吉林省通钢一中、集安一中、梅河口五中等省示范高中2020届高三（5月）模拟考试数学（理科）试题 Word版含解析 24页

- 1 - 2020 年吉林省通钢一中、集安一中、梅河口五中等省示范高中高考数学模拟试卷（理科）（5 月份） 一、选择题：本大题共 12 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. 若 2z i  ，则 z z z z   （ ） A. 8 5i B. 2 4 5 5 i C. 8 5 i D. 2 4 5 5 i 【答案】A 【解析】 【分析】 求出共轭复数 2z i  ，根据复数运算法则    2 2 2 2 22 2 2 2 4 i iz z i i z z i i i          即可得 解. 【详解】 2z i  ， 2z i  ，    2 2 2 2 22 2 8 2 2 4 5 i iz z i i iz z i i i           . 故选：A 【点睛】此题考查复数的概念辨析和基本运算，关键在于熟练掌握复数的运算法则，根据法 则求解. 2. 已知集合   2lg 1 0A x x x    ，  0 3B x x   ，则 A B  （ ） A.  0 1x x  B.    1 0x x x x    C.  2 3x x  D.    0 1 2 3x x x x     【答案】C 【解析】 【分析】 根据对数不等式解法求出解集得到 A，根据交集运算即可得解. 【详解】     2 2lg 1 0 1 1A x x x x x x               2 1 0 , 1 2,x x x        ，  0 3B x x   - 2 - 所以 A B   2 3x x  . 故选：C 【点睛】此题考查集合的交集运算，关键在于准确求解对数型不等式和一元二次不等式. 3. 设非零向量 a  ，b  满足 3a b  ， 1cos , 3a b   ，   16a a b     ，则 b  （ ） A. 2 B. 3 C. 2 D. 5 【答案】A 【解析】 【分析】 由   16a a b     可得 ( ) 0     a a b ，利用数量积的运算性质结合条件可得答案. 【详解】 | | 3| |a b   ， 1cos , 3a b    . 2 2 2 2( ) 9 | | | | 8| | 16a a b a a b b b b                  ， | | 2b  . 故选：A 【点睛】本题考查利用向量垂直其数量积为零求向量的模长，属于中档题. 4. 如图，在正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中，E 为 1DD 的中点，几何体 1ABCDEC 的侧视图与 俯视图如图所示，则该几何体的正视图为（ ） A. B. C. D. - 3 - 【答案】A 【解析】 【分析】 根据侧视图和俯视图特征判定几何体，找出正投影，即可得解. 【详解】结合俯视图和侧视图，根据几何体特征，该几何体为图中 1AED BCC ， 正投影为 1EDCC ， ABE 与 1EBC 不在同一平面， 所以正视图为 A 选项的图形. 故选：A 【点睛】此题考查三视图的识别，关键在于根据俯视图侧视图结合几何体辨析正视图，易错 点在于对几何体的棱 BE 考虑不准确. 5. 设双曲线 2 2 13 yx   ， 2 2 12 5 x y  ， 2 2 12 7 y x  的离心率分别为 1e ， 2e ， 3e ，则（ ） A. 3 2 1e e e  B. 3 1 2e e e  C. 1 2 3e e e  D. 2 1 3e e e  【答案】D 【解析】 【分析】 已知双曲线标准方程，根据离心率的公式，直接分别算出 1e ， 2e ， 3e ，即可得出结论. 【详解】对于双曲线 2 2 13 yx   ， 可得 2 2 2 2 21, 3, 4a b c a b     ，则 2 2 1 2 4ce a   ， 对于双曲线 2 2 12 5 x y  ， 得 2 2 2 2 22, 5, 7a b c a b     ，则 2 2 2 2 7 2 ce a   ， 对于双曲线 2 2 2 7 1x y  ， - 4 - 得 2 2 2 2 22, 7, 9a b c a b     ，则 2 2 3 2 9 2 ce a   ， 可得出， 2 2 1 3 2 2e e e  ， 所以 2 1 3e e e  . 故选：D. 【点睛】本题考查双曲线的标准方程和离心率，属于基础题. 6. 若 2 4log log 1x y  ，则 2x y 的最小值为（ ） A. 2 B. 2 3 C. 4 D. 2 2 【答案】C 【解析】 【分析】 由条件有 2 4( 0, 0)x y x y   ，利用均值不等式有 2 22 4x y x y … 可得到答案. 【详解】因为  2 2 2 4 444log log log log log 1    x y x y x y ， 所以 2 4( 0, 0)x y x y   ， 则 2 22 4x y x y … ，当且仅当 2 2x y  时，等号成立， 故 2x y 的最小值为 4. 故选：C 【点睛】本题考查对数的运算性质和利用均值不等式求最值，属于中档题. 7. 《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有一个“引葭赴岸”问题：“今 有池方一丈，葭生其中央.出水一尺，引葭赴岸，适与岸齐.问水深、葭长各几何？”其意思 为“今有水池 1 丈见方（即 10CD  尺），芦苇生长在水的中央，长出水面的部分为 1 尺.将 芦苇向池岸牵引，恰巧与水岸齐接（如图所示）.试问水深、芦苇的长度各是多少？假设 BAC   ，现有下述四个结论： ①水深为 12 尺；②芦苇长为 15 尺；③ 2tan 2 3   ；④ 17tan 4 7       . 其中所有正确结论的编号是（ ） - 5 - A. ①③ B. ①③④ C. ①④ D. ②③④ 【答案】B 【解析】 【分析】 利用勾股定理求出 BC 的值，可得 tan BC AB   ，再利用二倍角的正切公式求得 tan 2  ，利用 两角和的正切公式求得 tan 4     的值. 【详解】设 BC x ，则 1AC x  ， ∵ 5AB  ，∴ 2 2 25 ( 1)x x   ，∴ 12x  . 即水深为 12 尺，芦苇长为 12 尺； ∴ 12tan 5 BC AB    ，由 2 θ2tan 2tan θ θ1 tan 2 = - ，解得 2tan 2 3   （负根舍去）. ∵ 12tan 5   ， ∴ 1 tan 17tan 4 1 tan 7            . 故正确结论的编号为①③④. 故选：B. 【点睛】本题主要考查二倍角的正切公式、两角和的正切公式，属于基础题. 8. 在外国人学唱中文歌曲的大赛中，有白皮肤选手 6 人，黑皮肤选手 6 人，黄皮肤选手 8 人， 一等奖规定至少 2 个至多 3 个名额，且要求一等奖获奖选手不能全是同种肤色，则一等奖人 选的所有可能的种数为（ ） A. 420 B. 766 C. 1080 D. 1176 【答案】D 【解析】 - 6 - 【分析】 分别计算一等奖两个名额和三个名额的情况即可得解. 【详解】一等奖两个名额，一共 2 2 2 2 20 6 6 8 132C C C C    种， 一等奖三个名额，一共 3 3 3 3 20 6 6 8 1044C C C C    种， 所以一等奖人选的所有可能的种数为 1176. 故选：D 【点睛】此题考查计数原理的综合应用，需要熟练掌握利用组合知识解决实际问题，准确分 类，结合对立事件求解. 9. 已知函数   sin 2 sin 2 3f x x x       ，则（ ） A.  f x 的最小正周期为 2  B. 曲线  y f x 关于 ,03      对称 C.  f x 的最大值为 2 D. 曲线  y f x 关于 6x  对称 【答案】D 【解析】 【分析】 由已知可得   3sin 2 6f x x      ，根据三角函数的性质逐一判断. 【详解】   1 3sin 2 sin 2 cos2 3sin 22 2 6f x x x x x         ，则T  .  f x 的最大值为 3 ， 当 6x  时， 3sin 26 6 36f               ，故曲线  y f x 关于 6x  对称， 当 3x  时， 3sin 23 3 06f               ，故曲线  y f x 不关于 ,03      对称. 故选：D. 【点睛】本题考查三角函数的性质，其中对称轴和对称中心可代入判断，是基础题. 10. 函数   2 2lg 2 | |f x x x x   的零点的个数为（ ） - 7 - A. 2 B. 3 C. 4 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】 将原题转化为求方程 2 2lg 2 | |x x x   的根的个数，根据函数奇偶性，考虑当 0x  时方程 的根的个数，根据对称性即可得解. 【详解】函数   2 2lg 2 | |f x x x x   的零点个数，即方程 2 2lg 2 | |x x x   的根的个数， 考虑    2 2lg , 2 | |g x x h x x x    ，定义在    ,0 0,  的偶函数， 当 0x  时，     22lg , 2g x x h x x x    ，作出函数图象： 两个函数一共两个交点，即当 0x  时 2 2lg 2 | |x x x   有两根， 根据对称性可得：当 0x  时 2 2lg 2 | |x x x   有两根， 所以 2 2lg 2 | |x x x   一共 4 个根， 即函数   2 2lg 2 | |f x x x x   的零点的个数为 4. 故选：C 【点睛】此题考查函数零点问题，转化为方程的根的问题，根据奇偶性数形结合求解. 11. 在正方体 ABCD﹣A1B1C1D1 中，E 为棱 A1B1 上一点，且 AB＝2，若二面角 B1﹣BC1﹣E 为 45°， 则四面体 BB1C1E 的外接球的表面积为（ ） A. 17 2 π B. 12π C. 9π D. 10π 【答案】D 【解析】 【分析】 - 8 - 连接 1B C 交 1BC 于O ，可得 1 1B O BC ，利用线面垂直的判定定理可得： 1BC  平面 1B OE ， 于是 1BC EO ，可得而 1B OE 为二面角 1 1B BC E  的平面角，再求出四面体 1 1BB C E 的 外接球半径 R ，进而利用球的表面积计算公式得出结论． 【详解】 连接 1B C 交 1BC 于O ，则 1 1B O BC ， 易知 1 1 1A B BC ，则 1BC  平面 1B OE ， 所以 1BC EO ， 从而 1B OE 为二面角 1 1B BC E  的平面角， 则 1 45B OE   . 因为 2AB  ，所以 1 1 2B E B O  ， 所以四面体 1 1BB C E 的外接球半径 2 4 4 10 2 2R    ． 故四面体 BB1C1E 的外接球的表面积为 22 4 44 ( ) 102     ． 故选：D 【点睛】本题考查了正方体的性质、线面垂直的判定与性质定理、二面角的平面角、球的表 面积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题． 12. 若曲线  11 x my xe xx     存在两条垂直于 y 轴的切线，则 m 的取值范围为（ ） A. 4 27 ,0e     B. 4 27 ,0e     C. 4 27 ,e      D. 4 271, e      - 9 - 【答案】A 【解析】 【分析】 曲线  11 x my xe xx     存在两条垂直于 y 轴的切线⇔函数  11 x my xe xx     存 在两个极值点⇔     ' 21 0 1 x my x e x      在  , 1  上有两个解，即  31 xm x e  在  , 1  上有两异根，令      31 1xf x x e x    ，利用导数法可求得  f x 的值域，从 而可得 m 的取值范围. 【详解】解：∵曲线  11 x my xe xx     存在两条垂直于 y 轴的切线， ∴函数  11 x my xe xx     的导函数存在两个不同的零点， 又     ' 21 0 1 x my x e x      ， 即  31 xm x e  在 , 1  上有两个不同的解， 设      31 1xf x x e x    ，      2' 1 4xf x x e x   ， 当 4x   时，  ' 0f x  ；当 4 1x    时，  ' 0f x  ， 所以     4min 274f x f e     ， 又当 x   时，   0f x  ，当 1x   时，   0f x  ， 故 4 27 ,0m e      . 故选：A. 【点睛】本题考查利用导数研究曲线上某点切线方程，考查等价转化思想、函数与方程思想 的综合运用，考查推理与运算能力，属于难题. 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.把答案填在答题卡的相应位置. 13. 若 x ， y 满足约束条件 2 1 2 x y x y y        ，则 3z x y  的最大值为__. 【答案】0. - 10 - 【解析】 【分析】 作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，进行求最值即可. 【详解】由 3z x y  得 1 3 3 zy x  ， 作出不等式组对应的平面区域如图（阴影部分）： 平移直线 1 3 3 zy x  ， 由图象可知当直线 1 3 3 zy x  经过点 A 时，直线 1 3 3 zy x  的截距最小， 此时 z 最大， 由 2 1 x y x y      ，解得 3(2A ， 1)2 . 代入目标函数 3z x y  ， 得 3 13 02 2z     ， 故答案为：0. 【点睛】该题主要考查线性规划的基本应用，利用目标函数的几何意义是解决问题的关键， 利用数形结合是解决问题的基本方法. 14. 某工厂共有 50 位工人组装某种零件.下面的散点图反映了工人们组装每个零件所用的工 时（单位：分钟）与人数的分布情况.由散点图可得，这 50 位工人组装每个零件所用工时的 中位数为___________.若将 500 个要组装的零件分给每个工人，让他们同时开始组装，则至 少要过_________分钟后，所有工人都完成组装任务.（本题第一空 2 分，第二空 3 分） - 11 - 【答案】 (1). 3.3； (2). 33.14 【解析】 【分析】 ①根据工时从小到大依次分析得出工时 3.4 人数 16，工时 3.5 人数 8，工时 3.3 人数 12，即 可得到中位数； ②计算出工时平均数即可得解. 【详解】①根据散点图：工时 3.0 人数 3，工时 3.1 人数 5，工时 3.2 人数 6，工时 3.3 人数 12，工时 3.4 人数 16，工时 3.5 人数 8，所以工时的中位数为 3.3； ②将 500 个要组装的零件分给每个工人，让他们同时开始组装， 至少需要时间： 3 5 6 12 16 810 3.0 3.1 3.2 3.3 3.4 3.5 33.1450 50 50 50 50 50                 故答案为：①3.3；②33.14 【点睛】此题考查求平均数和中位数，关键在于准确读懂题意，根据公式计算求解. 15. 设 , ,a b c 分别为 ABC 内角 , ,A B C 的对边．已知 3A  ， 1b  且 2 2 2 2 2(sin 4sin ) 8(sin sin sin )A B c B C A    ，则 a  _____． 【答案】2 【解析】 【分析】 首先利用正弦定理的角化边得到 2 2 2 2 2( 4 ) 8( )a b c b c a    ，再根据余弦定理即可得到 2 24 42 a b  ，解方程即可. 【详解】因为 2 2 2 2 2(sin 4sin ) 8(sin sin sin )A B c B C A    所以 2 2 2 2 2( 4 ) 8( )a b c b c a    - 12 - 又因为 1b  ，所以 2 2 2 2 2( 4 ) 8( )a b bc b c a    2 2 2 2 24 8 8cos 42 2 a b b c a Abc       即 2 24 42 a b  ，解得 2a  故答案为： 2 【点睛】本题主要考查了正弦定理，余弦定理在求解三角形中的应用，属于中档题． 16. 设    2,0 2,0A B ， ，若直线  0y ax a  上存在一点 P 满足| | | | 6PA PB  ，且 PAB△ 的内心到 x 轴的距离为 3 30 20 ，则 a ___________. 【答案】 3 【解析】 【分析】 由题意可得点 P 为直线 ( 0)y ax a  与椭圆 2 2 19 5 x y  的交点,直线方程与椭圆方程联立可 得 2 2 2 45 9 5 ay a   ，由 PAB△ 的内心到 x 轴的距离为 3 30 20 ，即 PAB△ 的内切圆的半径 3 30 20r  ，由等面积法可求出参数 a 的值. 【详解】点 P 满足| | | | 6PA PB  ,则点 P 在椭圆 2 2 19 5 x y  上. 由题意可得点 P 为直线 ( 0)y ax a  与椭圆 2 2 19 5 x y  的交点. 联立 y ax 与 2 2 19 5 x y  ，消去 y 得 2 2 45 9 5x a   ，则 2 2 2 45 9 5 ay a   . 因为 APB△ 的内心到 x 轴的距离为 3 30 20 ，所以 PAB△ 的内切圆的半径 3 30 20r  . 所以 APB△ 的面积为 1 1| | | | (| | | | | |)2 2AB y r AB PA PB       ， - 13 - 即 2 2 2 2 5 45 5 25 27| | ,2 9 5 4 4 40 ay r y ra      ，解得 2 3a  ，又 0a  ，则 3a  . 【点睛】本题考查考查直线与椭圆的位置关系，根据椭圆的焦点三角形的相关性质求参数， 属于中档题. 三、解答题：本大题共 5 小题，共 70 分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演步骤.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. 设等差数列 n na b 的公差为 2，等比数列 n na b 的公比为 2，且 1 2a  ， 1 1b  ． （1）求数列 na 的通项公式； （2）求数列 2 2n na  的前 n 项和 nS ． 【答案】（1） 12 1 3 2 2 n n na    （2） nS  25 2 5n n   【解析】 【分析】 （1）根据题意可得 2 1n na b n- = - ， 13 2n n na b    ，联立解方程可得数列 na 的通项公 式； （2）通过分组求和法可得数列 2 2n na  的前 n 项和 nS . 【详解】解：（1）因为 1 2a  ， 1 1b  ，所以 1 1 1a b  ， 1 1 3a b  ， 依题意可得，  1 2 1 2 1n na b n n      ， 13 2n n na b    ， 故 12 1 3 2 2 n n na    ； （2）由（1）可知， 12 2 2 1 5 2n n na n      ， 故    11 3 2 1 5 1 2 2n nS n                21 2 1 5 2 1 5 2 52 n nn n n          . - 14 - 【点睛】本题考查等差数列，等比数列的通项公式，考查分组法求和，是基础题. 18. 如图，四棱锥 E ABCD 的侧棱 DE 与四棱锥 F ABCD 的侧棱 BF 都与底面 ABCD 垂 直， AD CD ， AB ∥CD ， 3AB  ， 4AD CD= = ， 5AE  ， 3 2AF  . （1）证明： DF ∥平面 BCE . （2）求平面 ABF 平面 CDF 所成的锐二面角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2） 3 5 . 【解析】 【分析】 （1）证明 DF // BE ，即可由线线平行推证线面平行； （2）以 D 为坐标原点建立空间直角坐标系，通过向量法求解二面角. 【详解】（1）证明：∵ DE  平面 ABCD ，∴ DE AD . ∵ 4AD ， 5AE  ，∴ 3DE  . 同理可得 3BF  . 又 DE  平面 ABCD ， BF  平面 ABCD ， ∴ BF // DE . ∵ BF DE ，∴四边形 BEDF 为平行四边形，∴ DF // BE . ∵ BE  平面 BCE ， DF  平面 BCE ，∴ DF //平面 BCE . （2）解：以 D 为原点建立如图所示的空间直角坐标系 D xyz ， 则 (0,0,0)D ， (4,0,0)A ， (0,4,0)C ， (4,3, 3)F  ， - 15 - 则 (0,4,0)DC  ， (4,3, 3)DF   . 设平面CDF 的法向量为 ( , , )n x y z ， 则 0n DC n DF       ，即 4 0, 4 3 3 0, y x y z      令 3x  ，则 4z  ，得 (3,0,4)n  . 易知平面 ABF 的一个法向量为 (1,0,0)m  ， ∴ 3cos , 5| || | m nm n m n          ， 故所求锐二面角的余弦值为 3 5 . 【点睛】本题考查由线线平行推证线面平行，以及用向量法求二面角，属综合中档题. 19. 某厂加工的零件按箱出厂，每箱有 10 个零件，在出厂之前需要对每箱的零件作检验，人 工检验方法如下：先从每箱的零件中随机抽取 4 个零件，若抽取的零件都是正品或都是次品， 则停止检验；若抽取的零件至少有 1 个至多有 3 个次品，则对剩下的 6 个零件逐一检验.已知 每个零件检验合格的概率为 0.8，每个零件是否检验合格相互独立，且每个零件的人工检验费 为 2 元. （1）设 1 箱零件人工检验总费用为 X 元，求 X 的分布列； （2）除了人工检验方法外还有机器检验方法，机器检验需要对每箱的每个零件作检验，每个 零件的检验费为 1.6 元.现有 1000 箱零件需要检验，以检验总费用的数学期望为依据，在人 工检验与机器检验中，应该选择哪一个？说明你的理由. 【答案】（1）详见解析（2）应该选择人工检验，详见解析 【解析】 【分析】 （1）根据题意，工人抽查的 4 个零件中，分别计算出 4 个都是正品或者都是次品，4 个不全 是次品的人工费用，得出 X 的可能值，利用二项分布分别求出概率，即可列出 X 的分布列； （2）由（1）求出 X 的数学期望 EX ，根据条件分别算出 1000 箱零件的人工检验和机器检验 总费用的数学期望，比较即可得出结论. 【详解】解：（1）由题可知，工人抽查的 4 个零件中， - 16 - 当 4 个都是正品或者都是次品，则人工检验总费用为： 2 4 8  元， 当 4 个不全是次品时，人工检验总费用都为： 4 2 6 2 20    元， 所以 X 的可能取值为 8，20， 4 4( 8) 0.8 0.2 0.4112P X     ， ( 20) 1 0.4112 0.5888P X     ， 则 X 的分布列为 X 8 20 P 0.4112 0.5888 （2）由（1）知， 8 0.4112 20 0.5888 15.0656EX      ， 所以 1000 箱零件的人工检验总费用的数学期望为1000 15065.6EX  元， 因为 1000 箱零件的机器检验总费用的数学期望为1.6 10 1000 16000   元， 且16000 15065.6 ， 所以应该选择人工检验. 【点睛】本题考查离散型随机变量的实际应用，求离散型随机变量概率、分布列和数学期望， 属于基础题. 20. 已知函数 3( )f x x ax  . （1）讨论  f x 在 ,a  上的单调性； （2）若 3a   ，求不等式    262 4 22 4 3 6 12 8 2f x x x x x a x        的解集. 【答案】（1）当 0a  时， ( ) 0f x … ，则  f x 在 ,a  上单调递增; 当 1 3a   时,  f x 的 单调递减区间为 1 1,3 3     ，单调递增区间为 1 ,3      ;当 1 3a   时  f x 的单调递减区间为 ,3 3 a a       ，单调递增区间为 , 3 aa       ， ,3 a      ;当 1 03   a 时  f x 的单调递减区间为 , 3 aa      ，单调递增区间为 ,3 a      ；（2） (2 3,2 3)  . 【解析】 - 17 - 【分析】 （1） 2( ) 3f x x a   ，分 0a  和 0a  讨论得出函数  f x 的单调性. (2) 原 不 等 式 等 价 于    2 22 4 3 2f x x f x    , 又 2 22 4 3 2( 1) 1 1x x x      ， 2 2 1x   ，当 3a   时， 2 2( ) 3 3 3f x x a x     ，所以  f x 在 1, 上单调递增，从 而可得出答案. 【详解】（1） 2( ) 3f x x a   . 当 0a  时， ( ) 0f x … ，则  f x 在 ,a  上单调递增. 当 0a  时，令   0f x  ，得 3 ax    . （i）当 1 3a   时， 3 a a   ， 令   0f x  ，得 1 1 3 3x   ；令   0f x  ，得 1 3x  . 所以  f x 的单调递减区间为 1 1,3 3     ，单调递增区间为 1 ,3      . （ii）当 1 3a   时， 3 a a   ， 令   0f x  ，得 3 3 a ax- - < < - ； 令   0f x  ，得 3 aa x    或 3 ax > - . 所以  f x 的单调递减区间为 ,3 3 a a       ，单调递增区间为 , 3 aa       ， ,3 a      . （iii）当 1 03   a 时， 3 a a   ， 令   0f x  ，得 3 aa x   ；令   0f x  ，得 3 ax > - . - 18 - 所以  f x 的单调递减区间为 , 3 aa      ，单调递增区间为 ,3 a      . （2）因为 3a   ，所以 2 2( ) 3 3 3f x x a x     ，当 1x 时，   0f x  ，所以  f x 在  1, 上单调递增. 因为        36 4 2 2 2 2 26 12 8 2 2 2 2x x x a x x a x f x           ， 所以原不等式等价于    2 22 4 3 2f x x f x    . 因为 2 22 4 3 2( 1) 1 1x x x      ， 2 2 1x   ， 所以 2 22 4 3 2x x x    ， 解得 2 3 2 3x    ，故所求不等式的解集为 (2 3,2 3)  . 【点睛】本题考查讨论函数的单调性和根据函数的单调性解不等式，属于中档题. 21. 已知抛物线 2: 2 ( 0)C x py p  的焦点为 F ，直线 l 与抛物线C 交于 P Q， 两点. （1）若 l 过点 F ，抛物线C 在点 P 处的切线与在点Q 处的切线交于点G .证明：点G 在定直 线上. （2）若 2p  ，点 M 在曲线 21y x   上，MP MQ， 的中点均在抛物线C 上，求 MPQ 面积的取值范围. 【答案】（1）证明见解析；（2） 3 2 ,6 24       . 【解析】 【分析】 (1) 设 2 1 1, 2 xP x p      ， 2 2 2 , 2 xQ x p      ,设直线 l 的方程为 2 py kx  ，与抛物线方程联立可得 2 1 2x x p  ，求出抛物线在点 P 处的切线方程，和在Q 点处的切线方程，联立可得答案. (2) 设  0 0,M x y ， ,MP MQ 的中点分别为 2 1 0 1 0 4,2 2 x yx x         ， 2 2 0 2 0 4,2 2 x yx x         ,可得 1 2 02x x x  ， 2 1 2 0 08x x y x  ， MN x 轴，| |MN  2 0 0 3 34 x y  ， - 19 -  2 1 2 0 02 2 4x x x y   ， MPQ 的面积  3 2 2 1 2 0 0 1 3 2| | 42 4S MN x x x y     ，从而 可求出三角形的面积的范围. 【详解】（1）证明：易知 0, 2 pF      ，设 2 1 1, 2 xP x p      ， 2 2 2 , 2 xQ x p      . 由题意可知直线l 的斜率存在，故设其方程为 2 py kx  . 由 2 2 2 py kx x py      ，得 2 22 0x pkx p   ，所以 2 1 2x x p  . 由 2 2x py ，得 2 2 xy p  ， xy p   ，则 1 PG xk p  ， 直线 PG 的方程为   2 1 1 12y x xp x x p    ，即 2 1 1 02 x xx yp p    ，① 同理可得直线 QG 的方程为 2 2 2 02 x xx yp p    ，② 联立①②，可得   1 2 1 2 1 2 2 x x x xx x y p   . 因为 1 2x x ，所以 1 2 2 2 x x py p    ，故点G 在定直线 2 py   上. （2）解：设  0 0,M x y ， ,MP MQ 的中点分别为 2 1 0 1 0 4,2 2 x yx x         ， 2 2 0 2 0 4,2 2 x yx x         . 因为 , MP MQ 得中点均在抛物线C 上，所以 1 2,x x 为方程 2 2 0 0 442 2 x yx x       的解， 即方程 2 2 0 0 02 8 0x x x y x    的两个不同的实根， 则 1 2 02x x x  ， 2 1 2 0 08x x y x  ，    2 2 0 0 02 4 8 0x y x     ， 即 2 0 04x y ， - 20 - 所以 PQ 的中点 N 的横坐标为 0x ，则 MN x 轴. 则    22 2 1 2 0 1 2 1 2 0 1 1| | 28 8MN x x y x x x x y         2 0 0 3 34 x y  ，    2 2 1 2 1 2 1 2 0 04 2 2 4x x x x x x x y      ， 所以 MPQ 的面积  3 2 2 1 2 0 0 1 3 2| | 42 4S MN x x x y     . 由 2 0 01y x   ，得  2 2 0 0 01 1 0x y y   „ „ ， 所以  22 2 0 0 0 0 04 4 1 2 5x y y y y         ， 因为 01 0y „ „ ，所以  2 01 2 5 4y  „ „ ， 所以 MPQ 面积的取值范围为 3 2 ,6 24       . 【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系，抛物线的切线的相关问题，抛物线中三角形的 面积的范围问题，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，如果多做，则按所做的第 一题计分. [选修 4-4：坐标系与参数方程] 22. 在直角坐标系 xOy 中，曲线 C 的参数方程为 2 5 cos 1 5 sin x y         （ 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． （1）求曲线 C 的极坐标方程； （2）若点 P 的极坐标为 1, ，过 P 的直线与曲线 C 交于 A，B 两点，求 1 1 PA PB  的最大 值． 【答案】（1） 4cos 2sin    （2） 2 10 5 【解析】 - 21 - 【分析】 （1）先将 2 5 cos 1 5 sin x y         中的 消去得普通方程，再利用 cos sinx y    ， 可得 极坐标方程； （2）先求出 AB 的参数方程，代入曲线 C 的普通方程，利用韦达定理及三角函数的性质可得 1 1 PA PB  的最大值. 【详解】解：（1）由 2 5 cos 1 5 sin x y         ，得   2 22 1 5x y    ， 即 2 2 4 2x y x y   ，所以 2 4 cos 2 sin      ， 即 4cos 2sin    ，故曲线 C 的极坐标方程为 4cos 2sin    . （2）因为 P 的极坐标为 1, ，所以 P 的直角坐标为 1,0 ， 故可设 AB 的参数方程为 1 cos sin x t y t        （t 为参数）. 将 1 cos sin x t y t        代入   2 22 1 5x y    ，得  2 2sin 6cos 5 0t t    ， 设点 ,A B 对应的参数分别为 1 2,t t ， 则 1 2 2sin 6cost t      ， 1 2 5 0t t   ， 所以  1 1 1 2 1 2 2 10 sin2sin 6cos1 1 1 1 5 5 t t PA PB t t t t           ， 故 1 1 PA PB  的最大值为 2 10 5 . 【点睛】本题考查普通方程，参数方程，极坐标方程之间的互化，考查直线参数方程中参数 几何意义的应用，是中档题. [选修 4-5：不等式选讲] 23. 已知函数   3 2f x x kx   . （1）若 1k  ，求不等式   3 1f x x  的解集； - 22 - （2）设函数  f x 的图象与 x 轴围成的封闭区域为  ，证明：当 2 3k  时， 的面积大于 16 15 . 【答案】（1） 1x x   ；（2）证明见解析 【解析】 【分析】 （1）对不等式进行零点分段讨论求解； （2）求出函数与 x 轴交点坐标，表示出三角形面积，根据 2 3k  求得面积即可得证. 【详解】（1）若 1k  ，不等式   3 1f x x  即： 3 2 3 1x x x    3 2 3 1 0x x x   ， 当 2 3x  时， 2 3 3 3 0, 1x x x x       ，得 21 3x   ， 当 2 13 x  时，3 2 3 3 0, 1x x x x      ，得 2 13 x  ， 当 1x  时，3 2 3 3 0, 1x x x x      ，得 1x  ， 综上所述： 1x   即：不等式   3 1f x x  的解集为 1x x   ； （2）       23 2, 33 2 23 2, 3 k x x f x x kx k x x              ， 该函数图象与 x 轴围成的封闭区域为三角形， 其三个顶点为 2 2 2 2, , ,0 , ,03 3 3 3 kA B Ck k                  ， 2 3k  ， 24 9k  该三角形面积： 1 2 2 2 2 3 3 3 kS k k        2 2 4 3 9 k k    - 23 - 2 2 4 9 9 3 9 k k     2 4 9 4 9 161 13 9 3 9 4 15k                   所以原命题得证. 【点睛】此题考查求解绝对值不等式，利用零点分段讨论，根据三角形的面积证明不等式， 关键在于准确求解顶点坐标，利用不等关系证明. - 24 -