辽宁省协作校2020届高三下学期第二次模拟考试数学（文）试题 Word版含解析 23页

- 1 - 2019—2020 学年度下学期高三第二次模拟考试试题 数学（文科） 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分 第Ⅰ卷 一、选择题（本大题共 12 小题，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  (1 ) 0A x x x   ，  | 1B x x  ，则 A B  ( ) A. (0,1) B. R C. ( ,1) D. ( ,1) (1, )   【答案】C 【解析】 【分析】 先求出集合 A，再求并集即可. 【详解】    (1 ) 0 0 1A x x x x x      ，故 ( ,1)A B   . 故选：C. 【点睛】本题考查并集的求法，属于基础题. 2.已知  5, 2a   ，  4, 3b    ，若 2 3 0a b c     ，则 c  ( ) A. 13 8,3 3     B. 13 8,3 3      C. 13 4,3 3     D. 13 4,3 3      【答案】D 【解析】 【分析】 先由 2 3 0a b c     ，可得  1 23c a b     ，进而代入点的坐标进行计算即可. 【详解】解： 2 3 0a b c     ，  1 23c a b     .       2 5, 2 8, 6 13,4a b        . - 2 -   1 13 42 ,3 3 3c a b             . 故选：D. 【点睛】本题考查平面向量的坐标运算，考查运算能力，属于基础题. 3.如图，复平面上的点 1 2 3 4, , ,Z Z Z Z 到原点的距离都相等，若复数 z 所对应的点为 1Z ，则复 数 •z i （i 是虚数单位）的共轭复数所对应的点为（ ） A. 1Z B. 2Z C. 3Z D. 4Z 【答案】B 【解析】 试题分析： z i 为将复数 z 所对应的点逆时针旋转90 得 2Z ，选 B. 考点：复数几何意义 【名师点睛】本题重点考查复数的基本运算和复数的概念，属于基本题.首先对于复数的四则 运算，要切实掌握其运算技巧和常规思路，如 ( )( ) ( ) ( ) ,( , , . )a bi c di ac bd ad bc i a b c d R       . 其次要熟悉复数相关基本概念，如 复数 ( , )a bi a b R  的实部为 a 、虚部为b 、模为 2 2a b 、共轭为 .a bi 4. 某校高三（1）班共有 48 人，学号依次为 1，2，3，…，48，现用系统抽样的办法抽取一 个容量为 6 的样本.已知学号为 3，11，19，35，43 的同学在样本中，那么还有一个同学的学 号应为（ ） A. 27 B. 26 C. 25 D. 24 【答案】A 【解析】 试题分析：根据系统抽样的规则——“等距离”抽取，也就抽取的号码差相等，根据抽出的 序号可知学号之间的差为8 ，所以在19 与 35 之间还有 27 ，故选 A. - 3 - 考点：随机抽样. 5.已知 a b ，则条件“ 0c  ”是条件“ ac bc ”的( )条件. A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分又不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】 根据不等式的性质及充分条件和必要条件的定义判断即可. 【详解】先判断充分性：若 0c  ，又 a b ，当 0c = 时， ac bc 不成立，故充分性不成立； 再判断必要性：若 ac bc ，又 a b ，所以 0c  ，可得 0c  ，故必要性成立， 所以条件“ 0c  ”是条件“ ac bc ”的必要不充分条件条件. 故选：B. 【点睛】本题主要充分条件和必要条件的判定，同时考查不等式的性质，属于基础题. 6.设 l 是直线， ，  是两个不同的平面( ) A. 若 / /l  ，l // ，则 / /  B. 若 / /l  ，l  ，则  C. 若  ，l  ，则l  D. 若  ， / /l  ，则 l  【答案】B 【解析】 【分析】 根据空间中线面、面面间的位置关系对选项逐一判断即可. 【详解】由l 是直线， ，  是两个不同的平面，可知： A 选项中，若 / /l  ，l // ，则 ，  可能平行也可能相交，错误； B 选项中，若 / /l  ，l  ，由线面平行、线面垂直的性质和面面垂直的判定可知  ， 正确； C 选项中，若  ，l  ，由面面垂直、线面垂直的性质可知l // 或l  ，错误； D 选项中，若  ， / /l  ，则 l ，  可能平行也可能相交，错误. 故选：B. - 4 - 【点睛】本题考查了线面、面面间的位置关系的判断，考查了空间思维能力，属于基础题. 7.某个家庭有三个孩子，则该家庭至少有两个孩子是女孩的概率是( ) A. 3 4 B. 3 8 C. 4 7 D. 1 2 【答案】D 【解析】 【分析】 利用独立重复实验分有 2 女孩和 3 女孩可求出结果. 【详解】解：因为每次生女孩的概率是 1 2 ，所以家庭有三个孩子相当于 3 次独立重复事件， 故该家庭至少有两个孩子是女孩的概率 2 3 2 3 3 3 1 1 1 112 2 2 2P C C                   . 故选：D. 【点睛】本题考查独立重复事件概率的求法，属于基础题. 8.已知函数    sinf x A x   （ 0A  ， 0 ，   ）的部分图象如图所示，则函 数    cosg x A x   图象的一个对称轴可能为( ) A. 2x  B. 8x  C. 6x   D. 2x   【答案】D 【解析】 【分析】 由函数图象的顶点坐标求出 A ，由周期求出 ，再结合图象求出 的值，可得  g x 的解析式， 再利用余弦函数的图象的对称性，得出结论. 【详解】解：由函数    sinf x A x   （ 0A  ， 0 ，   ）的部分图象， - 5 - 可得 2 3A  ，  1 1 2 6 22 2T       ， 8   . 再结合图象可得  2 08      ，求得 4   .    2 3sin 8 4f x x      . 则函数    cos 2 3cos 8 4g x A x x          . 令 8 4x k    ，求得 8 2x k  ， k Z ， 当 0k  时， 2x   . 故函数  g x 的一条对称轴为 2x   . 故选：D. 【点睛】本题考查函数  siny A ωx φ  的部分图象求解析式，考查余弦函数的图象的对称 性，属于基础题. 9.我国著名数学家华罗庚先生曾说：数缺形时少直观，形缺数时难入微，数形结合百般好， 隔裂分家万事休.在数学的学习和研究中，常用函数的图象来研究函数的性质，也常用函数的 解析式来琢磨函数的图象的特征．如函数   2 1cos2 1 x xf x x  的图象大致是( ) A. B. - 6 - C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 先根据函数的奇偶性的判断得    f x f x   ，函数  f x 是奇函数，故排除 A 选项和 C 选 项，再由当 0x  时， 0x  ，   2 1cos2 1 x xf x x   ，可排除 D 选项，可得选项. 【详解】因为   2 1cos2 1 x xf x x  ，所以      2 1 2 1cos cos2 1 2 1 x x x xf x x x f x            ， 所以函数  f x 是奇函数，故排除 A 选项和 C 选项， 在 0x  时，当 0x  ， 12 1,2 1 0, 2 1 x x x     ，所以 2 1 212 1 2 1 x x xy       ， 而当 0x  时， cos 1x  ， 所以在 0x  时，当 0x  ，   2 1cos2 1 x xf x x   ，所以排除 D 选项， 所以只有 B 选项符合条件. 故选：B. 【点睛】本题考查由解析式判断函数图象,根据图象需分析函数的定义域和奇偶性,特殊值的 正负,以及是否过定点等函数的性质,从而排除选项,属于基础题. - 7 - 10.已知数列 na 满足 1 2 ,n na a n n N    .则 2 1 1n i ia a  ( ) A. 1 1 1n n  B. 1n n  C. ( 1)n n  D. 1 2n 【答案】B 【解析】 【分析】 首先利用累加法求出  1 1na a n n   ，再利用裂项相消法求和即可； 【详解】解：因为 1 2 ,n na a n n N    ， 所以 2 1 2 1a a   ， 3 2 2 2a a   ， 4 3 2 3a a   ，……，  1 2 1n na a n    所以         2 1 3 2 1 2 1 2 2 2 1 1n na a a a a a n n n                 所以  1 1na a n n   所以  2 1 1 1 1 1 1 1 2 2 3 3 4 1 n i ia a n n            1 1 1 1 1 1 11 2 2 3 3 4 1n n          11 n   1n n  故选：B 【点睛】本题考查累加法求数列的通项公式以及裂项相消法求和，属于中档题. 11.在直角坐标系 xOy 中， F 是椭圆C ： 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     的左焦点， ,A B 分别为左、 右顶点，过点 F 作 x 轴的垂线交椭圆C 于 P ，Q 两点，连接 PB 交 y 轴于点 E ，连接 AE 交 PQ 于点 M ，若 M 是线段 PF 的中点，则椭圆C 的离心率为( ) A. 2 2 B. 1 2 C. 1 3 D. 1 4 【答案】C 【解析】 - 8 - 【分析】 由题意结合几何性质找到 a,c 的关系即可确定椭圆的离心率． 【详解】如图，连接 BQ，则由椭圆的对称性易得∠PBF=∠QBF，∠EAB=∠EBA，所以∠EAB=∠QBF， 所以 ME//BQ. 因为△PME∽△PQB，所以 PE PM EB MQ  ， 因为△PBF∽△EBO，所以 OF EP OB EB  ，从而有 PM OF MQ OB  ， 又因为 M 是线段 PF 的中点，所以 1 3 OF PMce a OB MQ     . 本题选择 C 选项. 【点睛】椭圆的离心率是椭圆最重要的几何性质，求椭圆的离心率(或离心率的取值范围)， 常见有两种方法： ①求出 a，c，代入公式 ce a  ； ②只需要根据一个条件得到关于 a，b，c 的齐次式，结合 b2＝a2－c2 转化为 a，c 的齐次式， 然后等式(不等式)两边分别除以 a 或 a2 转化为关于 e 的方程(不等式)，解方程(不等式)即可 得 e(e 的取值范围)． 12.已知函数   2xe xf x a  ，定义域为 1,2 ，且对 1x ，  2 1,2x  ，当 1 2x x 时都有    1 2 1 2 1 2 f x f x x xx x    恒成立，则实数 a 的取值范围为( ) A. 2 1,4 e     B. 2 ,4 e   C. 4 ,2 e   D. 4 1,2 e     - 9 - 【答案】A 【解析】 【分析】 不妨设 1 2x x ，题目可转化为    2 2 1 1 2 2f x x f x x   ，令     2 xF x f x x e   22 xax  ，则    1 2F x F x ，可得  F x 在 1,2 上为减函数，对 1x ，  2 1,2x  ，都有   0F x  恒成立，对 1x ，  2 1,2x  ，都有  2 1 xe ax   恒成立，只需   max 2 1 xe ax       即可得出结果. 【详解】解：不妨设 1 2x x ，对 1x ，  2 1,2x  ，当 1 2x x 时都有    1 2 1 2 1 2 f x f x x xx x    恒成立， 等价于     2 2 1 2 1 2f x f x x x   ，即    2 2 1 1 2 2f x x f x x   . 令     2 22xeF x x xx f xa    ，则    1 2F x F x ，可得  F x 在 1,2 上为减函数. 所以对 1x ，  2 1,2x  ，都有   0F x  恒成立， 即对 1x ，  2 1,2x  ，都有  2 1 xe ax   恒成立， 令   xeh x x  ，  1,2x ，     2 1 0 xe xh x x    . 所以函数  h x 在 1,2 上单调递增，所以     2 2 2 eh x h  . 所以  2 12 xe a  .即 2 14 ea   . 故选：A. 【点睛】本题考查不等式恒成立，导数的综合应用，属于中档题. 第Ⅱ卷 - 10 - 本卷包括必考题和选考题两部分，第 13—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． 二、填空题（本大题共 4 小题） 13.已知函数 ( ) 4 log (2 3)af x x   （ 0a  且 1a  ）的图象恒过定点 P ，且点 P 在函数 ( )g x x 的图象上，则  ______. 【答案】2 【解析】 【分析】 令对数的真数等于 1，求得 x 、 y 的值，即为定点 P 的坐标，再代入函数 ( )g x 的解析式即可 求出 的值． 【详解】解：令 2 3 1x   得： 2x  ，此时  2 4f  ， 函数 ( ) 4 log (2 3)( 0af x x a    且 1)a  的图象恒过定点 (2,4) ，即 (2,4)P ， 又 点 P 在函数 ( )g x x 的图象上， 2 4  ， 2  ， 故答案为：2． 【点睛】本题主要考查对数函数的图象经过定点问题，属于基础题． 14.《张丘建算经》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有女不善织， 日减功迟，初日织五尺，末日织一尺，今共织九十尺，问织几日？”.其中“日减功迟”的具 体含义是每天比前一天少织同样多的布，则每天比前一天少织布的尺数为_______. 【答案】 4 29 【解析】 【分析】 设第 n 天织布的尺数为 na ，可知数列 na 为等差数列，根据题意得出关于公差的方程，解出 这个量的值，即可得出结果. 【详解】设第 n 天织布的尺数为 na ，可知数列 na 为等差数列， - 11 - 设等差数列 na 的公差为 d ，前 n 项和为 nS ，则 1 5a  ， 1na  ， 90nS  ， 则  1 3 902 n n n a aS n    ，解得 30n  ， 30 1 29 5 29 1a a d d      ，解得 4 29d   ， 因此，每天比前一天少织布的尺数为 4 29 . 故答案为： 4 29 . 【点睛】本题考查了等差数列的通项公式求和公式及其性质，考查了推理能力与计算能力， 属于中档题． 15.已知双曲线 :C 2 2 2 2 1x y a b   （ 0a b  ）的两条渐近线与圆 :O 2 2 5x y  交于 M ，N ， P ，Q 四点，若四边形 MNPQ 的面积为8 ，则双曲线C 的渐近线方程为______. 【答案】 1 2y x  【解析】 【分析】 设点 M 的坐标为 ,x y ，联立圆与渐近线的方程求解 x ， y ，再根据双曲线的对称性及四边 形 MNPQ 的面积求出 1 2 b a  ，即可得出结论. 【详解】解：设 M  ,x y ，在第一象限，联立 2 2 5x y by xa     ，解得 5 5 ax c by c     . （其中 2 2 2c a b  ），可知四边形 MNPQ 为矩形，且根据双曲线的对称性， 可知 5 5 1 8 24 a b c c     .即  2 2 22 5 2c ab a b   ， 解得 1 2 b a  或 2b a  （舍去）. 故双曲线的渐近线方程为 1 2y x  . 故答案为： 1 2y x  . 【点睛】本题考查双曲线的性质及渐近线方程，属于中档题. 16.已知三棱锥 P ABC 的四个顶点在球 O 的球面上， PA PB PC  ， ABC 是边长为 2 - 12 - 的正三角形，E 为 PA 中点， 5 2BE PB ，则球 O 的表面积为______. 【答案】 6 【解析】 【分析】 由题意画出图形，证明三棱锥 P ABC 为正三棱锥，且三条侧棱两两互相垂直，再由补形法 求外接球球O 的表面积． 【详解】解：如图，由 PA PB PC  ， ABC 是边长为 2 的正三角形，可知三棱锥 P ABC 为正三棱锥，则顶点 P 在底面的射影O 为底面三角形的中心，取 AB 的中点 F ，连接 BO 并 延长，交 AC 于G ，连接 PG ，则 AC BG ，又 PO AC ，PO BG O ，BG  平面 PBG ， PO  平面 PBG ，可得 AC  平面 PBG ，则 PB AC ， E ， F 分别是 PA ， AB 的中点， //EF PB ， 又 5 2BE PB ，所以 2 2 2PB PE BE  ，即 PB PA ， AC PA A  ，PA  平面 PAC ， AC  平面 PAC ，所以 PB  平面 PAC ， 正三棱锥 P ABC 的三条侧棱两两互相垂直， 把三棱锥补形为正方体，则正方体外接球即为三棱锥的外接球， 其直径， 2 2 22 6R PA PB PC    ， 所以 6 2R  ，则球O 的表面积为 2 2 64 4 62S R        ． 故答案为： 6 ． 【点睛】本题考查多面体外接球的表面积的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查计算 能力，属于中档题． 三、解答题 - 13 - 17.已知 ABC 的内角 、 、A B C 所对的边分别为 a b c、 、 ，且 cos cos 12 B C A   . （1）求角 A 的值. （2）若 ABC 面积为3 3 ，且 7 ( )b c b c   ，求 a 及sin B 的值. 【答案】（1） 3  ；（2） 13a  ， 2 39 13 . 【解析】 【分析】 （1）利用三角恒等变换与三角形的内角和公式，即可求得 A 的值； （2）由三角形的面积公式和余弦、正弦定理，即可求得 a 与sin B 的值． 【详解】解：（1） ABC 中， cos cos 12 B C A   ， 所以 cos( ) 1 cos2 2 A A    ， 所以 2sin 2sin2 2 A A 因为sin 02 A  ，所以 1sin 2 2 A  因为 0,2 2 A     ，所以 3A  （2）由 ABC 面积为 1 1 3sin 3 32 2 2S bc A bc    ，解得 12bc  ； 又 7( )b c b c   ， 所以 4b  ， 3c  ； 由余弦定理得， 2 2 2 12 cos 16 9 2 4 3 132a b c bc A          ， 所以 13a  ； 由正弦定理得， sin sin a b A B  ， 解得 34sin 2 392sin 1313 b AB a     ． 【点睛】本题考查了三角函数求值运算问题，也考查了解三角形的应用问题，属于中档题． - 14 - 18.数据的收集和整理在当今社会起到了举足轻重的作用，它用统计的方法来帮助人们分析以 往的行为习惯，进而指导人们接下来的行动. 某支足球队的主教练打算从预备球员甲、乙两人中选一人为正式球员，他收集到了甲、乙两 名球员近期 5 场比赛的传球成功次数，如下表： 场次 第一场 第二场 第三场 第四场 第五场 甲 28 33 36 38 45 乙 39 31 43 39 33 （1）根据这两名球员近期 5 场比赛的传球成功次数，完成茎叶图（茎表示十位，叶表示个位）； 分别在平面直角坐标系中画出两名球员的传球成功次数的散点图； （2）求出甲、乙两名球员近期 5 场比赛的传球成功次数的平均值和方差； （3）主教练根据球员每场比赛的传球成功次数分析出球员在场上的积极程度和技术水平，同 时根据多场比赛的数据也可以分析出球员的状态和潜力.你认为主教练应选哪位球员?并说明 理由. 【答案】（1 见解析；（2） 36, 37x x 甲 乙 ， 2 31.6s 甲 ， 2 19.2s 乙 ；（3）见解析. 【解析】 【分析】 （1）根据两名球员近期 5 场比赛的传球成功次数，将样本数据有条理地列出来即可完成茎叶 图，进而画出散点图． - 15 - （2）利用平均数公式，方差公式即可求解． （3）由（2）可知， x x甲 乙 ，且 2 2x x 乙甲 ，说明乙在场上的积极程度和技术水平高于甲，且 比较稳定，可知选择乙比较好． 【详解】解：（1）茎叶图如图 散点图如图： （2） 28 33 36 38 45 365x     甲 ， 39 31 43 39 33 375x     乙 ， 2 2 2 2 2 2 (28 36) (33 36) (36 36) (38 36) (45 36) 64 9 0 4 81 158 31.65 5 5s                甲 2 2 2 2 2 2 (39 37) (31 37) (43 37) (39 37) (33 37) 4 36 36 4 16 96 19.25 5 5s                乙 （3）选乙比较好，理由如下：由（2）可知， x x甲 乙 ，且 2 2s s甲 乙 ，说明乙在场上的积极程 度和技术水平高于甲，且比较稳定，所以选择乙比较好. 【点睛】本题考查了茎叶图，平均数，方差，考查了学生的计算能力和数形结合思想，属于 基础题． 19.已知矩形 ABCD ， 2 2AB BC  ，E、F 分别为 DC 、 AB 中点，点 M、N 分别为 DB 的 三等分点，将 BCD 沿 BD 折起，连接 AC 、 AE 、 AM 、 ME 、CF 、 CN 、 FN . - 16 - （1）求证：平面 //AEM 平面 CNF ； （2）当 AE BC 时，求三棱锥C ABD 的体积. 【答案】（1）证明见解析；（2） 3 6 . 【解析】 【分析】 （1）由已知证明 //EM CN ， //AM FN ，再由平面与平面平行的判定可得平面 //AEM 平面 CNF ； （2）由题意可知， BC CD ， AE BC ，证明 BC ⊥平面 ADC ，得到 BC AC ， BC AD ，再证明 AD  平面 ABC ，然后由 C ABD D ABCV V  可求三棱锥C ABD 的体积． 【详解】解：（1）证明：因为点 M、N 分别为 DB 的三等分点，所以 DM MN NB  ， 又因为 E 为 DC 中点，所以 DE EC ， 所以在 DNC△ 中， //EM CN ，同理可证 //AM FN ， 又因为 AM EM M  ，AM ，EM  平面 AEM ，FN CN NI ，FN ，CN  平面 FNC ， 所以平面 //AEM 平面 CNF ； （2）由题意可知， BC CD ， AE BC ， AE CD E  ， AE  平面 ADC ， DC  平 面 ADC ，所以 BC ⊥平面 ADC ， 又 AC 、 AD  平面 ADC ，所以 BC AC ， BC AD ， 因为 AD AB ， AB Ì平面 ABC ， BC 平面 ABC ， AB BC B  ， 所以 AD  平面 ABC ， 所以 1 3C ABD D ABC ABCV V S AD   △ ， 在 ABC 中， BC AC ， - 17 - 2 2 2 21 1 1 32 1 12 2 2 2ABCS AC BC AB BC BC        △ ， 所以 1 1 3 313 3 2 6C ABD ABCV S AD      △ . 【点睛】本题考查平面与平面平行的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用等体 积法求多面体的体积，属于中档题． 20.已知函数   lnxf x e x a   . （1）求曲线  y f x 在点   1, 1f 处的切线方程； （2）若 3a  ，证明函数  f x 有且仅有两个零点. 【答案】（1）  1 1y e x a    ；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】 （1）先对函数求导，结合导数的几何意义可求切线的斜率，进而可求切线方程； （2）先对函数求导，然后结合导数与单调性的关系先分析函数的单调性，再结合函数的性质 及零点判定定理即可证明． 【详解】解：（1）因为   lnxf x e x a   ，所以函数的定义域为 0, 且   1xf x e x    ，  1f e a  ， 所以  1 1k f e    切点为 1,e a 切线方程为     1 1y e a e x     即  1 1y e x a    （2）当 3a  时，   ln 3xf x e x     1xf x e x    ，令   1xg x e x   ，则   2 1 0xg x e x    ， - 18 -  f x  在定义域上单调递增 1 21 2 02f e        ，  1 1 0f e    ， 0 1 ,12x      使   0 0 0 1 0xf x e x      00,x x  时，   0f x  ，  f x 单调递减，  0,x x  时，   0f x  ，  f x 单调递 增 所以     0 0 0 0min 0 1ln 3 3xf x f x e x xx        又  0f x 在 1 ,12      递减，  0 12 3 02f x     3 3 1 1 3 3 1 1ln 3 0e ef e ee e          ∴在 00, x 上有且只有一个零点 又   2ln 3 4 2 4 0e ef e e e e        所以在 0,x  上有且只有一个零点 综上，函数  f x 有且仅有两个零点 【点睛】本题综合考查了利用导数及函数的性质求解曲线的切线方程及函数零点的判定，属 于中档题． 21.已知点 M 是抛物线 1C ：  2 2 0y px p  的准线与 x 轴的交点，点 P 是抛物线 1C 上的动 点，点 A 、 B 在 y 轴上， APB△ 的内切圆为圆 2C ： 2 21 1x y   ，且 2 3MC OM ， 其中O 为坐标原点. （1）求抛物线 1C 的标准方程； （2）求 APB△ 面积的最小值. 【答案】（1） 2 2y x ；（2）8. 【解析】 - 19 - 【分析】 （1）由  2 2,0 , 1,0 , 32 pM C MC OM     ，求出 1p  ，可得抛物线 1C 的标准方程； （2）设      0 0, , 0, , 0,P x y A b B c ，写出直线 ,PA PB 的方程，根据圆 2C 与直线 ,PA PB 相 切，得到 ,b c 的关系，写出 APB△ 的面积，结合基本不等式，即可得到最小值. 【详解】（1）点 M 是抛物线 1C ：  2 2 0y px p  的准线与 x 轴的交点， ,02 pM      ，又  2 21,0 , 3C MC OM ， 1 3 12 2 p p p     ， . 抛物线 1C 的标准方程为 2 2y x . （2）设      0 0, , 0, , 0,P x y A b B c ，则 0bc  ， 直线 PA 的方程为 0 0 0 0y b x x y bx    ，直线 PB 的方程为 0 0 0 0y c x x y cx    . APB 的内切圆为圆 2C ： 2 21 1x y   ，         0 0 0 0 2 22 2 0 0 0 0 1 1 1, 1 y b bx y c cx y b x y c x              ， 整理得   2 2 0 0 0 0 0 02 2 0, 2 2 0x b y b x x c y c x        . ,b c 是方程  2 0 0 02 2 0x x y x x    的两根， 0 0 0 0 2 ,2 2 y xb c bcx x        . 0 00, 0, 2bc x x    ，       2 2 2 2 2 0 0 0 0 0 2 0 0 0 2 4 4 84 42 2 2 y x x y xb c b c bc x x x                        .     2 22 0 0 0 2 0 42 , 2 xy x b c x      , 0 0 0 0 2 2 2 2 x xb c x x      . - 20 - 所以 APB△ 的面积 2 0 0 0 1 2 2 xS b c x x     . 令 0 02, 2, 0t x x t t      ，  22 4 44 2 4 8tS t tt t t          ，当且仅当 4 , 2t tt   时，等号成立，此时 0 4x  . 所以 APB△ 面积的最小值为 8. 【点睛】本题考查抛物线的标准方程和与抛物线有关的最值问题，考查基本不等式和学生的 运算化简的能力，属于较难的题目. 请考生在 22—23 题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．作答时请写（涂） 清题号． 选修 4-4：坐标系与参数方程 22.在直角坐标系 xOy 中，直线 l 的参数方程为 24 3 1 x t a y t       （ t 为参数），圆C 的参数方程为 2 1 cos 2 sin x a y a          （ 为参数）. （1）求 l 和C 的普通方程； （2）将 l 向左平移 ( 0)m m  后，得到直线l ，若圆C 上只有一个点到l 的距离为 1，求 m . 【答案】（1）3 4 7 0x y   ， 2 2( 1) ( 2) 1x y    ；（2） 2m  . 【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）利用点到直线的距离公式的应用和关系式的平移变换的性质的应用求出结果． 【详解】（1）由题意可得| | 1a  ， 故l 的参数方程为 4 1 3 1 x t y t      （ t 为参数）， 圆C 的参数方程为 1 cos 2 sin x y         （ 为参数）， - 21 - 消去参数 t ，得l 的普通方程为3 4 7 0x y   ， 消去参数 ，得C 的普通方程为 2 2( 1) ( 2) 1x y    . （2）l 的方程为 3 7( )4 4y x m   ，即 3 4 3 7 0x y m    ， 因为圆C 上只有一个点到l 的距离为 1，圆C 的半径为 1， 所以 (1, 2)C  到l 的距离为 2， 即 | 3 8 3 7 | 25 m    ，解得 2m  （ 14 03m    舍去）. 【点睛】本题主要考查了参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，点到直线的距离 公式的应用，函数的关系式的平移变换，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 23.设函数    4 0f x x a x a     ． （1）当 1a  时，求不等式  f x x 的解集； （2）若   4 1f x a   恒成立，求 a 的取值范围． 【答案】（1） 3,5 ；（2）   ,0 1,  ． 【解析】 【分析】 （1）把 1a  代入，利用零点分段讨论法去掉绝对值可求； （2）利用绝对值的三角不等式求出 ( )f x 的最小值，然后求解关于 a 的不等式即可. 【详解】（1）当 1a  时，   5 2 , 1 1 4 3,1 4 2 5, 4 x x f x x x x x x             ， 当 1x  时，  f x x ，无解；当1 4x  时，  f x x 可得 3 4x  ；当 4x  时，  f x x 可得 4 5x  ；故不等式  f x x 的解集为 3,5 ． （2）      4 4 4f x x a x x a x a          ， 4 44 1 aa a a      ． 当 0a  或 4a  时，不等式显然成立； - 22 - 当 0 4a  时， 1 1a  ，则1 4a  ． 故 a 的取值范围为   ,0 1,  ． 【点睛】本题主要考查含有绝对值不等式的解法及恒成立问题，零点分段讨论法是常用解此 类不等式的方法. - 23 -