广东省广州市2020届高三下学期调研考试数学（文）试题 Word版含解析 23页

- 1 - 2020 届广州市高三年级调研测试 文科数学 2019.12 本试卷共 5 页，23 小题，满分 150 分，考试用时 120 分钟. 1.答卷前，考生务必将自己的姓名和考生号、试室号、座位号填写在答题卡上，用 2B 铅笔在 答题卡的相应位置填涂考生号、并将试卷类型(A)填图在答题卡的相应位置上. 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔在答题卡上对应题目选项的答案涂黑；如需 改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上. 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须卸载答题卡各题目制定区域内的 相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔盒涂改液， 不按以上要求作答无效. 4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回. 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.已知复数 ，则复数 的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 转化条件得 ，由虚部的概念即可得解. 【详解】由题意 ， 所以复数 的虚部为 . 故选：D. 【点睛】本题考查了复数的除法运算和复数虚部的概念，属于基础题. 2.设集合 ，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】C 5 3 4z i = − z 4i i 4 5 i 4 5 3 4 5 5z i= + ( ) ( )( ) 3 455 3 4 3 4 4 53 3 4 5 iz i i ii + − − = ++= = 5 3 4z i = − 4 5 { } { ( )}2 2 3 0 , ln 2A x x x B x y x= − − ≤ = = − A B∩ = [ )3 2－ ， ( ]2 3， [ )l 2－ ， ( )l 2－ ， - 2 - 【解析】 【分析】 本题首先可以通过解一元二次不等式计算出集合 A，然后通过对数的性质计算出集合 B，最后 计算出 ，即可得出结果． 【详解】集合 A： ， ， ， 故集合 ， 集合 B： ， ， 故集合 ， ，故选 C． 【点睛】本题考查的是集合的相关性质，主要考查集合的运算、一元二次不等式的解法以及 对数的相关性质，考查计算能力，体现了基础性与综合性，是简单题． 3.如图所示的风车图案中，黑色部分和白色部分分别由全等的等腰直角三角形构成，在图案 内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 设黑色等腰直角三角形的腰长为 ，由题意分别表示出黑色部分和白色部分的面积，由几何概 型概率的求解方法即可得解. 【详解】设黑色等腰直角三角形的腰长为 ，则一个白色等腰直角三角形的腰长为 ， A B 2 2 3 0x x− − ≤ ( )( )3 1 0x x- + £ 1 3x− ≤ ≤ { }= 1 3A x x- £ £ 2 0x− > 2x < { }B= 2x x < )1 2A B éÇ = -ë ， 1 4 1 3 2 3 3 4 a a 2a - 3 - 则黑色部分的面积为 ，白色部分的面积为 ， 故所求概率为 . 故选：B. 【点睛】本题考查了几何概型概率的求解，属于基础题. 4.命题“ ”的否定是（ ） A B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 利用全称命题的否定是特称命题，即可直接得解. 【详解】因为全称命题的否定是特称命题， 所以命题“ ， ”的否定为“ ， ”. 故选：D. 【点睛】本题考查了全称命题的否定，属于基础题. 5.设 ， 是单位向量，且 ， 的夹角为 60°，则 的模为（ ） A. B. 13 C. 4 D. 16 【答案】A 【解析】 【分析】 利用模的运算，结合数量积的运算，求得 的模. 【 详 解 】 的 模 为 . 故选：A . 2 21 4 22 a a× = ( )2 21 2 4 42 a a⋅ × = 2 2 2 2 1 4 2 3 ap a a = =+ 10, 1x lnx x ∀ > ≥ − 10 1x lnx x ∃ ≤ ≥ −, 10 1x lnx x ∃ ≤ < −, 10 1x lnx x ∃ > ≥ −, 10 1x lnx x ∃ > < −, 0x∀ > 11lnx x ≥ − 0x∃ > 11lnx x < − a b a b 3c a b= +   13 c 3c a b= +   ( )2 2 2 3 3 9 6a b a b a a b b+ = + = + ⋅ +        9 6 cos60 1 13= + ⋅ + = - 4 - 【点睛】本小题主要考查复数的模和数量积运算，属于基础题. 6.已知实数 满足 ，则 的最小值为（ ） A. －7 B. －6 C. 1 D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】 作出约束条件的可行域，根据目标函数表示的几何意义即可求解. 【详解】画出约束条件的可行域，如图（阴影部分）所示： 由图可知向上平移直线 ， 到边界 的位置时， 取得最小值，此时 故选：A 【点睛】本题主要考查了线性规划问题，考查的核心素养是直观想象，属于基础题 7.已知点 在幂函数 的图象上，设 ，则 的大小关系为 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 ,x y 2 2 0 3 3 0 2 4 0 x y x y x y + − ≥  − − ≤  − + ≥ 3z x y= − 3 0x y− = ( )2,3B z 2 3 3 7z = − × = − ( ),8m ( ) ( )1 nf x m x= − ( )3 2, lnπ ,3 2a f b f c f    = = =          , ,a b c a c b< < a b c< < b c a< < b a c< < - 5 - 【分析】 由幂函数特点可求出 值，带入点可求 值，进而求得 解析式，利用 的单调性即 可比较大小． 【详解】∵点 在幂函数 的图象上，∴ ,解得 , ∴ ,且 在 上单调递增,又 ,∴ ,故选 A． 【点睛】本题考查幂函数性质和利用单调性比较大小． 8.已知 F 为双曲线 的右焦点，过 F 做 C 的渐近线的垂线 FD，垂足为 D，且满足 （O 为坐标原点），则双曲线的离心率为（ ） A. B. 2 C. 3 D. 【答案】A 【解析】 分析】 根据题中条件求出双曲线基本量的比例关系，然后即可求出离心率的值. 【详解】由题知 ，又因为焦点到双曲线渐近线的距离为 ， 所以 ， 整理得 . 故选：A. 【点睛】本题主要考查了双曲线离心率的求解，属于基础题. 9.函数 图象大致为（ ） 【 的 m n ( )f x ( )f x ( ),8m ( ) ( )1 nf x m x= − ( ) 1 1 1 8n m m m − =  − = 2 3 m n =  = ( ) 3f x x= ( )f x ( ),−∞ +∞ 3 2 1 lnπ3 2 < < < a c b< < 2 2 2 2 1x y a b − = 1 2FD OF= 2 3 3 10 3 1 2FD OF= b FD= ( )2 2 2 2 21 1 2 4 42 2FD OF b c b c b c c a c= ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒ − = 2 2 2 2 2 4 2 33 4 3 3 cc a e ea = ⇒ = = ⇒ = ( ) 2ln x x x xf x e e− − = + - 6 - A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 由 时， 可排除选项 A、B，利用函数奇偶性可排除 C，即可得解. 【详解】当 时， ， ， ，所以 ， 故可排除选项 A、B； 由 可得函数 为偶函数，可排除 C. 故选：D. 【点睛】本题考查了函数图象的识别，关键是对比函数的性质和图象的特征，属于基础题. 10.已知函数 将函数 的图象向左平移 个单位长度， 得到的函数的图象关于 轴对称，则下列说法错误的是（ ） A. 在 上单调递减 B. 在 上单调递增 ( )2,2x∈ ( ) 0f x < ( )2,2x∈ ( )2 0,1x x − ∈ 2ln 0x x − < 0x xe e−+ > ( ) 0f x < ( ) ( ) 2 2ln ln x x x x x xx xf x f xe e e e− − − + − − = = =+ + ( )f x ( ) ( )2 0 2f x sin x πϕ ϕ = + < <   ( )f x 6 π y ( )f x 2 ,3 2 π π − −   ( )f x 0, 3 π     - 7 - C. 的图象关于 对称 D. 的图象关于 对称 【答案】B 【解析】 【分析】 设平移后的函数为 ，令 可得 ，利用三角函数的性质逐项判断即可得解. 【详解】设平移后的函数为 ， 由题意 ，则 ， 又 ， ， ， 当 时， ，故 A 正确； 当 时， ，故 在 上不单调，故 B 错误； 当 时， ，故 C 正确； 当 时， ，故 D 正确. 故选：B. 【点睛】本题考查了三角函数图象的平移和三角函数图象的综合应用，属于中档题. 11.已知三棱锥 中， 面 面 则此三棱锥的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 ( )f x 5 ,012 π     ( )f x 3x π= − ( ) 2 03 2g x sin x π πϕ ϕ    =  + + < <   ( ) 3 2 k k Z π πϕ π+ = + ∈ 6 π=ϕ ( ) 2 03 2g x sin x π πϕ ϕ    =  + + < <   ( ) 3 2 k k Z π πϕ π+ = + ∈ ( ) 6 k k Z πϕ π= + ∈ 0 2 πϕ< < ∴ 6 π=ϕ ∴ ( ) 2 6f x sin x π = +   2 ,3 2x π π ∈ − −   7 5 3 12 , ,6 6 6 2 2x π π π π π   + ∈ − − ⊆ − −       0, 3x π ∈   52 ,6 6 6x π π π + ∈   ( )f x 0, 3 π     5 12x π= ( ) 5 s 06 in6f x sin π π π  = =  + = 3x π= − ( ) 2 3 sin 126f x sin π π π   = − = −       = − + P ABC− 1 7 2 2 5PA PB AB CA CB= = = = =, , , ， PAB ⊥ ABC， 20 9 π 25 12 π 25 3 π 5 3 π - 8 - 【分析】 取 的中点 ，连接 ， ，由题意得球心一定在直线 上，设球心为 O，半径为 R ，连接 ，在 中由勾股定理可得 ，解方程求得球的半径 后即可得解. 【详解】如图， ， ， ， ， ， ， 为等腰三角形. 取 的中点 ，连接 ， ， ， , , 又 面 面 ，面 面 ， 面 ， 面 ， 又 为直角三角形， 外接圆圆心为 D， 球心一定在直线 上，设球心为 O，半径为 R，连接 ， 则 ， 即 解得 ， 则此三棱锥的外接球的表面积为 . 故选：C. 【点睛】本题考查了三棱锥的结构特征和三棱锥外接球的表面积的求解，考查了空间思维能 力，属于中档题. 12.已知各项均为正数的数列 的前 项和为 满足 ， AB D CD PD CD PO Rt OPD ( ) ( )2 2 23 2R R− + =  1PA = 7PB = 2 2AB = ∴ 2 2 2PA PB AB+ = 2APB π∠ =  5CA CB= = ∴ ABC AB D CD PD ∴ CD AB⊥ 2AD BD= = ∴ 2 2 3CD BC BD= − = PAB ⊥ ABC PAB ∩ ABC AB= CD ⊂ ABC ∴ CD ⊥ PAB PAB△ ∴ PAB△ ∴ CD PO 3OD R= − ∴ 2 2 2OD DP OP+ = ( ) ( )2 2 23 2R R− + = 5 3 6R = 2 2 5 3 254 4 6 3S R ππ π  = = ⋅ =    { }na n ,nS ( )2 2 1 2 0n n n nS S− − − = - 9 - ，若 表示不超过 的最大正数，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 转 化 条 件 得 ， 进 而 可 得 ， ， 利 用 裂 项 相 消 法 可 得 ，根据新定义即可得解. 【详解】 ， ， 为正项数列， ， ， ， ， ， ， 由 表示不超过 的最大正数可知 . 故选：B. 【点睛】本题考查了新定义在数列问题中的应用，考查了 与 关系的应用和裂项相消法求 数列前 n 项和的应用，属于中档题. 二、填空题（每题 5 分，满分 20 分，将答案填在答题纸上） 13.已知抛物线 的焦点与椭圆 的一个焦点重合，则 ______． 【答案】 【解析】 【分析】 2 1n nb log a += [ ]x x 1 2 2 3 2020 2021 2020 2020 2020+ + =b b b b b b  + ⋅⋅⋅   2018 2019 2020 2021 2n nS = 1 2n na + = nb n= 1 2 2 3 2020 2021 2020 2020 2020+ + =b b b b b b  + ⋅⋅⋅   12020 1 2021   −      ( )2 2 1 2 0n n n nS S− − − = ∴ ( )( )2 1 0n n nS S− + =  { }na ∴ 1 0nS + > 2n nS = ∴ 1 1 2n nS + + = ∴ 1 1 1 2 2 2n n n n n na S S + + += − = − = ∴ 2 1n nb log a n+= = ∴ 1 2 2 3 2020 2021 2020 2020 2020 2020 2020 2020+ + = + +1 2 2 3 2020 2021b b b b b b    + ⋅⋅⋅ + ⋅⋅⋅   × × ×   1 1 1 1 1 12020 1 2020 12 2 3 2020 2021 2021       = − + − +⋅⋅⋅+ − = −             [ ]x x 12020 1 20192021   − =     na nS ( )2 2 0x py p= > 2 2 13 12 x y+ = p = 6 - 10 - 由题意抛物线焦点为 ，椭圆焦点为 ，即可得解. 【详解】由题意抛物线 的焦点为 ， 椭圆的焦点为 即 ， 所以 即 . 故答案为： . 【点睛】本题考查了抛物线和椭圆的焦点问题，属于基础题. 14.设数列 为等比数列，若 成等差数列，则等比数列 的公比为_______． 【答案】 【解析】 【分析】 由题意结合等差中项的性质、等比数列的通项公式可得 ，化简后即可得 解. 【详解】设公比为 q，由题意可得 ， ，化简得 ，解得 . 故答案为： . 【点睛】本题考查了等差数列和等比数列的综合应用，属于基础题. 15.奇函数 （其中 为底数）在 处的切线方程为________． 【答案】 【解析】 【分析】 由奇函数的性质可得 ，求出 ， ，利用点斜式即可求解. 【详解】 函数 为奇函数， 0, 2 p     ( )0, 3± ( )2 2 0x py p= > 0, 2 p     ( )0, 12 3± − ( )0, 3± 32 p = 6p = 6 { }na 2 3 42 4 8a a a, , { }na 1 2 3 2 1 1 12 8 8a q a q a q+ = 2 4 32 8 4 2a a a+ = × ∴ 3 2 1 1 12 8 8a q a q a q+ = 24 4 1 0q q− + = 1 2q = 1 2 ( ) x x af x x e e = +     e 0x = 2 0x y− = 1a = ( )0 2f ′ = ( )0 0f =  ( ) x x af x x e e = +     - 11 - 即 ，解得 ， ， ， ， ， 切线方程为 即 . 故答案为： . 【点睛】本题考查了函数奇偶性的应用，考查了导数几何意义的应用，属于中档题. 16.已知正方体 的棱长为 为 的中点，若 平面 ，且 平面 ，则平面 截正方体所得截面的周长为_________． 【答案】 【解析】 【分析】 根据线面垂直的条件先确定平面 ，再根据截面形状求周长即可得解. 【详解】在正方体 中， ， ， 面 ， ， 取 的中点 ， 的中点 ，连接 ， ， ， 易知 ， 由 面 可得 ， 面 ， ， 面 ，取 的中点 ，由 可知点 在面 上， 平面 截正方体所得截面为 ， 由正方体棱长为 2 易得截面周长为 . 故答案为： . ∴ ( ) ( )1 1f f− = − 1 1 a ae ee e − −    − = −      +  + 1a = ∴ ( ) 1x xf x x e e = +     ∴ ( ) 1 1x x x xf x e x ee e  ′ = + + −   ∴ ( )0 2f ′ = ( )0 0f = ∴ 2y x= 2 0x y− = 2 0x y− = 1 1 1 1ABCD A B C D− 2 M， 1CC AM ⊥ α B∈ α α 3 2 2 5+ α 1 1 1 1ABCD A B C D− BD AC⊥ BD CM⊥ ∴ BD ⊥ ACM ∴ BD AM⊥ 1BB N 1 1A B E MN AN BE BE AN⊥ MN ⊥ 1 1ABB A MN BE⊥ ∴ BE⊥ AMN ∴ BE AM⊥ ∴ AM ⊥ BDE 1 1A D F / /EF BD F BDE ∴ α BDFE 2 2 5 2 5 3 2 2 5+ + + = + 3 2 2 5+ - 12 - 【点睛】本题考查了线面垂直的判定和截面的性质，考查了空间思维能力，属于中档题. 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 中，角 的对边分别是 ，已知 . （1）求角 的值； （2）若 的面积为 ，周长为 ，求 的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】 （1）由正弦定理得 ，进而可得 ，即可 得解； （2）由面积可得 ，由余弦定理得 ，再结合周长即可得解. 【详解】（1）因为 ， 由正弦定理得 . 因为 ，所以 ， 所以 ，即 ， ABC A B C， ， a b c， ， 03csin A asinC π  −   + = A ABC 3 6 a 3A π= 2a = 1 3 02 2sinC sinA cosA sinAsinC      −  + = tan 3A = 4bc = ( )22 12a b c= + − 03csin A asinC π  −   + = 1 3 02 2sinC sinA cosA sinAsinC      −  + = ( )0,C π∈ 0sinC > 3 1 sin 02 2cosA A− = tan 3A = - 13 - 因为 ，所以 . （2）因为 的面积为 ，所以 ，得 ， 由余弦定理得 ， 因为 的周长为 ，即 所以 所以 . 【点睛】本题考查了正弦定理和余弦定理的综合应用，属于中档题. 18.随着手机的发展，“微信”逐渐成为人们支付购物的一种形式.某机构对“使用微信支付” 的态度进行调查，随机抽取了 50 人，他们年龄的频数分布及对“使用微信支付”赞成人数如 下表. 年龄 （单位： 岁） ， ， ， ， ， ， 频数 5 10 15 10 5 5 赞成人数 5 10 12 7 2 1 （Ⅰ）若以“年龄 45 岁为分界点”，由以上统计数据完成下面 列联表，并判断是否有 99% 的把握认为“使用微信支付”的态度与人的年龄有关； 年龄不低于 45 岁的人数 年龄低于 45 岁的人数 合计 赞成 不赞成 合计 （Ⅱ）若从年龄在 的被调查人中按照赞成与不赞成分层抽样，抽取 5 人进行追踪调查 ，在 5 人中抽取 3 人做专访，求 3 人中不赞成使用微信支付的人数的分布列和期望值. ( )0,A π∈ 3A π= ABC 3 1 32 bcsinA = 4bc = ( ) ( )2 22 2 2 2 22 3 12a b c bccosA b c bc b c bc b c= + − = + − = + − = + − ABC 6 6,a b c+ + = ( )22 6 12,a a= − − 2a = [15 25) [25 35) [35 45) [45 55) [55 65) [65 75] 2 2× [45,65) - 14 - 参考数据： 0.15 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 ，其中 . 【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）详见解析. 【解析】 【分析】 （Ⅰ）根据频数分布表补全列联表，代入公式可求得 ，从而可知有 的 把握；（Ⅱ）根据分层抽样的方法可知抽取的 人中，支持微信支付 人，不支持微信支付 人，根据超几何分布的特点求得分布列和数学期望. 【详解】（Ⅰ）由频数分布表得 列联表如下： 年龄不低于 45 岁的人数 年龄低于 45 岁的人数 合计 赞成 不赞成 13 合计 有 把握认为“使用微信交流”的态度与人的年龄有关 （Ⅱ）年龄在 中支持微信支付 人，不支持微信支付 6 人 由分层抽样方法可知：抽取的 人中，支持微信支付 人，不支持微信支付 人 设 人中不支持微信支付的人数为 ，则 所有可能的取值为： 的 2 0( )P K k 0k 2 2 ( ) ( )( )( )( ) n ad bcK a b c d a c b d −= + + + + n a b c d= + + + 2 9.98 6.635K ≈ > 99% 5 3 2 2 2× 10 27 37 10 3 20 30 50 2 2 50 (3 10 27 10) 9.979 6.63537 30 13 20K × × − ×∴ = ≈ >× × × ∴ 99% [ )45,65 9 5 3 2 3 ξ ξ 0,1,2 - 15 - ， ， 的分布列为： 【点睛】本题考查独立性检验、超几何分布的分布列和数学期望的求解，对于学生的基础计 算能力有一定的考查，属于常规题型. 19.如图，已知四边形 是边长为 的菱形， 平面 平面 ，且 （1）求证：平面 平面 （2）若四边形 为直角梯形，且 ，求点 到平面 的距离. 【答案】（1）见解析（2） 【解析】 【分析】 （1）由菱形性质可得 ，再由面面垂直的性质可得 平面 ，由面面垂直 的判定即可得证； ( ) 3 3 3 5 10 10 CP C ξ = = = ( ) 2 1 3 2 3 5 6 31 10 5 C CP C ξ = = = = ( ) 1 2 3 2 3 5 32 10 C CP C ξ = = = ξ∴ ξ 0 1 2 P 1 10 3 5 3 10 ( ) 0 0.1 1 0.6 2 0.3 1.2E ξ∴ = × + × + × = ABCD 2 60 ,ABC∠ =  AEFC ⊥ ,ABCD //EF AC 1, 2AE AC EF= = BED ⊥ ;AEFC AEFC AE AC⊥ A FCD 2 21 7 BD AC⊥ BD ⊥ AEFC - 16 - （2）设 与 相交于点 ，连接 ，先证明 面 ，求出 后利 用 即可得解. 【详解】（1）证明:因为四边形 是菱形，所以 ， 又因为 平面 ，平面 平面 . 平面 平面 所以 平面 . 因为 平面 ， 所以平面 平面 . （2）设 与 相交于点 ，连接 . 因为 且 ， 四边形 是平行四边形. 所以 且 . 因为 ，面 面 ，面 面 ， 面 ，所以 面 ， 因为 ，所以 面 . 因为 面 ， 所以 ， . 在 中， ， 在 中， 在 中， ， . 所以 边上的高为 AC BD O OF OF ⊥ ABCD 7 2CFDS =  A CDF F ACDV V− −= ABCD BD AC⊥ BD ⊂ ABCD AEFC ⊥ ABCD AEFC ∩ ,ABCD AC= BD ⊥ AEFC BD ⊂ BDE BED ⊥ AEFC AC BD O OF / /AO EF AO EF= ∴ AOFE / /AE OF AE OF= AE AC⊥ AEFC ⊥ ABCD AEFC ∩ ABCD AC= AE ⊂ ACFE AE ⊥ ABCD / /AE OF OF ⊥ ABCD AC BD ⊂， ABCD OF AC⊥ OF BD⊥ Rt OFC 2 2 2CF OF OC= + = Rt OFD 2 2 2,DF OF OD= + = CFD△ 2CF = 2DF DC= = CF 2 2 2 142 2 2  − =    - 17 - 所以 设点 到面 的距离为 ， 因为 ， 即 ， 所以 ， 所以 . 【点睛】本题考查了面面垂直的性质和判定，考查了点到平面距离的求解和等体积法的应用， 属于中档题. 20.已知椭圆 的右焦点 F 到左顶点的距离为 3. （1）求椭圆 C 的方程； （2）设 O 是坐标原点，过点 F 的直线与椭圆 C 交于 A，B 两点（A，B 不在 x 轴上），若 ，延长 AO 交椭圆与点 G，求四边形 AGBE 的面积 S 的最大值. 【答案】（1） ；（2） . 【解析】 【分析】 （1）根据椭圆方程中基本量的关系与右焦点 F 到左顶点的距离，即可求出椭圆基本量，即得 椭圆方程； （2）首先联立方程组，利用韦达定理表示出四边形的面积，根据面积表达式的函数单调性求 出面积的最值即可. 【详解】（1）由题知 ， ， ， 解得 ，所以椭圆 ； （2）因为过点 F 的直线与椭圆 C 交于 A，B 两点（A，B 不在 x 轴上）， 1 14 722 2 2CFDS = × × =  A CDF h A CDF F ACDV V− −= 1 1 3 3CDF ACDh S OF S× × = × ×   7 11 2 32 2h× = × × × 2 3 2 21 77 h = = ( )2 2 2 1 03 x yC aa + = >： OE OA OB= +   2 2 14 3 x y+ = 9 2 2 3b = 3a c+ = ( )22 2 2 2 2 3a b c a b a= + ⇒ = + − 2a = 2 2 14 3 x yC + =： - 18 - 设 ，联立 ， 设 ， ，有 ， 因为 ，所以四边形 AOBE 是平行四边形， 所以 ， 有 ， 令 ，有 ， 当 时 单调递减，所以当 时面积取最大值， 最大值为 . 【点睛】本题主要考查了椭圆方程基本量的求解，椭圆中三角形的面积计算，属于一般题. 21.已知函数 . （1）若 ，求 的单调区间； （2）讨论 的零点个数. 【答案】（1） 在 单调递减，在 单调递增.（2）当 时， 有 个零 点；当 时， 有 个零点. 【解析】 【分析】 （1）求导后求解 、 的解集后即可得解； （2）当 时，由（1）求得的单调性即可得解；当 时，求出函数导数后，设导函数的 零点为 ，求得 的最小值 ，再由 、 即可得解. : 1l x ty= + ( )2 22 2 1 3 4 6 9 0 14 3 x ty t y tyx y = + ⇒ + + − = + = ( )1 1,A x y ( )2 2,b x y 1 2 2 1 2 2 6 3 4 9 3 4 ty y t y y t − + = + − = + OE OA OB= +   1 2 33 2AGBE AOBE OGB AOBS S S S y y= + = = −   ( ) 2 2 1 2 1 2 2 3 18 142 3 4AGBE tS y y y y t += + − = + 2 1 1m t= + ≥ 2 18 18 13 1 3 AGBE mS m m m = =+ + m 1≥ 18 13m m + 1m = max 18 9 3 1 2S = =+ 1,a ≥ ( ) ( )2ln 1 1f x x x ax a x= − + + − 1a = ( )f x ( )f x ( )f x ( )0,1 (1, )+∞ 1a = ( )f x 1 1a > ( )f x 2 ( ) 0f x′ < ( ) 0f x′ > 1a = 1a > 0x ( )f x ( )0 0f x < 1 03f   >   ( )3 0f > - 19 - 【详解】（1）若 时， ， 的定义域为 ， ， 当 时， ；当 时， ； 所以 在 单调递减，在 单调递增. （2）当 时， ， ，且 在 单调递减，在 单调递增， 有 个零点； 当 时， ， 令 ， 因为 ， 在 上单调递增. 又 ， ， 所以存在实数 ，使得 . 在 上， ， 是减函数， 在 上， ， 是增函数， 所以 的最小值是 ， 其中 满足 ， 即 ， 所以 ， 因为 ， ， 1a = ( ) ( )2ln 1 1f x x x x x= − + + − ( )f x (0, )+∞ ( ) ( )ln 2 1f x x x′ = + − 0 1x< < ( ) 0f x′ < 1x > ( ) 0f x > ( )f x ( )0,1 (1, )+∞ 1a = ( ) ( )2ln 1 1f x x x x x= − + + −  ( )1 0f = ( )f x ( )0,1 (1, )+∞ ∴ ( )f x 1 1a > ( ) ( )1 ln 2 1 1 ln 2 3f x x a a x x ax a′ = + − + − = + + − ( ) 1 ln 2 3g x x ax a= + + − 1a > ( )g x (0, )+∞ ( ) ( )1 1 1 0f g a′ = = − < 3 3 31 02 2 2f g ln   ′ = = + >       0 31, 2x  ∈   ( )0 0g x = ( )00, x ( ) 0f x′ < ( )f x 0( )x + ∞， ( ) 0f x′ > ( )f x ( )f x ( )0f x 0x ( )0 0f x′ = 01 ln 2 3 0x ax a+ + − = ( ) ( )2 0 0 0 0 0ln 1 1f x x x ax a x= − + + − ( ) ( )2 0 0 0 03 1 2 1 1x a ax ax a x= − − − + + − ( )( )0 01 1x a ax= − + + 0 31, 2x  ∈   ∴ ( )0 0f x < - 20 - 又因为 ， 所以 有 个零点. 综上所述，当 时， 有 个零点； 当 时， 有 个零点. 【点睛】本题考查了利用导数求函数的单调区间和函数零点的个数，考查了分类讨论思想， 属于中档题. (二)选考题:共 10 分.请考生在第 22、23 两题中任选一题作答，并用 2B 铅笔在答题卡上把所 选题目的题号涂黑.注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定 位置上答题.如果多做，则按所做的第一题计分. 22.在直角坐标系 xOy 中，曲线 C 的参数方程为 （m 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 的极坐标方程为 （1）求曲线 C 和直线 的直角坐标系方程； （2）已知 直线 与曲线 C 相交于 A，B 两点，求 的值. 【答案】（1）曲线 ，直线 ；（2） . 【解析】 【分析】 （1）根据曲线的参数方程，消去参数即可求出曲线方程，根据直线的极坐标方程，根据极坐 标与直角坐标转换的公式即可求出直线的直角坐标方程； （2）由于点 ， ， 均在直线上，所以利用直线参数方程的几何意义，与曲线联立，求出 根，即可求出 的值. 【详解】（1）由题知 ， ， 1 31 03 9 3 a lnf   = + − >   ( )3 3 3 1 0,f ln a= + + > ( )f x 2 1a = ( )f x 1 1a > ( )f x 2 1 1 x m m y m m  = +  = − l 3 sin cos 3 0.ρ θ ρ θ− − = l ( )0,1P l 1 1 PA PB + 2 2 14 4 x yC : − = 3: 3 0y xl − − = 11 5 P A B 1 1 PA PB + 2x y m+ = 2x y m − = - 21 - 消去 有 ， 即曲线 ， 因为 ， 即直线 ； （2）易知点 在直线 上，且直线 的倾斜角为 ， 则直线 的参数方程为 （t 为参数）， 因为直线 与曲线 C 相交于 A，B 两点， 所以有 ， 解得 ， ， 根据参数的几何意义有 ， , 有 ， ， . 【点睛】本题主要考查了直线的参数方程，直角坐标与极坐标的转化，直线参数方程的几何 意义，属于一般题. 23.已知 （1）当 时，求不等式 的解集； （2）若 时， ，求 的取值范围. 【答案】（1） ；（2） . 【解析】 m 2 2 2 2 4 14 4 x yx y− = ⇒ − = 2 2 14 4 x yC : − = 3 sin cos 3 0 cos 3 3 0 sin x y x y ρ θ ρ θ ρ θ ρ θ  − − =  = ⇒ − − =  = 3: 3 0y xl − − = ( )0,1P l l 6 π l 3 2 11 2 x t y t  =  = + l 2 2 23 1 11 4 5 02 2 2t t t t    − + = ⇒ − − =        1 1 11t = − 2 1+ 11t = 1 = 11 1PA t= − 2 1 11PB t= = + 1 2 2 11t t+ = 1 2 10t t⋅ = 1 2 1 2 1 2 1 1 1 1 2 11 11 10 5PA PB t t t t tt + =⋅+ = + = = ( ) ( ) ( )2 2 .f x x a x x x a= − − + − − 2a = ( ) 0f x < ( ),x a∈ −∞ ( ) 0f x < a ( ),2−∞ ( ],2−∞ - 22 - 【分析】 （1）对 和 分类讨论即可求出解集范围； （2）分别讨论 和 两种情况，结合第一问中 ，即可求出结果. 详解】（1）当 时， ， 当 时， ， 当 时， ， 故不等式 的解集为 ； （2）因为 ，所以 ， 当 时，可知在区间 时，即 ， 有 ， 显然不恒成立，不满足题意，舍去， 当 时，可知在区间 时，即 ， 有 恒成立，满足题意， 由第一问有，当 时也满足题意， 综上， 时， 在 上恒成立. 【点睛】本题主要考查了含有绝对值的不等式，这类题要注意分类讨论，属于一般题. 【 2x < 2x ≥ 2a > 2a < 0a = 2a = ( )( 2 2) 2xf xx −= − 2x < ( )2( ) 2 2 0f xx −= <− 2x ≥ ( )22( 0) 2 xf x −= ≥ ( ) 0f x < ( ),2−∞ ( ),x a∈ −∞ 0x a x a< ⇒ − < 2a > [ )2,x a∈ 2 0x − ≥ ( )( ) ( )( )( ) 2 2 0f x a x x x x a= − − + − − = 2a < ( ),x a∈ −∞ 2 0x − < ( )( )( ) 2 2 0f x a x x= − − < 2a = ( ],2a∈ −∞ ( ) 0f x < ( ),x a∈ −∞ - 23 -