河南省新乡市2020届高三三模考试数学（文）试题 Word版含解析 22页

- 1 - 2020 年河南省新乡市高考数学三模试卷（文科） 一、选择题：本大题共 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. 已知复数 2 3 z i   ，则复数 z 的共轭复数 z  （ ） A. 3 1 2 2 i B. 1 3 2 2 i C. 3 1 2 2 i D. 1 3 2 2 i 【答案】A 【解析】 【分析】 复数 z 实数化，即可求解. 【详解】因为 2 2( 3 ) 3 23 ( 3 )( 3 ) i iz i i i        ，所以 3 1 2 2z i  . 故选:A 【点睛】本题考查复数的除法运算，考查共轭复数定义，属于基础题. 2. 设集合  2 1A x x   ∣ ，  0B x x e  ∣ ，则 A∩B＝（ ） A. { | }1x x e ﹣ B. { | 0 1}x x  C. { | }2x x e ﹣ D. { | 0 1}x x  【答案】D 【解析】 【分析】 利用交集概念及运算求出结果. 【详解】∵ { | 2 1}A x x    ， { | 0 }B x x e ＜ ， ∴ { | 0 1}A B x x  ≤ 故选：D. 【点睛】本题考查了交集及其运算，熟练掌握交集的定义是解本题的关键，属于基础题． - 2 - 3. 函数 2 3 4 ln x xy x    的定义域是（ ） A. （0，1）∪（1，4] B. （0，4] C. （0，1） D. （0，1）∪[4，+∞） 【答案】A 【解析】 【分析】 根据偶次根式下被开方数非负、分母不为零、对数真数大于零列式求解，即得结果. 【详解】 22 3 4 03 4 ln ln 0, 0 x xx xy x x x            1 4 (0,1) (1,4]0, 1 x xx x         故选：A 【点睛】本题考查函数定义域，考查基本分析求解能力，属基础题. 4. 若抛物线 x2＝ay 的准线与抛物线 y＝﹣x2﹣2x+1 相切，则 a＝（ ） A. 8 B. ﹣8 C. ﹣4 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】 求 出 抛 物 线 x2 ＝ ay 的 准 线 为 4 ay   ， 根 据 抛 物 线 x2 ＝ ay 的 准 线 与 抛 物 线  22 2 1 1 2y x x x        相切可得 24 ay    ，得出答案. 【详解】抛物线  22 2 1 1 2y x x x        抛物线 x2＝ay 的准线为 4 ay   则 4 ay   与抛物线 y＝﹣x2﹣2x+1 相切， 所以 24 ay    ，所以 8a   故选：B 【点睛】本题考查抛物线的准线方程，考查抛物线的切线，属于基础题. - 3 - 5. 函数   cosxf x e x  的部分图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 先判断函数的单调性，结合函数的特值可得结果. 【详解】由   cosxf x e x  ，则   sinxf x e x   当 0x  时， e 1x  ，则   sin 0xf x e x    ， 所以函数  f x 在 0,  上单调递增，排除选项 A，C 又 2 2cos 02 2f e e                   ，排除除选项 B 故选： D 【点睛】本题主要考查函数图象的识别和判断，结合函数单调性以及特值是解决本题的关键． 比较基础． 6. 已知 a＝log3b，b＝0.3c，则“a＞0”是“c＞0”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】D 【解析】 - 4 - 【分析】 根据指数函数与对数函数性质说明充分性与必要性都不成立. 【详解】若 0a  ，则 0 3 3log 0 log 1 1 0.3 1 0.3 0cb b c         ，即充分性不成立； 若 0c  ，则 0 3 30.3 0.3 1 log log 1 0cb a b       ，即必要性不成立； 故选：D 【点睛】本题考查充要关系判断、指数函数与对数函数单调性应用，考查基本分析判断能力， 属基础题. 7. 执行如图所示的程序框图，则输出的 k  （ ） A. 5 B. 3 C. 6 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】 执行程序框图，依此写出每次循环时的 ,k S 的值并判断，直到当 0S  时，退出循环，输出 k 的值. 【详解】第一次循环： 6 1 5S    ， 1 1 2k    ， 0S  ，不满足 0S  执行循环； 第二次循环： 5 2 3S    ， 2 1 3k    ， 0S  ，不满足 0S  执行循环； 第三次循环： 3 3 0S    ， 3 1 4k    ， 0S  ，不满足 0S  执行循环； 第四次循环： 0 4 4S     ， 4 1 5k    ， 0S  ，退出循环，此时输出 5k  . - 5 - 故选: A 【点睛】本题主要考查直到型循环结构的计算结构的输出，对于这类问题，通常是利用程序 框图给出的算法计算出每一步的结果并判断即可，属于基础题. 8. 定义在 R 上的函数 ( )f x 的导函数为 ( )f x ，对任意的实数 x ，都有 ( ) 1 0f x   ，且 (1) 1f   ，则（ ） A. (0) 0f  B. ( )f e e  C. ( ) (0)f e f D. (2) (1)f f 【答案】B 【解析】 【分析】 构造函数 ( ) ( )g x f x x  ，求导后可判断 ( )g x 的单调性，然后利用函数 ( )g x 的单调性求解 即可. 【详解】构造 ( ) ( )g x f x x  ，则 ( ) ( ) 1g x f x   ，又 ( ) 1 0f x   ，所以 ( ) 0g x  ， 所以函数 ( )g x 在 R 上单调递减，又 (1) (1) 1 1 1 0g f      ， 所以 ( ) (1)g e g ，即 ( ) 0f e e  ， 所以 ( )f e e  . 故选：B 【点睛】本题主要考查导数中函数构造问题，根据 ( ) 1f x  构造函数 ( ) ( )g x f x x  是解题 的关键，属于中档题. 9. 中医药，是包括汉族和少数民族医药在内的我国各民族医药的统称，反映了中华民族对生 命、健康和疾病的认识，具有悠久历史传统和独特理论及技术方法的医药学体系．是中华民 族的瑰宝．某科研机构研究发现，某品种中医药的药物成分甲的含最 x（单位：克）与药物功 效 y（单位：药物单位）之间满足 y＝15x﹣2x2．检测这种药品一个批次的 6 个样本，得到成 分甲的含量的平均值为5克．标准差为 5 克．则估计这批中医药的药物功效的平均值为（ ） A. 14 药物单位 B. 15.5 药物单位 C. 15 药物单位 D. 16 药物单位 - 6 - 【答案】C 【解析】 【分析】 设 6 个样本中药物成份甲的含量分别为 1 2 3 4 5 6, , , , ,x x x x x x ，根据平均值和标准差列出方程， 再代入平均数的计算公式，即可求解. 【详解】设 6 个样本中药物成份甲的含量分别为 1 2 3 4 5 6, , , , ,x x x x x x ， 因为成分甲的含量的平均值为 5 克，所以 1 2 3 4 5 6 30x x x x x x      ， 标准差为 5 克，所以 6 2 1 1 ( 5) 56 i i x    ，可得 6 2 1 180i i x   ， 又由 215 2y x x  ，所以 6 6 6 2 1 1 1 15 2 90i i i i i i y x x         ， 所以这批中医药的药物功效的平均值为 6 1 1 156 i i y    . 故选：C. 【点睛】本题主要考查了统计知识的应用，其中解答中熟记平均数和方差、标准差的计算公 式，准确计算是解答的关键，着重考查推理与运算能力. 10. 已知 Sn 为数列{an}的前 n 项和，﹣2，an，6Sn 成等差数列，若 t＝a1a2+a2a3+…+anan+1，则（ ） A. 1 1 8 24t    B. 1 1 8 12t    C. 1 1 6 8t    D. 1 1 6 12t    【答案】C 【解析】 【分析】 由等差中项，可得 na ， nS 的关系，化简可得等比数列的通项，利用 1n na a  仍为等比数列，即 可求出t 的值. 【详解】因为 2 ，an，6Sn 成等差数列， 所以 2 6S 2n na   ① 当 1n  时， 1 12 6 2a S  ，解得 1 1 2a  ， - 7 - 当 2n  时， 1 12 6 2n na S   ② 由①  ②得 12 2 6n n na a a  ， 可得 1 1 2n na a   ， 所以数列{an}是以 1 2 为首项， 1 2  为公比的等比数列， 故 11 1 1 2 2 2 n na                ， 所以 1{ }n na a  是首项为 1 8  ，公比为 1 4 的等比数列， 所以 2 21 3 1 1 118 4 1 111 6 41 4 n n n nt a a a a a a                           L ， 因为 n N , 所以 1 1 1 11 ,6 4 6 8 n                  ， 所以 1 1 6 8t    故选：C 【点睛】本题主要考查了等差中项，等比数列的定义，通项公式，等比数列的求和公式，属 于中档题. 11. 三棱锥 S﹣ABC 的各顶点均在球 O 的球面上，SC 为该球的直径，AC＝BC＝2，∠ACB＝120°， 且三棱锥 S﹣ABC 的体积为 2，则球 O 的半径为（ ） A. 7 B. 5 C. 5 2 D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】 作出示意图，求得 ABC 的面积，并计算出三棱锥 S ABC 的高 SD ，利用正弦定理计算圆 E 的直径CD ，然后利用勾股定理求出 SC ，即可求解球的直径，得到答案. 【详解】如图所示， 因为 2, 120AC BC ACB     ， - 8 - 可得 ABC 的面积为 1 1 3sin 2 2 32 2 4ABCS AC BC ACB         ， 设 ABC 的外接圆为圆 E ，连接OE ，则OE  平面 ABC ， 作圆 E 的直径CD ，连接 SD ， 因为 ,O E 分别为 ,SC CD 的中点，则 / /SD OE ，所以 SD  平面 ABC ， 所以三棱锥 S ABC 的体积为 1 3 23S ABCV SD     ，解得 2 3SD  ， 由正弦定理，可得 4sin sin30 AC ACCD ABC     ， 2 2 2 7SC CD SD   ， 设球的半径为 R ，则 2 2 7R SC  ，解得 7R  . 故选：A. 【点睛】本题主要考查了球的体积的计算公式及应用，其中解答中作出示意图，根据组合体 的结构特征，找出线面垂直关系，求得三棱锥的高是解答的关键，着重考查推理与运算能力， 属于中档试题. 12. 设 A 为双曲线 2 2 2 2 1x y a b   （a＞0，b＞0）的一条渐近线上一点，且 A 在第四象限，O 为 坐标原点，若向量 m ＝(1，1)， 10,OA  且 2OA m    ，则该双曲线的离心率为（ ） A. 10 B. 5 C. 10 3 或 10 D. 5 2 或 5 - 9 - 【答案】A 【解析】 【分析】 由已知可设 , bA t ta     ，其中 0t  ，由 10,OA  且 2OA m    ，可得 2 2 2 10at c  ， 2at b a   ，建立关于 ,a b 的方程，解之，再由双曲线离心率的公式可得选项. 【详解】由已知可得 A 为直线 by xa   上一点，且 A 在第四象限，故可设 , bA t ta     ，其中 0t  ， 2 2 2 2 10b cOA t t ta a      ，其中 2 2c a b  ， 2 2 2 10at c   ， 2,bOA m t ta         2at b a    0, 0t b a    ， 22 2 2 10 2a at c b a       ， 2 2 2 2 2 2 10 4 2 a a a b b ab a    ， 2 23 10 3 0a ab b    ，即 ( 3 )(3 ) 0a b a b   ， 0b a  ， 3b a  . 所以该双曲线的离心率为 2 2 2 2 2 2 21 10c c a b b a a a a      ， 故选：A. 【点睛】本题考查求双曲线的离心率的问题，关键在于由已知条件得出关于 , ,a b c 的方程，属 于中档题. 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分把答案填在答题卡中的横线上 - 10 - 13. 已知向量 a (3, ),b (6,8)   m 若 a 与 b 平行，则 m＝_____． 【答案】4 【解析】 【分析】 根据向量平行的坐标表示直接列式求解. 【详解】由题意可知若 a 和 b 平行， 则3 8 6m  ，解得： 4m  故答案为：4 【点睛】本题考查向量平行的坐标表示，属于基础题型. 14. 已知函数 f（x）＝2sin（ωx+φ）（ω＞0，|φ|＜ 2  ），其图象的一条对称轴是直线 x＝ 3  ，且与之相邻的一个对称中心是（ 7 12  ，0），则 f（x）＝_____. 【答案】 2sin 2 6x     【解析】 【分析】 借助于正弦函数相邻的对称轴和对称中心的距离为四分之一个周期,求出 的值,再由五点作 图法的对称轴处取得最大值或者最小值,代入横坐标求出 值,可得  f x . 【详解】函数  f x 图象的一条对称轴是直线 3x  ,且与之相邻的一个对称中心是（ 7 12  ，0）， 所以 7 12 3 4 4 T     ,又 0 ,则 2T    ,解得 2  ,    2sin 2f x x   , 又  2 3 2 k k Z       ,解得  6k k     Z , ,2 6       ,即   2sin 2 6f x x      , 故答案为: 2sin 2 6x     . 【点睛】本题考查三角函数的图象和性质,利用五点作图法来解题是关键,考查学生的运算能 力和转化能力,属于基础题. - 11 - 15. 已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 12 4 S S ＝9，则 3 1 a a  _____. 【答案】5 【解析】 【分析】 根据等差数列的求和公式化简可得 12d a ，代入 3 1 a a 即可求出答案. 【详解】等差数列{an}中， 12 1 4 112 66 , 4 6S a d S a d    ， 所以 12 1 4 1 6 33 92 3 S a d S a d   ， 即 12d a ， 所以 3 1 1 1 1 1 2 5 5a a d a a a a    ， 故答案为：5 【点睛】本题主要考查了等差数列的求和公式，通项公式，考查了运算能力，属于中档题. 16. 在直四棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D 中，侧棱长为 6，底面是边长为 8 的菱形，且 120ABC   ， 点 E 在边 BC 上，且满足 3BE EC ，动点 M 在该四棱柱的表面上运动，并且总保持 1ME BD ，则动点 M 的轨迹围成的图形的面积为______；当 MC 与平面 ABCD 所成角最 大时，异面直线 1MC 与 AC 所成角的余弦值为_______． 【答案】 (1). 15 3 (2). 2 51 17 【解析】 【分析】 首先可证 1BD AC ，在 AB 上取 F ，使得 3BF FA ，连接 EF ，则 //EF AC ，可得 1 BD EF ．记 AC 与 BD 的交点为O ，以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系 O xyz ，在 1BB 上取一点G ，由 1 0BD EG   ，求出G 点的位置，从而得到动点 M 轨迹， 即可求出动点 M 的轨迹围成的图形的面积，显然当 M 与G 重合时，MC 与平面 ABCD 所成 - 12 - 角最大，利用空间向量法求异面直线所成角的余弦值； 【详解】解：如图，在直四棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D 中，因为底面是菱形，侧棱垂直底面， 所以 AC  平面 1 1BDD B ，所以 1BD AC ． 在 AB 上取 F ，使得 3BF FA ，连接 EF ，则 //EF AC ，所以 1 BD EF ． 记 AC 与 BD 的交点为 O ，以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系 O xyz ， 则  4,0,0B ，  1 4,0,6D  ，  1,3 3,0E ． 在 1BB 上取一点G ，记为  4,0,G t ，于是  1 8,0,6BD   ，  3, 3 3,EG t  ． 由 1 24 6 0BD EG t      ，得 4t  ，即 12BG GB ， 所以 EFG 的边为点 M 的运动轨迹． 由题意得 2 2 2 13FG BF BG   ， 3 3 8 3 6 34 4EF AC    ， 动点 M 的轨迹围成的图形的面积为    2 21 6 3 2 13 3 3 15 32     ． 显然当 M 与G 重合时， MC 与平面 ABCD 所成角最大． 因为  4,0,4M ，  1 0,4 3,6C ，所以  1 4,4 3,2MC   ，    22 2 1 4 4 3 2 2 17MC      ， 因为直线 AC 的一个方向向量为  0,1,0n  ，所以 1 1 1 4 3 2 51cos , 172 17 MC nMC n MC n         ， 即异面直线 1MC 与 AC 所成角的余弦值为 2 51 17 ． 故答案为：15 3 ； 2 51 17 . - 13 - 【点睛】本题考查空间中点、线、面的位置关系，利用空间向量法解决立体几何问题，考查 直观想象与数学运算的核心素养，属于难题． 三、解答题：本大题共 5 小题，共 70 分解答应写出必要的文字说明、证明过程或清算步重.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 的对边分别为 a ，b ， c ，已知 sin (2 3 cos )b A a B  . (1)求 B ； (2)若 2 3a  ， 7b  ，求 ABC 的面积. 【答案】(1) 6B  ；(2) 3 2 或 5 3 2 . 【解析】 【分析】 (1)利用正弦定理可将已知等式化为 1 3sin cos 12 2B B  ，再利用两角和的正弦公式可得 sin( ) 13B   ，再确定 B 的范围即可得出结果； (2)利用余弦定理可得 2 2 2 2 cosb a c ac B   ，由此求出 c ，然后利用面积算公式 1 sin2S ac B 即可求出结果. 【详解】(1)因为 sin (2 3 cos )b A a B  ，所以sin sin sin (2 3 cos )B A A B  ， 因为 A 是 ABC 的内角，所以 (0, )A  ，所以sin 0A  ， - 14 - 所以sin 2 3 cosB B  ，所以 1 3sin cos 12 2B B  ，即sin( ) 13B   ， 因为 (0, )3B  ，所以 4( , )3 3 3 π π πB   ，所以 3 2B    ，所以 6B  . (2)在 ABC 中，由余弦定理得 2 2 2 2 cosb a c ac B   ， 即 2 2 2( 7) (2 3) 2 2 3 cos 6 πc c     ， 所以 2 6 5 0c c   ，解得 1c  或 5c  ， 当 1c  时， ABC 的面积 1 1 1 3sin 2 3 12 2 2 2S ac B      ； 当 5c  时， ABC 的面积 1 1 1 5 3sin 2 3 52 2 2 2S ac B      ， 所以， ABC 的面积为 3 2 或 5 3 2 . 【点睛】本题主要考查了正弦定理，余弦定理及三角形的面积公式，同时考查两角和的正弦 公式的逆用，属于基础题. 18. 如图，四边形 ABCD 为矩形，△BCF 为等腰三角形，且∠BAE＝∠DAE＝90°，EA//FC. （1）证明：BF//平面 ADE. （2）设 BC AB  ，问是否存在正实数  ，使得三棱锥 A﹣BDF 的高恰好等于 6 6 BC？若存在， 求出  的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明见解析；（2）存在正实数 2  . 【解析】 【分析】 - 15 - （1）通过证明平面 //ADE 平面 BCF 来证明 BF//平面 ADE； （2）设 AB a= ，BC b ，则 b a ，利用等体积法，则 A BDF F ADBV V  ，可得关于  的方 程，求解可得. 【详解】（1）因为 //AD BC ， AD  平面 ADE ， BC 平面 ADE ，所以 //BC 平面 ADE ， 因为 //EA FC ， AE  平面 ADE ， FC 平面 ADE ，所以 //FC 平面 ADE ， 又 BC FC C  ，所以平面 //ADE 平面 BCF 故 //BF 平面 ADE ； （2） 90 ,BAE AE AB    ，又 // , //EA FC CD AB CF CD ， ， , ,BC CF BC CD C   CF  平面 ABCD ， 设 AB a= ， BC b ，则 b a ， 在矩形 ABCD 和 BCF△ 中，有 2 2 21BD DF a b a      ， 2BF b ， 所以在 BDF 中， BF 边上的高 2 2 2 2 2 21 1 112 2 2h DF BF a b b a           ， 又 21 1 2 2ABDS ab a △ ， 所以，由等体积法得 2 2 2 21 1 1 1 1 6 1 1 3 12 1 13 2 3 2 2 6 3 2 3 2a b b a b ab             ， 即 211 32   ，∴ 2  ， 所以存在正实数 2  ，使得三棱锥 A BDF 的高恰好等于 6 6 BC . 【点睛】本题主要考查了直线与平面的平行，棱锥体积的计算，采用了等体积法求解参数， - 16 - 考查了学生的空间想象能力和运算求解能力. 19. 某城市地铁公司为鼓励人们绿色出行，决定按照乘客经过地铁站的数量实施分段优惠政 策，不超过 9 站的地铁票价如表： 乘坐站数 0＜x≤3 3＜x≤6 6＜x≤9 票价（元） 2 3 4 现有小华、小李两位乘客同时从起点乘坐同一辆地铁，已知他们乘坐地铁都不超过 9 站，且 他们各自在每个站下地铁的可能性是相同的. （1）若小华、小李两人共付费 5 元，则小华、小李下地铁的方案共有多少种？ （2）若小华、小李两人共付费 6 元，求小华比小李先下地铁的概率. 【答案】（1）18，（2） 4 9 【解析】 【分析】 （1）先根据共付费 5 元得一人付费 2 元一人付费 3 元，再确定人与乘坐站数，即可得结果； （2）先根据共付费 6 元得一人付费 2 元一人付费 4 元或两人都付费 3 元，再分别求出小华、 小李下地铁的方案数以及小华比小李先下地铁的方案数，最后根据古典概型概率公式求结果. 【详解】（1）小华、小李两人共付费 5 元，所以小华、小李一人付费 2 元一人付费 3 元，付 费 2 元的乘坐站数有 1，2，3 三种选择，付费 3 元的乘坐站数有 4，5，6 三种选择，所以小 华、小李下地铁的方案共有 2 3 3 18   种； （2）小华、小李两人共付费 6 元，所以小华、小李一人付费 2 元一人付费 4 元或两人都付费 3 元，付费 4 元的乘坐站数也有 7，8，9 三种选择，因此小华、小李下地铁的方案共有 2 3 3 3 3 27     种；其中小华比小李先下地铁的方案共有 3 3 3 12   种；因此小华比 小李先下地铁的概率为 12 4 27 9  【点睛】本题考查实际问题中计数问题、古典概型概率，考查基本分析求解能力，属中档题. 20. 已知 1 2( 3,0), ( 3,0)F F 分别是椭圆 2 2 2 2: 1 ( 0)x yC a ba b     的左、右焦点，P 是 椭圆 C 上的一点，当 PF1⊥F1F2 时，|PF2|＝2|PF1|． （1）求椭圆 C 的标准方程： - 17 - （2）过点 Q（﹣4，0）的直线 l 与椭圆 C 交于 M，N 两点，点 M 关于 x 轴的对称点为点 M′， 证明：直线 NM′过定点． 【答案】（1） 2 2 19 6 x y  ；（2）直线 NM 过定点 9 ,04     . 【解析】 【分析】 （1）由椭圆的定义和已知条件得 1 1 1 22 2 , 3PF PF a PF a   ，又由 1 1 2PF F F 可得出点 P 的坐标，代入椭圆的标准方程中可解出 ,a b ，从而得出椭圆的标准方程； （2）设出直线 l 的方程，点 M、N 的坐标，直线 l 的方程与椭圆的方程联立可得点 M、N 的坐 标的关系，再表示出直线 NM 的方程，将点 M、N 的坐标的关系代入可得直线 NM′所过的定 点. 【详解】（1）由 1 2( 3,0), ( 3,0)F F 得 3c  ， 2 2 2 2( 3) 3a b b     ， 由椭圆的定义得 1 2 2PF PF a  ， 2 12PF PF ， 1 1 1 22 2 , 3PF PF a PF a    ， 1 1 2PF F F ，所以点 P 的坐标为 23, 3 a     ， 将点 P 的坐标代入椭圆的方程中有 2 2 2 2 2 ( 3) 3 1 a a b       ， 又 2 2 2 23, 3a b b a    ， 2 2 2 2 2 ( 3) 3 13 a a a        ， 解得 2 9a  或 2 9 5a  ， 当 2 9 5a  ， 2 2 63 05b a     ，故舍去； 当 2 9a  ， 2 2 3 9 3 6b a     ， 所以椭圆的标准方程为： 2 2 19 6 x y  . （2）由题意可知，直线 l 的斜率必然存在,故设直线 l 的方程为 ( 4)y k x  ，设 - 18 -    1 1 2 2, , ,M x y N x y ，则  1 1,M x y  ， 联立方程组 2 2 19 6 ( 4) x y y k x       ，得  2 2 2 23 2 24 48 18 0k x k x k     ，     22 2 2 224 4 3 2 48 18 168 144 0k k k k         ， 解得 2 6 7k  ， 2 1 2 2 24 3 2 kx x k     ， 2 1 2 2 48 18 3 2 kx x k    ， 又  2 2,N x y ，  1 1,M x y  ，设直线 NM 的方程为      2 1 2 1 2 2 2 2 1 2 1 y y y yy y x x x xx x x x         ， 2 1 2 1 2 1 2 2 1 2 2 2 2 1 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 y y y y y y y x y x y x y xy x x y xx x x x x x x x x x                2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 y y y x y xxx x x x            2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 4 4 4 4k x k x k x x k x xxx x x x              1 2 1 2 1 2 2 1 2 1 8 2 4k x x k kx x k x xxx x x x       2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 24 48 18 248 2 43 2 3 2 3 2 k k kk k k kk k kxx x x x                         2 2 2 1 2 1 16 36 3 2 3 2 k kx x x k x x k         2 2 1 16 9 43 2 k x x x k        ， 当 9 4x   时， 0y  ，所以直线 NM 过定点 9 ,04     . 【点睛】本题考查椭圆的定义和简单的几何性质，求椭圆的标准方程，以及直线与椭圆的位 置关系中直线过定点的问题，关键在于将目标条件转化到直线与椭圆的交点的坐标上去，属 - 19 - 于较难题. 21. 已知函数 ( ) ln 3f x x x xa   的最小值为 2. （1）求 a 的值以及 f（x）的单调区间； （2）设 2 1ln (1 )na n   ，n∈N*，证明： 1 2 2 4n na a a n     L . 【答案】（1） 1a  ，单调增区间为 (1, ) ，单调减区间为 (0,1) ；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】 （1）先求导数，再求导函数零点，确定函数单调性，根据单调性确定最小值取法，根据最小 值为 2 求出 a 的值，并可确定单调区间； （2）先根据（1）得 1 1ln(1 ) 1n n    ，再放缩得 1 1 1 2na n n    ，最后根据裂项相消法证 得不等式. 【详解】（1） 1( ) ln 3 ( ) ln 1 0 af x x x xa f x x a x e          Q ， 当 1ax e  时， ( ) 0, ( )f x f x  单调递增；当 10 ax e   时， ( ) 0, ( )f x f x  单调递减； 因此当 1ax e  时， ( )f x 取最小值，即 1 1 1 1( ) 2 ( 1) 3 2 1, 1a a a af e e a ae e a            ； 因此 ( )f x 单调增区间为 (1, ) ，单调减区间为 (0,1) ； （2）由（1）得 1 1 1ln 3 2 ln ,ln(1 ) 1 xx x x x x n n         2 2 1 1 1 1 1ln (1 ) ( 1) ( 1)( 2) 1 2n na an n n n n n           Q 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1( ) ( ) ( )2 3 3 4 1 2 2 2 2 4n na a a n n n n                 L L 【点睛】本题考查利用导数求函数最值、单调区间以及证不等式、裂项相消法求和，放缩法 证不等式，考查综合分析论证与求解能力，属难题. （二）选考题：共 10 分.请考生从第 2.2 两题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一个 题目计分. 选修 4-4：坐标系与参数方程 - 20 - 22. 在直角坐标系 xOy 中，P（0，1），曲线 C1 的参数方程为 31 2 3 2 x t y t      （t 为参数）．以坐 标原点 O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 C2 的极坐标方程为 4cos  ． （1）求曲线 C1 的普通方程和 C2 的直角坐标方程； （2）曲线 C1 与 C2 交于 M，N 两点，求||PM|﹣|PN||． 【答案】（1） 1 0x y   ， 2 2 4 0x y x   ，（2） 14 【解析】 【分析】 （1）把曲线 C1 的参数方程消去参数 t 可得普通方程，曲线 C2 的极坐标方程为 4cos  两边 同乘以  ，把互化公式代入可得直角坐标方程； （2）把曲线 C 化成标准参数方程，代入曲线 C2 的直角坐标方程，得到关于 t 的二次方程，然 后利用 t 的几何意义求解||PM|﹣|PN|| 【详解】解：（1）曲线 C1 的参数方程为 31 2 3 2 x t y t      （t 为参数）， 消去参数 t 得普通方程为 1 0x y   ， 曲线 C2 的极坐标方程为 4cos  ，两边同乘以  ， 得 2 4 cos   ，所以其直角坐标方程为 2 2 4 0x y x   （2）曲线 C1 过点 P（0，1），则其参数方程为 2 2 21 2 x t y t       ， 将其代入方程 2 2 4 0x y x   得， 2 22 2 2( ) (1 ) 4 ( ) 02 2 2t t t       ， 化简得  22 3 2 1 0 3 2 4 14 0t t       ， ， - 21 - 设上式方程的根为 1 2,t t ，所以 1 2 1 23 2, 1t t t t    ， 所以 2 2 1 2 1 2 1 2( ) 4 ( 3 2) 4 1 14PM PN t t t t t t           【点睛】本题考查了参数方程化为普通方程，极坐标方程化为直角坐标方程，参数的几何意 义，考查了计算能力，属于中档题. 选修 4-5：不等式选讲 23. 已知 a＞0，b＞0，a+b＝3． （1）求 1 1+2a b 的最小值； （2）证明： 9 2 a b b a ab… 【答案】（1） 4 5 ；（2）证明见解析 【解析】 【分析】 （1）由所给等式得  2 15 a b   ，再利用基本不等式即可求得最小值；（2）利用  2 2 2 2 a ba b   即可逐步证明. 【详解】（1） 3a b  ，  2 15 a b   ，且 2 0 0a b  ， ，   1 1 1 1 1 1 2+ + 2 22 5 2 5 2 b aa ba b a b a b                  1 2 42 25 2 5 b a a b         ，当且仅当 2=2 b a a b   即 1 5 2 2a b ， 时等号成立，  1 1+2a b 的最小值为 4 5 . （2）因为 a＞0，b＞0，所以要证 9 2 a b b a ab… ，需证 2 2 9 2a b  ， 因为  2 2 2 2 3 9 2 2 2 a ba b     ， 所以 9 2 a b b a ab… ，当且仅当 3 2a b  时等号成立. 【点睛】本题考查条件等式求最值、基本不等式的应用，属于中档题. - 22 -