广东省惠州市2020届高三6月模拟数学（理）试题 Word版含解析 24页

- 1 - 惠州市 2020 届高三模拟考试 理科数学 全卷满分 150 分，时间 120 分钟. 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号、座位号、学校、班级等考生信息填写在答题 卡上. 2.作答选择题时，选出每个小题答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案信息点涂黑. 如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案，写在本试卷上无效. 3.非选择题必须用黑色字迹签字笔作答，答案必须写在答题卡各题指定的位置上，写在本试 卷上无效. 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 符合题目要求. 1.设集合  | 0A x x  ，集合  | 1B x y x   ，则 A B  （ ） A.  | 0x x  B.  | 0 1x x  C.  | 0 1x x  D.  | 1x x  【答案】A 【解析】 【分析】 先求出集合 B ，然后再求并集运算. 【详解】由     | 1 | 1 0 | 1B x y x x x x x       ，得集合 B=  1x x  所以 A B = 0x x  故选：A . 【点睛】本题考查集合的描述法和集合的并集运算，属于基础题. 2.已知i 为虚数单位，下列各式的运算结果为纯虚数的是（ ） A. (1 )i i B. 2(1 )i i C. 2 2(1 )i i D. 2 3 4i i i i   【答案】C 【解析】 - 2 - 【分析】 利用复数代数形式的乘法运算对选项进行逐一化简可得答案． 【详解】对于 A， (1 ) 1i i i   不是纯虚数； 对于 B，  2 21 2 2i i i    是实数； 对于 C， 2 2(1 ) 2i i i   为纯虚数； 对于 D， 2 3 4 1 1 0i i i i i i        不是纯虚数. 故选：C. 【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，是基础题． 3.已知等差数列{ }na 的前 n 项和为 nS ，且 5 9 50a a  ， 4 13a  ，则 10S  （ ） A. 170 B. 190 C. 180 D. 189 【答案】B 【解析】 【分析】 把条件转化成等差数列 na 的基本量，即 1a 和 d ，根据条件列出方程组，解出 1a 和 d ，利用 等差数列求和公式可得答案. 【详解】设等差数列的首项为 1a ，公差为 d 5 9 450, 13a a a   1 1 2 12 50 3 13 a d a d     ，解得 1 1 4 a d      10 10 10 110 1 4 1902S        故选 B 项. 【点睛】等差数列通项和求和公式的考查，考查内容比较单一，综合性不高，属于简单题. 4.在平面直角坐标系中，角 的顶点在坐标原点，其始边与 x 轴的非负半轴重合，终边与单 位圆交于点 3 4,5 5P    ，则sin 2 ＝（ ） A. 12 25  B. 24 25  C. 8 5 D. 6 5  - 3 - 【答案】B 【解析】 【分析】 根据角终边上的点坐标，求得sin ,cos  ，代入二倍角公式即可求得sin 2 的值. 【详解】由定义知 sinα= 4 5 ， 3cos 5    ， 所以 24sin 2 2sin cos 25      ， 故选：B. 【点睛】该题考查的是有关三角恒等变换的问题，涉及到的知识点有三角函数的定义，正弦 二倍角公式，熟练记忆公式即可解决，属于基础题目.. 5.函数 xxy x  的图象大致形状是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 分别在 0x  和 0x  两种情况下得到函数解析式，根据指数函数单调性可判断出所求函数单 调性，进而得到所求图象. 【详解】当 0x  时， x xxy x     ；当 0x  时， x xxy x    ，  xy  为 R 上的增函数， - 4 - xxy x   在 ,0 上单调递减，在  0,  上单调递增，可知 B 正确. 故选： B . 【点睛】本题考查函数图象的识别，解题关键是能够通过分类讨论的方式得到函数在不同区 间内的解析式，进而根据指数函数单调性判断出结果. 6.已知某次考试之后，班主任从全班同学中随机抽取一个容量为 8 的样本，他们的数学、物 理成绩（单位：分）对应如下表，对应散点图如图所示： 学生编号 1 2 3 4 5 6 7 8 数学成绩 60 65 70 75 80 85 90 95 物理成绩 72 77 80 84 88 90 93 95 根据以上信息，则下列结论： ①根据散点图，可以判断数学成绩与物理成绩具有线性相关关系； ②根据散点图，可以判断数学成绩与物理成绩具有一次函数关系； ③从全班随机抽取 2 名同学（记为甲、乙），若甲同学的数学成绩为 80 分，乙同学的数学成 绩为 60 分，则可以判断出甲同学的物理成绩一定比乙同学的物理成绩高； ④从全班随机抽取 2 名同学（记为甲、乙），若甲同学的数学成绩为 80 分，乙同学的数学成 绩为 60 分，则不能判断出甲同学的物理成绩一定比乙同学的物理成绩高； 其中正确的个数是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】 观察题中所给的散点图，结合有关概念，对选项逐一分析，得到正确结果. - 5 - 【详解】由散点图知两变量间是相关关系，非函数关系，所以①正确，②错误； 利用概率知识进行预测，得到的结论有一定的随机性，所以③错误，④正确； 所以正确命题的个数为 2， 故选：B. 【点睛】该题考查的是有关相关关系的问题，涉及到的知识点有线性相关的有关概念，两个 量具有相关关系的本质，属于基础题目.. 7.设 m，n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ） A. 若 / / / /m n ， ，则 //m n B. 若 / / m n    ， ， ，则 //m n C. 若 m n n m     ， ， ，则 n  D. 若 / /m m n n  ， ， ，则   【答案】D 【解析】 【分析】 根据各选项的条件及结论，可画出图形或想象图形，再结合平行、垂直的判定定理即可找出 正确选项． 【详解】选项 A 错误，同时和一个平面平行的两直线不一定平行，可能相交，可能异面； 选项 B 错误，两平面平行，两平面内的直线不一定平行，可能异面； 选项 C 错误，一个平面内垂直于两平面交线的直线，不一定和另一平面垂直，可能斜交； 选项 D 正确，由 m  ， //m n 便得 n  ，又 n  ，    ，即  . 故选：D. 【点睛】本题考查空间直线位置关系的判定，这种位置关系的判断题，可以举反例或者用定 理简单证明， 属于基础题. 8.“学习强国”是由中宣部主管，以深入学习宣传习近平新时代中国特色社会主义思想为主 要内容，立足全体党员、面向全社会的优质学习平台.该平台设有“人物”、“视听学习”等 多个栏目.假设在这些栏目中，某时段“人物”更新了 2 篇文章，“视听学习”更新了 4 个视 频.一位学习者准备从更新的这 6 项内容中随机选取 2 个视频和 2 篇文章进行学习，则这 2 篇 - 6 - 文章学习顺序相邻的学法有（ ）种. A. 36 B. 48 C. 72 D. 144 【答案】C 【解析】 【分析】 根据题意，分 2 步进行分析：①在 4 个视频中任选 2 个进行学习，②再对 2 篇文章全选，最 后利用利用捆绑法，结合分步计数原理计算可得答案． 【详解】根据题意，分 2 步进行分析： 从 4 个视频中选 2 个有 2 4C 种方法，2 篇文章全选 2 2C 种方法，2 篇文章要相邻则可以先捆绑看 成 1 个元素，三个学习内容全排列为 3 3A 种方法，最后需要对捆绑元素进行松绑全排列 2 2A ，故 满足题意的学法有 2 2 3 2 4 2 3 2 72C C A A  . 故选：C. 【点睛】本题考查排列、组合的应用，涉及分步计数原理的应用，属于基础题． 9.已知双曲线 2 2 14 2 x y  的右焦点为 F ，P 为双曲线左支上一点，点 (0, 2)A ，则 APF 周 长的最小值为（ ） A. 4 2 B. 4(1 2) C. 2( 2 6) D. 6 3 2 【答案】B 【解析】 曲 线 2 2 14 2 x y  右 焦 点 为 F  6,0 ， APF 周 长 2l AF AP PF AF AP a PF       要使 APF 周长最小，只需 AP PF  最 小，如图： - 7 - 当 , ,A P F 三点共线时取到,故 l=2|AF|+2a=  4 1 2 故选 B 点睛：本题考查了双曲线的定义，两条线段之和取得最小值的转化，考查了转化思想，属于 中档题. 10.函数 ( ) 2sin( ) 0,| | 2f x x           的最小正周期为 ，若其图象向右平移 6  个单 位后得到函数为奇函数，则函数 ( )f x 的图象（ ） A. 关于点 ,03      对称 B. 在 2 2       - , 上单调递增 C. 关于直线 3x  对称 D. 在 6x  处取最大值 【答案】A 【解析】 【分析】 由最小正周期为 得出 2  ，由 ( )f x 的图象向右平移 6  个单位后得到函数为奇函数得出 3   ，进而得出 ( ) 2sin(2 )3f x x   ，然后根据正弦型函数的图像与性质逐一对选型进行 判断即可得出答案. 【详解】解：函数 ( )f x 的最小正周期为 ，可得 2  ， ( )f x 向右平移 6  个单位后得到的函数为 2sin 2( ) 2sin(2 )6 3y x x           ， 因为此函数为奇函数，又 2   ，所以 3   . - 8 - 故函数 ( ) 2sin(2 )3f x x   ， 对于选项 A ： 2( ) sin( ) 0,3 3 3f A      正确； 对于选项 B ：当 2 4( ),2 ( , )2 2 3 3 3 - ,x x        ， ( )f x 不具有单调性， 故 B 错； 对于选项C ： 2 , ,3 2x k k Z      ,12 2 kx k Z    ，故 C 错； 对于选项 D ： 2( ) 2sin 36 3f    ，没有取到最大值，，故 D 错. 故选：A. 【点睛】本题主要考查正弦型函数的图像与性质，属于中档题. 11.已知 a  、b  、c  是在同一平面内的单位向量，若 a  与b  的夹角为 60 ，则   2a b a c      的 最大值是（ ） A. 1 2 B. 2 C. 3 2 D. 5 2 【答案】D 【解析】 【分析】 计算出 a b r r 的值，设向量 a b  与 c  的夹角为 ，利用平面向量数量积运算律和定义可求得    2a b a c      的最大值. 【详解】单位向量 a  与b  的夹角为 60 ，则 1cos60 2a b a b       ， 2 2 2 12 1 2 1 12a b a a b b               ，则 1a b  r r ， 所以，      2 1 1 1 52 2 1 2 cos 2cos 22 2 2 2a b a c a a b a b c a b c                                 . 故选：D. 【点睛】本题考查平面向量数量积最值的计算，考查平面向量数量积的定义和运算律的应用， 考查计算能力，属于中等题. - 9 - 12.已知偶函数 ( )f x 的定义域为 R，对 x R  ， ( 2) ( ) (1)f x f x f   ，且当  2,3x 时，  2( ) 2 3f x x   ，若函数 ( ) log ( 1) ( )( 0 1)aF x x f x a a    , 在 R 上恰有 6 个零点， 则实数 a 的取值范围是（ ） A. 5(0, )5 B. 5 3( , )5 3 C. 5( ,1)5 D. 3( ,1)3 【答案】B 【解析】 【分析】 根据 ( 2) ( ) (1)f x f x f   ，运用特殊值法，结合偶函数的性质可以求出 (1) 0f = ，这样可以 求出函数 ( )f x 的周期，函数 ( )F x 的零点的个数转化为两个函数图象的交点个数，利用数形结 合进行求解即可. 【详解】令 1x   ，则 (1) ( 1) (1) 2 (1)f =f f f   ，所以 (1) 0f = ， 所以 ( 2) ( )f x f x  ，即函数的周期为 2. 若    ( ) log 1aF x f x x   恰有 6 个零点，则 0 1a  ， 则 ( )y f x 的图象与  log 1ay x  有 6 个不同的交点， 因为 ( )y f x 和  log 1ay x  均为偶函数且      0 2 2 0 log 1af f x      ， 故 ( )y f x 的图象与  log 1ay x  在 0,  上有三个不同的交点. 画出函数 ( )y f x 和  log 1ay x  的图象如下图所示，由图可知： (2) 2 log 3af    ，得 3 3a  ， (4) 2 log 5af    ，得 5 5a  ， - 10 - 5 3,5 3a      . （或     2 log 3 4 log 5 a a f f    即 2 log 3 2 log 5 a a     ，故 5 3,5 3a      ） 故选：B 【点睛】本题考查了函数周期性、奇偶性的应用，考查了利用数形结合法求解已知函数零点 个数求参数问题，考查了数学运算能力. 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分. 13.设直线 3y x m   是曲线 3 23 3y x x   的一条切线，则实数 m 的值是_______. 【答案】4 【解析】 【分析】 求出导函数，由导数几何意义求得切点横坐标，得切点坐标，代入切线方程可得参数 m 值． 【详解】∵ 3 23 3y x x   ，∴ 23 6y x x   ， ∵直线 3y x m   是曲线 3 23 3y x x   的一条切线，∴ 23 6 3k x x    ，解得 1x  ， 即切点的横坐标为 1，代入曲线方程得切点坐标 (1,1) ， ∵切点 (1,1) 在切线上，∴1 3 1 m    ，解得 4m  ，∴实数 m 的值为 4. 故答案为：4. 【点睛】本题考查导数的几何意义，正确求导是解题基础，本题属于基本题． 14.已知数据 1 2 2020, , ,x x x 的方差为 4，若    2 3 1,2, ,2020i iy x i     ，则新数 据 1 2 2020, , ,y y y 的方差为___________. 【答案】16 【解析】 【分析】 根据方程的性质求解即可. 【详解】因为若样本数据 1 2 nx x x、 、 、 的方差为 2s ，则 1 2 nax b ax b ax b   、 、 、 的 方差为 2 2a s ；因为 1 2 2020x x x、 、 、 的方差为 4，且 2 6i iy x  ，则 1 2 2020y y y、 、 、 - 11 - 的方差为  24 2 16   . 故答案为：16 【点睛】本题主要考查了方程的性质：若样本数据 1 2 nx x x、 、 、 的方差为 2s ，则 1 2 nax b ax b ax b   、 、 、 的方差为 2 2a s .属于基础题. 15.已知数列 na 满足 1 2a  ，  12 2 , 2n n na a n N n     ，则 8a  ________. 【答案】 112 【解析】 【分析】 根据递推公式逐项计算可得 8a 的值. 【 详 解 】  12 2 , 2n n na a n N n     且 1 2a  ， 则 2 2 2 12 2 2 2a a    ， 3 3 3 22 2 3 2a a    ， 4 4 4 32 2 4 2a a    ， 5 5 5 42 2 5 2a a    ， 6 6 6 52 2 6 2a a    ， 7 7 7 62 2 7 2a a    ， 8 8 11 8 72 2 8 2 2a a     . 故答案为： 112 . 【点睛】本题考查利用递推公式写出数列中的项，考查计算能力，属于基础题. 16.在平面上给定相异两点 A,B，设 P 点在同一平面上且满足 | | | | PA PB  ，当λ＞0 且λ≠1 时， P 点的轨迹是一个圆，这个轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故我们称这个圆为阿波 罗斯圆，现有椭圆   2 2 2 2 1 0x y a ba b     ,A,B 为椭圆的长轴端点，C,D 为椭圆的短轴端点， 动点 P 满足 | | 2| | PA PB  ，△PAB 面积最大值为16 3 ,△PCD 面积最小值为 2 3 ，则椭圆离心率为 ______． 【答案】 3 2 【解析】 【分析】 利用两点间的距离公式求得 P 点的轨迹方程，根据两个三角形面积的最值列方程，由此求得 - 12 - ,a b 的值及离心率的值. 【 详 解 】 依 题 意    ,0 , ,0A a B a ， 设  ,P x y ， 依 题 意 的 2PA PB ,    2 22 22 1x a y x y     ， 两 边 平 方 化 简 得 2 2 25 4 3 3x a y a            ，故圆心为 5 ,03 a     ，半径 4 3 ar  .所以 PAB 的最大面积为 1 4 1622 3 3a a   ，解得 2a  ， PCD 的最小面积为 1 5 4 222 3 3 3 3 a a ab b         ，解得 1b  . 故椭圆离心率为 2 1 31 1 4 2 be a         . 【点睛】本小题主要考查阿波罗斯圆轨迹方程的求法，考查三角形的面积公式，考查椭圆的 离心率以及圆的标准方程，考查了化归与转化的数学思想方法.要求一个动点的轨迹方程，可 以先设出动点的坐标，然后代入题目所给的方程，如本题中比值为 2 这个方程，化简后可求得 动点的轨迹方程. 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 ABC 中，已知内角 , ,A B C 所对的边分别为 , ,a b c ，向量 ( 3, 2sin )m B  ，向量 (cos ,cos2 )n B B ，且 / /m n   ，角 B 为锐角. （1）求角 B 的大小； （2）若 2b  ，求 ABC 面积的最大值. 【答案】（1） 3B  ；（2） 3 . 【解析】 【分析】 （1）由 //m n  得 3cos2 2sin cosB= B B ，再化简得到角 B 的大小； （2）先利用余弦定理得到 2 2 4 0a c ac    ，利用重要不等式可以整理得出 4ac  ，之后 应用三角形的面积公式求得最大值，注意等号成立的条件；也可以应用正弦定理，将边用角 表示，之后将面积转化为关于 A 的正弦型函数，求函数最值即可. - 13 - 【详解】（1）解法一：由 / /m n   得 3cos2 2sin cosB= B B ， 即sin 2 3 cos2B B  所以 tan 2 3B   ， B 为锐角， 2 (0, )B   ， 22 3B   ， 即 3B  解法二：由 / /m n   得 3cos2 2sin cosB= B B ， 即sin 2 3 cos2B B  所以sin2 3cos2 0B+ B= 即 2sin 2 03B+ =     ， 2 3B+ =k  ，即 6 2 kB= +  B 为锐角， 所以 3B  . （2）解法一： , 23B b  ，由余弦定理 2 2 2 cos 2 a c bB ac   ， 得 2 2 4 0a c ac    又 2 2 2a c ac  代入上式得 4ac  ， 当且仅当 2a c  时取等号成立. 1 1 3 3sin 32 2 2 4ABCS ac B ac ac     △ ， 故 ABC 的面积最大值为 3 . 解法二： , 23B b  ，由正弦定理 2 sin bR B  ，得 42 3 R 所以 42 3 a R sinA sinA   ，- - 14 - 4 4 22 sin sin sin 33 3 c R C C A        - 由 1 4 3 2sin2 3 3S ac B sinA sin A       △ 2 3 323 6 3= sin A      因为 726 6 6A      ，则当 2 6 2A =  即 = 3A  时， max 2 3 3 33 3S   △ ， 故 ABC 的面积最大值为 3 . 【点睛】本题主要考查三角恒等变换，考查余弦定理解三角形、利用不等式求最值；正弦定 理解三角形和三角函数的图像和性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理 能力. 18.已知几何体 ABCDEF 中， / /AB CD ， / /FC EA， AD AB ， AE ⊥面 ABCD ， 2AB AD EA   ， 4CD CF  . （1）求证：平面 BDF 平面 BCF ； （2）求二面角 E－BD－F 的余弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2） 1 3 . 【解析】 【分析】 （1）由勾股定理逆定理证得 BD BC ，再由已知得 FC  平面 ABCD ， BD FC ，从而 有线面垂直，得面面垂直； （2）分别以 DA、DC 所在直线为 x 轴、 y 轴，以 D 为垂足作面 DAC 的垂线 DZ 为 z 轴，建系， - 15 - 写出各点坐标，求出二面角两个面的法向量，由法向量夹角的余弦值得二面角的余弦值（注 意判断二面角是锐角还是钝角）． 【详解】（1）证明：在直角梯形 ABCD 中由已知可得 2 2BD BC  2 2 2 ,BD BC CD BD BC     / /FC EA ，且 AE ⊥ 面 ABCD ， FC  平面 ABCD ， BC 面 ABCD ， BD FC  ， FC BC C ， BC 面 BCF ， FC 面 BCF ∴ BD  面 BCF 且 BD  面 BDF ，故面 BDF 面 BCF ； （2）分别以 DA、DC 所在直线为 x 轴、 y 轴，以 D 为垂足作面 DAC 的垂线 DZ 为 z 轴，建系如 图 (0, 0, 0), (2, 2, 0), (2, 0, 2) (0, 4, 4)D B E F ， 则 (2,2,0), (2,0,2), (0,4,4)DB DE DF     ， 设面 DEB 的法向量为 ( , , )m x y z ， - 16 - 则 2 2 00 2 2 00 x ym DB x zm DE             ， 取 1x  ，则 1y z   ，故 (1, 1, 1)m    设面 DBF 的法向量为 ( , , )n x y z ，则 2 2 00 4 4 00 x yn DB y zn DF             ， 取 1x  ，则 1, 1y z   ，故 (1, 1,1)n   则 1 1 1 1cos , 3| | | | 3 3 m nm n m n              ， 由图可得二面角 E-BD-F 的余弦值为 1 3 ． 【点睛】本题考查面面垂直的证明，考查用空间向量法求二面角，解题关键是建立空间直角 坐标系，把求二面角问题化为纯粹的计算． 19.某种水果按照果径大小可分为四类：标准果，优质果，精品果，礼品果.某采购商从采购 的一批水果中随机抽取 100 个，利用水果的等级分类标准得到的数据如下： 等级 标准果 优质果 精品果 礼品果 个数 10 30 40 20 （1）用样本估计总体，果园老板提出两种购销方案给采购商参考： 方案 1：不分类卖出，单价为 20 元/ kg . 方案 2：分类卖出，分类后的水果售价如下表： 等级 标准果 优质果 精品果 礼品果 售价（元/ kg ） 16 18 22 24 从采购商的角度考虑，应该采用哪种方案较好？并说明理由. （2）从这 100 个水果中用分层抽样的方法抽取 10 个，再从抽取的 10 个水果中随机抽取 3 个， X 表示抽取到精品果的数量，求 X 的分布列及数学期望 ( )E X . 【答案】（1）答案不唯一，见解析；（2）分布列见解析；期望为 6 5 . - 17 - 【解析】 【分析】 （1）计算方案 2 的数学期望值，与方案 1 比较、分析，即可得到答案； （2）用分层抽样法求抽出精品果个数，计算对应概率值，写出分布列，求出数学期望值． 【详解】（1）解答一：设方案 2 的单价为 ，则单价的期望值为： 1 3 4 2( ) 16 18 22 24 20.610 10 10 10E           因为 ( ) 20E   ， 所以从采购商的采购资金成本角度考虑，采取方案 1 比较好.- 解答二：设方案 2 的单价为 ，则单价的期望值为： 1 3 4 2( ) 16 18 22 24 20.610 10 10 10E           虽然 ( ) 20E   ， ( ) 20 0.6E    ， 但从采购商后期对水果分类的人力资源和时间成本角度考虑，采取方案 2 较好. （2）用分层抽样的方法从 100 个水果中抽取 10 个， 则其中精品果 4 个，非精品果 6 个. 现从中抽取 3 个，则精品果的数量 X 服从超几何分布， X 所有可能的取值为：0，1，2，3. 则 3 6 3 10 1( 0) 6 CP X C    ， 3 1 6 4 3 10 1( 1) 2 C CP X C    ， 1 2 6 4 3 10 3( 2) ,10 C CP X C    3 4 3 10 1( 3) 30 CP X C    ， 所有 X 的分布列如下： X 0 1 2 3 P 1 6 1 2 3 10 1 30 1 1 3 1 6( ) 0 1 2 3 .6 2 10 30 5E X          【点睛】本题考查了离散型随机变量的分布列与数学期望的计算问题，也考查了概率与统计 - 18 - 知识的应用问题，是中档题． 20.已知直线 l 与抛物线 2 4y x 相交于 A，B 两点，且与圆 2 2( 1) 1x y   相切. （1）求直线 l 在 x 轴上截距 c 的取值范围； （2）设 F 是抛物线的焦点， 0FA FB   ，求直线 l 的方程. 【答案】（1）    ,0 2, U ；（2）3 7 1 0x y   或 3 7 1 0x y   . 【解析】 【分析】 (1) 设直线 l 的方程为 x my c  ，根据与圆 2 2( 1) 1x y   相切可得 2 2 2m c c  ，再联立 抛物线的方程，根据判别式大于 0 可得 1c  或 0c  ，再结合 2 2 2 0m c c   求解 c 的取值 范围即可. (2) 设 1 1 2 2( , ), ( , ), (1,0)A x y B x y F ，联立直线与抛物线的方程，代入韦达定理化简 0FA FB   ，结合(1)中 2 2 2m c c  可得关于 c 的方程求解即可. 【详解】（1）设直线l 的方程为 x my c  ， 2 2( 1) 1x y   的圆心为 (1,0) ，半径为 1. 由直线l 与圆相切得： 2 |1 | 1 1 c m    ，化简得 2 2 2m c c  ， 直线 l 的方程代入抛物线，消去 x 得： 2 4 4 0(*)y my c   ， 由直线l 与抛物线相交于 A，B 两点，得 2 2( 4 ) 16 0 0m c m c       ， 将 2 2 2 ,m c c  代入不等式，得 2 0c c   1c  或 0c  ， 注意到 2 2 2 0 2m c c c     或 0c  综上知，c 的取值范围是    ,0 2, U （2）设 1 1 2 2( , ), ( , ), (1,0)A x y B x y F 由 (*) 得 1 2 1 24 , 4y y m y y c    2 2 1 2 1 2 1 2 1 2( 1)( 1) ( 1)( 1)4 4 y yFA FB x x y y y y          2 2 1 2 1 2 1 2 3 1 1( ) ( ) 12 16 4y y y y y y     - 19 - 将 1 2 1 24 , 4y y m y y c   代入上式， 由 0FA FB   ，得 2 24 6 1 0c m c    ， 所以 2 2 24( 2 ) 6 1 0 3 2 1 0c c c c c c         ， 解得 1 3c   或 1c  （舍去），- 故 7 .3m  所以直线 l 的方程为 3 7 1 0x y   或3 7 1 0x y   【点睛】本题主要考查了联立直线与抛物线的方程，利用判别式以及直线满足的条件，求解 参数的问题.同时也考查了利用韦达定理代入所给条件，求解参数的问题.属于中档题. 21.设函数 ( ) sinxf x e a x b   . （1）当 1a  ， [0, )x  时， ( ) 0f x  恒成立，求b 的范围； （2）若 ( )f x 在 0x  处的切线为 1 0x y   ，求 a 、b 的值.并证明当 (0, )x  时， ( ) lnf x x . 【答案】（1） 1b   （2）见解析 【解析】 【 试 题 分 析 】（ 1 ） 当 1a  时 ， 由 于  ' 0f x  ， 故 函 数 单 调 递 增 ， 最 小 值 为  0 1 0, 1f b b     .（2）利用切点 0, 1 和斜率为1建立方程组，解方程组求得 ,a b 的 值.利用导数证得先证 2 1xe x   ，进一步利用导数证 1 lnx x  ，从而证明原不等式成立. 【试题解析】 解：由   sinxf x e a x b   ， 当 1a  时，得   cosxf x e x   . 当  0,x  时，  1,cos 1,1xe x   ，且当 cos 1x   时， 2 ,x k k N    ，此时 1xe  . 所以   cos 0xf x e x   ，即  f x 在 0,+ 上单调递増， - 20 - 所以    min 0 1f x f b   ， 由   0f x  恒成立，得1 0b  ，所以 1b   . （2）由   sinxf x e a x b   得   cosxf x e a x  ，且  0 1f b  . 由题意得   00 1f e a    ，所以 0a  . 又 0,1 b 在切线 1 0x y   上. 所以 0 1 1 0b    .所以 2b   . 所以   2xf x e  . 先证 2 1xe x   ，即 1 0( 0)xe x x    ， 令   1( 0)xg x e x x    ， 则   1 0xg x e   ， 所以  g x 在 0, 是增函数. 所以    0 0g x g  ，即 2 1xe x   .① 再证 1 lnx x  ，即 1 ln 0( 0)x x x    ， 令   1 lnx x x    ， 则   1 11 xx x x     ，   0x  时， 1x  ，   0x  时， 1x  ，   0x  时， 0 1x  . 所以  x 在 0,1 上是减函数，在 1, 上是增函数， 所以    min 1 0x   . 即 1 ln 0x x   ，所以 1 lnx x  .② 由①②得 2 lnxe x  ，即   lnf x x 在 0, 上成立. 【点睛】本小题主要考查利用导数解决不等式恒成立问题，考查利用导数证明不等式.第一问 由于 a 题目给出，并且导函数没有含有b ，故可直接有导数得到函数的单调区间，由此得到函 - 21 - 数的最小值，令函数的最小值大于或等于零，即可求得 b 的取值范围，从而解决了不等式恒成 立问题. （二）选考题：共 10 分.请考生在第 22、23 题中任选一题作答.答题时请在答卷中写清题号 并将相应信息点涂黑. [选修 4－4：坐标系与参数方程] 22.在平面直角坐标系 xOy 中，曲线 1C 的参数方程为 2 cos sin x y      （ 为参数）.以坐标原 点O 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 2  .  1 求曲线 1C 的普通方程和 2C 的直角坐标方程；  2 设 P 是曲线 1C 上一点，此时参数 4   ，将射线OP 绕坐标原点O 逆时针旋转 3  交曲线 2C 于点Q ，记曲线 1C 的上顶点为T ，求 OTQ△ 的面积. 【答案】  1 1C ： 2 2 12 x y  ， 2 2 2 : 2C x y  ； 2 2 3 4 6  . 【解析】 【分析】  1 根据参数方程与普通方程的转化，先将曲线 1C 的参数方程转化为普通方程，根据极坐标 与直角坐标方程的转化，再将曲线 2C 的极坐标方程转化为直角坐标方程.  2 根据参数 4   求得 P 的极坐标.根据变换过程可得点Q 的极坐标,根据三角形面积为 1 2OTQ QS OT x △ 即可求得 OTQ△ 的面积. 【详解】解：  1 由 2 2cos sin 1   ， 所以 1C 的普通方程为 2 2 12 x y  ， 由 2 2 2x y   ， 可得 2C 的直角坐标方程为 2 2 2x y  .  2 设点Q 的横坐标为 Qx ，则由已知可得 1 2OTQ QS OT x △ ， - 22 - 且直角坐标 11, 2 P     ，极坐标 6 ,2P       ， 其中 1sin 3   ， 2cos 3   ，极坐标 2, 3Q     ， 则有 1 12 cos 3 3 2Qx        ， 所以 1 1 1 2 31 .2 4 63 2OTQS       【点睛】本题考查了参数方程、直角坐标方程和极坐标方程的转化，利用极坐标方程求三角 形的面积，属于中档题. [选修 4－5：不等式选讲] 23.[选修 4-5：不等式选讲]:已知函数 ( ) 2f x x a x a    . （1）当 1a  时，求不等式 ( ) 4 2f x x   的解集； （2）设 0a  ， 0b  ，且 ( )f x 的最小值为 t .若 3 3t b  ，求 1 2 a b  的最小值. 【答案】（1） 7( , ] [ 1, )3     （2）3 2 2 【解析】 【分析】 （1）当 1a  时， ( ) | 2 | | 1|f x x x    ，原不等式可化为 2 | 2 | | 1| 4x x    ，分类讨论 即可求得不等式的解集； （2）由题意得， ( )f x 的最小值为 t ，所以 3t a ，由3 3 3a b  ，得 1a b  ，利用基本不 等式即可求解其最小值． 【详解】（1）当 1a  时，   2 1f x x x    ，原不等式可化为 2 2 1 4x x    ，① 当 2x   时，不等式①可化为 2 4 1 4x x     ，解得 7 3x   ，此时 7 3x   ； 当 2 1x   时，不等式①可化为 2 4 1 4x x    ，解得 1x   ，此时 1 1x   ； 当 1x  时，不等式①可化为 2 4 1 4x x    ，解得 1 3x  ，此时 1x  ， 综上，原不等式的解集为  7, 1,3         . - 23 - （2）由题意得，   2f x x a x a        2 3x a x a a    ， 因为  f x 的最小值为 t ，所以 3t a ，由3 3 3a b  ，得 1a b  ， 所以  1 2 1 2 a ba b a b         2 23 3 2 3 2 2b a b a a b a b         ， 当且仅当 2b a a b  ，即 2 1a   ， 2 2b   时， 1 2 a b  的最小值为 3 2 2 . 【点睛】本题主要考查了绝对值不等式问题，对于含绝对值不等式的解法有两个基本方法， 一是运用零点分区间讨论，二是利用绝对值的几何意义求解．法一是运用分类讨论思想，法 二是运用数形结合思想，将绝对值不等式与函数以及不等式恒成立交汇、渗透，解题时强化 函数、数形结合与转化化归思想方法的灵活应用，这是命题的新动向． - 24 -