四川省绵阳南山中学2020届高三仿真模拟热身考试（二）数学（理）试题 Word版含解析 24页

- 1 - 绵阳南山中学 2020 年高考仿真模拟考试（二）数学（理工类） 第Ⅰ卷（选择题 共 60 分） 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，请将答案涂在答题卡上. 1.已知集合  2 3 0M x x x   ，   2log 2 0N x x   ，则 M N  （ ） A.  2,3 B.  2,3 C.  0,3 D.  0,3 【答案】A 【解析】 【分析】 先求出集合 M,N，然后求两集合的交集. 【详解】解：因为  2 3 0M x x x    0 3|x x   ，  2log ( 2) 0 { 0 2 1} { 2 3}N x x x x x x         ∣ ∣ ∣ ， 所以  2,3M N  ， 故选：A 【点睛】此题考查一元二次不等式的解法、对数不等式、集合的交集运算等知识，属于基础 题. 2.复数 3 2 iz i    的共轭复数是（ ） A. 2 i B. 2 i C. 1 i  D. 1 i  【答案】D 【解析】 试题分析：       3 23 5 5 12 2 2 5 i ii iz ii i i              , 1z i   ,故选 D. 考点：复数的运算与复数相关的概念. 3.已知 、 是两个不同的平面，m、n 是两条不重合的直线，命题 p：“若 m  ，m n ， 则 //n  ”；命题 q：“若  ， n   ， m n ，则 m  ”，则下列命题为真命题 - 2 - 的是（ ） A. p q B. p q C.  p q  D.  p q  【答案】C 【解析】 【分析】 根据线面位置关系，先判断两命题的真假，再根据逻辑联结词，判断复合命题的真假，即可 得出结果. 【详解】命题 p 中，若 m  ， m n ，则 n 与 可能平行，也可能 n  ，故命题 p 为假 命题； 命题 q 中，若  ， n   ， m n ， m 与  的位置关系可能是 m  ， //m  ，也 可能 m 与  相交，故命题 q 为假命题. 因此 p q ， p q ， p q  都是假命题，  p q  为真命题. 故选：C. 【点睛】本题主要考查判断复合命题的真假，涉及线面位置关系，属于基础题型. 4.设等差数列 na 的前 n 项和为 nS ，若 2 8 515a a a   ；则 9S 等于（ ） A. 18 B. 36 C. 45 D. 60 【答案】C 【解析】 【分析】 根据等差数列的性质， 1 9 2 8 52a a a a a    计算求解. 【详解】 1 9 2 8 2 5     ， 1 9 2 8 52a a a a a     ， 2 8 5 5 515 2 5a a a a a       ，  1 9 9 5 9 9 452 a aS a    . - 3 - 故选：C 【点睛】本题考查等差数列的性质，前 n 项和，属于基础题型. 5.一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ） A. 2  B. 1  C. 2 2 D. 1 2 【答案】A 【解析】 分析：由三视图可知，该几何体是一个组合体，它由一个棱柱与二分之一圆柱组成，根据三 视图中数据，利用柱体的体积公式可得结果. 详解：由三视图可知，该几何体是一个组合体，它由一个棱柱与二分之一圆柱组成，棱柱底 面是矩形，矩形长宽分别为 2 与1，高为1，体积为 2 1 1 2   ，圆柱底面半径为为1，高为 2 ， 几何体体积为 12 2 2 22      ，故选 A. 点睛：本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难 题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻 译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还 要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响，对简单组合体三视 图问题，先看俯视图确定底面的形状，根据正视图和侧视图，确定组合体的形状. 6.汽车的“燃油效率”是指汽车每消耗 1 升汽油行驶的里程，如图描述了甲、乙、丙三辆汽 车在不同速度下的燃油效率情况，下列叙述中正确的是（ ） - 4 - A. 消耗 1 升汽油，乙车最多可行驶 5 千米 B. 某城市机动车最高限速 80 千米/时，相同条件下，在该市用丙车比用乙车更省油 C. 甲车以 80 千米/时的速度行驶 1 小时，消耗 10 升汽油 D. 以相同速度行驶相同路程，三辆车中，甲车消耗汽油最多 【答案】B 【解析】 【分析】 利用折线图以及横、纵坐标代表的意义逐一分析即可求解. 【详解】对于选项 A，从图中可以看出乙车的最高燃油效率大于 5，故 A 项错误； 对于选项 B，速度在 80 千米/小时以下时，相同条件下每消耗 1 升汽油， 丙车行驶路程比乙车多，所以该市用丙车比用乙车更省油，故 B 项正确. 对于选项 C，甲车以 80 千米/小时的速度行驶，1 升汽油行驶 10 千米， 所以行驶 1 小时，即行驶 80 千米，消耗 8 升汽油，故 C 项错误； 对于选项 D，同样速度甲车消耗 1 升汽油行驶的路程比乙车、丙车的多， 所以行驶相同路程，甲车油耗最少，故 D 项错误. 故选：B 【点睛】本题考查了折线图的解读，考查了考生的分析能力、理解能力，属于基础题. 7.设 1F ， 2F 分别是椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yE a ba b     的左、右焦点，过 2F 的直线交椭圆于 A ， B 两点，且 1 2 0AF AF   ， 2 22AF F B  ，则椭圆 E 的离心率为( ) - 5 - A. 2 3 B. 3 4 C. 5 3 D. 7 4 【答案】C 【解析】 【分析】 根据 2 22AF F B  表示出线段长度，由勾股定理，解出每条线段的长度，再由勾股定理构造出 ,a c 关系，求出离心率. 【详解】 2 22AF F B   设 2BF x ，则 2 2AF x 由椭圆的定义，可以得到 1 12 2 , 2AF a x BF a x    1 2 0AF AF    , 1 2AF AF  在 1Rt AF B 中，有      2 2 22 2 3 2a x x a x    ，解得 3 ax  2 1 2 4,3 3 a aAF AF   在 1 2Rt AF F△ 中，有   2 2 24 2 23 3 a a c           整理得 2 2 5= 9 c a ， 5 3 ce a    故选 C 项. 【点睛】本题考查几何法求椭圆离心率，是求椭圆离心率的一个常用方法，通过几何关系， 构造出 ,a c 关系，得到离心率.属于中档题. 8.函数     π2sin 2 2f x x        向左平移 π 3 个单位后图象关于 y 轴对称，则  f x 在 π0, 2      上的最小值为（ ） A. 1 B. 1 C. 3 D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】 - 6 - 写出图象变换后函数解析式，利用关于 y 轴对称求得 ，从而得 ( )f x 的解析式，再利用正弦 函数性质可得最小值． 【详解】函数 ( ) 2sin(2 )(| | 2f x x     ）的图象向左平移 3  个单位后为 22sin 2( ) 2sin(2 )3 3y x x           ， 由它的图象关于 y 轴对称有 2 ,3 2k k    Z 又| | 2   ，所以 6    ，故 ( ) 2sin(2 )6f x x   ， 由 0 2x   有 526 6 6x      ， 所以当 2 6 6x     ，即 0x  时 min( ) 1f x   . 故选：A. 【点睛】本题考查三角函数图象变换，考查正弦函数的性质，考查对称性，属于中档题． 9.从区间[ ]0,1 随机抽取 2n 个数 1x , 2x ，…， nx ， 1y ， 2y ，…， ny ，构成 n 个数对 1 1,x y ，  2 2,x y ，…， ,n nx y ，其中两数的平方和小于 1 的数对共有 m 个，则用随机模拟的方法得 到的圆周率 的近似值为 A. 4n m B. 2n m C. 4m n D. 2m n 【答案】C 【解析】 此题为几何概型．数对( , )i ix y 落在边长为 1 的正方形内，其中两数的平方和小于 1 的数落在 四分之一圆内，概型为 4 1 mP n    ，所以 4m n   ．故选 C． 10.     21 1 1 nx x x      的展开式的各项系数和是（ ） A. 12n B. 12 1n  C. 12 1n  D. 12 2n  - 7 - 【答案】D 【解析】 【分析】 根据赋值法，令 1x  ，求展开式的各项系数和. 【详解】令 1x  ，则展开式的各项系数和是  2 12 1 2 2 2 ... 2 2 21 2 n n n        . 故选：D 【点睛】本题考查二项式系数和，属于基础题型，本题的关键是区分二项式系数和各项系数， 二项式定理中，二项式系数和的公式是 2n ，若求各项系数和，则采用赋值法，令变量为 1 求 解. 11.在三棱锥 P ABC 中， PA  平面 120 2, 2ABC BAC AP AB    ， ， ，M 是线段 BC 上一动点，线段 PM 长度最小值为 3 ，则三棱锥 P ABC 的外接球的表面积是（ ） A. 9 2  B. 9 2 C. 18 D. 40 【答案】C 【解析】 【分析】 首先确定三角形 ABC 为等腰三角形，进一步确定球的球心，再求出球的半径，最后确定球的 表面积． 【详解】解：如图所示： 三棱锥 P ABC 中， PA  平面 2, 2ABC AP AB ， ， M 是线段 BC 上一动点，线段 PM 长度最小值为 3 ， 则：当 AM BC 时，线段 PM 达到最小值， - 8 - 由于： PA  平面 ABC ， 所以： 2 2 2PA AM PM  ， 解得： 1AM  ， 所以： 3BM  ， 则： 60BAM   ， 由于： 120BAC   ， 所以： 60MAC   则： ABC 为等腰三角形． 所以： 2 3BC  ， 在 ABC 中，设外接圆的直径为 2 32 4120r sin   ， 则： 2r  ， 所以：外接球的半径 2 2 2 92 2 2R        ， 则： 94 182S      ， 故选 C． 【点睛】本题考查的知识要点：三棱锥的外接球的球心的确定及球的表面积公式的应用． 12.已知函数 ln ,0 ( ) , x x e f x e x ex      ，若 0 a b c   且满足 ( ) ( ) ( )f a f b f c  ，则 ( ) ( ) ( )af b bf c cf a  的取值范围是（ ） A. ( )1 +¥， B.  ,e  C. 11 1e e      ， D.  1,2e e e   【答案】D 【解析】 【分析】 - 9 - 根据题意画出图像，并得到 ln ln ,ln ea b b c    , 1, lnab c b e   ,将三个变量均转化为一 个 变 量 c ， ( ) ( ) ( )af b bf c cf a  = )lna b c b （ 1= )lnb b eb  （ 令 1( ) ( )ln + ,(1 )g b b b e b eb     对函数求导得到函数的单调性进而得到最值. 【详解】 画出 ( )f x 的图象，由 0 a b c   且 ( ) ( ) ( )f a f b f c  得： 0 1,1 ,a b e c e   , ln ln ,ln ea b b c    , 1, lnab c b e   . ( ) ( ) ( )af b bf c cf a  = )lna b c b （ 1= )lnb b eb  （ , 令 1( ) ( )ln + ,(1 )g b b b e b eb     ，则 2 1 1 1( ) (1 )ln ( )g b b bb b b      ， 2 1( ) 1 ln (1 ln )g b b bb     ， 1 , 1 ln 0,ln 0b e b b  ， ( ) 0g b   ， 则函数 ( )g b 在区间 1,e 上单调递增， (1) ( ) ( )g g b g e   ，即 e  1 1)ln 2b b e eb e    （ ， ( ) ( ) ( )af b bf c cf a   的取值范围是  1,2e e e   （以 a 为变量时，注意 a 的取值范围为 1 1ae   ）. 故答案为 D. 【点睛】这个题目考查了到了导数在求函数最值中的应用，解题时应根据函数的导数判定函 数的增减性以及求函数的极值和最值，应用分类讨论法，构造函数等方法来解答问题．对于 函数恒成立或者有解求参的问题，常用方法有：变量分离，参变分离，转化为函数最值问题； 或者直接求函数最值，使得函数最值大于或者小于 0；或者分离成两个函数，使得一个函数恒 大于或小于另一个函数. 第Ⅱ卷（非选择题 共 90 分） 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分. - 10 - 13.已知向量  2,a  ，  11b   , ，且 a b  与b  共线，则   __________. 【答案】 2 【解析】 【分析】 先由向量  2,a  ，  11b   , 求出向量 a b  的坐标，再由 a b  与b  共线，列方程可求出  的值. 【详解】解：由题意得 (3, 1)a b    ， 因为 a b  与b  共线，所以 3 1 1 ( )1     ，解得 2   . 故答案为： 2 【点睛】此题考查向量的坐标运算，共线向量，属于基础题. 14.若 x , y 满足约束条件 1 0, { 0, 4 0, x x y x y        则 y x 的最大值 ． 【答案】 3 【解析】 作出可行域如图中阴影部分所示，由斜率的意义知， y x 是可行域内一点与原点连线的斜率， 由图可知，点 A（1,3）与原点连线的斜率最大，故 y x 的最大值为 3. 考点：线性规划解法 15.已知   1 1 2 2 4 2 1 x x xf x e e x        ，则 1 2 3 2019 2020 2020 2020 2020f f f f                         的值为__________. - 11 - 【答案】4038 【解析】 【分析】 根据题意可得    1 4f x f x   ，再利用倒序相加法即可求解. 【详解】易知    1 4f x f x   ， 记 1 2 3 2019( ) ( ) ( ) ( )2020 2020 2020 2020S f f f f     又 2019 2018 2 1( ) ( ) ( ) ( )2020 2020 2020 2020S f f f f     ， 对齐相加得 2 2019 4S   ，所以 4038S  . 故答案为：4038 【点睛】本题考查了倒序相加法求和，考查了基本运算求解能力，属于基础题. 16.已知双曲线 2 2 2 2 1( 0, 0)x y a ba b     的离心率为 2， 1 2F F， 分别是双曲线的左、右焦点，点    0 0M a N b- ， ， ， ，点 P 为线段 MN 上的动点，当 21PF •PF  取得最小值和最大值时， 1 2PF F 的面积分别为 1 2S S， ，则 2 1 S S  ______． 【答案】4 【解析】 【分析】 由离心率公式可得 a、b、c 的关系，设出 MN 的方程，以及点 1 2( , ) ( ,0) ( ,0)P m n F c F c， ， ， 运用向量数量积的坐标表示及两点间距离公式，可得取最值时 P 的位置，由三角形的面积公 式，可得答案. 【详解】解：离心率为 2ce a   ，即 2 , 3c a b a  ，    0 0M a N b- ， ， ， ，可得 MN 的方程为 0bx ay ab- ＝ ， 设 1 2( , ) ( ,0) ( ,0)P m n F c F c， ， ， 可得 2 2 2 1 2PF PF ( , ) ( , )c m n c m n m n c         • • - 12 - 由  2 2 2 2 2m n m n   表示原点O 与 P 的距离的平方， 显然 OP 垂直于 MN 时， OP 最小， 由 : aOP y xb   ，即 3 3y x  ，联立直线 3 3 0x y a   ， 可得 3 3,4 4P a a      ，即 2 1 1 3 322 4 2S c a a • • ， 当 P 与 N 重合时，可得OP 的距离最大， 可得 2 2 1 2 2 32S c b a • • 即有 2 2 21 2 3 4 3 2 S a S a   故答案为 4． 【点睛】本题考察双曲线的性质，考察推理论证和运算求解能力，属于中档题型. 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， 每道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.已知 ABC 中内角 A、B、C 所对的边分别为 a、b、c，且 cos cos 4cosb C c B A   ， 2a  . （1）求角 A 的大小； （2）求 2b c 的取值范围. 【答案】（1） 2 3  ；（2） 2,4 . 【解析】 【分析】 （1）根据正弦定理，由题中条件，得到 sin cos sin cos 2sin cosB C C B A A   ，推出 1cos 2A   ，即可求出结果； （2）根据（1）的结果，由正弦定理，得到 4 sin sin sin 3 b c a B C A    ，化 4 82 sin sin 4cos 3 3 b c B C B    ，即可求出结果. - 13 - 【详解】（1）在 ABC 中，根据正弦定理，由 cos cos 4cosb C c B A   ， 2a  得， sin cos sin cos 2sin cosB C C B A A   ，即  sin sin 2sin cosA B C A A    ， 所以 2cos 1A  ，即 1cos 2A   ， 又因为  0,πA ，所以 2 3A  ； （2）由（1），根据正弦定理可得： 2 4 sin sin sin 3 3 2 b c a B C A     ， ∴ 4 8 4 8 22 sin sin sin sin 33 3 3 3 b c B C B B           4 8 3 1sin cos sin 4cos2 23 3 B B B B         ， 因为 π0, 3B     ，所以  4cos 2,4B ， 即 2b c 的取值范围是 2,4 . 【点睛】本题主要考查解三角形，熟记正弦定理，余弦函数性质、以及三角恒等变换即可， 属于常考题型. 18.如图，在四棱锥 P ABCD 中，四边形 ABCD 为矩形，平面 PCD  平面 ABCD ，E 为 PC 中点， 2PD CD DE  . （1）求证： ED BP ； （2）若 BD 与平面 PBC 所成的角为30 ，求二面角 C PB D  的大小. 【答案】（1）证明见解析；（2） 60 . 【解析】 - 14 - 【分析】 （1）由面面垂直的性质定理可得出 BC ⊥平面 PCD，可得出 ED BC ，由等腰三角形三线 合一的性质可得出 ED PC ，由此可得出 ED  平面 PCD，进而得出 ED BP ； （2）设 2CD  ，可得出 2PD  ， 2DE  ，由（1）可知， BD 与平面 PBC 所成的角为 30DBE  o ，可得 2BC  ，进而以点 D 为坐标原点，DA 、DC 、DP 所在直线分别为 x 、 y 、 z 轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求出二面角C PB D  的大小. 【详解】（1）四边形 ABCD 为矩形，则 BC CD ， 平面 PCD  平面 ABCD ，平面 PCD  平面 ABCD CD ， BC 平面 ABCD ， 所以 BC ⊥面 PCD， ED  平面 BCD， BC DE  ， 又 PD CD ， E 为 PC 中点， ED PC  ， BC PC C  ， ED  平面 PBC ， BP  平面 PBC ，故 ED BP ； （2）不妨设 2CD  ，由 2PD CD DE  得 2ED  ，由（1）得 ED PC ，∴ 2 2PC ， ∴ PD DC ，由（1）得 PD  平面 ABCD ， 由（1）知， BD 在平面 PBC 的射影为 EB ，即 30DBE  o ， 2 2BD  ，故 2BC  . 以点 D 为坐标原点，DA 、DC 、DP 所在直线分别为 x 、 y 、z 轴建立如下图所示的空间直 角坐标系 D xyz ， - 15 - 易得  0,0,0D 、  0 0 2P , , 、  0,2,0C 、  2,2,0B ，  0,1,1E ,  2,2, 2PB   ，  0,2, 2PC   ，  2,2,0DB  ， 设平面 PBC 与平面 PBD 的法向量分别为  1 1 1 1, ,n x y z 和  2 2 2 2, ,n x y z ， 则  1 0,1,1n DE   ， 由 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 0 2 2 0 n PB x y z n DB x y               ，令 2 1y  ，则 2 1x   ， 2 0z  ，  2 1,1,0n   ， 1 2 1 2 1 2 1cos , 2 n nn n n n           ，设二面角C PB D  的大小为 ，则 0    ，所以二面 角C PB D  的大小 60 【点睛】本题考查利用线面垂直的性质证明线线垂直，同时也考查了利用空间向量法计算二 面角，涉及线面角定义的应用，考查推理能力与计算能力，属于中等题. 19.某工厂的某种产品成箱包装，每箱 200 件，每一箱产品在交付用户之前要对产品作检验， 如检验出不合格品，则更换为合格品．检验时，先从这箱产品中任取 20 件作检验，再根据检 验结果决定是否对余下的所有产品作检验，设每件产品为不合格品的概率都为 (0 1)p p  ， 且各件产品是否为不合格品相互独立． （1）记 20 件产品中恰有 2 件不合格品的概率为 ( )f p ,求 ( )f p 的最大值点 0p ； （2）现对一箱产品检验了 20 件，结果恰有 2 件不合格品，以（1）中确定的 0p 作为 p 的值．已 知每件产品的检验费用为 2 元，若有不合格品进入用户手中，则工厂要对每件不合格品支付 25 元的赔偿费用． - 16 - （i）若不对该箱余下的产品作检验，这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和记为 X ，求 EX ; （ii）以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据，是否该对这箱余下的所有产品作检验？ 【答案】（1） 0.1；（2）（i） 490 ；（ii）应该对余下的产品作检验. 【解析】 【分析】 （1）利用独立重复实验成功次数对应的概率，求得    182 2 20C 1f p p p  ，之后对其求导， 利用导数在相应区间上的符号，确定其单调性，从而得到其最大值点，这里要注意 0 1p  的 条件； （2）先根据第一问的条件，确定出 0.1p  ，在解（i）的时候,先求件数对应的期望，之后 应用变量之间的关系，求得赔偿费用的期望；在解（ii）的时候，就通过比较两个期望的大 小，得到结果. 【详解】（1） 20 件产品中恰有 2 件不合格品的概率为    182 2 20C 1f p p p  . 因此          18 17 172 2 2 20 20C 2 1 18 1 2C 1 1 10f p p p p p p p p         . 令   0f p  ，得 0.1p  .当  0,0.1p 时，   0f p  ；当  0.1,1p 时，   0f p  . 所以  f p 的最大值点为 0 0.1p  ； （2）由（1）知， 0.1p  . （i）令Y 表示余下的180件产品中的不合格品件数，依题意知  180,0.1Y B ， 20 2 25X Y   ，即 40 25X Y  . 所以  40 25 40 25 490EX E Y EY     . （ii）如果对余下的产品作检验，则这一箱产品所需要的检验费为 400 元. 由于 400EX  ，故应该对余下的产品作检验. 【点睛】该题考查的是有关随机变量的问题，在解题的过程中，一是需要明确独立重复试验 成功次数对应的概率公式，再者就是对其用函数的思想来研究，应用导数求得其最小值点， 在做第二问的时候，需要明确离散型随机变量的可取值以及对应的概率，应用期望公式求得 结果，再有就是通过期望的大小关系得到结论. 20.已知抛物线  2: 2 0C y px p  的焦点为 F，A 为 C 上异于原点的任意一点，过点 A 的直 - 17 - 线 l 交 C 于另一点 B，交 x 轴的正半轴于点 D，且有 FA FD .当点 A 的横坐标为 3 时， ADF 为正三角形. （1）求 C 的方程； （2）若直线 1 //l l ，且 1l 和 C 有且只有一个公共点 E，求直线 AE 所过定点坐标和 ABE△ 的面 积的最小值. 【答案】（1） 2 4y x ；（2）  1,0F ，16. 【解析】 【分析】 （1）根据抛物线的定义和焦半径公式，结合等边三角形的性质，求得 p 的值，即可求得抛物 线的方程； （2）设点 A 的坐标，求出直线 AB 的方程，利用直线 1 //l l ，且 1l 和 C 有且只有一个公共点 E ， 求出点 E 的坐标，写出 AE 的方程，将方程转化为点斜式，再结合三角形的面积公式，即可 求解. 【详解】（1）由题意知 ,02 pF      ，设   ,0 0D t t  ，则 FD 的中点为 2 ,04 p t     . 因为 FA FD ，由抛物线的定义可知3 2 2 p pt   ， 解得 3t p  或 3t   （舍去）， 由 2 34 p t  ，解得 2p  ，所以抛物线 C 的方程为 2 4y x . （2）由（1）知  1,0F ，设   0 0 0 0, 0A x y x y  ，   ,0 0D DD x x  ， 因为 FA FD ，则 01 1Dx x   ， 由 0Dx  得 0 2Dx x  ，故  0 2,0D x  ，故直线 AB 的斜率 0 2AB yk   ， 因为直线 1l 和直线 AB 平行，设直线 1l 的方程为 0 2 yy x b   ， 代入抛物线的方程得 2 0 0 8 8 0by yy y    ， - 18 - 由题意 2 0 0 64 32 0b y y     ，得 0 2b y   ； 设  ,E EE x y ，则 0 4 Ey y   ， 2 0 4 Ex y  . 当 2 0 4y  时， 0 0 2 0 0 4 4 E AE E y y yk x x y    ，可得直线 AE 的方程为  0 0 02 0 4 4 yy y x xy    ， 由 2 0 04y x ，整理得  0 2 0 4 14 yy xy   ，直线 AE 恒过点  1,0F . 当 2 0 4y  时，直线 AE 的方程为 1x  ，过点  1,0F ， 所以直线 AE 过定点  1,0F ，所以  0 0 0 0 1 11 1 2AE AF FE x xx x              . 设直线 AE 的方程为 1x my  ， 因为点  0 0,A x y 在直线 AE 上，故 0 0 1xm y  . 设  1 1,B x y ，直线 AB 的方程为  0 0 02 yy y x x    ， 由于 0 0y  ，可得 0 0 2 2x y xy     ， 代入抛物线的方程得 2 0 0 8 8 4 0y y xy     ，所以 0 1 0 8y y y    ， 可求得 1 0 0 8y y y    ， 1 0 0 4 4x xx    ， 所以点 B 到直线 AE 的距离为  0 0 0 0 0 02 0 0 4 84 1 4 1 14 1 x m yx y xd x x xm                  ， 则 ABE 的面积 0 0 00 1 1 14 2 162S x x xx                 . 当且仅当 0 0 1 xx  即 0 1x  时等号成立， - 19 - 所以 ABE△ 的面积的最小值为 16. 【点睛】本题主要考查了抛物线的定义与标准方程及几何性质，以及直线与抛物线的位置关 系的综合应用，解答此类题目，通常联立直线与抛物线方程，应用一元二次方程根与系数的 关系进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生 的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等． 21.已知函数   lnf x x . （1）设函数      0g x af x ax  的最小值不小于 2a ，求 a 的取值范围； （2）已知关于 x 的不等式    1 1 1 0x f x bx       恒成立，记正整数 b 的最大值为 m ， 记函数      1 0 11x f x xx      的最小值为 n ，试比较 m 、 n 的大小. 【答案】（1） 1 0ae    ；（2） n m . 【解析】 【分析】 （1）先对函数求导，得到   1a a xg x x x     ，分别讨论 0a  ， 0a  两种情况，导数的 方法判断函数单调性，根据题中条件，列出不等式求解，即可得出结果； （2）先将不等式   1 1 1 0x f x bx       恒成立，化为    1 ln 1 1x x xb x     恒成 立，令      1 ln 1 1x x xh x x     ，对其求导，用导数的方法求出其值域，得出正整数b 的最大值为 m ；再对  x ，由基本不等式求出最小值，得出 n ，即可得出结果. 【详解】（1）因为      ln 0g x af x x a x x x     ，所以   1a a xg x x x     . 当 0a  时，   0g x  ，则  g x 在 0,  单调递增，无最小值； 当 0a  时，由   0g x  得 x a  ；由   0g x  得 0 x a   ， 所以  g x 在 0, a 上单调递减，在  ,a  上单调递增， 故      min lng x g a a a a     ， 因为函数      0g x af x ax  的最小值不小于 2a ， - 20 - 所以  ln 2a a a a    ，即   ln 1 0a a   ， ∵ 0a  ，∴  ln 1 0a   ， 解得： 1 0ae    ； （2）不等式   1 1 1 0x f x bx       可化为：    1 ln 1 1bx x x x     ， 即    1 ln 1 1x x xb x     ，因此不等式    1 1 1 0x f x bx       恒成立，即是    1 ln 1 1x x xb x     恒成立， 令      1 ln 1 1x x xh x x     ，则           2 2 ln 1 2 1 l1 1n 1 nl 1xx x x xx x xh x x               ， 令    1 ln 1m x x x    ，则   11 01 1 xm x x x       ， 故  m x 在 1,  上单调递增，又  2 1 ln3 0m    ，  3 2 2ln 2 0m    ， 故存在  0 2,3x  ，使得  0 0m x  ， 即  0 01 ln 1x x   ， 故        0 0 0 0min 0 1 ln 1 1x x xh x h x x         0 0 0 0 1 1 3,4x x xx      ， 所以 max 3b m  . 又因为      1 1 1 1 1 11 1 1x f x x xx x x x x               12 2 2 1 41 x x x x       ， 又 0 1x  ，当且仅当 1 1 x x x x  ，即 1 2x  时取等号，故 4n  . 综上可知， n m . 【点睛】本题主要考查导数的方法求函数最值，以及由函数最值求参数的问题，通常需要对 函数求导，通过研究函数单调性求出最值，属于较难题型. - 21 - （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，则按所作的第一 题计分. 选修 4－4：坐标系与参数方程 22.已知在平面直角坐标系 xOy 中，曲线 C 的参数方程为 2 2 2 1 1 1 tx t ty t       （t 为参数）.以原点 O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线 l 的极坐标方程为ρcos（ 3   ） 5 4  . （1）求曲线 C 和直线 l 的直角坐标方程； （2）若直线 l 交曲线 C 于 A，B 两点，交 x 轴于点 P，求 1 1 PA PB  的值. 【答案】（1）x2﹣4y2=1（ 1x   ）， 1 3 5  2 2 4x y  ；（2）8 . 【解析】 【分析】 （1）对曲线 C 通过消参即可得解，对直线 l 通过极坐标和直角坐标的互化，即可得解. （2）求出直线的参数方程为 5 3 2 2 1 2 x t y t      ，将直线方程代入曲线方程，结合韦达定理， 再利用直线的标准参数方程中t 的几何意义即可得解. 【详解】（1）曲线 C 的参数方程为 2 2 2 1 1 1 tx t ty t       （t 为参数）， 转化为直角坐标方程为 x2﹣4y2=1（ 1x   ） 直线 l 的极坐标方程为ρcos（ 3   ） 5 4  .转化为直角坐标方程为： 1 3 5 2 2 4x y  . - 22 - （2）由于直线与 x 轴的交点坐标为（ 5 02 ，），所以直线的参数方程为 5 3 2 2 1 2 x t y t      （t 为参数）， 代入 x2﹣4y2=1 得到： 2 2 15 1 0t t   ， 所以： 1 2 2 15t t  ，t1  t2=-1， 则： 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 ( ) 41 1 t t t t t t PA PB t t t t       8. 【点睛】本题考查了直角坐标方程极坐标方程的互化，考查了参数方程和普通方程的转化， 同时考查了直线的标准参数的几何意义，考查了转化思想和计算能力，属于较难题. 选修 4－5：不等式选讲 23.已知函数   3 1 2 4f x x x    . （1）求不等式   3f x  的解集； （2）若对任意 xR ，不等式   22 8f x x t t    恒成立，求 t 的取值范围， 【答案】（1） 4( , 10) ,5       ；（2）   , 1 9,   . 【解析】 【分析】 （1）利用分段讨论法去掉绝对值，求出不等式   3f x  的解集； （2）利用绝对值三角不等式求出   2f x x  的最大值，得出关于 t 的不等式，求出解集即 可． 【详解】（1）当 1x   时， ( ) 3( 1) (2 4) 3f x x x      ，解得 10x   ； 当 1 2x   时， ( ) 3( 1) (2 4) 3f x x x     ，解得 4 5x  ，则 4 25 x  ； 当 2x  时， ( ) 3( 1) (2 4) 3f x x x     ，解得 4x   ，则 2x  . - 23 - 综上，不等式   3f x  的解集为 4( , 10) ,5       ； （2） ( ) | 2 | 3| 1| | 2 4 | | 2 |f x x x x x        3| 1| 3| 2 |x x    | 3 3| | 3 6 |x x    | 3 3 (3 6) | 9x x     ， 若对任意 xR ，不等式 2( ) | 2 | 8f x x t t    恒成立， 则 2 8 9t t  ，解得 1t   或 9t  . 因此，实数t 的取值范围是    , 1 9,   . 【点睛】本题考查了含有绝对值的不等式解法与应用，同时考查了不等式恒成立问题，属于 中档题． - 24 -