湖南省江西省普通高中名校联考2020届高三下学期信息卷（压轴卷一）数学（理）试题 Word版含解析 27页

- 1 - 2020 届·普通高中名校联考信息卷（压轴卷一） （高考研究卷） 理科数学 考生注意： 1.本试卷共 150 分，考试时间 120 分钟. 2.请将答案填在答题卡上. 一、选择题：本大题共 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. 已知复数 ( )(1 2 ) ( )z a i i a R    的实部为 3，其中i 为虚数单位，则复数 z 的虚部为 （ ） A. 1 B. -i C. 1 D. i 【答案】A 【解析】 【分析】 根据复数的乘法运算化简复数 z ，由其实部即可求得参数 a . 【详解】 ( )(1 2 ) 2 (1 2 )z a i i a a i       ， 2 3 1a a    ∴1 2 1a   . 故选：A. 【点睛】本题考查复数的乘法运算，实部和虚部的辨识，属基础题. 2. 已知集合  2 5 4A x x x    ，集合  0B x x  ，则  A B R ð ( ) A.  1,0 B.  1,4 C.  1,4 D.  0,4 【答案】C 【解析】 【分析】 化简集合 A ，求出 BRð ，再根据交集运算可得结果. 【详解】 2{ | 5 4 0} { |1 4}A x x x x x       ， { | 0}B x  ， BRð { | 0}x x  ， - 2 -  A B R ð { |1 4} { | 0}x x x x    (1,4) . 故选：C 【点睛】本题考查了一元二次不等式的解法，考查了补集和交集运算，属于基础题. 3. 已知函数 sin ( 0)y ax b a   的图象如图所示，则函数 log ( )ay x b  的图象可能 （ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 根据函数 sin ( 0)y ax b a   的图象求出 a 、b 的范围，从而得到函数 log ( )ay x b  的单 调性及图象特征，从而得出结论． 【详解】由函数 sin ( 0)y ax b a   的图象可得 20 1,2 3b a      ， 2 13 a   ，故 - 3 - 函数 log ( )ay x b  是定义域内的减函数，且过定点 (1 ,0)b .结合所给的图像可知只有 C 选 项符合题意. 故选：C. 【点睛】本题主要考查由函数 sin( )y A x   的部分图象求函数的解析式，对数函数的单调 性以及图象特征，属于基础题． 4. 设 ,a b   是夹角为 60的单位向量，则| 4 3 |a b   （ ） A. 6 B. 37 C. 13 D. 7 【答案】C 【解析】 【分析】 由 2 2 2| 4 3 | 16 | | 24 9 | |a b a a b b          ，结合 ,a b   的夹角为 60，及 1a b= =  ，可求出答案. 【详解】因为 2 2 2 2 2| 4 3 | 16 | | 24 9 | | 16 1 24 1 1 cos60 9 1 13a b a a b b                   ， 所以| 4 3 | 13a b   . 故选：C. 【点睛】本题考查平面向量的模、向量的数量积、单位向量等知识，考查学生的计算求解能 力，属于基础题. 5. 已知直线 2x a 与双曲线   2 2 2 2: 1 0, 0x yC a ba b     的一条渐近线交于点 P ，双曲线C 的左，右焦点分别为 1 2,F F ，且 2 1 1cos 4PF F   ，则双曲线C 的渐近线方程为（ ） A. 15y x  B. 3 15 11y x  C. 2 15 11y x  D. 15y x  或 3 15 11y   【答案】B 【解析】 - 4 - 【详解】 设直线 2x a 与 x 轴交点为  2 ,0Q a ,由题可知  2 ,2P a b ,  1 ,0F c ,  2 ,0F c , ∵ 2 1 1cos 4PF F   ,故 2a c ,即1 2e  且 2 1cos 4PF Q  . 故 2 2F Q a c  ,  2 24 1 15 2PQ F Q a c    . 又 2PQ b ,故      2 2 215 2 2 15 2 4a c b a c c a      ,整理得 2 211 60 64 0c ac a   ,即 211 60 64 0e e   . ∴ 16 11e  或 4e  .又1 2e  ,故 16 11e  ∴渐近线方程为： 2 3 151 11y e     . 故选：B. 【点睛】本题主要考查了双曲线中渐近线以及构造齐次方程求解离心率的问题.需要根据题意 找到基本量 , ,a b c 之间的关系,再求得离心率的值进而求得渐近线方程.属于中档题. 6. 已知 ABC 的三边长分别为 a ，b ， c ，面积为 S ，且 2 2 2 4 3a b c S   ， 1c  ，则 3b a 的最大值为（ ） A. 3 B. 2 C. 3 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】 先利用三角形的面积公式和余弦定理化简整理得到 6C  ，再利用正弦定理得到 ,a b ，代入 已知条件，利用两角差的正弦公式和辅助角公式化简整理即可得出结果. 【详解】解：因为 ABC 中， in1 2 sS ab C ， - 5 - 2 2 2 cos 2 a b cC ab   ，且 2 2 2 4 3a b c S   ， 所以 12 cos 4 3 sin2ab C ab C  ， 解得 3tan 3C  ， 因为  0,C  ， 所以 6C  . 因为 1c  ， 所以 1 21sin sin 2 b a B A    ， 可得 2sina A ， 52sin 2sin 6b B A      ， 所以 5 1 33 2 3sin 2sin 2 3sin 2sin 2 3 cos sin6 2 2b a B A A A A A                   2sin 3 cos sin 2sin 23A A A A         ， 所以 3b a 的最大值为 2. 故选：B. 【点睛】本题主要考查了正余弦定理以及两角差的正弦公式和辅助角公式.属于中档题. 7. 根据下列算法语句, 当输入 x 为 60 时, 输出 y 的值为 （ ） - 6 - A. 25 B. 30 C. 31 D. 61 【答案】C 【解析】 试题分析：输入 60x  ， 判断 50?x  ，否， 25 0.6 (60 50) 31y      ， 输出 31y  故选 C． 考点：算法语句． 8. 算盘是中国传统的计算工具，其形长方，周为木框，内贯直柱，俗称“档”，档中横以梁， 梁上两珠，每珠作数五，梁下五珠，每珠作数一．算珠梁上部分叫上珠，梁下部分叫下珠．例 如：在十位档拨上一颗上珠和一颗下珠，个位档拨上一颗上珠，则表示数字 65．若在个、十、 百、千位档中随机选择一档拨一颗上珠，再随机选择两个档位各拨一颗下珠，则所拨数字大 于 200 的概率为（ ）． A. 3 8 B. 1 2 C. 2 3 D. 3 4 【答案】D 【解析】 【分析】 根据题意得到总的可能的情况，再分上珠拨的是千位档或百位档和上珠拨的是个位档或十位 档进行分类，得到符合要求的情况，从而得到符合要求的概率. 【详解】依题意得所拨数字共有 1 2 4 4 24C C  种可能． 要使所拨数字大于 200，则 若上珠拨的是千位档或百位档，则所拨数字一定大于 200， 有 1 2 2 4 12C C  种； - 7 - 若上珠拨的是个位档或十位档，则下珠一定要拨千位，再从个、十、百里选一个下珠， 有 1 1 2 3 6C C  种， 则所拨数字大于 200 的概率为12 6 3 24 4   ，故选 D． 【点睛】本题考查排列组合的应用，求古典概型概率，涉及分类讨论的思想，属于中档题. 9. 在正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中， E 为棱 1CC 上一点且 12CE EC ，则异面直线 AE 与 1A B 所成角的余弦值为（ ） A. 11 44 B. 11 22 C. 3 11 44 D. 11 11 【答案】B 【解析】 【分析】 过点 A 作 2 1/ /AB A B 交 1B B 的延长线于点 2B ，连接 2B E ，则角 2EAB (或其补角)为异面 直线 AE 与 1A B 所成角.在三角形 2EAB 中用余弦定理求解. 【详解】过点 A 作 2 1/ /AB A B 交 1B B 的延长线于点 2B ，连接 2B E 则角 2EAB (或其补角)为异面直线 AE 与 1A B 所成角. 设正方体的棱长为 3，则 2 1 3 2AB A B  , 2 2 22AE AC CE   2 2 2 3 5 34B E    所以 2 2 2 2 2 2 2 18 22 34 11cos 2 222 3 2 22 AE AB B EEAB AE AB           故选：B - 8 - 【点睛】本题考查求异面直线所成的角，属于中档题. 10. 已知函数 2( ) 2cos( ) 1( 0)3f x x      的一个零点是 4x  ，则当 取最小值时，函数 ( )f x 的一个单调递减区间是 ( ) A. [ 3  ， ]6  B. [ 12  ， ]6  C. [12  ， ]3  D. [ 3  ，7 ]12  【答案】D 【解析】 【分析】 根据函数零点关系，求出 的取值，利用函数的单调性进行求解即可． 【详解】解： ( )f x 的一个零点是 4x  ， 由 ( ) 04f   得 2 1cos(( )4 3 2     ，得 2 24 3 3k      ，即 8 4k   或 48 3k   ，k Z ， 0  ，  的最小值为 4  ， 此时 2( ) 2cos(4 ) 13f x x    ， 由 22 0 4 23k x k    „ „ ， k Z ，得 1 1 2 6 2 12k x k   „ „ ， k Z ， 当 1k  时， ( )f x 的一个单调递减函数区间为[ 3  ， 7 ]12  ， 故选：D ． 【点睛】本题主要考查三角函数的图象和性质，根据条件求出函数的解析式以及利用单调性 是解决本题的关键.属于中档题 - 9 - 11. 已知函数 8( ) 3f x x ax    关于点 (0, 12) 对称，若对任意的 [ 1,1],x   2 2 0x xk f   恒成立，则实数 k 的取值范围为( ) A. 11k   B. 11k   C. 1k  D. 11k  【答案】D 【解析】 【分析】 根据 83y x x   为奇函数，其图象关于 (0,0) 对称，再由 8( ) 3f x x ax    关于点 (0, 12) 对 称，可得 a ，再将对任意的 [ 1,1]x  ，  2 2 0x xk f   恒成立，转化为  2 8 12 322 xx k    ， 在 [ 1,1]x  恒成立，令 1 2xt  ，求 2 2 3 3( ) 8 12 3 8 4 2h t t t t         的最大值即可. 【详解】由 83y x x   为奇函数，可得其图象关于 (0,0) 对称， 可得 ( )f x 的图象关于 (0, )a 对称， 函数 8( ) 3f x x ax    关于点 (0, 12) 对称，可得 12a   ， 对任意的 [ 1,1]x  ，  2 2 0x xk f   恒成立， 即 x 82 3 2 122 x xk      ，在 [ 1,1]x  恒成立， 所以  2 8 12 322 xx k    ，在 [ 1,1]x  恒成立， 令 1 2xt  ，由 [ 1,1]x  ，可得 1 ,22t      ， 设 2 2 3 3( ) 8 12 3 8 4 2h t t t t         ， 当 2t  时， ( )h t 取得最大值 11， - 10 - 则 k 的取值范围是 11k  ， 故选：D. 【点睛】本题主要考查函数的对称性和不等式恒成立问题，还考查了转化化归的思想和运算 求解的能力，属于中档题. 12. 设椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b   ＞ ＞ 的左,右顶点为 , ,A B P 是椭圆上不同于 ,A B 的一点,设 直线 ,AP BP 的斜率分别为 ,m n ,则当 ln lna m nb   取得最小值时,椭圆C 的离心率为（ ） A. 1 5 B. 2 2 C. 4 5 D. 3 2 【答案】D 【解析】 【分析】 设 0 0( , )P x y ，利用斜率公式求得 ,m n ，结合 0 0( , )P x y 在椭圆上，化简可得 2 2 bmn a   ，令 1a tb   ，则   12lnf t t t   ，利用导数求得使  f t 取最小值的 t ，可得 2at b   时， ln lna m nb   取得最小值，根据离心率定义可得结果. 【详解】由椭圆方程可得    ,0 , ,0A a B a ， 设  0 0,P x y ，则  2 2 2 02 0 2 b a x y a   , 则 0 0 0 0 ,y ym nx a x a    ， 2 2 0 2 2 2 0 y bmn x a a     ， ln ln ln 2lna a a bm n mnb b b a        ， 令 1a tb   ，则   12lnf t t t   ，   2 2' 1 tf t t t    ，   12lnf t t t   在 ,2 上递减，在 2, 上递增， - 11 - 可知当 2t  时，函数  f t 取得最小值   12 2 2ln 2 2ln 22f     ， 2a b   ， 2 22 2 31 2 c a b be a a a           ，故选 D. 【点睛】本题主要考查椭圆的几何性质、直线的斜率公式的应用，以及椭圆的离心率，利用 导数求函数的最值，属于难题. 离心率的求解在圆锥曲线的考查中是一个重点也是难点，一 般求离心率有以下几种情况：①直接求出 ,a c ，从而求出 e ;②构造 ,a c 的齐次式，求出 e ;③ 采用离心率的定义以及圆锥曲线的定义来求解． 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.把答案填在答题卡相应位置上. 13. 已知直线 2y kx x  与曲线 lny x x 在 x e 处的切线平行，则实数 k 的值为_______. 【答案】4 【解析】 【分析】 对 lny x x 求导数，得出函数在 x e 处的导数，即为切线斜率． 【详解】对 lny x x 求导数，得 ' ln 1y x  .当 x e 时， ' 2y  .故曲线在 x e 处的切线 的斜率为 2．而已知直线的斜率为 2k  ，∴ 2 2k   ，故 4k  . 故答案为：4. 【点睛】本题考查导数的几何意义，属于基础题． 14. 已知实数 x，y 满足条件 2 4 0 2 2 0 3 3 0 x y x y x y            ，则 2z x y  的最大值为________. 【答案】8 【解析】 【分析】 根据约束条件画出可行域，然后根据目标函数确定取得最大值的点从而得出答案. 【详解】画出可行域 ABC 如图所示， - 12 - 将目标函数 2z x y  变形为 1 2 2 zy x   ，可知当直线经过点 A 时 z 取得最大值. 由 2 4 0 3 3 0 x y x y        ，解得 2 3 x y    ，即  2,3A ，所以 max 2 2 3 8z     . 故答案为：8 . 【点睛】本题考查简单的线性规划问题，比较容易，解答时根据约束条件准确画出可行域是 关键，然后将目标函数转化为截距型求解最值. 15. 已知函数   54cos cos6f x x x m      在 0, 2      上有两个不同的零点，则实数 m 的取值 范围是______. 【答案】 0,2 3  【解析】 【分析】 转化问题为函数   54cos cos6g x x x     与 y m 在 0, 2      上有两个交点,进而求解即可. 【详解】由题,因为函数   54cos cos6f x x x m      在 0, 2      上有两个不同的零点, 所以设   54cos cos6g x x x     ,则函数   54cos cos6g x x x     与 y m 在 0, 2      上有两 个交点, 因为 - 13 -   5 3 14cos cos 4 cos sin cos 3cos2 2sin 2 3 2sin 2 36 2 2 3g x x x x x x x x x                          ,且 0, 2x     ,则设 2 3t x   , 2,3 3t       , 所以 2sin 3y t  ,则当 ,3 2t       时,函数单调递增；当 2,2 3t       时,函数单调递减, 当 2 3t  时, 0y  ；当 2t  时, 2 3y   ；当 3t   时, 2 3y   , 所以 0,2 3m   , 故答案为: 0,2 3  【点睛】本题考查由零点的个数求参数范围,考查利用三角恒等变换化简,考查转化思想和运 算能力. 16. 集合  ( , ) , 0A x y x y a a    ，  ( , ) 1B x y xy x y    ，若 A B 是平面上 正八边形的顶点所构成的集合，则下列说法正确的为________ ① a 的值可以为 2； ② a 的值可以为 2 ； ③ a 的值可以为 2 2 ； 【答案】②③ 【解析】 【分析】 根据对称性，只需研究第一象限的情况，计算 AC ：  2 1y x  ，得到  1, 2 1A  ，  2 1,1C  ，得到答案. 【详解】如图所示：根据对称性，只需研究第一象限的情况， - 14 - 集合 B ： 1xy x y   ，故  1 1 0x y   ，即 1x  或 1y  ， 集合 A ： x y a  ， A B 是平面上正八边形的顶点所构成的集合， 故 AC 所在的直线的倾斜角为 22.5， tan 22.5 2 1ACk     ，故 AC ：  2 1y x  ， 解得  1, 2 1A  ，此时 2a  ，  2 1,1C  ，此时 2 2a   . 故答案为：②③. 【点睛】本题考查了根据集合的交集求参数，意在考查学生的计算能力和转化能力，利用对 称性是解题的关键. 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， 毎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. 已知数列 na 的前 n 项和为 nS ， 1 1a  ， 1n nS a  . （1）求数列 na 的通项公式； - 15 - （2）若 n n nb S  ，求数列 nb 的前 n 项和为 nT . 【答案】（1） 2 1, 1 2 , 2n n na n    ；（2） 1 24 2n n nT    . 【解析】 【分析】 （1）将 1na  化为 1n nS S  ，得出 nS ，再利用  1 2n n na S S n   求出 na ； （2）先写出 n n nb S  的通项公式，然后利用错位相减法求出 nb 的前 n 项和 nT . 【详解】解：（1）因为 1 1a  ， 1 1n n n nS a S S    ， 所以 1 2n nS S  ， 所以数列 nS 是以 1 为首项，2 为公比的等比数列， 所以 1 11 2 2n n nS     ， 所以 2 1 2n n n na S S     ， 2n  ， 所以 2 1, 1 2 , 2n n na n    . （2）由（1）知 11 2 n n n nb nS       ， 所以 0 1 2 11 1 1 12 32 2 2 2 n nT n                              ，① 则 1 2 31 1 1 1 12 32 2 2 2 2 n nT n                             ，② 由①-②可得 1 2 3 11 1 1 1 1 112 2 2 2 2 2                                    n n nT n 1 2 nT 11 2 11 2      n n  1 1 1 12 2 2 22 2 2 2 n n n n n n                              ， - 16 - 所以 1 24 2n n nT    . 【点睛】本题考查数列的通项公式的求法及利用错位相减法求数列的前 n 项和，难度一般.当 已知 nS 与 n 、 nS 与 na 或 1na  的关系式时，采用公式法  1 2n n na S S n   求解通项公式； 已知数列 n n nc a b  ，其中 na 和 nb 分别是等差数列与等比数列时，采用错位相减法求和. 18. 某地区在一次考试后，从全体考生中随机抽取 44 名，获取他们本次考试的数学成绩(x) 和物理成绩(y)，绘制成如图散点图： 根据散点图可以看出 y 与 x 之间有线性相关关系，但图中有两个异常点 A，B．经调查得知，A 考生由于重感冒导致物理考试发挥失常，B 考生因故未能参加物理考试．为了使分析结果更科 学准确，剔除这两组数据后，对剩下的数据作处理，得到一些统计的值： 42 42 42 1 1 1 4641, 3108, 350350,i i i i i i i x y x y          1 2 42 13814.5, i ix x      1 2 42 5250, i iy y     其中 xi，yi 分别表示这 42 名同学的数学成绩、物理成绩，i＝1，2，…，42，y 与 x 的相关系 数 r＝0.82． （1）若不剔除 A，B 两名考生的数据，用 44 组数据作回归分析，设此时 y 与 x 的相关系数为 r0．试判断 r0 与 r 的大小关系，并说明理由； （2）求 y 关于 x 的线性回归方程（系数精确到 0.01），并估计如果 B 考生加了这次物理考试 （已知 B 考生的数学成绩为 125 分），物理成绩是多少？（精确到个位）； （3）从概率统计规律看，本次考试该地区的物理成绩ξ服从正态分布  2,N   ，以剔除后 的物理成绩作为样本，用样本平均数 y 作为μ的估计值，用样本方差 s2 作为σ2 的估计值．试 求该地区 5000 名考生中，物理成绩位于区间（62.8，85.2）的人数 Z 的数学期望． - 17 - 附：①回归方程  y a bx   中：   1 2 1 ( )( ) ( ) n i i i n i i x x y y a y bxb x x           ， ②若  2~ ,N   ，则 ( ) 0.6826, ( 2 2 ) 0.9544P P                   ③ 125  11.2 【答案】（1）r0＜r，理由详见解析；（2）  0.50 18.64y x  ，81 分；（3）3413． 【解析】 【分析】 （1）结合散点图，可得出结论； （2）利用题中给的相关系数，最小二乘法写出回归直线方程，再令 x＝125，即可算出答案； （3）算出 y ，s2，得到ξ～N（74，125）， 125  11.2，所以 P（63.8＜ξ＜85.2）＝ (74 11.2 74 11.2) 0.6826,P      因为 ~ (5000,0.6826)Z B ，即可算出期望． 【详解】（1）r0＜r． 理由如下：由图可知，y 与 x 成正相关关系， ①异常点 A，B 会降低变量之间的线性相关程度． ②44 个数据点与其回归直线的总偏差更大，回归效果更差，所以相关系数更小． ③42 个数据点与其回归直线的总偏差更小，回归效果更好，所以相关系数更大． ④42 个数据点更贴近其回归直线 l． ⑤44 个数据点与其回归直线更离散． （2）由题中数据可得： 42 42 1 1 1 110.5, 7442 i i i i x x y y        ， 所以   42 42 1 1 42 350350 42 110.5 74 6916i i i i i i x x y y x y x y              ， 又因为   42 2 1 13814.5i i x x    ，所以      1 2 1 6916ˆ 0.50113814.5 n i i i n i i x x y y b x x           ， - 18 -   74 0.501 110.5 18.64a y bx      ，所以  0.50 18.64y x  ， 将 125x  代入，得 0.50 125 18.64 62.5 18.64 81y       ， 所以估计 B 同学的物理成绩约为 81 分. （3） 42 42 2 2 1 1 1 174, ( ) 5250 12542 42i i i i y y s y y           ， 所以ξ～N（74，125），又因为 125  11.2 所以 (62.8 85.2) (74 11.2 74 11.2) 0.6826P P         ， 因为 ~ (5000,0.6826)Z B ，所以 ( ) 5000 0.6826 3413E Z    ， 即该地区本次考试物理成绩位于区间（62.8，85.2）的数学期望为 3413． 【点睛】本题考查回归直线方程与正态分布的综合应用，涉及到正态分布的知识，考查学生 的数学运算、数据分析、数学建模的能力，是一道中档题. 19. 已知抛物线 2: 4E y x ，过抛物线焦点 F 的直线l 分别交抛物线 E 和圆 2 2:( 1) 1F x y   于点 , , ,A C D B (自上而下)． （1）求证： AC BD 为定值； （2）若 AC 、 CD 、 DB 成等差数列，求直线 l 的方程． 【答案】（1）见解析（2） 2( 1)y x   ． 【解析】 【分析】 （1）讨论当直线过焦点 F 且垂直于 x 轴时， , , ,A C D B 四点坐标可直接求出，可求得 | | | | 1 1 1AC BD    ，当直线过焦点 F 且不垂直于 x 轴时，设直线方程为 ( 1)y k x  ，联立 抛物线方程，运用韦达定理和抛物线的定义，即可得到定值； （1）由 AC 、CD 、 DB 成等差数列，可得| | | | 2| | 4AC DB CD   ，从而可得 | 6AB  ， 而 1 2| | 2AB x x   ， 1 2 2 42x x k    ，列方程可求出斜率 k ，从而可求出直线方程. 【详解】（1）由题知，焦点 (1,0)F ，圆 F 半径 1r  ； - 19 - ①当斜率不存在时， : 1l x  ，交点 (1,2), (1, 2), (1,1), (1, 1)A B C D  ，此时 | | | | 1 1 1AC BD    ； ②当斜率存在时，设    1 1 2 2: ( 1), , , ,l y k x A x y B x y  ， 联立 2 ( 1) 4 y k x y x     ，消去 y 得  2 2 2 22 4 0k x k x k    由韦达定理得 1 2 1 22 42 , 1x x x xk     ，显然  216 1 0k    恒成立 由抛物线定义得 1 1| | | | | | 1 1AC AF CF x x      ，同理 2| |BD x ， 所以 1 2| | | | 1AC BD x x   ． （2）由| |,| |,| |AC CD DB 成等差数列，得| | | | 2| | 4AC DB CD   所以弦长| | | | | | | | 6AB AC CD DB    由（1）知显然斜率存在，由抛物线定义得 1 2| | 2 6AB x x    故 2 44 6k   ，解得 2k   ， 所以直线 l 的方程为 2( 1)y x   ． 【点睛】此题考查的是抛物线的定义和方程、性质，考查直线方程和抛物线方程联立，运用 韦达定理和弦长公式，考查化简运算能力，属于中档题. 20. 如图①：在平行四边形 ABCD 中, BD CD , BE AD ,将 ABD 沿对角线 BD 折起, 使 AB BC ,连结 ,AC EC ,得到如图②所示三棱锥 A BCD . （1）证明： BE 平面 ADC ； （2）若 1ED  ,二面角C BE D  的平面角的正切值为 6 ,求直线 BD 与平面 ADC 所成角 的正弦值. - 20 - 【答案】（1）证明见解析（2） 6 3 【解析】 【分析】 （1）证明 AB BD ,从而证明 AB  平面 BCD ,进而得出 AB CD ,即可证 CD  平面 ABD .最后证得 BE 平面 ADC . （2）若 1ED  ,二面角C BE D  的平面角的正切值为 6 ,由（1）知 BE 平面 ADC , 因为 BC 平面 ADC ,所以 BE EC , 又 BE ED ,所以 DEC 即为二面角C BE D  的平面角,得 tan 6CDDEC ED    ,从 而求出 3BD  , 3BC  ,建立空间直角坐标系,求平面 ADC 的法向量为  , ,n x y z , 最后根据公式 sin cos ,DB n    ,即得直线 BD 与平面 ADC 所成角大小. 【详解】（1）证明：在平行四边形 ABCD 中, BD CD , 则 AB BD . 在三棱锥 A BCD 中,因为 AB BC , BC BD B . 所以 AB  平面 BCD,所以 AB CD . 又 BD CD , AB BD B ,所以CD  平面 ABD . 又 BE  平面 ABD ,所以 CD BE . 因为 BE AD , AD CD D ,所以 BE 平面 ADC . （2）解：由（1）知 BE 平面 ADC , 因为 BC 平面 ADC ,所以 BE EC , 又 BE ED ,所以 DEC 即为二面角C BE D  的平面角,即 tan 6DEC  . 因为CD  平面 ABD , AD 平面 ABD . 所以CD AD ,故 tan 6CDDEC ED    , 又 1ED  .所以 6AB CD  . 在平行四边形 ABCD , ADB DBC   , 90BED BDC    , 所以 DEB 与 BDC 为相似三角形,则 ED BD BD BC  , 故 BD m （ 0m  ）,解得 2 6BC m  , - 21 - 故 2 1 6 m m m   ,解得 3m  , 所以 3BD  , 3BC  . 过点 D 作 / /DF AB ,以 D 为坐标原点, DB  , DC  , DF  的方向为 x 轴、 y 轴、 z 轴的正方向, 建立空间直角坐标系,如图所示. 则  0,0,0D ,  3,0, 6A ,  0, 6,0C ,  3,0,0B . 所以  3,0, 6DA   ,  0, 6,0DC   ,  3,0,0DB   . 设平面 ADC 的法向量为  , ,n x y z , 则 3 6 0 6 0 n DA x z n DC y           令 6z   ,得  2 3,0, 6n    . 设直线 BD 与平面 ADC 所成角为 , 6 6sin cos , 33 18 DB n DB n DB n              即直线 BD 与平面 ADC 所成角为 6 3 . 【点睛】本题主要考查空间线面垂直判定性质及二面角的解法,属于中档题. 21. 已知函数   2sinf x x x  . （1）当  0,2x  时，求  f x 的最小值； （2）若  0,x  时，    1 cosf x a x x x    ，求实数 a 的取值范围. - 22 - 【答案】（1） 33   （2） 1a  【解析】 【分析】 （1）利用导数求出  f x 在[ ]0,2π 上的单调性即可 （2）由   (1 ) cosf x a x x x    得 2sin cos 0x x x ax   ，令 ( ) 2sin cosh x x x x ax   ，然后分 2a  、1 2a   、 1 1a   、 1a   四种情况求出 ( )h x 的单调性即可. 【详解】（1）   1 2cosf x x   ， [0,2 ]x Î 令   10 cos 2f x x    ，得 5,3 3x      ； ( ) 0f x¢ < ，得 0, 3x     和 5 ,23       所以  f x 在 0, 3      上单调递减，在 5,3 3 骣琪琪桫 p p 上单调递增，在 5 ,23       上单调递减 因为 333f        ， (2 ) 2f   ， (2 )3f f      ， 所以 [0,2 ]x Î 时， min( ) 33 3f x f        . （2）   (1 ) cosf x a x x x    ，即 2sin cos 0x x x ax   .. 设 ( ) 2sin cosh x x x x ax   ， [0, ]x  ( ) 2cos cos sin cos sinh x x x x x a x x x a        ( ) cosh x x x  ，∴ 0, 2x     ， ( ) 0h x  ， ,2x      ， ( ) 0h x  . ∴ ( ) 2 2h x h a        ，又 (0) 1h a   ， ( ) 1h a    . - 23 - ① 02 a   即 2a  时， ( ) 0h x  ， ( )h x 在 0, 上递减，则 ( ) 0≤h x ，不满足. ② 02 a   即 2a  时， 当 1 0a   ，1 0a  即1 2a   时， 0 0, 2x      ，使得  0 0h x  且 00 x x  ，  0 0h x  ， ( )h x 在 00, x 内递减， ( ) (0) 0h x h  ，不满足 当 1 0a   ，1 0a  即 1 1a   时， 0 ,2x       ，使得  0 0h x  ，且 00 x x  ，  0 0h x  ， 0x x   ，  0 0h x  ， ∴ ( )h x 在 00, x 上递增，在 0 ,x  上递减，又 (0) 0h  ， ( ) (1 ) 0h a    ，所以 ( ) 0h x  成立. 当 1 0a   ，1 0a  即 1a   时， ( ) 0h x  ， ( )h x 在 0, 上递增，则 ( ) (0) 0h x h  . 满足题意. 综上， 1a  【点睛】本题考查的是利用导数研究函数的单调性，最值和利用导数解决恒成立问题，属于 较难题. （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. [选修 4-4：坐标系与参数方程] 22. 在直角坐标系 xOy 中，曲线 1C 的参数方程为 21 cos3 212 sin3 x y        ，（ 为参数），以坐标 原点O 为极点， x 轴的非负半轴为极轴的极坐标系中，曲线 2C 的极坐标方程为 2 8= 5 3cos2   ，点 P 在曲线 1C 上，点Q 在曲线 2C 上. （1）求曲线 1C 的一般方程和曲线 2C 的直角坐标方程； （2）求 PQ 的最大值. - 24 - 【答案】（1）  22 72 3x y   ， 2 2 14 x y  ；（2） 21 . 【解析】 【分析】 （1）直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换． （2）利用两点间的距离公式的应用和三角函数关系式的恒等变换和二次函数性质的应用求出 结果． 【详解】（1）曲线  22 2 2 1 21 21: 2 cos sin9 9C x y      ，即  22 72 3x y   . 曲线 2 2 2 :5 3 cos2 8C     ，即  2 2 2 25 3 cos sin 8      ， 所以    2 2 2 25 3 8x y x y    ，即 2 2 14 x y  . （2）设  2cos ,sinQ   ，  1 0,2C .    2 2 2 2 2 1 = 2cos 0 sin 2 4 4sin sin 4sin 4C Q             2 2 2 283sin 4sin 8 3 sin 3 3              . 当 2sin 3 = -a 时， 1 max 28 2 21 3 3C Q   ， 所以 max 2 21 21 213 3PQ    .即 PQ 的最大值为 21 . 【点睛】本题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，三角函数 关系式的恒等变换，二次函数性质的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力， 属于基础题型． [选修 4-5：不等式选讲] - 25 - 23. 已知函数   3 2f x x kx   . （1）若 1k  ，求不等式   3 1f x x  的解集； （2）设函数  f x 的图象与 x 轴围成的封闭区域为  ，证明：当 2 3k  时， 的面积大于 16 15 . 【答案】（1） 1x x   ；（2）证明见解析 【解析】 【分析】 （1）对不等式进行零点分段讨论求解； （2）求出函数与 x 轴交点坐标，表示出三角形面积，根据 2 3k  求得面积即可得证. 【详解】（1）若 1k  ，不等式   3 1f x x  即： 3 2 3 1x x x    3 2 3 1 0x x x   ， 当 2 3x  时， 2 3 3 3 0, 1x x x x       ，得 21 3x   ， 当 2 13 x  时，3 2 3 3 0, 1x x x x      ，得 2 13 x  ， 当 1x  时，3 2 3 3 0, 1x x x x      ，得 1x  ， 综上所述： 1x   即：不等式   3 1f x x  的解集为 1x x   ； （2）       23 2, 33 2 23 2, 3 k x x f x x kx k x x              ， 该函数图象与 x 轴围成的封闭区域为三角形， 其三个顶点为 2 2 2 2, , ,0 , ,03 3 3 3 kA B Ck k                  ， 2 3k  ， 24 9k  该三角形面积： 1 2 2 2 2 3 3 3 kS k k        - 26 - 2 2 4 3 9 k k    2 2 4 9 9 3 9 k k     2 4 9 4 9 161 13 9 3 9 4 15k                   所以原命题得证. 【点睛】此题考查求解绝对值不等式，利用零点分段讨论，根据三角形的面积证明不等式， 关键在于准确求解顶点坐标，利用不等关系证明. - 27 -