高考必刷卷（新课标卷） 数学（理）（新课标卷）（新课标卷）09（解析版） 22页

2020 年高考必刷卷 09 数学（理） （本试卷满分 150 分，考试用时 120 分钟） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。用 2B 铅笔将试卷 类型（B）填涂在答题卡的相应位置上。 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔在答题卡上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，再选涂其它答案。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，先划掉原来的答案，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。 第Ⅰ卷（选择题) 一、单选题：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．若集合 t h h ‴㔴 h t ，则 的真子集的个数为（ ） A．3 B．4 C．7 D．8 【答案】A 【解析】 【分析】 先求出 的交集，再依据求真子集个数公式求出，也可列举求出。 【详解】 t h h = h ， ‴㔴 h t = t hh ， h ，所以 的真子集的个数为 t h ，故选 A。 【点睛】 有限集合 h 的子集个数为 个，真子集个数为 t h 。 2．若复数 2 22 5 2 x 2 i2 x x xx      （ ） 为纯虚数，则 x 的值为（ ） A．2． B．-1. C． 1 2  ． D． 1 2 ． 【答案】D 【解析】 【分析】 由纯虚数的定义可得其实部为 0 但虚部不为 0，解之可得答案． 【详解】 由纯虚数的定义可得 2 2 2 5 2 0 2 0 x x x x        ＝ ，故 x＝ 1 2 ， 故选 D． 【点睛】 本题考查纯虚数的定义，涉及一元二次方程与不等式的解法，属基础题． 3．若 3 4 7log log log 2x y z    ，则（ ） A．3 4 7x y z  B． 7 4 3z y x  C． 4 3 7y x z  D． 7 3 4z x y  【答案】B 【解析】 【分析】 令 3 4 7log log log 2x y z k     ,可得 3kx  , 4ky  , 7kz  ,进而得到 13 3kx  , 14 4ky  , 17 7kz  ,画出 3xy  , 4xy  , 7xy  的图象,利用图象比较大小即可. 【详解】 令 3 4 7log log log 2x y z k     ,则 3kx  , 4ky  , 7kz   13 3kx  , 14 4ky  , 17 7kz  ,且 1 1k    分别画出 3xy  , 4xy  , 7xy  的图象可得, 1 1 17 4 3k k k     ,即 7 4 3z y x  故选：B. 【点睛】 本题考查指对互化,考查指数函数图象,考查利用图象比较值的大小. 4．“上医医国”出自《国语・晋语八》，比喻高贤能治理好国家．现把这四个字分别写在四张卡片上， 其中“上”字已经排好，某幼童把剩余的三张卡片进行排列，则该幼童能将这句话排列正确的概率是 （ ） A． 1 3 B． 1 6 C． 1 4 D． 1 12 【答案】A 【解析】 【分析】 先排好医字，共有 2 3C 种排法，再排国字，只有一种方法. 【详解】 幼童把这三张卡片进行随机排列， 基本事件总数 n= 2 3C =3， ∴该幼童能将这句话排列正确的概率 p= 1 3 ． 故选：A 【点睛】 有关古典概型的概率问题，关键是正确求出基本事件总数和所求事件包含的基本事件数：1．基本事 件总数较少时，用列举法把所有基本事件一一列出时，要做到不重复、不遗漏，可借助“树状图”列 举；2．注意区分排列与组合，以及计数原理的正确使用． 5．埃及金字塔是古埃及的帝王（法老）陵墓，世界七大奇迹之一，其中较为著名的是胡夫金字塔．令 人吃惊的并不仅仅是胡夫金字塔的雄壮身姿，还有发生在胡夫金字塔上的数字“巧合”．如胡夫金字 塔的底部周长如果除以其高度的两倍，得到的商为 3.14159，这就是圆周率较为精确的近似值．金字 塔底部形为正方形，整个塔形为正四棱锥，经古代能工巧匠建设完成后，底座边长大约 230 米．因 年久风化，顶端剥落 10 米，则胡夫金字塔现高大约为（ ） A．128.5 米 B．132.5 米 C．136.5 米 D．110.5 米 【答案】C 【解析】 【分析】 设出胡夫金字塔原高，根据题意列出等式，解出等式即可根据题意选出答案。 【详解】 胡夫金字塔原高为 h ，则 230 4 3.141592h   ，即 230 4 146.42 3.14159h   米， 则胡夫金字塔现高大约为 136.4 米．故选 C． 【点睛】 本题属于数学应用题，一般设出未知数，再根据题意列出含未知数的等式，解出未知数，即可得到 答案。属于常规题型。 6．函数 1( ) log1 a xf x xx   （ 0 1a  ）的图象的大致形状是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】     log 1 1( ) log log 1 01 log 0. a a a a x x xf x x x xx x x              ， ， ， ， ， 故选 C. 7．记 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和．若 3S3＝S2＋S4，a1＝2，则 a5＝( ) A．－12 B．－10 C．10 D．12 【答案】B 【解析】 【分析】 将已知条件转化为 1,a d 的形式，解方程求得 d ，由此求得 5a 的值. 【详解】 设等差数列{an}的公差为 d， 则 3×(3a1＋3d)＝2a1＋d＋4a1＋6d， 则 d＝－ 3 2 a1，又 a1＝2，∴d＝－3， ∴a5＝a1＋4d＝－10. 故选：B 【点睛】 本小题主要考查等差数列前 n 项和公式以及通项公式，属于基础题. 8．在平行四边形 ABCD 中， 3AB  ， 2AD  ， 1 3AP AB  ， 1 2AQ AD  ，若 12CP CQ   ， 则 BAD  （ ） A． 4  B． 3  C． 2  D． 2 3  【答案】B 【解析】 【分析】 根据平行四边形的性质，利用平面向量的线性表示化简 2CP CB BP AD AB3          ， 1CQ CD DQ AB AD2          ,再结合数量积运算，即可求出答案． 【详解】 如图所示， 平行四边形 ABCD 中，AB＝3，AD＝2， 1AP AB3   ， 1AQ AD2   ， ∴ 2CP CB BP AD AB3          ， 1CQ CD DQ AB AD2          若 CP  • CQ  12， 则 CP  • CQ  （ 2AD AB3    ）•（ 1AB AD2    ） 2 22 1 4AB AD AB3 2 3      • AD  2 3   32 1 2   22 4 3   3×2×cos∠BAD＝12， cos∠BAD 1 2  ，又∠BAD∈（0， π ） ∴∠BAD π 3  ． 故选：B． 【点睛】 本题考查了平面向量基本定理，平面向量的数量积运算，将向量 CP CQ ， 表示为 ABAD  ， 是关键，基 础题目． 9．大衍数列，来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十“的推论.主要用于解释中国传统文化中的太 极衍生原理数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和是中华传统文化 中隐藏着的世界数学史上第一道数列题其规律是:偶数项是序号平方再除以 2，奇数项是序号平方减 1 再除以 2，其前 10 项依次是 0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，…，如图所示的程序框图是 为了得到大衍数列的前 100 项而设计的，那么在两个判断框中，可以先后填入( ) A． n 是偶数?， 100n  ? B． n 是奇数?， 100n  ? C． n 是偶数?， 100n  ? D． n 是奇数?， 100n  ? 【答案】D 【解析】 根据偶数项是序号平方再除以 2 ，奇数项是序号平方减1再除以 2 ，可知第一个框应该是“奇数”，执 行程序框图， 1, 0; 2, 2; 3, 4;n s n s n s      2 299 1 100...; 99, 100, ;2 2n s n s    101 100n   结束，所以第二个框应该填 100n  ，故选 D. 10．中国古代数学家名著《九章算术》中记载了一种名为“堑堵”的几何体，其三视图如图所示，则 其外接球的表面积为（ ） A． 4 3  B． 4 C．8 D． 64 【答案】B 【解析】 分析：该题属于已知几何体的三视图，，求其外接球的表面积问题，把三棱柱补成长方体，则长方体 的对角线长等于外接球的直径，从而求得结果. 详解：由已知可得该“堑堵”是一个半个长方体的直三棱柱，且长宽高分别是 2,1,1，该几何体的外 接球就是对应的长方体的外接球，而长方体的对角线是 2 1 1 2   ，所以其外接球的半径为 1， 所以其外接球的表面积为 24 1 4   ，故选 B. 点睛：解决该题的关键是将根据三视图将几何体还原，从而得到该几何体是半个长方体的三棱柱， 利用长方体的外接球的特征求得结果. 11．已知 F 是椭圆 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     的右焦点， A 是椭圆短轴的一个端点，若 F 为过 AF 的 椭圆的弦的三等分点，则椭圆的离心率为（ ） A． 1 3 B． 3 3 C． 1 2 D． 3 2 【答案】B 【解析】 【分析】 根据椭圆几何性质可把椭圆内每条线段的长度用 , ,a b c 表示，然后利用余弦定理，在两个三角形里 分别表示同一角的余弦，得到 ,a c 关系，求出离心率. 【详解】 延长 AF 交椭圆于点 B ，设椭圆右焦点为 F，连接 ,AF BF  . 根据题意 2 2AF b c a   ， 2AF FB ， 所以 2 aFB  根据椭圆定义 2BF BF a  ，所以 3 2 aBF  在 AFF  中，由余弦定理得 2 2 2 2 2 2 2 4cos 2 2 F A FA F F a cF AF F A FA a        在 AF B 中，由余弦定理得 2 2 2 1cos 2 3 F A AB BFF AB F A AB       所以 2 2 2 2 4 1 2 3 a c a   ，解得 3a c ， 所以椭圆离心率为 3 3 ce a   故选 B 项. 【点睛】 本题考查椭圆的定义，几何性质，余弦定理等，属于中档题. 12．已知 h t h t h h ,若 㤳 ‵ 㤳 ‵ ,则实数 ൏ 㤳 ൏ ‵ 的取值范围是 （ ） A． t hh t ln舨 B． t t ln舨 C． t t h 舨 D． t h t h 舨【答案】A 【解析】 试题分析：设 㤳 ‵ ሻ ，作出函数 的图象如图所示， 由图知 ሻ h ．由 ሻ ， h t 㤳 ሻ ‵ t h ሻ ，得 lnሻ㤳 h t ሻ‵ ሻ ൏ h ，所以 ൏ 㤳 ൏ ‵ lnሻ ൏ t ሻ ൏ ሻ ൏ h ＝ lnሻ t ሻ ൏ ሻ ൏ ． 令 ሻ lnሻ t ሻ ൏ ሻ ൏ ，则 ሻ h ሻ t ൏ ሻ ሻ tሻ൏h ሻ ＝ ሻthሻth ሻ ． 令 ሻ ，得 ሻ h ． 令 ሻ ，得 h ሻ h ， 所以 ሻ 在 h 上单调递增，在 h h 上单调递减， 所以 ሻmax h hh t ln ． 又因为当 ሻ 时， ሻ t ，所以 ሻ t hh t ln ，故选 A． 考点：1、分段函数；2、函数图象；3、利用导数研究函数的单调性． 第Ⅱ卷（非选择题) 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。把答案填在题中的横线上。 13．已知随机变量 服从正态分布 2(2, )N  ，且 ( 4) 0.8P    ，则 (0 2)P   等于 . 【答案】0.3 【解析】 试题分析：随机变量 服从正态分布 2(2, )N  ，所以正态曲线对称轴为 2x   2 0.5P x    ( 4) 0.8 2 4 0.3 (0 2) 0.3P P P            考点：正态分布 点评：随机变量 服从正态分布 2( , )N   ，则正态密度曲线关于 x  对称，   0.5P x   14．曲线  : sin 2xC f x x e   在点   0, 0P f 处的切线方程为___________ 【答案】 2 3y x  【解析】 【分析】 求出    0 , ' 0f f 后可得曲线在点   0, 0f 处的切线方程. 【详解】  ' cos xf x x e  ，故   0' 0 cos0 2f e   ，又  0 3f  ， 所以曲线在   0, 0f 处的切线方程为 2 3y x  . 【点睛】 对于曲线的切线问题，注意“在某点处的切线”和“过某点的切线”的差别，切线问题的核心是切点的 横坐标. 15．设 nS 是等比数列{ }na 的前 n 项和，若 4 25S S ，则 2 5 3 8 a a a  _____． 【答案】 1 或 1 2  【解析】 【分析】 由已知判断 q是否等于1，再选择前 n 项和公式，求出 q，再运用通项公式得解。 【详解】 4 22 , 1.S S q      4 2 1 11 1 5 ,1 1 a q a q q q      解得 1q   或 2.q   又因为  242 15 2 7 3 8 1 1 1 , a qa a a a q a q q   所以 1 1q   或 1 2  所以 2 5 3 8 a a a  1 或 1 2  故得解. 【点睛】 本题考查等比数列的通项公式和前 n 项和公式，属于基础题. 16．已知 1F ， 2F 分别为双曲线   2 2 2 2 1 0, 0x y a ba b     的左、右焦点，以 1 2F F 为直径的圆与双曲 线在第一象限和第三象限的交点分别为 M ， N ，设四边形 1 2F NF M 的周长为 p ，面积为 S ，且满 足 232S p ，则该双曲线的离心率为______. 【答案】 6 2 【解析】 【分析】 本题首先可根据题意绘出图像并设出 M 点坐标为  1 1,M x y ，然后通过圆与双曲线的对称性得出 1 2 1 2F F M F F NS SD D= ，再根据“点  1 1,M x y 即在圆上，也在双曲线上”联立方程组得出 2 1 by c = ，然后根 据图像以及 232S p 可得 22S b= 和 8p b= ，接下来利用双曲线定义得出 1 2MF b a= + 以及 2 2MF b a= - ，最后根据 2 2 2 1 2 1 2MF MF F F+ = 并通过化简求值即可得出结果。 【详解】 如图所示，根据题意绘出双曲线与圆的图像，设  1 1,M x y ， 由圆与双曲线的对称性可知，点 M 与点 N 关于原点对称，所以 1 2 1 2F F M F F NS SD D= ， 因为圆是以 1 2F F 为直径，所以圆的半径为 c ， 因为点  1 1,M x y 在圆上，也在双曲线上，所以有 2 2 1 1 2 2 2 2 2 1 1 1x y a b x y c       ， 联立化简可得 ( )2 2 2 2 2 2 2 1 1b c y a y a b- - = ，整理得 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1b c a b b y a y- = + ， 4 2 2 1b c y= ， 2 1 by c = ，所以 1 2 2 12 2 2F F MS S c y bD= = × = ， 因为 232S p ，所以 2 264p b= ， 8p b= ， 因为 ( )1 2 1 2 1 22p MF MF NF NF MF MF= + + + = + ，所以 1 2 4MF MF b+ = ， 因为 1 2 2MF MF a- = ，联立 1 2 1 2 4 2 MF MF b MF MF a      可得 1 2MF b a= + ， 2 2MF b a= - ， 因为 1 2F F 为圆的直径，所以 2 2 2 1 2 1 2MF MF F F+ = , 即( ) ( )2 2 22 2 4b a b a c+ + - = ， 2 2 28 2 4b a c+ = ， 2 2 24 2b a c+ = ， 2 2 2 24 4 2c a a c- + = ， 2 22 3c a= ， 2 2 3 2 c a = ，所以离心率 6 2 ce a = = 。 【点睛】 本题考查圆锥曲线的相关性质，主要考查双曲线与圆的相关性质，考查对双曲线以及圆的定义的灵 活应用，考查化归与转化思想以及方程思想，考查了学生的计算能力，体现了综合性，是难题。 三、解答题：本大题共 6 小题，共 70 分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.第 17-21 题为必做题,每个考生都必须作答.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，三边 a ，b ，c 的对角分别为 A ，B ，C ，已知 3a  ，cos cos cos 3 sin cos B A C a B C b   . （1）若 2 3c  ，求 sin A ； （2）若 AB 边上的中线长为 37 2 ，求 ABC 的面积. 【答案】（1） 3 4 ；（2）3 3 . 【解析】 【分析】 （1）利用正弦定理把等式 cos cos cos 3 sin cos B A C a B C b   中的边化成角，利用三角恒等变换得到 3C  ， 再利用正弦定理 sin sin a c A C  ，求得 3sin 4A  ； （2）设 AB 边上的中线为 CD ，利用向量加法法则得 2CD CA CB    ，对式子两边平方转化成代 数运算，求得 4b  ，再利用三角形的面积公式 1 sin2ABCS ab C  求面积的值。 【详解】 （1）因为 cos cos cos 3 sin cos B A C a B C b   ， 由正弦定理，得 cos cos cos 3sin sin cos sin B A C A B C B   ， 所以 cos( ) cos cos 3sin sin cos sin A C A C A B C B     . 所以sin sin 3sin cosA C A C .又因为sin 0A  ，所以 tan 3C  . 因为 (0, )C  ，所以 3C  . 又因为 sin sin a c A C  ，所以 3 2 3 sin 3 2 A  ，所以 3sin 4A  . （2）设 AB 边上的中线为 CD ，则 2CD CA CB    ， 所以 2 2 2 24 ( ) 2 cosCD CA CB b a ab C       ， 即 237 9 3b b   ， 2 3 28 0b b   . 解得 4b  或 7b   （舍去）. 所以 1 1 3sin 4 3 3 32 2 2ABCS ab C       . 【点睛】 本题考查正弦定理、面积公式在解三角形中的运用，解题过程中向量关系 2CD CA CB    的两边平 方后，本质是余弦定理。 18．已知五面体 ABCDEF 中，四边形 CDEF 为矩形， 2 2 2 4CD DE AD AB    ， 2 5AC  ， 且二面角 F AB C  的大小为 30 . （1）证明： AB  平面 ADE ； （2）求二面角 E BC F  的余弦值. 【答案】（1）见解析；（2）11 217 217 . 【解析】 【分析】 （1）先证 EF 平面 ABCD ，由线面平行的性质定理得 EF AB ，所以CD AB ；由线面垂直的判 定定理得CD  平面 ADE ，从而得 A B  平面 ADE ； （2）以O 为坐标原点，以OA所在的直线为 x 轴，过O 平行于 DC 的直线为 y 轴，OE 所在的直线 为 z 轴，建立空间直角坐标系， 【详解】 （1）在五面体 ABCDEF 中，四边形CDEF 为矩形，所以 EF CD ，CD DE . 因为 EF  平面 ABCD ，CD  平面 ABCD ，所以 EF  平面 ABCD ， 因为 EF  平面 ABFE ，平面 ABFE  平面 ABCD AB ，所以 EF AB ，又 EF CD ，故 CD AB .因为 4CD  ， 2AD  ， 2 5AC  ，所以CD AD ， 因为 AD DE D  ，所以CD  平面 ADE ，又CD AB ，所以 AB  平面 ADE . （2）过点 E 作 EO AD ，垂足为O ，以O 为坐标原点，以OA所在的直线为 x 轴，过O 平行于 DC 的直线为 y 轴，OE 所在的直线为 z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，分别求平面 EBC ，平面 BCF 的法向量，利用向量法求解即可. 则  0,0, 3E ，  3,2,0B ，  1,4,0C ，  0,4, 3F ，  2,2,0BC   ，  1,0, 3CF   ，  1, 4, 3CE    ， 设平面 EBC 的一个法向量为  1 1 1, ,n x y z ，则 0, 0, BC n CE n           即 1 1 1 1 1 2 2 0, 4 3 0 x y x y z       ， 不妨令 1 3x  ，则  3, 3,5n  . 设平面 BCF 的一个法向量为  2 2 2, ,m x y z ，则 0, 0, BC m CF m           即 2 2 2 2 2 2 0, 3 0, x y x z      不妨令 2 3x  ，则  3, 3,1m  ，则 11 11 217cos , 21731 7 n m      . 由图知二面角 E BC F  为锐角，所以二面角 E BC F  的余弦值为 11 217 217 . 【点睛】 本题考查了线面平行的性质定理和线面垂直的判定定理，利用向量法解二面角的问题，属于中档题. 19．为了研究家用轿车在高速公路上的车速情况，交通部门随机对 50 名家用轿车驾驶员进行调查， 得到其在高速公路上行驶时的平均车速情况为：在 30 名男性驾驶员中，平均车速超过100km/h 的 有 20 人，不超过100km/h 的有 10 人．在 20 名女性驾驶员中，平均车速超过100km/h 的有 5 人， 不超过100km/h 的有 15 人． （1）完成下面的列联表，并判断是否有 99.5%的把握认为平均车速超过的人与性别有关； （2）以上述数据样本来估计总体，现从高速公路上行驶的大量家用轿车中随机抽取 3 辆，记这 3 辆 车中驾驶员为女性且车速不超过100km/h 的车辆数为 ，若每次抽取的结果是相互独立的，求 的 数学期望. 参考公式：        2 2 n ad bck a b c d a c b d      ，其中 n a b c d    ． 参考数据：  2P K k 0.15 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001 k 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 【答案】（1）有；（2） 0.9 . 【解析】 分析：（1）根据公示计算得到卡方值，作出判断即可；（2）根据条件可知 3~B 3 10       ， 由公式得到 期望值. 详解： （1） 平均车速超过 100 /km h 人数 平均车速不超过 100 /km h 人数 合计 男性驾驶员人数 20 10 30 女性驾驶员人数 5 15 20 合计 25 25 50 ∵  2 2 50 20 15 10 5 25 8.333 7.87930 20 25 25 3K         ， ∴所以有99.5%的把握认为平均车速超过100 /km h 与性别有关. （2）根据样本估计总体的思想，从高速公路上行驶的大量家用轿车中随即抽取 1 辆，驾驶员为女性 且车速不超过100 /km h 的车辆的概率为 15 3 50 10  . 所以 的可能取值为 0,1,2,3，且 3~B 3 10       ， ，   33 0.910E np     . 方法点睛：求解离散型随机变量的数学期望的一般步骤为：第一步是“判断取值”，即判断随机变量 的所有可能取值，以及取每个值所表示的意义；第二步是“探求概率”，即利用排列组合、枚举法、 概率公式，求出随机变量取每个值时的概率；第三步是“写分布列”，即按规范形式写出分布列，并 注意用分布列的性质检验所求的分布列或某事件的概率是否正确；第四步是“求期望值”，一般利用 离散型随机变量的数学期望的定义求期望的值，对于有些实际问题中的随机变量，如果能够断定它 服从某常见的典型分布则此随机变量的期望可直接利用这种典型分布的期望公式求得. 20．在平面直角坐标系 xOy 中，动点 E 到定点 (1,0) 和定直线 1x   的距离相等. （1）求动点 E 的轨迹 C 的方程； （2）设动直线 :l y kx b  ( 0)k  与曲线 C 有唯一的公共点 P，与直线 1x   相交于点 Q，若 0PM QM   ，求证：点 M 的轨迹恒过定点 (1,0) . 【答案】（1） 2 4y x ；（2）见解析. 【解析】 【分析】 （1）设出动点 E 的坐标为（x，y），然后直接利用抛物线的定义求得抛物线方程； （2）联立直线方程和抛物线方程，化为关于 y 的一元二次方程后由判别式等于 0 得到 k 与 b 的关系， 求出 Q 的坐标，求出切点坐标，再设出 M 的坐标，然后由 0PM QM   证得答案． 【详解】 （1）解：由抛物线定义可知，动点 E 的轨迹是以（1，0）为焦点，以 x＝﹣1 为准线的抛物线，其 方程为：y2＝4x； （2）证明：由 2 4y x y kx b      ，消去 x 得：ky2﹣4y+4b＝0． 由题意可知，直线 l 与抛物线相切， ∴△＝16﹣16kb＝0，即 b 1 k  ． ∴直线 l 的方程为 y＝kx 1 k  ． 令 x＝﹣1，得 y＝﹣k 1 k  ， ∴Q（﹣1，﹣k 1 k  ）， 设切点坐标 P（x0，y0），则 2 0 0 44 0ky y k    ， 解得：P（ 2 1 k ， 2 k ）， 设 M（m，0）， 则 PM QM   （m 2 1 k  ， 2 k  ）•（m+1，k 1 k  ）＝（m 2 1 k  ）（m+1） 2 1kk k      2 1 k    m 2 m k   m2 2 2 k   2＝（m﹣1）（ 2 1 k  m﹣2）． 当 m＝1 时， 0PM QM   ． 故点 M 的轨迹恒过定点（1，0）． 【点睛】 本题考查了抛物线方程的求法，考查了直线与圆锥曲线的位置关系，训练了利用向量证明线段的垂 直问题，是中档题． 21．已知函数    lnf x x ax a R   . （Ⅰ）讨论  f x 的单调性； （Ⅱ）若  f x 有两个零点，求实数 a 的取值范围. 【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ） 10, e      . 【解析】 【分析】 （Ⅰ）求出函数  y f x 的定义域和导数   1f x ax    ，然后分 0a  和 0a  两种情况讨论，分 析  f x 在 0,  上导数符号的变化，即可得出函数  y f x 的单调区间； （Ⅱ）利用（Ⅰ）中的结论，函数  y f x 有两个零点，则 0a  且有 1 0f a      ，即可求出实数 a 的取值范围. 【详解】 （Ⅰ）函数   lnf x x ax  的定义域为 0,  ，   1f x ax    . ①当 0a  时，由   0f x  ，知函数  y f x 在 0,  内单调递增； ②当 0a  时，由   0f x  ，即 1 0ax   得 10 x a   ； 由   0f x  ，即 1 0ax   得 1x a  . 所以，函数  y f x 在 10, a      内单调递增，在 1 ,a     内单调递减. 因此，当 0a  时，  y f x 在 0,  内单调递增； 当 0a  时，  y f x 在 10, a      内单调递增；在 1 ,a     内单调递减； （Ⅱ）当 0a  时，则函数  y f x 在 0,  上为增函数，函数  y f x 最多一个零点，不合乎 题意，舍去； 当 0a  时，由（Ⅰ）知，函数  y f x 在 10, a      内单调递增，在 1 ,a     内单调递减. 且当 0x  时，  f x   ，当 x   时，  f x   ， 则 1 1ln 1 ln 1 0f aa a           ，即 ln 1a   ，解得 10 a e   . 因此，实数 a 的取值范围是 10, e      . 【点睛】 本题考查带参函数单调区间的求解，同时也考查了利用函数的零点个数求参数的取值范围，考查分 类讨论思想的应用，属于中等题. （二）选考题：共 10 分.请考生在 22,23 题中任选一题作答.如果多做,则按所做的第一题计分. 22．选修 4-4：坐标系与参数方程 在平面直角坐标系中，曲线 C 的参数方程为 3 5cos 4 5sin x y         （ 为参数），以平面直角坐标系的原 点 O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系. （1）求曲线 C 的极坐标方程； （2）过点 (2,0)P ，倾斜角为 4  的直线 l 与曲线 C 相交于 M，N 两点，求 1 1 | | | |PM PN  的值. 【答案】（1） 6cos 8sin    ，（2） 5 2 8 【解析】 【分析】 （1）利用 2 2sin cos 1   ，消去参数，将曲线 C 的参数方程化为普通方程，再运用 cosx   ， siny   ， 2 2 2x y   将曲线 C 的直角坐标方程化为极坐标方程； （2）根据条件求出直线 l 具有几何意义的参数方程，代入曲线 C 普通方程，利用韦达定理以及直线 参数的几何意义，即可求解. 【详解】 （1）因为曲线 C 的参数方程为 3 5cos 4 5sin x y         ，（ 为参数）， 所以曲线 C 的直角坐标方程为 2 2 2( 3) ( 4) 5x y    ， 即 2 26 8 0x x y y    ， 将 cosx   ， siny   ， 2 2 2x y   ， 代入上式得 6cos 8sin    . （2）直线 l 的参数方程为 22 2 2 2 x t y t      ，（t 为参数）， 将 22 2 2 2 x t y t      代入 2 26 8 0x x y y    ， 整理得 2 3 2 8 0t t   ， 设点 M，N 所对应的参数分别为 1t ， 2t ， 则 1 2 3 2t t   ， 1 2 8t t   ， 18 32 50 0     ， 因为 1t ， 2t 异号， 所以  2 1 2 1 21 2 1 2 1 2 1 2 41 1 1 1 5 2 | | | | 8 t t t tt t PM PN t t t t t t        . 【点睛】 本题考查参数方程化普通方程，直角坐标方程化极坐标方程，考查直线参数方程几何意义的应用， 属于中档题. 23．选修 4-5：不等式选讲 已知实数 a ，b ， c 满足 0a  ， 0b  ， 0c  ，且 1abc  ． （1）证明： (1 )(1 )(1 ) 8a b c   ； （2）证明： 1 1 1a b c a b c     ． 【答案】(1) 证明见解析 (2) 证明见解析 【解析】 【分析】 （1）利用1 2 ,1 2 ,1 2a a b b c c   ，相乘即可证明结论． （2）利用 1 1 1 ab bc aca b c      ， 22 2ab bc ab c b  ， 22 2ab ac a bc a  ， 22 2bc ac abc c  ，相加证明即可． 【详解】 证明：（1）1 2 ,1 2 ,1 2a a b b c c   ， 相乘得： (1 )(1 )(1 ) 8 8a b c abc    ． 实数 a ，b ， c 满足 0a  ， 0b  ， 0c  ，且 1abc  ． (1 )(1 )(1 ) 8a b c   （2） 1 1 1 ab bc aca b c      ， 22 2ab bc ab c b  ， 22 2ab ac a bc a  ， 22 2bc ac abc c  ， 相加得： 1 1 1a b c a b c     【点睛】 本题考查综合法证明不等式的方法的应用，考查逻辑推理能力，属于基础题．