广东省深圳市高级中学2020届高三下学期5月适应性考试数学（文）试题 Word版含解析 22页

- 1 - 文科数学试卷 一､选择题 1. 设集合  2 8 0U x x x   ，  0 5A x x   ，则 U A =ð （ ） A.  5,8 B.  5,8 C.  5,8 D.  5,8 【答案】C 【解析】 【分析】 先由一元二次不等式的解法求出集合 U,再根据集合的补集运算可得选项. 【详解】  0 8U x x   ，又  0 5A x x   ，所以    5 8 5 8U A x x    ，ð ， 故选：C. 【点睛】本题考查集合的补集运算和一元二次不等式的解法，属于基础题. 2. 设 i 为虚数单位，复数 2( 1) 8 1 iz i    的实部为（ ） A. 5 B. 5 C. 3 D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】 由复数的运算和复数的概念可得选项. 【详解】  21 2i i   ，       8 2 18 2 6 10 3 51 1 1 2 i ii iz ii i i          ，实部为 3， 故选：D. 【点睛】本题考查复数的概念和复数的运算，属于基础题. 3. 某校举行“我和我的祖国”文艺汇演，需征集 20 名志愿者参与活动服务工作，现决定采 取分层抽样的方式从“摄影协会”､“记者协会”､“管理爱好者协会”中抽取，已知三个协会 的人数比为5:2:3，且每个人被抽取的概率为 0.2，则该校“摄影协会”的人数为（ ） A. 10 B. 20 C. 50 D. 100 【答案】C 【解析】 【分析】 - 2 - 根据分层抽样方法可得选项. 【详解】由题意知从“摄影协会”抽取的人数为 5 20 105 2 3    ，因为每个人被抽取的概 率为 0.2，故该校“摄影协会”的人数为 10 500.2  . 【点睛】本题考查分层抽样方法，关键在于所抽样的对象与相对应的比例，属于基础题. 4. 向量  1,a t 在向量  1,0b  方向上的投影为（ ） A. 1 B. t C. 1 2 D. 3 2 【答案】A 【解析】 【分析】 根据向量的投影公式即可求解. 【详解】 a  在b  方向上的投影为 1 1 0cos , 11 a b ta a b b           . 故选:A 【点睛】本题主要考查平面向量的投影，属于基础题. 5. 假设你有一笔资金，现有三种投资方案，这三种方案的回报如下： 方案一：每天回报 40 元； 方案二：第一天回报 10 元，以后每天比前一天多回报 10 元； 方案三：第一天回报 0.4 元，以后每天的回报比前一天翻一番. 现打算投资 10 天，三种投资方案的总收益分别为 10A ， 10B ， 10C ，则（ ） A. 10 10 10A B C  B. 10 10 10A C B  C. 10 10 10B A C  D. 10 10 10C A B  【答案】B 【解析】 【分析】 设三种方案第 n 天的回报分别为 na ， nb ， nc ，则 40na  ， na 为常数列； nb 是首项为 10， - 3 - 公差为 10 的等差数列； nc 是首项为 0.4，公比为 2 的等比数列.由数列的求和公式可得选项. 【详解】设三种方案第 n 天的回报分别为 na ， nb ， nc ，则 40na  ， na 为常数列；  nb 是首项为 10，公差为 10 的等差数列； nc 是首项为 0.4，公比为 2 的等比数列. 设投资 10 天三种投资方案的总收益为 10A ， 10B ， 10C ， 则 10 400A  ； 10 10 910 10 10 5502B      ；  10 10 0.4 1 2 409.21 2C    ， 所以 10 10 10B C A  . 故选：B. 【点睛】本题考查数列的实际应用，关键在于根据生活中的数据，转化到数列中所需的基本 量，公差，公比等，属于中档题. 6. 已知 3cos 2 5 3       ，则sin 10      （ ） A. 1 3 B. 1 3  C. 6 3 D. 6 3  【答案】B 【解析】 【分析】 利用“凑角”的思想，将所求的角用已知的角表示，结合诱导公式与二倍角公式即可求解. 【 详 解 】 由 题 意 得 2 1sin sin 2 cos2 2cos 110 2 5 2 2 5 2 5 3                                            . 故选 B. 【点睛】本题主要考查三角函数的诱导公式及给值求值问题，考查二倍角公式，属于基础题. 7. 已知双曲线 C： 2 2 2 3 1( 0)4 x y bb    ，过焦点且垂直于 x 轴的直线交双曲线于 A，B 两点， - 4 - 且 4 3AB  ，则双曲线的渐近线方程为（ ） A. 2y x  B. 1 2y x  C. 3y x  D. 3 3y x  【答案】C 【解析】 【分析】 根据题意求出 A，B 两点的纵坐标，根据 4 3AB  求出b 的值，最后写出双曲线渐近线方程 即可. 【详解】由题意可知 2 4 2 33 3a a   ，根据双曲线的对称性不妨设焦点的坐标为 ( ,0)c ， 当 x c 时，有 2 2 2 3 14 c y b   ，解得： 2 2 23 4y c b b   ， 因为 2 48AB  ，所以有 2 2 2 2 2 2 23 3 4(2 ) 48 ( ) 124 4 3c b b b b b      ， 化简得 2 4b  ，即 2b  ， 所以渐近线方程为： 2 32 33 by x y x y xa         . 故选：C 【点睛】本题考查了双曲线的渐近线的求法，考查了数学运算能力，属于基础题. 8. 已知   1 1 x x af x a   ( 1a  )，函数  g x 为幂函数且过点 1 ,22      ，则函数      h x f x g x  的图象大致为（ ） A. B. - 5 - C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 先利用待定系数法求出函数  g x 的解析式，结合奇偶函数的定义即可判断函数 ( )f x ，  g x 的奇偶性，进一步可判断出函数      h x f x g x  的奇偶性，结合当 0x  时，函数值的 变化即可判断. 【详解】因为函数  g x 为幂函数，所以设  g x x ，则 1 1 2, 12 2g               ，所以 函数   1g x x  .由已知   1 1 x x af x a   ( 1a  )，    f x f x   ，故 ( )f x 为奇函数，且函数   1g x x  为 奇 函 数 ， 则 函 数      h x f x g x  为 偶 函 数 ， 排 除 B ， D. 又 0x  时 ，    ,f x g x    ，  h x   ，故选 A. 故选：A 【点睛】本题主要考查利用函数的性质辨析函数的图象，属于基础题. 9. 将函数   22cos cos 2 2f x x x       的图象向右平移 4  个单位，得到函数  y g x 的 图象，则函数  y g x 的一个极大值点为（ ） A. 8  B. 3 8  C. 5 8  D. 7 8  【答案】B 【解析】 【分析】 先利用二倍角公式及诱导公式化简 ( )f x 为 sin( )A x kw j+ + 的形式，结合图象的平移即可得 - 6 - 出函数 ( )g x 的解析式，结合函数  y g x 的极大值点即为最大值点即可求解. 【详解】   cos2 1 sin 2 2 sin 2 14f x x x x          ，故   2 sin 2 14g x x       . 令 2 2 ,4 2      x k k Z ，得 3 ,8x k k Z    ，取 0k  ，可得 3 8x  为极大值点. 故选：B. 【点睛】本题主要考查三角函数图象的平移变换及三角函数的性质，考查诱导公式与二倍角 公式，属于基础题. 10. 已知某三棱锥的三视图如图所示(数据为各矩形的对角线长)，则该三棱锥的外接球的表 面积为（ ） A. 9 B. 29 C. 50 D. 58 【答案】B 【解析】 【分析】 由三视图判断出几何体的结构，通过补形的方法求得外接球的直径，进而求得外接球的表面 积. 【详解】由题意知，该三棱锥 1 1D AB C 可视为 ABCD A B C D    的六个面对角线所构成， 如下图所示几何体 1 1D AB C . 设长方体长，宽，高为 a，b，c，则有 2 2 25a c  ， 2 2 13b c  ， 2 2 20a b  ， 所以 2 2 2 29a b c   ，设三棱锥的外接球半径为 R ，则 2 29R  ， 24 29S R   . 故选：B - 7 - 【点睛】本小题主要考查由三视图还原原图，考查几何体外接球表面积的求法，属于中档题. 11. 已知 O 为坐标原点，抛物线 E： 2 2x py ( 0p  )的焦点为 F，过焦点 F 的直线交 E 于 A， B 两点，若 OFA 的外接圆圆心为 Q，Q 到抛物线 E 的准线的距离为 3 4 ，则 p  （ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】 分析:由已知条件推导出点 Q 到抛物线 C 的准线的距离为 3 4 2 4 p p  ，由此能求出 p . 【详解】由题意知，抛物线 E： 2 2x py ( 0p  )的焦点为 0, 2 pF      ，准线为 2 py   ， Q 在线段OF 的垂直平分线上，故 Q 的纵坐标为 4 p ， 所以 3 4 2 4 p p  ， 所以 1p  . 故选：A 【点睛】本题主要考查了抛物线的标准方程，抛物线的简单几何性质，属于容易题. 12. 已知函数  y f x 在 R 上的图象是连续不断的，其导函数为  f x ，且    f x f x   ， 若对于 0x  ，不等式 (ln ) ( ) 0axxf x e f ax  恒成立，则实数 a 的最小值为（ ） - 8 - A. e B. 1 e C. 2 2 e D. 2e 【答案】B 【解析】 【分析】 分 析 不 等 式 (ln ) ( ) 0axxf x e f ax  的 特 点 ， 结 合    f x f x   ， 构 造 函 数    exF x f x  ，利用导数研究函数 ( )F x 的单调性，不等式 (ln ) ( ) 0axxf x e f ax  恒成立， 转化为 ln x ax 在 0,  恒成立，再求出 a 的最小值. 【详解】根据題意，令    exF x f x  ，则      e 0xF x f x f x      ， 故函数  f x 在 R 上单调递增，      lnln e ln lnxF x f x xf x  ，    eaxF ax f ax ，又 0x  ，不等式    ln e 0axxf x f ax  恒成立， 所以    lnF x F ax 在 0,  恒成立. 从而 ln x ax ，即 ln xa x  在 0,  恒成立. 令   ln xg x x  ，   2 1 ln xg x x   ， 令   0g x  ，则 ex ，所以   ln xg x x  在 0,e 单调递增，在 e, 单调递减. 所以    max 1e eg x g  ，故 1 ea  ,即 a 的最小值为 1 e . 故选：B 【点睛】本题考查了构造函数，利用导数解决不等式恒成立问题，利用导数求最值，还考查 了学生分析能力，运算能力，属于中档题. 二､填空题 13. 若 x，y 满足约束条件 2 1, 1, 0, x y x y y        ，则 z y x  的最小值为______. 【答案】 1 - 9 - 【解析】 【分析】 作出可行域，作出目标函数对应的直线，平移该直线可得最优解． 【详解】作出可行域，如图 ABC 内部（含边界），作直线 : 0l x y  ，向下平移直线 l ， z y x  变小， 由 1 0 x y y     解得 1, 0. x y    ，即 (1,0)B ， 所以 z y x  在点 1,0 处取最小值，最小值为 1 . 故答案为： 1 ． 【点睛】本题考查简单的线性规划，解题关键是作出可行域，作出目标函数对应的直线，平 移该直线可得最优解． 14. 已知 a，b，c 分别为 ABC 三个内角 A，B，C 的对边， sin cos 6b A a B      ， 2a c  ， 则边 b 的最小值为______. 【答案】1 【解析】 【分析】 由已知结合正弦定理进行化简可求 B ，然后结合余弦定理及基本不等式即可求解． 【详解】解：由已知结合正弦定理得 sin sin sin cos( )6B A A B = - ， 因为sin 0A  ， - 10 - 所以 1 3sin sin cos2 2B B B  ，即sin 3 cosB B ， 所以 tan 3B  ， 因为 0 B   ，所以 3B  ． 又 2a c  ， 所以 2 2 2 2 2 2 22 cos ( ) 3 4 3 4 3( ) 12 a cb a c ac B a c ac a c ac ac             … ， 当且仅当 a c 时取“  ”． 所以b 的最小值为 1． 故答案为：1． 【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． 15. 已知某圆锥的侧面展开图为如图所示的扇形，且 2 3C  ， 2 3AB  .则该圆锥的体积为 ______. 【答案】16 2 81  【解析】 【分析】 设 AC BC R  ，由已知得 2R  ，求得弧长 AB ，再求出圆锥底面圆的半径为 r，高为 h， 可求得圆锥的体积. 【详解】设 AC BC R  ，在 ABC 中，因为 2 3C  ， 2 3AB  ，所以 2R  ，弧长  2 423 3AB     ， - 11 - 设圆锥底面圆的半径为 r，高为 h，则 42 3r   ，所以 2 3r  ， 2 2 4 4 24 9 3h R r     ， 故 21 1 4 4 2 16 2 3 3 9 3 81V r h      圆锥 . 【点睛】本题考查由圆锥的展开图求圆锥的体积，关键在于求得圆锥的底面半径和圆锥的高， 属于基础题. 16. 黄金分割比 5 1 0.6182    被誉为“人间最巧的比例”.离心率 5 1 2e  的椭圆被 称为“优美椭圆”，在平面直角坐标系中的“优美椭圆”C： 2 2 2 2 1x y a b   （ 0a b  ）的左 右顶点分别为 A，B，“优美椭圆”C 上动点 P（异于椭圆的左右顶点），设直线 PA ，PB 的斜 率分别为 1k ， 2k ，则 1 2k k  ______. 【答案】1 5 2  ； 【解析】 【分析】 设  cos , sinP a b  ， ,2 k k Z   ，  ,0A a ，  ,0B a ，计算 2 1 2 1k k e  得到答案. 【详解】设  cos , sinP a b  ， ,2 k k Z   ，  ,0A a ，  ,0B a ， 则   2 2 2 2 1 2 22 2 sin sin sin 1 51cos cos 2cos 1 b b b bk k ea a a a aa                 . 故答案为：1 5 2  . 【点睛】本题考查了根据椭圆的离心率求斜率关系，意在考查学生的计算能力. 三､解答题 17. 新冠疫情发生后，酒精使用量大增，某生产企业调整设备，全力生产 75% 与95%两种不 同浓度的酒精，按照计划可知在一个月内，酒精日产量 na (单位：吨)与时间 n( n N 且 1 30n  )成等差数列，且 1 2a  ， 2 3 5a a a  .又知 75% 酒精日产量所占比重 nb 与时间 n 成等比数列，95%酒精日产量所占比重与时间 n 的关系如下表( 0 1p  )： - 12 - 95%酒精日产量所占 比重 1 p 21 p 31 p …… 时间 n 1 2 3 …… （1）求 na ， nb 的通项公式； （2）若 1 2p  ，求前 n 天 75% 酒精的总生产量 nT (单位：吨， n N 且1 30n  ). 【答案】（1） 2na n ， n nb p ( 0 1p  )；（2）   114 2 2 n nT n        吨( n N 且 1 30n  ). 【解析】 【分析】 （1）由等差、等比数列的定义和通项公式可求得； （2）运用错位相减法可得答案. 【详解】（1）由 1 2 3 5 2a a a a     ，得 1 1 1 2 2 3 4 a a d a d      ，所以 1 2 2 a d    ，所以 2na n . 因为 1b p ， 2 2b p .所以 n nb p ( 0 1p  ). （2）由题意知，第 n 天 75% 酒精的生产量为 11 12 2 2 n n n na b n n               ， 1 1 2 2 3 3 1 1n n n n nT a b a b a b a b a b         0 1 2 2 11 1 1 1 11 2 3 12 2 2 2 2 n n n n                                         ①，   1 2 3 11 1 1 1 1 11 2 3 12 2 2 2 2 2 n nT n n                                        ②， 由①  ②得： 0 1 2 11 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 n n nT n                                    - 13 -   11 1 12 2 21 2 21 2 n n n n                     ， 所以   114 2 2 n nT n        ， 综上，前 n 天 75% 酒精的总生产量   114 2 2 n nT n        吨( n N 且1 30n  ). 【点睛】本题考查等差数列，等比数列的实际应用，以及错位相减法求数列的和，属于中档 题. 18. 某市为广泛开展垃圾分类的宣传､教育和倡导工作，使市民树立垃圾分类的环保意识，学 会垃圾分类的知识，特举办了“垃圾分类知识竞赛".据统计，在为期 1 个月的活动中，共有 两万人次参与网络答题.市文明实践中心随机抽取 100 名参与该活动的市民，以他们单次答题 得分作为样本进行分析，由此得到如图所示的频率分布直方图： （1）求图中 a 的值及参与该活动的市民单次挑战得分的平均成绩 x (同一组中数据用该组区间 中点值作代表)； （2）若垃圾分类答题挑战赛得分落在区间 70, 2x s 之外，则可获得一等奖奖励，其中 x ， s 分别为样本平均数和样本标准差，计算可得 4s  ，若某人的答题得分为 96 分，试判断此人 是否获得一等奖； （3）为扩大本次“垃圾分类知识竞赛”活动的影响力，市文明实践中心再次组织市民组队参 场有奖知识竞赛，竞赛共分五轮进行，已知“光速队”与“超能队”五轮的成绩如下表： 成绩 第一轮 第二轮 第三轮 第四轮 第五轮 - 14 - “光速队” 93 98 94 95 90 “超能队” 93 96 97 94 90 ①分别求“光速队”与“超能队”五轮成绩的平均数和方差； ②以上述数据为依据，你认为"光速队”与“超能队”的现场有奖知识竞赛成绩谁更稳定？ 【答案】（1） 0.06a  ， 87x  (分)；（2）此人获得一等奖；（3）①“光速队”平均数为94， 方差 6.8，“超能队”平均数为94，方差为6；②“超能队”的现场有奖知识竞赛成绩更稳定. 【解析】 【分析】 （1）由各组的频率和为 1 求出 a 的值；平均成绩等于各组的中间值与其频率积的和； （2）将（1）求出的平均值和 4s  代入 70, 2x s ，从而可判断 96 是否在此区间； （3）①由表中的数据直接求平均数和方差即可；②比较两个方差的大小，方差小的成绩更稳 定. 【详解】（1）由频率分布直方图可知 0.05 0.04 2 0.02 0.01 5 1a        ，解得 0.06a  ； 参与该活动的市民单次挑战得分的平均值的平均成绩为 72.5 0.05 77.5 0.1 82.5 0.2 87.5 0.3 92.5 0.25 97.5 0.1 87x              (分). （2）由（1）知 87x  ，区间   70, 2 70,95x s  ，而  96 70, 2x s  ， 故此人获得一等奖； （3）①“光速队”五轮成绩的平均数为  1 1 93 98 94 95 90 945x       ， 方差为    2 22 2 2 2 1 1 1 4 0 1 4 6.85s           . “超能队”五轮成绩的平均数为  2 1 93 96 97 94 90 945x       ， 方差为    2 22 2 2 2 2 1 1 2 3 0 4 65s           . ②评价：从方差数据来看，“超能队”的现场有奖知识竞赛成绩更稳定. - 15 - 【点睛】此题考查频率分布直方图，求平均数、方差，利用方差的大小进行判断稳定程度， 属于基础题. 19. 已知三棱锥 P ABC ，如图所示，PA  平面 ABC ，D 为 AB 中点，且 PD AC BC  . （1）证明： PD DC ； （2）若 PC 与平面 ABC 所成的角的余弦值为 6 3 ， 2CD  ，求三棱锥 A BCP 体积. 【答案】（1）证明见解析；（2） 2 2 3 . 【解析】 【分析】 （1）证明CD AB ，CD PA ，即可证明CD  平面 PAB ．得到CD PD ． （2） PCA 为 PC 与平面 ABC 所成的角，设 6AC x ，则 3PC x ，通过求解三角形求 出 PC ， AC ，求出 AB ，通过 A BCP P ABCV V  ，求解即可． 【详解】解:（1）因为 AC BC ，D 为中点，所以CD AB ，又 PA  平面 ABC ，CD  平面 ABC ， 所以CD PA ， 因为 AB PA A  ， AB Ì平面 PAB ， PA  平面 PAB ，所以CD  平面 PAB . 又 PD  面 PAB ，所以CD PD . （2）因为 PA  平面 ABC ，所以 PCA 为 PC 与平面 ABC 所成的角. 因为 6cos 3 ACPCA PC    ，故设 6AC x ，则 3PC x ，所以 3PA x ， 6PD AC x  . - 16 - 由（1）知 CD PD ，所以 2 2 3 2CD PC PD x    ，所以 6 3x  . 从而 2PA CD  ， 2BC PD AC   .在 Rt PAD△ 中 2 2 2AD PD PA   ，所以 2 2AB  . 故 ABC 为等腰直角三角形. 2ABCS  ，所以 1 1 2 22 23 3 3A BCP P ABC ABCV V S PA        △ . 【点睛】本题考查直线与平面垂直的判断定理的应用，等体积法的应用，考查转化思想以及 计算能力，属于中档题． 20. 已知函数   sin cos cosf x x a x x x   ，  0,2x  ，  0,2  . （1）讨论函数  f x 的单调性； （2）证明：函数  f x 在定义域上只有一个零点 【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】 （1）首先求出函数的导函数，令   0f x  得 x a 或 x  ，再对 a 分类讨论可得； （2）由（1）函数的单调性结合零点存在性定理，分类讨论计算可得； 【详解】解：（1）      cos sin cos sin sinf x x a x x x x x a x       ，  0,2x  ， 令   0f x  得 x a 或 x  ，易知，当  0,x  时，sin 0x  ；当  ,2x   时，sin 0x  ， ①当 a  时，    sin 0f x x x    ，故  f x 在 0,2 单调递减； ②当  0,a  时，令   0f x  得 0 x a  或 2x   ，令   0f x  得 a x   ， 故  f x 在 0,a ， ,2  单调递减，在  ,a  单调递增； ③当  ,2a   时，令   0f x  得 0 πx  或 2a x   ，令   0f x  得 x a   ， 故  f x 在 0, ， ,2a  单调递减，在  ,a 单调递增. 综上，当 a  时，  f x 在 0,2 单调递减； - 17 - 当  0,a  时，  f x 在 0,a ， ,2  单调递减，在 ,a  单调递增； 当  ,2a   时，  f x 在 0, ， ,2a  单调递减，在  ,a 单调递增. （2）由（1）知，①当 a  时，  f x 在 0,2 单调递减； 且  0 sin 0 cos0 0cos0 0f       ，  2 sin 2 cos2 2 cos2 0f             ，即    0 2 0f f   ，故函数  f x 在  0,2 上只有一个零点. ②当  0,a  时，  f x 在  0,a ， ,2  单调递减，在 ,a  单调递增；故  f x 的极小 值为   sin cos cos sin 0f a a a a a a a     ，因此  f x 在 0,a 上无零点；  f x 的极 大值为   sin cos cos 0f a a           ，又  2 sin 2 cos2 2 cos2 2 0f a a           ，    2 0f f   ，故  f x 在  ,2  上有一个零点，因此，函数  f x 在 0,2 上只有一个零点. ③当  ,2a   时，  f x 在 0, ， ,2a  单调递减，在  ,a 单调递增.故  f x 的极 小值为   0f a    ，又  0 sin 0 cos0 0cos0 0f a a     ，    0 0f f   ， 故  f x 在 0, 上有一个零点，  f x 的极大值为   sin 0f a a  ，又  2 2 0f a    ，故  f x 在 ,2  上无零点，因此，函数  f x 在 0,2 上只有一 个零点. 综上，函数  f x 在 0,2 上只有一个零点. 【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，函数的零点问题，考查分类讨论思想，属于 中档题. 21. 已知椭圆 C： 2 2 2 2 1x y a b   ( 0a b  )的左､右焦点分别为 1F ､ 2F ，点 31, 2P       满足： 1 2 2PF PF a  ，且 1 2 3 2PF FS △ . （1）求椭圆 C 的标准方程； - 18 - （2）过点  4,0M 的直线 l 与 C 交于  1 1,A x y ，  2 2,B x y 不同的两点，且 1 2 0y y  ，问在 x 轴上是否存在定点 N，使得直线 NA， NB 与 y 轴围成的三角形始终为底边在 y 轴上的等腰 三角形.若存在，求定点 N 的坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） 2 2 14 x y  ；（2）存在，定点为：  1,0N . 【解析】 【分析】 （1）根据椭圆的定义，结合代入法、三角形的面积公式进行求解即可； （2）设出直线 l 的方程与椭圆方程联立，根据等腰三角形的性质，结合一元二次方程根与系 数关系、根的判别式、斜率公式进行求解即可. 【详解】（1）因为 1 2 2PF PF a  ，所以点 P 在椭圆 C 上， 将 31, 2P       代入 2 2 2 2 1x y a b   ，得 2 2 1 3 14a b   ①， 设椭圆 C 焦距为 2c ，则 1 2 1 3 322 2 2PF FS c   △ ，所以 3c  ，从而 2 2 3a b  ②， 由①②解得 2 4a  ， 2 1b  ， 所以椭圆 C 的方程为 2 2 14 x y  ； （2）显然直线 l 的斜率存在且不为 0，设直线 l：  4y k x  ， 联立   2 2 4 , 4 4 0, y k x x y        消去 y 整理得 2 2 2 21 4 32 64 4 0k x k x k     . 由     22 2 232 4 1 4 64 4 0k k k       ，得 2 10 12k  ， 则 2 1 2 2 32 1 4 kx x k    ， 2 1 2 2 64 4 1 4 kx x k    ， 假设存在点  ,0N t ，因为直线 NA， NB 与 y 轴围成的三角形始终为底边在 y 轴上的等腰三 角形，所以 0NA NBk k  . - 19 - 设  ,0N t ，则    1 21 2 1 2 1 2 4 4 NA NB k x k xy yk k x t x t x t x t                1 2 1 2 1 2 2 4 8 0x x t x x tk x t x t        ， 即   1 2 1 22 4 8 0x x t x x t     ，所以   22 2 2 2 2 4 32128 8 8 32 01 4 1 4 1 4 t kk t tk k k k       ， 化简得：  2 2 2128 8 4 32 8 32 0 8 8k t k t ttk     ， 解得 1t  . 故在 x 轴上存在定点  1,0N ，使得直线 NA， NB 与 y 轴围成的三角形始终在底边为 y 轴上 的等腰三角形. 【点睛】本题考查了求椭圆的标准方程，考查了直线与椭圆的位置关系的应用，考查了椭圆 中存在性问题的探究，考查了数学运算能力. 22. 以平面直角坐标系的原点 O 为极点，x 轴非负半轴为极轴，并在两种坐标系中取相同的长 度单位，建立极坐标系.曲线 1C 的极坐标方程为 2sin cos 0    ，曲线 2C 的参数方程为 cos 1 sin x y       ，( 为参数). （1）求曲线 1C 的直角坐标方程及 2C 的普通方程； （2）已知点 P､Q 为曲线 1C 与曲线 2C 的交点，W 为参数方程 3cos 4sin x y      ( 为参数)曲线 3C 上 一点，求点 W 到直线 PQ 的距离 d 的最大值. 【答案】（1） 1C ： 2y x ， 2C ：  22 1 1x y   ；（2） 5 2 2 . 【解析】 【分析】 （1）由 2sin cos 0    ，则 2 2sin cos 0     ，利用极坐标公式，转化为 1C 的直 角坐标方程，曲线 2C 消参得到 2C 的普通方程； （2）由（1）联立 1C 与 2C 方程，求出交点 ,P Q ，再求出直线 PQ 的方程，设  3cos ,4sinW   ， - 20 - 将点 W 到直线 PQ 的距离 d 用 表示出来，再由辅助角公式化简求出最大值. 【详解】（1）曲线 1C ： 2sin cos 0    ，所以 2 2sin cos 0     ；所以 2y x . 曲线 2C ： cos 1 sin x y       ( 为参数)，则  22 2 21 cos sinx y      ， 所以  22 1 1x y   . 综上，曲线 1C 的直角坐标方程为 2y x ， 2C 的普通方程为  22 1 1x y   . （2）解   2 22 , 1 1, y x x y      则 4 2 2 0y y y   ，解得，  1,1P ，  0,0Q ， 又因为 1 0 11 0PQk   ，所以直线 PQ 的方程为 y x ， 设  3cos ,4sinW   ， 所以  5sin3cos 4sin 5 2 22 2 d       ( 3tan 4   ， 0 2   ). 即点 W 到直线 PQ 的距离 d 的最大值为 5 2 2 . 【点睛】本题考查了极坐标方程转化为直角坐标方程，参数方程转化为普通方程，还考查了 用参数方程将距离问题转化为求三角函数的最值问题，属于中档题. 23. 已知函数   1f x x a x    ， a R （1）当 2a  时，求不等式   2f x  的解集； （2）当 2 0a   时，若   2 2 2 xf x   恒成立，求实数 a 的值. 【答案】（1） 1 5,2 2      ；（2） 1 . 【解析】 【分析】 （1）当 2a  时，利用零点分段法去绝对值，由此求得不等式的解集. - 21 - （2）将  f x 表示为分段函数的形式，构造函数     2 22 xh x f x   ，结合二次函数的最 值以及   0h x  恒成立列不等式组，解不等式组求得 a 的值. 【详解】（1）当 2a  时， 2 1 2x x    . 当 1x  时， 2 1 2x x    ，解得 1 12 x  . 当1 2x  时， 2 1 2x x    ，解得1 2x  . 当 2x  时， 2 1 2x x    ，解得 52 2x  . 所以不等式的解集为 1 5,2 2      . （2）因为 2 0a   ，所以   1 2 , , 1 1 , 1, 2 1 , 1, a x x a f x x a x a a x x a x                设     2 2 2 2 2 1 2 , ,2 2 2 1 , 1,2 2 2 2 1 , 1,2 x a x x a x xh x f x a a x x x a x                        整理得       2 2 2 1 2 1, ,2 1 , 1,2 1 2 1 , 1.2 x a x a xh x a a x x a x                  若   2 2 2 xf x   恒成立，则   0h x  恒成立，即  min 0h x  ， 从而 1 0, 1 0, 2 0, a a a          解得 1a   . 【点睛】本小题主要考查含有绝对值不等式的解法，考查不等式恒成立问题的求解，属于中 档题. - 22 -