广东省普通高等学校招生全国统一考试2020届高三模拟（二）数学（文）试题 Word版含解析 27页

- 1 - 2020 年普通高等学校招生全国统一考试 广东省文科数学模拟试题（二） 本试卷 5 页，23 小题，满分 150 分.考试用时 120 分钟. 注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的县（市、区）、学校、姓名、考生号、考生号和座位 号填写在答题卡上.将条形码横贴在答题卡“条形码粘贴处”. 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔在答题卡上将对应题目选项的答案信息点涂 黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.答案不能答在试卷上. 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相 应位置上；如需改动，先画掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按 以上要求作答无效. 4.考生必须保证答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回. 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.已知集合  5 2 1 7A x x     ，  2 4B x x    ，则 A B  （ ） A.  3 4x x   B.  2 4x x   C.  3 3x x   D.  2 3x x   【答案】D 【解析】 【分析】 求出集合 A ， B ，由此能求出 A B ． 【详解】解：集合 { | 5 2 1 7} { | 3 3}A x x x x         ， { | 2 4}B x x    ， { | 2 3}A B x x      ． 故选： D ． 【点睛】本题考查交集的求法，考查交集定义等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题． 2.已知复数  z i a i  （i 为虚数单位， aR ），若 5z  ，则 a （ ） A. 4 B. 2 C. 2 D. 2 【答案】C - 2 - 【解析】 【分析】 先利用复数的乘法化简复数为   1z i a i ai    ，再由 21 5z a   求解. 【详解】因为复数   1z i a i ai    ， 所以 21 5z a   ， 解得 2a   故选：C 【点睛】本题主要考查复数的运算和复数的模的应用，还考查了运算求解的能力，属于基础 题. 3.小青和她的父母到照相馆排成一排拍照，则小青不站在两边的概率为（ ） A. 1 3 B. 2 3 C. 1 6 D. 1 2 【答案】A 【解析】 【分析】 先求小青不站在两边的站法有多少种，再求三个人全排列的站法，两者之比即可求解. 【详解】解：小青只能站中间 1 种站法，其父母站两边有 2 2 2A  ， 所以小青不站在两边的站法有 2 1 2  种站法， 三个人全排列有 3 3 6A  种站法， 所以小青不站在两边的概率为 2 1 6 3P   . 故选：A. 【点睛】考查用分步计数原理解古典概型问题；基础题. 4.若 x，y 满足约束条件 3 0, 3 0, 1 0, x y x y x           则 2z y x  的最大值是（ ） A. 9 B. 7 C. 3 D. 6 【答案】D 【解析】 【分析】 - 3 - 由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，联立方程 组求得最优解的坐标，代入目标函数的答案． 【详解】解：由 x ， y 满足约束条件 3 0 3 0 1 0 x y x y x        „ „ … ，作出可行域如图， 联立 3 0 1 0 x y x       ，解得 ( 1,4)A  ， 化目标函数 2z y x  为直线方程的斜截式： 2y x z  ． 由图可知，当直线 2y x z  过 A 时，直线在 y 轴上的截距最大，z 有最大值为 4 2 ( 1) 6    ； 故选： D ． 【点睛】本题考查简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，属于中档题． 5.《周髀算经》是我国古老的天文学和数学著作，其书中记载：一年有二十四个节气，每个 节气晷长损益相同（晷是按照日影测定时刻的仪器，晷长即为所测影子的长度），夏至、小暑、 大暑、立秋、处暑、白露、秋分、寒露、霜降是连续的九个节气，其晷长依次成等差数列， 经记录测算，这九个节气的所有晷长之和为 49.5 尺，夏至、大暑、处暑三个节气晷长之和为 10.5 尺，则立秋的晷长为（ ） - 4 - A. 1.5 尺 B. 2.5 尺 C. 3.5 尺 D. 4.5 尺 【答案】D 【解析】 【分析】 设等差数列 na 的首项为 1a ，公差为 d，根据题意列出方程组求解即可. 【详解】∵夏至、小暑、大暑、立秋、处暑、白露、秋分、寒露、霜降是连续的九个节气， 其晷长依次成等差数列 na ，设其首项为 1a ，公差为 d， 根据题意 9 1 3 1 11 5 = 1.5 10. 49.5 9 36 49.5 3 65 .5 110 S a a a a a d da d               ， ∴立秋的晷长为 4 1.5 3 4.5a    . 故选：D 【点睛】本题考查等差数列的通项公式、求和公式，属于基础题. 6.一个底面半径为 2 的圆锥，其内部有一个底面半径为 1 的内接圆柱，若其内接圆柱的体积 为 3 ，则该圆锥的体积为（ ） A. 2 3 B. 2 3 3  C. 4 3 3  D. 8 3 3  【答案】D 【解析】 【分析】 由题意画出图形，由圆柱的体积求得圆柱的高，再由相似三角形对应边成比例求得圆锥的高， 则圆锥体积可求. 【详解】作出该几何体的轴截面图如图， 2BC  ， 1BD  ， 设内接圆柱的高为 h， - 5 - 由 21 3h    ，得 3h  . ∵ CAB CED△ ∽△ ， ∴ ED CD AB CB  ，即 3 1 2AB  ， 得 2 3AB  ， ∴该圆锥的体积为 21 8 32 2 33 3      . 故选：D. 【点睛】本题主要考查圆锥的内接圆柱的体积，还考查了数形结合的思想方法，属于基础题. 7.已知函数  f x 是定义在 R 上的偶函数，且在 0, 上单调递减，  3 0f   ，则不等式  1 0f x   的解集为（ ） A.  3,3 B.  2,4 C.    , 2 2,   D.  4,2 【答案】B 【解析】 【分析】 根据题意，由函数的奇偶性与单调性的性质以及 ( 3) 0f   分析可得： ( 1) 0f x   等价于 | 1| 3x   ，解可得 x 的取值范围，即可得答案． 【详解】解：根据题意，函数 ( )f x 是定义在 R 上的偶函数，且在[0 ， ) 上单调递减， 又由 ( 3) 0f   ，则  ( 1) 0 ( 1) ( 3) (| 1|) 3 | 1| 3f x f x f f x f x            ， 解可得： 2 4x   ，即不等式的解集为 ( 2,4) ； 故选：B． 【点睛】本题考查函数的奇偶性与单调性的综合应用，涉及绝对值不等式的解法，属于基础 题． 8.已知双曲线   2 2 2 2 1 0, 0x y a ba b     的右焦点为 F，过点 F 分别作双曲线的两条渐近线的 - 6 - 垂线，垂足分别为 A，B.若 0FA FB   ，则该双曲线的离心率为（ ） A. 5 B. 2 C. 3 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】 由题意画出图形，可得渐近线的倾斜角，得到 1b a  ，则离心率可求. 【详解】如图， 由 0FA FB   ，得 90AOB   ， 即 45AOF   ，∴ tan 45 1b a    ，即 a b . 则 2 1 2c be a a        . 故选：D. 【点睛】本题考查双曲线的简单性质，考查数形结合的解题思想方法，考查双曲线离心率的 求法，是基础题. 9.已知数列 na 满足 1 1 n n n aa a   （ n N ），且 1 1a  ，设 1n n nb a a  ，记数列 nb 的前 n 项和为 nS ，则 2019S  （ ） A. 2018 2019 B. 2019 2020 C. 2019 D. 1 2019 【答案】B 【解析】 【分析】 - 7 - 根据 1 1 n n n aa a   ，变形为 1 11 1 1n n n n a a a a    ，利用等差数列的定义得到 1 na       是等差数 列，从而得到 1 na n  ，然后由   1 1 1 1 1nb n n n n     ，用裂项相消法求解. 【详解】因为 1 1 n n n aa a   ， 所以 1 11 1 1n n n n a a a a    所以 1 na       是以 1 为首项，以 1 为公差的等差数列， 所以  1 1 1 1 n n na      ， 所以 1 na n  ， 所以   1 1 1 1 1nb n n n n     ， 所以 2019 1 1 1 1 1 1 1 2019... 11 2 2 3 2020 2020 2020S n           ， 故选：B 【点睛】本题主要考查等差数列的定义以及裂项相消法求和，还考查了运算求解的能力，属 于中档题. 10.把函数   2sinf x x 的图象向右平移 3  个单位长度，再把所得的函数图象上所有点的横 坐标缩短到原来的 1 2 （纵坐标不变）得到函数  g x 的图象，关于  g x 的说法有：①函数  g x 的图象关于点 ,03      对称；②函数  g x 的图象的一条对称轴是 12x   ；③函数  g x 在 ,3 2       上的最上的最小值为 3 ；④函数    0,g x  上单调递增，则以上说法正确的个数 是（ ） A. 4 个 B. 3 个 C. 2 个 D. 1 个 【答案】C - 8 - 【解析】 【分析】 通 过 平 移 变 换 与 伸 缩 变 换 求 得 函 数  g x 的 解 析 式 . 由 03g      判 断 ① 错 误 ； 由 212g       求得最小值判断②正确；由 x 的范围求得函数值域判断③正确；由 x 的范围可 知函数  g x 在 0, 上不单调判断④错误. 【详解】把函数   2sinf x x 的图象向右平移 3  个单位长度，得 2sin 3y x      ， 再把所得的函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的 1 2 （纵坐标不变）得到函数  g x 的图象， 则   2sin 2 3g x x      . ①∵ 22sin 3 03 3 3g                ，∴函数  g x 的图象不关于点 ,03      对称，故①错 误； ②∵ 2sin 212 6 3g                  ，∴函数  g x 的图象的一条对称轴是 12x   ，故② 正确； ③当 ,3 2x       时， 22 ,3 3 3x        ，则 2sin 2 3,23x          ，即函数  g x 在 ,3 2       上的最上的最小值为 3 ，故③正确； ④当  0,x  时， 52 ,3 3 3x         ，可知函数  g x 在 0, 上不单调，故④错误. ∴正确命题的个数为 2. 故选：C. 【点睛】本题考查命题的真假判断与应用，考查  siny A ωx φ  型函数的图象与性质，是 中档题. - 9 - 11.已知椭圆 C 的焦点为  1 ,0F c ，  2 ,0F c ，P 是椭圆 C 上一点，若椭圆 C 的离心率为 2 2 ， 且 1 1 2PF F F ， 1 2PF F△ 的面积为 2 2 ，则椭圆 C 的方程为（ ） A. 2 2 12 x y  B. 2 2 13 2 x y  C. 2 2 14 2 x y  D. 2 2 14 x y  【答案】A 【解析】 【分析】 利用椭圆的离心率以及三角形的面积，求出 a 、b ；即可得到椭圆方程． 【详解】解：椭圆C 的焦点为 1( ,0)F c ， 2 ( ,0)F c ， P 是椭圆C 上一点．若椭圆C 的离心率 为 2 2 ，且 1 1 2PF F F ，△ 1 2PF F 的面积为 2 2 ， 可得： 2 2 2 2 2 2 1 222 2 c a bc a a b c             ，解得 2a  ， 1b  ， 所以椭圆方程为： 2 2 12 x y  ． 故选： A ． 【点睛】本题考查椭圆的简单性质的应用、椭圆方程的求法，是基本知识的考查，属于基础 题． 12.已知函数   21 cos 12f x ax x   （ a R ），若函数  f x 有唯一零点，则 a 的取值范围 为（ ） A.  ,0 B.    ,0 1,  - 10 - C.    ,0 1,   D.    , 1 1,   【答案】B 【解析】 【分析】 根据函数的奇偶性变换得到 2 2sin 2 x a x           ，设 2sin 2 x k x  ，利用其几何意义根据图象得到范 围. 【详解】   21 cos 12f x ax x   ，易知函数为偶函数，且  0 0f  ，故考虑 0x  的情况 即可， 当 0x  时，   21 cos 1 02f x ax x    ，即   2 2 2sin2 1 cos 2 x xa x x            ， 设 2sin 2 x k x  ，表示函数 2sin 2 xy  上的点到原点的斜率，根据图象知： cos 2 xy  ，当 0x  时， max 1y  ，故 1k  ，故 2 2sin 20 1 x x           ，   2 2 2sin2 1 cos 2 x xa x x            无解，故    ,0 1,a     . 故选：B. - 11 - 【点睛】本题考查了利用导数解决函数的零点问题，将题目转化为函数 2sin 2 xy  上的点到 原点的斜率是解题的关键. 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分. 13.记等比数列 na 的前 n 项和为 nS ，若 2 1 4a  ， 3 7 8S  ，则公比 q  ______. 【答案】 1 2 或 2 【解析】 【分析】 由 2 1 4a  ， 3 7 8S  ，可得： 1 1 1 74 4 4 8qq    ，化简解出即可得出． 【详解】解：由 2 1 4a  ， 3 7 8S  ，  1 1 1 74 4 4 8qq    ，化为： 22 5 2 0q q   ． 解得 1 2q  或 2． 故答案为： 1 2 或 2． 【点睛】本题考查了等比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， 属于基础题． 14.已知向量  1, 3a  ， 1b  ，且向量 a  与b  的夹角为 3  ，则 2a b   ______. 【答案】2 【解析】 【分析】 - 12 - 根据向量 a  的坐标即可求出| | 2a  ，进而求出 a b    的值，进而得出 2 2a b  的值，从而得出 2a b  ． 【详解】解：因为  1, 3a  ， 1b  ，且向量 a  与b  的夹角为 3   22| | 1 3 2a    ，  · 1a b  ，   2 2 2 2 4 4 4 4 4 4a b a a b b              ，  2 2a b   ． 故答案为：2． 【点睛】本题考查了根据向量的坐标求向量的长度的方法，向量数量积的计算公式，考查了 计算能力，属于基础题． 15.对于任意实数 a，b，定义   , ,min , , , a a ba b b a b    函数   2f x ex e   ，   xg x e ，       min ,h x f x g x ，若函数    Q x h x k  有两个零点，则 k 的取值范围为______. 【答案】 0,e 【解析】 【分析】 根据题意得到 ( )h x 解析式为 , 1( ) 2 , 1 xe xh x ex e x     „ ，作出其图象，数形结合即可； 【详解】解：因为 ( ) 2f x ex e   单调递减， ( ) xg x e 单调递增， 且 f （1） e g  （1）， 故 ( ) { ( )h x min f x ， , 1( )} 2 , 1 xe xg x ex e x     „ ， 作出函数 ( )h x 的图象如下： - 13 - 函数 ( ) ( )Q x h x k  有两个零点等价于函数 ( )h x 与直线 y k 图象有 2 个交点， 由图可知， (0, )k e ； 故答案为： (0, )e ． 【点睛】本题主要考查函数与方程的应用，将方程转化为函数图象的交点问题是解决本题的 关键．要注意使用数形结合的数学思想，属于中档题． 16.如图，在矩形 ABCD 中，已知 2 2AB AD a  ，E 是 AB 的中点，将 ADE 沿直线 DE 翻折成 1A DE△ ，连接 1AC .若当三棱锥 1A CDE 的体积取得最大值时，三棱锥 1A CDE 外接 球的体积为 8 2 3  ，则 a ______. 【答案】 2 【解析】 【分析】 当高最大值，体积最大，高最大为 2 2 a ，球心在平面 DEBC 的投影为 DC 中点G ，根据勾 股定理解得 R a ，代入体积公式计算得到答案. 【详解】三棱锥 1A CDE 的底面积为定值 2S a ，故当高最大值，体积最大， - 14 - 易知 1A DE△ 为等腰直角三角形，取 DE 中点为 F ，连接 1A F ，故 1A F DE ， 当平面 1A DE  平面 DEBC 时，高最大为 2 2 a ， 易知 DEC 为等腰直角三角形，球心在平面 DEBC 的投影为 DC 中点G ， 且 DEC 的外接圆半径为 r a ，设OG h ， 1 2 2 2FG EC a  故 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 R h a R a a h                       ，解得 R a ， 0h  ， 34 8 2 3 3V R   ，故 2R  ，即 2a  . 故答案为： 2 . 【点睛】本题考查了三棱锥体积的最值问题，三棱锥的外接球问题，意在考查学生的计算能 力和空间想象能力. 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.在 ABC 中，角 A，B，C 的对边分别是 a，b，c，已知 - 15 - 22 2 cos 2 cos cos2 Aa b C c B        . （1）求角 A 的大小； （2）若 6 2c  ，且 AB 边上的高等于 1 3 AB ，求sinC 的值. 【答案】（1） 4A  ；（2） 3 10sin 10C  . 【解析】 【分析】 （1）先根据二倍角余弦公式化简，再根据正弦定理化边为角，即得结果； （2）根据 AB 边上的高可得 ,AD BD 以及 BC ，再根据正弦定理求sinC 的值. 【详解】（1）依题意得 1 cos2 2 2 cos cos2 Aa b C c B         ， 2 cos cos cosa A b C c B      根据正弦定理得 2 sin cos sin cos sin cosA A B C C B    ，  2 sin cos sinA A B C   2 sin cos sinA A A  .  0,A  ， sin 0A  . 2 cos 1A  ，即 2cos 2A  .  0,A  ， 4A  . （2）设 AB 边上的高为 CD ， 在 Rt CDA△ 易得 2 2AD CD  ， 则 4 2BD  . 在 Rt CDB△ 中，根据勾股定理， 得 2 2 2 10BC CD BD   . 在 ABC 中，根据正弦定理 sin sin AB BC C A  ， - 16 - 得 26 2sin 3 102sin 102 10 AB AC BC    . 【点睛】本题考查二倍角余弦公式、正弦定理，考查基本分析求解能力，属基础题. 18.如图，四棱锥 P ABCD 中，四边形 ABCD 是边长为 4 的菱形，PA PC ，BD PA ， E 是 BC 上一点，且 1BE  ，设 AC BD O . （1）证明： PO  平面 ABCD ； （2）若 60BAD   ， PA PE ，求三棱锥 P AOE 的体积. 【答案】（1）证明见解析；（2） 3 2 . 【解析】 【分析】 （1）由已知可先证 BD  平面 PAC ，得到 BD PO ，再由 PO AC ，进一步得到 PO  平面 ABCD ； （2）根据条件，解三角形求出三棱锥 P AOE 的高 PO ，底面积 AOES ，再利用棱锥的体积 公式求出三棱锥 P AOE 的体积 【详解】（1）证明： 四边形 ABCD 是菱形， BD AC  ，O 是 AC 的中点. BD PA ， PA AC A ， BD  平面 PAC . PO  平面 PAC ， BD PO  . PA PC ，O 是 AC 的中点， PO AC  . AC  平面 ABCD ， BD  平面 ABCD ， AC BD O ， PO  平面 ABCD . - 17 - （2）解：由四边形 ABCD 是菱形， 60BAD  ， 得 ABD△ 和 BCD 都是等边三角形 4BD AB   . O 是 BD 的中点， 2BO  . 在 Rt ABO△ 中， 2 2 2 3AO AB BO   . 在 Rt PAO△ 中， 2 2 2 212PA AO PO PO    . 取 BC 的中点 F，连接 DF ，则 DF BC . 在 Rt BDF△ 中， 2 2 2 3DF BD BF   . 1BE  ， E 是 BF 的中点.又 O 是 BD 的中点， 1 32OE DF   . 在 Rt POE 中， 2 2 2 23PE OE PO PO    . 在 ABE△ 中，由余弦定得 2 2 2 2 cos120 21AE AB BE AB BE      . PA PE ， 2 2 2PA PE AE   . 2 212 3 21PO PO     . 3PO  . AOE ABC ABE COES S S S   △ △ △ 1 1 1 3 34 4 sin120 4 1 sin120 3 32 2 2 2             ， 1 1 3 3 333 3 2 2P AOE AOEV S PO      △ . 【点睛】本题考查直线与平面垂直的判定，棱锥的体积的计算，解三角形，余弦定理，三角 形的面积公式，考查空间想象能力与思维能力，运算能力，属于中档题. 19.为了提高生产效益，某企业引进了一批新的生产设备，为了解设备生产产品的质量情况， 分别从新、旧设备所生产的产品中，各随机抽取 100 件产品进行质量检测，所有产品质量指 - 18 - 标值均在  15,45 以内，规定质量指标值大于 30 的产品为优质品，质量指标值在 15,30 的产 品为合格品，旧设备所生产的产品质量指标值如频率分布直方图所示，新设备所生产的产品 质量指标值如频数分布表所示. 质量指标值 频数  15,20 2  20,25 8  25,30 20  30,35 30  35,40 25  40,45 15 合计 100 （1）请分别估计新、旧设备所生产的产品的优质品率. （2）优质品率是衡量一台设备性能高低的重要指标，优质品率越高说明设备的性能越高，根 据已知图表数据填写下面列联表（单位：件），并判断是否有95%的把握认为“产品质量高于 新设备有关”. - 19 - 非优质品 优质品 合计 新设备产品 旧设备产品 合计 附： P（ 2 0K k ） 0.15 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0k 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879        2 2 n ad bcK a b c d a c b d      ，其中 n a b c d    . （3）已知每件产品的纯利润 y（单位：元）与产品质量指标值 t 的关系式为 2,30 45, 1,15 30, ty t      若每台新设备每天可以生产 1000 件产品，买一台新设备需要 80 万元，请估计至少需要生产 多少天方可以收回设备成本. 【答案】（1）70%，55%；（2）列联表见解析，有 95%的把握认为产品质量高与新设备有关； （3）471 天方. 【解析】 【分析】 （1）根据旧设备所生产的产品质量指标值的频率分布直方图中后 3 组的频率之和即为旧设备 所生产的产品的优质品率，根据新设备所生产的产品质量指标值的频数分布表即可估计新设 备所生产的产品的优质品率； （2）根据题目所给的数据填写 2 2 列联表，计算 K 的观测值 2K ，对照题目中的表格，得出 统计结论； （3）根据新设备所生产的产品的优质品率，分别计算 1000 件产品中优质品的件数和合格品 的件数，得到每天的纯利润，从而计算出至少需要生产多少天方可以收回设备成本． - 20 - 【详解】解： （1）估计新设备所生产的产品的优质品率为： 30 25 15 0.7 70%100     ， 估计旧设备所生产的产品的优质品率为：  5 0.06 0.03 0.02 0.55 55%     . （2） 非优质品 优质品 合计 新设备产品 30 70 100 旧设备产品 45 55 100 合计 75 125 200 由列联表可得，  2 2 200 30 55 45 70 4.8 3.84175 125 100 100K         ， 有95%的把握认为产品质量高与新设备有关. （3）新设备所生产的产品的优质品率为 0.7 每台新设备每天所生产的 1000 件产品中，估计有1000 0.7 700  件优质品， 有1000 700 300  件合格品. 估计每台新设备一天所生产的产品的纯利润为 700 2 300 1 1700    （元）. 800000 1700 471  （天）， 估计至少需要生产 471 天方可以收回设备成本. 【点睛】本题考查了独立性检验的应用问题，考查了频率分布直方图，也考查了计算能力的 应用问题，属于中档题． 20.已知曲线 C 上每一点到直线 l： 2y   的距离比它到点  0,1F 的距离大 1. （1）求曲线 C 的方程； （2）曲线 C 任意一点处的切线 m（不含 x 轴）与直线 2y  相交于点 M，与直线 l 相交于点 N， 证明： 2 2FM FN 为定值，并求此定值. 【答案】（1） 2 4x y ；（2）证明见解析， 2 2FM FN 为定值 0. - 21 - 【解析】 【分析】 （1）利用抛物线的定义可得曲线C 是顶点在原点， y 轴为对称轴， (0,1)F 为焦点的抛物线， 从而求出曲线C 的方程； （2）依题意，切线 m 的斜率存在且不等于 0，设切线 m 的方程为： ( 0)y ax b a   ，与抛 物线方程联立，利用△ 0 得到 2b a  ，故切线 m 的方程可写为 2y ax a  ，进而求出点 M ， N 的坐标，用坐标表达出 FM  和 FN  ，即可证得 2 2| | | |FM FN 为定值． 【详解】解：（1）由题意可知，曲线 C 上每一点到直线 1y   的距离等于该点到点  0,1F 的 距离， 曲线 C 是顶点在原点，y 轴为对称轴，  0,1F 为焦点的抛物线. 曲线 C 的轨迹方程为： 2 4x y . （2）依题设，切线 m 的斜率存在且不等于零，设切线 m 的方程为 y ax b  （ 0a  ）， 代入 2 4x y 得  2 4x ax b  ，即 2 4 4 0x ax b   . 由 0  得 24 16 0a b  ，化简整理得 2b a  . 故切线 m 的方程可写为 2y ax a  . 分别令 2y  ， 2y   得 M，N 的坐标为 2 ,2M aa     ， 2 , 2N aa       ， 2 ,1FM aa        ， 2 , 3FN aa         . 2 2 2 2 2 21 9 0FM FN a aa a                    . 即 2 2FM FN 为定值 0. 【点睛】本题主要考查了抛物线的定义，以及直线与抛物线的位置关系，属于中档题． 21.已知函数   xf x ae ex a   （ a e ），其中 e 为自然对数的底数. - 22 - （1）若 2a  ，求函数  f x 在点   1, 1f 处的切线方程； （2）若函数  f x 的极小值为 1 ，求 a 的值. 【答案】（1） 2y ex  ；（2） 1a  . 【解析】 【分析】 （1）求导计算  1f e  ，  1 2f e  ，得到切线方程. （2）考虑 0a  和 0 a e  两种情况，求导得到函数单调区间，得到 ln 1 0e a a   ，构造 函数，根据单调性计算得到答案. 【详解】（1） 2a  ，   2 2xf x e ex    ，   2 xf x e e   ，  1 2f e e e    ，  1 2 2 2f e e e     ， 函数  f x 在点   1, 1f 处的切线方程为：    2 1y e e x    ，即 2y ex  . （2）函数  f x 的定义域为  ,  ，   xf x ae e   ， 当 0a  时，   0f x  对于  ,x   恒成立，  f x 在  ,  单调递减，  f x 在 ,  上无极值. 当 0 a e  时，令   0f x  ，得 ln ex a  . 当 ln ,ex a      时，   0f x  ，当 ,ln ex a      时，   0f x  .  f x 在 ,ln e a     单调递减，在 ln ,e a     单调递增， 当 ln ex a  时，  f x 取得极小值 1 . ln ln ln 1 e ae ef ae e aa a          ，即 ln 1 0e a a   . 令   ln 1m x e x x   （ 0 x e  ），则   1e e xm x x x     . 0 x e  ，   0m x  ，  m x 在 0,e 上单调递增. - 23 - 又  1 0m  ， 1a = . 【点睛】本题考查了求切线方程，根据函数极值求参数，意在考查学生的计算能力和转化能 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. [选修 4-4：坐标系与参数方程] 22.在直角坐标系 xOy 中，曲线 C 的方程为 2 2 112 4 x y  ，以原点 O 为极点，x 轴的正半轴为极 轴建立极坐标系，直线 l 的极坐标方程为  2 cos 4 0a a       . （1）求直线 l 的直角坐标方程； （2）已知 P 是曲线 C 上的一动点，过点 P 作直线 1l 交直线于点 A，且直线 1l 与直线 l 的夹角为 45°，若 PA 的最大值为 6，求 a 的值. 【答案】（1） 0x y a   （2） 2a  【解析】 【分析】 （1）利用两角差的余弦公式把 2 cos 4 a      展开，结合 cosx   ， siny   可 得直线l 的直角坐标方程； （2）依题意可知曲线 C 的参数方程为 2 3 cos 2sin x y      （ 为参数），设  2 3 cos ,2sinP   ， 写出点 P 到直线l 的距离，利用三角函数求其最大值，可得 PA 的最大值，结合已知列式求解 a 即可. 【详解】（1）由 2 cos 4 a      ，得 2 cos cos sin sin4 4 a        ， 即 cos sin a     . ∵ cosx   ， siny   ， - 24 - ∴直线l 的直角坐标方程为 x y a  ，即 0x y a   . （2）依题意可知曲线C 的参数方程为 2 3 cos 2sin x y      （ 为参数）. 设  2 3 cos ,2sinP   ，则点 P 到直线l 的距离为： 4sin2 3 cos 2sin 3 2 2 aa d           . ∵ 0a  ， ∴当 sin 13       时， max 4 2 ad   . 又过点 P 作直线 1l 交直线于点 A，且直线 1l 与直线l 的夹角为 45 ， ∴ cos45d PA   ，即 2PA d . ∴ PA 的最大值为 max2 6d  ，即 42 6 2 a   . ∵ 2a  ，∴解得 2a  . 【点睛】本题第一问考查直线的极坐标方程与直角坐标方程的互化，第二问考查了利用椭圆 的参数方程求最值，属于中档题. [选修 4-5：不等式选讲] 23.已知函数   | 1| | 3|f x x x    . （1）解不等式：   6f x  ； （2）若 a，b，c 均为正数，且  mina b c f x   ，证明：     2 2 2 491 1 1 3a b c      . 【答案】（1） 2{ | }4x x   （2）见解析 【解析】 【分析】 - 25 - （1）由         2 2, 3 1 3 4, 3 1 2 2, 1 x x f x x x x x x                ，再分 3x   ， 3 1x   ，x>1 求解. （2）由（1）得到 4a b c   ，构造     1 1 1 7a b c      ，两边平方展开，再利用 基本不等式求解. 【详解】（1）函数         2 2, 3 1 3 4, 3 1 2 2, 1 x x f x x x x x x                . 当 3x   时， 2 2 6x   ，解得 4x   ， 故 4 3x  ＜ . 当 3 1x   时，4≤6，恒成立. 当 1x  时， 2 2 6x   ，解得 2x  ， 故1 2x ＜ ， 所以不等式的解集为 2{ | }4x x   . （2）由（1）知：  min 4f x  ，所以： 4a b c   ， 所以     1 1 1 7a b c      ， 所以       2 1 1 1 49a b c        ， 所以               2 2 21 1 1 2 1 1 2 1 1 2 1 1 49a b c a b a c b c                    2 2 23 1 1 1a b c        . 当且仅当 4 3a b c   时，等号成立. 所以     2 2 2 491 1 1 3a b c      . 【点睛】本题主要考查绝对值不等式的解法，基本不等式的应用，还考查了转化求解问题的 能力，属于中档题. - 26 - - 27 -