湖南省衡阳市第八中学2020届高三下学期适应性考试数学（文）试题 Word版含解析 26页

- 1 - 湖南师大附中 2020 届高三月考试卷（八） 理科数学（2020 年 6 月） 一、选择题：本大题共 12 个小题，每小题 5 分，共 60 分，在每小题的四个选项中，只有一 项是符合题目要求的. 1. 已知 i是虚数单位， 20202 3 1 iz i i    ， z的共轭复数为 z，则 z z （ ） A. 3 B. 5 C. 5 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】 首先可以根据复数的运算法则得出 2z i   ，然后根据共轭复数的性质得出 2z i   ，最 后根据复数的乘法法则即可得出结果. 【详解】因为       2020 2 12 3 3 1 3 2 1 1 1 i iiz i i i i i i               ， 所以 2z i   ，     2 22 2 2 5z z i i i          ， 故选：C. 【点睛】本题考查共轭复数以及复数的运算法则，主要考查复数的乘法以及除法，复数 z a bi  的共轭复数为 z a bi  ，考查计算能力，是简单题. 2. 已知全集U  R，集合  2| 3 13 0A x x x   ，  | 3 1xB y y   ，则  UA B  ð （ ） A. 131, 3     B. (0,1] C. 131, 3       D. (0,1) 【答案】B 【解析】 【分析】 利用一元二次不等式的解法求出集合 A ,利用指数函数的值域求出集合 B ,根据集合补集的定 义和集合的交运算求解即可. 【详解】依题意得，集合 130 3 A x x       ,  | 3 1 { | 1}xB y y y y     ， - 2 - 由集合补集的定义知， { | 1}UB y y ð ， 由集合的交运算可得，   (0,1]UA B ð ， 故选：B 【点睛】本题考查一元二次不等式的解法、指数函数的值域、集合的交、补运算；考查运算 求解能力；属于基础题. 3. 为了贯彻素质教育，培养各方面人才，使每位学生充分发挥各自的优势，实现卓越发展， 某高校将其某- -学院划分为不同的特色专业，各专业人数比例相关数据统计.如图，每位学 生限修一门专业.若形体专业共 300 人，则下列说法错误的是（ ） A. 智能类专业共有 630 人 B. 该学院共有 3000 人 C. 非文化类专业共有 1800 人 D. 动漫类专业共有 800 人 【答案】D 【解析】 【分析】 根据形体专业所占比例和人数可求出总人数，分别求出文化类和智能类所占比例，根据比例 和总人数可求出不同专业的人数，进而可得答案. 【详解】该学院共有 300 3000 10%  人，B正确； 由题意可知，文化类共有1 15% 18% 12% 10% 5% 40%      ， - 3 - 而智能类共有 40% 3% 6% 10% 21%    ， 所以智能类专业共有3000 21% 630  人，A正确； 非文化类专业共有3000 60% 1800  人，C 正确； 动漫类专业共有15% 3000 450  人，故 D 错误. 故选：D. 【点睛】本题考查数据统计知识，考查数据分析，解决问题能力，命题陷阱：饼状图中信息 较多，容易分析错误，从而会导致出错. 4. 某同学让一弹性球从 128 米高处下落，每次着地后又跳回原来高度的一半再落下，则第 8 次着地时球所运动的路程的和为（ ） A. 382m B. 510m C. 245m D. 638m 【答案】A 【解析】 【分析】 记第 n次落地到第 1n  次落地之间球运动的路程为 na ，则{ }na 是首项 1 128a  米，公比为 1 2 的等比数列，然后利用等比数列的求和公式计算可得答案. 【详解】记第 n次落地到第 1n  次落地之间球运动的路程为 na ，则{ }na 是首项 1 128a  米， 公比为 1 2 的等比数列， 所以第 8 次着地时球所运动的路程的和为 1 2 3 4 5 6 7128 a a a a a a a       71128 1 2 128 11 2            382 米. 故选：A. 【点睛】本题考查了等比数列模型，考查了等比数列的前n项和的公式，属于基础题. 5. 已知函数 2( ) cosf x x x  ，则 3 1, (0), 5 2 f f f           的大小关系是（ ） A. 3 1(0) 5 2 f f f             B. 1 3(0) 2 5 f f f             - 4 - C. 3 1 (0) 5 2 f f f             D. 1 3(0) 2 5 f f f             【答案】B 【解析】 【分析】 先判断函数的奇偶性，再判断函数有 0, 2       上的单调性，利用函数的单调性和奇偶性可以判 断出 3 1, (0), 5 2 f f f           之间的大小关系. 【详解】 函数 2 2( ) ( ) cos( ) cos ( )f x x x x x f x        ， ( )f x 为偶函数， (0.5) ( 0.5)f f   ， ( ) 2 sinf x x x   ， 当 0 2 x    时， ( ) 2 sin 0f x x x    ， 函数在 0, 2       上递增， (0) (0.5) (0.6)f f f   ， 即 (0) ( 0.5) (0.6)f f f   ， 故选 B． 【点睛】本题考查了函数的奇偶性和用导数研究函数的单调性，掌握函数的奇偶性的判断和 利用导数研究函数的单调性是解题的关键. 6. 在 ABC 中，D，E 分别为 AB， BC上的点，且 AD DB ， 2BE EC ，若 DE mAB nAC     ，则 m n （ ） A. 1 4  B. 5 8  C. 1 8 D. 5 4 【答案】A 【解析】 【分析】 由平面向量的三角形法则和共线定理，可得 1 2 6 3 DE DA AC CE AB AC            ，即可求出 ,m n值，进而求出结果. 【详解】由题意，作出草图，如下图所示： - 5 - 由平面向量的三角形法则和共线定理，可知 1 1 2 3 DE DA AC CE AB AC CB       uuur uuur uuur uur uuur uuur uur  1 1 1 2 2 3 6 3 AB AC AB AC AB AC        uuur uuur uuur uuur uuur uuur ， 所以 1 6 m   ， 2 3 n  ，故 1 4 m n   . 故选：A. 【点睛】本题主要考查了平面向量的加法运算、共线定理和平面向量基本定理的应用，属于 基础题. 7. 已知底面是等腰直角三角形的三棱锥 P-ABC 的三视图如图所示，俯视图中的两个小三角形 全等，则（ ） A. PA，PB，PC 两两垂直 B. 三棱锥 P-ABC 的体积为 8 3 C. | | | | | | 6PA PB PC   D. 三棱锥 P-ABC 的侧面积为3 5 【答案】C 【解析】 【分析】 - 6 - 根据三视图，可得三棱锥 P-ABC 的直观图，然后再计算可得. 【详解】解：根据三视图，可得三棱锥 P-ABC 的直观图如图所示， 其中 D 为 AB 的中点， PD 底面 ABC. 所以三棱锥 P-ABC 的体积为 1 1 42 2 2 3 2 3      ， 2AC BC PD    ， 2 2 2 2AB AC BC    ， | | | | | | 2DA DB DC    ，  22| | | | | | 2 2 6,PA PB PC      2 2 2PA PB AB  ， PA 、 PB不可能垂直， 即 ,PA ,PB PC不可能两两垂直， 1 2 2 2 2 2 2PBAS     ，  2 21 6 1 2 5 2PBC PACS S       . 三棱锥 P-ABC 的侧面积为 2 5 2 2 . 故正确的为 C. 故选：C. 【点睛】本题考查三视图还原直观图，以及三棱锥的表面积、体积的计算问题，属于中档题. 8. 已知 F 是抛物线 2y x 的焦点，点 A，B在该抛物线上且位于 x轴的两侧， 2OA OB    （其 中O为坐标原点），则 ABO 与 AFO 面积之和的最小值是（ ） A. 2 B. 3 C. 17 2 8 D. 10 【答案】B 【解析】 【详解】试题分析：据题意得 1( ,0) 4 F ，设 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y ，则 2 2 1 1 2 2,x y x y  ， - 7 - 2 2 1 2 1 2 1 22, 2y y y y y y    或 1 2 1y y  ，因为 ,A B位于 x轴两侧所以.所以 1 2 2y y   两面积 之 和 为 1 2 2 1 1 1 1 1 2 2 4 S x y x y y     2 2 1 2 2 1 1 2 1 1 1 1 1 1 2 2 4 8 y y y y y y y y         1 1 1 2 1 8 y y y     1 1 2 9 8 y y   1 1 2 9 3 8 y y    . 9. 已知函数 2 ( ) ( 1) 2( ) 2 xxf x m e m R     有两个极值点，则实数m的取值范围为（ ） A. 1[ ,0] e  B. 1( 1 , 1) e    C. 1( , ) e   D. (0, ) 【答案】B 【解析】 【分析】 函数定义域是 R，函数       2 1 2 2 xxf x m e m R     有两个极值点，其导函数有两个不 同的零点；将导函数分离参数 m 后构造出的关于 x 的新函数与关于 m 的函数有两个不同交点， 借助函数单调性即可确定 m 的范围. 【详解】函数  f x 的定义域为 R，    ' 1 xf x x m e   .因为函数  f x 有两个极值点， 所以    ' 1 xf x x m e   有两个不同的零点，故关于 x的方程 1 x xm e    有两个不同的解， 令   x xg x e  ，则   1' x xg x e   ，当  ,1x  时，  ' 0g x  ，当  ,1x  时，  ' 0g x  ， 所以函数   x xg x e  在区间  ,1 上单调递增，在区间  1. 上单调递减，又当 x 时，  g x ；当 x 时，   0g x  ，且   11g e  ，故 10 1m e     ，所以 11 1m e      ，故选 B. 【点睛】本题考查了利用函数极值点性质求解参数范围，解题中用到了转化思想和分离参数 的方法，对思维能力要求较高，属于中档题；解题的关键是通过分离参数的方法，将问题转 化为函数交点个数的问题，再通过函数导数研究构造出的新函数的单调性确定参数的范围. 10. 在等腰直角三角形 ABC中，过直角顶点 C在 ACB 内部任作一条直线CM，交 AB边于 点 M，则 AM AC 的概率为（ ） - 8 - A. 1 2 B. 2 2 C. 1 3 D. 3 4 【答案】D 【解析】 【分析】 由于过直角顶点 C 在 ACB 内部任作一条射线CM，所有的可能结果的区域为 ACB ，事件 A 构成的区域为 ACC ，以“角度”为测度来计算几何概型的概率即可. 【详解】在 AB上取 AC AC  ，则 180 45 67.5 2 ACC       . 记事件 A 在“在 ACB 内部任作一条射线CM，与线段 AB交于点 M， AM AC”， 则所有可能结果的区域为 ACB ，事件 A 构成的区域为 ACC ， 又 90ACB  ， 67.5ACC  ，∴   67.5 3 90 4 P A     故选：D. 【点睛】本题考查了几何概型的概率问题，考查了理解辨析能力和数学运算能力，转化的数 学思维，属于中档题目. 11. 已知 , ,A B P为双曲线 2 2 1 4 yx   上不同三点，且满足 2PA PB PO     （O为坐标原点）， 直线 ,PA PB的斜率记为 ,m n，则 2 2 4 nm  的最小值为（ ） A. 8 B. 4 C. 2 D. 1 【答案】B 【解析】 由 2PA PB PO     有点O 为线段 AB 的中点,设 1 1 2 2( , ), ( , )A x y P x y ,则 1 1( , )B x y  , - 9 - 所以 2 1 2 1 2 1 2 1 y y y ym n x x x x       ， ,故 2 2 2 1 2 1 2 1 2 2 2 1 2 1 2 1 ( )( ) ( )( ) y y y y y ymn x x x x x x         ,由于点 A,B,P 在双 曲线上,所以 2 2 2 21 2 1 21, 1 4 4 y yx x    ,代入上式中,有 2 2 2 1 2 2 2 1 41 ( ) 4 y ymn y y     ,所以 2 2 2 22 4 4 4 n nm m mn     ,故最小值为 4.选 B. 点睛:本题主要考查了双曲线的有关计算,涉及到的知识点有平面向量中线定理,直线斜率的 计算公式,基本不等式等,属于中档题. 首先得出原点为线段 AB 的中点,再求出直线 PA,PB 斜 率的表达式, 算出mn为定值,再由基本不等式求出最小值. 12. 如图所示，在 ABC 中， 2AB BC  ， 120ABC   .若平面 ABC外的点 P 和线段 AC上的点 D 满足PD DA ，PB BA ，则四面体 PBCD的体积的最大值为（ ） A. 1 3 B. 1 2 C. 2 3 D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】 根据题意, AD x ,表示出 BCD 的面积,进而表示出三棱锥 P BCD 的体积,根据不等 式成立的条件及二次函数的最值即可求得三棱锥P BCD 的体积的最大值. 【详解】因为 2AB BC  , 120ABC   由余弦定理，可得 2 22 2 2 2 2cos120 2 3AC        所以 2 3AC  , 30ACB CAB    - 10 - 设 AD x ,则 , 2 3DP x DC x   , P到平面BCD的距离为 h ,则 h PD x  则 1 sin 2BCDS BC DC ACB       1 1 2 32 2 3 2 2 2 xx        则 1 3P BCD BCDV S h    1 2 3 3 2 x x    21 1( 3) 6 2 x    所以当 3x  时, 三棱锥 P BCD 的体积的最大值为 1 2 故选: B 【点睛】本题考查了空间几何体的综合应用,几何体体积的最值求法,分析出各线段的关系是 解决此类问题的关键,属于中档题. 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分. 13. 已知 x， y满足约束条件 4 0 3 3 0 1 x y x y x          ，若可行域内任意 ( , )x y 使不等式 0x y k   恒 成立，则实数 k的取值范围为__． 【答案】[2, ) 【解析】 【分析】 不等式 0x y k   恒成立，可转化为 ( )maxk x y   ，然后画出满足题意的可行域，令 z x y   ，求出目标函数 z x y   的最大值，即可求出实数 k的取值范围. 【详解】画出满足题意的可行域如下图： - 11 - 不等式 0x y k   恒成立，可转化为 ( )maxk x y   ，令 z x y   ， 即： maxk z ， 由 4 0 1 x y x      ，得 ( )1,3B ， 当目标函数 z x y   （图中虚线部分）经过点 B时， z有最大值， 1 3 2maxz     ， 所以 2k  ，即 [2, )k  . 故答案为：[2, ) . 【点睛】本题考查线性规划，考查逻辑思维能力和计算能力，考查数形结合思想，属于常考 题. 14. 设数列{ }na 满足 1 23 (2 1) na a n a n    ，若不等式 1 2 2 3 1 27logn na a a a a a n   „ 对 任意 *n N 恒成立，则实数 的最小值是_____． 【答案】3 【解析】 【分析】 由数列的递推式可得 1 2 1na n   ， 1 1 1 1 1( ) (2 1)(2 1) 2 2 1 2 1n na a n n n n        ，运用数列的裂 项相消求和和不等式恒成立问题解法，可得所求最小值． 【详解】解：数列{ }na 满足 1 23 (2 1) na a n a n    ，① 可得 1 1a  ， 2n… 时， 1 2 13 (2 3) 1na a n a n     ，② - 12 - ①②可得 (2 1) 1nn a  ，即有 1 2 1na n   ，对 1n  也成立， 则 1 1 1 1 1( ) (2 1)(2 1) 2 2 1 2 1n na a n n n n        ， 1 2 2 3 1 27logn na a a a a a n   „ 即为 27 1 1 1 1 1 1 1 1(1 ) (1 ) log 2 3 3 5 2 1 2 1 2 2 1 2 1 n n n n n n             „ ， 可得 27 1log 2 1n   … 对任意 *n N 恒成立， 显然 1( ) 2 1 f n n   为递减数列，  1f 取得最大值 1 3 ， 可得 27 1log 3 … ，解得 3… ， 实数 的最小值为 3． 故答案为：3． 【点睛】本题考查数列的递推式的运用，数列的裂项相消求和，以及数列不等式恒成立的解 法，注意运用转化思想，考查化简运算能力、推理能力，属于中档题． 15. 从 2 个不同的红球，2 个不同的黄球，2 个不同的蓝球共 6 个球中任取 2 个，放入红、黄、 蓝色的三个袋子中，每个袋子至多放入 1 个球，且球色与袋色不同，则不同的放法有 _____________种. 【答案】42 【解析】 【分析】 根据题意，分 2 种情况讨论：①取出的两个球颜色相同；②取出的两个球颜色不同，有黄球 和蓝球，黄球和红球，红球和蓝球，共三种情况，分别求出每一类情况的放入方法种数，由 加法原理计算可得答案． 【详解】根据题意，分两类情况： ①若取出2个球全是同一种颜色，有3种可能，若为红色只需把它们放入蓝和黄即可，有 2 2 2A  （种），此时有3 2 6  （种）； ②若取出的 2 个球为两种颜色的球，有 1 1 2 23 12C C  （种），若为一红一黄，每个袋子至多放 入一个球，且球色与袋色不同，有 3 种方法，此时共有12 3 36  （种）， 因此不同的放法有6 436 2  种. 故答案为：42. - 13 - 【点睛】本题考查排列、组合的实际应用，注意按取出球的颜色相同与否分情况讨论． 16. 函数 ( ) sin 2 2cosf x x x  在区间[0， ]上的值域为________. 【答案】 3 3 3 3[ , ] 2 2  【解析】 【分析】 利用导数研究函数   sin2 2cosf x x x  的单调性，可得可得   sin2 2cosf x x x  的增区 间 为 50, , , 6 6               ， 减 区 间 为 5, 6 6        ， 求 出    3 3 5 3 3, , 0 2, 2 6 2 6 2 f f f f                  ，从而可得结果. 【详解】    2' 2cos 2 2sin 2 2sin sin 1f x x x x x        2 2sin 1 sin 1x x    ， 当 50, , 6 6 x               时，  ' 0f x  ； 可得   sin2 2cosf x x x  的增区间为 50, , , 6 6               ， 当 5, 6 6 x       时，  ' 0f x  ， 可得   sin2 2cosf x x x  的减区间为 5, 6 6        ，    3 3 5 3 3, , 0 2, 2 6 2 6 2 f f f f                  ，   3 3 3 3, 2 2 f x         ，故答案为 3 3 3 3, 2 2       . 【点睛】本题主要考查利用导数判断函数的单调性以及函数的极值与最值，属于难题. 求函 数  f x 极值与最值的步骤：(1) 确定函数的定义域；(2) 求导数  f x ；(3) 解方程   0,f x  求出函数定义域内的所有根；(4) 列表检查  f x 在   0f x  的根 0x 左右两侧值 - 14 - 的符号，如果左正右负（左增右减），那么  f x 在 0x 处取极大值，如果左负右正（左减右增）， 那么  f x 在 0x 处取极小值. （5）如果只有一个极值点，则在该处即是极值也是最值；（6） 如果求闭区间上的最值还需要比较端点值的函数值与极值的大小. 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 个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. 已知锐角 ABC ，同时满足下列四个条件中的三个： ① 3 A   ② 13a ③ 15c  ④ 1sin 3 C  （1）请指出这三个条件，并说明理由； （2）求 ABC 的面积. 【答案】（1） ABC 同时满足①，②，③，理由见解析.（2）30 3 【解析】 【分析】 （1）判断三角形的满足条件，推出结果即可. （2）利用余弦定理求出b，利用面积公式求解 ABC 的面积. 【详解】（1） ABC 同时满足①，②，③. 理由如下： 若 ABC 同时满足①，④，则在锐角 ABC 中， 1 1sin 3 2 C   ，所以0 6 C    又因为 3 A   ，所以 3 2 A C     所以 2 B   ，这与 ABC 是锐角三角形矛盾， 所以 ABC 不能同时满足①，④， 所以 ABC 同时满足②，③. 因为 c a 所以C A 若满足④. 则 6 A C    ，则 2 B   ，这与 ABC 是锐角三角形矛盾. 故 ABC 不满足④. - 15 - 故 ABC 满足①，②，③. （2）因为 2 2 2 2 cosa b c bc A   ， 所以 2 2 2 113 15 2 15 2 b b      . 解得 8b  或 7b  . 当 7b  时， 2 2 27 13 15cos 0 2 7 13 C       所以C为钝角，与题意不符合，所以 8b  . 所以 ABC 的面积 1 sin 30 3 2 S bc A  . 【点睛】本题主要考查解三角形中余弦定理的应用及面积公式的应用，属于中档题目. 18. 如图，已知多面体 1 1 1 1 1 1 1 1, , , ,ABCD ABC D AA BB CC DD 均垂直于平面 ABCD， //AD BC， 1 1 2AB BC CD AA CC     ， 1 11, 4BB AD DD   . （1）证明： 1 1AC 平面 1 1CDDC ； （2）求直线 1BC 与平面 1 1 1A BC 所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析（2） 1 4 【解析】 【分析】 （1）连接 AC，证出 AC CD ， 1CC AC ，利用线面垂直的判定定理可得 AC 平面 1 1CDDC ，再利用平行线的性质即可证出. （2）解法一：由题意得 1 2 2BC  ，延长DC， 1 1DC ，AB， 1 1A B 交于点G，取CG 中点M ， 连接 ,BM AC ，由 1 1// //BM AC AC ，可得点 B到平面 1 1 1A BC 的距离和点M 到平面 1 1 1A BC 的 - 16 - 距离相等，求出点M 到平面 1 1 1A BC 的距离，找到线面角即可求解；解法二：以D为坐标原点， DA所在直线为 x轴，过点D且垂直于平面 1 1ADD A的直线为 y轴， 1DD 所在直线为 z轴建 立空间直角坐标系，求出平面 1 1 1A BC 的一个法向量， 1sin cos ,BC n    ，利用向量的数量 积即可求解. 【详解】解：（1）证明：如图，连接 AC， 因为 1 1//AA CC ，且 1 1AA CC ， 所以四边形 1 1ACC A 为平行四边形，即 1 1 //AC AC . 又底面 ABCD为等腰梯形，且 2AB BC CD   ， 4AD ，所以 AC CD . 因为 1CC 平面 ,ABCD AC Ì平面 ABCD， 所以 1CC AC . 又 1CD CC C ，所以 AC 平面 1 1CDDC ， 所以 1 1AC 平面 1 1CDDC . （2）解法一：由题意得 1 2 2BC  ，延长DC， 1 1DC ， AB， 1 1A B 交于点G， 取CG 中点M ，连接 ,BM AC . 因为 1 1// //BM AC AC ， BM  平面 1 1 1A BC ， 1 1AC 平面 1 1 1A BC ， 所以 //BM 平面 1 1 1A BC ， 所以点 B到平面 1 1 1A BC 的距离和点M 到平面 1 1 1A BC 的距离相等. - 17 - 由（1）知 1 1AC 平面 1 1CDDC ， 又 1 1AC 平面 1 1 1A BC ， 所以平面 1 1 1ABC 平面 1 1CDDC . 过点M 作 1MH GD 于点H ，则MH 平面 1 1 1A BC ， 即点M 到平面 1 1 1A BC 的距离为 2 2 MH  . 设直线 1BC 与平面 1 1 1A BC 所成的角为 ， 则 1 2 12sin 42 2 MH BC     ， 即直线 1BC 与平面 1 1 1A BC 所成角的正弦值为 1 4 . 解法二：以D为坐标原点，DA所在直线为 x轴， 过点D且垂直于平面 1 1ADD A的直线为 y轴， 1DD 所在直线为 z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则 1 1 1(3, 3,0), (4,0,2), (3, 3,1), (1, 3,2)B A B C ， 1 1 1( 2,0,2), ( 3, 3,0)BC AC      ， 1 1 ( 2,0,1)B C    . 设平面 1 1 1A BC 的法向量 ( , , )n x y z  ， 由 1 1 1 1 3 3 0, 2 0, AC n x y BC n x z                 - 18 - 令 1x  ，得 (1, 3, 2)n   . 设直线 1BC 与平面 1 1 1A BC 所成的角为 ， 则 1 2 1sin cos , 42 2 2 2 BC n       ， 即直线 1BC 与平面 1 1 1A BC 所成角的正弦值为 1 4 . 【点睛】本题考查直线与平面垂直的判定、线面角，考查空间想象能力和运算求解能力，属 于中档题. 19. 已知椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yC a b a b     ， 1F、 2F 为椭圆的左、右焦点， 21, 2 P        为椭圆 上一点，且 1 3 2| | 2 PF  . （1）求椭圆的标准方程； （2）设直线 : 2l x   ，过点 2F 的直线交椭圆于 A、 B两点，线段 AB的垂直平分线分别交 直线 l、直线 AB于M 、 N 两点，当 MAN 最小时，求直线 AB的方程. 【答案】(1) 2 2 1 2 x y  (2) 1 0x y   或 1 0x y   . 【解析】 【分析】 （1）设椭圆的左焦点 1( ,0)F c ，由 1 3 2 2 PF  ，解得 1c  ，再结合椭圆的定义，求得 ,a b 的值，即可得到椭圆的方程； （2）可设直线 : 1AB x ty  ，联立方程组，求得 1 2 1 2,y y y y ，利用弦长公式，求得 | |MN 和 | |AN 的长，进而得到  2 2 2 3| |tan | | 1 tMNMAN AN t      ，利用基本不等式，求得 t的值， 即可求解. 【详解】（1）设椭圆的左焦点 1( ,0)( 0)F c c  ，则 2 1 1 3 2(1 ) 2 2 PF c    ，解得 1c  ， 所以 2 2| | 2 PF  ，则由椭圆定义 1 2 2 2 2PF PF a   ，∴ 2a  ， 1b  - 19 - 故椭圆的标准方程为 2 2 1 2 x y  . （2）由题意直线 AB的斜率必定不为零，于是可设直线 : 1AB x ty  ， 联立方程 2 2 1 1 2 x ty x y       得  2 22 2 1 0t y ty    ， ∵直线 AB交椭圆于  1 1,A x y ，  2 2,B x y ， ∴    2 2 24 4 2 8 1 0t t t       由韦达定理 1 2 2 2 2 ty y t     ， 1 2 2 1 2 y y t    则 2 2N ty t    ，∴ 2 2 2 21 1 2 2N N tx ty t t         ∵MN AB ，∴ MNk t  ，∴ 2 2 2 2 2 2 2 6| | 1 2 1 2 2 tMN t t t t            又 2 2 2 1 2 2 1 1 2 1| | | | 1 1 2 2 2 tAN AB t y y t t           ∴  2 2 2 2 2 3| | 2tan 2 1 2 2 2 4 | | 1 1 tMNMAN t AN t t                 当且仅当 2 2 21 1 t t    即 1t   时取等号. 此时直线 AB的方程为 1 0x y   或 1 0x y   . 【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程的求解、及直线与圆锥曲线的位置关系的综合应用,解 答此类题目，通常联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）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. 20. 计算 的最为稀奇的方法之一，要数 18 世纪法国的博物学家蒲丰和他的投针实验：在一 个平面上，用尺画一组相距为 a的平行线，一根长度为 a的针，扔到画了平行线的平面上，如 果针与线相交，则该次扔出被认为是有利的，否则是不利的.如图①，记针的中点为 M，设 M 到平行线的最短距离为 y，针与平行线所成角度为 x，容易发现随机情况下满足  0,x  ， - 20 - 0, 2 ay      ，且针与线相交时需 sin 2 ay x . （1）记实验次数为 n，其中有利次数为m， ①结合图②，利用几何概率模型计算一次实验结果有利的概率值； ②求出该实验中 的估计值（用 m，n 表示）. （2）若实验进行了 10000 次，每次实验结果相互不受影响，以 X 表示有利次数，试求 X 的期 望（用 表示），并求当 的估计值与实际值误差小于 0.01 的概率. 附：   10000 10000 0 2 21 i ik i i P k C                    ； k 6345 6346 6385 6386  P k 0.3332 0.3408 0.6556 0.6632 参考数值： 1 0.3193 0.01   ， 1 0.3173 0.01   . 【答案】（1）① 2  ；② 2n m ；（2） 20000  ，0.3148 . 【解析】 【分析】 （1）①先定积分求阴影部分的面积 1S 0 sin d 2 a x x    ，再利用几何概型面积型计算概率，② 根据频率与概率的关系，得到 的估计值； （2）有利次数 X 服从二项分布 210000,B        ，计算期望，再由 的估计值与实际值误差小 于 0.01，列出不等式，求得有利次数 X 的范围，再出参考值和附表，得到答案. 【详解】（1）①图②中阴影部分即为符合 sin 2 ay x 的区域，阴影部分的面积 1S 而 1S  0 sin d 2 a x x a   ，矩形面积 S  2 a  ， - 21 - 所以试验结果有利的概率 P 1 2 2 a S S a      ②由 2 m n  ，得 2n m   ，故该实验中 的估计值为 2n m . （2）由题意， 2~ 10000,X B        ，所以 2 2000010000EX      ， 则估计值 2 20000n m X  ，由 20000 0.01 X   ，得 20000 20000 0.01 0.01 X       ， 由参考数值知6346 6386X  ， 故所求概率为      6346 6386 6385 6346 0.3148P X P P     . 【点睛】本题考查了利用定积分求面积，几何概型概率公式，二项分布，还考查了学生的阅 读理解能力，分析能力，运算能力，难度较大. 21. 已知   ln 1f x a x x   ，   xg x x e  ， a为实数. （1）讨论  f x 的单调性； （2）设      h x f x g x  ，求所有的实数值 a，使得对任意的 0x  ，不等式   1h x e  恒成立. 【答案】（1）若 0a  ，在  0,  上单调递减；若 0a  ，在  0,a 上单调递增，在  ,a  上 单调递减；（2）a e . 【解析】 【分析】 （1）求出  f x ，分类讨论 a，① 0a  时，   0f x  恒成立；②当 0a  ，当  0,x a 时，   0f x  ；当  ,x a  时，   0f x  ，可得函数的单调区间. （2）分 0a  ， 0a  ， 0a  三种情况讨论不等式恒成立问题， 当 0a  和 0a  时，通过反例，说明不等式不能恒成立； 当 0a  时，求导的方法研究导函数  h x 的单调性，得出  h x 存在唯一零点 0x ， 0 0 xa x e ， 进而求出函数最大值    0max h x h x ，通过构造函数    1ln 1 0tF t t t e t    ，求出函 - 22 - 数的最小值，即 01 0 0ln 1 0xx x e    ，所进而求出 0 1x  ， a e . 【详解】（1）    0a xf x x x    . 若 0a  ，则   0f x  ，即  f x 在  0, 上单调递减； 若 0a  ，当  0,x a 时，   0f x  ；当  ,x a  时，   0f x  . 即  f x 在  0,a 上单调递增，在  ,a  上单调递减. （2）   ln 1xh x a x e   . 若 0a  ，由于   1 0,1ae  ， 1 1 1 1 1a ah e e e           ，不符合题意； 若 0a  ，   1  xh x e ， 1 1 1 2 h e e         ，不符合题意， 若 0a  ，由于   x xa xx e a eh x x      单调递减且值域为 R， 则存在唯一的正实数 0x ，使得 0 0 xa x e ， 当  00,x x 时，   0h x  ， 当  0 ,x x  时，   0h x  ， 则     0 00 0 0 0 0max ln 1 ln 1      x x xh x h x a x e x e x e 由题设知，一定有：  0 0 0 01 0 0 0 0 0 0ln 1 1 ln 1 ln 1 0x x x xx e x e e e x x e x x e             ① 令    1ln 1 0tF t t t e t    . 则   11 ln tF t et     ，  1 0F   ，且  F t 是单调增函数， 当  0,1t 时，   0F t  ；当  1,t  时，   0F t  . 所以，    min 1 0F t F  ， 01 0 0ln 1 0xx x e    ② 由①②知 0 1x  ，故 a e . 【点睛】本题考查了导数的综合应用，考查数学运算能力和逻辑推理能力，分类讨论的数学 - 23 - 思想和转化的数学思想，属于难题. （二）选考题：共 10 分.请考生在第 22、23 两题中任选一题作答.注意：只能做所选定的题 目.如果多做，则按所做的第一题计分，作答时请用 2B 铅笔在答题卡上将所选题号后的方框 涂黑. 22. 在平面直角坐标系 xOy中，曲线 1C 的参数方程为 2 2cos 2sin x y       （ 为参数）．以原点 O为极点， x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 2C 的极坐标方程为 2 2 3 cos 2 sin       ． （1）直接写出曲线 2C 的普通方程； （2）设 A是曲线 1C 上的动点， B是曲线 2C 上的动点，求 AB 的最大值． 【答案】（1） 2 2 1 4 yx   ；（2） max 2 21 2 3 AB   【解析】 【分析】 （1）利用互化公式即可将曲线 2C 的极坐标方程化成普通方程； （2）消去参数，求出曲线 1C 的普通方程为 2 22 4x y  （ ） ，从而得出 2C 的参数方程，由 题可知， max max 2AB BC  ，设 cos 2sinB  （ ， ），利用两点间的距离公式求出 BC ，运 用二次函数的性质求出 max BC ，从而得出 AB 的最大值． 【详解】解：（1）曲线 2C 的普通方程为 2 2 1 4 yx   ； （2）由曲线 1C 的参数方程为 2 2cos 2sin x y       （ 为参数）， 得曲线 1C 的普通方程为 2 22 4x y  （ ） ， 它是一个以 2 0C（ ，）为圆心，半径等于 2的圆， - 24 - 则曲线 2C 的参数方程为： cos ( 2sin x y       为参数）， ∵ A是曲线 1C 上的点， B是曲线 2C 上的点， ∴ max max 2AB BC  ． 设 cos 2sinB  （ ， ）， 则 2 2 2= cos 2 4sin = 3cos 4cos 8BC        （ ） 22 28= 3 cos 3 3        ， ∴当 2cos = 3   时， max 28 2 21= = 3 3 BC ， ∴ max 2 21 2 3 AB   ． 【点睛】本题考查利用互化公式将极坐标方程转化为普通方程，利用消参法将参数方程化为 普通方程，运用曲线的参数方程表示点坐标，以及结合两点间的距离和二次函数的性质，求 出距离最值，考查转化思想和计算能力. 23. 已知实数正数 x， y 满足 1x y  . （1）解关于 x的不等式 52 2 x y x y    ； （2）证明： 2 2 1 11 1 9 x y            . 【答案】（1） 1 ,1 6     ；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】 （1）由已知得0 1x  ，并把 1y x  代入不等式后利用绝对值的性质解不等式； （2）把 2 1 x 和 2 1 y 中的分子 1 用 2( )x y 代换，然后化简后用基本不等式可证明． 【详解】（1） 1, 0, 0x y x y    且 - 25 - 0 1 52 52 2 2 1 2 x x y x y x x              0 10 1 1 11 2 12 1 2 22 xx x x xx x                      解得 1 1 6 x  ，所以不等式的解集为 1 ,1 6     （2） 1,x y  且 0, 0x y  ，    2 22 2 2 2 2 2 1 11 1 x y x x y y x y x y                 2 2 2 2 2 2xy y xy x x y     2 2 2 2 2 2y y x x x x y y            2 2 5x y y x    2 22 5 9x y y x     . 当且仅当 1 2 x y  时，等号成立. 【点睛】本题考查解绝对值不等式，考查不等式的证明．解题关键是“1”的代换，解不等式 是利用消元法，而不等式的证明用到了“1”的代换，代换时要注意次数的一致性，否则达不 到目的． - 26 -