江西省南昌市2020届高三第三次模拟考试理科数学试题 Word版含解析 25页

- 1 - NCS20200707 项目第三次模拟测试卷 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. 已知 1 i iz  （i 为虚数单位），在复平面内，复数 z 的共轭复数 z 对应的点在（ ） 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】 求出复数 z，写出 z ，即得 z 对应的点所在的象限. 【详解】  1 1 1 1 1,1 2 2 2 2 2 i iiz i z ii        ， 复数 z 的共轭复数 z 对应的点是 1 1,2 2     ，在第四象限. 故选： D . 【点睛】本题考查复数的除法运算和共轭复数，属于基础题. 2. 设集合  1A x x a   ，   1,0, 0B b b  ，若 A B ，则对应的实数 ,a b 有( ) A. 1 对 B. 2 对 C. 3 对 D. 4 对 【答案】B 【解析】 【分析】 先解出集合 A ，再根据集合的包含关系，即可确定． 【详解】因为    1 1, 1A x x a a a      ，若 A B ，而   1,0, 0B b b  ，    1 1 2a a    ，所以，只能 1 0 1 a a b      或 1 1 1 a a b      ，解得 1 2 a b    或 2 3 a b    ． 故选：B． 【点睛】本题主要考查集合包含关系的理解，属于基础题． 3. 为了普及环保知识，增强环保意识，某中学随机抽取 30 名学生参加环保知识竞赛，得分 （10 分制）的频数分布表如表： - 2 - 得分 3 4 5 6 7 8 9 10 频数 2 3 10 6 3 2 2 2 设得分的中位数为 em ，众数为 0m ，平均数为 x ，则（ ） A. 0em m x  B. 0em m x  C. 0em m x  D. 0 em m x  【答案】D 【解析】 【分析】 由频率分步表求出众数、中位数和平均数，比较即可． 【详解】由图知，众数是 0 5m  ； 中位数是第 15 个数与第 16 个数的平均值， 由图知将数据从大到小排第 15 个数是 5，第 16 个数是 6， 所以中位数是 5 6 5.52em   ； 平均数是  1 2 3 3 4 10 5 6 6 3 7 2 8 2 9 2 10 630x                   ； ∴ 0 em m x  ． 故选：D． 【点睛】本题考查了求出一组数据的众数、中位数、平均值的应用问题，是基础题． 4. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ） A. 3 B. 9 C. 12 D. 36 【答案】A - 3 - 【解析】 【分析】 根据题意还原几何体，根据圆锥的体积计算公式，即可容易求得. 【详解】根据三视图可知，该几何体是底面半径为 3，高为 4 的四分之一圆锥. 故其体积 21 1 34 3V r h      . 故选：A. 【点睛】本题考查由三视图还原几何体，以及圆锥体积的求解，属综合基础题. 5. 在 ABC 中，D 为线段 AB 上一点，且 3BD AD ，若CD CA CB       ，则    ( ) A. 1 3 B. 3 C. 1 4 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】 根据 3BD AD ，以 ,CA CB   为基底，根据向量的线性运算即可求解. 【详解】 3BD AD 3 3 3 1( )4 4 4 4CD CB BD CB BA CB CA CB CA CB                     ， 又 CD CA CB      Q ， 3 1,4 4     ， 3   ， 故选：B 【点睛】本题主要考查了向量的线性运算，考查了向量的加法、减法，基底的概念，属于中 - 4 - 档题. 6. 在 ABC 中，角 , ,A B C 所对应的边分别为 , ,a b c ， 1c b a b a c    ，则下列说法不一定 成立的是( ) A. ABC 可能为正三角形 B. 角 , ,A B C 为等差数列 C. 角 B 可能小于 3  D. 角 B C 为定值 【答案】B 【解析】 【分析】 已知条件化简可得 2 2 2c b a bc   ，根据余弦定理可解得 3A  ，依次判断各选项即可得出 结果. 【详解】 1c b a b a c    ,       c a c b a b a c a b       ,化简可得： 2 2 2c b a bc   ， 2 2 2 1cos 2 2 2 c b a bcA bc bc      ，即 3A  ， 2 3B C   . 所以 ABC 可能为正三角形，角 B 可能小于 3  ,角 B C 为定值,一定成立，只有当 A B C  时，角 , ,A B C 为等差数列，所以角 , ,A B C 为等差数列不一定成立. 故选：B. 【点睛】本题考查余弦定理在解三角形中的应用，考查逻辑推理能力，属于基础题. 7. 已知函数    22sin 0f x x   的最小正周期为 ，若将其图象沿 x 轴向右平移  0m m  个单位，所得图象关于 3x  对称，则实数 m 的最小值为( ) A. 4  B. 3  C. 3 4  D.  【答案】B 【解析】 【分析】 先利用降幂公式将函数式化简为 cos( )y A x kw j= + + 的形式，然后利用图象变换的规律求出 - 5 - 变换后的解析式，最后利用函数的最值的性质求出 m 的值． 【详解】化简得 ( ) cos2 1f x x   ， ∵函数  f x 的最小正周期为 1  ，所以 ( ) cos2 1f x x   ， 将其图象沿 x 轴向右平移 ( 0)m m  个单位，所得图象对应函数为 cos(2 2 ) 1y x m    ， 因为其图象关于 3x  对称，则有 2cos( 2 ) 13 m    ，  2 23 m k   ， k Z ，解得 3 2 km    ， k Z 由 0m  ，实数 m 的最小值为 3  ． 故选：B． 【点睛】本题考查考生对余弦型三角函数的图象变换与性质，考查学生的逻辑推理能力及运 算求解能力． 8. 函数   1 cosf x x xx      （ x    且 0x  ）的图象可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 因为 1 1( ) ( )cos ( )cos ( )f x x x x x f xx x          ，故函数是奇函数，所以排除 A，B； 取 x  ，则 1 1( ) ( )cos ( ) 0f           ，故选 D. - 6 - 考点：1.函数的基本性质；2.函数的图象. 9. 甲、乙两人进行象棋比赛，采取五局三胜制（不考虑平局，先赢得三场的人为获胜者，比 赛结束）.根据前期的统计分析，得到甲在和乙的第一场比赛中，取胜的概率为 0.5，受心理 方面的影响，前一场比赛结果会对甲的下一场比赛产生影响，如果甲在某一场比赛中取胜， 则下一场取胜率提高 0.1，反之，降低 0.1.则甲以 3:1 取得胜利的概率为( ) A. 0.162 B. 0.18 C. 0.168 D. 0.174 【答案】D 【解析】 【分析】 设 甲 在 第 一 、 二 、 三 、 四 局 比 赛 中 获 胜 分 别 为 事 件 1 2 3 4, , ,A A A A ， 则 所 求 概 率  1 2 3 4P P A A A A    1 2 3 4 1 2 3 4P A A A A P A A A A  ，再根据概率的计算公式即可求得答案． 【详解】解：设甲在第一、二、三、四局比赛中获胜分别为事件 1 2 3 4, , ,A A A A ， 由题意，甲要以 3:1 取得胜利可能是 1 2 3 4A A A A ， 1 2 3 4A A A A ， 1 2 3 4A A A A ， ∴由概率得，甲以 3:1 取得胜利的概率  1 2 3 4P P A A A A    1 2 3 4 1 2 3 4P A A A A P A A A A  0.5 0.6 0.3 0.6    0.5 0.4 0.5 0.6    0.5 0.4 0.5 0.6    0.174 ， 故选：D． 【点睛】本题主要考查独立事件概率乘法公式的应用，属于基础题． 10. 知双曲线 2 2 2 2: 1( 0, 0)x yC a ba b     的左、右焦点分别为 1F ， 2F ，点 M 在C 的右支上， 1MF 与 y 轴交于点 A ， 2MAF 的内切圆与边 2AF 切于点 B .若 1 2 4 | |F F AB ，则C 的渐近 线方程为( ) A. 3 0x y  B. 3 0x y  C. 2 0x y  D. 2 0x y  【答案】A 【解析】 - 7 - 【分析】 由双曲线的定义和内切圆的性质：圆外一点向圆引切线，则切线长相等，结合双曲线的定义， 可求出渐进线方程. 【详解】如图所示：设 , ,G B N 分别为 2MAF 三边与其内切圆的切点，圆心为 I . 已知 MGI△ ≌ MNI△ ， 2F BI△ ≌ 2F NI△ , AGI△ ≌ ABI△ . 即 2 2, ,NM MG AG AB F B F N   由双曲线的定义有： 1 2 2MF MF a  . 则 1 2 1 2 1 2MF MF MF MN NF MF MG BF       2 2 2AF BF AG AB AG AB      . 所以 2 2AB a ,即 AB a .又 1 2 4F F AB . 所以 2 4c a ，又 2 2 2 a b c ，解得 3b a  . 双曲线 2 2 2 2: 1( 0, 0)x yC a ba b     的渐近线方程为： 3by x xa     . 故选：A 【点睛】本题考查双曲线的定义、性质和渐进线方程，考查圆的切线性质，属于中档题. 11. 将正整数 20 分解成两个正整数的乘积有1 20 ，2 10 ，4 5 三种，其中 4 5 是这三种 分解中两数差的绝对值最小的.我们称 4 5 为 20 的最佳分解.当 p q （ p q 且 , Np q  ） 是正整数 n 的最佳分解时，定义函数  f n q p  ，则数列    N3nf n  的前 100 项和 100S 为( ) - 8 - A. 503 1 B. 503 1 C. 503 1 2  D. 503 1 2  【答案】B 【解析】 【分析】 首先利用信息的应用求出关系式的结果，进一步利用求和公式的应用求出结果． 【详解】解：依题意，当 n 为偶数时， 2 2(3 ) 3 3 0 n n nf    ； 当 n 为奇数时， 1 1 1 2 2 2(3 ) 3 3 2 3 n n n nf        ， 所以 0 1 4 00 9 1 2(3 3 3 )S    ， 503 12 3 1   ， 503 1  ． 故选：B. 【点睛】本题考查的知识要点：信息题的应用，数列的求和的应用，主要考查学生的运算能 力和转换能力及思维能力，属于中档题． 12. 已知函数    |2 | 4ln 1xf x e   ，   2, 0 2, 0 a x xg x a x x        ，若存在   Z, 1a n n n   ， 使得方程    f x g x 有四个不同的实根，则 n 的最大值是（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】 依题意，转化可得函数     2 2 2 2 ln , 0 ( ) ln , 0 x x x x e e x F x e e x            与直线 y a 有且仅有四个不同的交 点，且易发现函数  F x 为偶函数，利用导数研究函数  F x 的性质，作出函数图象，观察图 象可得实数 a 的取值范围，进而得到 n 的最大值. - 9 - 【详解】令     2 4 2 4 ln 1 ( 2) , 0 ( ) ( ) ( ) ln 1 ( 2) , 0 x x e x a x h x f x g x e x a x                  ， 则        2 4 2 2 2 2 4 2 2 2 1ln ln , 0 ( ) ln 1 ln , 0 x x x x x x x x e a e e a xeh x e e a e e a x                                  ， 依题意，函数     2 2 2 2 ln , 0 ( ) ln , 0 x x x x e e x F x e e x            与直线 y a 有且仅有四个不同的交点， 易知函数  F x 为偶函数，故先研究 0x  时的情况， 当 0x  时， 2 2 2 2( ) x x x x e eF x e e        ， 令   0F x  ，解得 0 2x  ，令   0F x  ，解得 2x  ， 故函数  F x 在  0,2 上单调递减，在 2  ， 上单调递增，且    2 ln 2F x F 极小值 ， 由偶函数的对称性，可作出函数  F x 的图象，如下图所示， 由图可知，   2 2ln 2 lna e e ， ，又 0 ln 2 1  ，  2 22 ln 3e e   ， ∴ n 的最大值为 2， 故选：C. 【点睛】本题考查函数与导数的综合运用，考查函数零点与方程根的关系，考查转化思想与 数形结合思想，将问题转化为函数  F x 的图象与直线 y a 有且仅有四个不同的交点，进而 通过数形结合确定实数 a 的取值范围是解题的关键，属于难题 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分共 20 分. - 10 - 13. 执行如图所示的框图程序，输出的结果 S _________. 【答案】 5 【解析】 【分析】 列出前几步循环，可得出输出的 S 为数列   1 n n  的前10项和，进而可求得结果. 【详解】第一次循环， 1S   ， 1 1 2n    ， 10n  不成立； 第二次循环， 1 2S    ， 2 1 3n    ， 10n  不成立； 第三次循环， 1 2 3S     ， 3 1 4n    ， 10n  不成立；  依此类推，最后一次循环， 1 2 3 10S       ， 10 1 11n    ， 10n  成立. 跳出循环体，输出的 S 为 1 2 3 10 5S        . 故答案为：5 . 【点睛】本题考查利用循环结构框图计算输出结果，一般列举出循环的每一步，找出规律， 考查计算能力，属于基础题. 14. 已知函数   | | 22 xf x x  ， 2 1log 3m f      ，  0.17n f  ，  4log 25p f ，则 m，n， p 的大小关系是_________. 【答案】 p m n  【解析】 【分析】 利用函数的奇偶性与单调性，结合自变量的大小，求解即可． 【详解】解：∵ | | 2( ) 2 xf x x  ，定义域为 R ， ∴    2| |( ) 2 x xf x x f     ， ∴函数  f x 为偶函数，且易知函数 ( )f x 在 (0, ) 上单调递增， - 11 - ∵ 2 2 1| log | log 3 (1,2)3   ， 0.17 (0,1)  ， 4 2log 25 log 5 (2,3)  ， ∴ p m n  ， 故答案为： p m n  ． 【点睛】本题主要考查函数的单调性与奇偶性的应用，属于基础题． 15. 已知 1sin 6 3      ，则 5cos 6 tan 3             __________. 【答案】 1 3  【解析】 【分析】 根据诱导公式和同角三角函数关系式，对三角函数表达式进行变形应用． 【 详 解 】 5cos cos cos ,6 6 6                            tan tan cot3 2 6 6                              ， 5cos cos cos sin 16 6 6 6 sin 6 3tan cot cos3 6 6                                                                      ， 故答案为： 1 3  【点睛】本题考查了三角函数诱导公式和同角三角函数关系式的综合应用．熟练掌握“奇变 偶不变，符号看象限”的判断原则，属于中档题． 16. 已知长方体 1 1 1 1ABCD A B C D ， 3 2AB  ， 2AD  ， 1 2 3AA  ，已知 P 是矩形 ABCD 内一动点， 1PA 与平面 ABCD 所成角为 3  ，设 P 点形成的轨迹长度为 ，则 tan  _________；当 1C P 的长度最短时，三棱锥 1D DPC 的外接球的表面积为 _____________. - 12 - 【答案】 (1). 3 7 (2). 29 2  【解析】 【分析】 先确定 1PA 与平面 ABCD 所成角为 1APA ,即得 2AP  ，从而根据弧长公式得 ，再根据 二倍角正切公式得结果；先确定 1C P 的长度最短时 P 点位置，再确定三棱锥 1D DPC 的外 接球的球心，根据 DPC△ 外接圆半径求得球半径，即得球的表面积. 【详解】因为长方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中 1AA  平面 ABCD ， 所以 1PA 与平面 ABCD 所成角为 1APA , 因为 1PA 与平面 ABCD 所成角为 3  ，所以 1 3APA   因为 1 2 3AA  ，所以 2AP  从而 P 点形成的轨迹为以 A 为圆心，2 为半径的圆在矩形 ABCD 内一段圆弧 DM ，设其圆心 角为 ，则 3 3 32sin tan2 4 7      因此 2 322tan 7tan tan 2 3 791 tan 1 7           因为 2 2 1 1C P CC CP  ,所以CP 最小时， 1C P 长度最短，此时 P 为 AC 与上面圆弧 DM 的 交点,设 DPC△ 外接圆圆心为 1O ，半径为 r ， 2 2 2 2 2 4cos 532 ( )2 AD ADCAD AC AD DC        则 3 3 2 22 sin sin( ) cos2 2 2 CDr CAD CADCPD      - 13 - 2 2 9 9 9 54 4 4 1 cos 4 8cos 12 2 5 2 r CAD CAD       设三棱锥 1D DPC 的外接球的球心为O ，半径为 R , 从而 22 2 2 1 1 5 293 8 8R OO O C     因此球的表面积为 2 294 2R  故答案为： 3 7 ； 29 2  【点睛】本题考查线面角、立体动点轨迹、三棱锥外接球表面积，考查空间想象能力以及运 算能力，属较难题. 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. 已知数列 na 中， 1 2a  ， 1 1 2 pn n na a    （ p 为常数）. （1）若 1a ， 2 1 2 a ， 4a 成等差数列，求 p 的值. （2）是否存在 p ，使得 na 为等比数列？若存在，求 na 的前 n 项和 nS ；若不存在，请说 明理由. - 14 - 【答案】（1）1；（2）存在， 12 2n nS   . 【解析】 【分析】 （1）首先利用递推公式 1 1 2 pn n na a    求出 2 4,a a 的值，再根据 1a ， 2 1 2 a ， 4a 成等差数列得 到 2 4 1a a a  ，代入数值即可得到答案. （2）首先假设存在 p ，使得 na 是等比数列，根据 2 2 1 3a a a= 求出 2p  ，再验证即可. 【详解】（1）当 1n  时， 1 1 1 2 2 22 22 p p pa a a      ， 当 2n  时， 2 1 2 1 2 3 3 12 222 p p p pa a a       ， 当 3n  时， 3 1 3 1 3 4 4 2 1 2 22 2 p p p pa a a       ， 因为 1a ， 2 1 2 a ， 4a 成等差数列，则 2 4 1a a a  ，即： 22 2 2p p  . 整理得： 2(2 ) 2 2 (2 2)(2 1) 0p p p p      ， 因为 2 0p  ，解得 2 2p  ，即 1p  . （2）假设存在 p ，使得 na 是等比数列. 由（1）知： 1 2a  ， 2 2 pa  ， 1 3 2 pa  ， 得到 2 2 1 3a a a= ，即 2 1(2 ) 2 2p p   ，则 2 2p p  ， 2p  . 此时 2 1 1 2 n n na a    ， 2 3 1 2 2 n n na a     ， 则 2 3 1 2 2 2 1 1 2 42 n n n n n n n n a a a a a a          ，又因为 2 2 1 2 22 a a   ， 所以存在实数 2p  ，使得 na 是等比数列. 其前 n 项和   12 1 2 2 21 2 n n nS     . 【点睛】本题第一问考查数列递推公式，同时考查了等差中项的性质，第二问考查等比数列 的判断，同时考查了等比数列前 n 项和的计算，属于中档题. - 15 - 18. 三棱柱 1 1 1ABC A B C 中， 2AB  ， 2BC  ， 2AC  ，四边形 1 1ABB A 为菱形，且 1 60ABB   ， 1AC CC . （Ⅰ）求证：平面 1 1ABB A  平面 1 1BBC C ； （Ⅱ）求 1BB 与平面 ABC 的夹角正弦值. 【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ） 21 7 . 【解析】 【分析】 （1）利用线面、面面垂直的判定定理即可证明； （2）通过建立空间直角坐标系，利用直线的方向向量和平面的法向量的夹角的余弦值的绝对 值等于直线和平面所成角的正弦值即可. 【详解】（Ⅰ）取 1BB 中点 O，连接 1AB ，OA，OC ，菱形中 1 60ABB   ， 故三角形 1ABB 是等边三角形，则 1AO BB ， 1BO  ， 3AO  ， 又 1 1//BB CC ， 1AC CC ，所以 1AC BB ， 又 1AO BB ， AO AC A  ，故 1BB  平面 AOC ， 所以 1BB CO ，在 Rt BOC 中， 2 2 1CO BC BO   ， 所以 2 2 2CO AO AC  ，故 CO AO ， 又 1AO BB ，所以 AO  平面 1 1BBC C ， 又 AO  平面 1 1ABB A ，所以平面 1 1ABB A  平面 1 1BBC C ； - 16 - （Ⅱ）以 O 为原点，如图建立空间直角坐标系， 则  3,0,0A ，  0,1,0B ，  0,0,1C ，  3, 1,0BA   ，  0, 1,1BC   ， 设平面 ABC 的法向量为  , ,m x y z ，由 m BA m BC       ， 得 0 0 m BA m BC         ，即 3 0 0 x y y z      ，令 3x  ，知 3y  ， 3z  ， 所以  3,3,3m  ，设 1BB 上的单位向量为  0,1,0n  ， 则 1BB 与平面 ABC 的夹角正弦值 21sin cos , | | | | 7 m nm n m n            . 【点睛】本题主要考查面面垂直的证明和线面角，主要考查学生的计算能力，属于中档题. 19. 在“挑战不可能”的电视节目上，甲、乙、丙三个人组成的解密团队参加一项解密挑战 活动，规则是由密码专家给出题目，然后由3 个人依次出场解密，每人限定时间是1分钟内， 否则派下一个人.3 个人中只要有一人解密正确，则认为该团队挑战成功，否则挑战失败.根据 甲以往解密测试情况，抽取了甲100次的测试记录，绘制了如下的频率分布直方图. - 17 - （1）若甲解密成功所需时间的中位数为 47 ，求 a 、b 的值，并求出甲在1分钟内解密成功的 频率； （2）在“挑战不可能”节目上由于来自各方及自身的心理压力，甲，乙，丙解密成功的概率 分别为  1 19 1 1,2,310 10n n P nP n        ，其中 iP 表示第i 个出场选手解密成功的概率，并且 1P 定义为甲抽样中解密成功的频率代替，各人是否解密成功相互独立. ①求该团队挑战成功的概率； ②该团队以 iP 从小到大的顺序按排甲、乙、丙三个人上场解密，求团队挑战成功所需派出的 人员数目 X 的分布列与数学期望. 【答案】（1） 0.026a  ， 0.024b  ，甲在1分钟内解密成功的频率 0.9 ；（2）① 0.999361； ②详见解析，   1.109E X  . 【解析】 【分析】 （1）根据中位数左右两边的矩形面积之和均为 0.5可求得 a 、b 的值，并根据频率分布直方 图求得甲在1分钟内解密成功的频率； （2）①由（1）得出 1 0.9P  ，求出 2P 、 3P 的值，由此得出该团队挑战成功的概率为    1 2 31 1 1 1P P P    ； ②由题意可得出随机变量 X 的可能取值有1、2 、3 ，利用独立事件的概率乘法公式计算出随 机变量 X 在不同取值下的概率，据此可得出随机变量 X 的分布列，结合期望公式可计算出 X 的数学期望值. 【详解】（1）甲解密成功所需时间的中位数为 47 ，  0.01 5 0.014 5 5 0.034 5 47 45 0.04 0.5a           ，解得 0.026a  ， 0.04 3 0.032 5 5 0.01 10 0.5b       ，解得 0.024b  ， 由频率分布直方图知，甲在1分钟内解密成功的频率是 1 0.01 10 0.9f     ； - 18 - （2）①由题意及（1）可知第一个出场选手解密成功的概率为 1 0.9P  ， 第二个出场选手解密成功的概率为 2 9 10.9 1 0.9110 10P      ， 第三个出场选手解密成功的概率为 2 3 9 10.9 2 0.92910 10P         ， 所以该团队挑战成功的概率为    1 2 31 1 1 1 1 0.1 0.09 0.071 0.999361P P P P          ； ②由①可知按  1,2,3iP i  从小到大的顺序的概率分别 1P 、 2P 、 3P ， 根据题意知 X 的取值为1、 2 、 3 ， 则  1 0.9P X   ，    2 1 0.9 0.91 0.091P X      ，      3 1 0.9 1 0.91 0.009P X       ， 所以所需派出的人员数目 X 的分布列为： X 1 2 3 P 0.9 0.091 0.009 因此，   1 0.9 2 0.091 3 0.009 1.109E X        . 【点睛】本题考查利用频率分布直方图中的中位数求参数，同时也考查概率的计算、随机变 量分布列以及数学期望的计算，考查计算能力，属于中等题. 20. 在直角坐标系 xOy 上取两个定点 A1（ 6 ，0），A2（ 6 ，0），再取两个动点 N1（0，m）， - 19 - N2（0，n），且 mn＝2. （1）求直线 A1N1 与 A2N2 交点 M 的轨迹 C 的方程； （2）过 R（3，0）的直线与轨迹 C 交于 P，Q，过 P 作 PN⊥x 轴且与轨迹 C 交于另一点 N，F 为轨迹 C 的右焦点，若 RP RQ  （λ＞1），求证： NF FQ  . 【答案】（1） 2 2 6 2 x y  1（x≠± 6 ）；（2）证明见解析 【解析】 【分析】 （1）根据题意先写出两直线的方程，再根据条件化简即可求得答案； （2）设P（x1，y1），Q（x2，y2），设l：x＝ty+3，联立直线与椭圆的方程，由韦达定理得y1+y2 2 6 3 t t    且 y1y2 2 3 3t   ，根据题意得 x1﹣3＝λ（x2﹣3），y1＝λy2，再代入即可证明结论． 【详解】（1）解：依题意知直线 A1N1 的方程为：y 6 m （x 6 ）…①； 直线 A2N2 的方程为：y 6 n  （x 6 ）…② 设 Q（x，y）是直线 A1N1 与 A2N2 交点，①、②相乘，得 y2 6 mn  （x2﹣6） 由 mn＝2 整理得： 2 2 6 2 x y  1 ∵N1、N2 不与原点重合，可得点 A1，A2 不在轨迹 M 上， ∴轨迹 C 的方程为 2 2 6 2 x y  1（x≠± 6 ）； （2）证明：设 l：x＝ty+3，代入椭圆方程消去 x，得（3+t2）y2+6ty+3＝0. 设 P（x1，y1），Q（x2，y2），N（x1，﹣y1），可得 y1+y2 2 6 3 t t    且 y1y2 2 3 3t   ， RP RQ  ，可得（x1﹣3，y1）＝λ（x2﹣3，y2），∴x1﹣3＝λ（x2﹣3），y1＝λy2， 证明 NF FQ  ，只要证明（2﹣x1，y1）＝λ（x2﹣2，y2），∴2﹣x1＝λ（x2﹣2）， 只要证明 1 1 2 2 3 2 3 2 x x x x     ，只要证明 2t2y1y2+t（y1+y2）＝0， - 20 - 由 y1+y2 2 6 3 t t    且 y1y2 2 3 3t   ，代入可得 2t2y1y2+t（y1+y2）＝0， ∴ NF FQ  ． 【点睛】本题主要考查轨迹方程的求法，考查直线与椭圆的位置关系，考查计算能力与推理 能力，属于难题． 21. 已知     21ln 1 12a x a xf x     （ aR ）. （1）讨论  f x 的单调性； （2）当 1a   时，对任意的 1x ，  2 0,x   ，且 1 2x x ，都有    1 2 2 1 1 2 1 2 x f x x f x mx xx x   ， 求实数 m 的取值范围. 【答案】（1）见解析；（2） 5 11 2em   . 【解析】 【分析】 （1）求出导函数，通过①当 1a… 时，②当 0 1a  时，③当 0a„ 时，判断导函数的符号，判 断函数的单调性即可． （2）当 1a   时， 2( ) ln 1f x x x    ，不妨设 1 20 x x  ，则 1 2 2 1 1 2 1 2 ( ) ( )| |x f x x f x mx xx x   等 价于 2 1 2 1 2 1 ( ) ( )| | ( )f x f x m x xx x    ，考查函数 ( )( ) f xg x x  ，求出导函数，令 2 2 ln 2( ) x xh x x   ， 再求解导函数，判断函数的单调性．求出函数的最值，说明 ( )g x 在 (0, ) 上单调递减．得 到 1 1 2 2( ) ( )g x mx g x mx   恒成立，设 ( ) ( )x g x mx   ，则 ( ) x 在 (0, ) 上恒为单调递减函 数，然后转化求解 m 的范围即可． 【详解】（1）       211 a x aa a xxx xf      （ 0x  ）. ①当 1a  时，   0f x  ，  f x 在 0,  上单调递增； ②当 0 1a  时，    1 1 1 a aa x f a xx xa              ， 所以当 1 ax a    时，   0f x  ，当 0 1 ax a     时，   0f x  ， - 21 - 所以  f x 在 0, 1 a a      上单调递增，在 ,1 a a         上单调递减； ③当 0a  时，   0f x  ，  f x 在 0,  上单调递减. （2）当 1a   时，   2ln 1x xf x     ，不妨设 1 20 x x  ，则    1 2 2 1 1 2 1 2 x f x x f x mx xx x   等价于      2 1 2 1 2 1 f x f x m x xx x    ， 考查函数    f xg x x  ，得   2 2 ln 2x x x xg    ， 令   2 2 ln 2xh xx x   ，   3 5 2lnx x xh   ， 则 5 20,x e     时，   0h x  ， 5 2e ,x       时，   0h x  ， 所以  h x 在区间 5 20,e      上是单调递增函数，在区间 5 2 ,e       上是单调递减函数. 故   5 2 5 1e 1 02egg x           ，所以  g x 在 0,  上单调递减. 从而    1 2g x g x ，即    2 1 2 1 f x f x x x  ，故      1 2 2 1 1 2 f x f x m x xx x    ， 所以    1 2 1 2 1 2 f x f xmx mxx x    ，即    1 1 2 2g x mx g x mx   恒成立， 设    x g x mx   ，则  x 在 0,  上恒为单调递减函数， 从而     0x g x m    恒成立，故     5 1 1 02ex mg x m     ， 故 5 11 2em   . 【点睛】本题考查导数公式和导数运算法则以及恒成立的思想，考查学生灵活运用导数工具 分析问题、解决问题的能力，综合考查学生的分类讨论思想以及逻辑推理能力、运算求解能 力和推理论证能力. （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. - 22 - 选修 4-4：坐标系与参数方程 22. 在极坐标系中，曲线 : 4cosC   ，以极点 O 为旋转中心，将曲线 C 逆时针旋转 3  得到 曲线C . （Ⅰ）求曲线 C 的极坐标方程； （Ⅱ）求曲线 C 与曲线 C 的公共部分面积. 【答案】（Ⅰ） 4cos 3       ；（Ⅱ） 8 2 33   . 【解析】 【分析】 （Ⅰ）设点 P  ,  是曲线 : 4cosC   上任意一点，用点 P 的极坐标表示出点 P 旋转之 后对应的点 P ，而点 P 在曲线 : 4cosC   上，代入即可求出曲线 C 的极坐标方程； （Ⅱ）根据几何知识可知， 四边形 'OC AC 为菱形，即可求出 2 3OCA   ，再根据曲线 C 与曲线C 的公共部分等于两个弓形面积，即可求出． 【详解】（Ⅰ）设点 P  ,  是曲线 : 4cosC   上任意一点，旋转之后点 P  ,   ，满 足 3          ，即 3          代入曲线 : 4cosC   ，得曲线 : 4cos 3C         ，即 曲线 : 4cos 3C        ． （Ⅱ）如图，两圆相交于点 O，A，连接OA， AC ，OC ，OC， AC， 显然四边形 'OC AC 为菱形，故 2 3OCA   ．由曲线 : 4cosC   知，圆的半径为 2 ，所 以曲线 C 与曲线C 的公共部分的面积为两个弓形的面积，即 - 23 -   21 2 1 2 82 2 2 2 2 2 sin 2 32 3 2 3 3OC AOC A OC AS S S S                    △弓形 扇形 . 【点睛】本题主要考查相关点代入法求轨迹方程，以及平面几何知识和扇形面积公式的应用， 属于基础题． 选修 4-5：不等式选讲 23. 已知   | | | 1|.f x k x x   （Ⅰ）若 2k  ，解不等式   5f x  . （Ⅱ）若关于 x 的不等式   | 1| | 2 2 |f x x x    的充分条件是 1 ,22x      ，求 k 的取值范 围. 【答案】（Ⅰ） 4 ,23     （Ⅱ） ,2 . 【解析】 【分析】 （Ⅰ）分区间讨论，去掉绝对值号即可求解； （Ⅱ）由题意可转化为 1 1x xk x    在 1 ,22x      恒成立，根据绝对值不等式可求出 1 1 1 1 2x x x x x x        ，即可求解. 【详解】（Ⅰ）若 2k  ，不等式   5f x  可化为 2 1 5x x   . 当 0x  时，  2 1 5x x    ，即 4 3x   ，∴ 4 03 x   ； 当 0 1x  时，  2 1 5x x   ，即 4x  ，∴ 0 1x  ； 当 1x 时，  2 1 5x x   ，即 2x  ，∴1 2x  . 故不等式的解集为 4 ,23     . （Ⅱ）关于 x 的不等式   1 2 2f x x x    在 1 ,22x      恒成立， - 24 - 即 1 2 2 1k x x x x      在 1 ,22x      恒成立， ∴ 1 1x xk x    在 1 ,22x      恒成立， ∵ 1 1 1 1 2x x x x x x        ，等号在 1x  ， 1x  同号时等号成立， 所以，所求实数 k 的范围是  ,2 . 【点睛】本题主要考查了含绝对值不等式的解法，不等式恒成立求参数取值范围，分类讨论 思想，转化思想，属于中档题. - 25 -