上海市松江区2020届高三下学期模拟质量监控数学试题 Word版含解析 24页

- 1 - 松江区 2019 学年度第二学期模拟考质量监控试卷高三数学 一、填空题（本大题共有 12 题，满分 54 分）考生应在答题纸上相应编号的空格内直接填写 结果，第 1~6 题每个空格填对得 4 分，第 7~12 题每个空格填对得 5 分，否则一律得零分. 1.若集合 {2,4,6,8}A  ， 2{ | 4 0}B x x x   ，则 A B  ___. 【答案】 2,4 【解析】 【分析】 先解一元二次不等式，得到 { | 0 4}B x x   ，再由交集定义，即可得出结果. 【详解】因为 2{ | 4 0} { | 0 4}B x x x x x      ， {2,4,6,8}A  ， 所以  2,4A B  . 故答案为： 2,4 . 【点睛】本题主要考查求集合的交集，涉及一元二次不等式的解法，属于基础题型. 2.已知复数 1 2z a i  ， 2 2 3z i  （i 是虚数单位），若 1 2z z 是纯虚数，则实数 a __. 【答案】 3 【解析】 【分析】 根据复数的乘法运算，先求 1 2z z ，再由复数类型，即可求出结果. 【详解】因为复数 1 2z a i  ， 2 2 3z i  ， 所以 1 2 ( 2 ) (2 3 ) 2 6 (3 4)z z a i i a a i         ， 又 1 2z z 是纯虚数，所以 2 6 0a   ，解得： 3a  . 故答案为： 3 . 【点睛】本题主要考查由复数类型求参数的问题，涉及复数的乘法运算，属于基础题型. 3.已知动点 P 到定点 1,0 的距离等于它到定直线 : 1l x   的距离，则点 P 的轨迹方程为___. 【答案】 2 4y x 【解析】 【分析】 - 2 - 根据抛物线的定义，即可得出结果. 【详解】因为动点 P 到定点 1,0 的距离等于它到定直线 : 1l x   的距离， 由抛物线的定义，可得点 P 的轨迹是以 1,0 为焦点，以及 : 1l x   为准线的抛物线， 设抛物线方程为： 2 2 ( 0)y px p  ，则 2p  ， 即所求轨迹方程为： 2 4y x . 故答案为： 2 4y x . 【点睛】本题主要考查由定义求抛物线方程，属于基础题型. 4.等差数列{ }na 的前 n 项和为 nS ，若 1 5 3 74, 12a a a a    ，则 7S  ___. 【答案】28 【解析】 【分析】 根据题意，由等差数列的性质，求出 3 5,a a ，再由求和公式，即可求出结果. 【详解】因为 1 5 3 74, 12a a a a    ， 所以 3 52 4,2 12a a  ，即 3 52, 6a a  ， 所以    1 7 3 5 7 7 7 282 2 a a a aS     . 故答案为： 28 . 【点睛】本题主要考查等差数列前 n 项和基本量的运算，熟记求和公式与等差数列的性质即可， 属于基础题型. 5.若 8( )x a 的展开式 5x 中项的系数为 56，则实数 a ___. 【答案】1 【解析】 【分析】 根据二项展开式的通项公式，写出 8( )x a 展开式的通项，由题意，列出方程求解，即可得出 结果. 【详解】因为二项式 8( )x a 的展开式的通项为： 8 8 1 8 8 r r r r r r rT C x a C a x     ， - 3 - 令8 5r  ，则 3r  ， 又 5x 的系数为 56， 所以 3 3 8 56C a  ，解得： 1a  . 故答案为：1. 【点睛】本题主要考查由指定项系数求参数的问题，熟记二项式定理即可，属于基础题型. 6.已知数列{ }na 的首项 1 1a  ，且满足  1 *0 N1 2 n na a n   ，数列 na 的前 n 项和为 nS ， 则 lim nn S  ___. 【答案】2 【解析】 【分析】 根据题意，先确定数列{ }na 是公比为 1 2 的等比数列，根据求和公式，求出 112 2 n nS       ， 进而可求出其极限. 【详解】因为  1 *0 N1 2 n na a n   ，所以  * 12 0 Nn na a n    ， 即数列{ }na 是公比为 1 2 的等比数列， 又 1 1a  ，所以数列 na 的前 n 项和为   1 1 111 12 211 21 2 n n n n a qS q               ， 因此 1 11 12 2 22 2lim lim lim n n nn n n S                        . 【点睛】本题主要考查求等比数列前 n 项和的极限，熟记等比数列的求和公式即可，属于基础 题型. 7.用半径为 2 米的半圆形铁片围成一个圆锥形的容器，则这个容器的容积是___立方米. 【答案】 3 3  【解析】 - 4 - 【分析】 根据题意，先求出容器的表面积，设圆锥的母线长为l ，底面圆的半径为 r ，由题中数据求出 母线与半径，即可得出圆锥的高，再由体积公式，即可得出结果. 【详解】由题意可得，容器的表面积为： 21 2 22S    半圆 ， 设圆锥的母线长为 l ，底面圆的半径为 r ， 则 2l  ，圆锥的侧面积为： 2rl  ，所以 1r  ， 因此该圆锥的高 2 2 3h l r   ， 所以，这个圆锥容器的容积为 21 3 3 3V r h   . 故答案为： 3 3  . 【点睛】本题主要考查圆锥体积的相关计算，属于基础题型. 8.若函数   2log (2 1)xf x kx   是偶函数，则 k  __________． 【答案】 1 2  【解析】 由题可知，有    1 1f f  ，则 2 2 3log log 32 k k   ，得 1 2k   ． 9.已知等边 ABC 的边长为 2 3 ，点 P 是其外接圆上的一个动点，则 PA PB  的取值范围是 ____. 【答案】 2,6 【解析】 【分析】 以 AB 所在直线为 x 轴，以 AB 垂直平分线所在直线为 y 轴，建立平面直角坐标系，根据题意 求 得  3,0A  ，  3,0B ， 再 求 出 三 角 形 外 接 圆 方 程 ， 设  2cos ,1 2sinP    0,2  ，根据向量数量积的坐标运算，即可求出结果. 【详解】以 AB 所在直线为 x 轴，以 AB 垂直平分线所在直线为 y 轴，建立如图所示的平面直 角坐标系，因为 ABC 是边长为 2 3 的等边三角形，所以  3,0A  ，  3,0B ，  0,3C ， - 5 - 则其外接圆的半径为： 1 2 3 22 sin 60r    ， 则圆心坐标为  0,1 ，则外接圆的方程为：  22 1 4x y   ， 因为点 P 是  22 1 4x y   上的一个动点，设  2cos ,1 2sinP    0,2  ， 则  3 2cos , 1 2sinPA       ，  3 2cos , 1 2sinPB      ， 因此      3 2cos 3 2cos 1 2sin 1 2sinPA PB                22 2 24cos 3 1 2sin 4cos 4sin 4sin 2 4sin 2               ， 因为  0,2  ，所以  sin 1,1   ，因此  4sin 2 2,6PA PB       . 故答案为： 2,6 . 【点睛】本题主要考查求平面向量数量积的范围，熟记平面向量数量积的坐标表示即可，属 于常考题型. 10.已知函数 ( ) cos(2 )6f x x   ，若对于任意的 1 [ , ]4 4x    ，总存在 2 [ , ]x m n ，使得 1( )f x  2( ) 0f x  ，则 m n 的最小值为__. 【答案】 3  【解析】 【分析】 先由题意，根据余弦函数的值域，求出  1 11, 2f x       ，再由题意，得到 2( )f x 的取值范 - 6 - 围 应 包 含 11, 2     ； 根 据 预 先 函 数 的 性 质 ， 得 到 为 使 m n 取 最 小 值 ， 只 需 函 数 ( ) cos(2 )6f x x   在 [ , ]x m n 上单调，分函数单调递增与单调递减两种情况，分别求解， 即可得出结果. 【 详 解 】 因 为 1 [ , ]4 4x    ， 所 以 1 22 ,6 3 3x        ， 因 此  1 1 1cos 2 ,16 2f x x              ； 则  1 11, 2f x       ； 因为对于任意的 1 [ , ]4 4x    ，总存在 2 [ , ]x m n ，使得 1( )f x  2( ) 0f x  ， 所以 2( )f x 的取值范围应包含 11, 2     ， 根据余弦函数的性质，为使 m n 取最小值， 只需函数 ( ) cos(2 )6f x x   在 [ , ]x m n 上单调， 若函数 ( ) cos(2 )6f x x   在 [ , ]x m n 上单调递增； 则 ( ) cos(2 ) 16 1( ) cos(2 )6 2 f m m f n n            ，所以 2 2 ,6 2 2 ,6 3 m k k Z n k k Z                   ， 即 5 ,12 ,12 m k k Z n k k Z               ，则 m n 的最小值为 5 12 12 3     ； 若函数 ( ) cos(2 )6f x x   在 [ , ]x m n 上单调递减； 则 1( ) cos(2 )6 2 ( ) cos(2 ) 16 f m m f n n            ，所以 2 2 ,6 3 2 2 ,6 m k k Z n k k Z                 ， - 7 - 即 ,4 7 ,12 m k k Z n k k Z             ，则 m n 的最小值为 7 4 12 3     ； 故 m n 的最小值为 3  . 【点睛】本题主要考查余弦三角函数的应用，熟记余弦函数的性质即可，属于常考题型. 11.已知集合 1 2{( , , ) | 1, 1,2, , }n n iA x x x x i n     ，元素1 (1,1, ,1)n   成为集合 nA 的 特征元素，对于 nA 中的元素 1 2( , , , )na a a a  与 1 2( , , , )nb b b b  ，定义： 1 1 2 2( )nf a b a b a b     n na b   .当 9n  时，若 a 是集合 9A 中的非特征元素，则 9 9(1 ) 1f a  的概率为___. 【答案】 18 73 【解析】 【分析】 根据题意，先得到 9 9 1 2 3 9(1 )f a a a a a      ，分别确定 ( 1,2,3,...,9)ia i  中有“1个 1， 2 个1，3 个1， 4 个1，5 个1，6个1， 7 个1，8 个1，9个1”所对应的基本事件个数， 确定 9 9(1 ) 1f a  所包含的基本事件个数，基本事件个数比即为所求概率. 【详解】由题意，当 9n  时， 1 2 9( , , , )a a a a  ， 91 (1,1, ,1)  则 9 9 1 2 3 9(1 )f a a a a a      ， 又 1 2{( , , ) | 1, 1,2, , }n n iA x x x x i n     ， 所以 ( 1,2,3,...,9)ia i  取值只能为1或 1 ； 当 ( 1,2,3,...,9)ia i  中有1个1时， 9 9 1 2 3 9(1 ) 7f a a a a a        ，此时共包含 1 9C 个 基本事件； 当 ( 1,2,3,...,9)ia i  中有 2 个1时， 9 9 1 2 3 9(1 ) 5f a a a a a        ，此时共包含 2 9C 个 基本事件； 当 ( 1,2,3,...,9)ia i  中有 3 个1时， 9 9 1 2 3 9(1 ) 3f a a a a a        ，此时共包含 3 9C 个 - 8 - 基本事件； 当 ( 1,2,3,...,9)ia i  中有 4 个1时， 9 9 1 2 3 9(1 ) 1f a a a a a        ，此时共包含 4 9C 个 基本事件； 当 ( 1,2,3,...,9)ia i  中有 5 个1时， 9 9 1 2 3 9(1 ) 1f a a a a a       ，此时共包含 5 9C 个 基本事件； 当 ( 1,2,3,...,9)ia i  中有 6个1时， 9 9 1 2 3 9(1 ) 3f a a a a a       ，此时共包含 6 9C 个 基本事件； 当 ( 1,2,3,...,9)ia i  中有 7 个1时， 9 9 1 2 3 9(1 ) 5f a a a a a       ，此时共包含 7 9C 个 基本事件； 当 ( 1,2,3,...,9)ia i  中有8 个1时， 9 9 1 2 3 9(1 ) 7f a a a a a       ，此时共包含 8 9C 个 基本事件； 当 ( 1,2,3,...,9)ia i  中有9个1时， 9 9 1 2 3 9(1 ) 9f a a a a a       ，此时共包含 9 9C 个 基本事件； 因此 9 9(1 ) 1f a  的概率为 5 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 9 9 9 9 9 9 9 9 9 9 126 18 2 1 73 CP C C C C C C C C C            . 故答案为： 18 73 . 【点睛】本题主要考查求古典概型的概率，涉及组合数的运算，属于常考题型. 12.已知函数 2 0( ) log ( ) 0 ax xf x x x x        （ a R 且 a 为常数）和  g x k （ k R 且 k 为常 数），有以下命题:①当 k 0 时，函数 ( ) ( ) ( )F x f x g x  没有零点；②当 0x  时，若 2( ) ( ) ( )h x f x b f x c    恰有 3 个不同的零点 1 2 3, ,x x x ，则 1 2 3 1x x x   ；③对任意的 0k  ，总存在实数 a ，使得      F x f x g x  有 4 个不同的零点 1 2 3 4x x x x< < < ，且 1 2 4 3| |,| |,| |,| |x x x x 成等比数列.其中的真命题是_____（写出所有真命题的序号） - 9 - 【答案】② 【解析】 【分析】 ①根据题意，将函数的零点个数问题，转换为对应函数图像的交点个数问题，分别判断 0x  ， 0x  两种情况下，函数零点的个数情况，即可判断出结果； ②根据题意，先令 ( )t f x ，画出函数 2log ( )y x  的图像，结合函数零点个数以及函数图 像，判断方程 2 0t bt c   根的分布情况，以及方程 ( )t f x 根的个数情况，即可判断出结 果； ③根据题意，只需判断出 0x  时，函数零点个数不一定是 2 个，即可得出结果. 【详解】①因为 2 0( ) log ( ) 0 ax xf x x x x        ，  g x k ，由 ( ) ( ) ( ) 0F x f x g x   得，函 数 ( )F x 的零点，即是函数 ( )f x 图像与直线 ( )g x k 交点的横坐标， 当 0x  时， 2( ) log ( ) 0f x x   恒成立，因为 k 0 ，所以 0x  时，函数 ( ) ( ) ( ) 0F x f x g x   显然没有零点； 当 0x  时，由 ( )g x k 得 ax kx   ，即 2 0x kx a   ，即 2x kx a   ， 因为 k 0 ，所以 2 0x kx  恒成立，若 0a  时，函数 ( ) ( ) ( ) 0F x f x g x   可能有零点； 若 0a  ，函数 ( ) ( ) ( ) 0F x f x g x   没有零点；故①错； ②当 0x  时，因为 2( ) ( ) ( )h x f x b f x c    恰有3 个不同零点，令 ( )t f x ，则关于t 的 方程 2 0t bt c   有两个不同的实数解，记作 1 2,t t ，不妨令 1 2t t ； 做出函数 2log ( )y x  的图像如下： - 10 - 由图像可得：当 0t  时， 2log ( )y x  与 y t 有1个交点； 当 0t  时， 2log ( )y x  与 y t 有 2 个交点； 因为函数 2( ) ( ) ( )h x f x b f x c    恰有 3 个不同零点， 则 1( )f x t 有1个根，记作 1x ； 2( )f x t 有 2 个根，记作 2 3,x x （不妨令 2 3x x ）； 所以只需 1 0t  ， 2 0t  ，因此 2 1log ( ) 0x  ， 2 2 2 3 2log ( ) log ( )x x t    ， 所以 1 1x  ； 2 2 2tx  ， 2 3 2 tx   ，因此 1 2 3 1x x x   ；故②正确； ③由       0F x f x g x   ，得    f x g x ； 所以函数  y f x 与  g x k 图像交点个数，即为函数      F x f x g x  的零点个数； 由②中图像可知：当 0k  时，  y f x 与  g x k 在 ,0 上有 2 个交点，即函数      F x f x g x  在 ,0 上有 2 个零点； 当 0x  时，若 0a  ，则函数 ( ) af x x x   在 0,  上单调递增，因此函数  y f x 与  g x k 在 0,  上最多只有1个交点，即函数      F x f x g x  在 0,  上最多只 有1个零点；不满足存在实数 a ，使得      F x f x g x  有 4 个不同的零点； 若 0a  ，由基本不等式可得： ( ) 2af x x ax    ，即 0x  时， min( ) 2f x a ； 若 0 2k a  ，则函数  y f x 与  g x k 在  0,  上最多只有1个交点，也不满足对 任意的 0k  ，总存在实数 a ，使得      F x f x g x  有 4 个不同的零点.故③错. 故答案为：②. 【点睛】本题主要考查判断命题的真假，考查分段函数的应用，考查函数零点的应用，灵活 - 11 - 运用数形结合的思想，即可求解，属于常考题型. 二、选择题（本大题共有 4 题，满分 20 分）每题有且只有一个正确答案，考生应在答题纸的 相应编号上，将代表答案的小方格涂黑，选对得 5 分，否则一律得零分. 13.若 O 为坐标原点，P 是直线 2 0x y   上的动点，则 OP 的最小值为( ) A. 2 2 B. 2 C. 3 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】 根据题意，求 OP 的最小值，只需 OP 与直线 2 0x y   垂直，再由点到直线距离公式， 即可求出结果. 【详解】由题意，为使 OP 取最小值，只需OP 与直线 2 0x y   垂直； 由点到直线距离公式可得：  min 22 2 2 1 1 OP     . 故选：B. 【点睛】本题主要考查求直线上的动点到定点距离的最值问题，熟记点到直线距离公式即可， 属于基础题型. 14.若 1x a  成立的一个充分不必要条件是1 2x  ，则实数 a 的取值范围是( ) A. 1 2a  B. 1a  C. 2a  D. 1a  或 2a  【答案】A 【解析】 【分析】 先解不等式 1x a  得 1 1a x a    ，根据题意，得到 1,2 是 1, 1a a  的真子集；进 而可求出结果. 【详解】由 1x a  得 1 1a x a    ， 因为 1x a  成立的一个充分不必要条件是1 2x  ， - 12 - 所以 1,2 是 1, 1a a  的真子集， 因此 1 1 1 2 a a      或 1 1 1 2 a a      ，解得：1 2a  . 故选：A. 【点睛】本题主要考查由命题的充分不必要条件求参数的问题，属于基础题型. 15.在正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中，P，Q 两点分别从点 B 和点 1A 出发，以相同的速度在棱 BA 和 1 1A D 上运动至点 A 和点 1D ，在运动过程中，直线 PQ 与平面 ABCD 所成角 的变化范围为 ( ) A. [ , ]4 3   B. 2arctan ,arctan 22       C. [ ,arctan 2]4  D. 2 π[arctan , ]2 2 【答案】C 【解析】 【分析】 先过点 Q 作 QO AD 于点 O ，连接 OP ，根据题意，得到 QPO 即为直线 PQ 与平面 ABCD 所成的角 ，设正方体棱长为 2 ，设 BP x  0 2x  ，推出 2 2tan 2( 1) 2x     ， 进而可求出结果. 【详解】过点 Q 作QO AD 于点O ，连接OP ， 因为四棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D 为正方体，所以易得 QO  平面 ABCD ， 因此 QPO 即为直线 PQ 与平面 ABCD 所成的角 ， 设正方体棱长为 2 ，设 BP x  0 2x  ，则 2QO  ， 2AP x  ， - 13 - 因为 ,P Q 两点分别从点 B 和点 1A 出发，以相同的速度在棱 BA 和 1 1A D 上运动至点 A 和点 1D ， 所以 1AO AQ BP x   ， 因此 2 2 2 2 2(2 ) 2 4 4OP AO AP x x x x        ， 所以 2 2 2 2tan 2 4 4 2( 1) 2 QO OP x x x         ， 因为 0 2x  ，所以  22( 1) 2 2,4x    ，则 2 2tan 1, 2 2( 1) 2x        ， 因此 arctan 24    . 故选：C. 【点睛】本题主要考查求线面角的取值范围，熟记线面角的定义即可，属于常考题型. 16.已知实数 1 2 100, , , [ 1,1]x x x   ，且 1 2 100x x x     ，则当 2 2 2 1 2 100x x x   取得 最大值时， 1 2 100, , ,x x x 这 100 个数中，值为 1 的个数为( ) A. 50 个 B. 51 个 C. 52 个 D. 53 个 【答案】B 【解析】 【分析】 先由题意得到，为使 2 2 2 1 2 100x x x   取得最大值，只需  2 1,2,3,...,100ix i  中取1的数最 多，再由 1 2 100x x x     得到 2 2 2 1 2 100x x x   最大时，  2 1,2,3,...,100ix i  中只能 有99个数取1，假设 2 100, ,x x 中有 m 个1，再由题意列出不等式求解，即可得出结果. 【详解】因为实数 1 2 100, , , [ 1,1]x x x   ，为使 2 2 2 1 2 100x x x   取得最大值， 只需  2 1,2,3,...,100ix i  中取1的数最多； - 14 - 又 1 2 100x x x     ，所以  2 1,2,3,...,100ix i  不能都取1； 因此 2 2 2 1 2 100x x x   最大时，  2 1,2,3,...,100ix i  中只能有 99个数取1， 不妨令 1 1x   ，则 2 2 2 1002 3 1x x x   ， 假设 2 100, ,x x 中有 m 个1，则有99 m 个 1 ， 所以    1 2 100 1 99 1x x x x m m         ， 即 1 299x m   ， 因为 1 [ 1,1]x   ，所以 1 2 199 m   ，即 49 502 2m     ， 所以 51m  . 故选：B. 【点睛】本题主要考查由一组数的平方和取最值求变量取值问题，属于不等式的拓展应用， 属于中档试题. 三、解答题（本大题满分 76 分）本大题共有 5 题，解答下列各题必须在答题纸上相应编号的 规定区域内写出必要的步骤. 17.如图，已知四棱锥 P-ABCD 的底面是正方形， PA  底面 ABCD， 2AP AB AD   ，E 是侧棱的中点. （1）求异面直线 AE 与 PD 所成的角； （2）求点 B 到平面 ECD 的距离 【答案】（1） 3  ；（2） 2 5 5 . 【解析】 【分析】 （1）连接 BD ， AC ，交点记作O ，连接 EO ，根据题意，得到 AEO 即为异面直线 AE 与 PD 所成的角，或所成角的补角，由题中数据，确定 AEO△ 为等边三角形，即可得出结果； - 15 - （2）取 AB 中点为 N ，连接 EN ， NC ，根据等体积法求解，即可得出结果. 【详解】（1）连接 BD ， AC ，交点记作O ，连接 EO ， 因为四棱锥 P ABCD 底面是正方形，所以O 为 BD 的中点， 又 E 是 PB 的中点，所以 //EO PD ， 因此 AEO 即为异面直线 AE 与 PD 所成的角，或所成角的补角， 因为 PA  底面 ABCD ， 2AP AB AD   ， 所以 2 21 1 22 2AE PB AP AB    ， 2 21 1 22 2EO PD AP AD    ， 2 21 1 22 2AO AC AB AD    ， 因此 AEO△ 为等边三角形，所以 3AEO   ， 即异面直线 AE 与 PD 所成的角为 3  ； （2）取 AB 中点为 N ，连接 EN ， NC ，则 //EN PA ， 1 12EN PA  因为 PA  底面 ABCD ，所以 EN 底面 ABCD ； 又 2 2 5NC BN BC   ，所以 2 2 6EC EN NC   ； 同理 6ED  ， 所以 2 2 2 6 6 4 2cos 2 12 3 ED EC CDDEC ED EC        ，因此 5sin 3DEC  ； 所以 1 sin 52CDES ED EC DEC     ； 设点 B 到平面 ECD 的距离为 d ， 由 E BCD B CDEV V  得 1 1 3 3BCD CDES EN S d    ， 所以 1 2 2 1 2 52 55 BCD CDE S ENd S       ， 即点 B 到平面 ECD 的距离为 2 5 5 . - 16 - 【点睛】本题主要考查求异面直线所成的角，求点到面的距离，灵活运用几何法求解即可， 属于常考题型. 18.已知函数 2( ) 2cos 2 3sin cosf x x x x  . （1）求  f x 的最大值和最小正周期 T； （2）在 ABC 中，内角 A，B，C 所对边分别为 a，b，c，已知 ( ) 32 Af  ，且 1a  ，求 ABC 面积的最大值. 【答案】（1）最大值为 3 ，T π ；（2） 3 4 . 【解析】 【分析】 （1）先将函数化简整理，得到 ( ) 2sin 2 16f x x       ，根据正弦函数的性质， 即可求出 最大值与最小正周期； （2）先由 ( ) 32 Af  ，求出 3A  ；再根据余弦定理与基本不等式，得到 1bc  ，由三角形 面积公式，即可求出结果. 【详解】（1）因为 2( ) 2cos 2 3sin cos cos2 1 3sin 2 2sin 2 16f x x x x x x x            ， 所以当 2 2 ,6 2x k k Z      时， ( )f x 取得最大值 3 ； 最小正周期 2 2T    ； - 17 - （2）因 ( ) 32 Af  ，由（1）得 2sin 1 36A         ，即 2 ,6 2A k k Z      ， 所以 2 ,3A k k Z    ；又 A 为三角形内角，所以 3A  ； 因为 1a  ，由余弦定理可得： 2 2 2 2 cosa b c bc A   ，即 2 21 2b c bc bc bc bc      ， 当且仅当 b c 时，取等号； 所以 1 3 3sin2 4 4ABCS bc A bc   ； 即 ABC 面积的最大值为 3 4 . 【点睛】本题主要考查求三角函数的最值与最小正周期，考查求三角形面积的最值；熟记正 弦函数的性质，余弦定理，三角形面积公式等即可，属于常考题型. 19.新冠肺炎疫情造成医用防护服紧缺，当地政府决定为防护服生产企业 A 公司扩大生产提供  0( 0 ),1x x  （万元）的专项补贴，并以每套 80 元的价格收购其生产的全部防护服.A 公司在 收到政府 x（万元）补贴后，防护服产量将增加到 12(6 )4t k x     （万件），其中 k 为工厂 工人的复工率  0. )1( 5,k  ，A 公司生产 t 万件防护服还需投入成本 20 8 50x t  （万元）. （1）将 A 公司生产防护服的利润 y（万元）表示为补贴 x（万元）的函数； （2）对任意的  0,10x （万元），当复工率 k 达到多少时，A 公司才能不产生亏损？（精确 到 0.01） 【答案】（1） 360180 7 204 ky k xx     ；（2） 0.58k  . 【解析】 【分析】 （1）根据题意，由利润等于收入减去成本，即可列出函数关系； （2）根据（1）的结果，由题意，只需 360180 7 20 04 ky k xx      在  0,10x 上恒成立， 即   7 20 4180 2 x xk x    在  0,10x 上恒成立，根据函数单调性，求出   7 20 4 2 x x x    的最大值，即可得出结果. - 18 - 【详解】（1）因为 A 公司生产 t 万件防护服还需投入成本  20 8 50x t  ，政府以每套 80 元 的价格收购其生产的全部防护服，且提供 x （万元）的专项补贴， 所以， A 公司生产防护服的利润 12 1280 (6 ) 20 8 50 (6 )4 4y x k x kx x            360180 7 204 kk xx     ； （2）为使 A 公司不产生亏损，只需利润 360180 7 20 04 ky k xx      在  0,10x 上恒成 立；即   7 20 4180 2 x xk x    在  0,10x 上恒成立； 因为          227 20 4 7 2 20 2 127 48 80 127 2 202 2 2 2 x x x xx x xx x x x                ， 令 2t x  ，因为  0,10x ，所以  2,12t  ， 记   127 20g t t t    ， 任取 1 22 12t t   ， 则        2 1 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1212 127 20 7 20 7 t tg t g t t t t tt t t t                      1 2 1 2 127t t t t        因为 1 2 0t t  ， 1 24 144t t  ，所以 1 2 12 12 34t t   ，即 1 2 127 0t t   ， 所以  1 2 1 2 127 0t t t t        ，即    1 2g t g t ， 所以函数   127 20g t t t    在  2,12t  上单调递增； 因此    max 12 105g t g  ，即   7 20 4 2 x x x    的最大值为105 ； 所以只需180 105k  ，即 0.58k  . 【点睛】本题主要考查函数模型的应用，熟记函数的单调性，会根据单调性求函数最值是解 - 19 - 题的关键，属于常考题型. 20.如图，已知椭圆 M： 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     经过圆 N： 2 2( 1) 4x y   与 x 轴的两个交点 和与 y 轴正半轴的交点. （1）求椭圆 M 的方程； （2）若点 P 为椭圆 M 上的动点，点 Q 为圆 N 上的动点，求线段 PQ 长的最大值； （3）若不平行于坐标轴的直线交椭圆 M 于 A、B 两点，交圆 N 于 C、D 两点，且满足 ,AC DB  求证:线段 AB 的中点 E 在定直线上. 【答案】（1） 2 2 13 x y  ；（2） 3 2 22  ；（3）证明见解析. 【解析】 【分析】 （1）根据圆的方程求出圆与坐标轴的交点坐标，再根据题意，即可求出椭圆方程； （2）先由椭圆方程，设  3 cos ,sinP   ，根据两点间距离公式，先求出点 P 到圆 N 圆心的 距离，根据圆的特征，得到 max maxPQ PN r  （其中 r 为圆 N 的半径），即可求出结果； （3）先设  1 1,A x y ，  2 2,B x y ，直线 AB 的方程为  0x my n m   ，联立直线与椭圆 方程，结合韦达定理得到其中点坐标为 2 2 3 ,3 3 n mn m m       ；再由题意，得到 NE AB ，推出 1NE ABk k   ，求出 m 与 n 的关系式，进而可求出结果. 【详解】（1）因为圆 N ： 2 2( 1) 4x y   ，令 0x  ，则 1y  或 3y   ，所以圆 N 与 y 轴 正半轴的交点为 0,1 ； 令 0y  ，则 3x   ，即圆 N 与 x 轴的两个交点为 3,0 ， - 20 - 因为椭圆 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     经过圆 2 2( 1) 4x y   与 x 轴的两个交点和与 y 轴正半轴 的交点，所以 2 2 3 1 a b     ， 即椭圆 M 的方程为： 2 2 13 x y  ； （2）由（1）可设  3 cos ,sinP   ， 则点  3 cos ,sinP   到圆 2 2( 1) 4x y   的圆心的距离为：  22 2 2 1 93cos sin 1 2cos 2sin 2 2 sin sin 4 2PN                    21 9 9 3 22 sin 2 2 2 2          ， 当且仅当 1sin 2   时，等号成立； 又点Q 为圆 N 上的动点，由圆的性质可得： max max 3 2 22PQ PN r    （其中 r 为圆 N 的半径）； （3）设  1 1,A x y ，  2 2,B x y ，直线 AB 的方程为  0x my n m   ， 由 2 2 13 x my n x y     消去 x 得  2 23 3my n y   ， 整理得： 2 2 23 2 3 0m y mny n     ， 所以 1 2 2 2 3 mny y m    ，所以   2 1 2 1 2 2 2 2 62 23 3 m n nx x m y y n nm m         ， 所以 AB 中点 E 的坐标为： 2 2 3 ,3 3 n mn m m       ； 因为直线 AB 交圆 N 2 2( 1) 4x y   于点C ， D ，且 AC DB  ， 因此 E 也是 CD 的中点； 根据圆的性质可得： NE AB ， - 21 - 所以 1NE ABk k   ，即 2 2 1 13 13 3 mn m n m m       ，整理得 2 3 2m mn   ， 所以 3 1,2 2E m     ，因此点 E 在定直线 1 2y  上. 【点睛】本题主要考查求椭圆的方程，求两动点距离的最值问题，以及证明点在定直线上； 属于常考题型，计算量较大. 21.已知函数  f x 的定义域为 D，若存在实常数  及 ( 0)a a  ，对任意 x D ，当 x a D  且 x a D  时，都有      f x a f x a f x    成立，则称函数  f x 具有性质  ,M a . （1）判断函数 2( )f x x 是否具有性质  ,M a ，并说明理由； （2）若函数   sin 2 sing x x x  具有性质  ,M a ，求  及 a 应满足的条件； （3）已知函数  y h x 不存在零点，当 xR 时具有性质 1( ,1)M t t  （其中 0t  ， 1t  ）， 记 *( )( N )na h n n  ，求证:数列{ }na 为等比数列的充要条件是 2 1 a ta  或 2 1 1a a t  . 【答案】（1）不具备，理由见解析；（2） 2  时， 2 (a k k Z  且 0)k  ； 1   时， 2 2 ( )3a k k Z     ；（3）证明见解析. 【解析】 【分析】 （1）先假设函数 2( )f x x 具有性质  ,M a ，根据题意求出 2 0a     ，与 0a  矛盾，即可 判断出结果； （2）根据题意，得到 2sin 2 cos2 2sin cos sin 2 sinx a x a x x    ，推出 2cos2 2cos a a      ， 求解，即可得出结果； - 22 - （3）根据题意，先得到 *0( N )na n  ， 11 1 n nn aa t at       ，根据等比数列的定义，以 及数学归纳法，分别证明必要性和充分性，即可证明结论成立. 【详解】（1）若函数 2( )f x x 具有性质  ,M a ；则 ( ) ( ) ( )f x a f x a f x    即   2 2 2 2 22 2x a x a x a x      ， 所以 2 2 2 0a    ，即 2 0a     ，与 0a  矛盾，所以函数 2( )f x x 不具有性质  ,M a ； （2）若函数   sin 2 sing x x x  具有性质  ,M a ， 则      g x a g x a g x    ， 即        sin 2 2 sin sin 2 2 sin sin 2 sinx a x a x a x a x x          ， 即 2sin 2 cos2 2sin cos sin 2 sinx a x a x x    ， 所以 2cos2 2cos a a      ，因此 cos2 cosa a ，即 22cos cos 1 0a a   ， 解得： cos 1a  或 1cos 2a   ；所以 2  或 1   ； 当 2  时， cos 1a  且 0a  ，所以 2 (a k k Z  且 0)k  ； 当 1   时， 1cos 2a   ，所以 2 2 ( )3a k k Z     ； （3）因为函数  y h x 在 xR 时具有性质 1( ,1)M t t  （其中 0t  ， 1t  ）， 所以      11 1x h x th h xt         ， 又函数  y h x 不存在零点， *( )( N )na h n n  ， 所以 *0( N )na n  ， 11 1 n nn aa t at       ； 下面证明必要性： 若数列{ }na 为等比数列，则 2 1 3 2a a a ， - 23 - 又 13 2 1a t ata       ，所以 1 2 2 2 1 1a t at a a       ， 因此 2 2 2 2 1 1 11 ta a a a t       ，所以 2 2 1 1 1 0a ata a t           ，即 2 1 a ta  或 2 1 1a a t  ； 接下来证明充分性： 若 2 1 a ta  ，因为 13 2 1a t ata       ，所以 2 3 1 2 1a ta a t a    ，因此 2 3a ta  ； 猜想：  1 * n n Na a t n   ； 用数学归纳法证明如下： ①当 1n  时， 2 1 a ta  显然成立； ②假设  2n k k  时，  1 * n n Na a t n   成立， 1k k a ta   成立； 则当 1n k  时，由 11 1 n nn aa t at       得 12 1 k kk a t ata         ， 所以 1 1 2 1k k k k a a ta a t     ，即 1 2 11 k k ta t a t     ，所以 2 1k k a a t   ， 即 1n k  时，  1 * n n Na a t n   也成立， 由①②可得，  1 * n n Na a t n   恒成立；即数列{ }na 为公比是 t 的等比数列； 同理： 2 1 1a a t  时，数列{ }na 为公比是1 t 的等比数列； 综上，数列{ }na 为等比数列的充要条件是 2 1 a ta  或 2 1 1a a t  . 【点睛】本题主要考查函数性质的拓展，以及充要条件的证明，涉及等比数列的概念，以及 余弦函数的性质等，难度较大. - 24 -