陕西省榆林市2020届高三高考数学（理科）（四模）第四次测试试题 Word版含解析 24页

- 1 - 2020年陕西省榆林市高考数学第四次测试试卷 （理科）（四模） 一、选择题：本题共 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.设集合 2{ | 2 0}, { | 2 1}xA x x x B y y      ，则 ( )UB A U ð （ ） A. [1,2) B. (1, ) C. [0, ) D. R 【答案】C 【解析】 【分析】 先解不等式得集合 A,再求值域得集合 B,最后根据集合补集与并集概念求结果. 【详解】 2{ | 2 0} ( ,0) (2, ), { | 2 1} (1, )xA x x x B y y          U 所以 ( ) (1, ) [0, 2] [0, )UB A    U Uð 故选：C 【点睛】本题考查集合补集与并集、解一元二次不等式、函数值域，考查基本分析求解能力， 属基础题. 2.若      2 3 2mi i m R   是纯虛数，则在复平面内复数 2 1 m iz i    所对应的点位于（ ） 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】 利用复数的乘法法则将复数      2 3 2mi i m R   化为一般形式，由该复数为纯虚数解出 实数m的值，然后利用复数的除法法则将复数 z化为一般形式，即可得出复数 z在复平面内 对应的点所在的象限. 【详解】        2 3 2 6 2 3 4mi i m m i      为纯虚数，则 6 2 0 3 4 0 m m      ，解得 3m ，       3 2 13 2 1 5 1 5 1 1 1 2 2 2 i ii iz i i i i             ， - 2 - 因此，复数 z在复平面内对应的点在第四象限. 故选：D. 【点睛】本题考查复数在复平面内对应的点所在象限的判断，考查了复数的乘法、除法法则 以及复数概念的应用，考查计算能力，属于基础题. 3.已知数列{an}为等比数列，若 a3＝1，a9＝125，则 a5＝（ ） A. 5 B. 5 C. 5 D. 25 【答案】B 【解析】 【分析】 相应值代入 6 9 3 aq a  可求出 2q ，再根据等比数列的定义求出 5a . 【详解】 6 9 3 125aq a   ， 2 5q  ，则 2 5 3 =5a a q . 故选：B 【点睛】本题考查等比数列基本量的求解，属于基础题. 4. 6 2 2x x      的展开式中的常数项为（ ） A. 240 B. 480 C. 448 D. 228 【答案】A 【解析】 【分析】 写出通项，然后令 的指数为 0，即可求出常数项． 【详解】展开式的通项为： 12 3 6 6 1 6 2( 2) 2 k kk k kk k xT C x C x         ， 令12 3 0k  解得 4k  ，可得常数项为 6 4 5 4=16 15 42 =2 0T C  ． 故选：A． 【点睛】本题考查二项式定理，通项法研究展开式中特定项的问题，属于基础题． 5.港珠澳大桥位于中国广东省珠江口伶仃洋海域内，是中国境内一项连接香港、珠海和澳门的 桥隊工程，因其超大的建筑规模、空前的施工难度和顶尖的建造技术而闻名世.2018年 10月 - 3 - 24日上午 9时开通运营后香港到澳门之间 4个小时的陆路车程极大缩矩．为了解实际通行所 需时间，随机抽取了 n台车辆进行统计，结果显示这些车辆的通行时间（单位：分钟）都在[35， 50）内，按通行时间分为[35，38），[38，41），[41，44），[44，47），[47，50]五组，其中通 行时间在[38，47）的车辆有 182台，频率分布直方图如图所示，则 n＝（ ） A. 280 B. 260 C. 250 D. 200 【答案】D 【解析】 【分析】 根据频率分布直方图可知通行时间在[38，47）的频率为0.91，根据频率的概念即可求出结果. 【详解】由题意可知，通行时间在[38，47）的频率为  1 0.01 0.02 3 0.91    ，所以 182 0.91 n  ，所以 200n  . 故选：D. 【点睛】本题主要考查了频率分布直方图和频率的概念，属于基础题. 6.已知数列 na 的通项公式为 ( 1)nna n= - ×， nS 为其前n项和，则 13 24S S+ ＝（ ） A. 11 B. 5 C. 1 D. 5 【答案】D 【解析】 【分析】 直接利用通项公式代入，两两组合求解可得 【详解】 ( 1)nna n= - × ， 13 1 2 3 13= 1 2 3 4 12 13 7S a a a a + + +鬃� = - + - + -鬃� - = - - 4 - 24 1 2 3 24= 1 2 3 4 23 24 12S a a a a+ + +鬃� = - + - + -鬃� + = 13 24= 7 12 5S S - ++ = 故选：D 【点睛】本题考查并项求和. 属于基础题在一个数列的前 n项和中，可两两结合求解，则称之 为并项求和．形如 =( )1 ( )n na f n- 类型，可采用两项合并求解． 7.已知定义域为 R的函数 ( )f x 满足 ( ) ( )f x f x   ， ( 2) ( )f x f x   ，且当0 2x  时， 2 8l) 2 og(f x x x  ，则  47f  ( ) A. ﹣1 B. ﹣2 C. 0 D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】 根 据 题 意 可 知  f x 是 以 4 为 周 期 的 奇 函 数 ， 再 根 据        47 4 12 1 1 1f f f f       ，由此即可求出结果． 【详解】因为定义域为 R的函数  f x 满足        , 2f x f x f x f x      ， 所以      4 2f x f x f x     ， 所以  f x 是以 4为周期的奇函数， 所以        47 4 12 1 1 1 2f f f f         ． 故选：B． 【点睛】本题考查了函数的周期性、奇偶性以及函数值的求法，考查运算求解能力，是基础 题． 8.古希腊数学家欧几里德在公元前 300年左右提出了欧几里德算法，又叫辗转相除法．如图， 若输入 m，n的值分别为 779，209，则输出的 m＝（ ） - 5 - A. 17 B. 18 C. 19 D. 20 【答案】C 【解析】 【分析】 按照程序框图逐步计算. 【详解】方法一：运行情况如下： 执行次数 m n r 1 779 209 152 2 209 152 57 3 152 57 38 4 57 38 19 5 38 19 0 所以输出的 19m  . 方法二：易知该程序是求两数的最大公约数，而 779和 209的最大公约数是 19,. - 6 - 故选：C 【点睛】本题考查程序框图，属于基础题. 9.在三棱锥 P﹣ABC中，已知△ABC是边长为 6的等边三角形，PA⊥平面 ABC，PA＝12，则 AB与平面 PBC所成角的余弦值为（ ） A. 2 57 19 B. 57 38 C. 133 19 D. 133 38 【答案】C 【解析】 【分析】 利用等体积法求出点 A到平面 PBC的距离，从而可以求出 AB与平面 PBC所成角的正弦值， 再利用同角三角函数的关系求出余弦值. 【详解】解：因为 PA⊥平面 ABC，所以 ,PA AB PA AC  ， 因为△ABC是边长为 6的等边三角形，PA＝12， 所以 2 26 12 6 5PB PC    , 所以 2 21 6 (6 5) 3 3 171 2PBCS     V ， 设 A到平面 PBC的距离为 d ， 因为 P ABC A PBCV V  ，所以 1 1 3 3ABC PBCS PA S d  V V ， 所以 3 36 12=3 171 4 d  ，解得 36 57 d  ， 设 AB与平面 PBC所成角为，则 36 657sin 6 57 d AB     ， 所以 2 26 7 133cos 1 sin 1 ( ) 19 1957        ， 故选：C 【点睛】此题考查了线面角，利用了等体积法，属于基础题. 10.如图是函数 (x) Asin( x )f    0 0 0 2 A p w j> > < <( ， ， )的图象的一部分，则要得到 该函数的图象，只需要将函数 2( ) 1 2 3 2g x sinxcosx sin x= - ﹣ 的图象（ ） - 7 - A. 向左平移 4  个单位长度 B. 向右平移 4  个单位长度 C. 向左平移 2  个单位长度 D. 向右平移 2  个单位长度 【答案】B 【解析】 【分析】 先由图用 7 1 12 3 4 T    求出，由 ( ) 0 3 f   求出 ,由 (0) 3f  求出 3A  , 得到 ( ) 3 sin(2 ) 3 f x x    ；运用二倍角公式和辅助角公式化简 5( ) 2sin(2 ) 6 g x x p = + 利用三角函数图象平移性质得解. 【详解】如图知: ,  7 1 12 3 4 T    ， 2T p p w = = , 又 0 2     sin 2f x A x    ( ) 0 3 f   , 2sin( ) 0 3 A     , 0 2   解得： 3   ( ) sin(2 ) 3 f x A x     又 (0) 3f  , sin = 3 3 A   ， =2A ， ( ) 2sin(2 ) 3 f x x     2( ) 1 2 3 2 =cos 2 3 2 2cos(2 ) 3 g x sinxcosx sin x x sin x x p - = += - ﹣ 52sin(2 + )=2sin(2 ) 3 2 6 x xp p p = + + 由三角函数图象平移性质得 - 8 - 5 5 52sin(2 )=2sin[2( ) ] 2sin(2 ) 2sin(2 ) ( ) 6 4 6 2 6 3 x x x x f xp p p p p p + - + = - + = + = (技巧：由三角函数图象平移性质得 5(2 ) (2 ) 3 6 2 4 x x       ) 所以 ( )g x 函数向右平移 4  个单位长度得到 ( )f x . 故选：B 【点睛】本题考查由图象求函数 (= )+y Asin x  的解析式. 确定 ( )= + + ( 0 )0y Asin x b Aw j w> >， 的步骤和方法: (1)求 A b， ：确定函数的最大值M 和最小值m，则 2 M mA - = ， 2 M mb + = ； (2)求：确定函数的周期T ，则可 2 T p w得 ＝ ； (3)求：常用的方法有代入法和五点法． ①代入法：把图象上的一个已知点代入(此时 A bw， ， 已知)或代入图象与直线 y b＝ 的交点求 解(此时要注意交点是在上升区间上还是在下降区间上)． ②五点法：确定值时，往往以寻找“五点法”中的某一个点为突破口． 11.已知双曲线   2 2 2 2: 1 0, 0x yW a b a b     的右焦点 F ，过原点的直线 l与双曲线W 的左、 右两支分别交于 A、 B两点，以 AB为直径的圆过点 F ，延长BF 交右支于C点，若 2CF FB ，则双曲线W 的渐近线方程是（ ） A. 2 2 3 y x  B. 3 2 4 y x  C. 2 2y x  D. 3y x  【答案】A 【解析】 【分析】 作出图形，设双曲线W 的左焦点为点F ，连接CF 、 AF ，设 BF m ，则 2CF m ， 利用双曲线的定义及勾股定理求得 2 3 am  ，进而可得出 2 3 aBF  ， 8 3 aBF   ，然后利用 勾股定理可求得 2 2 c a 的值，进而可求得 2 2 b a 的值，由此可求得双曲线W 的渐近线方程. - 9 - 【详解】如下图所示，设双曲线W 的左焦点为点 F ，连接CF 、 AF ，设 BF m ，则 2CF m ， 由双曲线的定义可得 2BF a m   ， 2 2CF a m   ， 由于以 AB为直径的圆经过点 F ，且OA OB 、OF OF  ，则四边形 AFBF 为矩形， 在Rt BCF △ 中，有勾股定理得 2 2 2CF BC BF   ，即    2 222 2 9 2a m m a m    ， 解得 2 3 m a ， 2 3 aBF  ， 8 3 aBF   ， 由勾股定理得 2 2 2BF BF FF   ，即 2 268 4 9 a c ， 2 2 17 9 c a   ， 所以， 2 2 2 2 2 2 2 81 9 b c a c a a a      ，则 2 2 3 b a  . 因此，双曲线W 的渐近线方程是 2 2 3 y x  . 故选：A. 【点睛】本题考查双曲线渐近线方程的求解，考查了双曲线定义的应用，考查计算能力，属 于中等题. 12.已知定义在  1, 上的函数  f x ，  f x 为其导函数，满足    1 ln 2 0f x f x x x x   ′ ，且   2f e e  ，若不等式  f x ax 对任意  1,x  恒成 立，则实数 a的取值范围是（ ） - 10 - A.  ,e  B.  2,2e C.  , 2e D.  ,e  【答案】D 【解析】 【分析】 利用导数的运算法则，求出函数  f x 的解析式，然后参数分离，将不等式的恒成立问题转化 为 ln xa x   对任意  1,x  恒成立，构造函数，利用导数研究函数的单调性，进而求出函 数的最大值，从而得解. 【详解】    1 ln 2 0f x f x x x x   ′ ，   2lnf x x x C   ，   2lnf e e e C   ，    2f e e  ， 2 2e e C   ，解得 0C  ，   2ln 0f x x x   ，   2 ln xf x x     1x  ， 不等式  f x ax 对任意  1,x  恒成立，  2 ln x ax x   对任意  1,x  恒成立， 即 ln xa x   对任意  1,x  恒成立， 令   ln xg x x   ，则    2 1 ln ln xg x x  ′ ， 令    2 1 ln 0 ln xg x x   ′ ，解得 x e ， 1 x e  时，   0g x  ，  g x 在  1,e 上单调递增； x e 时，   0g x  ，  g x 在  ,e  上单调递减， 当 x e 时，  g x 取得极大值，也是最大值，    max ln eg x g e e e      ， - 11 - a e   ， 实数 a的取值范围是 ,e  . 故选：D. 【点睛】本题考查利用导数研究不等式的恒成立问题，具体考查导数的运算法则及利用导数 研究函数的最值问题，求出函数  f x 的解析式是本题的解题关键，属于中档题.不等式恒成 立问题关键在于利用转化思想，常见的有：  f x a 恒成立  minf x a ；  f x a 恒 成立  maxf x a ；  f x a 有解  maxf x a ；  f x a 有解  minf x a ；  f x a 无解  maxf x a ；  f x a 无解  minf x a . 二、填空题：本题共 4小题，每小题 5分，共 20分. 13.已知 (2,3)AB   ， (1, 4)AC    ，则 AB BC    _____． 【答案】 23 【解析】 【分析】 本题首先可根据题意得出  1, 7BC     ，然后根据向量数量积的坐标表示即可得出结果. 【详解】因为 (2,3)AB   ， (1, 4)AC    ， 所以  1, 7BC AC AB         ， 则  1 2 7 3 23AB BC            ， 故答案为： 23 . 【点睛】本题考查向量减法的坐标表示以及向量数量积的坐标表示，若向量 1 1( , )a x y=  ， 2 2( , )b x y=  ，则 1 2 1 2a b x x y y     ，考查计算能力，是简单题. 14.若实数 x，y满足约束条件 3 0 4 3 0 3 0 x y x y x y          „ „ ，则 2z x y  的最大值为_____． 【答案】8 【解析】 【分析】 - 12 - 根据题意先画出满足约束条件的平面区域，然后分析画出直线 x﹣2y=0，通过平移直线求出目 标函数的最大值. 【详解】解：不等式组表示的区域如图所示， 由 2z x y  得 1 1 2 2 y x z  ，作出直线 1 2 y x ，向下平移直线 1 2 y x 经过点 A时，截距 最小而 z最大， 由 3 0 4 3 0 x y x y        得 2 5 x y      ，所以 ( 2, 5)A   ， 所以 2z x y  的最大值为 2 2 ( 5) 8     故答案为：8 【点睛】此题考查了线性规划的应用，利用了数形结合，通过图像平移求出目标函数的最值， 属于基础题. 15.已知点 F 为抛物线C：  2 2 0y px p  的焦点，定点  1,2A 和动点 P都在抛物线C上， 点  2,0B ，则 2 1PF PB - 的最大值为_____． 【答案】 1 4 【解析】 【分析】 本题首先可以根据  1,2A 在抛物线上求出抛物线方程以及焦点坐标，然后根据抛物线定义得 出 1PF  的长度即 P点的横坐标，最后根据基本不等式以及两点间距离公式对 2 1PF PB - 进行 转化即可得出结果. - 13 - 【详解】因为  1,2A 在抛物线上， 所以 4 2p ， 2p  ，抛物线方程为 2 4y x ，焦点  1,0F ， 设动点  ,P x y ，则 2 y x ，取 2y x ，则 ( ), 2P x x ， 结合抛物线定义可知， 1PF  的长度即 P点的横坐标， 则 ( ) 2 2 2 1 1 1 1 44 442 4 2 PF x x xPB x x x xx x - = = = £ = +- + + × ， 当且仅当 2x  时取“”号， 故答案为： 1 4 . 【点睛】本题考查抛物线中的动点问题，考查抛物线的定义的灵活应用，考查应用基本不等 式求最值，考查化归与转化思想，考查计算能力，是中档题. 16.如图，将一个圆柱 2n（n∈N*）等分切割，再重新组合成一个与圆柱等底等高的几何体， 当 n越大，重新组合的几何体就越接近于一个“长方体”，若新几何体的表面积比圆柱的表面积 增加了 8，则圆柱的侧面积为_____，在满足前面条件且圆柱外接球表面积最小时，它的外接 球体积为_____． 【答案】 (1). 8π (2). 32 3  【解析】 【分析】 （1）由题知，表面积增加的部分为新“长方体”的左右两个侧面，设原圆柱的底面半径为 r， 高为 h，则可得 2 8rh  ，由公式可得圆柱的侧面积； （2）设圆柱的外接球的半径为 R，依题得    2 2 22 2R r h  ，由基本不等式可知外接球表 面积最小时 2R  ，从而可求出外接球的体积. 【详解】（1）由题知，表面积增加的部分为新“长方体”的左右两个侧面，设原圆柱的底面半径 为 r，高为 h，则可得 2 8rh  ，所以圆柱的侧面积为 2 8rh  ； （2）设圆柱的外接球的半径为 R，依题得    2 2 22 2R r h  ，所以外接球的表面积 - 14 -  2 2 2 2 24 4 2 4 4 16S R r h r h rh            ， 当且仅当 2r h 时， S 最小，此时 2R  ，外接球的体积 34 32 3 3 V R   . 故答案为：（1）8π；（2） 32 3  【点睛】本题主要考查了圆柱的侧面积，基本不等式的应用，球的表面积与体积的计算，考 查了学生的分析问题与解决问题的能力，考查了学生的直观想象与运算求解能力. 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题～第 21题为必考题，每个考题考生必须作答.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 ABC 中，角 , ,A B C的对边分别为 , ,a b c，且 sin 2 sin( ) A C b c A B        （1）若 ABC 的外接圆半径为3，求b； （2）若 4b  ， 6a c  ，求 ABC 的面积． 【答案】（1） 3 3b  ；（2） 5 3 3 【解析】 【分析】 （1）先根据内角和定理诱导公式化简 sin 2 sin( ) A C b c A B        得 cos 2 sin B b c C  ，再根据正弦定理与二 倍角公式求得 3 B   ,再利用正弦定理求解即可. （2）由（1）得 3 B   ，利用余弦定理求得 20 3 ac  ,再利用面积公式求解即可. 【详解】解：（1）在 ABC 中， A B C    ，∴ = 2 2 2 A C B  ， A B C   ∴ sin = cos 2 2 A C B      ， sin( )= sinA B C ， ∵ sin 2 sin( ) A C b c A B        ，∴ cos 2 sin B b c C  ，∴ 由正弦定理得 cs oin s 2 ins sin B B CC  ， - 15 - ∴ sin cos 2 BB  ，∴ 2sin cos cos 2 2 2 B B B  ，∵  0,B  ，∴ 0, 2 2 B      ∴  cos 0,1 2 B  ， ∴ 1sin = 2 2 B ， ∴ = 2 6 B  ，∴ 3 B   ， 又∵ ABC 的外接圆半径为3， ∴ 由正弦定理得 6 sin b B  ，∴ 6sin 3 3b B  ； （2）由（1）得 3 B   ，由余弦定理得  22 2 2 2 22 cos 3b a c ac B a c ac a c ac         ， 又∵ 4b  ， 6a c  ∴ 36 3 16ac  ，解得 20 3 ac  ， ∴ ABC 的面积为： 1 1 20 3 5 3sin 2 2 3 2 3 S ac B     【点睛】本题考查正余弦定理的综合应用，是中档题. 18.如图，在棱长为 2的正方体 ABCD﹣A1B1C1D1中，点 E、F、G分别为 A1B1，B1C1，BB1的 中点，点 P是正方形 CC1D1D的中心． （1）证明：AP∥平面 EFG； （2）若平面 AD1E和平面 EFG的交线为 l，求二面角 A﹣l﹣G． 【答案】（1）证明见解析；（2） 2  . 【解析】 【分析】 （1）先根据面面平行的判定定理，即可证明平面 1 / /ACD 平面 EFG，由此即可证明结果； - 16 - （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量在求二面角中的应用，即可求出结果. 【详解】（1）连接 1DC， AC， 点 E、 F 、G分别为 1 1 1 1 1, ,A B BC BB 的中点， 1/ /EG DC ， 1DCQ  平面 EFG， 1 / /DC 平面 EFG； 同理， / /AC 平面 EFG， 又 1DC AC C ，且 1DC 平面 1ACD ， AC 平面 1ACD ， 所以，平面 1 / /ACD 平面 EFG， 点 P是正方形 1 1CC D D的中心， AP 平面 1ACD ， / /AP 平面 EFG； （2）以D为坐标原点建立如图所示的空间指标系，则      2,0,0 , 2,1,2 , 1 0,0,2A E D ， 故    10,1,2 , 2,1,0AE D E  uuur uuuur ， - 17 - 设平面 1AD E的法向量为  , ,n x y z  ， 由 1 0 0 n AE n D E         ，可得 2 0 2 0 y z x y      ，令 1x  ，则  1, 2,1n    ， 取平面EFG的法向量为  1,1,1m   ，则 0m n    ， 所以二面角 A l G  的大小为 2  . 【点睛】本题主要考查了面面平行的判定定理和应用，同时考查空间向量在求二面角中的应 用，属于基础题. 19.随着 5G商用进程的不断加快，手机厂商之间围绕 5G用户的争夺越来越激烈，5G手机也 频频降低身价飞人寻常百姓家．某科技公司为了给自己新推出的 5G手机定价，随机抽取了 100 人进行调查，对其在下一次更换 5G手机时，能接受的价格（单位：元）进行了统计，得到结 果如下表，已知这 100个人能接受的价格都在   1000,3500 之间，并且能接受的价格的平均 值为 2350元（同一组的数据用该组区间的中点值代替）． 分组 一 二 三 四 五 手机价格 X（元）  1000,1500  1500,2000  2000,2500  2500,3000  3000,3500 频数 10 x y 20 20 - 18 - （1）现用分层抽样的方法从第一、二、三组中随机抽取 6人，将该样本看成一个总体，从中 随机抽取 2人，求其中恰有 1人能接受的价格不低于 2000元的概率； （2）若人们对 5G手机能接受的价格 X近似服从正态分布  2,N   ，其中  为样本平均数 x ， 2 为样本方差 2s ，求  2350 2974P X  ． 附： 39 6.24 ．若  2~ ,X N   ，则   0.6826P X        ，  2 2 0.9544P X        ． 【答案】（1） 3 5 ；（2）0.3413. 【解析】 【分析】 （ 1）由 10 20 20 100x y     和接受价格的平均值为 2350，可得 50x y  和 7 9 410x y  ，求得 ,x y，再由分层抽样得，在第 1，2，3组分别抽取 1人，2人，3人,根 据古典概率可得答案； （2）由题意可知 2350x   ，求得 2s ，得 ，可求得故    2350 2974P X P X        的值． 【详解】（1）因为10 20 20 100x y     ，所以 50x y  ． 因为 10 20 201250 1750 2250 2750 3250 2350 100 100 100 100 100 x y           ， 所以7 9 410x y  ，解得 20x= ， 30y  ． 因为第 1组的人数为 10，第 2组的人数为 20，第 3组的人数为 30． 所以利用分层抽样法在 60名学生中抽取 6名学生，其中第 1，2，3组分别抽取 1人，2人，3 人． 所以恰有 1人能接受的价格不低于 2000的概率 1 1 3 3 2 6 C C 3 C 5 P   ． （2）由题意可知 2350x   ， 又 - 19 -      2 2 22 0.1 1250 2350 0.2 1750 2350 0.3 2250 2350s             2 20.2 2750 2350 0.2 3250 2350 390000       ， 所以 100 39 624   ， 故    2350 2974P X P X        10.6826 0.3413 2    ． 【点睛】本题考查由已知条件求得所缺的统计数据，分层抽样方法，古典概率，正态分布， 属于中档题. 20.设椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yC a b a b     的左、右焦点分别为 F1（﹣c，0），F2（c，0），离心率为 1 2 ，短轴长为 2 3． （1）求椭圆 C的标准方程； （2）过点 F2作一条直线与椭圆 C交于 P，Q两点，过 P，Q作直线 2ax c  的垂线，垂足为 S， T．试问：直线 PT与 QS是否交于定点？若是，求出该定点的坐标，否则说明理由． 【答案】（1） 2 2 1 4 3 x y   ；（2） 5 ,0 2       【解析】 【分析】 （1）根据椭圆的性质以及题意可列出方程组，求出椭圆方程； （2）设直线 PQ的方程，将直线 PQ的方程与椭圆方程联立，得到韦达定理，然后再设直线 PT 的方程，令 0y  ，化简可得直线 PT 必过 5 ,0 2       ，同理可证直线QS恒过 5 ,0 2       ，由此即 可证明结果. , 【详解】（1）由题意可知， 2 2 2 1 2 2 2 3 c a b c a b         ，所以 2 24, 3a b  ， - 20 - 所以椭圆C的标准方程为： 2 2 1 4 3 x y   ； （2）设直线 PQ的方程为： 1x my  ，    1 1 2 2, , ,P x y Q x y ，则    1 24, , 4,S y T y ， 联立方程 2 23 4 12 1 x y x my       可得：  2 23 4 6 9 0m y my    ， 所以 1 2 1 22 2 6 9, 3 4 3 4 my y y y m m        ， 所以  1 2 1 22 3my y y y  ， 又直线 PT 的方程为：        2 1 1 24 4y y x x y y     ， 令 0y  ， 则     1 1 22 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 4 14 8 2 24 2 y my yy x y y y my yx y y y y y y                    1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 8 2 3 5 5 2 2 2 y y y y y y y y y y          ， 所以直线 PT 恒过 5 ,0 2       ， 同理，直线QS恒过 5 ,0 2       ， 即直线 PT 与QS交于定点 5 ,0 2       . 【点睛】本题主要考查了椭圆方程，直线和椭圆的位置关系，属于中档题. 21.已知函数   lnf x x x ． （1）求  f x 的图象在 x e 处的切线方程； （2）若函数     2 f x F x b x   有两个不同的零点 1x 、 2x ，证明： 2 1 2 0x x e  ． 【答案】（1） 2y x e  ；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】 - 21 - （1）求出函数  y f x 的导数，求得  f e 和  f e 的值，利用点斜式可得出所求切线的方 程； （2）设 1 2 0x x  ，令   0F x  可得出 lnbx x ，由题意得出 1 1 2 2 ln ln bx x bx x    ，变形可得 1 2 1 1 2 1 2 2 ln lnx x x x x x x x    ，令 1 2 1xt x   ，由此将所求不等式转化为证明  2 1 ln 1 t t t    ，然后构 造函数    2 1 ln 1 t g t t t     ，利用导数证明出    1 0g t g  即可. 【详解】（1）   lnf x x x ，定义域为  0,  ，   ln 1f x x   ，  f e e ，   2f e  . 因此，函数  y f x 的图象在 x e 处的切线方程为  2y e x e   ，即 2y x e  ； （2）令     2 ln 0 f x xF x b b x x      ，得 lnbx x ，由题意可得 1 1 2 2 ln ln bx x bx x    ， 两式相加得  1 2 1 2ln lnb x x x x   ，两式相减得  1 2 1 2ln lnb x x x x   ， 设 1 2 0x x  ，可得 1 2 1 2 11 2 2 ln ln x x x x xx x x    ， 1 2 1 1 2 1 2 2 ln lnx x x x x x x x     ， 要证 2 1 2x x e ，即证 1 2 1 1 2 1 2 2 ln ln 2x x x x x x x x     ，即   1 1 2 21 12 1 2 2 2 1 2 ln 1 x x x xx xx x x x          ， 令 1 2 1xt x   ，即证  2 1 ln 1 t t t    . 构造函数    2 1 ln 1 t g t t t     ，其中 1t  ，         2 2 2 11 4 0 1 1 t g t t t t t         ， 所以，函数    2 1 ln 1 t g t t t     在区间  1, 上单调递增. 当 1t  时，    1 0g t g  ，所以，  2 1 ln 1 t t t    . 因此， 2 1 2x x e . - 22 - 【点睛】本题考查利用导数求解函数图象的切线方程，同时也考查了利用导数证明函数不等 式，考查计算能力与推理能力，属于中等题. （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. [选修 4-4：坐标系与参数方程] 22.在直角坐标系中，曲线 1C 的参数方程为 1 cos 8 1 1 sin 8 8 x y          （ 为参数），以坐标原点为极点， x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 2C 的极坐标方程为 2sin 8cos   ． （1）求曲线 1C 的极坐标方程和曲线 2C 的直角坐标方程； （2）直线 l过原点且倾斜角为 0 2        ，与曲线 1C 、 2C 分别交于 A、B两个不同点（均 异于原点），且 2 2 51 2 OA OB OA OB+ × = × ，求直线 l的斜率． 【答案】（1） 1ρ sin θ 4 = ， 2 8y x （2）1或 4 . 【解析】 【分析】 （1）本题首先根据 1 cosα 8 x = 以及 1 1 sin α 8 8 y = + 求出曲线 1C 的直角坐标方程，然后根据 cosx   以及 siny   即可求出曲线 1C 的极坐标方程，最后根据极坐标方程与直角坐标 方程的转化即可求出曲线 2C 的直角坐标方程； （2）首先可根据题意计算出 2OA OB× = 或 1 2 ，然后结合曲线 1C 与曲线 2C 的极坐标方程得 出 2ρ ρ tanφA B× = ，最后根据 2 2 tan φ = 或 1 2 即可得出结果. 【详解】（1）因为 1 cosα 8 x = ， 1 1 sin α 8 8 y = + ， 所以 1 1 sin α 8 8 y - = ，曲线 1C 的直角坐标方程为 2 2 1 1 8 64 x y 骣 琪+ - = 桫 ， 化简得 2 2 1 0 4 x y y+ - = ， - 23 - 因为 cosx   ， siny   ， 所以曲线 1C 的极坐标方程为： 2 1ρ ρsin θ 0 4 - = ，即 1ρ sin θ 4 = ， 因为曲线 2C 的极坐标方程为 2sin 8cos   ，即 2 2sin 8 cos    ， 所以曲线 2C 的直角坐标方程为 2 8y x , （2）因为 2 2 51 2 OA OB OA OB+ × = × ，即( ) 2 5 1 0 2 OA OB OA OB× - × + = ， 所以 2OA OB× = 或 1 2 ， 因为直线 l倾斜角为，与曲线 1C 、 2C 分别交于 A、 B两个不同点， 所以 2 1 8cosφ cosφ 2ρ ρ sinφ 2 4 sin φ sinφ tanφA B× = × = = ， 故 2 2 tan φ = 或 1 2 ， tan 1  或 4，直线 l的斜率为1或 4 . 【点睛】本题考查参数方程、直角坐标方程以及极坐标方程的相互转化，考查极坐标方程的 灵活应用，可通过 cosx   以及 siny   进行直角坐标方程与极坐标方程的相互转化， 考查化归与转化思想，考查计算能力，是中档题. [选修 4-5：不等式选讲] 23.已知 ( ) 2 1 5f x x x= + + + ． （1）解不等式   9f x  ； （2）若 a、b、 c均为正数，且 ( ) ( ) ( ) 24f a f b f c+ + = ，证明： 2 2 2 2b c a a b c    【答案】（1）  5,1 （2）证明解析 【解析】 【分析】 （1）首先可根据绝对值的相关性质将 ( ) 2 1 5f x x x= + + + 分为 2 1x   、 15 2 x    以 及 5x   三种情况依次进行讨论，然后分别求解   9f x  ，即可得出结果； （2）本题首先可以根据 ( ) ( ) ( ) 24f a f b f c+ + = 得出 2a b c   ，然后根据基本不等式 - 24 - 对 2 2 2 2b c a a b c + + + 进行化简，即可证得 2 2 2 2b c a a b c    . 【详解】（1）由题意可知， ( ) 2 1 5f x x x= + + + ， 当 2 1x   时， ( ) 2 1 5 3 6f x x x x= + + + = + ，   9f x  ，即3 6 9x + < ，解得 1 1 2 x   ； 当 15 2 x    ， ( ) ( )2 1 5 4f x x x x= - + + + = - + ，   9f x  ，即 4 9x- + < ，解得 15 2 x    ； 当 5x   ， ( ) ( ) ( )2 1 5 3 6f x x x x= - + - + = - - ，   9f x  ，即 3 6 9x- - < ，无解， 综上所述，  5,1x  ， （2）因为 a、b、c均为正数， 所以 ( ) 3 6f a a= + ， ( ) 3 6f b b= + ， ( ) 3 6f c c= + ， 因为 ( ) ( ) ( ) 24f a f b f c+ + = ， 所以3 6 3 6 3 6 24a b c+ + + + + = ，化简得 2a b c   ， 因为 2 2 2 2 2 2 2b c a b c a a b c a b c a b c + + + = + + + + + 2 2 2 2 2 2 2 2 2b c a b c aa b c a b c a b c a b c = + + + + + 匙 + � 2 2 2 4b c a= + + = ，当且仅当 a b c  时取“”号， 所以 2 2 2 2b c a a b c    成立. 【点睛】本题考查绝对值不等式的解法以及不等式的证明，可通过应用绝对值的性质对绝对 值不等式进行去绝对值，从而求解绝对值不等式，考查基本不等式的灵活应用，考查化归与 转化思想，考查计算能力，是难题.