四川省绵阳市2020届高三第三次诊断性测试数学（理）试题 Word版含解析 24页

www.ks5u.com 数学试题 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.设集合A＝{（x，y）|x2+y2＝1}，B＝{（x，y）|x+y＝1}，则A∩B中元素的个数是（ ）‎ A. 0 B. 1 C. 2 D. 3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 可画出圆x2+y2＝1和直线x+y＝1的图象，从而可看出它们交点的个数，从而得出A∩B中的元素个数．‎ ‎【详解】画出x2+y2＝1和x+y＝1的图象如下：‎ 可看出圆x2+y2＝1和直线x+y＝1有两个交点，‎ ‎∴A∩B的元素个数为2. ‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】考查了描述法的定义，交集的定义及运算，数形结合解题的方法，考查了计算能力，属于容易题．‎ ‎2.已知复数z满足（1﹣i）•z＝|i|，则z＝（ ）‎ A. 1﹣i B. 1+i C. 2﹣2i D. 2+2i ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 24 -‎ 利用复数的运算法则、模的计算公式即可得出．‎ ‎【详解】（1﹣i）•z＝|i|，‎ ‎∴（1+i）（1﹣i）•z＝2（1+i），则z＝1+i．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查了复数的运算法则、模的计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于容易题．‎ ‎3.已知x•log32＝1，则4x＝（ ）‎ A. 4 B. 6 C. 4 D. 9‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用对数的性质和运算法则及换底公式求解．‎ ‎【详解】∵x•log32＝1，‎ ‎∴x＝log23，‎ ‎∴4x9，‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题考查对数值的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意对数的性质、运算法则及换底公式的合理运用，属于容易题．‎ ‎4.有报道称，据南方科技大学、上海交大等8家单位的最新研究显示：A、B、O、AB血型与COVID﹣19易感性存在关联，具体调查数据统计如图：‎ 根据以上调查数据，则下列说法错误的是（ ）‎ A. 与非O型血相比，O型血人群对COVID﹣19相对不易感，风险较低 B. 与非A型血相比，A型血人群对COVID﹣19相对易感，风险较高 - 24 -‎ C. 与O型血相比，B型、AB型血人群对COVID﹣19的易感性要高 D. 与A型血相比，非A型血人群对COVID﹣19都不易感，没有风险 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据频率分布直方图，利用频率、频数与样本容量的关系，患者占有比例即可解答．‎ ‎【详解】根据A、B、O、AB血型与COVID﹣19易感性存在关联，患者占有比例可知： ‎ A型37.75%最高，所以风险最大值，比其它血型相对易感；‎ 故而D选项明显不对．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题考查由频数直方图，看频数、频率，判断问题的关联性，属于中档题 ‎5.在二项式的展开式中，仅第四项的二项式系数最大，则展开式中常数项为（ ）‎ A. ﹣360 B. ﹣160 C. 160 D. 360‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据展开式二项式系数最大，求出n＝6，然后利用展开式的通项公式进行求解即可．‎ ‎【详解】∵展开式中，仅第四项的二项式系数最大，‎ ‎∴展开式共有7项，则n＝6，‎ 则展开式的通项公式为Tk+1＝Cx6﹣k（）k＝（﹣2）kCx6﹣2k，‎ 由6﹣2k＝0得k＝3，‎ 即常数项为T4＝（﹣2）3C160，‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题主要考查二项展开式的应用，求出n的值，结合展开式的通项公式是解决本题的关键．属于中档题．‎ ‎6.在△ABC中，已知，则△ABC一定是（ ）‎ A. 等腰直角三角形 B. 等腰三角形 C. 直角三角形 D. 等边三角形 ‎【答案】B - 24 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据三角形内角和定理以及诱导公式,将化为,再根据两角和的正弦公式和两角差的正弦公式的逆用公式化为,最后根据的范围,可得.‎ ‎【详解】在△ABC中,因为,‎ 所以,‎ 所以 所以,‎ 所以,‎ 所以,‎ 所以,‎ 因为,‎ 所以,‎ 所以△一定是等腰三角形.‎ 故选:B ‎【点睛】本题考查了三角形的内角和定理,考查了诱导公式,考查了两角和与差的正弦公式,属于基础题.‎ ‎7.已知两个单位向量的夹角为120°，若向量═2，则•（ ）‎ A. B. C. 2 D. 3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据平面向量的数量积定义，计算即可．‎ - 24 -‎ ‎【详解】由题意知||＝||＝1，且•1×1×cos120°，‎ 又向量═2，‎ 所以•2•2×1﹣（）．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查了平面向量的数量积运算问题，是基础题．‎ ‎8.数学与建筑的结合造就建筑艺术品，2018年南非双曲线大教堂面世便惊艳世界，如图．若将此大教堂外形弧线的一段近似看成焦点在y轴上的双曲线上支的一部分，且上焦点到上顶点的距离为2，到渐近线距离为，则此双曲线的离心率为（　　）‎ A. 2 B. 3 C. D. 2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用已知条件求出方程组，得到a，c，即可求解双曲线的离心率．‎ ‎【详解】双曲线0）的上焦点到上顶点的距离为2，到渐近线距离为，‎ 可得：，解得a＝1，c＝3，b＝2，‎ 所以双曲线的离心率为：e3．‎ 故选：B．‎ - 24 -‎ ‎【点睛】本题考查双曲线的简单性质的应用，双曲线的离心率的求法，是基本知识的考查，属于中档题．‎ ‎9.设函数f（x）则下列结论错误的是（ ）‎ A. 函数f（x）的值域为R B. 函数f（|x|）为偶函数 C. 函数f（x）为奇函数 D. 函数f（x）是定义域上的单调函数 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，依次分析选项是否正确，综合即可得答案．‎ 详解】根据题意，依次分析选项：‎ 对于A，函数f（x），当x＞0时，f（x）＝2x+1＞2，当x＜0时，f（x）＝﹣2﹣x﹣1＝﹣（2﹣x+1）＜﹣2，其值域不是R，A错误；‎ 对于B，函数f（|x|），其定义域为{x|x≠0}，有f（|﹣x|）＝f（|x|），函数f（|x|）为偶函数，B正确；‎ 对于C，函数f（x），当x＞0时，﹣x＜0，有f（x）＝2x+1，f（﹣x）＝﹣f（x）＝﹣2﹣x﹣1，反之当x＜0时，﹣x＞0，有f（x）＝﹣2x﹣1，f（﹣x）＝﹣f（x）＝2x+1，‎ 综合可得：f（﹣x）＝﹣f（x）成立，函数f（x）为奇函数，C正确；‎ 对于D，函数f（x），当x＞0时，f（x）＝2x+1＞2，f（x）在（0，+∞）为增函数，当x＜0时，f（x）＝﹣2﹣x﹣1＜﹣2，f（x）在（﹣∞，0）上为增函数，‎ 故f（x）是定义域上的单调函数；‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查分段函数的性质，涉及函数的值域、奇偶性、单调性的分析，属于中档题．‎ ‎10.已知函数f（x）＝sin（ωx+φ）（ω＞0，）的最小正周期为π，且关于 - 24 -‎ 中心对称，则下列结论正确的是（ ）‎ A. f（1）＜f（0）＜f（2） B. f（0）＜f（2）＜f（1）‎ C. f（2）＜f（0）＜f（1） D. f（2）＜f（1）＜f（0）‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据条件求出函数的解析式，结合函数的单调性的性质进行转化判断即可．‎ ‎【详解】∵函数的最小周期是π，‎ ‎∴π，得ω＝2，‎ 则f（x）＝sin（2x+φ），‎ ‎∵f（x）关于中心对称，‎ ‎∴2×（）+φ＝kπ，k∈Z，‎ 即φ＝kπ，k∈Z，‎ ‎∵，‎ ‎∴当k＝0时，φ，‎ 即f（x）＝sin（2x），‎ 则函数在[，]上递增，在[，]上递减，‎ f（0）＝f（），‎ ‎∵1＜2，‎ ‎∴f（）＞f（1）＞f（2），‎ 即f（2）＜f（1）＜f（0），‎ 故选：D．‎ - 24 -‎ ‎【点睛】本题主要考查三角函数值的大小比较，根据条件求出函数的解析式，利用三角函数的单调性进行判断是解决本题的关键，属于中档题．‎ ‎11.已知x为实数，[x]表示不超过x的最大整数，若函数f（x）＝x﹣[x]，则函数的零点个数为（ ）‎ A. 1 B. 2 C. 3 D. 4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 函数的零点个数，即方程的零点个数，也就是两函数y＝f（x）与y的图象的交点个数，画出图象，数形结合得答案．‎ ‎【详解】函数的零点个数，即方程的零点个数，‎ 也就是两函数y＝f（x）与y的交点个数．‎ 由y，得y′．‎ 可知当x＜1时，y′＜0，函数单调递减，当x＞1时，y′＞0，函数单调递增．‎ 作出两函数y＝f（x）与y的图象如图：‎ 由图可知，函数的零点个数为2个．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查函数的零点与方程根的关系，考查数形结合的解题思想方法，训练了利用导数研究函数的单调性，是中档题．‎ ‎12.在△ABC中，∠C＝90°，AB＝2，，D为AC上的一点（不含端点），将△BCD - 24 -‎ 沿直线BD折起，使点C在平面ABD上的射影O在线段AB上，则线段OB的取值范围是（ ）‎ A. （，1） B. （，） C. （，1） D. （0，）‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意，OC⊥平面ABD，根据三余弦定理，线线角的余弦值等于线面角的余弦值与射影角余弦值的积，从而求解.‎ ‎【详解】由题意，OC⊥平面ABD，‎ 如图：‎ 设∠CBD＝θ，∠CBO＝θ1，则∠ABD＝60°-θ；则cosθ＝cosθ1×cos（60°﹣θ）‎ 所以cosθ1，‎ ‎∵θ∈（30°，60°）；‎ ‎∴OB＝cosθ1∈（，1）．‎ 故选：A．‎ 本题考查△ABC的折叠和三余弦定理（最小角定理），要求熟悉余弦定理，属于中档题．‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．‎ ‎13.已知，则sinα＝_____．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将已知等式两边平方，利用同角三角函数基本关系式，二倍角的正弦函数公式即可求解．‎ - 24 -‎ ‎【详解】∵，‎ ‎∴两边平方可得：cos2sin22cos，可得1﹣sinα，‎ ‎∴sinα．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题主要考查了同角三角函数基本关系式，二倍角的正弦函数公式在三角函数化简求值中的应用，考查了转化思想，属于容易题．‎ ‎14.若曲线f（x）＝excosx﹣mx，在点（0，f（0））处的切线的倾斜角为，则实数m＝_____．‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对函数求导，然后得f′（0），由此求出m的值．‎ ‎【详解】f′（x）＝ex（cosx﹣sinx）﹣m．‎ ‎∴．‎ ‎∴m＝2．‎ 故答案为：2‎ ‎【点睛】本题考查导数的几何意义以及切线问题．抓住切点处的导数为切线斜率列方程是本题的基本思路．属于容易题．‎ ‎15.已知F1，F2是椭圆C：的两个焦点，P是椭圆C．上的一点，∠F1PF2＝120°，且△F1PF2的面积为，则b＝_____．‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据正余弦定理可得PF1•PF2＝16且4c2＝（2a）2﹣16，解出b即可．‎ - 24 -‎ ‎【详解】△F1PF2的面积PF1•PF2sin120°PF1•PF2＝4，则PF1•PF2＝16，‎ 又根据余弦定理可得cos120°，即4c2＝PF12+PF22+16＝（2a）2﹣32+16，‎ 所以4b2＝16，解得b＝2，‎ 故答案为：2．‎ ‎【点睛】本题考查椭圆性质，考查正、余弦定理的应用，属于中档题．‎ ‎16.在一个半径为2的钢球内放置一个用来盛特殊液体的正四棱柱容器，要使该容器所盛液体尽可能多，则该容器的高应为_____．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设正四棱柱的高为h，底面边长为a，用h表示出a，写出正四棱柱容器的容积，利用导数求出V取最大值时对应的h值．‎ ‎【详解】设正四棱柱的高为h，底面边长为a，如图所示；‎ 则h2+2a2＝（2×2）2，‎ 所以a2＝8h2，‎ 所以正四棱柱容器的容积为 V＝a2h＝（8h2）hh3+8h，h∈（0，4）；‎ 求导数得V′h2+8，‎ - 24 -‎ 令V′＝0，解得h，‎ 所以h∈（0，）时，V′＞0，V（h）单调递增；‎ h∈（，4）时，V′＜0，V（h）单调递减；‎ 所以h时，V取得最大值．‎ 所以要使该容器所盛液体尽可能多，容器的高应为．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查了球内接正四棱柱的体积的最值问题，也考查了利用导数求函数的最值问题，是中档题．‎ 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.若数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，an+1．‎ ‎（1）求Sn；‎ ‎（2）设bn，求证：b1+b2+b3+…+bn．‎ ‎【答案】（1）Sn＝（）n﹣1；（2）详见解析．‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎（1）由数列的递推式：an+1＝Sn+1﹣Sn，结合等比数列的定义和通项公式，可得所求；‎ ‎（2）求得bn（）n﹣1，由等比数列的求和公式和不等式的性质，即可得证．‎ ‎【详解】（1）an+1，可得an+1＝Sn+1﹣SnSn，‎ - 24 -‎ 由a1＝1，可得S1＝1，‎ 即Sn+1Sn，可得数列{Sn}是首项为1，公比为的等比数列，‎ 则Sn＝（）n﹣1；‎ ‎（2）证明：bn（）n﹣1，‎ 则b1+b2+b3+…+bn•（）n．‎ ‎【点睛】本题考查数列的递推式和等比数列的通项公式和求和公式的运用，考查定义法和运算能力、推理能力，属于中档题．‎ ‎18.如图，已知点S为正方形ABCD所在平面外一点，△SBC是边长为2的等边三角形，点E为线段SB的中点．‎ ‎（1）证明：SD//平面AEC；‎ ‎（2）若侧面SBC⊥底面ABCD，求平面ACE与平面SCD所成锐二面角的余弦值．‎ ‎【答案】（1）详见解析；（2）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）连接BD交AC于F，连接EF，由已知结合三角形的中位线定理可得EF∥SD，再由直线与平面平行的判定可得SD∥平面AEC；‎ ‎（2）取BC的中点O，连接OF并延长，可知OF⊥OC，利用线面垂直的判定定理与性质定理可得：OS⊥OF，OS⊥OC，建立空间直角坐标系，分别求出平面CDS与平面ACE的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得平面ACE与平面SCD所成锐二面角的余弦值．‎ ‎【详解】（1）证明：连接BD交AC于F，连接EF，‎ ‎∵ABCD为正方形，F为BD的中点，且E为BS的中点，‎ - 24 -‎ ‎∴EF∥SD．‎ 又SD⊄平面AEC，EF⊂平面AEC，‎ ‎∴SD∥平面AEC；‎ ‎（2）取BC的中点O，连接OF并延长，可知OF⊥OC，‎ 在等边三角形SBC中，可得SO⊥BC，‎ ‎∵侧面SBC⊥底面ABCD，且侧面SBC∩底面ABCD＝BC，‎ ‎∴SO⊥平面ABCD，得OS⊥OF，OS⊥OC．‎ 以O为坐标原点，分别以OF，OC，OS所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，‎ 得：A（2，﹣1，0），C（0，1，0），E（0，，），D（2，1，0），S（0，0，）．‎ ‎，，，．‎ 设平面CDS与平面ACE的一个法向量分别为，．‎ 由，取z＝1，得；‎ 由，取x1＝1，得．‎ ‎∴cos．‎ ‎∴平面ACE与平面SCD所成锐二面角的余弦值为．‎ - 24 -‎ ‎【点睛】本题考查直线与平面平行与垂直的判定、法向量与数量积的应用、空间角，考查空间想象能力与思维能力、计算能力，属中档题．‎ ‎19.2020年3月，各行各业开始复工复产，生活逐步恢复常态，某物流公司承担从甲地到乙地的蔬菜运输业务．已知该公司统计了往年同期200天内每天配送的蔬菜量X（40≤X＜200，单位：件．注：蔬菜全部用统一规格的包装箱包装），并分组统计得到表格如表：‎ 蔬菜量X ‎[40，80）‎ ‎[80，120）‎ ‎[120，160）‎ ‎[160，200）‎ 天数 ‎25‎ ‎50‎ ‎100‎ ‎25‎ 若将频率视为概率，试解答如下问题：‎ ‎（1）该物流公司负责人决定随机抽出3天的数据来分析配送的蔬菜量的情况，求这3天配送的蔬菜量中至多有2天小于120件的概率；‎ ‎（2）该物流公司拟一次性租赁一批货车专门运营从甲地到乙地的蔬菜运输．已知一辆货车每天只能运营一趟，每辆货车每趟最多可装载40件，满载才发车，否则不发车．若发车，则每辆货车每趟可获利2000元；若未发车，则每辆货车每天平均亏损400元．为使该物流公司此项业务的营业利润最大，该物流公司应一次性租赁几辆货车？‎ ‎【答案】（1）；（2）3．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）记事件A为“在200天随机抽取1天，其蔬菜量小于120件”，则P（A），由此能求出随机抽取的3天中配送的蔬菜量中至多有2天的蔬菜量小于120件的概率．‎ ‎（2）由题意得每天配送蔬菜量X在[40，80），[80，120），[120，160），[160，200）的概率分别为，设物流公司每天的营业利润为Y，若租赁1辆车，则Y的值为2000元，若租赁2辆车，则Y的可能取值为4000，1600，若租赁3辆车，则Y的可能取值为6000，3600，1200，若租赁4辆车，则Y的可能取值为8000，5600，3200，800，分别求出相应的数学期望，推导出为使该物流公司此项业务的营业利润最大，该物流公司应一次性租赁3辆货车．‎ ‎【详解】（1）记事件A为“在200天随机抽取1天，其蔬菜量小于120件”，‎ - 24 -‎ 则P（A），‎ ‎∴随机抽取的3天中配送的蔬菜量中至多有2天的蔬菜量小于120件的概率为：‎ p．‎ ‎（2）由题意得每天配送蔬菜量X在[40，80），[80，120），[120，160），[160，200）的概率分别为，‎ 设物流公司每天的营业利润为Y，‎ 若租赁1辆车，则Y的值为2000元，‎ 若租赁2辆车，则Y可能取值为4000，1600，‎ P（Y＝4000），P（Y＝1600），‎ ‎∴Y的分布列为：‎ ‎ Y ‎ 4000‎ ‎ 1600‎ ‎ P ‎ ‎ ‎ ‎ ‎∴E（Y）＝40003700元．‎ 若租赁3辆车，则Y的可能取值为6000，3600，1200，‎ P（Y＝6000），‎ P（Y＝3600），‎ P（Y＝1200），‎ ‎∴Y的分布列为：‎ ‎ Y ‎ 6000‎ ‎ 3600‎ ‎ 1200‎ ‎ P ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ - 24 -‎ ‎∴E（Y）4800元，‎ 若租赁4辆车，则Y的可能取值为8000，5600，3200，800，‎ P（Y＝8000），‎ P（Y＝5600），‎ P（Y＝3200），‎ P（Y＝800），‎ ‎∴Y的分布列为：‎ ‎ Y ‎ 8000‎ ‎ 5600‎ ‎ 3200‎ ‎ 800‎ ‎ P ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎∴E（Y）4700，‎ ‎∵4800＞4700＞3700＞2000，‎ ‎∴为使该物流公司此项业务的营业利润最大，该物流公司应一次性租赁3辆货车．‎ ‎【点睛】本题考查概率、离散型随机变量的分布列、数学期望的求法，考查频数分布表、古典概型等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．‎ ‎20.已知函数f（x）＝ax﹣（a+2）lnx2，其中a∈R．‎ ‎（1）当a＝4时，求函数f（x）的极值；‎ ‎（2）试讨论函数f（x）在（1，e）上的零点个数．‎ ‎【答案】（1）极大值6ln2，极小值4；（2）分类讨论，详见解析．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）把a＝4代入后对函数求导，然后结合导数可求函数的单调性，进而可求极值；‎ ‎（2）先对函数求导，然后结合导数与单调性关系对a进行分类讨论，确定导数符号，然后结合导数与函数的性质可求．‎ - 24 -‎ ‎【详解】（1）当a＝4时，f（x）＝4x﹣6lnx2，，x＞0，‎ 易得f（x）在（0，），（1，+∞）上单调递增，在（）上单调递减，‎ 故当x时，函数取得极大值f（）＝6ln2，当x＝1时，函数取得极小值f（1）＝4，‎ ‎（2），‎ 当a≤0时，f（x）在（1，e）上单调递减，f（x）＜f（1）＝a≤0，此时函数在（1，e）上没有零点；‎ 当a≥2时，f（x）在（1，e）上单调递增，f（x）＞f（1）＝a≥2，此时函数在（1，e）上没有零点；‎ 当0即时，f（x）在（1，e）上单调递减，由题意可得，，‎ 解可得，0，‎ 当即时，f（x）在（1，）上单调递减，在（）上单调递增，‎ 由于f（1）＝a＞0，f（e）＝a（e﹣1），‎ 令g（a）＝f（）＝2﹣（a+2）lna+2＝（a+2）lna﹣（1+ln2）a+4﹣2ln2，‎ 令h（a），则0，‎ 所以h（a）在（）上递减，h（a）＞h（2）＝1＞0，即g′（a）＞0，‎ 所以g（a）在（）上递增，g（a）＞g（）＝2，‎ 即f（）＞0，‎ 所以f（x）在（1，e）上没有零点，‎ 综上，当0＜a时，f（x）在（1，e）上有唯一零点，‎ - 24 -‎ 当a≤0或a时，f（x）在（1，e）上没有零点．‎ ‎【点睛】本题综合考查了导数与函数性质的应用，体现了转化思想与分类讨论思想的应用，属于难题．‎ ‎21.已知动直线l过抛物线C：y2＝4x的焦点F，且与抛物线C交于M，N两点，且点M在x轴上方．‎ ‎（1）若线段MN的垂直平分线交x轴于点Q，若|FQ|＝8，求直线l的斜率；‎ ‎（2）设点P（x0，0），若点M恒在以FP为直径的圆外，求x0的取值范围．‎ ‎【答案】（1）；（2）x0∈[0，1）∪（1，9）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意可得直线l的斜率存在且不为0，设l的方程与抛物线联立，求出两根之和及两根之积，进而可得MN的中点坐标，进而可得MN的中垂线方程，令y＝0可得Q的坐标，进而求出|QF|的值，由题意可得直线l的斜率；‎ ‎（2）由题意可得∠FMP为锐角，等价于0，求出的表达式，换元等价于h（t）＝t2+（3﹣x0）4+x0，t＞0恒成立，分两种情况求出x0 取值范围．‎ ‎【详解】（1）由题意可得直线l的斜率存在且不为0，设直线l的方程为：x＝ty+1，设M（x1，y1），N（x2，y2），线段MN的最大E（x0，y0），‎ 联立直线与抛物线的方程可得：，‎ 整理可得y2﹣4ty﹣4＝0，‎ 所以y1+y2＝4t，y1y2＝﹣4，‎ 所以y0＝2t，x0＝ty0+1＝2t2+1，即E（2t2+1，2t），‎ 故线段MN的中垂线方程为：y﹣2t＝﹣t（x﹣2t2﹣1），‎ 令y＝0，则Q（2t2+3，0），‎ 所以|FQ|＝|22+3﹣1|＝8，‎ 解得t，‎ - 24 -‎ 所以直线l的斜率k；‎ ‎（2）点M恒在以FP为直径的圆外，则∠FMP为锐角，等价于0，‎ 设M（，y1），F（1，0），P（x0，0），‎ 则（x0，﹣y1），（1，﹣y1），‎ 故（x0）（1）+y12（1）x0＞0恒成立，‎ 令t，t＞0，原式等价于t2+3t+（1﹣t）x0＞0对任意t＞0恒成立，‎ 即t2+（3﹣x0）4+x0＞0对任意t＞0恒成立，‎ 令h（t）＝t2+（3﹣x0）4+x0，t＞0，‎ ‎①△＝（3﹣x0）2﹣4x0＜0，即1＜x0＜9，‎ ‎②，解得0≤x0≤1，又因为x0≠1，故x0∈[0，1），‎ 综上所述x0∈[0，1）∪（1，9）．‎ ‎【点睛】本题考查抛物线的性质及直线与抛物线的综合及点在圆外的性质，属于中难题．‎ ‎（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，则按所做的第一题记分．‎ ‎22.如图，在极坐标系中，曲线C1是以C1（4，0）为圆心的半圆，曲线C2是以为圆心的圆，曲线C1、C2都过极点O．‎ ‎（1）分别写出半圆C1，C2极坐标方程；‎ - 24 -‎ ‎（2）直线l：与曲线C1，C2分别交于M、N两点（异于极点O），P为C2上的动点，求△PMN面积的最大值．‎ ‎【答案】（1）；；（2）．‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎（1）直接利用转换关系的应用，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换．‎ ‎（2）利用三角函数关系式的变换和三角形的面积的公式的应用求出结果．‎ ‎【详解】（1）曲线C1是以C1（4，0）为圆心的半圆，‎ 所以半圆的极坐标方程为，‎ 曲线C2是以为圆心的圆，转换为极坐标方程为．‎ ‎（2）由（1）得：|MN|＝|．‎ 显然当点P到直线MN的距离最大时，△PMN的面积最大．‎ 此时点P为过C2且与直线MN垂直的直线与C2的一个交点，‎ 设PC2与直线MN垂直于点H，‎ 如图所示：‎ 在Rt△OHC2中，|，‎ 所以点P到直线MN的最大距离d，‎ 所以．‎ - 24 -‎ ‎【点睛】本题考查的知识要点：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，三角形的面积公式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于中档题．‎ ‎23.已知函数f（x）＝|x﹣2|+|x+1|．‎ ‎（1）解关于x的不等式f（x）≤5；‎ ‎（2）若函数f（x）的最小值记为m，设a，b，c均为正实数，且a+4b+9c＝m，求的最小值．‎ ‎【答案】（1）{x|﹣2≤x≤3}；（2）3．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）将f（x）写为分段函数的形式，然后根据f（x）≤5，利用零点分段法解不等式即可；‎ ‎（2）利用绝对值三角不等式求出f（x）的最小值m，然后由a+4b+9c＝m，根据（a+4b+9c），利用基本不等式求出的最小值．‎ ‎【详解】（1）f（x）＝|x﹣2|+|x+1|．‎ ‎∵f（x）≤5，‎ ‎∴或﹣1≤x≤2或，‎ ‎∴﹣2≤x≤3，‎ ‎∴不等式的解集为{x|﹣2≤x≤3}．‎ ‎（2）∵f（x）＝|x﹣2|+|x+1|⩾|（x﹣2）﹣（x+1）|＝1‎ ‎∴f（x）的最小值为1，即m＝3，‎ ‎∴a+4b+9c＝3．‎ ‎3，‎ - 24 -‎ 当且仅当 时等号成立，‎ ‎∴ 最小值为3．‎ ‎【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法，绝对值三角不等式和利用基本不等式求最值，考查了分类讨论思想和转化思想，属中档题．‎ ‎ ‎ - 24 -‎ - 24 -‎