概率为 2 1 10 5 p   ，故选 B. 【点睛】 本题主要考查了几何概型及其概率的求解，对于几何概型及其概率的计算中，注意几何度量，可以 是线段的长度、面积、体积等，而这个“几何度量”只与“大小”有关，而与形状和位置无关,着重考查 了分析问题和解答问题的能力. 6．某正三棱柱的三视图如图所示，正三棱柱表面上的点 M、N分别对应正视图上的点 A，B，若在 此正三棱柱侧面上，M经过三个侧面到达 N的最短距离为 6，则当此正三棱柱的侧面积取得最大值 时，它的高为（ ） A． 2 B．2 C．3 2 D．4 【答案】C 【解析】 【分析】 由三视图还原原几何体正三棱柱，设正三棱柱底面边长为 a，高为 b，由已知求得 2 2 1 4 36 a b   ．再 由基本不等式求最值得答案． 【详解】 解：由三视图还原原几何体正三棱柱如图， 设正三棱柱底面边长为 a，高为 b， 则 2 29 6a b  ，即 2 2 1 4 36 a b   ． ∴ 2 2 2 2 1 2 4 36 4 36 6 a b a b ab      ， 即 ab≤6，当且仅当 2 2 1 4 36 2 a b   ，即 b 3 2 时， 三棱柱侧面积有最大值 S＝3ab＝18． 故选：C． 【点睛】 本题考查由三视图求面积、体积，关键是由三视图还原原几何体，考查多面体表面距离最小值的求 法，是中档题． 7．已知定义在 R上的函数  f x 满足：(1)    1 2 ,f x f x   (2)当     20,2 , 1x f x x x    ， 则有 A．    3 1 1 2 f f f        B．    31 1 2 f f f        C．     31 1 2 f f f         D．     31 1 2 f f f         【答案】B 【解析】 【分析】 利用已知条件分别求出    3 1 1 2 f f f      ， ， 的值即可. 【详解】 由条件可知，      1 1 1 11 1 1 0 1 , 2 2 2 2 f f f            3 1 3 1 1 1 1 11 1 2 2 2 2 2 2 2 2 f f f f                                                1 1 1 1 1 31 4 2 4 4 2 16 f                ，  1 1f  , 所以    31 1 2 f f f        .故选 B 【点睛】 本题考查函数值大小的比较，解题关键充分利用条件    1 2f x f x   把自变量转化到区间 0,2 上，属于基础题. 8．已知向量   11, 3 , , 2 x       ，若 与a b a b 的夹角为60，则 x的值为( ) A．0 B． 3 3 C． 3 2 D． 30 2 或 【答案】C 【解析】 【分析】 利用两种方式计算数量积，建立等量关系，从而解得 x的值. 【详解】 因为 1 11 3 3 , 2 2 x x            a b 211 3 2, 4 x    a b ， 所以 cos60  a b a b ，即为 21 1 13 2 2 4 2 x x     ， 即 2 3zx x ，得 0x  （含去）或 3 2 x  .故选 C. 【点睛】 本题考查两个向量的数量积的定义和坐标公式，待定系数法求出 x的值． 9．已知双曲线 2 2 2 2: 1( 0, 0)x yC a b a b     的两个顶点分别为 1( ,0)A a ， 2 ( ,0)A a ， ,P Q的坐标分别 为 (0, )b ，(0, )b ，且四边形 1 2A PA Q的面积为 2 2，四边形 1 2A PA Q内切圆的周长为 2 6 3 ，则C 的方程为（ ） A． 2 2 1 2 x y  B． 2 2 1 2 yx   或 2 2 1 2 x y  C． 2 2 1 4 2 x y   D． 2 2 1 2 yx   或 2 2 1 4 2 x y   【答案】B 【解析】 【分析】 根据四边形 1 2A PA Q的面积为 2 2，得到 2ab = ，由 1 2A PA Q内切圆的周长求出内切圆的半径， 再次利用四边形 1 2A PA Q的面积，求出 c的值，得到关于 a、b的方程，解得. 【详解】 解：因为 1( ,0)A a ， 2 ( ,0)A a ， ,P Q的坐标分别为 (0, )b ， (0, )b ， 1 2 2A A a  ， 2PQ b ， 2 2 1 2 1 2A P A Q AQ A P a b c       又因为四边形 1 2A PA Q的面积为 2 2，所以 14 2 2 2 a b    ，得 2ab = ， 记四边形 1 2A PA Q内切圆半径为 r，则 2 62 3 r  ，得 6 3 r  ， 所以 2 2 2cr  ，所以 3c  ， 又因为 2 2 2 3c a b   ，得 2 1 a b     或 1 2 a b    ， 所以C的方程为 2 2 1 2 x y  或 2 2 1 2 yx   . 故选： B 【点睛】 本题考查双曲线的标准方程，四边形及内切圆的相关性质，属于基础题. 10．正方体 1 1 1 1ABCD ABC D 中，直线 AD与平面 1 1ABC 所成角正弦值为（ ） A． 1 2 B． 3 2 C． 3 3 D． 6 3 【答案】C 【解析】 【分析】 作出相关图形，设正方体边长为 1，求出 1 1BC 与平面 1 1ABC 所成角正弦值即为答案. 【详解】 如图所示，正方体 1 1 1 1ABCD ABC D 中，直线 AD与 1 1BC 平行，则直线 AD与平面 1 1ABC 所成角 正弦值即为 1 1BC 与平面 1 1ABC 所成角正弦值.因为 1 1A BC 为等边三角形，则 1B 在平面 1 1ABC 即为 1 1A BC 的中心，则 1 1BC O 为 1 1BC 与平面 1 1ABC 所成角.可设正方体边长为 1，显然 3 6= 2= 3 3 BO  ，因此 2 1 6 3= 1 ( ) = 3 3 BO  ，则 1 1 1 1 1 0 3sin 3 BBC O BC    ，故答案选 C. 【点睛】 本题主要考查线面所成角的正弦值，意在考查学生的转化能力，计算能力和空间想象能力. 11．如图， A， B，C是椭圆 2 2 2 2 1x y a b    0a b  上的三个点， AB经过原点O， AC经过右 焦点 F ，若 BF AC 且 3BF CF ，则该椭圆的离心率为（ ） A． 1 2 B． 2 2 C． 3 2 D． 2 3 【答案】B 【解析】 【分析】 取左焦点 1F，连接 1 1 1, ,AF CF BF ，分别在 1 1,AF F AFC  中利用勾股定理列方程组即可求解. 【详解】 取左焦点 1F，连接 1 1 1, ,AF CF BF ，BF AC ，根据椭圆的对称性可得： 1AFBF 是矩形， 设 1 1, 2 , 3 , 2 3 , 2 2CF m CF a m BF AF m AF a m AC a m         ， 1Rt AFC 中， 2 2 2 1 1AF AC CF  即： 2 2 2(3 ) (2 2 ) (2 )m a m a m    解得： 3 am  ，则 1 ,AF a AF a  在 1Rt AF F 中 2 2 2 1 1AF AF FF  即： 2 2 2(2 )a a c  ， 2 2 2 2 12 , 2 ca c a   所以椭圆离心率为 2 2 . 故选：B 【点睛】 此题考查根据椭圆的几何性质求解离心率，关键在于熟练掌握椭圆的几何性质，根据已知几何关系， 准确进行转化，列出椭圆基本量的等量关系求解. 12．关于函数   cos sinf x x x  有下述四个结论： ①  f x 是偶函数；②  f x 的最大值为2； ③  f x 在 ,  有3个零点；④  f x 在区间 0, 4       单调递增. 其中所有正确结论的编号是（ ） A．①② B．①③ C．②④ D．①④ 【答案】D 【解析】 【分析】 利用偶函数的定义可判断出命题①的正误；分 2 2 2 k x k    和  2 2 2 k x k k Z     两 种情况，去绝对值，利用辅助角公式以及正弦函数的最值可判断命题②的正误；分 0x   和 0 x   两种情况讨论，求出函数  y f x 的零点，可判断命题③的正误；去绝对值，将函数  y f x 的解析式化简，结合正弦型函数的单调性可判断出命题④的正误. 【详解】 对于命题①，函数  y f x 的定义域为 R，关于原点对称，且    cos sinf x x x      cos sin cos sinx x x x f x      ，该函数的为偶函数，命 题①正确； 对于命题②，当函数  y f x 取最大值时， cos 0x  ，则  2 2 2 2 k x k k Z       . 当  2 2 2 k x k k Z     时，   cos sin 2 cos 4 x x xf x         ， 此时，  2 2 4 4 4 k x k k Z         ，当  2 4 x k k Z    ，函数  y f x 取得最大值 2 . 当  2 2 2 k x k k Z     时，   cos sin 2 sin 4 f x x x x         ， 此时，  32 2 4 4 k x k k Z       ，当  2 4 2 x k k Z     ，函数  y f x 取得最大 值 2 . 所以，函数  y f x 的最大值为 2 ，命题②错误； 对于命题③，当 0x   时，令   cos sin 0f x x x   ，则 tan 1x  ，此时 3 4 x    ； 当0 x   时，令   cos sin 0f x x x   ，则 tan 1x   ，此时 3 4 x   . 所以，函数  y f x 在区间 ,  上有且只有两个零点，命题③错误； 对于命题④，当0 4 x    时，   cos sin 2 sin 4 f x x x x         ，则 4 4 2 x      . 所以，函数  y f x 在区间 0, 4       上单调递增，命题④错误. 因此，正确的命题序号为①④. 故选：D. 【点睛】 本题考查三角函数基本性质，解题的关键在于对自变量的取值范围进行分类讨论，并去绝对值，结 合辅助角公式以及三角函数的基本性质来进行判断，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题. 第Ⅱ卷（非选择题) 二、填空题：本大题共 4小题，每小题 5分，共 20分。把答案填在题中的横线上。 13．已知实数 x y、 满足条件 1 0 2 y x x y y        ，则 2x y 的最大值为_______. 【答案】6 【解析】 【分析】 先作出不等式组对应的可行域，再利用数形结合分析得到 2x y 的最大值. 【详解】 由题得不等式组对应的可行域为如图所示的△ABC区域， 设 z=2x+y,所以 y=-2x+z, 它表示斜率为-2，纵截距为 z的平行直线系， 当直线 y=-2x+z 经过点 B时，直线的纵截距 z最大，z最大， 联立 2y y x    得 B(2,2), 所以 max 2 2 2 6z     . 故答案为：6 【点睛】 本题主要考查利用线性规划求最值，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题. 14．在 ABC 中，a、b、c分别是角 A、B、C的对边，且 cos 3 cos C a c B b   ，则 cosB的值为_____________． 【答案】 1 3 . 【解析】 【分析】 由正弦定理，三角形内角和定理，两角和的正弦公式化简已知可得， sin 3sin cosA A B ，结合 sin 0A  ，可求 cosB的值. 【详解】 在 ABC 中， cos 3 cos C a c B b   ， 由正弦定理可得： cos 3sin sin cos sin C A C B B   ， 整理可得： cos sin sin cos 3sin cosC B C B A B  ， 可得   sin 3sin cossin B C A A B   ，  0, ,sin 0A A   ， 1cos , 3 B  故答案为 1 3 . 【点睛】 本题主要考查正弦定理在解三角形中的应用，属于中档题.正弦定理是解三角形的有力工具，其常见 用法有以下三种：（1）知道两边和一边的对角，求另一边的对角（一定要注意讨论钝角与锐角）；（2） 知道两角与一个角的对边，求另一个角的对边；（3）证明化简过程中边角互化；（4）求三角形外接 圆半径. 15．一个圆经过椭圆 ͳ ሼ′ ͳ ʹ ൌ ሼ的三个顶点，且圆心在 x轴的正半轴上，则该圆的标准方程为 ___________. 【答案】 ǡ ͳ ͳ ͳ ൌ ͳǡ ʹ 【解析】 设圆心为（，0），则半径为 ʹ ，则ʹ ͳ ൌ ͳ ͳͳ，解得 ൌ ǡ ͳ ，故圆的方程为 ǡ ͳ ͳ ͳ ൌ ͳǡ ʹ . 考点：椭圆的几何性质；圆的标准方程 16．定义在 R上的函数  f x 满足     cosf x f x x   ，又当 0x  时，   1 2 f x  成立，若   2 cos 2 2 4 f t f t t               ，则实数 t的取值范围为_________． 【答案】 , 4    【解析】 【分析】 由     cosf x f x x   构建新函数    1 1 cos 2 f x f x x  ，借助其单调性解抽象不等式即可. 【详解】 由     cosf x f x x   ，令    1 1 cos 2 f x f x x  ，则              1 1 1 1cos cos cos 0 2 2 f x f x f x x x f x x f x f x x             ，所以  1f x 为奇函数.因为当 0x  时，   1' 2 f x  成立，所以当 0x  时，    1 1' ' sin 0 2 f x f x x   成立，所以  1f x 在  , 0 上单调递增，所以  1f x 在 R上单调递增.因为   2 cos 2 2 4 f t f t t               ， 即为   1 1cos cos 2 2 2 2 f t t f t t                ， 所以  1 1 2 f t f t      ，所以 2 t t   ，所以 4 t   . 故答案为： , 4    【点睛】 本题考查了利用导数研究函数的性质，解题关键结合条件合理构造新函数，借助新函数的单调性解 抽象不等式，属于难题. 三、解答题：本大题共 6 小题，共 70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.第 17-21 题为必做题,每个考生都必须作答.第 22/23题为选考题，考生根据要求作答. （一）必考题：共 60分 17．数列 na 的前 n项和为 nS ，且  1 1 3n nS a  （1）求 1 2 3, ,a a a ；（2）证明：数列 na 是等比数列，并求 na . 【答案】（1） 1 2 3 1 1 1, , 2 4 8 a a a      ；（2） 1 2 n na       . 【解析】 【分析】 （1）令 1n  代入题目所给已知条件，求得 1a ，令 2n  代入求得 3a ，令 3n  代入求得 3a .（2）利 用 1n n na S S   ，化简后证得 na 是等比数列，求得公比，进而求得数列的通项公式. 【详解】 解：（1）当 1n  时，  1 1 1 1 1 3 a S a   ，得 1 1 2 a   ； 当 2n  时，  2 1 2 2 1 1 3 S a a a    ，得 2 1 4 a  ，同理可得 3 1 8 a   . （2）当 2n  时，    1 1 1 1 1 1 11 1 3 3 3 3n n n n n n na S S a a a a          ，所以 1 1 2 n n a a    .故数列 na 是等比数列， 1 2 n na       . 【点睛】 本小题主要考查已知 nS 求 na ，考查等比数列的定义和通项公式的计算，属于基础题. 18．如图，多面体 ABCDEF 中，ABCD是菱形， 60ABC  ，FA 平面 ABCD， / /ED FA， 且 2 2AB FA ED   . （1）求证：平面 FAC 平面 EFC； （2）求多面体 ABCDEF 的体积. 【答案】（1）证明见解析；（2） 5 3 3 . 【解析】 【分析】 （1）通过证明四边形OPED为平行四边形，可知 / /BD EP；根据线面垂直性质和菱形可分别证明 出FA BD 和 BD AC ，根据线面垂直的判定定理可证得BD 平面 FAC，从而得到 EP 平 面 FAC，根据面面垂直的判定定理可证得结论；（2）将所求几何体拆分成三棱锥 F ABC 和四棱 锥C ADEF ，分别求解出两个部分的体积，作和可求得结果. 【详解】 （1）证明：连接 BD交 AC于O，设 FC中点为 P ,连接OP， EP O ， P分别为 AC， FC的中点 / /OP FA ,且 1 2 OP FA / /OP ED 且OP ED 四边形OPED为平行四边形 / /OD EP , 即 / /BD EP FA  平面 ABCD， BD 平面 ABCD FA BD  四边形 ABCD是菱形 BD AC  FA AC A  BD 平面 FAC，即 EP 平面 FAC 又 EP 平面 EFC 平面 FAC 平面 EFC （2） 1 1 3 2 34 2 3 3 4 3F ABC ABCV S FA        平面 ADEF 平面 ABCD C 到平面的距离为 3 3 2 CD   1 2 21 3 3 3 2C ADEFV         5 3 3ABCDEF F ABC C ADEFV V V     【点睛】 本题考查面面垂直的证明、空间几何体的体积求解问题，涉及到线面垂直的判定与性质.求解体积问 题的关键是能够把不规则几何体拆分成规则几何体，从而分部分来进行求解. 19．某公司的新能源产品上市后在国内外同时销售，已知第一批产品上市销售 40天内全部售完，该 公司对这批产品上市后的国内外市场销售情况进行了跟踪调查，如图所示，其中图①中的折线表示 的是国外市场的日销售量与上市时间的关系；图②中的抛物线表示的是国内市场的日销售量与上市 时间的关系；下表表示的是产品广告费用、产品成本、产品销售价格与上市时间的关系． 图① 图② 第 t天产品广告费用（单 位：万元） 每件产品成本（单位： 万元） 每件产品销售价格（单 位：万元） ⃵ ͳ ͳ 3 6 ͳ ⃵ ʹ 10 3 5 (1)分别写出国外市场的日销售量 、国内市场的日销售量 与产品上市时间 t的函数关系式； (2)产品上市后的哪几天，这家公司的日销售利润超过 260万元? (日销售利润=(单件产品销售价－单件产品成本)×日销售量－当天广告费用， ሼǡ ǡʹh) 【答案】（1） ൌ ͳ ⃵ ǡ ′ ͳʹǡ ⃵ ʹ ， ൌ ǡ ͳ ͳ ′， ⃵ ʹ， ；（2） 在第 ሼ′ሼሼhሼͳ，共 ǡ天，这家公司的日销售利润超过 ͳ′万元. 【解析】 【分析】 （1）根据两个图像分别求出 （分段函数）、 （二次函数）的解析式. （2）根据（1）得到分段函数 ，再根据表格中的成本和销售价格得到日销售利润的分段 函数 ，解不等式 ͳ′可得 的取值范围. 【详解】 （1）由图①的折线图可得： ൌ ͳ ⃵ ǡ ′ ͳʹǡ ⃵ ʹ ， 同理图②表示的是二次函数一部分，可得： ൌ ǡ ͳ ͳ ′， ⃵ ʹ， . （2）设这家公司的日销售利润为 ，则国内外日销售总量为 ൌ ǡ ͳ ͳ h ⃵ ǡ ǡ ͳ ͳ ͳʹǡ ⃵ ʹ 由表可知： ൌ ǡ ǡ ͳ ͳ h ͳ ⃵ ͳ ͳ ǡ ͳ ͳ h ሼͳ ⃵ ǡ ͳ ǡ ͳ ͳ ͳʹ ሼǡ ⃵ ʹ ൌ ͳ ͳ ͳʹ ͳ ⃵ ͳ ǡ ሼ ͳ ሼ′ ሼͳ ⃵ ǡ ǡ ሼ ͳ ʹǡ ⃵ ʹ ， 当 ⃵ ͳ时， ൌ ͳʹ ʹ ሼ ， 故 在 ͳ 上单调递增，且 ሼǡ ͳǡሼ ⃵ ͳ′， ሼ′ ͳ′ʹh ͳ′； 当 ͳ ⃵ ǡ时，令 ǡ ሼ ͳ ሼ′ ሼ ͳ′，无解； 当 ǡ ⃵ ʹ时， ൌ ǡ ሼ ͳ ʹ ⃵ ǡ ሼ ǡͳ ʹ ൌ ͳ ⃵ ͳ′. 答：新能源产品上市后，在第 16,17,18,19,20，共 5天，这家公司的日销售利润超过 260万元. 【点睛】 本题为函数的应用，要求根据实际问题构建分段函数模型并利用模型解决实际问题，数学模型构建 时要根据已有的计算公式进行计算，要根据函数的单调性、函数的值域等选择合理方法解不等式. 20．已知直线 l过圆  22: 2 1M x y   的圆心且平行于 x轴，曲线C上任一点 P到点 (0,1)F 的距 离比到 l的距离小 1． （1）求曲线C的方程； （2）过点 P （异于原点）作圆M 的两条切线，斜率分别为 1 2,k k ，过点 P作曲线G的切线，斜率 为 0k ，若 1 0 2, ,k k k 成等差数列，求点 P的坐标． 【答案】(1) 2 4x y (2) 510, 2      【解析】 【分析】 （1）由已知可得点 P到 (0,1)F 的距离等于到直线 1y   的距离，即曲线C是以 F 为焦点，直线 1y   为准线的抛物线，从而可得结果；（2）结合（1）可设 2 0 0 , 4 xP x       ，则 0 0 2 xk  ，设过点 P所 作圆M 的两切线方程为：   2 0 1 04 xy k x x   ，   2 2 04 xy k x x   ，由圆心到直线的距离等于半 径可得   23 2 2 2 0 0 0 1 0 11 4 2 1 0 2 4 x xx k x k                   ， 2k 也适合，由韦达定理，结合 1 0 2, ,k k k 成等 差数列，可得 3 0 0 1 2 02 0 4 2 1 xx k k x x      ，解方程即可得结果. 【详解】 （1）易知直线 : 2l y   ， ∵曲线C上任一动点 P到点 (0,1)F 的距离比到 : 2l y   的距离小 1， ∴点 P到 (0,1)F 的距离等于到直线 1y   的距离， ∴曲线C是以 F 为焦点，直线 1y   为准线的抛物线，设抛物线方程 2 2x py ， ∵ 2p  ∴曲线C的方程为 2 4x y . （2）由（1）知曲线 2: 4C x y ，设 2 0 0 , 4 xP x       ，则 0 0 2 xk  ， 曲线C上过 P点的切线方程为   2 0 0 04 2 x xy x x   ，即 2 0 0 2 4 x xy x  ， 设过点 P所作圆M 的两切线方程为：   2 0 1 04 xy k x x   ，   2 2 04 xy k x x   ， 即： 2 0 1 1 0 0 4 xk x y k x    ， 2 0 2 2 0 0 4 xk x y k x    ， 又 2 0 1 0 2 1 2 4 1 1 x k x k     ，即   23 2 2 2 0 0 0 1 0 11 4 2 1 0 2 4 x xx k x k                   ，*. 同理 2k 也适合*式，故 1k ， 2k 是方程   23 2 2 2 0 0 0 01 4 2 1 0 2 4 x xx k x k                   的两个不相等的 根， ∴ 3 0 0 1 2 2 0 4 2 1 xx k k x     ， ∵ 1 0 2, ,k k k 成等差数列，∴ 1 2 02k k k  ∴ 3 0 0 02 0 4 2 1 xx x x    ， 解得 0 10x   ，∴ 0 5 2 y  ，∴点 P的坐标为 510, 2      . 【点睛】 本题主要考查抛物线的轨迹方程以及直线与抛物线的位置关系，属于难题. 求轨迹方程的常见方法 有:①直接法，设出动点的坐标  ,x y ，根据题意列出关于 ,x y的等式即可；②定义法，根据题意动 点符合已知曲线的定义，直接求出方程；③参数法，把 ,x y分别用第三个变量表示，消去参数即可； ④逆代法，将     0 0 x g x y h x     代入  0 0, 0f x y  . 21．已知函数 2( ) ln 1f x x ax x a    ，a R . （1）若 1a  ，且曲线 ( )y f x 在 x t 处的切线 l过原点，求 t的值及直线 l的方程； （2）若函数 ( )f x 在[1, ]e 上有零点，求实数 a的取值范围. 【答案】（1） 2t  ，  3 ln 2 0x y   ；（2）   2e 1, 2 , e 1          . 【解析】 【分析】 （1）由    f t k f t t  ，列方程求解即可； （2）由题意知方程 1ln 0ax a x x     在 1,e 上有实根，设   1ln ah x x a x x     ，求函数导数， 讨论函数的单调性列不等式求解即可. 【详解】 (1) 若 1a  ,则   2 ln 2f x x x x   ,所以   2 1 lnf x x x   , 因为  f x 的图象在 x t 处的切线 l过原点, 所以直线 l的斜率    f t k f t t  ,即 22 1 ln lnt t t t t      , 整理得   1 2 0t t   ，因为 0t  ，所以 2t  ， 3 ln2k   ， 所以直线 l的方程为  3 ln2 0x y   . (2)函数  f x 在 1,e 上有零点,即方程 2 ln 1 0x ax x a    在 1,e 上有实根， 即方程 1ln 0ax a x x     在 1,e 上有实根. 设   1ln ah x x a x x     ,则       2 2 1 111 x x aa ah x x x x        , ①当 1 1a   ，即 0a  时,   0h x  ,  h x 在 1,e 上单调递增, 若   0h x  在 1,e 上有实根，则     1 0 e 0 h h     ，即 2 2 e 1 e 1 a a        ，所以 2a   . ②当1 1 ea   ,即0 e 1a   时,  1, 1x a  时，   0h x  ,  h x 单调递减,  1,ex a  时，   0h x  ,  h x 单调递增, 所以      min 1 2 ln 1h x h a a a a      ,由1 1 ea   可得  0 ln 1a a a   , 所以  1 2h a   ,   0h x  在 1,e 上没有实根. ③当 1 ea   ，即 e 1a   时,   0h x  ,  h x 在 1,e 上单调递减, 若   0h x  在 1,e 上有实根，则     1 0 e 0 h h     ，即 2 2 e 1 e 1 a a        ，解得 2e 1 e 1 a    . 因为 2e 1 e 1 e 1     ,所以 2e 1 e 1 a    时，   0h x  在 1,e 上有实根. 综上可得实数 a的取值范围是   2e 1, 2 , e 1         . 【点睛】 已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路 (1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围； (2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决； (3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解． （二）选考题：共 10分.请考生在 22,23题中任选一题作答.如果多做,则按所做的第一题计分. 22．选修 4-4：坐标系与参数方程 在直角坐标系中，直线 l的参数方程为 1 cos , 1 sin x t y t         （t为参数，0 π  ），以坐标原点为极 点， x轴正半轴为极轴，取相同的长度单位建立极坐标系，曲线 C的极坐标方程为 2 2 4 1 sin     ． （1）当 π 6 a  时，写出直线 l的普通方程及曲线 C的直角坐标方程； （2）已知点  11P  ，，设直线 l与曲线 C交于 A，B两点，试确定 PA PB 的取值范围． 【答案】（1） 3 1 3 0x y    ， 2 2 1 4 2 x y   ；（2） 1 ,1 2     【解析】 【分析】 (1) 当 6 a   时，利用消参法得到直线 l的普通方程，利用 2 2 2x y   及 siny   得到曲线 C的 直角坐标方程； (2) 将 1 , 1 , x tcos y tsin         代入 2 2 1 4 2 x y   中并整理得    2 21 sin 2 2sin cos 1 0t t       ，借助韦达定理表示 PA PB ，利用正弦函数的有界性 求出取值范围. 【详解】 （1）当 6 a   时，直线 l的参数方程为 31 , 1 , 6 2 11 , 1 , 6 2 x tcos x t y tsin y t                   . 消去参数 t得 3 1 3 0x y    . 由曲线 C的极坐标方程为 2 2 4 1 sin     ，得  22 sin 4    ， 将 2 2 2x y   ，及 siny   代入得 2 22 4x y  ， 即 2 2 1 4 2 x y   （2）由直线 l的参数方程为 1 , 1 , x tcos y tsin         （ t为参数，0    ）可知直线 l是过点 P（-1，1） 且倾斜角为 的直线，又由（1）知曲线 C为椭圆 2 2 1 4 2 x y   ，所以易知点 P（-1，1）在椭圆 C 内， 将 1 , 1 , x tcos y tsin         代入 2 2 1 4 2 x y   中并整理得    2 21 sin 2 2sin cos 1 0t t       ， 设 A，B两点对应的参数分别为 1 2,t t ， 则 1 2 2 1 1 sin t t      所以 1 2 2 1 1 sin PA PB t t      因为0    ，所以  2sin 0,1  ， 所以 1 2 2 1 1 ,1 1 sin 2 PA PB t t          所以 PA PB 的取值范围为 1 ,1 2     . 【点睛】 利用直线参数方程中参数的几何意义求解问题 经过点 P(x0，y0)，倾斜角为α的直线 l的参数方程为 0 0 { x x tcos y y tsin       (t为参数)．若 A，B为直线 l 上两点，其对应的参数分别为 1 2,t t ，线段 AB的中点为 M，点 M所对应的参数为 0t ，则以下结论在 解题中经常用到：(1) 1 2 0 2 t tt   ；(2) 1 2 0 2 t tPM t    ；(3) 2 1AB t t＝ － ；(4) 1 2· ·PA PB t t＝ ． 23．选修 4-5：不等式选讲 （1）求不等式 2 1 5x x    的解集； （2）已知两个正数 a、b满足 2a b  ，证明： 1 1 4 1 3a b    . 【答案】（1） | 3 2x x x  或 （2）见解析 【解析】 【分析】 （1）方法一：首先判断 2 1x x   的几何意义，运用数形结合思想，在数轴上找到所求不等式 的解集。 方法二：根据零点分区间进行分类讨论进行求解。 (2)根据要证明式子分母的特点，把 2a b  ，变形为  1 3a b   ，利用基本不等式，证明不等 式。 【详解】 （1）方法一：根据几何意义“ 2 1x x   ”表示数轴上 x到-2和 1的距离之和， 所以不等式的解集为 | 3 2x x x  或 . 方法二：零点分区间讨论如下： ①当 2x   时， 2 1 5x x     ，即 3x   ， ∴ 3x   . ②当 2 1x   时， 2 1 5x x    即3 5 ，不符合题意； ③当 1x  时， 2 1 5x x    即 2x  ， ∴ 2x  . 综上所述，不等式的解集为 | 3 2x x x  或 . （2）因为  1 3a b   ，所以  1 1 1 1 1 1 1 3 1 a b a b a b              1 12 3 1 b a a b       4 3  ， 当且仅当 1 1 2 b a a b a b       即 3 2 1 2 a b       时取“ ”. 【点睛】 本题考查了求绝对值不等式的解集，一般的方法就是根据绝对值的几何意义和零点分区分进行讨论 的方法来求解。考查了用基本不等式证明不等式，运用基本不等式，要考虑是定和问题还是定积问 题，更要注意的是运用基本不等式要同时满足一正二定三相等这三个条件。