福建省厦门市第一中学2020届高三最后一模数学（理）试题 Word版含解析 27页

- 1 - 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.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.考生作答时，将答案答在答题卡上.请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超 出答题区域书写的答案无效.在草稿纸、试题卷上答题无效. 3.选择题答案使用 2B 铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号；非选择 题答案使用 0.5 毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚. 参考公式：棱台体积公式  1 1 2 2 1 3V S S S S h     ，其中 1S ， 2S 为棱台的上、下底面积， h 为高. 一、选择题：本大题共 12 个小题，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. 已知集合 { | 2 0}A x x   ， 2{ | log 2}B x x  ，则 A B  A. (0,2] B. ( ,2] C. (0,2) D. ( ,4) 【答案】A 【解析】 【分析】 解一元一次不等式以及对数不等式得到集合 A 和 B ，结合交集的定义计算即可. 【详解】由题可得集合 ( ,2]A   ， (0,4)B  ，所以 (0,2]A B  ，故选 A． 【点睛】本题主要考查了不等式的解法以及交集的运算，需注意对数函数的定义域，属于基 础题. 2. 在等腰梯形 ABCD 中， / /AB DC ， 2AB DC ， 60BAD  ，E 为 BC 的中点，则（ ） A. 3 1 4 2AE AB AD    B. 3 1 2 2AE AB AD    C. 1 1 4 2AE AB AD    D. 3 1 4 4AE AB AD    【答案】A 【解析】 【分析】 由平面向量的线性运算可表示为 AE AB BE    ， AE AD DC CE      ，两式相加后化简， - 2 - 即可由 ,AB AD   表示 AE  . 【详解】依题意得 AE AB BE    ， AE AD DC CE      ， 所以 2AE AB AD DC      ， 1 2AB AD AB     3 2 AB AD   ， 所以 3 1 4 2AE AB AD    . 故选：A. 【点睛】本题考查了平面向量在几何中的简单应用，平面向量加法的线性运算，属于基础题. 3. 已知 1a b  ， 0 1c  ，下列不等式成立的是（ ） A. a bc c B. ac bc C. log logc ba c D. c cba ab 【答案】D 【解析】 【分析】 根据不等式的性质及指对函数的性质，逐项判定，即可求解，得到答案． 【详解】由题意，对于 A 中，由 1a b  ， 0 1c  知， a bc c ，故本选项错误． 对于 B 中，由 1a b  ， 0 1c  知， ac bc ，故本选项错误． 对于 C 中，由 1a b  ，0 1c  知， 1log log = log c c c b a b ，无法判断 logc a 与 logb c 的大 小，故本选项错误． 对于 D 中，由 1a b  ， 0 1c  知， -1 1c ca b  ，则 1 1c cab a ab b    ，即 c cba ab＜ ．故 本选项正确． 故选：D． 【点睛】本题主要考查了不等式的性质及其应用.属于较易题． 4. 函数   1 cosf x x xx      （ x    且 0x  ）的图象可能为（ ） - 3 - A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 因为 1 1( ) ( )cos ( )cos ( )f x x x x x f xx x          ，故函数是奇函数，所以排除 A，B； 取 x  ，则 1 1( ) ( )cos ( ) 0f           ，故选 D. 考点：1.函数的基本性质；2.函数的图象. 5. 《镜花缘》是清代文人李汝珍创作的长篇小说，书中有这样一个情节：一座阁楼到处挂满 了五彩缤纷的大小灯球，灯球有两种，一种是大灯下缀 2 个小灯，另一种是大灯下缀 4 个小 灯，大灯共 360 个，小灯共 1200 个.若在这座楼阁的灯球中，随机选取两个灯球，则至少有 一个灯球是大灯下缀 4 个小灯的概率为（ ） A. 119 1077 B. 160 359 C. 958 1077 D. 289 359 【答案】C 【解析】 【分析】 首先明确两类灯球的个数，再利用古典概型及对立事件求出结果． 【详解】设一大二小与一大四小的灯球数分别为 ,x y ，则 360 2 4 1200 x y x y      ，解得 120 240 x y    ， - 4 - 若随机选取两个灯球，则至少有一个灯球是一大四小的概率为 2 120 2 360 9581 1077 C C   . 故选 C 【点睛】本题以古文化为背景，考查了古典概型公式，考查了对立事件的概念，考查了学生 逻辑推理能力及运算能力，属于基础题． 6. 为比较甲、乙两名学生的数学素养，对课程标准中规定的数学六大素养进行指标测验（指 标值满分为 5 分，分值高者为优），根据测验情况绘制了如图所示的六大素养指标雷达图，则 下面叙述正确的是（ ） A. 乙的数据分析素养优于甲 B. 乙的数学建模素养优于数学抽象素 养 C. 甲的六大素养指标值波动性比乙小 D. 甲的六大素养中直观想象最差 【答案】C 【解析】 【分析】 根据所给的六大素养雷达图逐个分析即可. 【详解】A 选项,甲的数据分析素养为 5 分, 乙的数据分析素养为 4 分, 乙的数据分析素养低 于甲,选项错误; B 选项,乙的数学建模素养为3 分, 乙的数学抽象为素养 3 分,选项错误; C 选项, 甲的六大素养指标值分别为 5 , 4 ,5 , 4 ,5 , 4 ;乙的六大素养指标值分别为 4 ,3 , 4 ,3 ,3 ,5 ,甲的六大素养指标值波动性比乙小,选项正确; D 选项,由 C 可知,甲的六大素养中,数学抽象,数学建模和数学运算最差,直观想象最最好,选项 - 5 - 错误; 故选 C. 【点睛】本题考查了命题真假的判断以及统计图雷达图的识别和应用,考查学生简单的推理, 属于基础题. 7. 在正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中，E，F，G 分别为 1AA ，BC， 1 1C D 的中点，现有下面三个 结论：① EFG 为正三角形；②异面直线 1AG 与 1C F 所成角为 60，③ //AC 平面 EFG；④过 A 作平面 ，使得棱 AD， 1AA ， 1 1D C 在平面 的正投影的长度相等，则这样的平面 有 4 个. 其中所有正确结论的编号是（ ） A. ②④ B. ②③ C. ①③ D. ①③④ 【答案】D 【解析】 【分析】 建立空间直角坐标系，通过空间向量的计算，可以判断①②③是否正确，对于④，把 AD， 1AA ， 1 1D C 平移到有公共起点 A 的三条棱 AD， 1AA ， AB ，进而找出 4 个平面符合条件. 【详解】如图建立空间直角坐标系，不妨设正方体的边长为 2， ① (2,0,1)E ， (1,2,0)F ， (0,1,2)G ， = 6EF ， = 6EG ， = 6GF ， 所以 EFG 为正三角形，①正确； ② 1(2,0,2)A ， (0,1,2)G ， 1(0,2,2)C ， (1,2,0)F - 6 - 1 ( 2,1,0)  AG ， 1 (1,0, 2)  C F ， 1 1 1 1 1 1 2 2cos 55 5 ，           AG C FAG C F AG C F 异面直线 1AG 与 1C F 所成角的余弦值为 2 5 ，②不正确； ③ (2,0,1)E ， (1,2,0)F ， (0,1,2)G ， ( 1,2, 1)   EF ， ( 2,1,1)  EG 设平面 EFG 的法向量为 ( , , )m x y z 2 0 2 0 EF m x y z EG m x y z                   ，令 1x  ，则 1, 1y z  ， (1 1 1)，，  m (2,0,0)A ， (0,2,0)C ， ( 2,2,0)  AC 0   AC m ， AC  平面 EFG， //AC 平面 EFG，③正确； ④ 1 1 / /D C AB ，且 1 1D C AB AD， 1AA ， 1 1D C 在平面 的正投影的长度相等  AD， 1AA ， AB 在平面 的正投影的长度相等 分别 BD ， 1A D ， 1A B 中点 为H，I，J， 则平面 AHI ， AHJ ， AIJ ，和过 A 点平行于平面 1A BD 的平面， 使得棱 AD， 1AA ， 1 1D C 在该平面的正投影的长度相等，这样的平面 有 4 个，④正确. 故选：D 【点睛】本题考查了空间中的线线、线面和投影等基本知识，考查了空间想象能力、数学运 算求解能力和转化的数学思维，属于中档题目. 8. 设 nS 是数列 na 的前 n 项和，满足 2 1 2n n na a S  ，且 0na  ，则 100S  （ ） A. 10 B. 3 11 C. 10 3 11 D. 11 【答案】A 【解析】 【分析】 - 7 - 根据和项与通项关系将条件转化为 2 2 1 1n nS S   ,再根据等差数列定义以及通项公式解得 2 nS ， 即可得到结果. 【详解】 2 2 2 1 1 1 1 11 2 1 2 1 0 1n n n na a S a a S a a a           2 2 1 11 2 ( ) 1 2( ) ,( 2)n n n n n n n na a S S S S S S n         2 2 1 1,( 2)n nS S n    因此数列 2{ }nS 为等差数列，首项为 1，公差为 1， 即 2 1 ( 1) 1 0 0n n n nS n n a S S n          100 10S  故选：A 【点睛】本题考查和项与通项关系、等差数列定义以及通项公式，考查综合分析判断与求解 能力，属中档题. 9. 已知将函数 1( ) 2sin( )cos6 2f x x x   的图象向左平移 5 12  个单位长度后得到 ( )y g x 的图象，则 ( )g x 在 ,3 3      上的值域为（ ） A. 1 ,12     B. 11, 2     C. 3 ,12      D. 1 3,2 2      【答案】C 【解析】 因   3 1sin 2 c o s 2 sin 22 2 6f x x x x        ， 故   5 2sin 2 sin 212 6 3g x x x                   ，因 3 3x    ，故 2 40 2 3 3x     ，则 3 2sin 2 12 3x        ，所以  3 12 g x   ， 故选 C 10. 斗拱是中国古典建筑最富装饰性的构件之一，并为中国所持有，图一图二是北京故宫太 - 8 - 和殿斗拱实物图，图三是斗拱构件之一的“斗”的几何体，本图中的斗是由棱台与长方体形 凹槽（长方体去掉一个长相等，宽和高分别为原长方体一半的小长方体）组成.若棱台两底面 面积分别是 2400cm ， 2900cm ，高为9cm ，长方体形凹槽的高为12cm ，斗的密度是 30.50 /g cm .那么这个斗的质量是（ ） A. 3990g B. 3010g C. 6900g D. 6300g 【答案】C 【解析】 【分析】 根据题意，求出“斗”的体积，再乘以密度可得出“斗”的质量. 【详解】由题意可知，棱台的体积为    31 400 900 400 900 9 57003V cm      台 ， 设长方体的长为 xcm ，宽为 ycm ，则 900xy  ，则原长方体的高为12cm ， 所以，长方体凹槽的体积为  3112 6 9 81002V xy x y xy cm     ， 所以，“斗”的体积为  35700 8100 13800 cm  ， 因此，“斗”的质量为  13800 0.5 6900 g  . 故选：C. 【点睛】本题主要考查组合体体积的计算，同时也跨学科考查了质量、密度与体积之间的关 系，考查计算能力，属于基础题. 11. 若抛物线 2y x= 上存在不同两点 A，B 关于直线 9 2y kx  对称，则 k 的取值范围是（ ） A. 1 4k  或 1 4k   B. 1 2k  或 1 2k   C. 1k  或 1k   D. 2k  或 2k   【答案】A - 9 - 【解析】 【分析】 设    1 1 2 2, , ,A x y B x y ， ,A B 的中点  0 0,M x y ，直线 1:AB y x mk    ，由点差法得出 0 1 2x k   ，根据点  0 0,M x y 在直线 9 2y kx  和直线 AB 上，得出 2 14 2m k   ，将直线 AB 方程与抛物线联立，结合判别式大于 0，即可得出 k 的取值范围. 【详解】当 0k  时，显然抛物线 2y x= 上不存在不同两点 A，B 关于直线 9 2y kx  对称 设    1 1 2 2, , ,A x y B x y ， ,A B 的中点  0 0,M x y ，直线 1:AB y x mk    2 1 1 2 2 2 y x y x     ，两式相减得 1 2 1 2 1 2 y y x xx x    ，即 0 1 2x k   因为 M 在直线 9 2y kx  上，所以 0 1 9 42 2y k k         因为 M 在直线 AB 上，所以 2 14 2 mk   ，即 2 14 2m k   由 2 1 y x y x mk      得 2 2 1 14 02x xk k        由于直线 AB 与抛物线有两个不同的交点，则 2 2 1 14 4 02k k       即 2 1 16k  ，解得 1 4k   或 1 4k  故选：A 【点睛】本题主要考查了由直线与抛物线的位置关系求参数范围，属于中档题. 12. 函数 2 1 2 log ,0 2 ( ) 3log ( ), 22 x x f x x x        ，若实数 , ,a b c 满足 0 a b c   ，且 ( ) ( ) ( )f a f b f c  ，则下列结论不恒成立的是（ ） A. 1ab  B. 3 2c a  C. 2 4 0b ac  D. 2a c b  【答案】D 【解析】 - 10 - 【分析】 结合函数   2 1 2 log ,0 2 3log , 22 x x f x x x            的图象，逐个进行分析即可得解. 【详解】函数   2 1 2 log ,0 2 3log , 22 x x f x x x            的图象如下：    f a f b 可得 2log a = 2log b 即 2 2log loga b =0,所以 2log ab =0,   1,ab  故 A 对；     f a f c 可得 2 1 2 2 3 3log a log log2 2c c               ,即 2 2 3log log a2c     ，所以 3  a2c   ， 3 2c a  ，故 B 对；由图象可知      f a f b f c   0,1 ，所以 1 51,1 2,22 2a b c      ，所以 1< ac < 5 2 , 21 4b  ,故 2 4 0b ac  ，故 C 对；通过选 项排除可知 D 不恒成立. 故选 D. 【点睛】本题考查了函数与方程，对数运算性质，数形结合能更有效的解决问题，属于中档 题. 二、填空题：本大题共 4 个小题，每小题 5 分，共 20 分.请填在答题卡相应区域. 13. 若复数 2 1 iz   ， z 是其共轭复数，则 z z  __________. 【答案】2 【解析】 - 11 - 【分析】 由复数的四则运算结合共轭复数的定义求解即可. 【详解】 2(1 ) 2(1 ) 1(1 )(1 ) 2 i iz ii i       1z i   2(1 )(1 ) 1 2z z i i i        故答案为： 2 【点睛】本题主要考查了复数的四则运算，属于基础题. 14. 2020 年初，湖北面临医务人员不足和医疗物资紧缺等诸多困难，厦门人民心系湖北，志 愿者纷纷驰援，若将甲、乙、丙、丁 4 名医生志愿者分配到 A，B 两家医院（每人去一家，每 家医院至少安排 1 人），且甲医生不安排在 A 医院，则共有__________种分配方案. 【答案】7 【解析】 【分析】 甲只有一种安排方法，乙、丙、丁 3 名医生至少有一个安排在 A 医院，利用间接法可得结果. 【详解】甲只能安排在 B 医院，乙、丙、丁 3 名医生共有 2 2 2 8   种安排方法，其中乙、 丙、丁 3 名医生都安排在 B 医院不合题意，所以符合题意的分配方案共有8 1 7  种. 故答案为：7. 【点睛】本题考查了分步乘法计数原理，考查了间接法，属于基础题. 15. 已知偶函数   0f x x  的导函数为  f x ，且满足  1 0f   .当 0x  时，    2 f x xf x ，则使得   0f x  成立的 x 的取值范围为__________. 【答案】    1,0 0,1 U 【解析】 【分析】 令 2 ( )( ) f xg x x  ，利用导数以及当 0x  时，    2 f x xf x ，可得 ( )g x 在 (0, ) 上为减 函数，再根据   0f x  等价于 ( ) (1)g x g ，利用 ( )g x 在 (0, ) 上为减函数，可解得结果. 【详解】令 2 ( )( ) f xg x x  ，则 2 4 ( ) ( ) 2( ) f x x f x xg x x      3 ( ) 2 ( )xf x f x x   ，， - 12 - 所以当 0x  时， ( ) 0g x  ，所以 ( )g x 在 (0, ) 上为减函数， 因为 ( )f x 为偶函数，所以 ( ) ( )f x f x  ， 所以 2 2 ( ) ( )( ) ( )( ) f x f xg x g xx x     ，所以 ( )g x 为偶函数， 因为 ( 1) 0f   ，所以 (1) 0f  ， 所以当 0x  时，   0f x  等价于 2 ( ) 0f x x  2 (1) 1 f 等价于 ( ) (1)g x g 所以 (| |) (1)g x g ，又 ( )g x 在 (0, ) 上为减函数， 所以| | 1x  ，解得 1 1x   ，又 0x  ， 所以 1 0x   或 0 1x  . 故答案为：   1,0 0,1 U . 【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性，考查了利用奇偶性和单调性解不等式，属 于中档题. 16. 已知数列 na 满足  1 11 1 n n na a n      ，且 60 1a  .记数列 na 的前 n 项和为 nS ，则当 nS 取得最大值时，n 为__________. 【答案】11 或 13 【解析】 【分析】 先证明 10S 是 nS n（ 是偶数）中的最大项， 11 13S S 是 nS n（ 是奇数）中的最大项，再比较 11S 和 10S 的大小即可. 【详解】因为  1 11 1 n n na a n      ， 当 n 为奇数时， 1 1 10 0n nS S n     即 9n  ， 所以 2 4 6 8 10 12 14S S S S S S S       . 当 n 为偶数时， 1 1 12 0n nS S n     即 12n  ， 所以 1 3 5 7 9 11 13 15S S S S S S S S        . - 13 - 通过比较只需比较 11S 和 10S 的大小即可， 又 60 1a  ，所以 11 13 10S S S  . 6n  时，  6 7 6 7 611 6 1 =6 =6a a a a      ， ， 7n  时，  7 8 7 8 7 611 7 1 =4 =4 = 2a a a a a        ， ， 8n  时，  8 9 8 9 8 611 8 1 =4 =4 =6a a a a a       ， ， 9n  时，  9 10 9 10 9 611 9 1 =1 =1 = 5a a a a a       ， ， 10n  时，  10 11 10 11 10 611 10 1 =2 =2 =7a a a a a       ， ， 又 60 1a  ，所以 11 0a  所以 11 10 11 10S S a S   . 所以 11 13S S 最大. 故答案为：11 或 13 【点睛】本题主要考查利用递推数列研究数列的性质，考查 nS 最值的计算，意在考查学生对 这些知识的理解掌握水平. 三、解答题：本大题共 7 个小题，每小题 12 分，共 70 分.解答请写出详细过程. 17. 如图，在梯形 ABCD 中， AB ∥ CD ， 3 3CD AB  ． （1）若CA CD ，且 tan 5ABC   ，求 ABC 的面积 S ； （2）若 2cos 4DAC  ， 3cos 4ACD  ，求 BD 的长． 【答案】（1） 5 2 （2） 7BD  【解析】 - 14 - 【分析】 （1）先利用余弦定理求出 6BC ，再利用 1 sin2S AB BC ABC    即可求解； （2）先求出 14sin 4DAC  ， 7sin 4ACD  ，再利用正弦定理求出 3 2 2AD  ，求出 cos BAD  2 4  ，再利用余弦定理求出 7BD  . 【详解】 （1）由 tan 5ABC   知， 6cos 6ABC   ， 30sin 6ABC  ， 在 ABC 中， 1AB  ， 3AC CD  ， 由余弦定理，知 2 2 2 2 cosAC AB BC AB BC ABC      ， 所以 2 69 1 3BC BC   ，即 23 6 24 0BC BC   ， 解得 6BC 或 4 6 3BC   （舍）， 所以 ABC 的面积 1 1 30 5sin 1 62 2 6 2S AB BC ABC         ． （2）在 ADC 中，因为 2cos 4DAC  ， 3cos 4ACD  ， 所以 2 14sin 1 cos 4DAC DAC     ， 7sin 4ACD  ， 由正弦定理 sin sin CD AD DAC ACD   ， - 15 - 所以 73 3 24 214 4 AD    ， 又  cos cos cos cos sin sinBAD DAC ACD DAC ACD DAC ACD           3 2 7 2 2 16 16 4     ， 在 ABD△ 中，由余弦定理，知 2 2 2 9 3 2 22 cos 1 2 72 2 4BD AB AD AB AD BAD            所以 7BD  ． 【点睛】本题主要考查正弦定理余弦定理解三角形，考查三角恒等变换求值，意在考查学生 对这些知识的理解掌握水平和分析推理计算能力. 18. 如图，在三棱柱 1 1 1ABC A B C 中，侧面 1 1ABB A 为菱形， D 为 AB 的中点， ABC 为等 腰直角三角形， 2ACB   ， 1 3ABB   ，且 1AB B C . （1）证明：CD  平面 1 1ABB A . （2）求 CD 与平面 1A BC 所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2） 5 5 【解析】 【分析】 （1）要证明直线 CD 与平面 1 1ABB A 垂直，需证明直线 CD 与平面 1 1ABB A 内两条相交直线 都垂直，为此需探究图中的垂线关系； （2）由（1）建立空间直角坐标系，求出平面 1A BC 的法向量，再根据公式求出所求角的正弦 - 16 - 值． 【详解】（1）证明：因为 D 为 AB 的中点， AC BC ，所以CD AB ， 连接 1B D ，设 2AB a ，因为四边形 1 1ABB A 为菱形， D 为 AB 的中点， 1 3ABB   ， 所以 1 3B D a .又 ABC 为等腰直角三角形， 2ACB   ， 所以CD a ， 所以 2 2 2 1 1B D CD B C  ，则 1CD B D . 因为 1AB B D D ，所以CD  平面 1 1ABB A . （2）解：以 D 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系 D xyz ， 设 2AB a ，则  0,0,0D ，  1 0,2 , 3A a a ，  0, ,0B a ，  ,0,0C a 所以  1 0,3 , 3BA a a ，  , ,0BC a a . 设平面 1A BC 的法向量为  , ,n x y z ， 则 1 0n BA n BC     ，即3 3 0ay az ax ay    ， 令 1y  ，得  1,1, 3n    . 设CD 与平面 1A BC 所成角为 ， 因为  ,0,0CD a  ，所以 5cos , 55 CD n aCD n aCD n         . 所以 5sin cos , 5CD n    ，即 CD 与平面 1A BC 所成角的正弦值为 5 5 . 【点睛】线面垂直的判定定理：若直线与平面内的两条相交直线都垂直，那么直线与平面垂 直； - 17 - 平面 1A BC 的法向量为 n  ，则 CD 与平面 1A BC 所成角 的正弦值为 sin cos , CD nCD n CD n          ． 19. 如图所示，圆 O： 2 2x y 4  ，  A 2,0 ，  B 2,0 ，D 为圆 O 上任意一点，过 D 作圆 O 的切线分别交直线 x 2 和 x 2  于 E，F 两点，连 AF，BE 交于点 G，若点 G 形成的轨迹为曲 线 C．  1 记 AF，BE 斜率分别为 1k ， 2k ，求 1 2k k 的值并求曲线 C 的方程；  2 设直线 l：  y x m m 0   与曲线 C 有两个不同的交点 P，Q，与直线 x 2 交于点 S， 与直线 y 1  交于点 T，求 OPQ 的面积与 OST 面积的比值 λ 的最大值及取得最大值时 m 的值． 【答案】(1) 1 2 1 4k k   , 2 2 14 x y  （ 0y  ）. (2) 5 3m   时，  取得最大值 2 5 5 . 【解析】 分 析 ：（ 1 ） 先 证 明 1 2 1· 4k k   ， 设  ,G x y ， 由 1 2 1· 4k k   1·2 2 4 y y x x     2 2 14 x y   （ 0y  ） 故 曲 线 C 的 方 程 为 2 2 14 x y  （ 0y  ）； (2) 由 2 2 2 2 5 8 4 4 04 4 y x m x mx mx y          ， 利 用 韦 达 定 理 、 弦 长 公 式 可 得 24 2| |= 55PQ m ，直线 l 与直线 2x  交于点 S ，与直线 1y   交于点 T ，可得 - 18 -  2,2S m ，  1, 1T m   ，      2 23 3 2 3ST m m m      ，   2 2 4 5 5 3 OPQ OST S PQ m S ST m        ，利用换元法结合二次函数配方法可得结果. 详解： （1）设  0 0,D x y （ 0 0y  ）， 易知过 D 点的切线方程为 0 0 4x x y y  ，其中 2 2 0 0 4x y  则 0 0 4 22, xE y       ， 0 0 4 22, xF y      ，∴ 0 0 2 2 0 0 0 0 1 2 2 2 0 0 4 2 4 2 16 4 4 1· ·4 4 16 16 4 x x y y x yk k y y          设  ,G x y ，由 1 2 1· 4k k   1·2 2 4 y y x x     2 2 14 x y   （ 0y  ） 故曲线C 的方程为 2 2 14 x y  （ 0y  ） （2） 2 2 2 2 5 8 4 4 04 4 y x m x mx mx y          ， 设  1 1,P x y ，  2 2,Q x y ，则 1 2 8 5x x m   ， 2 1 2 4 4· 5 mx x  ， 由  2 264 20 4 4 0m m     5 5m    且 0m  ， 2m     2 2 22 2 1 2 1 2 8 4 4 4 2| |= 1 4 2 4 55 5 5 mPQ k x x x x m m            ∵直线l 与直线 2x  交于点 S ，与直线 1y   交于点T ∴  2,2S m ，  1, 1T m   ∴      2 23 3 2 3ST m m m      ∴   2 2 4 5 5 3 OPQ OST S PQ m S ST m        ，令3 m t  ，  3 5,3 5t    且 1,3,5t  则 22 2 2 4 6 4 4 4 6 4 1 3 51 45 5 5 4 4 t t t t t t                 当1 3 4t  ，即 4 3t  ， 5 3m   时，  取得最大值 2 5 5 . - 19 - 点睛：解决圆锥曲线中的最值问题一般有两种方法：一是几何意义，特别是用圆锥曲线的定 义和平面几何的有关结论来解决，非常巧妙；二是将圆锥曲线中最值问题转化为函数问题， 然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角函数有界法、函数单调性法以及 均值不等式法求解. 20. 某县自启动精准扶贫工作以来，将伦晩脐橙种植作为帮助农民脱贫致富的主导产业.今年 5 月，伦晩脐橙喜获丰收.现从已采摘的伦晩中随机抽取 1000 个，测量这些果实的横径，得到 如图所示的频率分布直方图． （1）已知这 1000 个伦晩脐橙横径的平均数 72.5x  ，求这些伦晩脐橙横径方差 2s ． （2）根据频率分布直方图，可以认为全县丰收的伦晚横径值 X 近似服从正态分布  2,N   ， 其中  近似为样本平均数 x ， 2 近似为样本方差 2s ． （ⅰ）若规定横径为 66.4 ~ 84.7mm 的为一级果，则从全县丰收的果实中任取一个，求恰好 为一级果的概率； （ⅱ）若规定横径为 84.7mm 以上的为特级果，现从全县丰收果实中任取一个进行进一步分析， 如果取到的不是特级果，则继续抽取下一个，直到取到特级果为止，但抽取的总次数不超过 n ， 如果抽取次数 的期望值不超过 8，求 n 的最大值． （附： 35 5.9 ， 37.5 6.1 ， 70.975 0.838 ， 80.975 0.817 ， 90.975 0.796 ， 若  2~ ,X N   ，则   0.68P X        ，  2 2 0.95P X        ） 【答案】（1）37.5；（2）（ⅰ）0.025；（ⅱ）8. 【解析】 【分析】 - 20 - （1）根据方差的计算公式，即可求得伦晩脐橙横径方差； （2）（ⅰ）由全县丰收的横径值 X 近似服从正态分布  72.5,37.5X N ，即可求得相应的 概率； （ⅱ）由（2）求得每次取一个，取到特级果的概率 0.025p  ，求得期望的表达式，结合单 调性，即可求解. 【详解】（1）由这 1000 个伦晩脐橙横径的平均数 72.5x  ， 根据方差的计算公式，可得      2 2 22 57.5 72.5 0.02 62.5 72.5 0.09 67.5 72.5 0.22s          25 0.24  2 2(82.5 72.5) 0.08 (87.5 72.5) 0.02      2 2 2 2 2 215 0.02 10 0.09 5 0.22 5 0.24 10 0.08 15 0.02 37.5             ． （2）（ⅰ）由频率分布直方图，全县丰收的横径值 X 近似服从正态分布  72.5,37.5X N ， 可得   0.95 0.682 0.95 0.8152P X           ． （ⅱ）由（2）可得   1 0.9584.7 0.0252P X    ， 即每次取一个，取到特级果的概率 0.025p  ，  1 2 3 … 1n  n P p  1 p p  21 p p …   21 np p   11 np  则            2 2 11 2 1 3 1 1 1n nE p p p p p p p n p n                 ， 可得             3 121 1 (1 ) 2 1 3 1 1 1n np E p p p p p p p p n p n                   ， 两式相减得：          2 2 11 1 1 1n npE p p p p p p p p p            ， - 21 -                2 2 1 1 1 1 11 1 1 1 1 1 1 n n n n p pE p p p p p p                    ， 所以   1 0.975 0.025 n E   在  1,n  上递增， 当 7n  ，   6.48E   ，当 8n  ，   7.32E   ，当 9n  ，   8.16E   ， ∴ n 的最大值为 8． 【点睛】本题主要考查了频率分布直方图中方差的计算及应用，以及正态分布的概率的计算， 着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及计算能力. 21. 已知函数    lnf x x x a  ，   1 e 2 2 x g x   （e 为自然对数的底）. （1）讨论  f x 的极值； （2）当 1a  时， （i）求证：当 10 ex  时，   2 7 3f x x x  ； （ii）若存在  0 0,x m ，使得    0 0f x g m  ，求实数 m 取值范围. 【答案】（1） 1af e  极小值 ，  f x 无极大值；（2）（i）证明见解析；（ii） 0 ln3m  . 【解析】 【分析】 （1）先对函数求导，列表分析函数单调性，确定极值即可. （2）（i）先用分析法证明，得 到 4ln 03x x   ，构造函数：   4ln 3h x x x   ，求导得出  h x 在 10 ex  单调递减，   1     h x h e 即可证明；（ii）先对  f x 求导，得出  f x 的单调区间，再根据  f x 的单 调区间 对 m 分两种 情况进行 讨论，当 0 1m  时，求 出  f x 的最小 值  f m ，则     0f m g m  整理得出关于 m 的不等式，构造函数：    2 1 0 1mm e m m      ， 求导分析其单调性，求出最大值小于零，即可证出结论；当 1m > 时，先求出  minf x ，代入 已知条件求出 m 得范围即可. 【详解】（1）依题   ln 1f x x a    ，   10 eaf x x     ， - 22 - x  10,ea 1ea  1e ,a   f x - 0 +  f x ↘ 极小值 ↗ 列表分析可知，  1 1ea af f e   极小值 ，  f x 无极大值. （2）（i）证明：当 10 x e   ，欲证   2 7 3f x x x  ， 即证   2 7ln 1 3x x x x   ，即证 7ln 1 3x x   ， 即证 4ln 03x x   . 构造函数：   4ln 3h x x x   ，则有   1 11 0xh x x x      ， 说明  h x 在 10 3x  单调递减， 于是得到   1 1 1 4 1 1ln 03 3h x h e e e e           . （ii）解：对于    ln 1f x x x  ，可得   lnf x x  . 因此，当  0,1x 时，  f x 单调递减； 当  1,x  时，  f x 单调递增. （1）当 0 1m  时，      min ln 1 lnf x f m m m m m m     . 依题意可知      0 2 ln 2 1 0mf m g m m m e m       . 构造函数：    2 1 0 1mm e m m      ， 则有   2mm e   . 由此可得：当  0,ln 2m 时，   0m  ； 当  ln 2,1m 时，   0m  ， 即  m 在  0,ln 2m 时，单调递减，  ln 2,1m 单调递增. - 23 - 注意到：  0 0  ，  1 0  ，因此   0m  . 同时注意到 2 ln 0m m  ，故有  2 ln 2 1 0mm m e m    . （2）当 1m > 时，    min 1 1f x f   . 依据题意可知     10 1 0 3 1 ln32 2 m mef m g m e m               . 综上（1）、（2）所述，所求实数 m 取值范围为 0 ln3m  . 【点睛】本题主要考查导数在函数中综合的应用.属于较难题. ［选修 4－4 极坐标参数方程］ 22. 在平面直角坐标系 xOy 中，曲线 1C 的参数方程为 1 ,cos tan x y       （ 为参数，且 π π,2 2       ，以原点为极点，x 轴的正半轴为极轴，取相同的单位长度建立极坐标系，曲线 2C 的极坐标方程为： 2 6 cos 8 0     ，过点  4,1M 倾斜角为 π 3 直线 l 与曲线 1C 、曲 线 2C 共交于四点，这四点从左到右排序记为 A、B、C、D. （1）分别求出曲线 1C 、曲线 2C 对应的直角坐标方程； （2）求 AB CD 的值. 【答案】（1）  2 2 01 xx y   ； 2 23 1x y   ；（2）9 3 . 【解析】 【分析】 （1）利用同角三角函数的基本关系消掉参数 ，得出曲线 1C 的普通方程，再由 cos sin x y        得出曲线 2C 对应的直角坐标方程； （2）求出直线 l 对应的参数方程，并分别代入  2 2 01 xx y   ， 2 23 1x y   中，由 韦达定理结合直线参数方程参数的几何意义求解即可. - 24 - 【详解】（1）由 2 2 2 2 2 2 sin 1 cos 1tan 1cos cos cos          可得曲线 1C 的普通方程为 2 2 1x y  又∵ π π,2 2       ∴ 0x  ，故  2 2 1 : 1 0C x y x   . 因为 cos sin x y        所以  22 2 2 26 cos 8 0 6 8 0 3 1x y x x y              . （2）过点 4,1 倾斜角为 π 6 直线 l 对应的参数方程为 14 2 31 2 x t y t       ，t 为参数. 14 2 31 2 x t y t       代入  2 2 01 xx y   得到  2 8 2 3 28 0t t    ， 1 2 8 2 3t t   . 14 2 31 2 x t y t       代入  2 23 1x y   得到  2 3 1 1 0t t    ， 3 4 1 3t t    . 由直线的参数方程参数的几何意义可知，    3 4 1 2 9 3AB CD t t t t       . - 25 - 【点睛】本题主要考查了参数方程化普通方程，极坐标方程化直角坐标方程，以及直线参数 方程参数的几何意义的应用，属于中档题. ［选修 4－5 不等式选讲］ 23. 设   32 1 2f x x x    ，    , , 1 1,a b     ， 1a b m ab   . （1）解不等式   2f x  ； （2） Rx  ，证明：   1f x m   . 【答案】（1） 5 9,6 2     ；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】 （1）由题意可知，   5 3,  2 2 3 1 3 12 1 3 ,  2 2 2 2 5 1,2 2 x x f x x x x x x x                   ，然后分段解不等式   2f x  ，即可求出结果； （2）先求出  f x 的最小值，再将 2a b 与 21ab  作差，求出 m 的取值范围，即可证明 结果． - 26 - 【详解】（1）   5 3,  2 2 3 1 3 12 1 3 ,  2 2 2 2 5 1,2 2 x x f x x x x x x x                   ， 因为   2f x  ，则 3 2 5 22 x x       或 3 1  2 2 13 22 x x       或 1 2  5 22 x x      ， 解得 5 9 6 2x   ， 故   2f x  的解集为 5 9,6 2     ； （2）由（1）可知，当 1, 2x      时，函数  f x 单调递减， 当 1 ,2x      时，函数  f x 单调递增． 当 1 2x  时，函数  min 2f x   ．        2 2 2 21 1 1a b ab a b      ， 又由题意，  2 2, 1,a b         2 2 2 21 1 1 0a b ab a b        则   2 21a b ab   ，即 1a b ab   ， 又    , , 1 1,a b     ， 1a b m ab   1m  ， 1 2m    ，   1f x m    ． 【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法和不等式的证明，属于中档题． - 27 -