贵州省贵阳市2020届高三6月适应性考试（二）数学理科试题 Word版含解析 24页

- 1 - 贵阳市 2020 年高三适应性考试（二）理科数学 第Ⅰ卷（选择题） 一、选择题：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.已知集合  2 2A x y x x    ，集合  1 0B x x   ，则 A B  ( ) A.  2x x  B.  1x x  C.  1 2x x  D.  1 2x x   【答案】A 【解析】 【分析】 由一元二次不等式的解法化简集合 A ，再由集合的交集运算求解即可. 【详解】由 2 2 0x x   ，解得 1x   或 2x  则  2 2 { | 1A x y x x x x       或 2}x  ，    1 0 1xB x x x    { | 2}A B x x    故选：A 【点睛】本题主要考查了集合的交集运算，属于基础题. 2.已知复数 z 满足  1 1 3z i i    ，则复数 z 的共轭复数为（ ） A. 1 i  B. 1 i  C. 1 i D. 1 i 【答案】C 【解析】 【分析】 根据复数模的计算公式先求出模长，再利用复数的除法可得. 【 详 解 】 由 2 2(1 ) | 1 3 | ( 1) ( 3) 2z i i        ， 得 z= 2(1 ) 1(1 )(1 ) 2 1 i ii ii      ， ∴ 1z i  ． 故选 C． 【点睛】本题主要考查复数的相关概念，模长求解，共轭复数以及复数运算等，题目虽小， 知识点很是丰富. 3.已知直线 a ，b 和平面 满足 a  ，则“b a ”是“b  ”的( ) - 2 - A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】 根据充分必要条件的定义，结合线面垂直关系判断． 【详解】 b  ， a  ，则 b a ，必要性成立， 如图，正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中， 1A B BC ，但 1A B 与平面 ABCD 不垂直，充分性不成 立， 应为必要不充分条件． 故选：B． 【点睛】本题考查充分必要条件的判断，考查线面垂直关系的判断．掌握充分必要条件的定 义是解题关键． 4.已知 2log 0.7a  ， 0.12b  ， ln 2c  ，则( ) A. b c a  B. a c b  C. b a c  D. a b c  【答案】B 【解析】 【分析】 找中间量 0 和 1 进行比较，根据指数函数、对数函数的单调性可得到答案. 【详解】因为 2log 0.7a  2log 1 0  ， 0.1 02 2 1b    ， ln1 ln 2 ln 1c e    ， - 3 - 所以 a c b  . 故选：B. 【点睛】本题考查了利用指数函数和对数函数的单调性比较大小，找中间量 0 和 1 进行比较 是关键，属于基础题. 5.若抛物线  2 2 0x py p  的焦点是双曲线 2 2 13 y x p p   的一个焦点，则 p  ( ) A. 1 20 B. 1 4 C. 8 D. 16 【答案】D 【解析】 【分析】 利用已知条件，求出抛物线的焦点坐标和双曲线的焦点坐标，列出方程，求解即可. 【详解】抛物线  2 2 0x py p  的焦点坐标为 0, 2 p     ， 双曲线的方程为 2 2 13 y x p p   ，  2 3a p ， 2b p ， 2 2 2 3 4c a b p p p     ，即 2c p ， 抛物线  2 2 0x py p  的焦点是双曲线 2 2 13 y x p p   的一个焦点，  22 p p 且 0p  ，解得 16p  . 故选：D. 【点睛】本题考查抛物线和双曲线的简单性质的应用，属于基础题. 6.公元前 5 世纪，古希腊哲学家芝诺发表了著名的阿基里斯悖论：他提出让乌龟在跑步英雄阿 基里斯前面1000 米处开始与阿基里斯赛跑，并且假定阿基里斯的速度是乌龟的10倍.当比赛 开始后，若阿基里斯跑了1000 米，此时乌龟便领先他100米，当阿基里斯跑完下一个100米 时，乌龟先他10米，当阿基里斯跑完下-个10米时，乌龟先他1米.所以，阿基里斯永远追不 上乌龟.按照这样的规律，若阿基里斯和乌龟的距离恰好为 0.1米时，乌龟爬行的总距离为 （ ） A. 510 1 900  米 B. 510 9 90  米 - 4 - C. 410 9 900  米 D. 410 1 90  米 【答案】D 【解析】 【分析】 根 据 题 意 ， 是 一 个 等 比 数 列 模 型 ， 设 1 1100, , 0.110 na q a   ， 由 110.1 100 10 n na        ，解得 4n  ，再求和. 【详解】根据题意，这是一个等比数列模型，设 1 1100, , 0.110 na q a   ， 所以 110.1 100 10 n na        ， 解得 4n  ， 所以   4 4 4 4 1 1100 1 101 11 1 1 0 0 1 1 90 a q S q              . 故选：D 【点睛】本题主要考查等比数列的实际应用，还考查了建模解模的能力，属于中档题. 7.若贵阳某路公交车起点站的发车时间为 6:35，6:50，7:05，小明同学在 6:40 至 7:05 之间 到达起点站乘坐公交车，且到达起点站的时刻是随机的，则他等车时间不超过 5 分钟的概率 是( ) A. 1 5 B. 2 3 C. 2 5 D. 3 5 【答案】C 【解析】 【分析】 求出小明同学等车时间不超过 5 分钟能乘上车的时长后可计算出概率． 【详解】6:40 至 7:05 共 25 分钟，小明同学等车时间不超过 5 分钟能乘上车只能是 6:45 至 - 5 - 6:50 和 7:00 至 7:05 到站，共 10 分钟，所以所求概率为 10 2 25 5P   ． 故选：C． 【点睛】本题考查几何概型，解题关键是求小明同学等车时间不超过 5 分钟能乘上车的时长， 注意发车时间后到站都不合要求． 8.函数   2 3cos 1xf x x  在 π,π 上的图象大致为( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 确定奇偶性，排除 B，利用函数值的正负排除 D，函数函数值为 0 排除 C，从而得出正确选项． 【详解】由 2 2 3cos( ) 1 3cos 1( ) ( )( ) x xf x f xx x       知 ( )f x 是偶函数，排除 B， 记锐角 满足 1cos 3   ，则当 (0, )x  时， ( ) 0f x  ，排除 D； ( ) 0f   ，排除 C， 故选：A． 【点睛】本题考查由函数解析式选取函数图象，方法是排除法，解题时可通过研究函数的性 质，如奇偶性、单调性，对称性等排除一些选项，再研究函数的零点，函数值的正负，函数 值的变化趋势等排除一些选项． 9.在 ABC 中，在点 D 为边 BC 上靠近点 B 的三等分点， E 为 AD 的中点，则 BE  ( ) A. 2 1 3 6AB AC   B. 2 1 3 6AB AC   C. 5 2 6 3AB AC   D. 5 2 6 3AB AC   【答案】B 【解析】 - 6 - 【分析】 利用向量的线性运算计算即可． 【详解】∵在点 D 为边 BC 上靠近点 B 的三等分点， E 为 AD 的中点， ∴ 1 1 1 1 1 2 1( ) ( ) ( )2 2 3 2 6 3 6BE BA BD BA BC AB AC AB AB AC                    ． 故选：B． 【点睛】本题考查平面向量基本定理，掌握平面向量的线性运算是解题关键，本题属于基础 题． 10.已知函数   π2sin 2 3f x x     ，函数  g x 的图象由  f x 图象向右平移 π 4 个单位长度 得到，则下列关于函数  g x 的说法正确的是( ) A.  g x 的图象关于直线 π 6x  对称 B.  g x 的图象关于点 π ,03      对称 C.  g x 在 π 5π,24 24     单调递增 D.  g x 在 π π,6 3     单调递减 【答案】C 【解析】 【分析】 根据平移变换得出  g x 的解析式，再由整体代入法、代入验证法得出  g x 的单调性、对称 轴和对称中心. 【详解】由题意可知 ( ) 2sin 2 2sin 24 3 6g x x x                   22sin 16 6 6g               ，1不是 ( )g x 的最大值也不是最小值，故 A 错误； 22sin 2sin 2 03 3 6 2g                  ，故 B 错误； 由 2 2 2 ,2 6 2k x k k Z        „ ，解得 ,6 3k x k k Z        当 0k  时，则函数  g x 在 π π,6 3     单调递增，故 D 错误； - 7 - 又 5, ,24 24 6 3                ，则函数  g x 在 π 5π,24 24     单调递增，故 C 正确； 故选：C 【点睛】本题主要考查了求正弦型函数的对称轴，对称中心，单调性，属于中档题. 11.已知 F 是双曲线   2 2 2 2: 1 0, 0x yC a ba b     的右焦点，O 是坐标原点.过 F 作C 的一条 渐近线的垂线，垂足为 P ，并交 y 轴于点Q .若 3OQ OP ，则 C 的离心率为( ) A. 3 2 4 B. 3 3 4 C. 2 D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】 利用渐近线的斜率以及勾股定理求出| |OP a ，| |FP b ，再根据 cos cosOFP POQ   可 得 3c b ，再利用 2 2 2b c a  以及离心率公式可求得结果. 【详解】不妨设 P 点在第一象限，如图： 设渐近线 by xa  的倾斜角为 ，则 tan b a   ， 所以 | | | | FP b OP a  ，又 2 2 2 2| | | | | |FP OP OF c   ， 所以 2 2 2 2 2 | | | |b OP OP ca   ，所以| |OP a ，| |FP b ，所以| | 3OQ a ， 所以 cos cos 3 b aOFP POQc a      ， 所以 1 3 b c  ，所以 3c b ，所以 2 2 2 29 9( )c b c a   ，即 2 28 9c a ， - 8 - 所以 3 2 4 ce a   . 故选：A. 【点睛】本题考查了双曲线的渐近线方程，考查了离心率公式，考查了双曲线中 , ,a b c 的关系 式，属于基础题. 12.已知函数   2 2 24 1 x xf x x x e e       有两个零点 1x ， 2x ，则 1 2x x  ( ) A. 2 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】 利用 ( ) (4 )f x f x  可得 ( )f x 的图象关于直线 2x  对称，利用导数可知 ( )f x 在 ( ,2) 上 单调递减，在 (2, ) 上单调递增，所以函数 ( )f x 只有两个零点 1x ， 2x ，再根据对称性可得 答案. 【详解】因为 2 2 ( 2)( ) ( 2) 5 x xf x x e e       因为 2 4 2 (4 2)(4 ) (4 2) 5 x xf x x e e           2 ( 2) 2( 2) 5 x xx e e       ( )f x ， 所以 ( )f x 的图象关于直线 2x  对称， 又 2 ( 2)( ) 2( 2) x xf x x e e       为 R 上的单调递增函数，且 (2) 0f   ， 所以当 2x  时， ( ) (2) 0f x f   ，当 2x  时， ( ) (2) 0f x f   ， 所以 ( )f x 在 ( ,2) 上单调递减，在 (2, ) 上单调递增， 所以函数 ( )f x 只有两个零点 1x ， 2x ， 所以根据对称性可知， 1 2 2 2 4x x    . 故选：B. 【点睛】本题考查了函数的零点，考查了函数的对称性，考查了利用导数研究函数的单调性， 属于中档题. 第Ⅱ卷（非选择题） 二、填空题： - 9 - 13.曲线 ln 2xy x   在 1x  处的切线方程为______. 【答案】 1 0x y   【解析】 【分析】 利用导数的几何意义求解即可. 【详解】当 1x  时， ln1 2 21y    2 2 1 ln 1 lnx x xxy x x      1 1 ln1 11xy     则曲线 ln 2xy x   在 1x  处的切线方程为 2 1 ( 1)y x    ，即 1 0x y   故答案为： 1 0x y   【点睛】本题主要考查了导数几何意义的应用，属于基础题. 14.在  62x y x y  的展开式中 4 3x y 的系数为______. 【答案】25 【解析】 【分析】 根据  62x y x y  6 62 ( ) ( )x x y y x y    ，转化为求 6( )x y 的展开式中 3 3x y 的系数和 4 2x y 的系数,利用通项公式即可得到答案. 【详解】   62x y x y  6 62 ( ) ( )x x y y x y    ， 因为 6( )x y 的展开式的通项公式为 6 1 6 r r r rT C x y   ， 0,1,2,3,4,5,6r  ， 所以在 6( )x y 的展开式中 3 3x y 的系数为 3 6 20C  ， 4 2x y 的系数为 2 6 15C  ， 所以在  62x y x y  的展开式中 4 3x y 的系数为 2 20 15 25   . 故答案为：25. 【点睛】本题考查了利用二项展开式的通项公式求指定项的系数，利用   62x y x y  6 62 ( ) ( )x x y y x y    ，转化为求 6( )x y 的展开式中 3 3x y 的系数和 - 10 - 4 2x y 的系数是解题关键，属于基础题. 15.在数列 na 中， 1 2 32 3 2na a a na n     ，则 4a  ______，数列 1 na n     的前 n 项和 为______. 【答案】 (1). 1 2 (2). 2 1 n n  【解析】 【分析】 由条件可算出 2 na n  ，然后   2 1 1= 21 1 1 na n n n n n        ，即可求出答案. 【详解】因为 1 2 32 3 2na a a na n     ① 所以当 1n  时可得 1 2a  当 2n  时    1 2 3 12 3 1 2 1na a a n a n       ② ①  ②可得 2nna  ，即 2 na n  当 1n  时也满足 2 na n  ，所以  *2 na n Nn   所以 4 1 2a  因为   2 1 1= 21 1 1 na n n n n n        所以数列 1 na n     的前 n 项和为 1 1 1 1 1 1 1 22 2 2 2 11 2 2 3 1 1 1 n n n n n                                 故答案为： 1 2 ； 2 1 n n  【点睛】常见数列的求和方法：公式法（等差等比数列）、分组求和法、裂项相消法、错位相 减法. 16.已知三棱锥 P ABC 外接球的表面积为15π ， ABC 是边长为 3 的等边三角形，且平面 ABC  平面 PAB ，则三棱锥 P ABC 体积的最大值为______． - 11 - 【答案】 27 8 【解析】 【分析】 取 AB 中点 D ，由题设条件推导出当棱锥 P ABC 体积取最大值时， PD AB ， PD  平 面 ABC ，画出图象，数形结合，由此能求出结果． 【详解】三棱锥 P ABC 外接球的表面积为15π ， 设外接球半径为 R 根据球的表面积公式可得： 24 15R  解得： 15 2R  取 AB 中点 D ，连结 PD ，  ABC 是边长为 3 的等边三角形， 3AB BC CA    3 3 33, .2 2AB CD AD   根据正弦定理可得：设 ABC 外接圆圆心为 M，半为 32 2 3sin 60 3 2 ABr    可得 3r  ， 由 r R ，可知 ABC 在球的小圆上(即 ABC 外接圆心不与球心 O 重合) 根据题意画出图象： - 12 - 过 P 作 ABC 的垂线，垂足是 AB 的中点 D 时 所求三棱锥的体积最大，又 1 3 3 2DE DM  ， 2 33CE DM  2 2 2OP OE PE  ，所以 2 215 3( ) ( ) 32 2PE    ， 2 2 2 215 3( ) ( 3)2 2OM OC CM     ， 所以 3 3 2PD PE DE   ， 三棱锥 P ABC 体积  21 1 3 3 3 2733 3 4 2 8ABCV S PD       故答案为： 27 8 ． 【点睛】本题主要考查了球内接三棱锥体积最值问题，解题关键是掌握球内接三棱锥体积最 值的求法和椎体体积计算公式，数形结合，考查了分析能力和计算能力，属于中档题． 三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 17.已知 ABC 的内角 A ， B ，C 所对的边分别为 a ，b ， c ，且 2 2 2sin sin sin sin cos 1C A B C B    . （1）求 A ； （2）若 ABC 为锐角三角形，且 1a  ，求 ABC 周长的取值范围. 【答案】（1） 3  ；（2）1 3,3  . 【解析】 【分析】 （1）由正弦定理化角为边，再由余弦定理计算出 cos A，可得 A 值； （2）用正弦定理把 ,b c 用 ,B C 表示，最终把周长表示为 B 的三角函数，求出 B 的取值范围后 利用正弦函数性质可得周长的取值范围． 【详解】（1）由已知， 2 2 2sin sin sin sin sinC A B C B   ， ∴ 2 2 2sin sin sin sin sinB C A B C   ， - 13 - 在 ABC 中，由正弦定理得 2 2 2b c a bc   ， 则 2 2 2 1cos 2 2 b c aA bc    ， 又  0,πA ，故 π 3A  . （2）由正弦定理， 1 2 3 πsin sin sin 3sin 3 b c a B C A     ， 则 2 3 sin3b B ， 2 3 sin3c C ，且 2ππ 3B C A    ， ∴ 2 3 2 3 2 3 2π1 sin sin 1 sin sin3 3 3 3a b c B C B B               2 3 2 21 (sin sin cos cos sin )3 3 3B B B     2 3 3 3 3 1 π1 sin cos 1 2( sin cos ) 1 2sin3 2 2 2 2 6B B B B B                    ， 又 ABC 为锐角三角形，则 π0 2 2π π0 3 2 B B        ， 解得 π π,6 2B     ， ∴ π π 2π,6 3 3B      ，故 π 3sin ,16 2B           ， 则 π1 2sin 1 3,36B         ， 即 ABC 周长的取值范围为1 3,3  . 【点睛】本题考查正弦定理，余弦定理，考查两角和与差的正弦公式，正弦函数的性质，利 用正弦定理进行边角互化是解题关键，本题属于中档题． 18.2020 年 2 月以来，由于受新型冠状病毒肺炎疫情的影响，贵州省中小学陆续开展“停课不 停络学习.为了解贵阳市高三络学习情况，对甲、乙两所高中分别随机抽取了 25 名高三学生 - 14 - 进行调查，根据络学习时长（单位：h ）分别绘制了部分茎叶图（如图 1）和乙校络学习时长 的部分频率分布直方图（如图 2），其中茎叶图缺少乙校茎“5”和“6”叶的数据. 注：茎叶图中的茎表示整数位数据，叶表示小数位数据，如乙校收集到的最小数据为3.1. （1）补全图 2 的频率分布直方图，并估计乙校络学习时长的平均数（同一组中的数据用该组 区间的中点值作代表）； （2）求 50 名络学习时长的中位数 m ，并将日均网络学习时长超过 m 和不超过 m 的学生人数 填入下面的列联表： 超过 m 不超过 m 总计 甲 乙 总计 （3）根据（2）中的列联表，能否有 95%以上的把握认为甲、乙两校高三络学习时长有差异？ 附：        2 2 n ad bcK a b c d a c b d      ，其中 n a b c d     2 0P K k 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0k 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 - 15 - 【答案】（1）直方图见解析，4.86；（2）4.95，列联表见解析；（3）没有. 【解析】 【分析】 （1）根据茎叶图，分别求出乙校络学习时长在3 4h 和 4 5h 之间的频率，再结合频率分布 直方图，进而得解； （2）由茎叶图即可求出 m 值，根据茎叶图，填写列联表即可； （3）根据列联表，计算 2K 值，再与临界值表进行比较，即可得出结论. 【详解】（1）乙校络学习时长在3 4h 之间的有 5 人， 占乙校抽取人数的 5 1 25 5  ，频率分布直方图中3 4h 之间的纵坐标为 1 5 0.21  ， 乙校络学习时长在 4 5h 之间的有 10 人， 占乙校抽取人数的 10 2 25 5  ，频率分布直方图中 4 5h 之间的纵坐标为 2 5 0.41  ， 由频率分布直方图可知， 乙校络学习时长在5 6h 之间的占1 0.2 0.4 0.16 0.24    ， 所以，图 2 的频率分布直方图如图所示： 由此估计乙校络学习时长的平均数为 3.5 0.2 4.5 0.4 5.5 0.24 6.5 0.16 4.86        . （2）由茎叶图知， 4.9 5.0 4.952m   ， 列联表如下： 超过 m 不超过 m 总计 - 16 - 甲 15 10 25 乙 10 15 25 总计 25 25 50 （3）由（2）中的列联表可知：  2 2 50 15 15 10 10 2 3.94125 25 25 25K         ， 所以没有95%以上的把握认为甲、乙两所高中高三络学习时长有差异. 【点睛】本题考查了频率分布直方图的应用、茎叶图的应用及独立性检验的应用，考查学生 对这些知识的掌握能力，准确计算是本题的解题关键，属于中档题. 19.如图，在四棱锥 P ABCD 中， ABCD 为正方形，且平面 PAD  平面 ABCD ，点 F 为 棱 PD 的中点. （1）在棱 BC 上是否存在一点 E ，使得 //CF 平面 PAE ？并说明理由； （2）若 PA PD AB  ，求直线 AF 与平面 PBC 所成角的正弦值. 【答案】（1）存在，理由见解析；（2） 7 7 . 【解析】 【分析】 （1）当 E 为 BC 中点时，分别取 BC ， PA 中点 E ， G ，连接 PE ， AE ， GE ， FG ，由 平面几何知识证明四边形 ECFG 是平行四边形，最后由线面平行的判定定理证明即可； （2）取 AD 中点O ，连接 PO ，OE ，以 O 为原点， OA，OE ，OP 分别为 x ， y ， z 轴 建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可. 【详解】（1）当 E 为 BC 中点时， //CF 平面 PAE .理由如下： 如图，分别取 BC ， PA 中点 E ，G ，连接 PE ， AE ，GE ， FG 又∵ F 是 PD 的中点，∴ //FG AD ， 1 2FG AD - 17 - 又∵ ABCD 为正方形，则 //AD BC ， AD BC ∴ //FG BC ， 1 2FG BC 又∵ E 是 BC 中点，∴ //FG CE ， FG CE ，则四边形 ECFG 是平行四边形 ∴ //CF EG 又 BG  平面 PAE ，CF  平面 PAE ， ∴ //CF 平面 PAE . （2）如图，取 AD 中点O ，连接 PO ， OE 又 PA PD ，则 PO AD ∵平面 PAD  平面 ABCD ，平面 PAD  平面 ABCD AD ， PO  平面 PAD ∴ PO  平面 ABCD ∴以O 为原点，OA，OE ，OP 分别为 x ， y ， z 轴建立空间直角坐标系 设 2AD  ，则  1,0,0A ，  1,2,0B ，  1,2,0C  ，  0,0, 3P ， 1 3,0,2 2F      ∴ 3 3,0,2 2AF        ，  2,0,0BC   ，  1,2, 3PB   设平面 PBC 的一个法向量为  , ,n x y z ，则 2 0 0 0 2 3 0 x y z x y z        令 3y  得 0x  ， 2 3z  ，则  0,3,2 3n  ， 21n  ∴ 3 7cos , 721 3 n AF n AF n AF        - 18 - ∴直线 AF 与平面 PBC 所成角的正弦值为 7 7 . 【点睛】本题主要考查了证明线面平行和利用向量法求线面角，属于中档题. 20.已知圆  2 23 16A x y   的圆心为 A ，点 ( )3,0B - 是圆 A 内一个定点，点C 是圆 A 上任意一点，线段 BC 的垂直平分线与半径 AC 相交于点 D . （1）求动点 D 的轨迹 E 的方程； （2）给定点  0,1P ，设直线l 不经过点 P 且与轨迹 E 相交于 M ，N 两点，以线段 MN 为直 径的圆过点 P .证明：直线l 过定点. 【答案】（1） 2 2 14 x y  ；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】 （1）根据垂直平分线的性质以及椭圆的定义，即可得出动点 D 的轨迹 E 的方程； （2）根据圆的性质得出 90MPN  ，再将垂直关系转化为 0PM PN   ，讨论直线l 斜率 的存在性，设出直线l 的方程 y kx m  ，联立椭圆方程，利用韦达定理以及 0PM PN   ， 得出 1m  ，从而确定直线l 过定点. 【详解】（1）如图，由已知，圆心  3,0A ，半径 4r  . ∵点 D 在线段 BC 的垂直平分线上，则 DC DB 又 AC DA DC  ，∴ AC DA DB  又∵ 4AC r  ，∴ 4DA DB AB   则动点 D 的轨迹 E 是以  3,0A ， ( )3,0B - 为焦点，长轴长 2 4a  的椭圆 从而 2a  ， 3c  ， 2 2 2 1b a c   ， - 19 - 故所求轨迹 E 方程为 2 2 14 x y  . （2）由已知， 90MPN  ，则 0PM PN   ， 若l 的斜率不存在，设 :l x t ，由题设知 0t  ，且 2t  此时， 24, 2 tM t      ， 24, 2 tN t      ， 24, 12 tPM t        ， 24, 12 tPN t         则 2 2 2 4 41 1 02 2 t tPM PN t                        ，解得 0t  ，不符合题设. 若l 的斜率存在，设  : 1l y kx m m   将 y kx m  代入 2 2 14 x y  得 2 2 24 1 8 4 4 0k x kmx m     由题设可知  2 216 4 1 0k m     设  1 1,M x y ，  2 2,N x y ，则 1 2 2 8 4 1 kmx x k     ， 2 1 2 2 4 4 4 1 mx x k    1 1, 1PM x y  ，  2 2, 1PN x y  uuur ，从而       1 2 1 2 1 2 1 21 1 1 1PM PN x x y y x x kx m kx m                   22 1 2 1 21 1 1 0k x x k m x x m        即      2 22 2 2 4 4 81 1 1 04 1 4 1 m kmk k m mk k           化简得  1 5 3 0m m   ，解得 1m  （舍去）或 3 5m   此时 2 1616 4 025k       成立，于是 3: 5l y kx  故直线l 过定点 30, 5     . 【点睛】本题主要考查了求椭圆的标准方程以及椭圆中直线过定点问题，关键是将垂直关系 转化为数量积为 0，属于中档题. 21.已知函数    1 ln 1xf x e x a    . - 20 - （1）设 1x  是  f x 的极值点，求 a ，并求  f x 的单调区间； （2）当 3a  时，证明   1f x   . 【答案】（1） 0a  ，  f x 的单调递减区间为 0,1 ，增区间为  1, ；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】 （1）求出导函数，由 ( ) 01f   求得 a ，再确定 ( )f x 的正负，从而确定 ( )f x 的单调区间； （2）由 3a  得 3x a x   ，      1 11 ln 2 ln 3 2x xf x e x a e x          ，构造新 函数    1 ln 3 2xg x e x    ，  3,x   ，只要证明 ( ) 0g x 即可，利用导数求出 ( )g x 的最小值即可．只是要注意 ( ) 0g x  的唯一解 0x 不可直接得出，只能通过 ( )g x 的零点 0x 来 研究 ( )g x 的最小值 0( )g x ，只要说明 0( ) 0g x  即可． 【详解】（1）   1 1xf x e x a     ， 由 1x  是  f x 的极值点知，  1 0f   ，即 11 01 a   ，所以 0a  . 于是   1 ln 1xf x e x   ，定义域为 0,  ，且   1 1xf x e x    ， 函数   1 1xf x e x    在 0,  上单调递增，且  1 0f   ， 因此当  0,1x 时，   0f x  ；当  1,x  时，   0f x  ， 所以  f x 的单调递减区间为  0,1 ，增区间为  1, . （2）当 3a  ， x a  时， 0 3x a x    ，从而    ln ln 3x a x   ，则      1 11 ln 2 ln 3 2x xf x e x a e x          ， 令    1 ln 3 2xg x e x    ，  3,x   ，则   1 1 3 xg x e x     在 3,  单调递增， 且   2 1 11 02g e      ，   1 10 0g e e     ， 故存在唯一的实数  0 1,0x   ，使得  0 0g x  . 当  03,x x  时，   0g x  ， ( )g x 递减；当  0 ,x x  时，   0g x  ， ( )g x 递增． - 21 - 从而当 0x x 时，  g x 取最小值. 由  0 0g x  得 0 1 0 1 03 xe x    ，则 0 1 0 1 3 xe x    ，  0 01 ln 3x x    ， 故        0 2 1 0 0 0 0min 0 0 21ln 3 2 1 23 3 x xg x g x e x xx x             ， 由  0 1,0x   知，  2 0 0 2 03 x x   ，故      01 0f x g x g x    ， 即当 3a  时，   1f x   成立. 【点睛】本题考查用导数研究函数的单调性、极值，用导数证明函数不等式，解题关键是掌 握等价转化思想，不等式的证明通常转化为通过研究函数的最值来实现． 选修 4-4：坐标系与参数方程 22.在直角坐标系 xOy 中，曲线C 的参数方程 3cos 3sin x y     （ 为参数），直线 l 过点 1,1 ， 倾斜角为 . （1）求曲线C 的普通方程和直线 l 的参数方程； （2）以坐标原点O 为极点， x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，当曲线C 截直线l 所得线段 中点的极坐标为 3π2, 4      时，求直线l 的斜率. 【答案】（1） 2 2 19 3 x y  ， 1 cos 1 sin x t y t         （ t 为参数）；（2） 1 3 . 【解析】 【分析】 （1）消掉参数得出曲线C 的直角坐标方程，再由 1,1 和倾斜角 得出直线 l 的参数方程； （2）将 3π2, 4      化为直角坐标，再将直线l 的参数方程代入曲线C 的普通方程，结合韦达定 理以及 1 2 02 t t  ，得出直线 l 的斜率. 【详解】（1）曲线C 的直角坐标方程为 2 2 19 3 x y  - 22 - 直线 l 的参数方程 1 cos 1 sin x t y t         （ t 为参数） （2）点 3π2, 4      化成直角坐标为 1,1 将 1 cos 1 sin x t y t         分别代入 2 2 19 3 x y  化简得   2 21 2sin 6sin 2cos 5 0t t       设曲线C 截直线l 所得线段的两端点所对应的参数分别为 1t ， 2t 则    2 26sin 2cos 20 1 2sin 0        由已知， 1 2 02 t t  ，∴ 1 2 2 6sin 2cos 01 2sint t        即 6sin 2cos 0   ，则 sin 1 cos 3    即直线l 的斜率为 1tan 3k   . 【点睛】本题主要考查了参数方程化普通方程以及利用韦达定理求其他值，属于中档题. 选修 4-5 不等式选讲 23.设函数   1 6f x x x a     . （1）当 2a  时，求不等式   0f x  的解集； （2）若   2 3f x a  ，求 a 的取值范围. 【答案】（1） 5 7 2 2x x       ；（2） 4, 3      . 【解析】 【分析】 （1）分类讨论 x 的值，解不等式   0f x  即可； （2）利用绝对值三角不等式得出  minf x ，再解不等式  min 2 3f x a  ，即可得出 a 的取 值范围. 【详解】（1）当 2a  时， ( ) | 1| | 2| 6f x x x     - 23 - 当 1x   时， ( ) ( 1) ( 2) 6 2 5f x x x x         当 1 2x   时， ( ) 1 ( 2) 6 3f x x x       当 2x  时， ( ) 1 2 6 2 7f x x x x       则   2 5, 1 3, 1 2 2 7, 2 x x f x x x x               0f x  等价于 1 2 5 0 x x      或 1 2 3 0 x     或 2 2 7 0 x x     解得 5 7 2 2x   则不等式   0f x  的解集为 5 7 2 2x x       . （2）要使   2 3f x a  ，只需  min 2 3f x a  即可. 又   1 6 1 6f x x x a a        ，且当  1 0x x a   时等号成立. ∴  min 1 6 2 3f x a a     ，则 1 2 3a a   当 2 3 0a   ，即 3 2a   时， 1 2 3a a   恒成立 当 2 3 0a   ，即 3 2a   时，  2 21 2 3a a   ，得 23 10 8 0a a   故 42 3a    ，从而 3 4 2 3a    综上， 4, 3a       . 【点睛】本题主要考查了分类讨论解绝对值不等式以及求绝对值不等式中参数的范围，属于 中档题. - 24 -