山西省太原市2020届高三下学期模拟考试（三）数学（理）试题 Word版含解析 24页

- 1 - 2020 年太原市高考数学三模试卷（理科） 一、选择题（共 12 小题）. 1.已知集合 A＝{x|x2﹣3x+2≥0}，B＝{x|x+1≥a}，若 A∪B＝R，则实数 a 的取值范围是（ ） A. [2，+∞） B. （﹣∞，2] C. [1，+∞） D. （﹣∞， 1] 【答案】B 【解析】 【分析】 先化简集合 A，B，再由 A∪B＝R 求解. 【详解】∵集合 A＝{x|x2﹣3x+2≥0}＝{x|x≤1 或 x≥2}， B＝{x|x+1≥a}＝{x|x≥a﹣1}， 又因为 A∪B＝R， ∴a﹣1≤1， 解得 a≤2， ∴实数 a 的取值范围是（﹣∞，2]. 故选：B. 【点睛】本题主要考查集合运算的应用以及一元二次不等式的解法，还考查了运算求解的能 力，属于基础题. 2.若复数 z 满足 (1 2 )z i i   ，则复平面内 z 对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】 利用复数的运算法则、几何意义、共轭复数的定义即可得出． 【详解】解： (1 2 ) 2z i i i     ， z ＝2﹣i 在复平面内所对应的点（2，﹣1）位于第四象限． 故选：D． 【点睛】本题考查了复数运算法则、几何意义、共轭复数的定义，考查了推理能力与计算能 力，属于基础题． - 2 - 3.已知 1, 0a b c   ，则（ ） A. c c a b  B. a bc c C. cca b D. log ( ) log ( )a bb c a c   【答案】C 【解析】 【分析】 利用不等式的性质、函数的单调性和赋值法可得正确的选项. 【详解】解：①由于 1a b  ，所以 1 10 a b   ，又 0c  ，故 c c a b  ，选项 A 错误. ②当 2, 4, 2c a b    时， a bc c ，故选项 B 错误. ③由于 1, 0a b c   ， cy x 在 0,  上为减函数， 故 cca b ，选项 C 正确. ④由于 1, 0a b c   ，所以 0a c b c    ， 故 log ( ) log ( ) log ( )a b bb c b c a c     ，故 D 错误. 故选：C. 【点睛】本题考查指数式、对数式、分式的大小比较，一般地，我们可利用不等式的性质或 指数函数、对数函数、幂函数的单调性来讨论，而说明一个不等式不成立时，可举例说明. 4.已知sin cos 2   ，  (0, π)，则 tan = A.  1 B. 2 2  C. 2 2 D. 1 【答案】A 【解析】 【详解】 2sin cos   ，  0,  ， 1 2sin cos 2    ，即 sin 2 1   ，故 3 4   1tan   故选 A 5.宋元时期数学名著《算学启蒙》中有关于“松竹并生"的问题，松长三尺，竹长一尺，松日 - 3 - 自半，竹日自倍，松竹何日而长等，如图是源于其思想的一个程序框图，若输入的 a ，b 分别 为 3，1，则输出的 n 等于 A. 5 B. 4 C. 3 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】 由已知中的程序框图可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量 S 的值，模拟程序 的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案． 【详解】解：当 n＝1 时，a＝3 3 9 2 2   ，b＝2，满足进行循环的条件， 当 n＝2 时，a 9 9 27 2 4 4    ，b＝4，满足进行循环的条件， 当 n＝3 时，a 27 27 81 4 8 8    ，b＝8，满足进行循环的条件， 当 n＝4 时，a 81 81 243 8 16 16    ，b＝16，不满足进行循环的条件， 故输出的 n 值为 4， 故选：B． 【点睛】本题考查的知识点是程序框图，当循环的次数不多，或有规律时，常采用模拟循环 的方法解答． - 4 - 6.已知等比数列 na 的前 n 项和为 nS ，若 1 3 8a a  ，且 3 13S  ，则 2a  （ ） A. 3 B. 3 C. 35 3  D. 3 或 35 3  【答案】D 【解析】 【分析】 设公比为 q,利用基本量法求解即可. 【详解】设公比为 q,易知 1q  .由 1 3 3 8 13 a a S     得   2 1 1 3 1 8 1 131 a a q a q q        ,解得 1 1 3 a q    或 1 25 3 7 3 a q      当 1 1 3 a q    时, 2 1 3a a q  ；当 1 25 3 7 3 a q      时, 2 1 35 3a a q   , 所以 2 3a  或 2 35 3a   , 故选：D. 【点睛】本题主要考查了等比数列的基本量求解方法,属于中等题型. 7.平面向量 a  ，b  共线的充要条件是（ ） A. a b a b     B. a  ，b  两向量中至少有一个为零向量 C. ∃λ∈R， b a  D. 存在不全为零的实数λ1，λ2， 1 2 0a b   r r r 【答案】D 【解析】 【分析】 根据共线向量基本定理，结合充分条件的定义进行求解即可. - 5 - 【详解】A：a b a b     成立时，说明两个非零向量的夹角为零度，但是非零两个向量共线时， 它们的夹角可以为平角，故本选项是错误的； B：两个非零向量也可以共线，故本选项是错误的； C：只有当 a  不是零向量时才成立，故本选项是错误的； D：当平面向量 a  ，b  共线时，存在一个λ，使得 b a  ( 0)a   成立，因此存在不全为零的 实数λ1，λ2， 1 2 0a b   r r r ； 当存在不全为零的实数λ1，λ2， 1 2 0a b   r r r 成立时，若实数λ1，λ2 不都为零时， 则有 2 1 a b    成立，显然 a  ， ( 0)b b    共线，若其中实数λ1，λ2 有一个为零时，不妨设 1 0  ，则有 2 0 0b b       ，所以平面向量 a  ，b  共线，所以本选项是正确的. 故选：D 【点睛】本题考查了平面向量共线定理的应用，属于基础题. 8.根据党中央关于“精准”脱贫的要求，我市某农业经济部门派四位专家对三个县区进行调 研，每个县区至少派一位专家，则甲，乙两位专家派遣至同一县区的概率为（ ） A. 1 6 B. 1 4 C. 1 3 D. 1 2 【答案】A 【解析】 【分析】 每个县区至少派一位专家，基本事件总数 36n  ，甲，乙两位专家派遣至同一县区包含的基 本事件个数 6m  ，由此能求出甲，乙两位专家派遣至同一县区的概率. 【详解】派四位专家对三个县区进行调研，每个县区至少派一位专家 基本事件总数： 2 3 4 3 36n C A  甲，乙两位专家派遣至同一县区包含的基本事件个数： 2 1 2 2 3 2 6m C C A  甲，乙两位专家派遣至同一县区的概率为： 6 1 36 6 mp n    本题正确选项： A 【点睛】本题考查概率的求法，考查古典概型等基础知识，考查运算求解能力，是基础题. - 6 - 9.把函数 f（x）＝sin2x 的图象向右平移 12  个单位后，得到函数 y＝g（x）的图象.则 g（x） 的解析式是（ ） A.   2 12g x sin x      B.   1 22 12g x cos x       C.   1 122 6 2g x cos x        D.   1 122 6 2g x sin x       【答案】C 【解析】 【分析】 利用函数 sin( )y A wx   的图象变换规律，即可求解，得到函数的解析式. 【详解】由题意，把函数   2 1 1sin cos22 2f x x x   的图象向右平移 12  个单位后， 得到函数   1 1 1 1cos[2( )] cos(2 )2 2 12 2 2 6y g x x x        的图象. 故选：C. 【点睛】本题主要考查了利用三角函数的图象变换求解三角函数的解析式，其中解答中利用 余弦的倍角公式，化简得到  f x 的解析式，再结合三角函数的图象变换求解是解答的关键， 着重考查推理与运算能力. 10.已知函数 f（x）是定义在 R 上的偶函数，且在区间[0，+∞）上单调递增，若实数 a 满足    2 1 2 log log 2 1f a f a f       ，则 a 的取值范围是（ ） A. 1 22      ， B. [1，2] C. 10 2      ， D. （0，2] 【答案】A 【解析】 【分析】 - 7 - 由偶函数的性质将    2 1 2 log log 2 1f a f a f       化为： 2(log ) (1)f a f ，再由 f（x） 的单调性列出不等式，根据对数函数的性质求出 a 的取值范围. 【详解】解：因为函数 f（x）是定义在 R 上的偶函数， 所以 1 2 2 2 (log ) ( log ) (log )f a f a f a   ， 则    2 1 2 log log 2 1f a f a f       为 2(log ) (1)f a f ， 因为函数 f（x）在区间[0，+∞）上单调递增， 所以|log2a|≤1，解得 1 2  a≤2， 则 a 的取值范围是[ 1 2 ，2]， 故选：A. 【点睛】此题考查函数的奇偶性、单调性的应用，以及对数函数的性质，属于基础题. 11.已知抛物线 C：x2＝8y，过点 M（x0，y0）作直线 MA、MB 与抛物线 C 分别切于点 A、B，且 以 AB 为直径的圆过点 M，则 y0 的值为（ ） A. ﹣1 B. ﹣2 C. ﹣4 D. 不能确定 【答案】B 【解析】 【分析】 设出 ,A B 的坐标，利用函数的导数，结合直线经过 M ，转化求解 0y 的值． 【详解】设    1 1 2 2, , ,A x y B x y ， 1 2x x ， 由 2 8x y ，可得 4 xy  ，所以 1 4MA xk  ， 2 4MB xk  ， 因为过点 0 0( , )M x y 作直线 ,MA MB 与抛物线C 分别切于点 ,A B ，且以 AB 为直径的圆过点 M ， 所以 1 2 14 4MA MB x xk k     ，可得 1 2 16x x   ， 直线 MA 的方程为：    1 1 1 1 144 xy y x x x x y y    ， ①， 同理直线 MB 的方程为：  2 2 24 xy y x x   ，  2 24x x y y  ②， - 8 - ① 2x  ② 1x ，可得 1 2 28 x xy    ，即 0 2y   . 故选：B． 【点睛】本题考查函数的导数的应用，曲线与方程相结合，考查计算能力． 12.点 M 在曲线 : 3lnG y x 上，过 M 作 x 轴垂线l ，设l 与曲线 1y x  交于点 N ， 3 OM ONOP    ，且 P 点的纵坐标始终为 0，则称 M 点为曲线 G 上的“水平黄金点”，则 曲线G 上的“水平黄金点”的个数为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】 设 ( , 3ln )M t t ,则 1,N t t      ,则 2 1,ln3 3 tOP t t       ,即可得 1ln 03t t   ,设 1( ) ln 3g t t t   , 利用导函数判断 ( )g t 的零点的个数,即为所求. 【详解】设 ( , 3ln )M t t ,则 1,N t t      ,所以 2 1,ln3 3 3 OM ON tOP t t          , 依题意可得 1ln 03t t   , 设 1( ) ln 3g t t t   ,则 2 2 1 1 3 1( ) 3 3 tg t t t t     , 当 10 3t  时, ( ) 0g t  ,则 ( )g t 单调递减；当 1 3t  时, ( ) 0g t  ,则 ( )g t 单调递增, 所以 min 1( ) 1 ln3 03g t g        ,且 2 2 1 12 0, (1) 03 3 eg ge           , 1( ) ln 03g t t t     有两个不同的解,所以曲线G 上的“水平黄金点”的个数为 2. 故选:C 【点睛】本题考查利用导函数处理零点问题,考查向量的坐标运算,考查零点存在性定理的应 用. 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分. - 9 - 13.已知函数     1 2 2 log 0 1 ( ) 1 1 x x f x x x      ＜ ， ＞ ， 则 1 8f f        _____. 【答案】8. 【解析】 【分析】 依题意得 f（ 1 8 ）＝3，从而 f（f（ 1 8 ））＝f（3），由此能求出结果. 【详解】解：∵函数     1 2 2 log 0 1 ( ) 1 1 x x f x x x      ＜ ， ＞ ， 则 1 2 1 1( ) log 38 8f   ； ∴ 1 8f f        f（3）＝32﹣1＝8. 故答案为：8. 【点睛】此题考查的是分段函数求值问题，属于基础题. 14. ABC 的内角 , ,A B C 的对边分别为 , ,a b c .若 ABC 的面积为  2 2 23 4 a b c  ，则 A  ____________. 【答案】 2 3  （或120 ） 【解析】 【分析】 由已知结合余弦定理及三角形的面积公式进行化简即可求解． 【详解】解：由余弦定理可得 a2﹣b2﹣c2＝﹣2bccosA， △ABC 的面积为  2 2 23 4 a b c  ＝﹣ 3 cos2 bc A ， 又因为 S△ABC＝ 1 sin2 bc A ＝﹣ 3 cos2 bc A ， 所以 tanA＝﹣ 3 ， - 10 - 由 A∈（0，π）可得 A＝ 2 3  ． 故答案为： 2 3  . 【点睛】本题主要考查了余弦定理及三角形的面积公式的简单应用，属于基础试题． 15.设 F1，F2 分别是双曲线   2 2 2 2 1 0 0x y a ba b   ＞ ， ＞ 的左、右焦点，若双曲线上存在点 P，使 ∠F1PF2＝60°，且|PF1|＝2|PF2|，则双曲线的离心率为_____. 【答案】 3 . 【解析】 【分析】 根据双曲线的定义，结合余弦定理、双曲线离心率公式进行求解即可. 【详解】设|PF2|=m，则|PF1|=2m，显然点 P 在双曲线的右支上， 因此有 1 2 2PF PF a  ，因此 1 22 , 4 , 2m a PF a PF a    ， 而 1 2 2F F c ，∠F1PF2＝60°，所以由余弦定理可知； 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 22 cosF F PF PF PF PF F PF      ， 即 2 2 2 14 16 4 2 4 2 2c a a a a      ，化简得： 3 3cc a e a     故答案为： 3 【点睛】本题考查了双曲线定义的应用，考查了求双曲线的离心率，考查了余弦定理的应用， 考查了数学运算能力. 16.正方体 ABCD﹣A1B1C1D1 中，E 是棱 DD1 的中点，F 是侧面 CDD1C1 上的动点，且 B1F∥平面 A1BE， 记 B1 与 F 的轨迹构成的平面为α. ①∃F，使得 B1F⊥CD1 ②直线 B1F 与直线 BC 所成角的正切值的取值范围是[ 2 4 ， 1 2 ] ③α与平面 CDD1C1 所成锐二面角的正切值为 2 2 ④正方体 ABCD﹣A1B1C1D1 的各个侧面中，与α所成的锐二面角相等的侧面共四个. 其中正确命题的序号是_____.（写出所有正确的命题序号） 【答案】①②③④ - 11 - 【解析】 【分析】 分别取 CC1 和 C1D1 的中点为 M，N，连接 MN、MB1、NB1，然后利用面面平行的判定定理证明平面 MNB1∥平面 A1BE，从而确定平面 MNB1 就是平面α. 当 F 为线段 MN 的中点时，可证明①； ②利用平移的思想，将直线 B1F 与直线 BC 所成角转化为 B1F 与 B1C1 所成的角，由于 B1C1⊥平面 MNC1，所以 tan∠FB1C1 即为所求，进而求解即可； ③平面 MNB1 与平面 CDD1C1 所成的锐二面角即为所求，也就是求出 tan∠B1QC1 即可； ④由正方体的对称性和二面角的含义即可判断. 【详解】解：如图所示， 设正方体的棱长为 2，分别取 CC1 和 C1D1 的中点为 M，N，连接 MN、MB1、NB1，则 MN∥A1B，MB1∥EA1， ∵MN、MB1⊂平面 MNB1，A1B、EA1⊂平面 A1BE，且 MN∩MB1＝M，A1B∩EA1＝A1， ∴平面 MNB1∥平面 A1BE， ∴当 F 在 MN 上运动时，始终有 B1F∥平面 A1BE，即平面 MNB1 就是平面α. 对于①，当 F 为线段 MN 的中点时，∵MB1＝NB1，∴B1F⊥MN，∵MN∥CD1，∴B1F⊥CD1，即①正 确； 对于②，∵BC∥B1C1，∴直线 B1F 与直线 B1C1 所成的角即为所求， ∵B1C1⊥平面 MNC1，C1F⊂平面 MNC1，∴B1C1⊥C1F， ∴直线 B1F 与直线 B1C1 所成的角为∠FB1C1，且 tan∠FB1C1 1 1 1 FC B C  ， 而 FC1 的取值范围为 2 12       ， ，B1C1＝2，所以 tan∠FB1C1∈[ 2 4 ， 1 2 ]，即②正确； 对于③，平面 MNB1 与平面 CDD1C1 所成的锐二面角即为所求， - 12 - 取 MN 的中点 Q，因为 B1C1⊥平面 MNC1，所以∠B1QC1 就是所求角， 而 tan∠B1QC1 1 1 1 2 2 2 2 2 B C QC    ，即③正确； 对于④，由对称性可知，与α所成的锐二面角相等的面有平面 BCC1B1，平面 ADD1A1，平面 A1B1C1D1， 平面 ABCD，即④正确. 故答案为：①②③④. 【点睛】此题考查空间立体几何的综合，涉及空间线面的位置关系、异面直线的夹角和面面 角等问题，考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，属于难题. 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{an}是公差为 1 的等差数列，数列{bn}满足 1 2 1 1 11, ,2 n n n nb b a b b nb     . （1）求数列{bn}的通项公式； （2）设 1 2n n n c b  ，求数列{cn}的前 n 项和 Sn. 【答案】（1） 1 nb n  （2） 12 ( 2) 2 n nS n        【解析】 【分析】 （1）先由题设条件求得 a1，再求 an，进而论证数列{nbn}是常数列，最后求得 bn； （2）先由（1）求得 cn，再由错位相减法求 Sn. 【详解】（1）由已知得： 1 2 2 1 1, 1a b b b a    又∵{an}是公差为 1 的等差数列， na n  ∴an＝n. 1 1n n n na b b nb   1( 1) n nn b nb   ，数列{nbn}是常数列， 1 11,n nnb b b n      （2）由（1）得： 1 1 2 2 n n n n c nb       - 13 - 2 31 1 1 11 2 32 2 2 2 n nS n                         ① 又 2 3 4 11 1 1 1 11 2 32 2 2 2 2 n nS n                               ② 由①  ②可得： 2 3 11 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 n n nS n                             1 1 112 2 1 1 21 2 n n n                 111 ( 2) 2 n n        12 ( 2) 2 n nS n         【点睛】本题主要考查了求等差数列的通项公式以及利用错位相减法求数列的和，属于中档 题. 18.垃圾分类是对垃圾进行有效处置的一种科学管理方法，为了了解居民对垃圾分类的知晓率 和参与率，引导居民积极行动，科学地进行垃圾分类，某小区随机抽取年龄在区间[25，85] 上的 50 人进行调研，统计出年龄频数分布及了解垃圾分类的人数如表： （1）填写下面 2x2 列联表，并判断能否在犯错误的概率不超过 0.01 的前提下认为以 65 岁为 分界点居民对了解垃圾分类的有关知识有差异； （2）若对年龄在[45，55），[25，35）的被调研人中各随机选取 2 人进行深入调研，记选中 - 14 - 的 4 人中不了解垃圾分类的人数为 X，求随机变量 X 的分布列和数学期望. 参考公式和数据 K2        2n ad bc a b c d a c b d      ，其中 n＝a+b+c+d. 【答案】（1）填表见解析；不能（2）分布列见解析；期望为 4 5 【解析】 【分析】 （1）根据题意填写列联表，计算观测值，对照临界值得出结论； （2）由题意知随机变量 X 的可能取值，计算对应的概率值，写出分布列，求出数学期望值. 【详解】解：（1）根据题意填写 2x2 列联表， 计算 K2  250 29 7 11 3 40 10 32 18        6.272＜6.635， 所以不能在犯错误的概率不超过 0.01 的前提下，认为以 65 岁为分界点居民对了解垃圾分类 的有关知识有差异； （2）由题意知，随机变量 X 的可能取值为 0，1，2，3； 计算 P（X＝0） 2 2 8 4 2 2 10 5 84 225 C C C C   ， P（X＝1） 2 1 1 1 2 8 4 8 2 4 2 2 10 5 104 225 C C C C C C C      ， P（X＝2） 1 1 1 2 2 8 2 4 2 4 2 2 10 5 35 225 C C C C C C C      ， - 15 - P（X＝3） 2 1 2 4 2 2 10 5 2 225 C C C C   ； 所以随机变量 X 的分布列为： 所以 X 的数学期望为 E（X）＝0 84 225   1 104 225   2 35 225   3 2 4 225 5   . 【点睛】此题考了独立性检验的应用，考查了随机变量的分布列和数学期望，属于中档题. 19.如图，在三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中，已知四边形 AA1C1C 为矩形，AA1＝6，AB＝AC＝4，∠BAC＝ ∠BAA1＝60°，∠A1AC 的角平分线 AD 交 CC1 于 D. （1）求证：平面 BAD⊥平面 AA1C1C； （2）求二面角 A﹣B1C1﹣A1 的余弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2） 3 17 17 【解析】 【分析】 （1）过点 D 作 DE∥AC 交 AA1 于 E，连接 CE，BE，设 AD∩CE＝O，连接 BO，推导出 DE⊥AE，四 边形 AEDC 为正方形，CE⊥AD，推导出△BAC≌△BAE，从而 BC＝BE，CE⊥BO，从而 CE⊥平面 BAD，由此能证明平面 BAD⊥平面 AA1C1C. （2）推导出 BO⊥AD，BO⊥CE，从而 BO⊥平面 AA1C1C，建立空间直角坐标系 O﹣xyz，利用向 量法能求出二面角 A﹣B1C1﹣A1 的余弦值. 【详解】解：（1）如图，过点 D 作 DE∥AC 交 AA1 于 E，连接 CE，BE， 设 AD∩CE＝O，连接 BO，∵AC⊥AA1，∴DE⊥AE， 又 AD 为∠A1AC 的角平分线，∴四边形 AEDC 为正方形，∴CE⊥AD， 又∵AC＝AE，∠BAC＝∠BAE，BA＝BA，∴ BAC≌ BAE，∴BC＝BE， - 16 - 又∵O 为 CE 的中点，∴CE⊥BO， 又∵AD，BO  平面 BAD，AD∩BO＝O，∴CE⊥平面 BAD. 又∵CE  平面 AA1C1C，∴平面 BAD⊥平面 AA1C1C. （2）在 ABC 中，∵AB＝AC＝4，∠BAC＝60°，∴BC＝4， 在 Rt BOC 中，∵ 1 2 22CO CE  ，∴ 2 2BO  ， 又 AB＝4， 1 2 22AO AD  ，∵BO2+AO2＝AB2，∴BO⊥AD， 又 BO⊥CE，AD∩CE＝O，AD，CE  平面 AA1C1C，∴BO⊥平面 AA1C1C， 故建立如图空间直角坐标系 O﹣xyz， 则 A（2，﹣2，0），A1（2，4，0），C1（﹣2，4，0），  1 0 6 2 2B ，， ， ∴  1 1 2 2 2 2C B  ，， ，  1 4 6 0AC   ，， ，  1 1 4 0 0C A  ，， ， 设平面 AB1C1 的一个法向量为  1 1 1m x y z ， ， ， 则 1 1 1 m C B m AC      ，∴ 1 1 1 1 1 4 6 0 2 2 2 2 0 x y x y z       ， 令 x1＝6，得  6 4 5 2m   ，， ， 设平面 A1B1C1 的一个法向量为  2 2 2n x y z ， ， ， 则 1 1 1 1 n C B n C A      ，∴ 2 2 2 2 4 0 2 2 2 2 0 x x y z     ， 令 2 2y  ，得  0 2 1n   ， ， ， ∴ 9 2 3 17 17102 3 m ncos m n m n          ＜ ， ＞ ， 故二面角 A﹣B1C1﹣A1 的余弦值为 3 17 17 . - 17 - 【点睛】本题考查面面垂直的证明和求二面角，求空间角通常用向量法求解，考查运算能力， 属于中档题. 20.已知椭圆 C： 2 2 1x y a b   （a＞b＞0）的焦距为 2，且过点 31 2      ， . （1）求椭圆 C 的方程； （2）已知△BMN 是椭圆 C 的内接三角形，若坐标原点 O 为△BMN 的重心，求点 O 到直线 MN 距 离的最小值. 【答案】（1） 2 2 14 3 x y  （2） 3 2 【解析】 【分析】 （1）由题意焦距的值可得 c 的值，再由椭圆过点 31 2      ， ，及 a，b，c 之间的关系求出 a，b 的值，进而求出椭圆的方程； （2）分 B 的纵坐标为 0 和不为 0 两种情况讨论，设 B 的坐标，由 O 是三角形的重心可得 MN 的中点的坐标，设 M，N 的坐标，代入椭圆方程两式相减可得直线 MN 的斜率，求出直线 MN 的 方程，求出 O 到直线 MN 的距离的表达式，再由 B 的纵坐标的范围求出 d 的取值范围，进而求 出 d 的最小值. 【详解】解：（1）由题意可得：椭圆的焦距为 2，则 1c  ，又椭圆过点 31 2      ， 2 2 2 2 2 1 9 14a b c a b       ，解得：a2＝4，b2＝3， - 18 - 所以椭圆的方程为： 2 2 4 3 x y  1； （2）设 B m n， ，记线段 MN 中点 D， 因为 O 为 BMN 的重心，所以 BO  2OD uuur ，则点 D 的坐标为： 2 2 ， nm     ， 若 n＝0，则|m|＝2，此时直线 MN 与 x 轴垂直， 故原点 O 到直线 MN 的距离为 2 m ，即为 1， 若 n≠0，此时直线 MN 的斜率存在， 设 M（x1，y1），N（x2，y2），则 x1+x2＝﹣m，y1+y2＝﹣n， 又 2 2 1 1 4 3 x y  1， 2 2 2 2 4 3 x y  1， 两式相减      1 2 1 2 1 2 1 2 4 3 x x x x y y y y     0， 可得：kMN 1 2 1 2 y y x x   3 4 m n  ， 故直线 MN 的方程为：y 3 4 m n   （x 2 m ） 2 n ，即 6mx+8ny+3m2+4n2＝0， 则点 O 到直线 MN 的距离 d 2 2 2 2 3 4 36 64 m n m n    ， 将 2 2 4 3 m n  1，代入得 d 2 3 9n   ， 因为 0＜n2≤3，所以 dmin 3 2  ，又 3 2 ＜ 1， 故原点 O 到直线 MN 的距离的最小值为 3 2 . - 19 - 【点睛】本题考查求椭圆的方程，点到直线的距离，考查椭圆中的最值问题，注意直线的斜 率的讨论，属于难题. 21.已知函数 2( ) ln ( )f x x x ax a R   . （1）讨论函数的极值点个数； （2）若 ( ) ( )g x f x x  有两个极值点 1 2,x x ，试判断 1 2x x 与 1 2x x 的大小关系并证明. 【答案】（1）答案不唯一，具体见解析（2） 1 2 1 2x x x x  ，详见解析 【解析】 【分析】 （1）由已知令 ' ) 0f x （ ，得 1 ln2 xa x  ，记 1 ln( ) xQ x x  ，则函数 ( )f x 的极值点个数 转化为函数 ( )Q x 与 y＝2a 的交点个数，再利用导数得到 ( )Q x 在 (0,1) 上是增函数，在( )1 +¥， 上是减函数，且 max( ) = (1) 1Q x Q  ，对 a 分情况讨论，即可得到函数 ( )f x 的极值点个数情况； （2）由已知令 ' ( ) 0g x  ，可得 ln2 xa x  ，记 ln( ) xh x x  ，利用导数得到 ( )h x 的单调性， 可得 max 1( )h x e  ，当 x e 时， ( ) 0f x  ，所以当 10 2a e   即 10 2a e   时 ( )g x 有 2 个 极值点 1 2,x x ，从而得到 1 2 1 2 ln( )2 x xa x x   ，所以 1 2 1 2ln( ) ln( )x x x x  ，即 1 2 1 2x x x x  ． 【详解】解：（1） ' 1( ) ln 2 ln 2 1( 0)f x x x ax x ax xx         ， 令 ' ) 0f x （ ，得 1 ln2 xa x  ，记 1 ln( ) xQ x x  ，则 ' 2 ln( ) xQ x x  ， 令 ( ) 0Q x  ，得 0 1x  ；令 ( ) 0Q x  ，得 1x  ， ∴ ( )Q x 在 (0,1) 上是增函数，在( )1 +¥， 上是减函数，且 max( ) = (1) 1Q x Q  ， - 20 - ∴当 2 1a  即 1 2a  时， ' ( ) 0f x  无解，∴ ( )f x 无极值点， 当 2 1a  即 1 2a  时， ' ( ) 0f x  有一解， 1 ln2 xa x  ，即 ln 2 1 0x ax   ， ' ( ) 0f x  恒成立， ( )f x 无极值点， 当 0 2 1a  ，即 10 2a  时， ' ( ) 0f x  有两解， ( )f x 有 2 个极值点， 当 2 0a  即 0a  时， ' ( ) 0f x  有一解， ( )f x 有一个极值点. 综上所述：当 1 2a  ， ( )f x 无极值点； 10 2a  时， ( )f x 有 2 个极值点； 当 0a  ， ( )f x 有 1 个极值点； （2） 2( ) lng x x x ax x   ， ( ) ln 2 ( 0)g x x ax x    , 令 ' ( ) 0g x  ，则 ln 2 0x ax  ， ln2 xa x   , 记 ln( ) xh x x  ，则 ' 2 1 ln( ) xh x x  , 由 ' ( ) 0h x  得 0 x e  ，由 ' ( ) 0h x  ，得 x e ， ( )h x 在 (0, )e 上是增函数，在 ( , )e  上是减函数, max 1( ) ( )h x h e e   ，当 x e 时， ( ) 0f x  , ∴当 10 2a e   即 10 2a e   时, ( )g x 有 2 个极值点 1 2,x x , 由 1 1 2 2 ln 2 ln 2 x ax x ax    , 得 1 2 1 2 1 2ln( ) ln ln 2 ( )x x x x a x x    , 1 2 1 2 ln( )2 x xa x x    , 不妨设 1 2x x 则 1 21 x e x   ， 1 2 2x x x e    , 又 ( )h x 在 ( , )e  上是减函数, 1 2 2 1 2 1 2 2 1 2 ln( ) ln ln( )2x x x x xax x x x x      , - 21 - 1 2 1 2ln( ) ln( )x x x x   , 1 2 1 2x x x x   . 【点睛】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性，极值，最值，考查学生转化问题和分 析问题的能力，是一道难题． （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.作答时请用 2B 铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑. [选修 4-4：坐标系与参数方程] 22.已知曲线C 的极坐标方程是 6cos 0   ，以极点为原点，极轴为 x 轴的正半轴，建立 平面直角坐标系，直线 l 过点  0,2M ，倾斜角为 3 π4 ． （1）求曲线C 的直角坐标方程与直线 l 的参数方程； （2）设直线 l 与曲线C 交于 A ， B 两点，求 1 1 MA MB  的值． 【答案】（1） 2 2( 3) 9x y   ， 2 2 22 2 x t y t       ( t 为参数)；（2） 5 2 4 . 【解析】 【分析】 （1）将曲线C 的极坐标方程两边同乘  ，根据公式即可化简为直角坐标方程；根据已知信息， 直接写出直线的参数方程，整理化简即可； （2）联立曲线C 的直角坐标方程和直线 l 的参数方程，得到关于 t 的一元二次方程，根据直 线参数方程中参数的几何意义，求得结果. 【详解】（1）因为 6cos  ，所以 2 6 cos   ， 所以 2 2 6x y x  ，即曲线 C 的直角坐标方程为： 2 2( 3) 9x y   ， 直线 l 的参数方程 3πcos 4 3π2 sin 4 x t y t      ( t 为参数)， - 22 - 即 2 2 22 2 x t y t       ( t 为参数). （2）设点 A ， B 对应的参数分别为 1t ， 2t ， 将直线l 的参数方程代入曲线C 的直角坐标方程， 得 2 22 2( 3) (2 ) 92 2t t     ， 整理，得 2 4 05 2t t   ， 所以 1 2 1 2 5 2 · 4 t t t t      ， 因为 1 2 1 2 210, 0, 0, 0t tt t t t     所以 1 2MA MB t t   1 2( )t t   =5 2 ， MA MB 1 2t t =4， 所以 1 1 MA MB  = MA MB MA MB   5 2 4  . 【点睛】本题考查将极坐标方程转化为直角坐标方程，以及直线参数方程的求解，涉及利用 直线参数方程中参数的几何意义求解问题，属综合基础题. [选修 4-5：不等式选讲] 23.已知函数 ( ) | 1| | 2 |f x x x a    ． （1）若 1a  ，解不等式 ( ) 4f x  ； （2）对任意的实数 m ，若总存在实数 x ，使得 2 2 4 ( )m m f x   ，求实数 a 的取值范围． 【答案】（1） 3 5( , )2 2  （2）[ 2,1] 【解析】 【分析】 （1）分类讨论求解绝对值不等式，即可求得结果； （2）求得  f x 的值域以及 2 2 4y m m   的值域，根据二次函数的值域是  f x 值域的子 - 23 - 集，求参数的范围即可. 【详解】（1）当 1a  时， ( ) 4 | 1| | 2| 4f x x x      ， 化为 1 2 3 x x      或 1 2 3 4 x     或 2 2 1 4 x x     解得 3 12 x    或 1 2x   或 52 2x  ， 3 5 2 2x   . 即不等式 ( ) 4f x  的解集为 3 5( , )2 2  . （2）根据题意，得 2 2 4m m  的取值范围是 ( )f x 值域的子集. 2 22 4 ( 1) 3 3m m m      又由于 ( ) 1 2 2 1f x x x a a      ， ( )f x 的值域为[| 2 1|, )a  故| 2 1| 3a   ， 2 1a   . 即实数 a 的取值范围为[ 2,1] . 【点睛】本题考查分类讨论求解绝对值不等式，以及由绝对值三角不等式求解绝对值函数的 最小值，属综合性基础题. - 24 -