安徽省黄山市2020届高三第二次质量检测数学（文）试题 Word版含解析 23页

- 1 - 黄山市 2020 届高中毕业班第二次质量检测数学（文科）试题 第Ⅰ卷 一、选择题 1. 如果复数 2 1 ai i   是实数，（i 为虚数单位， a R ），则实数 a 的值是（ ） A. 4 B. 4 C. 2 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】 根据复数的运算及算数的性质即可得. 【详解】由题意得：      12 2 2 21 1 1 2 2 2 a ia a ai a ai i i ii i i                  ， 因为复数 2 1 ai i   是实数， 所以 2 02 a  解得 4a  故选：B 【点睛】本题考查了复数的乘除运算，属于容易题. 2. 若 ,a bR ，则“ 1a  且 1b  ”是“ 1ab  且 2a b  ”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】 根据不等式性质证明充分性成立，举例说明必要性不成立. 【详解】因为 1a  且 1b  ，所以根据同向正数不等式相乘得 1ab  ，根据同向不等式相加得 2a b  ，即 2a b  成立，因此充分性成立； 当 1, 2a b  时满足 1ab  且 2a b  ，但不满足 1a  且 1b  ，即必要性不成立； 从而“ 1a  且 1b  ”是“ 1ab  且 2a b  ”的充分不必要条件， 故选：A - 2 - 【点睛】本题考查不等式性质、充要关系判断，考查基本分析判断能力，属基础题. 3. 已知集合  2 1M x x ∣ ，  2 1xN x  ∣ ，则 M N  （ ） A.  B. { 1 0}x x  ∣ C. { 1 0}x x  ∣ D. { 1 1}x x  ∣ 【答案】B 【解析】 【分析】 先求出两个集合，再求交集即可 【详解】解：由 2 1x  得 1 1x   ，所以    2 1 1 1M x x x x     ∣ ， 由 02 1 2x   ，得 0x  ，则 0x  ，所以    2 1 0xN x x x   ∣ ， 所以 M N  { 1 0}x x  ∣ ， 故选：B 【点睛】此题考查集合的交集运算，考查了一元二次不等式的解法，考查了指数不等式的解 法，属于基础题. 4. 平面 // 平面  ，直线 //m  ，直线 n 垂直直线 m 在  内的射影，那么下列位置关系一定 正确的为（ ） A. //m  B. n  C. n   D. n m 【答案】D 【解析】 【分析】 根据平面与平面、直线与平面的位置关系，结合题意，对每个选项进行逐一分析即可. 【详解】对 A ：当 m  时，也满足题意，此时 m 不平行于 ，故 A 错误； 对 BC ：若满足题意， n 可以在平面 内，或 n  ，故 BC 错误； 对 D ：因为 //  ， m //  ，直线 n 垂直直线 m 在  内的射影，故 n m ，故 D 正确. 故选： D . 【点睛】本题考查平面与平面的位置关系，以及直线与平面的位置关系，属综合基础题. 5. 若函数 ( ) 2sin( ) 1f x x    ，对任意的 x 都有 ( ) (2 )f x f x  ，则 sin( )  等于 - 3 - （ ） A. 3 B. 0 C.  D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】 由题意可知，函数的图象关于 1x  对称，代入即可求解． 【详解】因为 ( ) 2sin( ) 1f x x    ，对任意的 x 都有    2f x f x  ， 故函数图象关 于 1x  对称，则 1 2 k      ，所以  sin 1    ． 故选：C． 【点睛】本题主要考查了正弦函数对称性的应用，属于基础试题． 6. 若一个底面为正三角形、侧棱与底面垂直的棱柱的三视图如图所示，则这个棱柱的表面积 为（ ） A. 36 B. 36 8 3 C. 3 18 3 D. 36 24 3 【答案】B 【解析】 【分析】 由三视图确定正三棱柱的底面边长和高，然后可计算表面积． 【详解】由三视图知正三棱柱的高是 3，底面正三角形的高是 2 3 ，∴底面边长为 2 3 4 3 2  ， - 4 - S 底＝ 1 4 2 3 4 32    ，侧面积为 S 侧＝3 4 3 36   ， ∴表面积为 2S S 底＋ S 侧＝8 3 36 ． 故选：B． 【点睛】本题考查三视图，考查棱柱的表面积，解题关键是由三视图确定棱柱中各棱长． 7. 若从集合 { 2,1,2}A   中随机取一个数 a ，从集合 { 1,1,3}B   中随机取一个数b ，则直 线 0ax y b   不经过第四象限的概率为（ ） A. 2 9 B. 1 3 C. 4 9 D. 1 4 【答案】C 【解析】 【分析】 基本事件总数 3 3 9n    ，由直线 0ax y b   不经过第四象限，得 0, 0a b  ，由此利 用列举法求出直线 0ax y b   不经过第四象限包含的基本事件数，从而可求出概率 【详解】解：从集合 { 2,1,2}A   中随机取一个数 a ，从集合 { 1,1,3}B   中随机取一个数b ， 则基本事件总数为 3 3 9n    ， 因为直线 0ax y b   不经过第四象限， 所以 0, 0a b  ， 所以直线 0ax y b   不经过第四象限包含的基本事件有：（1，1），（1，3），（2，1），（2，3）， 共 4 种， 所以直线 0ax y b   不经过第四象限的概率为 4 9 ， 故选：C 【点睛】此题考查概率的求法，考查古典概型、列举法等知识，属于基础题. 8. 秦九韶算法是南宋时期数学家秦九韶提出的一种多项式简化算法，即使在现代，它依然是 计算机解决多项式问题的最优算法，其算法程序框图如图所示，若输入的 0 1 2, , , , na a a a 分 别为 0,1,2, ,n ，取 5n  ，根据该算法计算当 2x  时输出的结果为（ ） - 5 - A. 512 B. 258 C. 851 D. 256 【答案】B 【解析】 【分析】 可先表示出对应的 na 的值，再依次计算循环语句，直到 k n 时，输出对应 S 即可 【详解】由题可知， 0 1 2 3 4 50, 1, 2, 3, 4, 5a a a a a a      ， 0 1k  ， 0 5 5S a  ，输入 的 2x  ； 计算 1 0 4 2 5 4 14S x S a       ， 1 01 5, 1 2k k    ； 计算 2 1 3 2 14 3 31S x S a       ， 2 12 5, 1 3k k    ； 计算 3 2 2 2 31 2 64S x S a       ， 3 23 5, 1 4k k    ； 计算 4 3 1 2 64 1 129S x S a       ， 4 34 5, 1 5k k    ； 计算 5 4 0 2 129 0 258S x S a       ，5 5 不成立，此时输出 5 258S  故选：B 【点睛】本题考查由循环程序框图计算输出结果，有条理、规范的书写是解题的关键，属于 中档题 9. 已知双曲线 2 2 2 ( 0)x ky k k   的一个焦点与抛物线 2 8y x 的焦点重合，则该双曲线的 - 6 - 离心率是（ ） A. 3 B. 2 C. 6 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】 先求抛物线的焦点为 (2,0) ，将双曲线方程化为标准方程，由双曲线的焦点坐标为 (2,0) ，求 得 k ，求得离心率. 【详解】由抛物线 2 8y x 的焦点坐标 (2,0) ，双曲线 2 2 2 ( 0)x ky k k   ， 得 2 2 12 2 x y k   ，则 22 2 2k   ，得 1k  ，故焦距 2 4c  ，实轴长 2 2 2a  ， 则离心率 2ce a   . 故选：D. 【点睛】本题考查了双曲线的几何性质，抛物线的几何性质，属于基础题. 10. 2017 年中学数学信息技术研讨会,谈到了图像计算器在数学教学中的应用.如图输入曲线 方程 28 ( 1 6 5) 0y x x       ,计算器显示线段 AB ，则线段 CD 的曲线方程为 A.  2 3 2 4 2 0x y x x        B.  2 3 2 4 2 0x y x x        C.  2 3 2 4 2 0x y x x        D.  2 3 2 4 2 0x y x x        【答案】A - 7 - 【解析】 根据题中示例可知：之所以可以表示为  2 8 1 6 5 0y x x       之所以可以表示线段 AB . 因为方程等价于 8 0 1 6 5 0 y x x         ，即 8 1 6 y x     ，即为线段 AB . 由此可得题中线段 CD 的方程为： 3 0 2 4 x y x       ，等价于  2 3 2 4 2 0x y x x        . 故选 A. 11. 如图，在等腰直角 ABC 中，斜边| | 6BC  ，且 2DC BD uuur uuur ，点 P 是线段 AD 上任一点， 则 AP CP  的取值范围是（ ） A. [0,4] B. 9 ,410     C. 90,10      D. 9 ,10     【答案】B 【解析】 【分析】 设 AP AD  ，用 ,AB AC   表示出 ,AP CP   ，得到 AP CP  关于  的函数，根据  的范围计算 函数的值域得出答案. 【详解】解：由题意可知， 3 2, 0AB AC AB AC     , 1 1 2 1( )3 3 3 3AD AB BD AB BC AB AC AB AB AC                  , - 8 - 设 AP AD  ，则 2 3 3AP AB AC     ， 2 ( 1)3 3CP AP AC AB AC          ， 所以 2 2( ) [ ( 1) ]3 3 3 3AP CP AB AC AB AC              22 2 24( 1) 10 63 3 9AC AB          ， 因为 0 1≤ ≤ ， 所以当 3 10   时， AP CP  取最小值 9 10  ，当 1  时， AP CP  取最大值 4， 所以 AP CP  的取值范围是 9 ,410     ， 故选：B 【点睛】此题考查平面向量基本定理，数量积运算，属于中档题. 12. 定义在 R 上的函数 ( )f x 满足： ( ) ( ) 1f x f x  ， (0) 3f  ，则不等式 ( ) 2x xe f x e  的解集为（） A. (0, ) B. ( ,0) (3, )   C. ( ,0) (0, )  D. (3, ) 【答案】A 【解析】 【分析】 构造函数 ( ) ( ) ( )x xg x e f x e x R   ,由 ( ) ( ) 1f x f x  得 ( )g x 的单调性,再将不等式 ( ) 2x xe f x e  转化为 ( ) 2x xe f x e  , 又由 (0) 3f  ，得 (0) 2g  ，所以 ( ) (0)g x g ，由 构造函数 ( )g x 的单调性,即可求解． 【 详 解 】 设 ( ) ( ) ( )x xg x e f x e x R   ， 则 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1x x x xg x e f x e f x e e f x f x          , ( ) ( ) 1f x f x  , ( ) ( ) 1 0f x f x    , 又 0xe  ， 所以 ( ) 0g x  , ( )y g x  在定义域上单调递增, 对于不等式 ( ) 2x xe f x e  可转化成 ( ) 2x xe f x e  ， ( ) 2g x  , 又 (0) 3f  ， (0)g  0 0(0) 3 1 2e f e    , - 9 - ( ) (0)g x g  , 而 ( )y g x 在定义域上单调递增, 0x  ， 故选 A. 【点睛】本题考查构造函数，利用其导函数取得正负的范围得出构造函数的单调性区间，从 而求解不等式的问题，此类问题的关键是根据已知条件构造出合适的新函数，并且分析其单 调性和特殊点的函数值，属于中档题． 第Ⅱ卷 二、填空题 13. 在 ABC 中，角 A ， B ，C 所对的边分别为 a ，b ， c ，满足 tan tan 1 tan tanA B A B   ， 2c  .则 ABC 面积的最大值为______. 【答案】 2 1 【解析】 【分析】 先由 tan tantan( ) 11 tan tan A BA B A B     ，得到 4C = ，再由余弦定理和基本不等式，求得 ab 的最大值，再由面积公式 in1 2 sS ab C 求得 ABC 面积的最大值. 【详解】由 tan tantan( ) 1 tan tan A BA B A B    tan tan 1 1 tan tan A B A B   1  ，即 tan 1C   ， 又 (0, )C  ，得 4C = ，则 2 2 2 cos 2 a b cC ab   ，得 2 22 4 2 2 a b ab   ， 得 2 2 4 2 2a b ab ab    ，得 4 2 2 ab   ， 当且仅当 a b 时， ab 有最大值 4 2 2 ， 故 ABC 面积的最大值为 1 2sin 2 12 2 2 ab C     . 故答案为： 2 1 . 【点睛】本题考查了两角和的正切公式，余弦定理，基本不等式求积的最值，三角形的面积 公式，属于中档题. - 10 - 14. 已知实数 x ， y 满足 3 0 2 0 3 5 0 x y x y x y          ，则 2 2 2 1x y y   的最小值是______. 【答案】 4 5 【解析】 【分析】 先画出不等组表示的可行域，令 2 2 2 22 1 ( 1)z x y y x y       ，表示可行域中的点 ( , )x y 到点 (0,1)P 的距离的平方，从而可求出其最小值 【详解】解：不等式组表示的可行域如图所示，令 2 2 2 22 1 ( 1)z x y y x y       ，表示 可行域中的点 ( , )x y 到点 (0,1)P 的距离的平方， 由图可知点 (0,1)P 与可行域中的点的距离的最小值为点 (0,1)P 到直线 2 0x y  的距离， 即 2 2 0 2 2 51 ( 2) d     ， 所以 2 2 2 1x y y   的最小值为 4 5 ， 故答案为： 4 5 【点睛】此题考查简单的线性规划的应用，利用几何意义求非线性目标函数的最值，属于基 础题. 15. 已知圆 1C ： 2 2 22 4 0x y ax a     ，（ a R ）与圆 2C ： 2 2 22 1 0x y by b     ， （b R ）只有一条公切线，则 a b的最小值为______. 【答案】 2 【解析】 - 11 - 【分析】 由圆的方程求出圆心坐标及半径，再根据两个圆只有一条公切线可得两圆内切，即圆心距等 于两个半径之差，进而可得 2 2 1a b  ，设 cos sina b  ， ，根据三角函数的范围求出 a b的最小值． 【详解】圆 1C ： 2 2 22 4 0x y ax a     的圆心 1C 坐标  ,0a ，半径 1 2r  ， 圆 2 2 2 2 2 1 0C x y by b    : 的圆心  2 0,C b ，半径 2 1r  ， 由两个圆只有一条公切线可得两个圆内切，圆心距 2 2 1 2 2 1 1C C a b     ， 所以可得 2 2 1a b  ， 设 cos sina b  ， ， R ， 所以 2 sin 2, 24a b             ， 当且仅当 2 ,4 2 k k Z       时， 即 3 2 ,4 k k Z      时， a b的最小值为 2 . 故答案为： 2 ． 【点睛】本题考查由两个圆的公切线的条数判断两个圆的位置关系，及由三角函数的范围求 代数式的最小值，属于中档题． 16. 将函数 2( ) 2 4sinf x x  的图象向左平移 5 6  个单位后得到函数 ( )g x 的图象，若函数 ( )g x 在区间 0, 2 a     和 73 , 6a      上均单调递增，则实数 a 的范围是______. 【答案】 2 ,9 3       【解析】 【分析】 化简函数解析式为 ( ) 2cos2f x x ，由图象平移写出 ( )g x ，根据余弦函数的单调性求得求出其 增区间，可令 0,1k  得函数在 y 轴右侧的两个增区间，比较已知增区间可得 a 的不等关系， 从而解得结论． - 12 - 【详解】∵  2( ) 2 1 2sin 2cos2f x x x   ，∴ 5 5( ) 2cos2 2cos 26 3g x x x              ， 由 52 2 2 23k x k        ，解得 ,3 6k x k k Z       ， 0k  时，增区间为[ , ]3 6   ， 1k  时，增区间为 2 7[ , ]3 6   ， 若函数 ( )g x 在区间 0, 2 a     和 73 , 6a      上均单调递增， 则 0 2 6 2 733 6 a a          ，解得 2 9 3a   ． 故答案为： 2 ,9 3       ． 【点睛】本题考查三角函数的图象平移变换，考查余弦函数的单调性，掌握余弦函数的单调 性是解题关键． 三、解答题 （一）必考题 17. 习近平总书记在十九大报告中指出，必须树立和践行“绿水青山就是金山银山”的生态 文明发展理念.某苗圃基地拟选用某种植物支援荒山绿化，在相同种植条件下，对该种植物幼 苗从种植之日起，第 x 天的高度（ cmy ）进行观测，下表是某株幼苗的观测数据： 第 x 天 1 4 9 16 25 36 49 高度 / cmy 0 4 7 9 11 12 13 作出如散点图： - 13 - （1）请根据散点图判断， y ax b  与 y c x d  中哪一个更适宜作为幼苗高度 y 关于时 间 x 的回归方程类型？（给出判断即可，不必说明理由） （2）根据（1）的判断结果及表中数据，建立 y 关于 x 的回归方程已知幼苗的高度达到 29 cm 才可以移植，预测苗圃基地需要培育多长时间？ 附： 1 2 2 1 ˆ n i i i n i i x y nxy b x nx        ， ˆˆa y bx  1 n i i x   7 1 i i x   1 n i i y   7 1 i i i x y   2 1 n i i x     1 7 i i ix y   140 28 56 1567 4676 283 【答案】（1） y c x d  ；（2）196 天. 【解析】 【分析】 （1）由散点图直接判断 y ax b  与 y c x d  哪一个更适宜作为幼苗高度 y 关于时间 x 的回归方程类型； （2）令 ( 1,2, ,7)i it x i   ，由所给的公式和数据，先求出 ˆy 关于t 的回归方程，再得到 ˆy 关于 x 的回归方程，再令 ˆ 29y  ，求出对应的 x 值. 【详解】（1）由散点图知， y c x d  更适宜作为幼苗高度 y 关于时间 x 的回归方程 - 14 - （2）令 ( 1,2, ,7)i it x i   ，则 y ct d  28 47t   ， 56 87y   ， 7 7 1 1 283i i i i i i t y x y      ， 7 7 2 1 1 140i i i i t x      7 1 7 2 2 2 1 7 283 7 4 8 59ˆ 2.128140 7 47 i i i i i t y ty c t t             ˆ ˆ 8 2.1 4 0.4d y ct       所以 ˆ 2.1 0.4y t  故幼苗高度 y 关于时间 x 的回归方程 ˆ 2.1 0.4y x  由 ˆ 2.1 0.4 29 196y x x      （天） 由此可预测苗圃基地需要培育这株幼苗 196 天才可以移植荒山. 【点睛】本题考查了散点图的应用，求回归方程，还考查了换元法的应用，学生的运算能力， 属于中档题. 18. 已知递增的等差数列 na 的前 n 项和为 nS ， 1 1S  ， 2S ， 3 1S  ， 4S 成等比数列. （1）求数列 na 的通项公式； （2）已知 1 2 ( 1) (4 4)n n n n nb a a    ，求数列 nb 的前 2n 项和 2nT . 【答案】（1） 2 1na n  ；（2） 2 4 3(4 3)n nT n    . 【解析】 【分析】 （1） 1 1 1a S  ，用 d 写出等差数列的前 n 项和 nS ，再由已知三数成等比数列可求得 d ，得 通项公式； （2）由（1）得 nb ，把 nb 拆成两项的代数和，这样 2nT 中前后两项中就可以相消，从而求得结 论． 【详解】（1）由 1 1S  知等差数列 na 首项为 1，所以 n ( 1) 2 n nS n d  - 15 - 由 2S ， 3 1S  ， 4S 成等比数列可得 2 3 2 41S S S  所以 2(2 3 ) (2 )(4 6 )d d d    解得 2d  或 2 3d   由递增的等差数列 na 知 0d  ，所以 2d  所以 1 2( 1) 2 1na n n     （2）因为 1 2 ( 1) (4 4) ( 1) (4 4) 1 1( 1)(2 1)(2 3) 2 1 2 3 n n n n n n n nb a a n n n n                 所以 2 1 2 3 4 2 1 2n n nT b b b b b b       1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3 5 5 7 7 9 9 11 4 1 4 1 4 1 4 3n n n n                                                   1 1 4 3 4 3 3(4 3) n n n       ． 【点睛】本题考查求等差数列的通项公式，等差数列的前 n 项和，等比数列的性质，考查裂项 相消法求和．数列求和中错位相减法，裂项相消法、分组（并项）求和法、倒序相加法是特 殊的方法，是特殊数列的求和法．在掌握等差数列和等比数列求和公式的前提下还必须掌握 这些特殊求和法． 19. 如图，在四棱锥 P ABCD 中， PA  平面 ABCD ， 3PA AB BC   ， 1AD CD  ， 120ADC   ，点 M 是 AC 与 BD 的交点，点 N 在线段 PB 上，且 1 4PN PB . （1）证明： //MN 平面 PDC ； （2）在线段 BC 上是否存在一点Q ，使得平面 MNQ  平面 PAD ，若存在，求出点Q 的位 - 16 - 置；若不存在，说明理由. 【答案】（1）证明见解析；（2）存在，点 Q 为 BC 中点. 【解析】 【分析】 （1）由 AB BC ， AD CD 知 BD 是线段 AC 的垂直平分线，从而得点 M 为线段 AC 的 中点，由已知可得 ABC 为正三角形，从而可得 3 2BM  ，再由 1AD CD  ， 120ADC   ， 可得 1 2DM  ，从而有 1 4 BN BM BP BD   ，得 //MN PD ，再由线面平行的判定定理可证得 //MN 平面 PDC ； （2）连接 QM 延长交 AD 于点 E ，由 ABC 为正三角形和 ACD△ 为顶角为120 的等腰三 角形可得到 MQ AD ，又因为 PA MQ ，PA AD A  ，所以 MQ  平面 PAD ，从而由 面面垂直的判定定理可证得结论. 【详解】（1）因为 1AD CD  ， 120ADC   ， 所以 3AC  ， 由 AB BC ， AD CD 知 BD 是线段 AC 的垂直平分线， 所以点 M 为线段 AC 的中点， 由 3AB BC AC   ， M 为线段 AC 的中点可得 3 2BM  ， 由 1AD CD  ， 120ADC   ， M 为线段 AC 的中点可得 1 2DM  ， 所以 1 4 BN BM BP BD   ，所以 //MN PD ， 因为 PD 在平面 PDC 内， MN 在平面 PDC 外， 所以 //MN 平面 PDC ； （2）当点Q 为 BC 中点时，平面 MNQ  平面 PAD ，证明如下： 连接 QM 延长交 AD 于点 E ， 因为正 ABC ， M 为线段 AC 的中点， 所以 30MBC   ， 60MCB   ， 因为直角 BMC△ ，Q 为 BC 中点， 所以 BQ MQ QC  ，所以 30BMQ DME     ， 因为 1AD CD  ， 120ADC   ， M 为线段 AC 的中点， - 17 - 所以 60MDE   ，所以 MQ AD ， 因为 PA  平面 ABCD ， 所以 PA MQ ，又 PA AD A  ， 所以 MQ  平面 PAD ， 因为 MQ 在平面 MNQ 内， 所以平面 MNQ  平面 PAD ， 【点睛】此题考查了线面平行的判定和面面垂直的判定，考查了空间想象能力，属于中档题. 20. 已知椭圆 M ： 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     的离心率为 1 2 ，短轴的一个端点到右焦点的距离 为 2. （1）试求椭圆 M 的方程； （2）设圆O ： 2 2 2 ( 0)x y r r   是椭圆 M 长轴和短轴四个端点连接而成的四边形的内切圆， 过圆O 上的任一点 A 作圆O 的切线交椭圆 M 于 B ，C 两点，求证： 2| |AB AC r‖ . 【答案】（1） 2 2 14 3 x y  ；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】 （1）由 1 2 ce a   ， 2a  可求得 ,c b ，得椭圆方程； （2）由椭圆性质可求得 2 3 7 r  ，由OA BC ，因此要证 22| | OAB AC r A ‖ ，只要证 OB OC ，在直线 BC 斜率存在时设直线方程 为 y kx m  ，同时设  1 1,B x y ，  2 2,C x y ， - 18 - 由切线得 .k m 满足的关系式，直线方程代入椭圆方程化简可得 1 2 1 2,x x x x ，计算 1 2 1 2OB OC x x y y    ，代入由切线得所关系可得 0OB OC   ，直线 BC 斜率不存在时，直 接求出 ,B C 两点坐标，也可得 0OB OC   ，从而证得结论成立． 【详解】（1）因为短轴的一个端点到右焦点的距离为 2，所以 2a  ， 又离心率为 1 2 ，所以 1c  ，所以 3b  ， 所以椭圆 M 的方程为 2 2 14 3 x y  . （2）由对称性知，椭圆 M 长轴和短轴四个端点连接而成的四边形为菱形 2 2 2 3 7 abr a b    要证 2| |AB AC r‖ 只需证OB OC 当直线 BC 的斜率存在时，设 BC ： y kx m  ，  1 1,B x y ，  2 2,C x y 则 2 | | 2 3 71 m k   所以  2 27 12 1m k  ① 由 2 2 14 3 x y y kx m       得 2 2 23 4 8 4 12 0k x kmx m     当   ， 1 2 2 8 3 4 kmx x k    ， 2 1 2 2 4 12 3 4 mx x k         2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 21OB OC x x y y x x kx m kx m k x x km x x m                 2 2 2 22 2 2 2 2 2 1 4 12 7 12 18 3 4 3 4 3 4 k m m kk m mk k k          由①得 0OB OC   所以OB OC 当直线 BC 的斜率不存在时， B ，C 两点的坐标为 2 3 2 3, 7 7      或 2 3 2 3, 7 7       则 0OB OC   ，所以 OB OC 又OA BC ，由直角三角形的射影定理可得 2| |AB AC r‖ ． - 19 - 【点睛】本题考查椭圆的标准方程，考查直线与椭圆相交问题，解题方法是“设而不求”的 思想方法，即设直线方程，设交点坐标  1 1,B x y ，  2 2,C x y ，直线方程与椭圆方程联立后可 得出 1 2 1 2,x x x x ，把这个结论代入其他条件求解即可．本题解题关键是问题转化为证明 OB OC ，从而只要计算出 0OB OC   即得． 21. 已知函数 ( ) lnf x x mx  . （1）讨论函数 ( )f x 的单调性； （2）当 0m  时，若函数 ( )y f x 的图象与函数 2 2y m x 的图象交于  1 1,A x y ，  2 2,B x y 两点，且 1 2 1x x e   （ e 为自然对数的底数），求实数 m 的取值范围. 【答案】（1）答案见解析；（2） (0,1) . 【解析】 【分析】 （1）求出函数的导数，通过讨论 m 的范围，求出函数的单调区间即可； （2）问题转化为 2 2( ) lnF x m x x mx   有两个大于 1 e 的零点，结合函数单调性的性质得到 关于 m 的不等式组，解出即可． 【详解】（1）依题意， (0, )x  ， 1 1( ) ( 0)mxf x m xx x      . ①若 0m  ，则 ( ) 0f x  ，故 ( )f x 在 (0, ) 上单调递增 ②若 0m  ，令 ( ) 0f x  ，解得 1x m   . 则当 10,x m      时， ( ) 0f x  ， ( )f x 单调递增，当 1 ,x m       时， ( ) 0f x  ， ( )f x 单调递减； 综上所述，当 0m  时， ( )f x 在 (0, ) 上单调递增； 当 0m  时， ( )f x 在 1 ,m      上单调递减，在 10, m     上单调递增. （2）令 2 2 lnm x x mx  ，则由题意可知 2 2 ln 0m x x mx   有两个大于 1 e 的实数根， 令 2 2( ) lnF x m x x mx   ，则 2 2( ) lnF x m x x mx   有两个大于 1 e 的零点 - 20 - 2 1 (2 1)( 1)( ) 2 ( 0)mx mxF x m x m xx x        . 因为 0m  ，则当 10,x m     ，时， ( ) 0F x  ， ( )F x 单调递减； 当 1 ,x m      时， ( ) 0F x  ， ( )F x 单调递增； 又当 x   时， x   所以，要使函数 ( )F x 在 1 ,e     有两个零点，当且仅当： 2 2 1 1 0 1 ln 0 1 1 m mF e e e F mm m e                      解得 0 1m  ； 综上所述，实数 m 的取值范围是 (0,1) . 【点睛】本题考查了函数的单调性，零点问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思 想，是一道综合题． （二）选考题：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. 已知在平面直角坐标系 xOy 中，直线 l 的参数方程为 4 3 x t y t     （t 为参数）曲线 1C 的 参数方程为 cos 1 sin x y       （ 为参数），以 O 为极点， x 轴非负半轴为极轴建立极坐标系. （1）求直线 l 和曲线 1C 的极坐标方程； （2）若曲线 2C ： ( 0)3    分别交直线 l 和曲线 1C 于点 A ， B ，求 | | | | OB OA . 【答案】（1） 3 cos sin 4 0      ， 2sin  ；（2） 3 4 . 【解析】 【分析】 （1）把直线的参数方程和曲线的参数方程转换为直角坐标方程，最后转换为极坐标方程． - 21 - （2）利用三角函数关系式的恒等变换和极径的应用求出结果． 【详解】（1）直线 l 的参数方程为 4 3 x t y t     （t 为参数），转换为直角坐标方程为： 3 4 0x y   ∴直线l 的极坐标方程为： 3 cos sin 4 0      ∵曲线 1C 的参数方程为 cos 1 sin x y       （ 为参数），转换为直角坐标方程为  22 1 1x y   ， 整理得： 2 2 2x y y  ∴曲线 1C 的极坐标方程为： 2sin  （2）曲线 2C ： ( 0)3    分别交直线l 和曲线 1C 于点 A ， B ， 所以 sin 3 cos 4 3          ，解得 4 3A  ． 同理 2sin 3      ，解得 3B  ， 所以 | | 3 3 4| | 4 3 A B OB OA     . 【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，三角函数关系式 的恒等变换，极径的应用，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 23. 已知函数 ( ) | 2 1| | 2 4 |f x x x    . （1）求函数 ( )f x 的最小值； （2）若 ( ) | 1|f x k x  在 R 上恒成立，求实数 k 的取值范围. 【答案】（1）5；（2） 10, 3     . 【解析】 - 22 - 【分析】 （1）利用绝对值不等式的性质 ( ) | 2 1| | 2 4 | | (2 1) (2 4) | 5f x x x x x         ,即可求得 最小值； （2）令 1t x  ，则 ( ) | 1|f x k x  恒成立，可转化为 ( 1) | |f t k t  恒成立，即 | 2 3 | | 2 2 | | |t t k t    恒成立，再分类讨论，即分 3 2t   ， 3 02 t   ， 0t  ，0 1t  ， 1t  五类讨论，求出 k 的范围，再由各类求出的 k 的范围求交集得到答案. 【详解】（1） ( ) | 2 1| | 2 4 | | (2 1) (2 4) | 5f x x x x x         当且仅当 (2 1)(2 4) 0x x   即 1 22 x   时取等号 所以 ( )f x 的最小值为 5. （2）令 1t x  ，则 ( ) | 1|f x k x  恒成立，可转化为 ( 1) | |f t k t  恒成立， 即| 2 3 | | 2 2 | | |t t k t    恒成立， 当 3 2t   时，则 2 3 2 2 ( )t t k t        恒成立，得 14k t   恒成立，得 10 3k  ； 当 3 02 t   时，则 2 3 2 2 ( )t t k t      恒成立，得 5k t  恒成立，得 10 3k  ； 当 0t  时，则5 0 恒成立， k R 当 0 1t  时，则 2 3 2 2t t kt    恒成立，得 5k t  恒成立，得 5k  ； 当 1t  时，则 2 3 2 2t t kt    恒成立，得 14k t   恒成立，得 5k  ; 综上可知， 10 3k  ，即实数 k 的取值范围 10, 3     . 【点睛】本题考查了绝对值不等式的性质以及分类讨论思想，转化思想，属于中档题. - 23 -