湖北省武汉市2020届高三下学期六月供题（二）文科数学试题 Word版含解析 23页

- 1 - 武汉市 2020 届高中毕业生六月供题（二） 文科数学 本试卷共 6 页，23 题（含选考题）.全卷满分 150 分.考试用时 120 分钟. 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在 答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在 试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和 答题卡上的非答题区域均无效. 4.选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡指定的位置用 2B 铅笔涂黑.答案写在答题卡 上对应的答题区域内，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 5.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交. 一、选择题：（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.请将正确的答案填涂在答题卡上.） 1. 已知复数 z满足 (2 ) 1 2  i z i（ i 为虚数单位），则 z的虚部为（ ） A. 1 B. -1 C. 0 D. i 【答案】A 【解析】 【分析】 由复数的除法先求出复数 z，进而可得出结果. 【详解】因为  2 1 2i z i   ，所以         1 2 21 2 5z 2 2 2 5 i ii i i i i i          ，所以虚部为 1. 故选 A 【点睛】本题主要考查复数的运算和概念，熟记复数的运算法则即可，属于基础题型. 2. 设集合 2{ | }M x x x  ， { | 0} 1 xN x x    ，则 (M N  ) A.  0,1 B.  0,1 C.  0,1 D.  ,1 【答案】A 【解析】 - 2 - 【分析】 根据题意求出集合的元素，再由集合并集的概念得到结果即可. 【详解】集合 2{ | } { | 0M x x x x x    或 1} {0x   ，1}， { | 0} { | 0 1} 1 xN x x x x       ， 则  { | 0 1} 0,1M N x x     ． 故选 A． 【点睛】本题考查了集合的化简与运算问题，是基础题．与集合元素有关问题的思路：（1） 确定集合的元素是什么，即确定这个集合是数集还是点集;（2）看这些元素满足什么限制条 件;（3）根据限制条件列式求参数的值或确定集合元素的个数，但要注意检验集合是否满足 元素的互异性． 3. 已知实数 a、b、 c在数轴上对应的点如图所示，则下列式子中正确的是（ ） A. b a c a- < + B. c a b  C. c c b a  D. b c a c< 【答案】D 【解析】 【分析】 根据数轴得到 0c b a   且 c b a  ，结合不等式基本性质逐个进行判断即可 【详解】解：根据数轴得到 0c b a   且 c b a  ， 对于 A，因为 c b ， 0a  ，所以 c a c  ，b a b  ，则 c a c b a    ，即c a b a   ， 所以 A 错误； 对于 B，因为 0c b a   ，所以 B 错误； 对于 C，因为 0c b a   ，所以 1 1 b a  ，则 c c b a  ，所以 C错误； 对于 D，因为 b a ， 0c  ，所以 b c a c< ，所以 D 正确， 故选：D 【点睛】此题考查不等式的性质的应用，考查合情推理，属于中档题. - 3 - 4. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ） A. 6 B. 4 C. 3 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】 作出几何体的直观图，可知该几何体为四棱锥，求出四棱锥的底面积和高，可求得该四棱锥 的体积. 【详解】作出几何体的直观图如下图所示： 可知，该几何体为四棱锥P ABCD ，且底面 ABCD为直角梯形，其面积为  1 2 2 3 2 S     ， 四棱锥P ABCD 的高为 2h PD  ， 因此，该几何体的体积为 1 1 3 2 2 3 3P ABCDV Sh      . 故选：D. 【点睛】本题考查利用三视图计算几何体的体积，一般要将几何体的直观图作出来，考查空 间想象能力与计算能力，属于中等题. 5. 函数 3cos 1( ) xf x x   的部分图象大致是（ ） - 4 - A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 由    f x f x   得  f x 为奇函数排除选项 A，由函数值的变化趋势可以排除选项 D，求特 殊点的函数的正负可排除 C，得到答案. 【详解】函数  f x 的定义域为    0 0 +， ，  .       3cos +1 3cos +1x xf x f x x x         ,所以  f x 为奇函数，故排除选项 A. - 5 - 由当 0x  且 0x 时，  f x ，故排除选项 D. 由 2 3 0 3 4 f           ，故排除选项 C. 故选：B. 【点睛】本题考查函数图象的识别，关键是利用函数的奇偶性、函数值的变化趋势进行判断， 属于基础题. 6. 已知抛物线C：  2 2 0y px p  的准线 l平分圆M ：   2 22 3 4x y    的周长，则 p （ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】 由题意可得抛物线的准线过圆心，从而可求出 p的值. 【详解】解：抛物线C：  2 2 0y px p  的准线 l的方程为 2 px   ， 圆M ：    2 22 3 4x y    的圆心 ( 2, 3)M   ， 因为抛物线C：  2 2 0y px p  的准线 l平分圆M ：    2 22 3 4x y    的周长， 所以准线 l过圆心 ( 2, 3)M   ， 所以 2 2 p    ，解得 4p  ， 故选：C 【点睛】此题考查抛物线的准线，圆的方程，属于基础题. 7. 七巧板是中国古代劳动人民发明的一种传统智力玩具，它由五块等腰直角三角形、一块正 方形和一块平行四边形共七块板组成．（清）陆以湉《冷庐杂识》卷中写道：近又有七巧图， 其式五，其数七，其变化之式多至千余，体物肖形，随手变幻，盖游戏之具，足以排闷破寂， 故世俗皆喜为之．如图是一个用七巧板拼成的正方形，若在此正方形中任取一点，则此点取 自阴影部分的概率为（ ） - 6 - A. 5 16 B. 11 32 C. 7 16 D. 13 32 【答案】C 【解析】 【分析】 设正方形边长为 a，可求得阴影部分面积和正方形面积，根据几何概型概率公式可求得结果. 【详解】设正方形边长为 a，则其面积 2S a ， 阴影部分面积 2 2 2 21 1 7 2 2 2 4 2 2 4 4 8 16 16 a a a a a a a a aS a            ， 所求概率 7 16 Sp S    . 故选：C . 【点睛】本题考查几何概型面积型的概率问题的求解，属于基础题. 8. 已知角 的顶点与坐标原点重合，始边与 x轴的非负半轴重合，若点 (2, 1)P  在角 的终 边上，则 sin 2 2        （ ） A. 4 5  B. 4 5 C. 3 5 - D. 3 5 【答案】D 【解析】 【分析】 由题知 2 5cos 5   ，又 2sin 2 cos 2 2cos 1 2            ，代入计算可得. 【详解】由题知 2 5cos 5   ，又 2 3sin 2 cos 2 2cos 1 2 5             . 故选：D 【点睛】本题主要考查了三角函数的定义，诱导公式，二倍角公式的应用求值. 9. 设等差数列 na 的前 n项和为 nS ，若 7 5a  ， 9 27S  ，则公差 d 等于（ ） - 7 - A. 0 B. 1 C. 1 2 D. 3 2 【答案】B 【解析】 【分析】 由 9 27S  可求出 5a ，结合已知即可求解. 【详解】  1 9 9 5 9 9 27 2 a a S a     ，解得 5 3a  ， 所以 7 5 5 3 1 7 5 2 a ad       ． 故选：B. 【点睛】本题考查等差数列的前 n和、等差数列基本量的运算，掌握公式及性质是解题的关键， 属于基础题． 10. 已知 1 2,F F 是双曲线 2 2 2 2 1( 0, 0)x y a b a b     的左、右焦点，若点 2F 关于双曲线渐近线的 对称点 A满足 1 1F AO AOF   （O为坐标原点），则双曲线的渐近线方程为（ ） A. 2y x  B. 3y x  C. 2y x  D. y x  【答案】B 【解析】 【分析】 先利用对称得 2AF OM ，根据 1 1F AO AOF   可得 1AF c ，由几何性质可得 1 60AFO   ，即 2 60MOF   ，从而解得渐近线方程. 【详解】如图所示： 由对称性可得：M 为 2AF 的中点，且 2AF OM ， - 8 - 所以 1 2F A AF ， 因为 1 1F AO AOF   ，所以 1 1AF FO c  ， 故而由几何性质可得 1 60AFO   ，即 2 60MOF   ， 故渐近线方程为 3y x  ， 故选 B. 【点睛】本题考查了点关于直线对称点的知识，考查了双曲线渐近线方程，由题意得出 2 60MOF   是解题的关键，属于中档题. 11. ABC 中， 2 5BC  ，D为 BC的中点， 4 BAD   ， 1AD  ，则 AC （ ） A. 2 5 B. 2 2 C. 6 5 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】 在 ABD 中，由正弦定理得 10sin 10 B  ；进而得 5cos cos 4 5 ADC B        ，在 ADC 中，由余弦定理可得 AC . 【详解】在 ABD 中，由正弦定理得 sin sin 4 AD BD B  ，得 10sin 10 B  ，又 BD AD ，所以 B 为锐角，所以 3 10cos 10 B  ， 5cos cos 4 5 ADC B         ， 在 ADC 中，由余弦定理可得 2 2 2 2 cos 4AC AD DC AD DC ADC      ， 2AC  . 故选：D 【点睛】本题主要考查了正余弦定理的应用，考查了学生的运算求解能力. 12. 若函数 ( +1)y f x 为偶函数，且 1x 时， 2( ) xf x x e  ，则不等式    3f x f 的解 集为（ ） A.  3,  B.  1,3 C. ( , 1]  D. - 9 - ( , 2] [2, )   【答案】B 【解析】 【分析】 根据  1f x 是偶函数，得到  f x 的对称性，结合函数的单调性，即可求解. 【详解】当 1x 时，   2 xf x x e  ，故可得   2 xf x x e  ，   2 xf x e  ， 因为   0f x  在 1, 恒成立，故  f x 单调递减.故    1 2 0f x f e    ， 故  f x 此时单调递减，则    3f x f ，等价于1 3x  又  1y f x  是偶函数，故  f x 关于 1x  对称； 故  f x 在区间  ,1 单调递增， 此时      3 1f x f f   ，等价于 1 1x   综上所述：  1 3,x  . 故选： B . 【点睛】本题考查利用函数的单调性、对称性解不等式，涉及利用导数判断函数单调性，属 综合基础题. 二、填空题（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分） 13. 函数 2( ) 2 lnf x x x  的单调递减区间是_________. 【答案】( )0,1 【解析】 【分析】 求出导函数  'f x ，在  0,  上解不等式  ' 0f x  可得  f x 的单调减区间． 【详解】  22 12' 2 x y x x x     ，其中 0x  ， 令 ' 0y  ，则  0,1x ，故函数 2 2lny x x  的单调减区间为  0,1 ，填  0,1 ． 【点睛】一般地，若  f x 在区间  ,a b 上可导，且  ' 0f x  ，则  f x 在  ,a b 上为单调减 - 10 - 函数；反之，若  f x 在区间  ,a b 上可导且为减函数，则  ' 0f x  ．注意求单调区间前先 确定函数的定义域． 14. 已知向量 (1, 3), 3a b   ，向量 a与向量b  的夹角为120，则  a a b    ________. 【答案】7 【解析】 【分析】 根据平面向量的数量积公式可得. 【详解】因为 (1, 3)a  ,所以 2| | 1 ( 3) 2a     , 所以 | || | cos120a b a b      12 3 ( ) 3 2       , 所以  a a b    2 22 ( 3) 4 3 7a a b          . 故答案为:7 【点睛】本题考查了平面向量数量积,属于基础题. 15. 设函数 ( ) 2sin( ) 0,0 2 f x x              的图象关于直线 2 3 x   对称，它的周期 为 ，则下列说法正确是________（填写序号） ①  f x 的图象过点 30, 2       ； ②  f x 在 2, 12 3       上单调递减； ③  f x 的一个对称中心是 5 ,0 12       ； ④将  f x 的图象向右平移  个单位长度得到函数 2sin 2y x 的图象. 【答案】③ 【解析】 【分析】 先根据对称轴及最小正周期，求得函数  f x 的解析式.再结合正弦函数的图象与性质，判断 点是否在函数图象上，求得函数的单调区间及对称中心判断选项，由平移变换求得变化后的 - 11 - 解析式并对比即可. 【 详 解 】 函 数    2sin 0, 0, 2 f xx                的 最 小 正 周 期 是  ， 所 以 2 2    ，则    2sin 2f x x   ， 又    2sin 2f x x   图象关于直线 2 3 x   对称， 所以对称轴为 2 , 2 x k k Z     ，代入可得 22 , 3 2 k k Z       ，解得 5 , 6 k k Z     ， 因为 0, 2       ，所以当 1k  时， 6 π  ，则   2sin 2 6 f x x       ， 对于①，当 0x  时，  0 2sin 1 6 f    ，  f x 的图象不过点 30, 2       ，所以①不正确； 对于②，   2sin 2 6 f x x       的单调递减区间为 32 2 2 , 2 6 2 k x k k Z         ， 解得 2 , 6 3 k x k k Z       ， 当 0k  时， 2 6 3 x    ，又因为 12 6    ，则  f x 在 2, 12 3       上不是减函数，所以②错 误； 对于③，   2sin 2 6 f x x       的对称中心为 2 , 6 x k k Z    ，解得 , 12 2 kx k Z      ，当 1k  时， 5 12 x   ，所以 5 ,0 12       是  f x 的一个对称中心，所以 ③正确； 对于④，将   2sin 2 6 f x x       向右平移 6  个单位长度，可得 2sin 2 2sin 2 6 6 6 y x x                   ，所以不能得到 2sin 2y x 的图象，所以④错误. 综上可知，正确的为③. 故答案为: ③. - 12 - 【点睛】本题考查了三角函数解析式的求法，正弦函数的图像与性质的综合应用，属于中档 题. 16. 如图，在四棱锥P ABCD 中，底面 ABCD为正方形， 2AB AP  ， 60PAB PAD    ，则该四棱锥的外接球的表面积为______． 【答案】8 【解析】 【分析】 由已知，易得 ,PAB PADV V 为全等的等边三角形，且边长为 2，过 P作 PT 垂直于底面 ABCD 于 T，连接 , ,TD TA TB，T 为正方形 ABCD的中心，进一步可得球心 O 即为 T，即可得到外 接球半径及表面积. 【详解】因为 60PAB PAD    ， 2AB AP  ， ABCD为正方形， 所以 ,PAB PADV V 为全等的等边三角形，且边长为 2，过 P作 PT 垂直于底面 ABCD 于 T，连 接 , ,TD TA TB， 如图， 易知TD TA TB  ，所以T 为 ABD△ 的外心，又 ABCD为正方形， - 13 - 即T 为正方形 ABCD的中心，设四棱锥的外接球的球心为 O，半径为 R，连接OA， 由已知， 2 2BD  ， 2 2 2 22 ( 2) 2PT PA AT     ，所以 2 2 2 2( )OT TA R PT OT    ， 即 2 22 ( 2 )OT OT   ，解得 0OT  ，即球心与 T 重合， 所以外接球半径 2R  ， 其表面积为 24 8R  . 故答案为：8 【点睛】本题考查四棱锥与球的切接问题，涉及到球的表面积，考查学生的空间想象能力， 数学运算能力，是一道中档题. 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 题~第 21 题为必考 题，每个试题考生都必须作答.第 22 题~第 23 题为选考题，考生根据要求作答. （一）必考题：共 60 分 17. 已知等比数列 na 是递减数列， 1 4 2 33, 4a a a a   ． （1）求数列 na 的通项公式； （2）设 2 12nn nb a n   ，求数列 nb 的前 n项和 nT ． 【答案】（1） 31 3 n na        （2） nT 9 2 1[1 ] ( 1) 2 3 2 n n n        【解析】 【分析】 （1）运用等比数列的性质和通项公式，解方程可得公比，进而得到所求通项公式； （2）求得 2 2 1 22 ( ) 3 n n n nb a n n      ，运用数列的分组求和，结合等差数列和等比数列的 求和公式，计算即可得到所求和． 【详解】（1）等比数列 na 是递减数列， 1 4 2 33, 4a a a a   ， 即有 2 3 3a a  ，解得 2 31, 3a a  ，（舍去），或 2 33, 1a a  ， 可得公比 2 31 1 1, 3 3 3 3 n n nq a                 . - 14 - （2） 2 2 1 22 ( ) 3 n n n nb a n n      ， 则前 n项和 2 3 21 2 33 2 2 1[ 1 ] ( 1)22 3 3 21 3 n n n nT n n                     9 2 1[1 ] ( 1) 2 3 2 n n n        . 【点睛】本题考查等差数列和等比数列的通项公式和求和公式的运用，考查数列的分组求和， 化简运算能力，属于基础题． 18. 将棱长为 2的正方体 1 1 1 1ABCD ABC D 截去三棱锥 1D ACD 后得到如图所示几何体， O为 1 1AC 的中点． （1）求证： //OB 平面 1ACD ； （2）求几何体 1 1 1ACB AD 的体积． 【答案】（1）见解析；（2） 4 . 【解析】 【分析】 （1）取 AC中点为 1O ，连接 1OO ， 1 1B D ， 1 1OD ，推导出四边形 1 1O BOD 为平行四边形，可 得出 1 1//BO O D ，再由线面平行的判定可得 //OB 平面 1ACD ； （2）由正方体 1 1 1 1ABCD ABC D 的棱长为 2，求得 1 1 1 1 8ABCD A B C DV   ， 1 1 1 2 2 2 3 2 4 3D ACDV        ， 1 1 1 1 4 3A BCB C B C DV V   ，再由体积作差可得几何体 1 1 1ACB AD 的体积． 【详解】（1）取 AC中点为 1O ，连接 1OO 、 1 1B D 、 1 1OD ． - 15 - 在正方形 1111 DCBA 中， O 为 1 1AC 的中点， O 为 1 1B D 的中点． 在正方体 1 1 1 1ABCD ABC D 中， 1 1//AA CC 且 1 1AA CC ，四边形 1 1AAC C为平行四边形， 1 1//AC AC 且 1 1AC AC ， O 、 1O 分别为 1 1AC 、 AC的中点， 1 1//AO AO 且 1 1AO AO ， 所以，四边形 1 1AAOO 为平行四边形， 1 1//OO AA 且 1 1OO AA ， 1 1//AA BB 且 1 1AA BB ， 1 1//OO BB 且 1 1OO BB ， 所以，四边形 1 1OO BB 为平行四边形， 1 1//O B OB 且 1 1O B OB ， O 为 1 1B D 的中点， 1 1//OD O B 且 1 1OD O B ，则四边形 1 1O BOD 为平行四边形， 1 1//OB O D ， 又BO平面 1ACD ， 1 1OD 平面 1ACD ，因此， //OB 平面 1ACD ； （2）∵正方体 1 1 1 1ABCD ABC D 的棱长为 2 ， 1 1 1 1 32 8ABCD A B C DV    ， 1 1 1 2 2 2 3 2 4 3D ACDV        ． 又 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1ACB A D ABC C D A B A BCB C B C DV V V V     ，且 1 1 1 1 1 1 1 1 1 4 208 3 3ABC C D A B ABCD A B C D D ACDV V V       ，而 1 1 1 1 4 3A BCB C B C DV V   ， 1 1 1 20 42 4 3 3ACB A DV     ． 【点睛】本题考查直线与平面平行的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用等体 积法求多面体的体积，是中档题． 19. 第 24 届冬奥会将于 2022 年 2 月 4 日至 2 月 22 日在北京市和河北省张家口市联合举行， 这是中国历史上第一次举办冬季奥运会.为了宣传冬奥会，让更多的人了解、喜爱冰雪项目， - 16 - 某校高三年级举办了冬奥会知识竞赛（总分 100 分），并随机抽取了 n名中学生的成绩，绘制 成如图所示的频率分布直方图.已知前三组的频率成等差数列，第一组和第五组的频率相同. （Ⅰ）求实数 a，b的值，并估计这 n名中学生的成绩平均值 x ；（同一组中的数据用该组区 间的中点值作代表） （Ⅱ）已知抽取的n名中学生中，男女生人数相等，男生喜欢花样滑冰的人数占男生人数的 1 4 ， 女生喜欢花样滑冰项的人数占女生人数的 1 2 ，且有 95%的把握认为中学生喜欢花样滑冰与性 别有关，求n的最小值. 参考数据及公式如下：  2 0P K k 0.050 0.010 0.001 0k 3.841 6.635 10.828 2 2 ( ) ( )( )( )( ) n ad bcK a b c d a c b d       ， n a b c d    . 【答案】（Ⅰ） 0.005 0.025 a b    ；69.5 分；（Ⅱ） min 80n  【解析】 【分析】 （Ⅰ）利用等差数列的性质以及频率之和为 1 求出 ,a b的值，再计算平均值即可； （Ⅱ）设男生人数为 x，依题意得出列联表，再由独立性检验得出n的最小值. - 17 - 【详解】解：（Ⅰ）由题意可知： 0.045 2 2 0.035 a b a b      ， 解得 0.005 0.025 a b    . 各组频率依次为 0.05，0.25，0.45，0.2，0.05， 0.05 50 0.25 60 0.45 70 0.2 80 0.05 90 69.5x            （分） （Ⅱ）设男生人数为 x，依题意可得列联表如下： 喜欢花样滑冰 不喜欢花样滑 冰 合计 男生 1 4 x 3 4 x x 女生 1 2 x 1 2 x x 合计 3 4 x 5 4 x 2x 2 2 1 1 3 12 24 2 4 2 3.8413 5 15 4 4 x x x x x K x x x x x             ， 29x  . 又 4x k ， k N ，且各组的频数为正整数，故 min 40x  ， min 80n  . 【点睛】本题主要考查了频率分布直方图求平均值以及独立性检验的实际应用，属于中档题. 20. 已知函数 ( ) xf x e ax  . (I)当 a=-1 时， ①求曲线 y= f(x)在点(0，f(0))处的切线方程； ②求函数 f(x)的最小值； (II)求证:当  2,0a  时，曲线   y f x 与 1y lnx  有且只有一个交点. 【答案】（1）切线方程 1y  ； min( ) 1f x  ；（2）证明见解析 - 18 - 【解析】 【分析】 (I)函数求导 '( ) 1xf x e  ，求出 (0)k f  得切线方程；解   0f x  求单增区间，解   0f x  求单减区间；利用单调性求最值； (II)构造    ln 1 0xg x e ax x x     得到函数调调性，由零点存在性定理证有且只有一 个零点. 【详解】(I)当 1a   时， ①函数 ( ) xf x e x  ， 0(0) =1f e  ， ( ) 1xf x e  ，即 0(0) 1=0f e   ， 曲线 ( )y f x 在点  (0 )0f， 处的切线方程为 1y  . ②令 ( ) 1>0xf x e   ，得 0x  ，令 ( ) 1<0xf x e   ，得 0x  ， 所以 ( )f x 在 (0, + ) 上单增，在 ( ,0) 单减, 函数 ( )f x 的最小值为 min( ) (0) 1f x f  . (II) 当  2,0a  时，曲线   y f x 与 1 lny x  有且只有一个交点. 等价于    ln 1 0xg x e ax x x     有且只有一个零点.    1 0xg x e a x x      ， 当  0,1x 时， 11, 1xe x   ，  2,0a  ，则   1 0xg x e a x      ， 当  1,x  时， 12, 0xe e x    ，  2,0a  ，则   1 0xg x e a x      ，  g x 在  0,  上单增， 又 1 1 21( ) 2 2 0e ag e e e e       ，   2 2 0eg e e ae e e     ， - 19 - 由零点存在性定理得  g x 有唯一零点，即曲线   y f x 与 1 lny x  有且只有一个交点. 【点睛】判断函数零点个数及分布区间的方法： （1）解方程法：当对应方程易解时，可通过解方程确定方程是否有根落在给定区间上； （2）定理法：利用零点存在性定理进行判断； （3）数形结合法：画出相应的函数图象，通过观察图象与 x轴在给定区间上是否有交点来判 断，或者转化为两个函数图象在给定区间上是否有交点来判断. 21. 已知椭圆 N ：   2 2 2 2 1 0x y a b a b     经过点  0,1C ，且离心率为 2 2 . （1）求椭圆 N 的标准方程与焦距； （2）直线 l： 1 3 y kx  与椭圆N 的交点为 A， B两点，线段 AB的中点为M .是否存在常 数 ，使 AMC ABC ∠ ∠ 恒成立，并说明理由. 【答案】（1） 2 2 1 2 x y  ，焦距为 2 ；（2）存在常数 2  ，使 2AMC ABC   恒成立，详 见解析. 【解析】 【分析】 （1）根据上顶点的坐标和离心率可得 , ,a b c，从而可求标准方程和焦距. （2）设  1 1,A x y ，  2 2,B x y ，联立直线方程和椭圆方程，消去 y后利用韦达定理化简CA CB   可得 0CA CB    ，从而可得 2  . 【详解】（1）因为椭圆 N ：   2 2 2 2 1 0x y a b a b     经过点  0,1C ，且离心率为 2 2 ， 所以 1b  ， 2 2 c a  ，又因为 2 2 2a c b  ， 可解得 1c  ， 2a  ，焦距为 2 2c  ，所求椭圆的方程为 2 2 1 2 x y  . （2）存在常数 2  ，使 2AMC ABC   恒成立， 证明如下： - 20 - 由 2 2 1 3 1 2 y kx x y         ， 得  2 29 18 12 16 0k x kx    ，   ， 设  1 1,A x y ，  2 2,B x y ， 则 1 2 2 12 9 18 kx x k    ， 1 2 2 16 9 18 x x k    . 又因为  1 1, 1CA x y   ，  2 2, 1CB x y   ， 所以    1 2 1 21 1CA CB x x y y       1 2 1 2 4 4 3 3 x x kx kx              2 1 2 1 2 4 161 3 9 k x x k x x      2 2 2 16 4 12 161 0 9 18 3 9 18 9 kk k k k           ， 所以CA CB   ， 因为线段 AB的中点为M ，所以 MC MB ，所以 2AMC ABC   . 存在常数 2  ，使 2AMC ABC   恒成立. 【点睛】求椭圆的标准方程，关键是基本量的确定. 直线与圆锥曲线的位置关系中的定点、 定值、最值问题，一般可通过联立方程组并消元得到关于 x或 y的一元二次方程，再把要求解 的目标代数式化为关于两个的交点横坐标或纵坐标的关系式，该关系中含有 1 2 1 2,x x x x 或 1 2 1 2,y y y y ，最后利用韦达定理把关系式转化为若干变量的方程（或函数），从而可求定点、 定值、最值问题. （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.作答时写清题号. 22. 在直角坐标系 xOy中，曲线C的参数方程为 3cos 2 3sin x y       （ 为参数），以坐标原点O 为极点， x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线 l的极坐标方程为 sin 2 2 4        . - 21 - （1）求C与 l的直角坐标方程； （2）若直线 l与曲线C交于M ，N 两点，点 ( 2,2)P  ，求 1 1 | | | |PM PN  的值. 【答案】（1） 2 2( 2) 9x y   ， 4 0x y   ；（2） 2 7 5 . 【解析】 【分析】 （1）直接利用参数方程和极坐标方程转化公式，可得出C与 l的直角坐标方程； （2）将直线 l的直角坐标方程化为参数方程，点 ( 2,2)P  在直线上 l，利用参数 t的几何意义， 可得 1 1 | | | |PM PN  的值. 【详解】解：（1）因为曲线C的参数方程为 3cos 2 3sin x y       （ 为参数）， 所以其直角坐标方程为 2 2( 2) 9x y   ， ∵直线 l的极坐标方程为 sin 2 2 4        ， ∴ sin cos 4     ， ∴其直角坐标方程为 4 0x y   ； （2）直线 l过点 ( 2,2)P  且参数方程可表示为 22 2 22 2 x t y t         （ t为参数）， 代入曲线C的方程，得 2 2 2 5 0t t   ， 则 1 2 2 2t t  ， 1 2 5t t   ， ∴ 1 2 1 2 1 1 2 7 | | | | 5 t t PM PN t t     . 【点睛】本题考查了利用公式把参数方程、极坐标方程转化为直角坐标方程，直线参数方程 参数 t的几何意义，考查运算求解的能力和转化与化归思想，是基础题. 23. - 22 - 已知函数 ( ) 1 1f x x a x    ． （1）当 2a   时，解不等式 ( ) 5f x  ； （2）若 ( ) 3f x a x  ，求 a的最小值． 【答案】(1) 4( , ) (2, ) 3     . (2) 1 2 . 【解析】 分析：（1）利用分段讨论法去掉绝对值，解 a=﹣2 时对应的不等式即可； （2）由 f（x）≤a|x+3|得 a≥ 1 3 1 x x x     ，利用绝对值三角不等式处理即可. 详解：（1）当 2a   时，   1 3 , 1 3, 1 1 3 1, 1 x x f x x x x x               5f x  的解集为：  4, 2, 3         （2）由   3f x a x  得： 1 1 3 x a x x      由 1 3 2 1x x x     ，得： 1 1 1 3 2 x x x      得 1 2 a  （当且仅当 1x  或 3x   时等号成立）， 故 a的最小值为 1 2 . 点睛：绝对值不等式的解法： 法一：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想； 法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想； 法三：通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想． - 23 -