黑龙江省哈尔滨市第三中学校2020届高三第三次模拟考试数学（文）试题 Word版含解析 24页

- 1 - 2020 年高三学年模拟考试 数学试卷（文史类） 本试卷共 23 题，共 150 分，共 4 页.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 注意事项： 1. 答题前，考生先将自己的姓名，准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内. 2. 选择题必须使用 2B 铅笔填涂；非选择题必须使用 0.5 毫米黑色字迹的签字笔书写，字体 工整、笔迹清楚. 3. 请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草 稿纸、试卷上答题无效. 4. 作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑. 5. 保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀. 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. 设集合 { | 2 8}xA x  ，集合  { | lg 1 }B x y x   ，则 A B  （ ） A.  1,3 B.  1,3 C.  1, D.  3, 【答案】C 【解析】 【分析】 可以求出集合 A，B，然后进行并集的运算即可. 【详解】解： { | 3}, { | 1}A x x B x x    ， ∴  1,A B   . 故选：C. 【点睛】本题考查了描述法、区间的定义，指数函数的单调性，对数函数的定义域，考查了 计算能力，属于基础题. 2. 在复平面内，复数 1 2 i i 对应点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】B 【解析】 - 2 - 【分析】 利用复数代数形式的除法运算化简，求出点的坐标得答案. 【详解】解：∵      1 2 2 2 1 1 2 1 2 1 2 5 5 5 i ii i ii i i          ， ∴ 1 2 i i 对应的点的坐标为 2 1,5 5     ，位于第二象限. 故选：B. 【点睛】本题考查复数代数形式的除法运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础 题. 3. 下列函数中，既是偶函数，又在 ,0 上单调递增的是（ ） A.   2f x x B.   2 xf x  C.   2 1log 1f x x   D.   2f x x  【答案】D 【解析】 【分析】 根据偶函数定义判断是否为偶函数，根据在 ,0 上函数解析式以及二次函数、指数函数、 对数函数，反比例函数性质确定单调性. 【详解】对于 A，   2f x x 的定义域为 R，      2 2f x x x f x     ，是偶函数，在 ,0 上单调递减； 对于 B，   2 xf x  的定义域为 R，    2 2x xf x f x    ，是偶函数，在 ,0 上   12 2 2 x x xf x         ,单调递减； 对于 C，   2 1log 1f x x   定义域为 | 1x R x   ，不关于原点对称，∴不是偶函数； 对于 D，   2f x x  的定义域为 R，    2 2f x x x f x       ，是偶函数，在 ,0 上   2f x x ，单调递增； - 3 - 综上选 D. 【点睛】本题考查函数的奇偶性单调性的判定，涉及指数函数，对数函数，复合函数，属基 础题. 判断函数的奇偶性，其中包括两个必备条件： (1)定义域关于原点对称，这是函数具有奇偶性的必要不充分条件，所以首先考虑定义域； (2)判断  f x 与  f x 是否具有等量关系． 4. 数列 2 1na      是等差数列，且 1 1a  ， 3 1 3a   ，那么 5a  （ ） A. 3 5 B. 3 5- C. 5 D. -5 【答案】B 【解析】 【分析】 根据已知条件，由等差中项的性质 1 5 3 2 2 221 1 1a a a      得到关于 5a 的方程，求解即得. 【详解】由于数列 2 1na      是等差数列，所以 1 5 3 2 2 221 1 1a a a      ， 又 1 1a  ， 3 1 3a   ，∴ 5 2 2 22 11 1 1 13 a       ，解得 5 3 5a =- ， 故选：B. 【点睛】本题考查等差数列的性质，涉及等差中项，考查运算能力，属基础题. 5. 函数 ( ) xf x xe 在 1x  处的切线方程是（ ） A. 2 0ex y e   B. 2 3 0ex y e   C. 2 0ex y e   D. 2 3 0ex y e   【答案】A - 4 - 【解析】 【分析】 先求得切点坐标与导函数 ( )f x ，根据导数的几何意义可求得切线斜率，再由点斜式即可得解. 【详解】函数 ( ) xf x xe ， 当 1x  时， (1)f e ，所以切点坐标为 1,e ， 则 ( ) x xf x e xe  ， 由导数几何意义可知切线斜率为 (1) 2k f e e e    ， 由点斜式可得切线方程为  2 1y e e x   ， 化简可得 2 0ex y e   ， 故选：A. 【点睛】本题考查了导数的几何意义，曲线切线方程的求法，属于基础题. 6. 在区间 2 3,2 3   上随机取一个数 k ，则直线 4y kx  与圆 2 2 4x y  有两个不同公 共点的概率为（ ） A. 1 3 B. 3 6 C. 1 4 D. 1 2 【答案】D 【解析】 【分析】 利用圆心到直线的距离小于半径可求出满足条件的 k 的范围，最后根据几何概型的概率公式可 求出所求． 【详解】 k 是区间 2 3,2 3   上的随机数，即 2 3 2 3k   ，区间长度为 4 3 ， 由直线 4y kx  与圆 2 2 4x y  有两个不同公共点可得， 2 4 2 1 k   ， ∴ 3k  或 3k   ，即 2 3 3k  或 2 3 3k    ，区间长度为 2 3 ， 直线 4y kx  与圆 2 2 4x y  有两个不同公共点的概率为 2 3 1 24 3 P   - 5 - 故选: D． 【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系，与长度有关的几何概型的求解．属于中档题. 7. 有一散点图如图所示，在 5 个 ( , )x y 数据中去掉 (3,10)D 后，下列说法正确的是（ ） A. 残差平方和变小 B. 相关系数 r 变小 C. 相关指数 2R 变小 D. 解释变量 x 与预报变量 y 的相关性 变弱 【答案】A 【解析】 【分析】 由散点图可知，去掉 (3,10)D 后， y 与 x 的线性相关性加强，由相关系数 r ，相关指数 2R 及 残差平方和与相关性的关系得出选项. 【详解】 ∵从散点图可分析得出： 只有 D 点偏离直线远，去掉 D 点，变量 x 与变量 y 的线性相关性变强， ∴相关系数变大，相关指数变大，残差的平方和变小，故选 A. 【点睛】该题考查的是有关三点图的问题，涉及到的知识点有利用散点图分析数据，判断相 关系数，相关指数，残差的平方和的变化情况，属于简单题目. 8. “克拉茨猜想”又称“3 1n  猜想”，是德国数学家洛萨克拉茨在1950 年世界数学家大会 上公布的一个猜想：任给一个正整数 n ，如果 n 是偶数，就将它减半；如果 n 为奇数就将它乘 - 6 - 3 加1，不断重复这样的运算，经过有限步后，最终都能够得到1，得到1即终止运算，己知正 整数 m 经过 5 次运算后得到1，则 m 的值为（ ） A. 32 或 5 B. 16 或 2 C. 16 D. 32 或 5 或 4 【答案】A 【解析】 【分析】 设 m 经过第 k 次运算后变为  ka k N  ，可知 5 1a  ， 1 1a  ， 2 1a  ， 3 1a  ， 4 1a  ，经 过逆向运算，逐步推导可依次得出 4a 、 3a 、 2a 、 1a ，并对 m 分奇数和偶数两种情况分类讨 论，进而可求得 m 的值. 【详解】设 m 经过第 k 次运算后变为  ka k N  ，可知 5 1a  ， 2 1a  ， 3 1a  ， 4 1a  ， 5 1a  ，则 4 52 2a a  ， 3 42 4a a  ， 若 2a 为奇数，则 3 23 1 4a a   ，得 2 1a  ，不合乎题意，所以， 2a 为偶数，且 2 32 8a a  . 若 1a 为奇数，则 2 13 1 8a a   ，得 1 7 3a  ，不合乎题意； 若 1a 为偶数，则 1 22 16a a  . 若 m 为奇数，则 1 3 1 16a m   ，可得 5m  ； 若 m 为偶数，则 12 32m a  . 综上所述， 5m  或32 . 故选：A. 【点睛】本题考查数列递推公式的应用，考查了分类讨论思想的应用，利用逆向思维逐项推 导是解答的关键，考查计算能力，属于中等题. 9. 某程序框图如图所示，若输入的 a 、b 分别为 5、3，则输出的 n （ ） - 7 - A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】A 【解析】 【分析】 由题意运行程序框图，注意变量的取值变化，即可得解. 【详解】由题意运行该框图： 1n  ， 5 155 2 2a    ， 2 3 6b    ，此时 a b ； 2n  ， 15 15 45 2 4 4a    ， 2 6 12b    ，此时 a b ； 输出 2n  . 故选：A. 【点睛】本题考查了程序框图的求解，属于基础题. 10. 已知 1 2F F、 分别是双曲线 2 2 2 2: 1( 0, 0)x yC a ba b     的左右焦点，P 为 y 轴上一点，Q 为 左支上一点，若 2 2( ) 0OP OF PF     ，且 2PF Q△ 周长最小值为实轴长的 3 倍，则双曲线C 的 离心率为（ ） A. 2 B. 3 C. 2 D. 2 2 - 8 - 【答案】C 【解析】 【分析】 取 2PF 的中点 R ，连接 OR ，连接 1QF 、 1PF ，由题意转化条件得 2OR PF  ，进而可得 2 2PF c ， 2PF Q△ 周长可转化为 1 2 2PQ QF a c   ，求出 1PQ QF 的最小值后即可 得 2 2 2 6c a c a   ，化简即可得解. 【详解】设椭圆半焦距为 c ， 取 2PF 的中点 R ，连接OR ，连接 1QF 、 1PF ，如图所示： 由平面向量线性运算法则可得 2 =2OP OF OR   ， 因为 2 2( ) 0OP OF PF     ，所以 22 0OR PF   即 2OR PF  ， 所以 2PO OF c  ， 2 2PF c ， 又 2PF Q△ 的周长为 2 2 2 12 2 2PQ QF PF PQ QF c PQ QF a c         ， 所以当 1PQ QF 取最小值时， 2PF Q△ 的周长最小， 当 P 、Q 、 1F 三点共线时， 1PQ QF 取最小值， 且 1 1 2min 2PQ QF PF PF c    ， 所以 2 2 2 6c a c a   ，化简得 2 2 4c a ， - 9 - 所以 2ce a   . 故选：C. 【点睛】本题考查了双曲线性质的应用与离心率的求解，考查了转化化归思想，属于中档题. 11. 已知数列 na ， 2 sin 2n na n  ，则数列 na 的前 100 项和为（ ） A. 5000 B. 5000 C. 5050 D. 5050 【答案】B 【解析】 【分析】 由 通 项 公 式 可 知 ，  na 的 偶 数 项 为 0 ， 从 而 可 得 2 2 2 2 2 100 1 3 5 99... 1 3 5 7 ... 97 99S a a a a            ，结合分组求和的思想以及等 差数列的前 n 项和公式即可求出前 100 项和. 【详解】解：由题意知， 当 2 ,n k k N   时，  2 2 2 sin 0ka k k  ； 当 2 1,n k k N    时，  2 2 1 2 12 1 sin 2k ka k    ，所以数列 na 的前 100 项和 2 2 2 2 2 100 1 2 3 100 1 3 5 99... ... 1 3 5 7 ... 97 99S a a a a a a a a                            1 3 1 3 5 7 5 7 ... 97 99 97 99               50 492 1 3 5 7 ... 97 99 2 50 2 50002                    . 故选:B 【点睛】本题考查了正弦函数值，考查了等差数列求和，考查了分组求和.本题的关键是结合 正弦函数的性质对数列并项求和.对于数列求和问题，常见的思路有公式法、错位相减法、裂 项相消法、并项求和法等. 12. 已知 ABC 中，长为 2 的线段 AQ 为 BC 边上的高，满足： sin sinAB B AC C AQ    ， 且 1 2AH AC  ，则 BH  （ ） A. 4 7 7 B. 4 7 C. 4 3 3 D. 2 7 【答案】D - 10 - 【解析】 【分析】 分别在 AB 、 AC 上取点 E 、 F ，使得 AE AF AQ  ，连接QE 、QF 、 BF ，转化条件 得 AE AF AQ    ，由平面向量加法的平行四边形法则可得 / /AE QF ， / /AF QE ，结合平 面几何的知识可得 E 、F 分别为 AB 、AC 的中点， BAF 120   ，再由余弦定理即可得解. 【详解】分别在 AB 、AC 上取点 E 、F ，使得 2AE AF AQ   ，连接QE 、QF 、BF ， 如图所示： 线段 AQ 为 BC 边上的高， sinAB B AQ ， sinAC C AQ ，  sinAB B AE  ， sinAC C AF  ， AE AF AQ    ， 由平面向量加法的平行四边形法则可得 / /AE QF ， / /AF QE ， 四边形 AEQF 为菱形， AQ 平分角 BAC ， BAF 120   ，  AB AC ，Q 为 BC 的中点， E 、 F 分别为 AB 、 AC 的中点，  2 2 4AB AF AQ   ， 又 1 2AH AC  ，点 H 为 AC 的中点，即与点 F 重合， 在 ABF 中， 2 2 2 2 2 cos 16 4 8 28BH BF AB AF AB AF BAF           ,  2 7BH  . 故选：D. 【点睛】本题考查了平面向量数乘及加法的平行四边形法则的应用，考查了余弦定理的应用 与运算求解能力，属于中档题. 二、 填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分. - 11 - 13. 若 π 2sin 4 5      ，则sin2  __. 【答案】 17 25  【解析】 【分析】 由题意结合诱导公式、二倍角余弦公式直接运算即可得解. 【 详 解 】 若 π 2sin 4 5      ， 则 2π π 4 17cos 2 sin2 1 2sin 1 22 4 25 25                      ，  17sin2 25    . 故答案为： 17 25  . 【点睛】本题考查了诱导公式、二倍角余弦公式的应用，考查了运算求解能力，属于基础题. 14. 已知 a R ，命题“存在 xR ，使 2 3 0x ax a   ”为假命题，则 a 的取值范围为 ______. 【答案】  12,0 【解析】 【分析】 将条件转化为任意 xR ， 2 3 0x ax a   恒成立，此时有    ，从而解出实数 a 的取值 范围. 【详解】命题：“存在 xR ，使 2 3 0x ax a   ”为假命题 即 2 3 0x ax a   恒成立，则    ， 即： 2 12 0a a    ，解得 12 0a   ， 故实数 a 的取值范围为  12,0 故答案为： 12,0 【点睛】本题考查由命题的真假求参数的范围，考查一元二次不等式的应用，体现了等价转 - 12 - 化的思想，属于中等题. 15. 直线 l 过抛物线 2: y 2 ( 0)C px p  的焦点 F ，交抛物线C 于点 A （点 A 在 x 轴上方）， 过点 A 作直线 2 px   的垂线，垂足为 M ，若垂足 M 恰好在线段 AF 的垂直平分线上，则 直线 l 的斜率为_______ 【答案】 3 【解析】 【分析】 由垂直平分线的性质和抛物线的定义可得 MAF△ 为等边三角形，结合三角形内角和的特征 可得直线 l 的倾斜角为 60 ，进而可得结果. 【详解】如图所示， ∵ M 恰好在线段 AF 的垂直平分线上，∴ MA MF ， 由抛物线的定义可得 MA AF ， ∴ MAF△ 为等边三角形，即 60AMF   ， 又∵ MA ME ，可得 30FME   ，∴ 60MFE   ， 易得 60AFx   ，即直线 l 的倾斜角为 60 ， 所以直线 l 的斜率为 3 ， 故答案为： 3 . 【点睛】本题主要考查了抛物线上点到焦点的距离和到准线距离相等这一性质的应用，属于 中档题. - 13 - 16. 在三棱锥 S ABC 中， 2AB  ， 2BC  ， 2 2AC  ， 2SB  ， SB  面 ABC ， 则三棱锥 S ABC 的外接球半径为_______，三棱锥 S ABC 的内切球半径为______. 【答案】 (1). 10 2 (2). 4 2 7  【解析】 【分析】 可以将三棱锥 S ABC 放置在如图所示的长方体中，外接球的直径即为长方体的对角线，由 此可得外接球的半径；利用等体积法，将三棱锥 S ABC 的体积分成四个小三棱锥的体积和， 建立方程即可求得内切球的半径． 【详解】∵ 2AB  ， 2BC  ， 2 2AC  ，∴ 2 2 2AB BC AC  ,∴ AB BC ，又∵ SB  面 ABC ，∴可以将三棱锥 S ABC 放置在如图所示的长方体中，外接球的直径即为长方体 的对角线. 设外接球的半径为 R，则  22 22 2 2 2 10R     ， 10 2R  ． 设内切球的球心为 O，半径为 r，则由 S ABC O SAB O SAC O SBC O ABCV V V V V        得：    2 221 1 1 1 1 1· 2 2· 2 · · 2 2 2 2 2 2 2 2 2 23 2 3 2 2 2r                  ，整理得  4 2 2 2 2r  ，解得 4 2 7r  ， 故答案为 10 2 ， 4 2 7  ． 【点睛】本题考查利用构造长方体法求三棱锥外接球半径和利用体积法求内切球半径，考查 分析能力，空间想象能力，化归与转化思想，属于中档题． - 14 - 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. 函数     π πsin 0 0 2 2              ， ，f x A x A 的部分图象如图所示. （1）求函数 ( )f x 的解析式； （2）若 2 6( ) 3f x  ，且 3 2 4x   ，求 cos2x . 【答案】（1） ( ) 2sin 2 3f x x      （2） 3 3 2 6   【解析】 【分析】 （1）根据五点作图法和图象，求正弦型函数的解析式. （2）利用两角和与差公式求解. 【详解】解：（1）由图像可知 2, 2A   ,则 ( ) 2sin(2 )f x x   ，代入点 5 ,212      ， 得 5 2 ,6 2k k Z      ，得 2 ,3k k Z    ，由 π π 2 2    ， 得 3    ，故 ( ) 2sin 2 3f x x      . （2）由题意知 ( ) 2sin 2 3f x x      2 6 3  ,得sin 2 3x     6 3  ， 由 3 2 4x   ，则 2 723 3 6x     ，则 cos 2 3x     3 3   ， cos2 cos 2 3 3x x        1 3cos 2 sin 22 3 2 3x x              3 3 2 6   . - 15 - 【点睛】本题考查了由函数的图象求正弦型函数的解析式，利用两角和差公式求值及角变换 技巧. 18. 如图，三棱锥 P ABC 中，底面△ ABC 是边长为 2 的正三角形， 2PA  ， PA  底面 ABC ，点 ,E F 分别为 AC ， PC 的中点. （1）求证：平面 BEF  平面 PAC ； （2）在线段 PB 上是否存在点G ，使得三棱锥 B AEG 体积为 3 6 ？若存在，确定点G 的 位置；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明见解析.（2）存在，G 为 PB 中点. 【解析】 【分析】 （1）由 PA  底面 ABC 推出 PA BE ，结合 BE AC 可推出 BE 平面 PAC ，线面垂直 推出面面垂直；（2）过 G 作GH AB ，由面面垂直的性质证明GH  平面 ABC，再利用等体 积法由 3 6B AEG G ABEV V   即可求得 GH ，根据线面垂直的性质及中位线的性质即可求得 点 G 的位置. 【详解】（1）因为 PA  底面 ABC ， BE  底面 ABC ，所以 PA BE ， 因为△ ABC 是等边三角形且 E 为 AC 的中点，所以 BE AC ， 又 PA AC A ， PA  平面 PAC， AC  平面 PAC， 所以 BE 平面 PAC ， 因为 BE  平面 BEF ，所以平面 BEF  平面 PAC ； （2）过 G 作GH AB , - 16 - PA  平面 ABC， PA  平面 PAB，平面 PAB  平面 ABC 又 平面 PAB平面 ABC=AB， GH  平面 ABC, 3 6B AEG G ABEV V   ， 1 3 3 6ABEGH S  V ， 1 3 32 =2 2 2ABES    ， 1GH  ， PA  平面 ABC，GH  平面 ABC， //PA GH , 1 2GH PA ， G 为 PB 中点. 【点睛】本题考查面面垂直的判定及性质、线面垂直的性质、等体积法求点到平面的距离， 属于中档题. 19. 某中学某社团为研究高三学生课下钻研数学时间与数学考试中的解答题得分的关系，随 机调查了某中学高三某班6名学生每周课下钻研数学时间 x (单位：小时)与高三下学期期中考 试数学解答题得分 y ，数据如下表： x 2 4 6 8 10 12 y 30 38 44 48 50 54 （1）根据上述数据，求出数学考试中的解答题得分 y 与该学生课下钻研数学时间 x 的线性回 归方程，并预测某学生每周课下钻研数学时间为 7 小时其数学考试中的解答题得分； （2）从这 6人中任选 2 人，求 2 人中至少有1人课下钻研数学时间不低于8 小时的概率. - 17 - 参考公式： ˆˆ ˆy bx a  ，其中      1 1 2 2 2 1 1 ˆ n n i i i i i i n n i i i i x x y y x y nxy b x x x nx                ， ˆˆa y bx  ；参考 数据： 6 6 2 1 1 2008, 364, 44i i i i i x y x y       【答案】（1）线性回归方程： 16ˆ 287y x  ，预测值为： 44 分（2） 4 5 【解析】 【分析】 （1）先求均值，再代入公式求 ˆ ˆb a， ，即得线性回归方程；在线性回归方程令 7x  ，解得预 测值； （2）利用枚举法确定总基本事件数以及所求事件包含的基本事件数，最后根据古典概型概率 公式求结果. 【详解】（1） 2 4 6 8 10 12 76x            6 6 1 1 6 62 2 2 1 1 6 2008 6 7 44 16 364 6 49 76 ˆ i i i i i i i i i i x x y y x y xy b x x x x                    ˆˆ 28a y bx   16ˆ 287y x   当 7x  时， ˆ 44y  预测值为： 44 分 （2）设“这 2 人中至少有一个人刻下钻研数学时间不低于 8 小时为事件 A” 所有基本事件如下： (2，4)，(2，6)，(2，8)，(2，10)，(2，12)，(4，6)，(4，8)，(4，10)，(4，12)， (6， 8)，(6，10)，(6，12)，(8，10)，(8，12)，(10，12) 共 15 个基本事件 事件 A 包含(2，8)，(2，10)，(2，12)，(4，8)，(4，10)，(4，12)，(6，8)，(6，10)(6， - 18 - 12)，(8，10)，(8，12)，(10，12)共 12 个基本事件 所以 12 4( ) 15 5P A   【点睛】本题考查线性回归方程、利用线性回归方程估计、古典概型概率，考查基本分析求 解能力，属基础题. 20. 函数    2 1ln 1 xf x x x    . （1）求证：函数  f x 在 0,  上单调递增； （2）若 m ， n 为两个不等的正数，求证 ln ln 2m n m n m n    . 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】 (1)求导化简证明导函数大于等于 0 即可. (2)利用作差法,化简可得 2 1ln ln 2 1 lnm n 1 m m n m n mm n m n n n                 ,再构造函数  2 1( ) ln 1 th t t t    ,根据(1)中所得的单调性证明 ( ) 0h t  即可. 【详解】（1） 2 2 2 1 4 ( 1)'( ) 0( 1) ( 1) xf x x x x x      ， ∴  f x 在 0,  上单调递增. （2）不妨设 m n ， ln ln 2 1 2( )lnm n m n m m n m n m n n m n           2 11 ln 1 m m n mm n n n             . 令 1m tn   ，设 2( 1)( ) ln 1 th t t t    ，    h t f t 由（1）知在  0,  上单调递增，  1 0h  ， 1t  ，∴   0h t  ， - 19 - 又 m n ，∴ ln ln 2m n m n m n    . 【点睛】本题主要考查了求导分析函数单调性,以及构造函数与作差法分析大小关系的方法. 难点在于第（2）问中根据    2 1ln 1 xf x x x    的形式,将 ln ln 2m n m n m n    整理变形,以 便使用(1)的结论证明.属于中档题. 21. 已知椭圆 2 2 2 2+ 1( 0: )xC y a ba b    的离心率为 2 2 ，且以原点为圆心，以短轴长为直径 的圆 1C 过点  1,0 . （1）求椭圆C 的标准方程； （2）若过点 M  2,0 的直线l 与椭圆C 交于不同的两点 ,A B ，且与圆 1C 没有公共点，设G 为椭圆C 上一点，满足 ( )OA OB tOG    （O 为坐标原点），求实数t 的取值范围. 【答案】（1） 2 2 1.2 x y  （2） 4 5 4 5( 2, ) ( ,2).5 5t     【解析】 【分析】 （1）利用直线与圆相切的充要条件列出方程求出b 的值，利用椭圆的离心率公式得到 a ，c 的 关系，再利用椭圆本身三个参数的关系求出 a ， c 的值，将 a ，b 的值代入椭圆的方程即可； （2）设 AB 的方程代入椭圆方程，利用OA OB tOP    确定 A ， B ， P 三点之间的关系，利 用点 P 在椭圆上，建立方程，从而可求实数 t 取值范围． 【详解】（1）以原点为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆与直线 2 0x y   相切 根据点到直线距离公式可得： 2 2 b 1b  椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b     的离心率为 2 2 2 2 c a   - 20 - 2 2 1 1 2 a a   2 2a  椭圆 C 的方程为： 2 2 12 x y  （2）由题意直线 AB 斜率不为 0 ， 设直线 AB ： 2x ny  2 2 2 12 x ny x y     得 2 2(2 ) 4 2 0.n y ny    由 28 16 0n    得  2 2n  ， 设 1 1 2 2 0 0( , ), ( , ), ( , )A x y B x y G x y ， 由韦达定理 1 2 1 22 2 4 2, .2 2 ny y y yn n      OA OB tOG    1 2 1 2 0 0( , ) ( , )x x y y t x y    0 02 2 8 4,(2 ) (2 ) nx yt n t n     点G 在椭圆上 2 2 2 2 2 2 2 64 2 16 2(2 ) (2 ) n t n t n     得 2 2 16 2t n   — — ① 直线与圆没有公共点，则 2 2 1 1 n   ，  22 3n  . — — ② 由①②可得： 216 45 t  - 21 - 4 5 4 5( 2, ) ( ,2).5 5t     【点睛】本题主要考查了求椭圆标准方程和直线与椭圆位置关系问题，解题关键是掌握圆锥 曲线与直线交点问题时，通常用直线和圆锥曲线联立方程组，通过韦达定理建立起目标的关 系式，采用“设而不求法”并进行一系列的数学运算，从而使问题得以解决． （二）选考题：共 10 分.请考生在第 22，23 题中选一题作答，如果多做，则按所做的第一题 记分. 选修 4-4：坐标系与参数方程 22. 在平面直角坐标系 xOy 中，直线l 的参数方程为 21 2 2 2 x t y t       （t 为参数），以原点O 为 极点， x 轴非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 的极坐标方程为 4cos   ，直线 l 与曲 线C 交于 A 、 B 两点. （1）写出直线l 的普通方程和曲线C 的直角坐标方程； （2）若  1,0P  ，求 1 1 AP BP  的值. 【答案】（1） 1 0x y   ，C ： 2 22 4x y   .；（2） 14 3 . 【解析】 【分析】 (1)相加消去参数t 可得直线 l 的普通方程,对 = 4cos  两边乘以  再根据极坐标与 ,x y 的 关系化简可得曲线C 的直角坐标方程. (2)将直线l 的参数方程与圆的方程联立化简求得关于t 的二次方程,进而根据t 的几何意义, 结合韦达定理求解 1 1 AP BP  即可. 【详解】（1）直线 l 的参数方程为 21 2 2 2 x t y t       ,相加可得直线的普通方程为 1 0x y   ,. - 22 - 又 = 4cos  ,即 2 2 24 cos 4 0x y x        ,化简可得曲线C 的直角坐标方程 2 2( 2) 4x y   . （2）直线l 的参数方程为 21 2 2 2 x t y t       （t 为参数）, 代入曲线 2 22 4x y   可得 2 2 2 21 42 2t t                ,化简可得 2 2 3 0t t   , 由韦达定理有  2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 22, 3, 4 14t t t t t t t t t t         . 所以 1 2 1 2 1 1 14 | | | | 3 t t AP BP t t    【点睛】本题主要考查了参数方程与极坐标和直角坐标方程的互化,同时也考查了直线参数的 几何意义,属于中档题. 选修 4-5：不等式选讲 23. 已知函数   1f x x a x    和函数   2 1xg x    . （1）当 2a  时，求关于 x 的不等式   1f x   的解集； （2）若对任意 1x R ，都存在 2x R ，使得    1 2f x g x 成立，求实数 a 的取值范围. 【答案】（1） 1|x x   ；（2） 2 0a   . 【解析】 【分析】 （1） 2a  时，函数   2 1f x x x    ，分类讨论，即可求解； （2）由绝对值的三角不等式，求得   1f x a  ，由指数函数的性质，求得    ,1g x   ， 根据题意，得到  f x 的值域是  g x 的值域的子集，列出不等式，即可求解. 【详解】（1） 2a  时，函数   2 1f x x x    ， 当 2x   时，   3 1f x     ， x 无解； - 23 - 当 2 1x   时，   2 1 1f x x    ， 1 1x   ； 当 1x  时，   3 1f x    恒成立， 1x  ； 综上，   1f x   的解集为 1|x x   . （2）由      1 1 1f x x a x x a x a          ，    2 1 ,1xg x      ， 由对任意 1x R ，都存在 2x R ，使得    1 2f x g x 成立， 可得  f x 的值域是  g x 的值域的子集，即 1 1a   ， ∴实数 a 的取值范围为 2 0a   . 【点睛】本题主要考查了绝对值不等式的求解，绝对值三角不等式的应用，以及方程的有解 问题的求解，着重考分类讨论思想，查推理与运算能力. - 24 -