四川省南充市2020届高三第三次适应性考试数学（文）试题 Word版含解析 22页

- 1 - 2020 年四川省南充市高考数学第三次适应性试卷（文科）（三诊） 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.已知集合 A＝{x|（x+2）（x+3）≥0}，B＝{x|x＜0}，则 A∩B＝（ ） A. [﹣3，﹣2] B. （﹣∞，﹣3]∪[﹣2，+∞） C. （﹣∞，﹣3] D. （﹣∞，﹣3]∪[﹣2，0） 【答案】D 【解析】 【分析】 首先求出集合 A ，再根据交集的定义计算可得； 【详解】解：因为  | ( 2)( 3) 0 { | 2A x x x x x       或 3}x   ，  | 0B x x  所以    , 3 2,0A B      故选：D 【点睛】本题考查交集的求法，一元二次不等式的解法，解题时要认真审题，注意交集定义 的合理运用，属于基础题． 2.若 1 2z i  ，则 1z z   （ ） A. ﹣6 B. 6 C. ﹣6i D. 6i 【答案】B 【解析】 【分析】 直接代入计算即可 【详解】解：因为 1 2z i  ，所以 1 2z i  ， 所以 1 (1 2 )(1 2 ) 1 1 4 1 6z z i i          ， 故选：B 【点睛】此题考查复数的乘法运算，共轭复数，属于基础题. 3.设 (1, 2), ( 3,4), (3,2)a b c       ，则 ( 2 )a b c    ＝（ ） A. ﹣15 B. 0 C. ﹣3 D. ﹣11 - 2 - 【答案】C 【解析】 【分析】 直接利用向量的数量积坐标运算公式求解 【详解】解：因为 (1, 2), ( 3,4)a b     ， 所以 2 (1, 2) 2( 3,4) ( 5,6)a b        ， 因为 (3,2)c  ，所以 ( 2 ) 5 3 6 2 3a b c           ， 故选：C 【点睛】此题考查向量的数量积坐标运算，属于基础题. 4.若 ,x y 满足约束条件 2 5 0 2 3 0 5 0 x y x y x           ，则 z x y  的最大值为（ ） A. 9 B. 5 C. 11 D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】 先作出不等式组所表示的可行域，然后平移直线 z x y  ，观察直线 z x y  在 x 轴上的截距 取最大值时对应的最优解，将最优解代入函数即可得出答案． 【详解】作出不等式组所表示的可行域如下图所示： 联立 5 2 3 0 x x y      ，得 5 4 x y    ，点 A 的坐标为  5,4 ， 平移直线 z x y  ，当该直线经过点 A ，它在 x 轴上的截距取最大值，此时，z 取最大值，即 - 3 - max 5 4 9z    ，故选 A. 【点睛】本题考查线性规划问题，考查线性目标函数的最值问题，解题思路就是作出可行域， 平移直线观察在坐标轴上的截距变化寻找最优解，是常考题型，属于中等题． 5.2020 年，新型冠状病毒引发的疫情牵动着亿万人的心，八方驰援战疫情，众志成城克时难， 社会各界支援湖北共抗新型冠状病毒肺炎，重庆某医院派出 3 名医生，2 名护士支援湖北，现 从这 5 人中任选 2 人定点支援湖北某医院，则恰有 1 名医生和 1 名护士被选中的概率为（ ） A. 0.7 B. 0.4 C. 0.6 D. 0.3 【答案】C 【解析】 【分析】 现从这 5 人中任选 2 人定点支援湖北某医院，2 名护士分别记为 A 、B ，3 名医生分别记为 a 、 b 、 c ，列举出所有的基本事件，利用古典概型的概率公式可得所求事件的概率. 【详解】重庆某医院派出 3 名医生，2 名护士支援湖北，现从这 5 人中任选 2 人定点支援湖北 某医院， 2 名护士记为 A 、 B ， 3 名医生分别记为 a 、b 、 c ， 所有的基本事件有： ,A B 、  ,A a 、 ,A b 、 ,A c 、 ,B a 、 ,B b 、 ,B c 、 ,a b 、  ,a c 、 ,b c ，共10种， 其中事件“恰有 1 名医生和 1 名护士被选中”所包含的基本事件有：  ,A a 、 ,A b 、 ,A c 、  ,B a 、 ,B b 、 ,B c ，共 6种， 因此，所求事件的概率为 6 0.610P   . 故选：C. 【点睛】本题考查概率的求法，考查古典概型、列举法等基础知识，考查运算求解能力，是 基础题. 6.已知函数 sin( ) 0,0 2y x          „ ，且此函数的图象如图所示，由点 ( , )P   的 坐标是（ ） - 4 - A. 2, 2      B. 2, 4      C. 4, 2      D. 4, 4      【答案】B 【解析】 【分析】 先由函数图象与 x 轴的相邻两个交点确定该函数的最小正周期，并利用周期公式求出 的值， 再将点 3 ,08      代入函数解析式，并结合函数在该点附近的单调性求出 的值，即可得出答 案． 【详解】解：由图象可得函数的周期 7 32 8 8T          ∴ 2   ，得 2  ， 将 3 ,08      代入 sin(2 )y x   可得 3sin 04       ，∴ 3 24 k      （注意此点 位于函数减区间上） ∴ 2 ,4 k k    Z 由 0 2  „ 可得 4   ， ∴点 ( , )  的坐标是 (2, )4  ， 故选 B． 【点睛】本题考查利用图象求三角函数    sin 0y A x b A     的解析式，其步骤如下： ①求 A 、b ： max min 2 y yA  ， max min 2 y yb  ； ②求 ：利用一些关键点求出最小正周期T ，再由公式 2 T   求出 ； ③求 ：代入关键点求出初相 ，如果代对称中心点要注意附近的单调性． - 5 - 7.已知直线 1 0ax y   与圆    2 2: 1 1C x y a    相交于 A ， B ，且 ABC 为等腰直 角三角形，则实数 a 的值为( ) A. 1 7 或 1 B. 1 C. 1 D. 1 或 1 【答案】D 【解析】 【分析】 由三角形 ABC 为等腰直角三角形，得到圆心 C 到直线的距离 d=rsin45°，利用点到直线的距 离公式列出方程，求出方程的解即可得到 a 的值． 【详解】∵由题意得到△ABC 为等腰直角三角形， ∴圆心 C（1，﹣a）到直线 ax+y﹣1=0 的距离 d=rsin45°，即 2 1 1 a a a    = 2 2 ， 整理得：1+a2=2，即 a2=1， 解得：a=﹣1 或 1， 故答案为 D 【点睛】此题考查了直角与圆的位置关系，涉及的知识有：点到直线的距离公式，圆的标 准方程，等 腰直角三角形的性质，以及锐角三角函数定义，熟练掌握公式及性质是解本题的关键． 8.设 a∈R，函数 f(x)＝ex＋a·e－x 的导函数 f ′(x)是奇函数，若曲线 y＝f(x)的一条切线的 斜率是 3 2 ，则切点的横坐标为（ ） A. － ln2 2 B. －ln 2 C. ln2 2 D. ln 2 【答案】D 【解析】 【详解】分析：由函数 ( )f x¢ 为奇函数，得 1a  ，求的 ( ) x xf x e e  ，设曲线上切点的横 坐标为 0x ，解得 0 2xe  ，即可求得切点的横坐标的值. 详解：由题意，函数 ( )f x¢ 为奇函数，则必有 (0) 1 0f a   ， 解得 1a  ，即   x xf x e e  ，所以 ( ) x xf x e e  ， - 6 - 设曲线上切点的横坐标为 0x ，则根据题意得   0 0 0 3 2 x xf x e e   ，解得 0 2xe  ， 故切点的横坐标 0 ln2x  ，故选 D. 点睛：曲线的切线的求法：若已知曲线过点 0 0( , )P x y ，求曲线过点 P 的切线，则需分点 0 0( , )P x y 是切点和不是切点两种情况求解． （1）当点 0 0( , )P x y 是切点时，切线方程为 0 0 0( )( )y y f x x x   ； （2）当点 0 0( , )P x y 不是切点时，可分以下几步完成： 第一步：设出切点坐标 1 1( , )P x y ； 第二步：写出过 1 1( , )P x y 的切线方程为 1 1 1( )( )y y f x x x   ； 第三步：将点 P 的坐标 0 0( , )x y 代入切线方程求出 1x ； 第四步：将 1x 的值代入方程 1 1 1( )( )y y f x x x   ，可得过点 0 0( , )P x y 的切线方程． 9.已知函数 ( ) ln | |xf x x e x  ，则该函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 利用导数研究函数的单调性确定函数的大致图象；也可以根据函数值的符号排除干扰项，即 可得到正确选项． 【详解】解:当 0x  时， ( ) lnxf x x e x  ， - 7 - 所以 1 1( ) 1 ln 1 lnx x xf x e e x e xx x            ． 记 1( ) lng x xx   ，则 2 2 1 1 1( ) xg x x x x      ． 显然 (0,1)x 时， ( ) 0g x  ，函数  g x 单调递减， (1, )x  时； ( ) 0g x  ，函数  g x 单调递增， 所以 ( ) (1) 1g x g  ， 所以 1( ) 1 ln 1x xf x e x ex          ， 又当 0x  时， 0 1xe e  ， 所以 ( ) 1 0xf x e    ， 所以函数 ( )f x 在 (0, ) 上单调递减． 故排除 B，D 选项；而 3( 3) 3 ln3 0f e      ， 故排除 C 选项． 故选:A． 【点睛】本题考查函数图象的识别，考查的核心素养是直观想象、数学运算． 10.△ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，若△ABC 的面积等于 8， 45,tan 3a B   ， 则△ABC 外接圆的半径为（ ） A. 5 65 B. 5 65 2 C. 5 65 4 D. 5 65 8 【答案】D 【解析】 【分析】 先由 4tan 3B   ，求出sin ,cosB B 的值，再利用△ABC 的面积等于 8，求出 c，再利用余弦 定理求出 b，然后利用正弦定理可求出△ABC 外接圆的半径. 【详解】解：因为 4tan 03B    ，所以 ( , )2B   ， - 8 - 所以 4 3sin ,cos5 5B B   ， 因为△ABC 的面积等于 8， 所以 1 sin 82 ac B  ， 1 45 82 5c   ，解得 4c  ， 由余弦定理得， 2 2 2 32 cos 25 16 2 5 4 ( ) 655b a c ac B           ， 所以 65b  ， 由正弦定理得， 652 4sin 5 bR B   ，解得 5 65 8R  ， 故选：D 【点睛】此题考正、余弦定理，三角形的面积公式，考查计算能力，属于中档题. 11.在直角梯形 ABCD 中，∠ADC＝∠DAB＝∠ACB＝90°，△ADC 与△ABC 均为等腰直角三角形， 且 AD＝1，若将直角梯形 ABCD 沿 AC 折叠成三棱锥 D﹣ABC，则当三棱锥 D﹣ABC 的体积取得最 大时其外接球的表面积为（ ） A. 4π B. 6π C. 8π D. 10π 【答案】A 【解析】 【分析】 画出图形，确定三棱锥外接球的半径，然后求解外接球的表面积即可. 【详解】 如图： 2AB  ， 1AD  ， 1CD  ， 2, 2AC BC   ， 取 AC 的中点 E ， AB 的中点O ， 连结 ,DE OE ， - 9 - 当三棱锥体积最大时， 平面 DCA  平面 ACB ， DE AC ， DE  平面 ACB ， 2 2,2 2DE OE  ， 1OD  ， OB OA OC OD    ， 1OB ∴ ，就是外接球的半径为1， 此时三棱锥外接球的表面积为 24 1 4   . 故选：A. 【点睛】本题主要考查了求三棱锥外接球的表面积问题.属于中档题. 12.抛物线 1C ： 2 2x py  0p  的焦点与双曲线 2C ： 2 2 13 x y  的左焦点的连线交 1C 于 第二象限内的点 M ．若 1C 在点 M 处的切线平行于 2C 的一条渐近线，则 p  ( ) A. 3 16 B. 3 8 C. 2 3 3 D. 4 3 3 【答案】D 【解析】 试题分析：抛物线 1C ： 2 2x py  0p  的焦点 F 的坐标为 0, 2 p     ，且由 2 2x py 得 2 2 xy p  ， xy p   ； 双曲线 2 2 13 x y  的左焦点 1F 的坐标为 2,0 ，直线 1FF 的截距式方程为： 2 12 x y p    两条渐近线方程分别为： 3 3y x ， 3 3y x  ；设点 M 的坐标为( )0 0,x y ，根据题意： 0 3| 3x xy    ，即 0 3 3 x p   ， 0 3 3x p  ， 2 0 0 2 6 x py p    .因为 M ( )0 0,x y 直线 1FF 与 - 10 - 抛物线的交点，所以 M ( )0 0,x y 在直线 2 12 x y p   上，于是有： 0 02 12 x y p    ， 21 3 6 12 3 p p p          ， 4 3 3p  .故选 D. 考点：1、抛物线的标准方程；2、导数的几何意义. 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分． 13.命题“∀x＞0，x2+x＞1”的否定是_____． 【答案】 2 0 0 00, 1  x x x „ 【解析】 【分析】 直接根据全称命题的否定为特称命题解答即可； 【详解】解：命题“ 20, 1x x x    ”为全称命题，又全称命题的否定为特称命题，故其否 定为“ 2 0 0 00, 1  x x x „ ” 故答案为： 2 0 0 00, 1  x x x „ 【点睛】本题考查全称命题的否定，属于基础题. 14.一工厂生产了某种产品 18000 件，它们来自甲，乙，丙 3 个车间，现采用分层抽样的方法 对这批产品进行抽样检查，已知从甲，乙，丙 3 个车间依次抽取产品的件数恰好组成一个等 差数列，则这批产品中乙车间生产的产品件数是_____． 【答案】6000 【解析】 【分析】 由已知条件设甲，乙，丙 3 个车间的产品件数分别为： , , +a d a a d ，列出方程解之可得答 案. 【 详 解 】 设 甲 ， 乙 ， 丙 3 个 车 间 的 产 品 件 数 分 别 为 ： , , +a d a a d ， 所 以    + + + 18000a d a a d  ,解得 6000a  ， 所以这批产品中乙车间生产的产品件数是 6000. 故答案为：6000. - 11 - 【点睛】本题考查抽样方法之分层抽样，以及等差数列的应用，属于基础题. 15.若   5sin 45 5    ，则 sin 2  _____． 【答案】 3 5- 【解析】 【分析】 利用两角和的正弦公式将式子展开得到 10cos sin 5    ，再将等式两边平方，利用二倍 角正弦公式计算可得； 【详解】解：因为   5sin 45 5    ， 所以 2 2 5sin 45 cos cos45 sin cos sin2 2 5          所以 10cos sin 5    ，两边平方可得 2 2 2cos sin 2cos sin 5       ，所以 21 sin 2 5   所以 3sin 2 5    故答案为： 3 5- 【点睛】本题考查两角和的正弦公式及二倍角公式的应用，属于基础题. 16.已知定义在 R 上的函数 ( )f x 满足： ( ) 2 ( )f x f x   ，且函数 ( 1)f x  是偶函数，当  1,0x  时， 2( ) 1f x x  ，则 2020 3f      ________. 【答案】13 9 【解析】 【分析】 因为函数 ( )f x 满足： ( ) 2 ( )f x f x   ，且函数 ( 1)f x  是偶函数，可知函数 ( )f x 是周期为 4 的 周 期 函 数 ； 然 后 再 根 据 周 期 性 可 得 2020 3 3 4f f          ， 在 根 据 题 意 可 知 - 12 - 4 223 3f f            ，即可求出结果. 【详解】因为函数 ( )f x 满足： ( ) 2 ( )f x f x   ，且函数 ( 1)f x  是偶函数， 所以 ( 1) ( 1) 2f x f x     ，且 ( 1) ( 1)f x f x    ，可得 ( 1) ( 1) 2f x f x      ，即 ( 1) ( 1) 2f x f x    所以 ( 2) ( ) 2f x f x   …①， ( 4) ( 2) 2f x f x    …② ②-①，可得 ( 4) ( )f x f x  ，即 ( )f x 是周期为 4 的周期函数； 4 42020 168 43 3 3f f f                   ， 又 1 1 5 131 1 2 23 3 3 3 3 9 4 9 2 2f f f f f                                      ， 所以 2020 3 3 1 9f      . 故答案为：13 9 . 【点睛】本题考查了函数周期性，利用 ( ) 2 ( )f x f x   ，且函数 ( 1)f x  是偶函数得到函 数 ( )f x 是周期为 4 的周期函数是本题的解题关键，本题属于中档题. 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.已知等比数列{ }na 的公比 1q  ， 1 1a  ，且 22a ， 4a ， 33a 成等差数列． （1）求数列{ }na 的通项公式； （2）记 2n nb na ，求数列{ }nb 的前 n 项和 nT ． 【答案】（1） 12n na -= ；（2） 1( 1) 2 2n nT n    【解析】 【分析】 （1）由等比数列的通项公式与等差数列的性质列式求得 q，则通项公式可求； - 13 - （2）把数列{ }na 的通项公式代入 2n nb na ，再由错位相减法求数列{ }nb 的前 n 项和 nT ． 【详解】解：（1）由 22a ， 4a ， 33a 成等差数列， 得 4 2 32 2 3a a a  ，即 3 22 2 3q q q  ， 1q Q ，解得 2q = ． 又因为 1 1a   12n na -= ； （2）由（1）知 12 2 2 2n n n nb na n n    ． 1 2 31 2 2 2 3 2 2n nT n        ， 2 3 4 12 1 2 2 2 3 2 ( 1) 2 2n n nT n n           ， 2 3 1 12(1 2 )2 2 2 2 2 21 2 n n n n nT n n          ，  1( 1) 2 2n nT n    ． 【点睛】本题考查等比数列的通项公式，考查等差数列的性质，训练了利用错位相减法求数 列的前 n 项和，属于中档题． 18.某食品店为了了解气温对销售量的影响，随机记录了该店 1 月份中 5 天的日销售量 y（单 位：千克）与该地当日最低气温 x（单位：°C）的数据，如下表： x 2 5 8 9 11 y 12 10 8 8 7 （1）求出 y 与 x 的回归方程 y ＝b x a ； （2）判断 y 与 x 之间是正相关还是负相关；若该地 1 月份某天的最低气温为 6°C，请用所求 回归方程预测该店当日的营业额． 附：回归方程 y ＝b x a ；中，b ＝   1 2 2 1 ( )       n i i i n i i x y nxy x n x ， a ＝ y ﹣ bx - 14 - 【答案】（1） 0.56 12.92y x   ；（2） y 与 x 之间是负相关；可预测该店当日的销售量为 9.56 （千克） 【解析】 【分析】 （1）计算平均数和回归系数，即可写出回归方程； （2）由 ˆ 0b  知 y 与 x 之间是负相关，利用回归方程计算 6x  时 ˆy 的值即可． 【详解】解：（1）由已知 5n  ，则 2 5 8 9 11 35 75 5x       ， 12 10 8 8 7 45 95 5y       ， 1 ( ) 2 12 5 10 8 8 9 8 11 7 287 n i i i x y             ， 1 ( ) 287 5 7 9 28 n i i i x y nxy         ， 2 2 2 2 2 2 1 2 5 8 9 11 295 n i i x        2 2 2 1 ( ) 295 5 7 50 n i i x n x       ，  1 2 2 1 ( ) 28 0.5650( ) n i i i n i i x y nxy b x n x            ，  ˆ 9 ( 0.56) 7 12.92a y bx       ； 所求的回归方程是 ˆ 0.56 12.92y x   ； （2）由 ˆ 0.56 0b    ，知 y 与 x 之间是负相关； 将 6x  代入回归方程，计算 ˆ 0.56 6 12.92 9.56y      ， 可预测该店当日的销售量为 9.56（千克）． 【点睛】本题考查了线性回归方程的求法与应用问题，属于中档题． 19.如图，在平行四边形 ABCD 中，AB＝1，BC＝2，∠CBA＝ 3  ，ABEF 为直角梯形，BE∥AF， ∠BAF＝ 2  ，BE＝2，AF＝3，平面 ABCD⊥平面 ABEF． - 15 - （1）求证：AC⊥平面 ABEF． （2）求多面体 ABCDE 与多面体 ADEF 的体积的比值． 【答案】（1）证明见解析；（2） 4 3 【解析】 【分析】 （1）依据题设条件及勾股定理先证线 AB AC， 垂直，借助题设条件，运用性面面垂直的性质 定理进行推证； （2）利用 D AEF C AEFV V  可求三棱锥 D AEF 的体积，利用面面垂直的性质得出多面体 ABCDE 的高，可求得其体积，从而可得答案. 【详解】（1）在 ABC 中， 1, , 2,3AB CBA BC    所以 2 2 2 2 cos 3AC BA BC BA BC CBA       ， 所以 2 2 2AC BA BC  ，所以 AB AC ， 又因为平面 ABCD⊥平面 ABEF，平面 ABCD平面 ABEF=AB,AC  平面 ABCD， 所以 AC  平面 ABEF. (2)∵ / /CD AB ，∴ / /CD 平面 ABEF ，∴点 D 到平面 ABEF 的距离等于点C 到平面 ABEF 的 距离，并且 3AC  ． ∴ D AEF C AEFV V  1 1( 3 1) 33 2      3 2  ， 因为 ABEF 为直角梯形，BE∥AF，∠BAF＝ 2  ，所以 AB BE ， 又因为平面 ABCD⊥平面 ABEF，平面 ABCD平面 ABEF=AB,BE  平面 ABEF， - 16 - 所以 BE 平面 ABCD. 所以 1 1 2 31 3 23 3 3ABCDE ABCDV S BE        ，所以 2 3 43 33 2 ABCDE DAEF V V   ， 所以多面体 ABCDE 与多面体 ADEF 的体积的比值为 4 3 . 【点睛】本题考查空间中面面垂直的性质和线面垂直的证明，以及等体积法求三棱锥的体积， 属于中档题. 20.已知点 2 32 2, 3       M 在椭圆 G： 2 2 2 2 1x y a b   （a＞b＞0）上，且点 M 到两焦点距离之和 为 4 3 ． （1）求椭圆 G 的方程； （2）若斜率为 1的直线 l 与椭圆 G 交于 A，B 两点，以 AB 为底作等腰三角形，顶点为 P（﹣3， 2），求△PAB 的面积． 【答案】（1） 2 2 112 4 x y  ；（2） 9 2 . 【解析】 【分析】 （1）由点 2 32 2, 3       M 在椭圆 G： 2 2 2 2 1x y a b   （a＞b＞0）上，且点 M 到两焦点距离之和 为 4 3 ，得 2 2 8 4 13a b   ， 2 4 3a  ，联立解得即可． （2）设 1(A x ， 1)y ， 2(B x ， 2 )y ，线段 AB 的中点 ( , )N m n ，直线 AB 的方程为： y x t  ．与 椭圆方程联立可得 2 24 6 3 12 0x tx t    ，利用根与系数的关系、中点坐标公式可得 3 4 tm   ， 4 tn  ．利用 1PNk   ，解得 t ．再利用点到直线的距离公式可得点 P 到直线 AB 的距离 d ．弦 长公式 2 1 2 1 2| | 2[( ) 4 ]AB x x x x   ， 1 | |2△  APBS d AB 即可得出． 【详解】解：（1）由点 2 32 2, 3       M 在椭圆 G： 2 2 2 2 1x y a b   （a＞b＞0）上，且点 M 到两 - 17 - 焦点距离之和为 4 3 ，得 2 2 8 4 13a b   ， 2 4 3a  ，解得 2 12a  ， 2 4b  ． 椭圆G 的方程为 2 2 112 4 x y  ． （2）设 1(A x ， 1)y ， 2(B x ， 2 )y ，线段 AB 的中点 ( , )N m n ，直线 AB 的方程为： y x t  ． 联立 2 23 12 y x t x y      ，化为 2 24 6 3 12 0x tx t    ， 1 2 3 22 tx x m     ， 2 1 2 3 12 4 tx x  ．解得 3 4 tm   ， 4 tn  ． 因为△PAB 是以 AB 为底作等腰三角形，所以 1PN ABk k   ， 241 3 34 PN t k t        ，解得 2t  ． 直线 AB 的方程为： 2y x  ． 点 P 到直线 AB 的距离 | 3 2 2| 3 2 2 d     ． 2 2 1 2 1 2| | 2[( ) 4 ] 2[( 3) 4 0] 3 2AB x x x x        ． 1 1 3 9| | 3 22 2 22△     APBS d AB ． 【点睛】本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题转化为方程联立可得根 与系数的关系、中点坐标公式、点到直线的距离公式、弦长公式、三角形的面积计算公式， 考查了推理能力与计算能力，属于较难题． 21.已知函数    ln ,tf x x s s t Rx      I 讨论  f x 的单调性及最值  II 当 2t  时，若函数  f x 恰有两个零点 1x ， 2 1 2(0 )x x x  ，求证： 1 2 4x x  ． 【答案】（I）详见解析；（II）详见解析. 【解析】 【分析】  1 求出函数的导数，通过讨论 t 的范围，在定义域内，分别令  ' 0f x  求得 x 的范围，可 得函数  f x 增区间，  ' 0f x  求得 x 的范围，可得函数  f x 的减区间，根据单调性可求 - 18 - 出函数的最值；  2 求出  2 1 2 1 2 1 2 lnx x x x x x   ，设 2 1 1xt x   ，求出   1 2 1 ln tx t t  ，得到 2 1 2 14 ln24 ln t ttx x t        ，记函数   2 1 ln2 th t tt   ，利用导数研究函数的单调性，利用 单调性可得    1 0h t h  ，从而可得结论． 【详解】      I f x 的定义域是 0, ，   2 2 1' t x tf x x x x    ， 0t  时，  ' 0f x  ，  f x 递增，无最值； 0t  时，令  ' 0f x  ，解得： x t ， 令  ' 0f x  ，解得： 0 x t  ， 故  f x 在 0,t 递减，在  ,t  递增， 故  ( ) ln 1f x f t t s   最小值 ，无最大值； 证明：  2II t  时，   2lnf x x st    ，  f x 恰有两个零点 1x ， 2x ， 1 2(0 )x x  ， 由  1 1 1 2ln 0f x x sx     ，  2 2 2 2ln 0f x x sx     ， 得 1 2 1 2 2 2ln lns x xx x     ， 故  2 1 2 1 2 1 2 lnx x x x x x   ，设 2 1 1xt x   ，   1 2 1ln tt tx  ，   1 2 1 ln tx t t  ， 故    2 1 2 1 2 1 1 ln t x x x t t t      ， 2 1 2 14 ln24 ln t ttx x t         ， - 19 - 记函数   2 1 ln2 th t tt   ，因   2 2 ( 1)' 02 th t t   ，  h t 在 1, 递增， 1t  ，    1 0h t h   ， 又 2 1 1xt x   ， ln 0t  ，故 1 2 4x x  成立． 【点睛】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思 想，考查不等式的证明，是一道综合题．近来高考在逐年加大对导数问题的考查力度，不仅 题型在变化，而且问题的难度、深度与广度也在不断加大，本部分的要求一定有三个层次： 第一层次主要考查求导公式，求导法则与导数的几何意义；第二层次是导数的简单应用，包 括求函数的单调区间、极值、最值等；第三层次是综合考查，包括解决应用问题，将导数内 容和传统内容中有关不等式甚至数列及函数单调性有机结合，设计综合题. （二）选考题：共 10 分．请考生在 22、23 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. 选修 4-4：坐标系与参数方程 在直角坐标系 xOy 中,曲线 1 cos ,:{ sin , x tC y t     （t 为参数,且 0t  ）,其中 0    ,在以 O 为 极点,x 轴正半轴为极轴的极坐标系中,曲线 2 3: 2sin , : 2 3cos .C C     （Ⅰ）求 2C 与 3C 交点的直角坐标； （Ⅱ）若 1C 与 2C 相交于点 A, 1C 与 3C 相交于点 B,求 AB 最大值. 【答案】（Ⅰ）  3 30,0 , ,2 2       ；（Ⅱ）4. 【解析】 （ Ⅰ ） 曲 线 2C 的 直 角 坐 标 方 程 为 2 2 2 0x y y   ， 曲 线 3C 的 直 角 坐 标 方 程 为 2 2 2 3 0x y x   ．联立 2 2 2 2 2 0,{ 2 3 0, x y y x y x       解得 0,{ 0, x y   或 3 ,2{ 3 ,2 x y   所以 2C 与 1C 交点的 - 20 - 直角坐标为 (0,0) 和 3 3( , )2 2 ． （Ⅱ）曲线 1C 的极坐标方程为 ( , 0)R      ，其中 0    ．因此 A 得到极坐标为 (2sin , )  ， B 的极坐标为 ．所以 2sin 2 3 cosAB    4 ( )3sin   ，当 5 6   时， AB 取得最大值，最大值为 4 ． 考点：1、极坐标方程和直角坐标方程的转化；2、三角函数的最大值． 选修 4-5：不等式选讲 23.已知函数   2 1 2f x x x    . （1）求  f x 的最小值 m ； （2）若 a ，b ， c 均为正实数，且满足 a b c m   ，求证： 2 2 2 3b c a a b c    . 【答案】（1） 3 ；（2）证明见解析 【解析】 【分析】 （1）由题意根据 1x   、 1 2x   、 2x  分类讨论，求出函数  f x 的取值范围，即可得 解； （2）由题意结合基本不等式可得     2 2 2 2b c a a b c a b ca b c         ，即可得证. 【详解】（1）当 1x   时，      2 1 2f x x x      3 3,x    ； 当 1 2x   时，      2 1 2f x x x     4 3,6x   ； 当 2x  时，      2 1 2f x x x     3 6,x   ； 综上，  f x 的最小值 3m  ； （2）证明：因为 a ，b ， c 均为正实数，且满足 3a b c   ， 所以 - 21 -   2 2 2b c a a b ca b c      2 2 2b c aa b ca b c                       2 2 2 2 b c aa b ca b c              2 a b c  ， 当且仅当 1a b c   时，等号成立， 所以 2 2 2b c a a b ca b c      即 2 2 2 3b c a a b c    . 【点睛】本题考查了绝对值函数最值的求解，考查了利用基本不等式及综合法证明不等式， 关键是对于条件做合理转化，属于中档题. - 22 -