江西省红色七校2020届高三第二次联考数学（理）试题 Word版含解析 24页

- 1 - 江西省红色七校 2020 届高三第二次联考数学（理科）试题 （分宜中学、会昌中学、莲花中学、南城一中、永新中学、瑞金一中、遂川中学） 一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 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.复数 1z i   （ i是虚数单位），则 z的模为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】 根据模长的定义求得结果. 【详解】  2 21 1 1 2z i       本题正确选项：C 【点睛】本题考查复数模长的求解，属于基础题. 2.已知全集U  R，集合 { 1,0,1,2,3}A   ， { | 2}B x x … ，则  UA B  ð （ ） A. { 1,0,1} B. { 1,0,1,2} C. { | 2}x x  D. { | 1 2}x x „ 【答案】A 【解析】 【分析】 根据补集定义求得 UC B，再利用交集定义求得结果. 【详解】  2UC B x x     1,0,1UA C B   本题正确选项： A 【点睛】本题考查集合运算中的交集和补集运算问题，属于基础题. 3.命题“  R ， sin 0  ”的否定是（ ） A.  R ， sin 0  B.  R ， sin 0  C.  R ，sin 0  D.  R ， sin 0  【答案】B 【解析】 - 2 - 【分析】 根据特称量词的否定得到结果. 【详解】根据命题否定的定义可得结果为： R  ， sin 0  本题正确选项： B 【点睛】本题考查含量词的命题的否定问题，属于基础题. 4.下列函数中，既是奇函数又在  ,  上单调递增的是（ ） A. siny x B. y x C. 3y x  D.  2ln 1y x x   【答案】D 【解析】 【分析】 结合初等函数的奇偶性和单调性可排除 , ,A B C选项；再根据奇偶性定义和复合函数单调性的 判断方法可证得D正确. 【详解】 sin x不是单调递增函数，可知 A错误； x x  ，则函数 y x 为偶函数，可知 B错误； 3y x  在  ,  上单调递减，可知C错误；    2 2 2 1ln 1 ln ln 1 1 x x x x x x               ，则  2ln 1y x x   为奇函数； 当 0x  时， 2 1x x  单调递增，由复合函数单调性可知  2ln 1y x x   在 0, 上 单调递增，根据奇函数对称性，可知在  ,  上单调递增，则D正确. 本题正确选项：D 【点睛】本题考察函数奇偶性和单调性的判断，属于基础题. 5.已知等比数列 na 的前 n项和为 nS ， 4 2S S=2 ，则数列 na 的公比 q （ ） A. -1 B. 1 C.  1 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】 - 3 - 分别在 1q  和 1q  列出 4S 和 2S ，构造方程求得结果. 【详解】当 1q  时， 4 1 1 24 2 2 2S a a S    ，满足题意 当 1q  时，由 4 2S S=2 得：    4 2 1 11 2 1 1 1 a q a q q q      ，即 21 2q  ，解得： 1q   综上所述： 1q   本题正确选项：C 【点睛】本题考查等比数列基本量的求解问题，易错点是忽略 1q  的情况造成求解错误. 6.过椭圆 2 2 1 25 16 x y   的中心任作一直线交椭圆于 P ,Q两点, F 是椭圆的一个焦点,则 PFQ△ 的周长的最小值为（ ） A. 12 B. 14 C. 16 D. 18 【答案】D 【解析】 【分析】 记椭圆的另一个焦点为 1F ,则 1QF PF ,由 1 + 2PF PF a , PQ 2b ,即可求出 PQF 周长的最小值． 【详解】如图所示,记椭圆的另一个焦点为 1F , 则根据椭圆的对称性知道: 1QF PF , 2PQ PO , 设 ( cos , sin )P a b  ,则 2 2 2 2 2 2 2 2 2= cos + sin =( ) cos +PO a b a b b   , 又因为 2 2 0a b  , 2cos 0  , 所以 2 2PO b ,即 PO b , 2 2PQ PO b  ． - 4 - 所以 PQF 的周长为 1 2 2 2 10 8 18QF PF PQ PF PF PQ a PQ a b            故选：D 【点睛】本题考查椭圆内焦点三角形的周长的最值问题,熟练掌握椭圆的第一定义是解本题的 关键,属于基础题． 7.把标号为 1，2，3，4的四个小球分别放入标号为 1，2，3，4 的四个盒子中，每个盒子只 放一个小球，则 1 号球不放入 1 号盒子的方法共有（ ） A. 18 种 B. 9 种 C. 6 种 D. 3 种 【答案】A 【解析】 【分析】 先确定 1 号盒子的选择情况，再确定 2、3、4 号盒子的选择情况，根据分步计数原理即可求 解． 【详解】由于 1 号球不放入 1 号盒子，则 1 号盒子有 2、3、4 号球三种选择，还剩余三个球 可以任意放入 2、3、4 号盒子中，则 2 号盒子有三种选择，3 号盒子还剩两种选择，4 号盒子 只有一种选择，根据分步计数原理可得 1 号球不放入 1 号盒子的方法有 1 1 1 3 3 2 1 18C C C    种． 故答案选 A． 【点睛】本题考查排列组合问题，对于特殊对象优先考虑原则即可求解，属于基础题． 8.为检测某药品服用后的多长时间开始有药物反应，现随机抽取服用了该药品的 1000 人，其 服用后开始有药物反应的时间（分钟）与人数的数据绘成的频率分布直方图如图所示.若将直 方图中分组区间的中点值设为解释变量 x（分钟），这个区间上的人数为 y（人），易见两变量 x， y线性相关，那么一定在其线性回归直线上的点为（ ） - 5 - A.  1.5,0.10 B.  2.5,0.25 C.  2.5,250 D.  3,300 【答案】C 【解析】 【分析】 写出四个区间中点的横纵坐标，从而可求出 2.5x  ， 250y  ，进而可选出正确答案. 【详解】解：由频率分布直方图可知，第一个区间中点坐标， 1 11.0, 0.10 1000 100x y    ， 第二个区间中点坐标， 2 22.0, 0.21 1000 210x y    ， 第三个区间中点坐标， 3 33.0, 0.30 1000 300x y    ， 第四个区间中点坐标， 4 44.0, 0.39 1000 390x y    ， 则  1 2 3 4 1 2.5 4 x x x x x     ，  1 2 3 4 1 250 4 y y y y y     ， 则一定在其线性回归直线上的点为  ,x y  2.5,250 . 故选:C. 【点睛】本题考查了频率分布直方图，考查了线性回归直线方程的性质.本题的关键是利用线 性回归直线方程的性质，即点  ,x y 一定在方程上. 9.单位正方体 1 1 1ABCD ABC O 在空间直角坐标系中的位置如图所示，动点  , , 0M a a ，  0, ,1N b ，其中0 1a  ，0 1b  ，设由M ，N ，O三点确定的平面截该正方体的截面 为E，那么（ ） - 6 - A. 对任意点M ，存在点 N 使截面E为三角形 B. 对任意点M ，存在点 N 使截面E为正方形 C. 对任意点M 和N ，截面 E都为梯形 D. 对任意点 N ，存在点M 使得截面 E为矩形 【答案】A 【解析】 【分析】 由题意可得：动点  , , 0M a a 且0 1a  ，即动点在线段 1OB（除端点O）上的动点，  0, ,1N b 且0 1b  ，即动点 N 在线段DC上的动点，M ，N ，O三点确定的平面截该正方体的截 面为 E都过直线 1OB ，可以通过特殊点即端点来判断即可. 【详解】由题意可得：动点  , , 0M a a 且0 1a  ， 即动点M 在线段 1OB （除端点O）上的动点，  0, ,1N b 且0 1b  ， 即动点N 在线段DC上的动点， 所以任意点 M，由M ， N ，O三点确定的平面截该正方体的截面为 E都过直线 1OB ， 当点 N 与C重合时，截面 E为三角形，因此 A选项正确； 当点 N 与D重合时，截面 E为矩形， 当点 N 不与端点C、D重合时，截面 E为等腰梯形， 所以 ,B C选项错误； 只有当点 N 与D重合时，截面 E为矩形，所以D选项错误； 故选：A 【点睛】本题考查了用不同的平面去截正方体所得到的截面，考查了学生的空间想象能力， - 7 - 属于一般题. 10.设 4log 3a  ， 5log 2b  ， 8log 5c  ，则（ ） A. a b c  B. b c a  C. b a c  D. c a b  【答案】B 【解析】 【分析】 由 4 lg 27log 3 lg64 a   ， 8 lg 25log 5 lg64 c   比较 a 、c的大小，利用中间量 1 2 比较b、c，从 而得解． 【详解】 27 4 64 lg 27log 3 log lg 64 a    ， 25 8 64 lg 25log 5 log lg 64 c    ，  3 5 4 8log log ，即 a c ，  2 5 ，5 8 ，  5 8 8 8 1log log 2 c    2 5 5 5 1log log 2 b    ，  5 2 8 5log log ，即c b ，  3 5 2 4 8 5log log log  ，即 a c b  ． 故答案选 B． 【点睛】本题主要考查了对数函数单调比较大小，解题关键是找到合适的中间变量进行大小 比较，有一定难度． 11.已知 F 是双曲线 2 2 : 2 2- 1x yE a b  ( 0, 0)a b  的左焦点，过点 F 且倾斜角为 30°的直线与 曲线 E的两条渐近线依次交于 A，B两点，若 A是线段 FB的中点，且C是线段 AB的中点， 则直线OC的斜率为（ ） A. 3 B. 3 C. 3 3 D. 3 3 【答案】D 【解析】 - 8 - 【分析】 联立直线和渐近线方程求得 ,A B纵坐标，根据 2B Ay y 可得 ,a b之间的关系，从而可用 a表 示出 ,A B坐标，利用中点坐标公式得到C，从而求得斜率. 【详解】由题意知，双曲线渐近线为： by x a   设直线方程为：  3 3 y x c  由  3 3 y x c by x a        得： 3 A cy a b   ；同理可得： 3 B cy a b   A 是 FB中点 2B Ay y  3b a  2 2 2c a b a    3 2Ay a  ， 3By a 1 2Ax a   ， Bx a 2 4 A B C x x ax     ， 3 3 2 4 A B C y yy a   3 3C OC C yk x    本题正确选项：D 【点睛】本题考查双曲线几何性质的应用，关键是能够通过中点的关系得到关于交点纵坐标 之间的关系，从而求解出 , ,a b c之间的关系. 12.函数 1 1( ) sinx xf x e e a x     （ xR ，e是自然对数的底数， 0a  ）存在唯一的零 点，则实数 a 的取值范围为( ) A. 20,       B. 20,        C. (0,2] D. (0,2) 【答案】A 【解析】 【分析】 函数 1 1( ) sin (x xf x e e a x x R      ，e是自然对数的底数， 0)a  存在唯一的零点等价于函 - 9 - 数 ( ) sinx a x  与函数 1 1( ) x xg x e e   只有唯一一个交点，由  1 0  ，  1 0g  ，可 得函数 ( ) sinx a x  与函数 1 1( ) x xg x e e   唯一交点为 (1,0)， ( )g x 的单调，根据单调 性得到 ( )x 与 ( )g x 的大致图象，从图形上可得要使函数 ( ) sinx a x  与函数 1 1( ) x xg x e e   只有唯一一个交点，则    1 1g … ，即可解得实数 a的取值范围． 【详解】解：函数 1 1( ) sin (x xf x e e a x x R      ，e是自然对数的底数， 0)a  存在唯一的 零点等价于： 函数 ( ) sinx a x  与函数 1 1( ) x xg x e e   只有唯一一个交点，   1 0  ，  1 0g  ， 函数 ( ) sinx a x  与函数 1 1( ) x xg x e e   唯一交点为 (1,0)， 又 1 1( ) x xg x e e     ，且 1 0xe   ， 1 0xe   ， 1 1( ) x xg x e e      在R上恒小于零，即 1 1( ) x xg x e e   在R上为单调递减函数， 又 ( ) sinx a x  ( 0)a  是最小正周期为 2，最大值为 a的正弦函数， 可得函数 ( ) sinx a x  与函数 1 1( ) x xg x e e   的大致图象如图： 要使函数 ( ) sinx a x  与函数 1 1( ) x xg x e e   只有唯一一个交点，则    1 1g … ，  1 cosa a       ，   1 1 1 11 2g e e       ， 2a … ，解得 2a  „ ， 又 0a  ， 实数 a的范围为 20,       ． 故选： A． - 10 - 【点睛】本题主要考查了零点问题，以及函数单调性，解题的关键是把唯一零点转化为两个 函数的交点问题，通过图象进行分析研究，属于难题． 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分. 13.在 ABC 中， 2 2 2sin sin sin sin sinA B C B C   ，则角 A的大小为____． 【答案】 3  【解析】 【分析】 根据正弦定理化简角的关系式，从而凑出 cos A的形式，进而求得结果. 【详解】由正弦定理得： 2 2 2a b c bc   ，即 2 2 2b c a bc   则 2 2 2 1cos 2 2 b c aA bc      0,A  3 A    本题正确结果： 3  【点睛】本题考查利用正弦定理和余弦定理解三角形问题，属于基础题. 14.已知函数 ( )y f x 是定义域为R 的偶函数，且 ( )f x 在[0, ) 上单调递增，则不等式 (2 1) ( 2)f x f x   的解集为____． 【答案】    , 1 1,  U 【解析】 【分析】 利用偶函数关于 y 轴对称，又由 ( )f x 在[0, ) 上单调递增，将不等式 (2 1) ( 2)f x f x   - 11 - 转化为 2 1 2x x   ，即可解得 (2 1) ( 2)f x f x   的解集． 【详解】 函数 ( )y f x 是定义域为R 的偶函数，  (2 1) ( 2)f x f x   可转化为 ( 2 1) ( 2 )f x f x   ， 又 ( )f x 在[0, ) 上单调递增，  (2 1) ( 2) 2 1 2f x f x x x       ，两边平方解得： ( , 1) (1, )x     ， 故 (2 1) ( 2)f x f x   的解集为 ( , 1) (1, )x     ． 【点睛】本题主要考查函数奇偶性与单调性的综合运用，根据函数奇偶性和单调之间的关系 将不等式进行转化是解决本题的关键． 15.已知各项都为正数的数列 na ，其前n项和为 nS ，若  24 1n nS a  ，则 na  ____. 【答案】 2 1n  【解析】 【分析】 利用 1 1n n na S S   得到递推关系式，整理可知 1 2n na a   ，符合等差数列定义，利用  21 14 1S a  求出 1a 后，根据等差数列通项公式求得结果. 【详解】由题意得：  21 14 1n nS a   则    2 2 1 1 14 4 4 1 1n n n n nS S a a a        即      2 2 1 1 1 12n n n n n n n na a a a a a a a          na 各项均为正数，即 1 0n na a   1 2n na a   由  21 14 1S a  得： 1 1a  数列 na 是以1为首项， 2为公差的等差数列  1 1 2 2 1na n n       本题正确结果：2 1n  【点睛】本题考查数列通项公式的求解，关键是能够利用 1 1n n na S S   证明出数列为等差数 列，进而根据等差数列的通项公式求得结果. - 12 - 16. A，B为单位圆（圆心为O）上的点，O到弦 AB的距离为 3 2 ，C是劣弧 AB（包含端 点）上一动点，若OC OA OB      ( , )R   ，则  的取值范围为___. 【答案】 2 31, 3       . 【解析】 【分析】 建立如图所示的平面直角坐标系，其中 AB 与 y轴垂直，故C的坐标可以用 ,  表示为 3( ), 2 2            ，由C在单位圆上可得  的取值范围． 【详解】如图以圆心O为坐标原点建立直角坐标系，设 A，B两点在 x 轴上方且线段 AB 与 y轴垂直， A， B为单位圆（圆心为O）上的点，O到弦 AB的距离为 3 2 ， 所以点 1 3, 2 2 A        ，点 1 3, 2 2 B        ， 故 1 3, 2 2 OA          ， 1 3, 2 2 OB          ，即 3, 2 2 OA            ， 3, 2 2 OB            ， 所以 3( ), 2 2 OC OA OB                    ， 又 C是劣弧 AB（包含端点）上一动点, 设点C坐标为 ( , )x y ， - 13 - 故 1 1 2 2 3 1 2 x y        ， 因为 3( ), ( , ) 2 2 OC OA OB x y                   ， 所以 3 3( ) 1 2 2     ，解得： 2 31 3     ， 故  的取值范围为 2 31, 3       ． 【点睛】本题考查向量的线性运算中的最值问题，可根据图形的的特点建立合适的平面直角 坐标系，把向量的最值问题转化为函数的最值问题． 三、解答题：本大题共 6 个大题，共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17.已知函数 2 1( ) 3 sin cos cos 2 f x x x x     ( 0) ， 1x ， 2x 是函数 ( )f x 的零点， 且 2 1x x 的最小值为 2  . （Ⅰ）求的值； （Ⅱ）设 , 0, 2        ，若 1 3 2 3 5 f       ， 1 5 5 2 12 13 f        ，求 cos( )  的值. 【答案】(Ⅰ) 1  (Ⅱ)   56cos 65    【解析】 【分析】 (Ⅰ)利用二倍角公式和辅助角公式整理出   sin 2 6 f x x       ，根据周期求得；(Ⅱ)根 据  f x 解析式可求解出 cos ，sin  ；再利用同角三角函数关系求出 sin ，cos ；代入 两角和差余弦公式求得结果. 【详解】(Ⅰ)   2 1 3 1 cos 2 13 sin cos cos sin 2 2 2 2 2 xf x x x x x            3 1sin 2 cos 2 sin 2 2 2 6 x x x           - 14 - 2 1x x 的最小值为 2  2 2 T    ,即 2 2 T     1  (Ⅱ)由(Ⅰ)知：   sin 2 6 f x x       1 2 3sin sin cos 2 3 3 6 2 5 f                                 1 5 5 5sin sin sin 2 12 6 6 13 f                           5sin 13   又 , 0, 2         4sin 5   ， 12cos 13     3 12 4 5 56cos cos cos sin sin 5 13 5 13 65               【点睛】本题考查三角函数解析式的求解及应用问题，关键是考查学生对于二倍角公式、辅 助角公式、同角三角函数关系以及两角和差公式的掌握情况，考查学生的运算能力，属于常 规题型. 18.某厂包装白糖的生产线，正常情况下生产出来的白糖质量服从正态分布  2500,5N （单位： g）. （Ⅰ）求正常情况下，任意抽取一包白糖，质量小于 485g的概率约为多少？ （Ⅱ）该生产线上的检测员某天随机抽取了两包白糖，称得其质量均小于 485g，检测员根据 抽检结果，判断出该生产线出现异常，要求立即停产检修，检测员的判断是否合理？请说明 理巾. 附：  2~ ,X N   ，则 ( ) 0.6826P X     „ „ ， ( 2 2 ) 0.9544P X     „ „ ， ( 3 3 ) 0.9974P X     „ „ . 【答案】（Ⅰ）0.0013 （Ⅱ）见解析 【解析】 【分析】 （Ⅰ）由正常情况下生产出来的白糖质量服从正态分布  2500,5N （单位： g ），要求得正 常情况下，任意抽取一包白糖，质量小于 485g的概率，化为 ( 3 , 3 )     的形式，然后 - 15 - 求解即可; （Ⅱ）由（Ⅰ）可知正常情况下，任意抽取一包白糖，质量小于 485g的概率为 0.0013，可求 得随机抽取两包检查，质量都小于 485g的概率几乎为零，即可判定检测员的判断是合理的． 【详解】解：（Ⅰ）设正常情况下，该生产线上包装出来的白糖质量为 Xg，由题意可知 ( , )X N 2500 5 ． 由于   485 500 3 5，所以根据正态分布的对称性与“3 原则”可知 ( ) ( ( ) . .P X P X            1 1485 1 500 3 5 500 3 5 0 0026 0 0013 2 2 . (Ⅱ)检测员的判断是合理的. 因为如果生产线不出现异常的话，由（Ⅰ）可知，随机抽取两包检查，质量都小于 485g的概 率约为 . . . .     60 0013 0 0013 0 00000169 1 69 10 ，几乎为零，但这样的事件竟然发生了，所 以有理由认为生产线出现异常，检测员的判断是合理的. 【点睛】本题主要考查了正态分布中3 原则，考查基本分析应用的能力，属于基础题． 19.如图，直三棱柱 1 1 1ABC ABC 中， AC BC ， 1AA AB ，D为 1BB 的中点. （I）若 E为 1AB 上的一点，且DE与直线CD垂直，求 1 1 EB AB 的值； （Ⅱ）在（I）的条件下，设异面直线 1AB 与CD所成的角为 45°，求直线DE与平面 1 1ABC 成角的正弦值. 【答案】（Ⅰ）见证明；（Ⅱ） 2 5 5 【解析】 【分析】 - 16 - （Ⅰ）取 AB中点M ,连接CM MD， ，证明DE CMD ，即可说明 1DE AB ，由底面 为正方形，可求得 EB AB 1 1 1 4 ; （Ⅱ）以M 为坐标原点，分别以 , ,MA MO MC 为 x 轴、y轴、z 轴，建立空间直角坐标系， 求得各点的坐标，以及平面 1 1ABC 的法向量为n  ，根据线面所成角的正弦值的公式即可求解． 【详解】（Ⅰ）证明：取 AB中点M ,连接CM MD， ,有 //MD AB1 , 因为 AC BC ，所以CM AB , 又因为三棱柱 1 1 1ABC ABC 为直三棱柱， 所以 ABC ABB A 1 1平面 平面 , 又因为 =ABC ABB A AB1 1平面 平面 , 所以CM ABB A 1 1平面 ， 又因为 1 1DE ABB A平面 所以CM DE 又因为 ,DE CD CD MD D  ,CD平面CMD ,CM 平面CMD , 所以DE CMD平面 ，又因为MD 平面CMD , 所以DE MD , 因为 //MD AB1， 所以 1DE AB , 连接 1AB ,设 1 1A B AB O  ，因为 1 1ABB A 为正方形， - 17 - 所以 1 1A B AB ,又因为 , ,DE AAB B AB AAB B 平面 平面1 1 1 1 1 所以 1/ /DE AB , 又因为D为 1BB 的中点， 所以 E为 1OB 的中点, 所以 EB AB 1 1 1 4 . （Ⅱ） 如图以M 为坐标原点，分别以 , ,MA MO MC 为 x轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系， 设 2AB a ,由（Ⅰ）可知 CDM  45， 所以 AB a1 2 2 ， 所以DM CM a  2 , 所以 ( , , ), ( , , ), ( , , ), ( , , ), ( , , )A a B a a C a a D a a E a a  1 1 1 30 0 2 0 0 2 2 0 0 2 2 , 所以 ( , , ), ( , , ), ( , , )AB a a BC a a DE a a       1 1 1 1 12 2 0 0 2 0 2 2 ， 设平面 1 1ABC 的法向量为  x, y, zn  ， 则 1 1 1 0 , 0 AB n BC n           即 2 2 0 , 2 0 x y x z       则 n  的一组解为 ( 2, 2, 1)n    ． 所以 cos , .DEDE DE           2 2 5 52 5 2 nn n 所以直线DE与平面 1 1ABC 成角的正弦值为 2 5 5 . - 18 - 【点睛】本题主要考查线面垂直的证明、中位线定理以及利用空间向量求线面角的正弦值， 考查了学生空间想象能力和计算能力，属于中档题． 20.已知抛物线 2: 2C x py ( 0)p  ，其焦点到准线的距离为 2，直线 l与抛物线C交于 A， B两点，过 A， B分别作抛物线C的切线 1l ， 2l ， 1l 与 2l 交于点M . （Ⅰ）求 p的值； （Ⅱ）若 1 2l l ，求 MAB△ 面积的最小值. 【答案】(Ⅰ) 2p  (Ⅱ) 最小值 4. 【解析】 【分析】 (Ⅰ)根据抛物线的性质即可得到结果；(Ⅱ)由直线垂直可构造出斜率关系，得到 1 2 4x x   ， 通过直线与抛物线方程联立，根据根与系数关系求得m；联立两切线方程，可用 k表示出M ， 代入点到直线距离公式，从而得到关于面积的函数关系式，求得所求最值. 【详解】(Ⅰ)由题意知，抛物线焦点为： 0, 2 p      ，准线方程为： 2 py   焦点到准线的距离为2，即 2p  . (Ⅱ)抛物线的方程为 2 4x y ，即 21 4 y x ，所以 1 2 y x  设  1 1,A x y ，  2 2,B x y ，   2 1 1 1 1: 4 2 x xl y x x     2 2 2 2 2: 4 2 x xl y x x   由于 1 2l l ，所以 1 2 1 2 2 x x    ，即 1 2 4x x   设直线 l方程为 y kx m  ，与抛物线方程联立，得 2 4 y kx m x y     所以 2 4 4 0x kx m   216 16 0k m    ， 1 2 1 24 , 4 4x x k x x m      ，所以 1m  即 : 1l y kx  - 19 - 联立方程 2 1 1 2 2 2 2 4 2 4 x xy x x xy x        得： 2 1 x k y     ，即：  2 , 1M k  M 点到直线 l的距离 2 2 2 2 12 1 1 1 1 kk k d k k             22 2 1 2 1 21 4 4 1AB k x x x x k        所以     2 3 2 2 2 2 2 11 4 1 4 1 4 2 1 k S k k k          当 0k  时， MAB 面积取得最小值 4 【点睛】本题考查抛物线的性质的应用、抛物线中三角形面积最值的求解，关键是能够将所 求面积表示为关于斜率的函数关系式，从而利用函数最值的求解方法求出最值. 21.已知 1x  是函数 2( ) ln 2 xf x ax x x   的极值点. （Ⅰ）求实数 a的值； （Ⅱ）求证：函数 ( )f x 存在唯一的极小值点 0x ，且  0 7 16 0 f x  . （参考数据： ln 2 0.69 ， 4516e 7 ，其中 e为自然对数的底数） 【答案】(Ⅰ) 1 4 a  (Ⅱ)见证明 【解析】 【分析】 (Ⅰ)根据 '(1) 0f  ，求得实数 a的值，通过导数验证函数单调，可知时 1 4 a  极值点为 1x  ， 满足题意； (Ⅱ)由(Ⅰ) 函数 ( )f x 的极小点值位于 (2, ) ，此时 ( )g x 的零点位于 ,x （ ）0 7 4 2 ，且此 0x 为 ( )f x 的极小点值点，代入 ( )g x ， ( )f x 中，化简即可得到 ( )f x 关于 0x 的二次函数，求解二 次函数在区间 ,（ ） 7 4 2 上的值域即可证明结论． 【详解】解：(Ⅰ)因为 '( ) lnf x ax x   12 2 ，且 1x  是极值点， - 20 - 所以 '( )f a   11 2 0 2 ，所以 1 4 a  . 此时 '( ) lnxf x x   1 2 2 ，设 ( ) '( )g x f x ，则 '( ) xg x x x     1 1 2 2 2 . 则当0 2x  时， '( ) ( )g x g x ，0 为减函数. 又 (1) ( ) lng g   ， 10 2 2 0 2 ， 所以在0 1x  时， ( ) 0g x ， ( )f x 为增函数；1 2x  时， ( ) 0g x ， ( )f x 为减函 数.所以 1x  为 ( )f x 的极大值点，符合题意. （Ⅱ）当 2x  时， '( ) 0g x  ， ( )g x 为增函数，且 ( ) lng    34 2 2 0 2 ， (2) 0g  所以存在  ,x x （ ）,0 02 4 0g 当 02 x x  时， ( ) 0g x ， ( )f x 为减函数； 0x x 时， ( ) 0g x ， ( )f x 为增函数，所以函数 ( )f x 存在唯一的极小值点 0x . 又 ( ) lng   7 5 7 2 4 2 ，已知 e 5 416 7 ，可得 ( ) lne   5 47 75 4 2 2 ， 所以 ( )g  7 0 2 ，所以 x 0 7 4 2 ， 且满足 lnx x  0 0 1 0 2 2 . 所以 ( ) ln ( )x x xf x x x x       ， 2 2 0 0 0 0 0 0 0 70 4 2 4 16 . 其中 0( ) 0f x  也可以用如下方式证明： ( ) ln ( ln )x xf x x x x x x     21 1 4 2 4 2 ，设 ( ) lnxh x x   1 4 2 ， 则 '( ) xh x x x     1 1 4 4 4 . 则当0 4x  时， '( ) 0h x  ， ( )h x 为减函数；当 4x  时， '( ) 0h x  ， ( )h x 为增函数. 所以 ( ) ( ) lnh x h    34 2 2 0 2 所以在 ( ) 0f x  ，所以 0( ) 0f x  【点睛】本题考查利用函数极值与导数关系的综合应用问题，解决本题的关键是能够利用零 点存在定理确定零点处理问题，从而可将证明问题转化为某一个区间内二次函数值域问题的 求解，考查了学生基本计算能力以及转化与划归思想，属于难题． 四、选做题 - 21 - 请考生在 22、23 两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分. 【选修 4-4：坐标系与参数方程】 22.选修 4-4：坐标系与参数方程 在平面直角坐标系 xOy中，直线 1l 过原点且倾斜角为 0 2       „ .以坐标原点O为极点，x 轴正半轴为极轴建立坐标系，曲线 2C 的极坐标方程为 2cos  .在平面直角坐标系 xOy中， 曲线 2C 与曲线 1C 关于直线 y x 对称. （Ⅰ）求曲线 2C 的极坐标方程； （Ⅱ）若直线 2l 过原点且倾斜角为 3   ，设直线 1l 与曲线 1C 相交于O， A两点，直线 2l 与 曲线 2C 相交于O， B两点，当 变化时，求 AOB 面积的最大值. 【答案】(Ⅰ) 2sin  (Ⅱ)  3 3 2 4 【解析】 【分析】 (Ⅰ)法一：将 1C 化为直角坐标方程，根据对称关系用 2C 上的点表示出 1C 上点的坐标，代入 1C 方程得到 2C 的直角坐标方程，再化为极坐标方程；法二：将 y x 化为极坐标方程，根据对 称关系将 1C 上的点用 2C 上的点坐标表示出来，代入 1C 极坐标方程即可得到结果；(Ⅱ)利用 1l 和 2l 的极坐标方程与 1 2,C C 的极坐标方程经 ,A B坐标用 表示，将所求面积表示为与 有关 的三角函数解析式，通过三角函数值域求解方法求出所求最值. 【详解】(Ⅰ)法一：由题可知， 1C 的直角坐标方程为： 2 2 2 0x y x   ， 设曲线 2C 上任意一点  ,x y 关于直线 y x 对称点为  0 0,x y ， 所以 0 0 x y y x    又因为 2 2 0 0 02 0x y x   ，即 2 2 2 0x y y   ， 所以曲线 2C 的极坐标方程为： 2sin  - 22 - 法二：由题可知， y x 的极坐标方程为： 4    R ， 设曲线 2C 上一点  ,  关于 4    R 的对称点为  0 0,  ， 所以 0 0 2 4           又因为 0 02cos  ，即 2cos 2sin 2          ， 所以曲线 2C 的极坐标方程为： 2sin  (Ⅱ)直线 1l 的极坐标方程为：  ，直线 2l 的极坐标方程为： 3    设  1 1,A   ，  ,B  2 2 所以 2cos        解得 1 2cos  ， 3 2sin           解得 2 2sin 3        1 2 1 1 3sin 3 cos sin 3 cos sin cos 2 3 3 2 2AOBS                           3 1 3 3 3 3sin2 cos2 sin 2 2 2 2 2 2 3 2             因为：0 2   ，所以 42 3 3 3      当2 3 2     即 12   时， sin 2 1 3       ， AOBS 取得最大值为：  3 3 2 4 【点睛】本题考查轨迹方程的求解、三角形面积最值问题的求解，涉及到三角函数的化简、 求值问题.求解面积的关键是能够明确极坐标中  的几何意义，从而将问题转化为三角函数最 值的求解. 【选修 4-5：不等式选讲】 23.选修 4-5：不等式选讲 已知函数   1f x x x a    . （Ⅰ）当 1a   时，求不等式   2f x x 的解集； - 23 - （Ⅱ）当不等式   1f x  的解集为 R时，求实数 a的取值范围. 【答案】(Ⅰ) ( ,1) (Ⅱ) 0a  或 2a  【解析】 【分析】 (Ⅰ)根据 x的范围得到分段函数  f x 的解析式，从而分别在三段区间上求解不等式，取并集 得到所求解集；(Ⅱ)由绝对值三角不等式得到  f x 的最小值，则最小值大于1，得到不等式， 解不等式求得结果. 【详解】(Ⅰ) 1a   时，   2 , 1 2, 1 1 2 , 1 x x f x x x x          当 1x   时， 2 2x x  ，即 0x  1x   当 1 1x   时， 2 2x ，即 1x  1 1x   当 1x  时， 2 2x x ，无解 综上，   2f x x 的解集为  ,1 (Ⅱ)   1 1f x x x a a      当 1a   ，即 1a  时, 1a x    时等号成立；当 1a   ，即 1a  时, 1 x a    时 等号成立 所以  f x 的最小值为 1a 即 1 1a   0a  或 2a  【点睛】本题考查含绝对值不等式的求解、绝对值三角不等式的应用问题，属于常规题型. - 24 -