吉林省吉林市2020届高三第三次调研测试（4月）数学（理）试题 Word版含解析 23页

- 1 - 吉林市普通中学 2019—2020 学年度高中毕业班第三次调研测试 理科数学 本试卷共 22 小题，共 150 分，共 6 页，考试时间 120 分钟，考试结束后，将答题卡和试题卷 一并交回. 注意事项： 1.答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，认真核对条形码、姓名、 准考证号，并将条形码粘贴在答题卡的指定位置上. 2.选择题答案使用 2B 铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案的标号；非选 择题答案必须使用 0.5 毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚. 3.请按照题号在各题的答题区域(黑色线框)内作答，超出答题区域书写的答案无效. 4.作图可先用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑. 5.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀. 一、选择题：本大题共 12 题，每小题 5 分，共 60 分.在每小题给出的四个选项中，只有一个 是符合题目要求. 1.已知集合 ， ，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 求出集合 ，利用集合的基本运算即可得到结论. 【详解】由 ，得 ，则集合 ， 所以， . 故选：B. 【点睛】本题主要考查集合的基本运算，利用函数的性质求出集合 是解决本题的关键，属 于基础题. 2.已知复数 满足 ，则 =（ ） A. B. { }1,0,1,2A = − { }| lg(1 )B x y x= = − A B = {2} { 1,0}− { }1− { 1,0,1}− B 1 0x− > 1x < { }| 1B x x= < { }1,0A B∩ = − B z iz 1 1= − z 1 1 2 2 i+ 1 1 2 2 i− - 2 - C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 利用复数的代数运算法则化简即可得到结论. 【详解】由 ，得 ， 所以， . 故选：B. 【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，属于基础题. 3.已知向量 ，则向量 在向量 方向上的投影为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 投影即为 ，利用数量积运算即可得到结论. 【详解】设向量 与向量 的夹角为 ， 由题意，得 ， ， 所以，向量 在向量 方向上的投影为 . 故选：A. 【点睛】本题主要考察了向量的数量积运算，难度不大，属于基础题. 4.已知 为两条不重合直线， 为两个不重合平面，下列条件中， 的充分条件是 （ ） A. ∥ B. ∥ C. ∥ ∥ D. 1 1 2 2 − + i 1 1 2 2 i− − iz 1 1= − ( )( ) 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 i iz ii i i + += = = = +− − + 1 1 2 2z i= − a b( 3,1), (3, 3)= − = b a 3− 3 1− 1 cos a bb a θ ⋅⋅ =    a b θ 3 3 1 3 2 3a b⋅ = − × + × = −  ( )2 23 1 2a = − + = b a 2 3cos 32 a bb a θ ⋅ −⋅ = = = −    ,m n ,α β α β⊥ m n m n, ,α β⊂ ⊂ m n m n, ,α β⊥ ⊥ m n m,⊥ ,nα β m n m,⊥ n,α β⊥ ⊥ - 3 - 【答案】D 【解析】 【分析】 根据面面垂直的判定定理，对选项中的命题进行分析、判断正误即可. 【详解】对于 A，当 ， ， 时，则平面 与平面 可能相交， ， ，故不能作为 的充分条件，故 A 错误； 对于 B，当 ， ， 时，则 ，故不能作为 的充分条件，故 B 错 误； 对于 C，当 ， ， 时，则平面 与平面 相交， ， ，故不能 作为 的充分条件，故 C 错误； 对于 D，当 ， ， ，则一定能得到 ，故 D 正确. 故选：D. 【点睛】本题考查了面面垂直的判断问题，属于基础题. 5.一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 根据题意，可得几何体，利用体积计算即可. 【详解】由题意，该几何体如图所示： //m n m α⊂ n β⊂ α β α β⊥ / /α β α β⊥ //m n m α⊥ n β⊥ / /α β α β⊥ m n⊥ / /m α / /n β α β α β⊥ / /α β α β⊥ m n⊥ m α⊥ n β⊥ α β⊥ 10 3 3 8 3 7 3 - 4 - 该几何体的体积 . 故选：A. 【点睛】本题考查了常见几何体 三视图和体积计算，属于基础题． 6.函数 的对称轴不可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 由条件利用余弦函数的图象的对称性，得出结论． 详解】对于函数 ，令 ，解得 ， 当 时，函数的对称轴为 ， ， . 故选：D. 【点睛】本题主要考查余弦函数的图象的对称性，属于基础题． 7.已知 为定义在 上的奇函数，且满足 当 时， ， 则 （ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 的 【 1 1 1 102 2 2 2 22 3 2 3V = × × × − × × × = f x x 2( ) cos(2 )3 π= + 6 5x π= − 3x π= − 6x π= 3x π= ( ) 2cos 2 3f x x π = +   22 ,3x k k Z π π+ = ∈ ,2 3 kx k Z π π= − ∈ 1,0,1k = − 6 5x π= − 3x π= − 6x π= ( )f x R f x f x( 4) ( ),+ = (0,2)x∈ 2( ) 2f x x= (3)f = 18− 18 2− 2 - 5 - 由题设条件 ，可得函数的周期是 ，再结合函数是奇函数的性质将 转 化为 函数值，即可得到结论. 【详解】由题意， ，则函数 的周期是 ， 所以， ， 又函数 为 上的奇函数，且当 时， ， 所以， . 故选：C. 【点睛】本题考查函数的周期性，由题设得函数的周期是解答本题的关键，属于基础题. 8.已知数列 为等比数列，若 ，且 ，则 （ ） A. B. 或 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 根据等比数列的性质可得 ，通分化简即可. 【详解】由题意，数列 为等比数列，则 ， 又 ，即 ， 所以， ， . 故选：A. 【点睛】本题考查了等比数列的性质，考查了推理能力与运算能力，属于基础题. 9.椭圆 的焦点为 ，点 在椭圆上，若 ，则 的大小为（ ） A. B. C. D. ( ) ( )4f x f x+ = 4 ( )3f ( )1f ( ) ( )4f x f x+ = ( )f x 4 ( ) ( ) ( )3 3 4 1f f f= − = − ( )f x R ( )0,2x∈ ( ) 22f x x= ( ) ( ) ( )3 1 1 2f f f= − = − = − { }na a a a76 8 26+ + = a a5 9 36⋅ = a a a76 8 1 1 1+ + = 13 18 13 18 19 36 13 9 13 6 2 5 9 6 8 7 36a a a a a⋅ = ⋅ = = { }na 2 5 9 6 8 7 36a a a a a⋅ = ⋅ = = a a a76 8 26+ + = 6 8 726a a a+ = − ( ) ( )7 6 8 7 77 8 6 8 6 7 6 7 8 7 776 8 36 36 261 1 1 36 36 a a a a aa a a a a a a a a a a a a a + ⋅ + + ⋅ −⋅ + ⋅ + ⋅+ + = = =⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ( ) 2 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 36 26 36 26 36 26 36 26 13 36 36 36 36 18 a a a a a a a a a a + ⋅ − + ⋅ − + ⋅ − ⋅= = = = =⋅ ⋅ ⋅ ⋅ 2 2 19 2 x y+ = 1 2,F F P 2| | 2PF = 1 2F PF∠ 150° 135° 120° 90° - 6 - 【答案】C 【解析】 【分析】 根据椭圆的定义可得 ， ，再利用余弦定理即可得到结论. 【详解】由题意， ， ，又 ，则 ， 由余弦定理可得 . 故 . 故选：C. 【点睛】本题考查椭圆的定义，考查余弦定理，考查运算能力，属于基础题. 10.已知 ，则 的大小关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 利用函数 与函数 互为反函数，可得 ，再利用对数运算性质比 较 a,c 进而可得结论. 【 详 解 】 依 题 意 ， 函 数 与 函 数 关 于 直 线 对 称 ， 则 ， 即 ，又 ， 所以， . 故选：B. 【点睛】本题主要考查对数、指数的大小比较，属于基础题. 11.赵爽是我国古代数学家、天文学家，大约公元 222 年，赵爽为《周髀算经》一书作序时， 1 4PF = 1 2 2 7F F = 1 2 2 7F F = 1 2 6PF PF+ = 2 2PF = 1 4PF = 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 16 4 28 1cos 2 2 2 4 2 PF PF F FF PF PF PF + − + −∠ = = = −⋅ × × 1 2 120F PF °∠ = ba b c a0.2 1 2 1( )2 , log 0.2,= = = , ,a b c a b c< < c a b< < a c b< < b c a< < 1 2 x y  =    1 2 logy x= 0 1a b< < < 1 2 x y  =    1 2 logy x= y x= 0.2 1 2 10 log 0.22  < <   0 1a b< < < 0.2 1 1 2 2 0.2 log 0.2 log 0.2 0.2 0.2 0.21 1 1 10.22 2 5 2 bc a a ×       = = = = = < =               c a b< < - 7 - 介绍了“勾股圆方图”，又称“赵爽弦图”（以弦为边长得到的正方形是由 个全等的直角三 角形再加上中间的一个小正方形组成的，如图（1）），类比“赵爽弦图”，可类似地构造如 图（2）所示的图形，它是由 个全等的三角形与中间的一个小正六边形组成的一个大正六边 形，设 ，若在大正六边形中随机取一点，则此点取自小正六边形的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 设 ，则 ，小正六边形的边长为 ，利用余弦定理可得大正六边形 的边长为 ，再利用面积之比可得结论. 【详解】由题意，设 ，则 ，即小正六边形的边长为 ， 所以， ， ，在 中， 由余弦定理得 ， 即 ，解得 ， 所以，大正六边形的边长为 ， 所以，小正六边形的面积为 ， 大正六边形的面积为 ， 4 6 A F F A2′ ′ ′= 2 13 13 4 13 2 7 7 4 7 AF a′ = 2A F a′ ′ = 2A F a′ ′ = 7AB a= AF a′ = 2A F a′ ′ = 2A F a′ ′ = 3FF a′ = 3AF F π′∠ = AF F′∆ 2 2 2 2 cosAF AF FF AF FF AF F′ ′ ′ ′ ′= + − ⋅ ⋅ ∠ ( )22 2 3 2 3 cos 3AF a a a a π= + − ⋅ ⋅ 7AF a= 7AF a= 2 1 1 32 2 2 2 2 3 6 32 2S a a a a a= × × × × + × = 2 2 1 3 21 37 7 2 7 212 2 2S a a a a a= × × × × + × = - 8 - 所以，此点取自小正六边形的概率 . 故选：D. 【点睛】本题考查概率的求法，考查余弦定理、几何概型等基础知识，考查运算求解能力， 属于基础题． 12.已知 分别为双曲线 的左、右焦点，点 是其一条渐近线上一点，且 以 为直径的圆经过点 ，若 的面积为 ，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 根据题意，设点 在第一象限，求出此坐标，再利用三角形的面积即可得到结论. 【详解】由题意，设点 在第一象限，双曲线的一条渐近线方程为 ， 所以， ， 又以 为直径的圆经过点 ，则 ，即 ，解得 ， ， 所以， ，即 ，即 ， 所以，双曲线的离心率为 . 故选：B. 【点睛】本题主要考查双曲线的离心率，解决本题的关键在于求出 与 的关系，属于基础题 . 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.在 的展开式中， 项的系数是__________（用数字作答）． 【答案】 【解析】 1 2 4 7 SP S = = 1 2,F F 2 2 2 2: 1x yC a b − = P 1 2F F P 1 2PF F∆ b22 3 3 3 2 5 3 ( )0 0,P x y ( )0 0,P x y by xa = 0 0 by xa = 1 2F F P OP c= 2 2 2 0 0x y c+ = 0x a= 0y b= 1 2 2 0 1 2 322 3PF FS c y c b b∆ = ⋅ ⋅ = ⋅ = 2 3 3c b= ( )2 2 24 3c c a= − 2e = a c ( )52 x− 3x 40− - 9 - 的展开式的通项为： . 令 ，得 . 答案为：-40. 点睛：求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略 (1)求展开式中的特定项.可依据条件写出第 r＋1 项，再由特定项的特点求出 r 值即可. (2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数项，再由通项写出第 r＋1 项，由 特定项得出 r 值，最后求出其参数. 14.已知两圆相交于两点 , ，若两圆圆心都在直线 上，则 的 值是________________ . 【答案】 【解析】 【分析】 根据题意，相交两圆的连心线垂直平分相交弦，可得 与直线 垂直，且 的 中点在这条直线 上，列出方程解得即可得到结论. 【详解】由 , ，设 的中点为 ， 根据题意，可得 ,且 ， 解得， , ，故 . 故答案为： . 【点睛】本题考查相交弦的性质，解题的关键在于利用相交弦的性质，即两圆的连心线垂直 平分相交弦，属于基础题. 15.若点 在直线 上，则 的值等于______________ . 【答案】 【解析】 【分析】 根据题意可得 ，再由 ，即可得到结论. ( )52 x− 5 5 2 ( )r r rC x− − 3r = 5 3 5 2 ( ) 40r r rC x x− − = − ( ),3A a ( )1,1B − 0x y b+ + = +a b 1− AB 0x y b+ + = AB 0x y b+ + = ( ),3A a ( )1,1B − AB 1,22 aM −     1 2 02 a b − + + = 3 1 11ABk a −= =+ 1a = 2b = − 1a b+ = − 1− (cos ,sin )P α α 2y x= cos(2 )2 πα + 4 5 − sin 2cosα α= 2 2sin cos 1α α+ = - 10 - 【详解】由题意，得 ，又 ，解得 ， 当 时，则 ， 此时 ； 当 时，则 ， 此时 ， 综上， . 故答案为： . 【点睛】本题考查诱导公式和同角的三角函数的关系，考查计算能力，属于基础题. 16.已知数列 的前 项和 且 ，设 ，则 的值等于_______________ . 【答案】7 【解析】 【分析】 根据题意，当 时， ，可得 ，进而得数列 为等比数列，再计算可得 ，进而可得结论. 【详解】由题意，当 时， ，又 ，解得 ， 当 时，由 ， 所以， ，即 ， 故数列 是以 为首项， 为公比的等比数列，故 ， 又 ， ， 所以， sin 2cosα α= 2 2sin cos 1α α+ = 5cos 5 α = ± 5cos 5 α = 2 5sin 5 α = 5 2 5 4cos 2 sin 2 22 5 5 5 πα α + = − = − × × = −   5cos 5 α = − 2 5sin 5 α = − 5 2 5 4cos 2 sin 2 22 5 5 5 πα α     + = − = − × − × − = −              4cos 2 2 5 πα + = −   4 5 − { }na n n nS a1 4 λ= − + 1 1 4a = x xf x e e2( ) 1−= − + f a f a f a72 1 2 2 2(log ) (log ) (log )+ + + 1n = 1 1S a= 2λ = { }na ( ) ( )2 2f x f x+ − = 1n = 1 1 1 1 4S a aλ= = − + 1 1 4a = 2λ = 2n ≥ 1 1 1 24n nS a− −= − + 1 12 2n n n n na S S a a− −= − = − 12n na a −= { }na 1 4 2 1 31 2 24 n n na − −= ⋅ = ( ) ( ) ( )2 22 22 1 1 2xx x xf x f x e e e e − −− −+ − = − + + − + = ( )1 1 1f e e= − + = ( ) ( ) ( )2 1 2 2 2 7log log logf a f a f a+ + + - 11 - . 故答案为： . 【点睛】本题考查了数列递推关系、函数求值，考查了推理能力与计算能力，计算得 是解决本题的关键，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.在 中，角 的对边分别为 ，若 . （1）求角 的大小； （2）若 ， 为 外一点， ，求四边形 面积的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】 （1）根据正弦定理化简等式可得 ，即 ； （2）根据题意，利用余弦定理可得 ，再表示出 ，表示出四 边形 ，进而可得最值. 【详解】（1） ，由正弦定理得： 在 中， ，则 ， 即 ， ，即 . （2）在 中， ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 1 0 1 2 3 4f f f f f f f= − + − + + + + + 2 2 2 1 7= + + + = 7 ( ) ( )2 2f x f x+ − =  ABC∆ , ,A B C , ,a b c a b C C3 (sin 3cos )= + B 3A π= D ABC∆ DB CD2, 1= = ABDC 3B π= 5 3 24 + tan 3B = 3B π= 2 5 4cosBC D= − sinBDCS D∆ = ABCDS 3 (sin 3 cos )a b C C= + 3sin sin (sin 3 cos )A B C C= + ABC∆ ( )sin sinA B C= + 3sin( ) sin sin 3sin cosB C B C B C+ = + 3 cos sin sin sinB C B C= sin 0, 3 cos sinC B B≠ ∴ = tan 3B = ( )0, , 3B B ππ∈ ∴ = BCD∆ 2, 1BD CD= = 2 2 21 2 2 1 2 cosBC D∴ = + − × × × 5 4cos D= − - 12 - 又 ，则 为等边三角形， 又 ， - 当 时，四边形 的面积取最大值，最大值为 . 【点睛】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形面积公式的应用，属于基础题． 18.在全面抗击新冠肺炎疫情这一特殊时期，我市教育局提出“停课不停学”的口号，鼓励学 生线上学习.某校数学教师为了调查高三学生数学成绩与线上学习时间之间的相关关系，对高 三年级随机选取 45 名学生进行跟踪问卷，其中每周线上学习数学时间不少于 5 小时的有 19 人，余下的人中，在检测考试中数学平均成绩不足 120 分的占 ，统计成绩后得到如下 列联表： 分数不少于 120 分 分数不足 120 分 合计 线上学习时间不少于 5 小时 4 19 线上学习时间不足 5 小时 合计 45 （1）请完成上面 列联表；并判断是否有 99%的把握认为“高三学生的数学成绩与学生线 上学习时间有关”； （2）①按照分层抽样 方法，在上述样本中从分数不少于 120 分和分数不足 120 分的两组学 生中抽取 9 名学生，设抽到不足 120 分且每周线上学习时间不足 5 小时的人数是 ，求 的 分布列（概率用组合数算式表示）； ②若将频率视为概率，从全校高三该次检测数学成绩不少于 120 分的学生中随机抽取 20 人， 求这些人中每周线上学习时间不少于 5 小时的人数的期望和方差. （下面的临界值表供参考） 的 3A π= ABC∆ 21 sin2 3ABCS BC π= × =  5 3 3 cos4 D− 1 sin sin2BDCS BD DC D D= × × × =  5 3 sin 3 cos4ABCDS D D∴ = + − = 5 3 2sin( )4 3D π+ − ∴ 5 6D π= ABCD 5 3 24 + 8 13 2 2× 2 2× X X - 13 - 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 （参考公式 其中 ） 【答案】（1）填表见解析；有 99%的把握认为“高三学生的数学成绩与学生线上学习时间有 关”（2）①详见解析②期望 ；方差 【解析】 【分析】 （1）完成列联表，代入数据即可判断； （2）利用分层抽样可得 的取值，进而得到概率，列出分布列；根据分析知 ， 计算出期望与方差. 【详解】（1） 分数不少于 120 分 分数不足 120 分 合计 线上学习时间不少于 5 小时 15 4 19 线上学习时间不足 5 小时 10 16 26 合计 25 20 45 有 99%的把握认为“高三学生的数学成绩与学生线上学习时间有关”. （2）①由分层抽样知，需要从不足 120 分的学生中抽取 人， 的可能取值为 0，1，2，3，4， ， ， 2 0( )P K k≥ 0k 2 2 ( ) ( )( )( )( ) n ad bcK a b c d a c b d −= + + + + n a b c d= + + + 12 4.8 X (20,0.6)Y B 2 2 45(15 16 10 4) 7.29 6.63525 20 19 26K × − ×= ≈ >× × × ∴ 209 445 × = X 4 4 4 20 ( 0) CP X C = = 3 1 4 16 4 20 ( 1) C CP X C = = 2 2 4 16 4 20 ( 2) C CP X C = = - 14 - ， ， 所以， 的分布列： ②从全校不少于 120 分的学生中随机抽取 1 人，此人每周上线时间不少于 5 小时的概率为 ，设从全校不少于 120 分的学生中随机抽取 20 人，这些人中每周线上学习时间不少 于 5 小时的人数为 ，则 ， 故 ， . 【点睛】本题考查了独立性检验与离散型随机变量的分布列、数学期望与方差的计算问题， 属于基础题. 19.如图所示，在四棱锥 中， ∥ ， ，点 分别为 中点. （1）证明： ∥面 ； （2）若 ，且 ，面 面 ，求二面角 的余弦值. 【答案】（1）证明见解析（2） 【解析】 【分析】 （1）根据题意，连接 交 于 ，连接 ，利用三角形全等得 ，进而可得 结论； 的 1 3 4 16 4 20 ( 3) C CP X C = = 4 16 4 20 ( 4) CP X C = = X X 0 1 2 3 4 P 4 4 4 20 C C 3 1 4 16 4 20 C C C 2 2 4 16 4 20 C C C 1 3 4 16 4 20 C C C 4 16 4 20 C C 15 0.625 = Y (20,0.6)Y B ( ) 20 0.6 12E Y = × = ( ) 20 0.6 (1 0.6) 4.8D Y = × × − = P ABCD− AB CD AD AB CD DAB1 , 602 = = ∠ = ° ,E F CD AP, PC BEF PA PD⊥ PA PD= PAD ⊥ ABCD F BE A− − 2 39 13 AC BE H FH / /FH PC - 15 - （2）建立空间直角坐标系，利用向量求得平面的法向量，进而可得二面角 的余 弦值. 【详解】（1）证明：连接 交 于 ，连接 ， ， ≌ ， 且 ， 面 面 ， 面 ， （2）取 中点 ，连 ， .由 ， 面 面 面 ，又由 ， 以 分别为 轴建立如图所示空间直角坐标系， 设 ，则 ， ， ， ， ， ， 为面 的一个法向量， 设面 的法向量为 ， 依题意， 即 ， 令 ，解得 ， 所以，平面 的法向量 ， F BE A− − AC BE H FH , ,AB CE HAB HCE= ∠ = ∠ BHA CHA∠ = ∠ ABH∴∆ CEH∆ AH CH∴ = / /FH PC FH ⊂ ,FBE PC ⊄ FBE / /PC∴ FBE AD O PO OB PA PD= PO AD∴ ⊥  PAD ⊥ ABCD PO∴ ⊥ ABCD 60DAB∠ =  AD AB= OB AD∴ ⊥ , ,OA OB OP , ,x y z 2AD = (1,0,0)A (0, 3,0)B ( 1,0,0)D − 1 1(0,0,1), ( ,0, )2 2P F (2,0,0)EB DA= =  1 1( , 3, )2 2BF = − 1 (0,0,1)n = BEA FBE 2 0 0 0( , , )n x y z= 2 2 0 0 EB n BF n  ⋅ = ⋅ =     0 0 0 0 2 0 1 13 02 2 x x y z = − + = 0 3y = 0 6z = 0 0x = FBE 2 (0, 3,6)n = - 16 - ， 又因二面角为锐角， 故二面角 的余弦值为 . 【点睛】本题考查直线与平面平行的证明，考查二面角的余弦值的求法，解题时要认真审题， 注意中位线和向量法的合理运用，属于基础题. 20.已知倾斜角为 的直线经过抛物线 的焦点 ，与抛物线 相交于 、 两点，且 . （1）求抛物线 方程； （2）设 为抛物线 上任意一点（异于顶点），过 做倾斜角互补的两条直线 、 ，交抛 物线 于另两点 、 ，记抛物线 在点 的切线 的倾斜角为 ，直线 的倾斜角为 ，求证： 与 互补. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】 （1）根据题意，设直线方程为 ，联立方程，根据抛物线的定义即可得到结论； （2）根据题意，设 的方程为 ，联立方程得 ，同理可得 ，进而得到 ，再利用点差法得直线 的斜率，利用切线与导 数的关系得直线 的斜率，进而可得 与 互补. 【详解】（1）由题意设直线 的方程为 ，令 、 ， 联立 ，得 ， 的 1 2 1 2 1 2 , 6 2 39cos , 1339 n nn n n n = = = ⋅      F BE A− − 2 39 13 4 π 2: 2 ( 0)C x py p= > F C A B | | 8AB = C P C P 1l 2l C C D C P l α CD β α β 2 4x y= 2 py x= + 1l ( )2 0 04 xy k x x− = − 0 4Cx x k+ = 0 4Dx x k+ = − 02C Dx x x+ = − CD l α β AB 2 py x= + 1 1( , )A x y 2 2( , )B x y 2 2 2 py x x py  = +  = 2 2 3 04 py py− + = 1 2 3y y p∴ + = - 17 - 根据抛物线的定义得 ， 又 ， 故所求抛物线方程为 . （2）依题意，设 ， ， 设 的方程为 ，与 联立消去 得 ， ，同理 ，直线 的斜率 = 切线 的斜率 ， 由 ，即 与 互补. 【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系的综合应用，直线斜率的应用，考查分析问题解 决问题的能力，属于中档题． 21.已知函数 （1）若 ，试讨论 的单调性； （2）若 ，实数 为方程 的两不等实根，求证： . 【答案】（1）答案不唯一，具体见解析（2）证明见解析 【解析】 【分析】 （1）根据题意得 ，分 与 讨论即可得到函数 的单调性； （2）根据题意构造函数 ，得 ，参变分离得 ， 1 2 4AB y y p p= + + = 8AB = 4 8, 2p p∴ = = 2 4x y= 2 0 0( , )4 xP x 2 ( , )4 C C xC x 2 ( , )4 D D xD x 1l 2 0 0( )4 xy k x x− = − 2 4x y= y 2 2 0 04 4 0x kx kx x− + − = 0 4Cx x k∴ + = 0 4Dx x k+ = − 02C Dx x x∴ + = − CD 2 2 2 1 2 14( )CD x xk x x −= − 1 ( )4 C Dx x+ 0 1 2 x= − l 0 0 1 2l x xk y x= =′= 0l CDk k+ = α β 2( ) ln ( 1) 1( , ).f x x ax a b x b a b R= − + − − + + ∈ 0a = ( )f x 0 2, 1a b< < = 1 2,x x 2( )f x m ax= − 1 2 1 1 4 2ax x + > − ( )f x′ 1b ≤ − 1b > − ( )f x ( )g x 1 2( ) ( )g x g x m= = 2 1 1 2 ln ln2 x xa x x −− = − - 18 - 分析不等式 ，即转化为 ，设 ，再构造函数 ，利用导数得单调性，进而得证. 【详解】（1）依题意 ，当 时， ， ①当 时， 恒成立，此时 在定义域上单调递增； ②当 时，若 ， ；若 ， ； 故此时 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 . （2）方法 1：由 得 令 ，则 ， 依题意有 ，即 ， 要证 ，只需证 （不妨设 ）， 即证 ， 令 ，设 ，则 ， 在 单调递减，即 ，从而有 . 方法 2：由 得 令 ，则 ， 当 时 ， 时 ， 故 在 上单调递增，在 上单调递减， 1 2 1 1 4 2ax x + > − 1 2 2 2 1 1 2lnx x x x x x − < − 2 1 ( 1)x t tx = > ( ) 12lng t t t t = − + 0x > 0a = 1( ) ( 1)f x bx ′ = − + 1b ≤ − ( ) 0f x′ > ( )f x 1b > − 10, 1x b  ∈ +  ( ) 0f x′ > 1 ,1x b  ∈ +∞ +  ( ) 0f x′ < ( )f x 10, 1b    +  1 ,1b  +∞ +  2( )f x m ax= − ln ( 2) 2 0x a x m+ − + − = ( ) ln ( 2) 2g x x a x= + − + 1 2( ) ( )g x g x m= = 1 1 2 2ln ( 2) ln ( 2)x a x x a x+ − = + − 2 1 1 2 ln ln2 x xa x x −− = − 1 2 1 1 4 2ax x + > − ( )2 11 2 1 2 1 2 2 ln ln2(2 ) x xx x ax x x x − −+ > − = − 1 2x x< 1 2 2 2 1 1 2lnx x x x x x − < − 2 1 ( 1)x t tx = > ( ) 12lng t t t t = − + 2 2 2 1 1( ) 1 ( 1) 0g t t t t ′ = − − = − − < ( )g t∴ (1, )+∞ ( ) (1) 0g t g< = 1 2 1 1 4 2ax x + > − 2( )f x m ax= − ln ( 2) 2 0x a x m+ − + − = ( ) ln ( 2) 2g x x a x= + − + 1 2( ) ( )g x g x m= = 1( ) (2 )g x ax ′ = − − 1(0, )2x a ∈ − ( ) 0g x′ > 1( , )2x a ∈ +∞− ( ) 0g x′ < ( )g x 1(0, )2 a− 1( , )2 a +∞− - 19 - 不妨设 ，则 ， 要证 ，只需证 ，易知 ， 故只需证 ，即证 令 ，（ ）， 则 = = ， （也可代入后再求导） 在 上单调递减， ， 故对于 时，总有 .由此得 【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，属于难题. （二）选考题：共 10 分.请考生在第 22、23 题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一 题计分. 22.在直角坐标系 中，曲线 的参数方程为 （ 为参数），以原点 为 极点，以 轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线 的极坐标方程为 . （1）求曲线 的普通方程与曲线 的直角坐标方程； （2）设 为曲线 上位于第一，二象限的两个动点，且 ，射线 交曲 线 分别于 ，求 面积的最小值，并求此时四边形 的面积. 【答案】（1） ； （2） 面积的最小值为 ；四边形的面积 1 2x x< 1 2 10 2x xa < < <− 1 2 1 1 4 2ax x + > − 2 1 2(4 2 ) 1 xx a x < − − 2 2 1(0, )(4 2 ) 1 2 x a x a ∈− − − 2 1 2 ( ) ( )(4 2 ) 1 xg x g a x < − − 2 2 2 ( ) ( )(4 2 ) 1 xg x g a x < − − ( ) ( ) ( )(4 2 ) 1 xh x g x g a x = − − − 1 2x a > − ( ) 2 1( ) ( ) ( )(4 2 ) 14 2 1 xh x g x g a xa x ′ ′ ′= + − −− −    ( ) 2 1 (2 ) 1 (2 ) 1 4 2 1 a x a x x xa x − − − − +   − −   ( ) ( ) 2 2 4(2 ) 2 1 0 4 2 1 a a x a x − − − −   < − −   ( )h x∴ 1 ,2 a  +∞ −  1( ) ( ) 02h x h a ∴ < =− 1 2x a > − ( ) ( )(4 2 ) 1 xg x g a x < − − 1 2 1 1 4 2ax x + > − xOy 1C 3 cos sin x y α α  = = α O x 2C sin( ) 26 πρ θ + = 1C 2C ,A B 1C 2AOB π∠ = ,OA OB 2C ,D C AOB∆ ABCD 2 2 13 x y+ = 3 4 0x y+ − = AOB 3 4 - 20 - 为 【解析】 【分析】 （1）将曲线 消去参数即可得到 的普通方程，将 ， 代入曲线 的极坐标方程即可； （2）由（1）得曲线 的极坐标方程，设 ， ， ， 利用方程可得 ，再利用基本不等式得 ，即可得 ，根据题意知 ，进而可得四边形 的面积. 【详解】（1）由曲线 的参数方程为 （ 为参数）消去参数得 曲线 的极坐标方程为 ，即 ， 所以，曲线 的直角坐标方程 . （2）依题意得 的极坐标方程为 设 ， ， ， 则 ， ，故 ，当且仅当 （即 ）时取“=”， 故 ，即 面积的最小值为 . 此时 ， 故所求四边形的面积为 . 【点睛】本题考查了极坐标方程化为直角坐标方程、参数方程化为普通方程、点到直线的距 29 4 1C 1C cosx ρ θ= siny ρ θ= 2C 1C 1,( )A ρ θ 2( , )2B πρ θ + 3( , )D ρ θ 4( , )2C πρ θ + 2 2 1 2 1 1 4 3ρ ρ+ = 2 2 1 2 1 2 2 1 1 4 3ρ ρ ρ ρ≤ + = 1 2 1 3 2 4AOBS ρ ρ∆ = ≥ ABCD COD AOBS S S∆ ∆= − ABCD 1C 3 cos sin x y α α  = = α 2 2 13 x y+ = 2C sin( ) 26 πρ θ + = sin cos cos sin 26 6 π πρ θ ρ θ+ = 2C 3 4 0x y+ − = 1C 2 2 2 2cos sin 13 ρ θ ρ θ+ = 1,( )A ρ θ 2( , )2B πρ θ + 3( , )D ρ θ 4( , )2C πρ θ + 2 2 2 21 1 cos sin 13 ρ θ ρ θ+ = 2 2 2 22 2 sin cos 13 ρ θ ρ θ+ = 2 2 1 2 1 1 4 3ρ ρ+ = 2 2 1 2 1 2 2 1 1 4 3ρ ρ ρ ρ∴ ≤ + = 1 2 ρ ρ= 4 πθ = 1 2 1 3 2 4AOBS ρ ρ∆ = ≥ AOB∆ 3 4 3 4 1 1 2 2 2 2 sin( ) cos( )4 6 4 6 CODS ρ ρ π π π π∆ = = ⋅ + + 4 8 cos 3 π= = 3 298 4 4ABCD COD AOBS S S∆ ∆= − = − = - 21 - 离公式、三角函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题． 23.已知 均为正实数，函数 的最小值为 .证明： （1） ； （2） . 【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析 【解析】 【分析】 （1）运用绝对值不等式的性质，注意等号成立的条件，即可求得最小值，再运用柯西不等式 ，即可得到最小值. （2）利用基本不等式即可得到结论，注意等号成立的条件. 【详解】（1）由题意 ，则函数 ， 又函数 的最小值为 ，即 ， 由柯西不等式得 ， 当且仅当 时取“=”. 故 . （2）由题意，利用基本不等式可得 ， ， ， （以上三式当且仅当 时同时取“=”） 由（1）知， ， 所以，将以上三式相加得 即 . , ,a b c ( ) 2 2 2 1 1 1 4f x x xa b c = + + − + 1 2 2 24 9a b c+ + ≥ 1 1 1 12 2ab bc ac + + ≤ , , 0a b c > 2 2 2 1 1 1( ) 4f x x xa b c = + + − + 2 2 2 1 1 1( ) 4x xa b c ≥ + − − + 2 2 2 1 1 1 4a b c = + + ( )f x 1 2 2 2 1 1 1 4a b c + + 1= 2 2 2( 4 )a b c+ + 2 2 2 1 1 1 4a b c  + +   2(1 1 1) 9≥ + + = 2 3a b c= = = 2 2 24 9a b c+ + ≥ 2 2 1 21 a b ab+ ³ 2 2 1 1 1 4b c bc + ≥ 2 2 1 1 1 4a c ac + ≥ 2 3a b c= = = 2 2 2 1 1 1 14a b c + + = 2 1 1 ab bc ac + + ≤ 2 2 2 1 1 12 24a b c  + + =   1 1 1 12 2ab bc ac + + ≤ - 22 - 【点睛】本题主要考查绝对值不等式、柯西不等式等基础知识，考查运算能力，属于中档题. - 23 -