辽宁省大连市2020届高三第二次模拟考试数学理科试题 Word版含解析 24页

- 1 - 2020 年大连市高三第二次模拟考试 数 学（理科） 本试卷满分 150 分，共 6 页，答卷时间 120 分钟.考试结束后，将答题卡交回. 注意事项： 1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形 码粘贴区. 2. 选择题必须使用 2B 铅笔填涂；非选择题必须使用 0.5 毫米黑色字迹的签字笔书写，字体 工整、笔迹清楚. 3. 请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草 稿纸、试卷上答题无效. 4. 作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑. 5. 保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀. 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，其中第Ⅱ卷第 22 题~第 23 题为选 考题，其它题为必考题.考生作答时，将答案答在答题卡上，在本试卷上答题无效.考试结束 后，将本试卷和答题卡一并交回. 第Ⅰ卷 一、选择题：（本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分.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 4 3 0A x x x    ，  2 4B x x   ，则 A B  （ ） A.  1,3 B.  1,4 C.  2,3 D.  2,4 【答案】B 【解析】 【分析】 求出集合 A ，利用并集的定义可求得集合 A B . 【详解】    2 4 3 0 1,3A x x x     ，  2 4B x x   ，因此，  1,4A B  . 故选：B. 【点睛】本题考查并集的计算，同时也考查了一元二次不等式的求解，考查计算能力，属于 基础题. 2.已知 ,a bR ，i 是虚数单位，若 a i 与 2 bi 互为共轭复数，则 2i =a b （ ） - 2 - A. 3+4i B. 5+4i C. 3 4i D. 5 4i 【答案】A 【解析】 【分析】 由 a﹣i 与 2+bi 互为共轭复数，可求出 a，b 的值，代入（a+bi）2 进一步化简求值，则答案可 求． 【详解】∵a﹣i 与 2+bi 互为共轭复数， ∴a=2，b=1． 则（a+bi）2=（2+i）2=3+4i． 故选 A． 【点睛】利用复数相等求参数： , ( , , , R)a bi c di a c b d a b c d       ． 3.双曲线 2 2 14 x y  的渐近线方程是（ ） A. 1 2y x  B. 2y x  C. 1 4y x  D. 4y x  【答案】A 【解析】 分析：直接利用双曲线的渐近线方程公式求解. 详解：由题得双曲线的 a=2,b=1,所以双曲线的渐近线方程为 1 .2 by x xa     故答案为 A 点睛：(1)本题主要考查双曲线的渐近线方程，意在考查学生对该基础知识的掌握能力.(2)双 曲线 2 2 2 2 1( 0, 0)x y a ba b     的渐近线方程为 by xa   ，双曲线 2 2 2 2 1( 0, 0)y x a ba b     的渐 近线方程为 ay xb   . 4.欧拉公式 cos sinixe x i x  （i 为虚数单位）是由瑞士著名数学家欧拉发明的，他将指数 函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数和指数函数的关系，它在复变函数论里占有非常 重要的地位，被誉为“数学中的天桥”.根据欧拉公式可知， 3ie 表示的复数在复平面中位于 ( ) A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 - 3 - 【答案】B 【解析】 【分析】 利用欧拉公式 cos sinixe x i x  ，化简 3ie 的表达式，通过三角函数的符号，判断复数的对应 点所在象限即可． 【详解】因为欧拉公式 cos sin (ixe x i x i  为虚数单位）， 所以 3 cos3 sin3ie i  ，因为3 ( 2  ， ) ， cos3 0 ，sin3 0 ， 所以 3ie 表示的复数在复平面中位于第二象限． 故选：B． 【点睛】本题考查欧拉公式的应用，三角函数的符号的判断，考查是基本知识，属于基础题． 5.设函数 21 log (2 ), 1( ) , 1x x xf x e x      ，则 ( 2) (ln 6)f f   （ ） A. 3 B. 6 C. 9 D. 12 【答案】C 【解析】 【分析】 根据分段函数的解析式，结合指数幂与对数的运算性质，即可求解. 【详解】由题意，函数 21 log (2 ), 1( ) , 1x x xf x e x      ， 则 ln6 2( 2) (ln 6) 1 log [2 ( 2)] 1 2 6 9f f e           . 故选：C. 【点睛】本题主要考查了分段函数的函数值的求解，以及指数式与对数式的运算的综合应用， 着重考查运算与求解能力. 6.已知各项均为正数的数列 na 为等比数列， 1 5 16a a  ， 3 4 12a a  ，则 7a  （ ） A. 16 B. 32 C. 64 D. 256 【答案】C 【解析】 【分析】 - 4 - 根据等比数列的性质可得 3 4a  ，结合 3 4 12a a  ，可得 4 8a  ，公比 2q = ，从而可得结 果. 【详解】由 1 5 16a a  ，得 2 3 16a  ，又各项均为正数，所以 3 4a  ， 由 3 4 12a a  ，得 4 8a  ， 所以公比 4 3 8 24 aq a    ，所以 7 3 4 7 3 4 2 64a a q      ， 故选：C 【点睛】本题考查了等比数列的性质、通项公式，属于基础题. 7.已知某函数的图像如图所示，则下列函数中，图像最契合的函数是（ ） A.  sin x xy e e  B.  sin x xy e e  C.  cos x xy e e  D.  cos x xy e e  【答案】D 【解析】 【分析】 根据 0x  时的函数值，即可选择判断. 【详解】由图可知，当 0x  时， 0y  当 0x  时，  sin x xy e e  2 0sin  ，故排除 A ； 当 0x  时，  sin x xy e e  0 0sin  ，故排除 B ； 当 0x  时，  cos x xy e e  0 1 0cos   ，故排除C ； 当 0x  时，  cos x xy e e  2 0cos  ，满足题意. 故选：D. 【点睛】本题考查函数图像的选择，涉及正余弦值的正负，属基础题. - 5 - 8.已知关于某设各的使用年限 x（单位：年）和所支出的维修费用 y（单位：万元）有如下的 统计资料， x 2 3 4 5 6 y 2. 2 3.8 5. 5 6.5 7.0 由上表可得线性回归方程  0.08y bx  ，若规定当维修费用 y＞12 时该设各必须报废，据此 模型预报该设各使用年限的最大值为（ ） A. 7 B. 8 C. 9 D. 10 【答案】C 【解析】 试 题 分 析 ： 由 已 知 表 格 得 ： 1 (2 3 4 5 6) 45x       ， 1 (2.2 3.8 5.5 6.5 7.0) 55y       ， 由于线性回归直线恒过样本中心点 ,x y ，所以有：5 4 0.08b  ，解得： 1.23b  ， 所以线性回归方程 1.23 0 8ˆ .0y x  ， 由 12y  得：1.23 0.08 12x   解得： 9.69x  ， 由于 *x N ， 所以据此模型预报该设备使用年限的最大值为 9. 故选 C. 考点：线性回归． 9.已知点 P 在抛物线 2: 4C y x 上，过点 P 作两条斜率互为相反数的直线交抛物线C 于 A 、 B 两点，若直线 AB 的斜率为 1 ，则点 P 坐标为（ ） A.  1,2 B.  1, 2 C.  2,2 2 D.  2, 2 2 - 6 - 【答案】A 【解析】 【分析】 设点  0 0,P x y 、  1 1,A x y 、  2 2,B x y ，求得直线 AB 的斜率为 1 2 4 1ABk y y    ，可得 1 2 4y y   ，再由直线 PA 和 PB 的斜率互为相反数可求得 0y 的值，进而可求得 0x 的值，由 此可求得点 P 的坐标. 【 详 解 】 设 点  0 0,P x y 、  1 1,A x y 、  2 2,B x y ， 则 直 线 AB 的 斜 率 为 1 2 2 2 1 2 1 2 4 1 4 AB y yk y y y y      ，可得 1 2 4y y   ， 同理可得直线 PA 的斜率为 0 1 4 PAk y y   ，直线 PB 的斜率为 0 2 4 PBk y y   ， PA PBk k  ，所以，   0 1 0 2 0y y y y    ，则 1 2 0 22 y yy    ， 2 0 0 14 yx   ， 因此，点 P 的坐标为  1,2 . 故选：A. 【点睛】本题考查利用抛物线中直线的斜率关系求点的坐标，考查点差法的应用，属于中等 题. 10.下列四个正方体图形中， A ， B 为正方体的两个顶点， M ， N ， P 分别为其所在棱的中 点，能得出 / /AB 平面 MNP 的图形的序号是（ ） A. ①③ B. ②③ C. ①④ D. ②④ 【答案】C 【解析】 - 7 - 【分析】 用面面平行的性质判断①的正确性.利用线面相交来判断②③的正确性，利用线线平行来判断 ④的正确性. 【详解】对于①，连接 AC 如图所示，由于 / / , / /MN AC NP BC ，根据面面平行的性质定理 可知平面 / /MNP 平面 ACB ，所以 / /AB 平面 MNP . 对于②，连接 BC 交 MP 于 D ，由于 N 是 AC 的中点，D 不是 BC 的中点，所以在平面 ABC 内 AB 与 DN 相交，所以直线 AB 与平面 MNP 相交. 对于③，连接 CD ，则 / /AB CD ，而 CD 与 PN 相交，即 CD 与平面 PMN 相交，所以 AB 与 平面 MNP 相交. 对于④，连接 CD ，则 / / / /AB CD NP ，由线面平行的判定定理可知 / /AB 平面 MNP . - 8 - 综上所述，能得出 / /AB 平面 MNP 的图形的序号是①④. 故选：C 【点睛】本小题主要考查线面平行的判定，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于基础题. 11.已知函数    sin 0, 2f x x           ，其图象与直线 1y  相邻两个交点的距离为  ，若对 ,24 3x       ，不等式   1 2f x  恒成立，则 的取值范围是（ ） A. ,12 6       B. ,12 3       C. ,6 3       D. ,6 2       【答案】A 【解析】 【分析】 利用已知条件求出函数  y f x 的最小正周期，可求得 2  ，由 ,24 3x      可求得 2212 3x        ，再由 2 2     求出 12   和 2 3   的取值范围，由题意可 得出关于实数 的不等式组，进而可求得实数 的取值范围. 【详解】由于函数  y f x 的图象与直线 1y  相邻两个交点的距离为 ， 则函数  y f x 的最小正周期为T  ， 2 2T    ，    sin 2f x x    ， 当 ,24 3x      时， 2212 3x        ， 2 2     ， 5 7 12 12 12       ， 2 7 6 3 6      ， - 9 - 由于不等式   1 2f x  对 ,24 3x       恒成立，所以 12 6 2 5 3 6           ，解得 12 6    . 因此， 的取值范围是 ,12 6       . 故选：A. 【点睛】本题考查利用三角不等式恒成立求参数，同时也考查了利用正弦型函数的周期求参 数，解答的关键在于求得 12   和 2 3   的取值范围，考查计算能力，属于中等题. 12.已知三棱锥 P ABC ，面 PAB  面 ABC ， 4PA PB  ， 4 3AB  ， 120ACB  ， 则三棱锥 P ABC 外接球的表面积（ ） A. 20 B. 32 C. 64π D. 80 【答案】D 【解析】 【分析】 过点 P 作 PD AB ，根据面 PAB  面 ABC ，则 PD  面 ABC ，再根据 4PA PB  ，则 PAB△ 外接圆的圆心在 PD 上，求得 PAB△ 外接圆的半径，再由 PD=2，从而得到其外接圆的 圆心到面 ABC 的距离，再求得 ABC 外接圆的半径，然后由勾股定理求得球的半径即可. 【详解】如图所示： 设 PAB△ 的外接圆的圆心为 1O ，半径为 1r ， ABC 的外接圆的圆心为 2O ，半径为 2r ， 三棱锥 P ABC 外接球球心为 O ，半径为 R ， - 10 - 过点 P 作 PD AB ， 因为面 PAB  面 ABC ， 所以 PD  面 ABC ， 又因为 4PA PB  所以 1O 在 PD 上， 因为 4 3AB  ，所以 2 3AD  ， 2PD  ， 所以 2 3 3cos 4 2 ADPAD PD    ，  0,PAD   ， 6PAD   ， 所以 1 42 81sin 2 PBr PAD   ，则 1 1 4r O P  ， 所以 1 2O D  ， 2 1 2OO O D  所以   2 4 32 8sin 3 2 ABr ACB ，则  2 2 4r O A ， 所以   2 2 2 2 2 5R OO O A ， 所以三棱锥 P ABC 外接球的表面积  224 4 2 5 80S R      . 故选：D 【点睛】本题主要考查几何体的外接球问题，还考查了空间想象和运算求解的能力，属于中 档题. 本卷包括必考题和选考题两部分，第 13 题~第 21 题为必考题，每个试题考生都必须做答.第 22 题~第 23 题为选考题，考生根据要求做答. 二、填空题：（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分，把答案填在答卷纸的相应位置上） 13.设向量  2,4a  r 与向量  ,6b x 共线，则实数 x 等于__________． 【答案】3 【解析】 - 11 - 【分析】 利用向量共线的坐标公式,列式求解. 【详解】因为向量  2,4a  r 与向量  ,6b x 共线, 所以 2 6 4 0 3x x     , 故答案为:3. 【点睛】本题考查向量共线的坐标公式,属于基础题. 14.已知 5ax x     的展开式中含 3x 的项的系数为 30，则 a 的值为______. 【答案】 6 【解析】 【分析】 根据所给的二项式，利用二项展开式的通项公式写出第 1r  项，整理成最简形式，令 x 的指 数为 3 求得 r ，再代入系数列方程求出结果. 【 详 解 】 解 ： 因 为 5ax x     的 展 开 式 的 通 项 公 式 为 ： 5 5 2 1 5 5( ) r r r r r r r aC a xxT x C              ， 令5 2 3 r ，则 1r  ， ∴ 5ax x     的展开式中含 3x 的项的系数为： 1 1 5( ) 5 30a C a     ， 6a   . 故答案为： 6 . 【点睛】本题考查二项式定理的应用，本题解题的关键是正确写出二项展开式的通项，是基 础题. 15.数列 na 满足 1 ( 1)n n na a n    ，则 na 的前 8 项和为______. 【答案】20 【解析】 【分析】 利用递推数列分别列出 1,2, ,8n   的等式，利用等式的加减即可求得前 8 项的和. - 12 - 【详解】数列 na 满足 1 ( 1)n n na a n    ， 2 1 1a a   ， 3 2 2a a  ， 4 3 3a a  ， 5 4 4a a  ， 6 5 5a a  ， 7 6 6a a  ， 8 7 7a a  ， 可得 1 3 1a a  ， 2 4 5a a  ， 5 7 1a a  ， 6 8 13a a  ，  1 2 3 4 5 6 7 8 20a a a a a a a a        . 故答案为：20 【点睛】本题考查数列的递推公式、数列求和，属于基础题. 16.已知函数 ( ) ln 2 exf x x   ，则 ( ) (2 )f x f x  值为______；若 19 1 19( )10k kf a b        ， 则 2 2a b 的最小值为______. 【答案】 (1). 2 (2). 1 2 【解析】 【分析】 空一： (2 )( ) (2 ) ln ln2 2 (2 ) ex e xf x f x x x       ，化简计算即可； 空二：由已知19( ) 10 1 1 2 19 0 10a b f f f                    ，又 19 1819( ) 10 10 1 10a b f f f                    ，两式相加，利用空一的结论计算可得 a b的值， 再利用基本不等式可得 2 2a b 的最小值. 【详解】解：由已知 2(2 ) (2 )( ) (2 ) ln ln ln ln 22 2 (2 ) 2 ex e x ex e xf x f x ex x x x                ； 又19( ) 10 1 1 2 19 0 10a b f f f                    ①， 则 19 1819( ) 10 10 1 10a b f f f                    ②， - 13 - 1 19 2 18 10 10 210 10 10 10 10 10         ， 1 19 2 18 10 10 210 10 10 10 10 10f f f                       则①＋②可得 19 138( ) 19 19 2 3810 10a b f f                  ， 1a b   ， 2 2 2a b ab Q ，  2 2 2 22 2a b a b ab      2 2 2 1 2 2 aa b b   ， 当且仅当 1 2a b  时等号成立. 故答案为：2； 1 2 . 【点睛】本题考查函数值的求法，考查对数的运算性质、基本不等式的性质等基础知识，考 查运算求解能力，是中档题. 三、解答题：（本大题共 6 小题，共 70 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 17.在 ABC 中，内角 A ， B ，C 的对边分别为 a ，b ， c ，且  2 2 2(2 ) 2 cosa c a b c abc C    . （Ⅰ）求角 B 的大小； （Ⅱ）若 1a  ， 3b  ，求 ABC 的面积. 【答案】（Ⅰ） 3B  （Ⅱ） 3 2 【解析】 【分析】 （ Ⅰ ） 由 条 件 结 合 余 弦 定 理 可 得 (2 )cos cosa c B b C  ， 然 后 可 得 (2sin sin )cos sin cosA C B B C  ，然后得出 1cos 2B  即可； - 14 - （Ⅱ）利用正弦定理求出角 A ，然后可得出角C ，然后利用 in1 2 sS ab C 算出即可. 【详解】（Ⅰ）由余弦定理得： 2 2 2 2 cosa b c ac B   ， 又因为  2 2 2(2 ) 2 cosa c a b c abc C    ， 所以 (2 )cos cosa c B b C  ，所以 (2sin sin )cos sin cosA C B B C  ， 所以 2sin cos sin( ) sinA B B C A   ， 因为sin 0A  ，所以 1cos 2B  ， 因为  0,B  ，所以 3B  . （Ⅱ）由正弦定理得： sin sin a b A B  ， 所以 sin 1sin 2 a BA b   ， 因为 a b ，所以 6A  ，所以 2C  所以 1 1 3sin 1 3sin902 2 2S ab C      . 【点睛】本题主要考查的是利用正余弦定理解三角形，考查了学生对基础知识的掌握情况， 较简单. 18.如图，已知平面四边形 ABCP 中， D 为 PA 的中点， PA AB ， / /CD AB ，且 2 4PA CD AB   .将此平面四边形 ABCP 沿 CD 折成直二面角 P DC B  ，连接 PA 、 PB 、 BD . （Ⅰ）证明：平面 PBD 平面 PBC ； （Ⅱ）求直线 AB 与平面 PBC 所成角的正弦值. 【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ） 6 6 - 15 - 【解析】 【分析】 （Ⅰ）通过证明 PD BC ， BD BC 可得 BC ⊥平面 PBD ，进而可证明平面 PBD 平面 PBC ； （Ⅱ）以 D 为原点建立空间直角坐标系，求出平面 PBC 的法向量为 m  以及 AB  ，通过向量的 夹角公式可得直线 AB 与平面 PBC 所成角的正弦值. 【详解】解：（Ⅰ）因为 PD DC ， AD DC ， 所以直二面角 P DC B  的平面角为 90PDA   ， 则 PD  平面 ABCD ，又 BC 平面 ABCD ， 所以 PD BC ， 又  22 2 22 2 2 2, 2 4 2 2 2, 4BD BC DC        ， 则 2 2 2BD BC DC  即 BD BC ，而 PD BD D  ， BD  平面 PBD ， PD  平面 PBD ， 故 BC ⊥平面 PBD ，因为 BC 平面 PBC ， 所以平面 PBD 平面 PBC ； （Ⅱ）由（Ⅰ）知， PD DA ， PD DC ， DC DA ，则以 D 为原点建立空间直角坐标 系如图所示， 则  2,0,0A ，  2,2,0B ，  0,4,0C ，  0 0 2P , , ，  2,2,0BC   ，  2,2, 2PB   ，设平面 PBC 的法向量为  , ,m x y z ， 则 2 2 0 2 2 2 0 BC m x y PB m x y z                 ， 令 1x  ，得平面 PBC 的一个法向量  1,1,2m  ， 又  0,2,0AB  ， 则得 2 6cos , 62 6 m ABm AB m AB          ， 记直线 AB 与平面 PBC 所成角为 ，则知 6sin cos , 6m AB    ， - 16 - 故所求角的正弦值为 6 6 . 【点睛】本题考查面面垂直的证明，考查空间向量法求线面角，考查学生计算能力，是中档 题. 19.在创建“全国卫生文明城”的过程中，环保部门对某市市民进行了一次垃圾分类知识的网 络问卷调查，每一位市民仅有一次参加机会，通过随机抽样，得到参加问卷调查的 1000 人的 得分（满分：100 分）数据，统计结果如下表所示. 组别  30,40  40,50  50,60  60,70  70,80  80,90  90,100 频数 25 150 200 250 225 100 50 （Ⅰ）已知此次问卷调查的得分 Z 服从正态分布  2,14.5N  ，  近似为这 1000 人得分的平 均值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表），请利用正态分布的知识求  36 79.5P Z  ； （Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，环保部门为此次参加问卷调查的市民制定如下奖励方案： （i）得分不低于  的可以获赠 2 次随机话费，得分低于  的可以获赠 1 次随机话费； （ii）每次赠送的随机话费和相应的概率如下表.现市民甲要参加此次问卷调查，记 X 为该市 民参加问卷调查获赠的话费，求 X 的分布列及数学期望. 赠送的随机话费（单位：元） 20 40 - 17 - 概率 3 4 1 4 附：若  2,X N   ，则   0.6827P X        ，  2 2 0.9545P X        ，  3 3 0.9973P X        . 【答案】（Ⅰ）0.8186（Ⅱ）见解析， 75 2 【解析】 【分析】 （Ⅰ）由题意求出 65  ，进而  50.5 79.5 0.6827P Z   ，  36 94 0.9545P Z   ， 由此能求出  36 79.5P Z  ； （Ⅱ）由题可知     1 2P Z P Z     ，获奖券面值 X 的可能取值为 20，40，60，80， 分别求出相应的概率，由此能求出 X 的分布列和  E X . 【详解】（Ⅰ）由题意可得 35 25 45 150 55 200 65 250 75 225 85 100 95 50 651000                ， 又 210 14.5   ， ∴36 65 29 65 2 14.5 2        ， 79.5 65 14.5      ， 94 65 29 65 2 14.5 2        ，50.5 65 14.5      ，  50.5 79.5 0.6827P Z    ，  36 94 0.9545P Z   ， ∴ (36 79.5) ( 2 )P Z P Z          ( 2 ) ( )P Z P Z             ( 2 2 ) ( ) 2 P X P X                0.9545 0.6827 0.81862   ； （Ⅱ）根据题意，可得出随机变量 X 的可能取值有 20、40、60、80 元， 由题可知     1 2P Z P Z     ， 则 1 3 3( 20) 2 4 8P X     ， 1 1 1 3 3 13( 40) 2 4 2 4 4 32P X        ， - 18 - 1 1 3 3( 60) 2 2 4 4 16P X       ， 1 1 1 1( 80) 2 4 4 32P X      ， 所以，随机变量 X 的分布列如下表所示： X 20 40 60 80 P 3 8 13 32 3 16 1 32 所以，随机变量 X 的数学期望为   3 13 3 1 7520 40 60 808 32 16 32 2E X          . 【点睛】本题考查概率的求法，考查离散型随机变量的分布列、数学期望的求法及应用，考 查正态分布、相互独立事件概率乘法公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题. 20.已知函数    ln 1 1f x x x a x a     . （Ⅰ）讨论  f x 的单调性； （Ⅱ）若 1x  ，不等式   1f x  恒成立，求整数 a 的最大值. 【答案】（Ⅰ）单调递减区间为 20, ae  ，单调递增区间为 2 ,ae   ；（Ⅱ）3 . 【解析】 【分析】 （Ⅰ）求出函数  y f x 的定义域和导数，分析导数的符号变化，由此可求得函数  y f x 的单调递增区间和单调递减区间； （Ⅱ）当 1x  时，由   1f x  可得出 ln 1 x x xa x   ，设   ln 1 x x xh x x   ，利用导数求出函 数  y h x 在区间  1, 上的最小值，由此可求得整数 a 的最大值. 【详解】（Ⅰ）因为函数  y f x 的定义域为 0,  ，   ln 2f x x a    ， 令   0f x  ，解得 20 ax e   ；令   0f x  ，解得 2ax e  . 所以，函数  y f x 的单调递减区间为 20, ae  ，单调递增区间为 2 ,ae   ； （Ⅱ）当 1x  时，由   1f x  可得  ln 1 0x x x a x    ，即 ln 1 x x xa x   ， - 19 - 设   ln 1 x x xh x x   ，    2 ln 2 1 x xh x x     . 设   ln 2g x x x   ，当 1x  时，   1 11 0xg x x x      ， 则函数  y g x 在 1, 单调递增. 又  3 1 ln3 0g    ，  4 2 ln 4 0g    ，则函数  y g x 在 3,4 存在唯一零点 0x 满足  0 0 0ln 2 0g x x x    ， 则当  01,x x 时，   0g x  ，即   0h x  ，此时函数  y h x 单调递减； 当  0 ,x x  时，   0g x  ，即   0h x  ，此时函数  y h x 单调递增， 所以，      0 0 0min 0 1 ln 1 x xh x h x x    . 又因为 0 0ln 2 0x x   ，则    0 0 0 0 0 1 1 x xh x xx   ， 因为  0 3,4x  ，则  0 (3,4)a h x  ，则整数 a 的最大值为3 . 【点睛】本题考查利用导数求解函数的单调区间，同时也考查了利用导数研究函数不等式恒 成立问题，考查分析问题和解决问题的能力，属于难题. 21.已知离心率为 2 2e  的椭圆Q ：   2 2 2 2 1 0x y a ba b     的上下顶点分别为  0,1A ，  0, 1B  ，直线l ：  0x ty m m   与椭圆Q 相交于C ， D 两点，与 y 相交于点 M . （Ⅰ）求椭圆 Q 的标准方程； （Ⅱ）若OC OD ，求 OCD 面积的最大值； （Ⅲ）设直线 AC ， BD 相交于点 N ，求OM ON  的值. 【答案】（Ⅰ） 2 2 12 x y  （Ⅱ） max 2 2OCDS △ （Ⅲ）1 【解析】 【分析】 （Ⅰ）根据题意解得 , ,a b c 得到椭圆方程. - 20 - （Ⅱ）设  1 1,C x y ，  2 2,D x y ，联立方程得到根与系数关系，根据垂直得到 2 23 2 2 0m t   ，计算三角形面积表达式，换元利用二次函数性质得到答案. （Ⅲ）计算 AC 和 BD 的直线方程，相除整理得到 2 2 2 2 121 x y y x   ，计算 N ty m   ， M my t   ，代入向量数量积公式得到答案. 【详解】（Ⅰ）由题意可得： 2 2 c a  ， 1b  ， 2 2 2a b c  ，联立解得 2a  ， 1b c  . 所以椭圆C 的方程为： 2 2 12 x y  . （Ⅱ）设  1 1,C x y ，  2 2,D x y ，联立方程组 2 2 12 x ty m x y     ， 化简得 2 2 22 2 2 0t y tmy m     ；     2 2 2 2 2 24 4 2 2 4 2 2 4 0t m t m m t          ， 1 2 2 2 2 tmy y t    ， 2 1 2 2 2 2 my y t   ； 因为   1 2 1 2 1 2 1 2x x y y ty m ty m y y        2 2 1 2 1 21 0t y y tm y y m      ， 化简整理得到 2 23 2 2 0m t   ，故 2 22 4 3 2t m   ，  2 1 2 1 2 1 2 1 1 42 2OCDS m y y m y y y y    △ 2 2 2 2 1 2 242 2 2 tm mm t t            2 22 2 22 4 2 3 24 2 2 41 1 3 22 2 2 2 m mm t m m mt          2 2 2 2 2 3 2 m m m    ， 设 23 2 ( 2)m u u   ，所以 2 2 42 2 ( 2)( 4)3 3 3OCD u u u uS u u     △ 22 1 1 9 2 9 283 8 8 3 8 2u          ，所以当 8u  即 2m   时，  max 2 2OCDS △ . - 21 - （Ⅲ）设  ,N NN x y ，  0, MM y ，直线 AC ： 1 1 11 yy xx   ①， 直线 BD ： 2 2 11 yy xx   ②；①÷②得 1 2 1 2 1 1 1 1 N N y y x y x y     ， 设  2 cos ,sinD   ，则 2 2 sin 1 sin 1 cos 2co 1 s2 cos 2 o 2c sBD ADk k            ， 即 2 2 2 2 1 1 1 0 0 2 y y x x      ，所以 2 2 2 2 121 x y y x   . 所以   1 21 2 1 2 1 2 1 11 1 21 1 N N y yy y x t m y x y x x t m           ， 所以 N ty m   ，又因为 M my t   ， 1M N m tOM ON y y t m               . 【点睛】本题考查了椭圆方程，面积最值，向量的数量积，意在考查学生的计算能力和综合 应用能力. 请考生在 22，23 二题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.做答时，用 2B 铅 笔在答题卡上把所选题目对应的标号涂黑. 选修 4-4：坐标系与参数方程 22.以平面直角坐标系 xoy 的原点O 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，直线 l 的极坐标方程为 sin 3 24       ，曲线C 的参数方程为 2cos 3sin x y     （ 为参数）. （Ⅰ）求直线 l 的直角坐标方程和曲线C 的普通方程； （Ⅱ）求曲线C 上的动点到直线l 距离的最大值. 【答案】（Ⅰ） 6 0x y   ， 2 2 14 3 x y  ；（Ⅱ） 14 6 2 2  . 【解析】 【分析】 （Ⅰ）化简直线l 的极坐标方程为 2 2sin cos 3 22 2      ，代入互化公式，即可求得 直线 l 的直角坐标方程，由曲线C 的参数方程，消去参数，即可求得得曲线C 的普通方程； - 22 - （Ⅱ）设点 M 的坐标为  2cos , 3sin  ，利用点到直线的距离公式，结合三角函数的性质， 即可求解. 【详解】（Ⅰ）由直线 l 的极坐标方程为 sin 3 24       ，可得 2 2sin cos 3 22 2      ， 将 sin y   ， cos x   代入上式，可得直线l 的直角坐标方程为 6 0x y   ， 由曲线C 的参数方程 2cos 3sin x y     （ 为参数），可得 cos2 sin 3 x y       （ 为参数）， 平方相加，可得曲线C 的普通方程为 2 2 14 3 x y  . （Ⅱ）设点 M 的坐标为 2cos , 3sin  ， 则点 M 到直线l ： 6 0x y   的距离为  2cos 3sin 6 7 sin 6 2 2 d          （其中 2 3tan 3   ）. 当  sin 1    时， d 取最大值，且 d 的最大值为 14 6 2 2  . 【点睛】本题主要考查了参数方程与普通方程，极坐标方程与直角坐标方程的互化，以及椭 圆的参数方程的应用，着重考查了推理与运算能力. 选修 4-5：不等式选讲 23.已知函数   2f x x a x b    ， ,a bR . （Ⅰ）若 1a  ， 1 2b   ，求   2f x  的解集； （Ⅱ）若 0ab  ，且  f x 的最小值为 2，求 2 1 a b  的最小值. 【答案】（Ⅰ） 0,2 （Ⅱ）4 - 23 - 【解析】 【分析】 （1）由不等式可得 1 1 1x    ，由此可求出 x 的范围； （2）利用绝对值三角不等式，求出  f x 的最小值为 2a b ，进而得到 2 2a b  ，根据 0ab  ，并借助基本不等式，即可得解. 【详解】（Ⅰ）由题意   1 1 2 1f x x x x      ，   2f x  ，即 2 1 2x   ，即 1 1 1x    ，解得 0 2x  ， 所以   2f x  解集为 0,2 . （Ⅱ）因为      2 2 2f x x a x b x a x b a b          ， 当且仅当   2 0x a x b   时，取到最小值 2a b ，即 2 2a b  ， 因为 0ab  ，故 2 2a b  ， 2 1 2 1 a b a b    ， 所以  2 1 1 2 1 1 2 12 22 2 a ba b a b a b            1 4 1 44 4 2 42 2 2 b a b a a b a b                 ， 当且仅当 4b a a b  ，且 2 2a b  ，即 1a  ， 1 2b  或 1a   ， 1 2b   时，等号成立. 所以 2 1 a b  的最小值为 4. 【点睛】本题考查绝对值不等式的解法、绝对值三角不等式及基本不等式的应用，考查转化 与化归的思想，合理运用绝对值三角不等式是本题的解题关键，属于中档题.在利用基本不等 式求最值时，一定要紧扣“一正、二定、三相等”这三个条件，注意创造“定”这个条件时， 经常要对所给式子进行拆分、配凑等处理，使之可用基本不等式来解决；当已知条件中含有 1 时，要注意 1 的代换.另外，解题中要时刻注意等号能否取到. - 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