安徽省马鞍山市2020届高三第三次教学质量监测文科数学试题 Word版含解析 24页

- 1 - 2020 年马鞍山市高中毕业班第三次教学质量监测 文科数学试题 本试卷 4 页.考试时间 120 分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号和座位号填在答题卡上，将条形码横贴在答题卡 右上角“条形码粘贴处”. 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔将答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑； 如需要改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.答案不能答在试题卷上. 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. 一、选择题. 1. 已知集合 { 1}A x x ∣ ， { 2}B x x  ∣ ，则 A B  （ ） A.  B. { 2∣  x x 或 1}x  C. R D. { 2 1}x x  ∣ 【答案】B 【解析】 【分析】 根据集合并集的概念求解. 【详解】因为 { 1}A x x ∣ ， { 2}B x x  ∣ ，如图所示： 则 A B  { 2∣  x x 或 1}x  . 故选：B 【点睛】本题考查集合并集的运算，属于简单题，借助数轴求解即可. 2. 已知复数 z 满足 2(2 )z i  （i 是虚数单位），则 z 在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 - 2 - 【答案】D 【解析】 【分析】 求出复数 z ，再根据复数的几何意义，即可得答案； 【详解】 2) 4(2 3 iz i   ，  z 在复平面内对应的点位于第四象限， 故选：D. 【点睛】本题考查复数的四则运算及复数的几何意义，考查运算求解能力，属于基础题. 3. 命题 p ： 0, 2x      ， sinx x ，则命题 p 是（ ） A. 0, 2x      ， sinx x B. 0, 2x      ， sinx x C. 0 0, 2x      ， 0 0sinx x D. 0 0, 2x      ， 0 0sinx x 【答案】C 【解析】 【分析】 原命题是全称命题，其否定为存在性量词命题，故按规则可写出原命题的否定. 【详解】因为 p ： 0, 2x      ， sinx x ，故 p ： 0 0, 2x      ， 0 0sinx x . 故选：C. 【点睛】全称命题的一般形式是： x M  ，  p x ，其否定为  ,x M p x   .存在性量词命 题的一般形式是 x M  ，  p x ，其否定为  ,x M p x   . 4. 2 名男同学和 1 名女同学随机排成一行照相，则 2 名男同学不相邻的概率为（ ） A. 1 6 B. 1 3 C. 2 3 D. 5 6 【答案】B 【解析】 【分析】 - 3 - 算出 3 名同学排成一排的排法，再计算 2 名男同学不相邻的排法，根据古典概型的概率计算 公式可得所求的概率. 【详解】设 2 名男同学为 ,A B ，一名女同学为 a ， 3 名同学排成一排，共有 6种排法，排法如下：        , , , , , , , , , , ,A B a A a B B A a B a A ，   , , , , ,a B A a A B ， 其中 2 名男同学不相邻的排法有：   , , , , ,A a B B a A ， 故所求的概率为 2 1 6 3  ， 故选：B. 【点睛】本题考查古典概型的概率的计算，关键是基本事件的总数和随机事件中基本事件的 个数的计算，计算时可采用枚举法、树形图等帮助计数（个数较少时），也可以利用排列组合 的方法来计数（个数较大时）. 5. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ） A. 8 6  B. 8 3  C. 4 6  D. 4 3  【答案】A 【解析】 【分析】 - 4 - 根据三视图可知该几何体的直观图为一个正方体切掉 1 8 个球，然后按照公式计算即可. 【详解】根据三视图可知该几何体的直观图为一个正方体切掉 1 8 个球 正方体体积为 2 2 2=8  ， 1 8 个球的体积为 31 4 1 =8 3 6   所以该几何体的体积为8 6  故选：A 【点睛】本题考查三视图的还原以及几何体的体积，考查空间想象能力，属基础题. 6. 德国著名天文学家开普勒说过：“几何学里有两件宝，一个是勾股定理，另个是黄金分割. 如果把勾股定理比作黄金矿的话，那么可以把黄金分割比作钻石矿.”现将底与腰之比或腰与 底之比为 5 1 2  的等腰三角形称为黄金三角形，它是一个顶角为 36°或 108°的等腰三角形 如图， ABC ， BCD ， ADE 都是黄金三角形，若 2AB  ，则 DE 的大小为（ ） - 5 - A. 5 1 B. 5 1 2  C. 2 D. 5 1 【答案】C 【解析】 【分析】 根据题意可得 5 1 2   BC BC BD AB DC DC ，可知 AD 然后根据 5 1 2 DE AD ，计算即可. 【详解】由题可知： 5 1 2   BC BC BD AB DC DC ，又 2AB  所以 2, 5 1  DC BD ，则 5 1 AD 又 5 1 2 DE AD ，所以 2DE  故选：C 【点睛】本题考查新定义的理解，审清题意，细心计算属基础题. 7. 将函数 ( ) 2sin 6f x x      的图象上各点横坐标伸长到原来的 2 倍（纵坐标不变），再将 所得图象向左平移 3  个单位长度，得到函数 ( )y g x 的图象，则（ ） A. 1( ) 2sin 2g x x B. 1( ) 2sin 2 3g x x      C. ( ) 2sin 2 6g x x      D. 5( ) 2sin 2 6g x x      【答案】B 【解析】 【分析】 先求出将函数 ( ) 2sin 6f x x      的图象上各点横坐标伸长到原来的 2 倍（纵坐标不变）， 得到的函数的解析式，再求将所得图象向左平移 3  个单位长度得到的函数 ( )y g x 的解析式. 【详解】将函数 ( ) 2sin 6f x x      的图象上各点横坐标伸长到原来的 2 倍（纵坐标不变）， - 6 - 得 到 12sin 2 6y x      ， 再 将 所 得 图 象 向 左 平 移 3  个 单 位 长 度 ， 得 到 函 数 1 1( ) 2sin[ ( ) ] 2sin( )2 3 6 2 3y g x x x        的图象. 故选：B. 【点睛】本题主要考查三角函数的图象的变换，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平. 8. 在 ABC 中， D 为 BC 上一点，且 2BD D C  ， AE ED  ，若 EB xAB yAC    ，则 （ ） A. 1 3x  ， 2 3y  B. 5 6x  ， 1 3y  C. 5 6x  ， 1 3y   D. 2 3x  ， 1 3y  【答案】C 【解析】 【分析】 利用  1 2      EB BA BD ，进一步用 ,AB AC   表示 BD  ，然后简单计算判断即可. 【详解】由题可知： 2BD D C  ， AE ED  ， 则 D 为在 BC 上靠近点C 的三等分点， E 为 AD 的中点 所以  1 2      EB BA BD ，又  2 2 3 3BD BC AC AB      所以  1 5 1 2 6 3          EB BA BD AB AC 所以 5 6x  ， 1 3y   故选：C 【点睛】本题考查向量的基地表示，运用三角形法则以及平行四边形法则，熟练向量的加法 法则、减法法则，属基础题. 9. 已知正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的棱长为 2 ，直线 1AC  平面 ，平面 截此正方体所 得截面中，正确的说法是（ ） A. 截面形状可能为四边形 B. 截面形状可能为五边形 C. 截面面积最大值为 2 3 D. 截面面积最大值为 3 3 2 - 7 - 【答案】D 【解析】 【分析】 利用图形，该截面与平面 1A BD 平行，利用排除法可把 A,B 排除，当截面为正六边形时有面积 最大，计算即可. 【详解】如图 在正方体中 1AC  平面 1A BD ，所以平面 与平面 1A BD 平行 平面 与正方体的截面可以是三角形、六边形但不会是五边形和四边形 当截面为正六边形 EFNMGH 时，截面面积有最大， 由题可知： 2 2 1sin 45  NM ，则 1 3 36 1 1 sin 602 2       EFNMGHS 故选：D 【点睛】本题考查空间几何体的截面，考查空间想象能力，属基础题. 10. 已知函数 ( 2)f x  是定义域为 R 的偶函数， ( )f x 在 (2, ) 上单调递减，则不等式 (ln ) (1) 0f x f  的解集是（ ） A. (0,1) (3, ) B. （1，3） C. 3(0, ) ( , )e e  D. 3( , )e e 【答案】C 【解析】 【分析】 根据 ( 2)f x  是定义域为 R 的偶函数可得  f x 的图象关于直线 2x  对称，再根据 ( )f x 在 - 8 - (2, ) 上单调递减可得 ln x 满足不等式，从而可得正确的选项. 【详解】因为 ( 2)f x  的图象是由  f x 的图象向左平移 2 个单位， 而  2f x  的图象关于 y 轴对称，故  f x 的图象关于直线 2x  对称. 由 ( )f x 在 (2, ) 上单调递减可得 ( )f x 在 ( ,2) 上单调递增， 故 (ln ) (1) 0f x f  即为 (ln ) (1)f x f ， 也就是 ln 2 2 1 1x     ，所以 ln 1x  或 ln 3x  ， 解得 0 x e  或 3x e ， 故选：C． 【点睛】本题考查函数不等式的解法，此类问题一般先根据函数单调性和图象的对称性去掉 对应法则，解对数不等式时注意真数为正，本题属于中档题． 11. 已知正项等比数列 na 中， 2 1a  ， 4 1 4a  ， nS 表示数列 1n na a  的前 n 项和，则 nS 的 取值范围是（ ） A. 82, 3     B. 82, 3      C. 82, 3      D. 82, 3      【答案】A 【解析】 【分析】 先计算出数列 na 的通项公式，再计算 1n na a  的前 n 项和 nS ，并求 nS 的取值范围. 【详解】因为 2 1a  ， 4 1 4a  ，且 0na  ， 所以公比 2 1 4q  ， 1 2q  ，则 1 2a  ， 21 2 n na      ， 2 1 2 3 1 1 1 1 2 2 2 n n n n na a                      ， 所以 1n na a  是以 2 为首项，公比为 1 4 的等比数列， - 9 - 则 1n na a  的前 n 项和 12 1 8 14 11 3 41 4 n n nS            当 1n  时， nS 有最小值 2 ，又 8 1 813 4 3n nS       , 所以 nS 的范围是 82, 3     . 故选：A. 【点睛】本题考查等比数列的通项公式及前 n 项和，较简单，只需要根据等比数列中的基本公 式求解即可. 12. 在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     ，过左焦点 ( 2,0)F  倾斜角 为 3  的直线交椭圆上半部分于点 A ，以 FA ， FO 为邻边作平行四边形OFAB ，若点 B 在椭 圆上，则椭圆的标准方程为（ ） A. 2 2 15 x y  B. 2 2 1 4 3 3 x y   C. 2 2 16 2 x y  D. 2 2 1 4 2 3 2 3 x y   【答案】D 【解析】 【分析】 分别设出 A ， B 的坐标，由题意可得 1 2y y ， 2 1x x  ，再由 A ， B 在椭圆上，把 A ， B 的 坐标代入椭圆方程，联立可得关于 a ，b 的方程，结合隐含条件即可求得 a ，b 的值． 【详解】依题意， 2c  ，设 1(A x ， 1)y ， 2(B x ， 2 )y ， 四边形OFAB 为平行四边形， 1 2y y  ， 又 2 2 1 1 2 2 1x y a b   ， 2 2 2 2 2 2 1x y a b   ， 2 1x x   ， - 10 - 又 / /FA OB ，且直线 FA 的倾斜角为 3  ， 1 2 1 2 32 y y x x   ． 1 2y y ， 2 1x x  ， 1 1x   ， 2 1x  ， 1 2 3y y  ． 得 ( 1, 3)A  ，将 A 的坐标代入椭圆方程，可得 2 2 1 3 1a b   ，① 又 2 2 4a b  ，② 联立①②解得： 2 4 2 3a   ， 2 2 3b  ． 故椭圆方程为： 2 2 1 4 2 3 2 3 x y   故选：D 【点睛】本题考查椭圆方程的求解，考查分析能力以及计算能力，属中档题. 二、填空题 13. 等差数列 na 中，公差 3d  ， 13na  ， 35nS  ，则 n ________. 【答案】5 【解析】 【分析】 根据等差数列的通项公式和前 n 项和公式，化简可得    352 2 1n n a nS d n   ，由此即可 求出结果. 【详解】由题意可知，  1 =352 n n a a nS  ， 又  1 1na a n d  ，所以  1 1na a n d   所以       352 1 2 1 2 nn n na n d aa dn nS n      所以   1 513 2 3 32 n n    ，化简可得 23 29 70 0n n   ， 所以 5n  . 故答案为：5. - 11 - 【点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式和前 n 项和公式的应用，属于基础题. 14. 已知双曲线 2 2 2 2 1( 0, 0)x y a ba b     的一条渐近线与直线 3 4 1 0x y   垂直，则该双曲线 的离心率为________. 【答案】 5 3 【解析】 【分析】 先求出渐近线的方程，再根据渐近线与已知直线垂直可求 ,a b 的关系，从而可求离心率. 【详解】双曲线的渐近线方程为 0bx ay  ，因为其中一条与直线3 4 1 0x y   垂直， 故3 4 0b a  ，即  2 2 29 16c a a  ， 故 5 3 c a  即 5 3e  . 【点睛】本题考查双曲线的离心率的计算，此类问题只要找到 , ,a b c 一组关系式即可，本题属 于容易题. 15. 口罩是一种重要的医疗物资，为确保口罩供应，某工厂口罩生产线高速运转.设该工厂连 续 6 天生产的口罩数量依次为 1x ， 2x ， 3x ， 4x ， 5x ， 6x ，（单位：万只）若 1x ， 2x ， 3x ， 4x ， 5x ， 6x ，的方差为 1，且 2 1x ， 2 2x ， 2 3x ， 2 4x ， 2 5x ， 2 6x 的平均数为 5，则该工厂这 6 天平均 每天生产口罩________万只. 【答案】2 【解析】 【分析】 根据   22 2 2 2 1 2 1 nS x x x xn      可求平均每天生产口罩只数. 【详解】设方差为 2S ，则   22 2 2 2 1 2 6 1 6S x x x x     ，其中 x 为 6 天平均每天生产口罩 只数， 由题设有  2 2 2 2 1 2 6 11, 56S x x x     ， 故 2 5 1 4x    ，所以 2x  ， 故答案为：2. - 12 - 【点睛】本题考查样本方差和样本均值的关系，两者常见的关系为  22 1 1 n i i S x xn    ，该公 式可转化为 22 2 1 1 n i i S x xn    ，注意公式的合理使用. 16. 已知函数  f x x xsinx  ，则  f x 在点   0, 0f 处的切线方程为________；若    g x f x x a   在 0, 上有唯一零点 0x ，则 0 01 2 acosx cos x 的值为 ________. 【答案】 (1). y x (2). 1 2 【解析】 【分析】 （1）利用导数的几何意义和直线的点斜式方程求得切线方程；（2）当 π0, 2x     时，易得   0g x  . 当 π π2x     ， ，利用导数研究  g x 的单调性，结合零点存在定理得到存在唯 一的实数 π π2t     ， ,使得   0g t  ,且在 t2      ， 上   0g x  ，在  ,πt 上   0g x  ,， 从而得到区间 0,t 内  g x 单调递减，在区间   ,t g x 内 单调递增,结合端点值分析，可得    g x f x x a   在 0, 上有唯一零点 0x t ，  0 0g x   ,且  0 0g x  ，两式结合， 并利用二倍角的余弦公式化简即可求得 0 01 2 acosx cos x 的值. 【详解】（1）        0 0, 1 , 0 1,f f x sinx xcosx f      所以  f x 在点   0, 0f 处的切线方程为 y x ； （2）    g x f x x a xsinx a      ,  g x sinx xcosx    , 当 π0, 2x     时，   0g x  , 当 π π2x     ， 时，   ' 2 0g x cosx cosx xsinx cosx xsinx            , - 13 - ∴  g x 是单调递增函数， 又因为 π 12g        ，  g    , 所以存在唯一的实数 π π2t     ， ,使得   0g t  , 且在 2 t     ， 上   0g x  ，在 ,πt 上   0g x  , 综上所述，在区间  0,t 内   0g x  ，在区间 ,t  上   0g x  , 即区间 0,t 内  g x 单调递减，在区间   ,t g x 内 单调递增, 又∵    0g g a   ,    g x f x x a    在 0, 上有唯一零点 0x t ，  0 0g x   ,且  0 0 0 0g x x sinx a    , 即 0 0 0 0sinx x cosx  ,且 0 0a x sinx  , 所以 0 0 0 0 2 0 01 2 2 acosx x sinx cosx cos x sin x     0 0 0 0 0 2 2 0 0 1 2 2 2 x cosx sinx sinx sinx sin x sin x    ， 故答案为： y x ； 1 2 . 【点睛】本题考查利用导数的几何意义研究函数的切线问题，利用导数研究函数的单调性， 进而研究零点问题，涉及到二倍角公式，难点是对于  g x 再利用导数进行研究，以及分段讨 论思想. 三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤第 7~21 题为必考题，每个试题考生 都必须做答.第 22、23 题为选考题，考生根据要求做答. （一）必考题： 17. 在 ABC 中，角 A ， B ，C 的对边分别为 a ，b ， c ， ABC 的面积为 S ，且  2 2 23 4S a b c   . - 14 - （1）求角C ； （2）若3 2a b ，求 sin A . 【答案】（1） 3C  ；（2） 21sin 7A  . 【解析】 【分析】 （1）由题得 2 2 23 1( ) sin4 2a b c ab C   ，再利用余弦定理化简得 tan 3C  ，即得解； （2）设 =2 , 3 0)a t b t t （ ，先利用余弦定理求出 7c t ，再利用正弦定理求解. 【详解】（1）因为 2 2 23 1( ) sin4 2S a b c ab C    ， 所以 2 2 23( ) 3 2 cossin 3cos2 2 a b c ab CC Cab ab      ， 解得 tan 3C  ， 又 (0, )C  ，故 3C  . （2）设 =2 , 3 0)a t b t t （ 则 2 2 2 cos 7c a b ab C t    所以 sin 2 3 21sin 2 77 a C tA c t     . 【点睛】本题主要考查正弦定理余弦定理解三角形，考查三角形面积公式的应用，意在考查 学生对这些知识的理解掌握水平. 18. 如图，四棱锥 P ABCD 的底面 ABCD 是菱形， 60BAD   ，PA  平面 ABCD ，E 为 AD 的中点. （1）证明： BE 平面 PAD ； - 15 - （2）若 2PA AB  ，求四棱锥 P ABCD 的侧面积. 【答案】（1）证明见解析；（2） 4 2 7 . 【解析】 【分析】 （1）连接 BD ，由题意可知 ABD△ 是正三角形，可证 BE AD ，由 PA  平面 ABCD ， 可证 BE PA ，由线面垂直的判定定理即可证明结果； （2）连接 AC ，有勾股定理可证 PA AC ，在 PBC 中，由余弦定理得 cos PBC ，可得 sin PBC ，即可求出 PCBS ，再根据对称性知： PAD PABS S  ， PCD PCBS S  ，所以四棱 锥 P ABCD 的侧面积为 2 2PAD PCBS S S V V ，即可求出结果. 【详解】（1）如图，连接 BD ，∵底面 ABCD 是菱形， 60BAD   ， ∴ ABD△ 是正三角形. ∵ E 为 AD 的中点，∴ BE AD .① 又∵ PA  平面 ABCD ， BE  平面 ABCD ，∴ BE PA ② 又∵ AD PA A  ，③ 由①②③知： BE 平面 PAD . （2）连接 AC ，易得 2 3AC  ， 在 Rt PAB 中， 2 2PB  ∵ 2PA  ， 2 3AC  ， PA AC  4PC  在 PBC 中，由余弦定理得 2cos 4PBC   ，∴ 14sin 4PBC  从而 1 1 14sin 2 2 2 72 2 4PCBS PB BC PBC         ， 又∵ 1 1 2 2 22 2PADS PA AD       ， - 16 - 由对称性知： PAD PABS S  ， PCD PCBS S  四棱锥 P ABCD 的侧面积 2 2 4 2 7PAD PCBS S S     . 【点睛】本题主要考查了线面垂直的判定定理的应用，以及锥体侧面积的求法，属于基础题. 19. 某科研单位研究人员对某种细菌的繁殖情况进行了研究，发现该细菌繁殖的个数 y （单 位：个）随时间 x （单位：天）的变化情况如表 l： x 1 2 3 4 5 6 y 5 10 26 50 96 195 表 1 令 lnw y ， w 与 y 对应关系如表 2： y 5 10 26 50 96 195 w 1.61 2.30 3.26 3.91 4.56 5.27 表 2 根据表 1 绘制散点图如下： （1）根据散点图判断， y bx a  与 dxy ce ，哪一个更适合作为细菌的繁殖数量 y 关于时 - 17 - 间 x 的回归方程类型（给出判断即可，不必说明理由）； （2）根据（1）的判断结果及表中数据，建立 y 关于 x 的回归方程（系数精确到 0.01）； （3）若要使细菌的繁殖数量不超过 4030 个，请根据（2）的结果预测细菌繁殖的天数不超过 多少天？ 参考公式：对于一组数据 1 1,u v ， 2 2,u v ，…， ,n nu v ，其回归直线 v u   的斜率和 截距的最小二乘估计分别为      1 2 1 n i i i n i i u u v v u u          ， v u   . 参考数据： 3.50x  ， 63.67y  ， 3.49w  ，   6 2 1 1 17.50 i x x    ，   6 2 1 1 9.49 i w w    ，    6 1 12.87i i i w w x x     ，    6 1 519.01i i i x x y y     ，ln 4030 8.30 ，ln1640 7.40 【答案】（1） dxy ce 更适合；（2） 0.74 0.90xy e  ；（3）细菌繁殖的天数不超过 10 天. 【解析】 【分析】 （1）根据散点图的形状可直接得到结果. （2）利用还原法，将非线性的转化为线性的 lnw c dx  ，然后根据线性回归系数计算公式 计算即可. （3）根据（2）的结论，计算 0.74 0.90 4030xy e   即可. 【详解】（1）根据散点图判断， dxy ce 更适合作为细菌的繁殖数量 y 关于时间 x 的回归方程 类型 （2）设 lnw y ， 变换后可得 lnw c dx  ，设 lnp c ，建立 w 关于 x 的回归方程 w p dx  ，      6 1 6 2 1 12.87 0.7417.50 i i i i i w w x x d x x           ， 3.49 0.74 3.50 0.90p w d x      所以 w 关于 x 的回归方程为 0.74 0.90w x  ， - 18 - 所以 0.74 0.90xy e  （3）当 0.74 0.90 4030xy e   时，即 0.74 0.90 ln 4030 8.30x    所以 0.74 8.30 0.90 7.4x    ，所以 10x 故细菌繁殖的天数不超过 10 天 【点睛】本题考查非线性回归方程的应用，熟练使用等价转化的思想将非线性的转化为线性 的，考查计算能力，属中档题. 20. 已知动圆 M 过点(2，0)，被 y 轴截得的弦长为 4. （1）求圆心 M 的轨迹方程； （2）若 ABC 的顶点在 M 的轨迹上，且 A ，C 关于 x 轴对称，直线 BC 经过点 (1,0)F ， 求证：直线 AB 恒过定点. 【答案】（1） 2 4y x ；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】 （1）设动圆圆心 ( , )M x y ，由题意可得： 2 2 2 22 ( 2)x x y    ，整理即可得到轨迹方 程； （2）设直线 BC 的方程： 1,x ty  ，联立 2 4 1 x y x ty      ，得 2 4 4 0y ty   ，列出韦达定 理，再设直线 AB 的方程： ( 0)y kx m k   ，与抛物线联立，列出韦达定理，结合已知条 件能证明直线 AB 恒过点 10- , ． 【详解】解：（1）设动圆圆心 ( , )M x y ，由题意可得： 2 2 2 22 ( 2)x x y    ，整理 得： 2 4y x ，所以，动圆圆心的轨迹 E 的方程： 2 4y x （2）由题意，直线 BC 经过点  1,0F ，设  1 1,B x y ，  2 2,C x y 直线 BC 的方程： 1,x ty  与抛物线方程联立： 2 1 4 x ty y x     得到： 2 4 4 0y ty   ，显然 0,  由根与系数关系： 1 2 4y y t  ， 1 2 4y y   - 19 - 再设直线 AB 的方程： ( 0)y kx m k   ，与抛物线联立： 2 4 y kx m y x     得到： 2 4 4 0ky y m   ，由对称性知：  2 2,A x y ，又  1 1,B x y 由根与系数关系： 1 2 4my y k   所以： 44= m k  ，即 m k ，直线 AB 的方程：  0y kx k k   ， 直线 AB 恒过定点 10- , . 【点睛】本题考查圆心的轨迹方程的求法，考查直线过定点的证明，解题时要认真审题，注 意抛物线定义、直线方程、韦达定理的合理运用，属于中档题． 21. 函数 ( ) xf x e ， ( ) 1 g x ax ，其中 a R ， e 是自然对数的底数. （1）若 a e ，求函数 ( ) ( ) ( )F x f x g x  的最小值； （2）若 0x  时， ( ) ( ) 1f x xg x  恒成立，求 a 的取值范围. 【答案】（1）1；（2） 1 2a   . 【解析】 【分析】 （1）当 a e 时， ( ) ( ) ( )= 1xF x f x g x e ex    ，对函数 ( )F x 求导，分析函数 ( )F x 的单 调性，可得 ( )F x 的最小值， （2）令函数 2( ) ( )+ ( ) 1 1xh x f x xg x e ax x      （ 0x  ），对函数  h x 求导，分析其 导函数的正负，得出函数  h x 的单调性，可得出 a 的取值范围. 【详解】（1）当 a e 时， ( ) ( ) ( )= 1xF x f x g x e ex    ，∴ ' ( ) xF x e e  ， ①当 1x  时， ' ( ) 0F x  ， ( )F x 在  1， 上单调递减； ②当 1x  时， ' ( ) 0F x  ， ( )F x 在 1 +， 上单调递增. ∴ min( ) (1) 1F x F  ； （2）令 2( ) ( )+ ( ) 1 1xh x f x xg x e ax x      （ 0x  ），则 ' ( ) 2 1xh x e ax   ， ∴ ' (0) 0h  ， 令 '( ) ( ) 2 1xx h x e ax     ，则 ' ( ) 2xx e a   ， - 20 - ①当 1 2a   时， ' ( ) 0x  恒成立，可得 ( )h x 在[0, ) 上单调递增，∴ ' '( ) (0)=0h x h ， ∴ ( ) (0)=0h x h 恒成立，∴ ( )+ ( ) 1f x xg x  恒成立. ②当 1 2a   时，当 [0,ln( 2 ))x a  ， ( ) 0x  ， ( )h x 在[0,ln( 2 ))a 上单减， 当 ln( 2 ) )x a   [ ， ， ( ) 0x   ， ( )h x 在 ln( 2 ) )a  [ ， 上单增， 则当 [0,ln( 2 ))x a  时， ( ) (0) 0h x h   ， ∴ 0 0x  ， 0(0, )x x 时， 0( ) (0) 0h x h  . ∴ ( )+ ( ) 1f x xg x  不是恒成立的. 综上所述， a 的取值范围是 1 2a   . 【点睛】本题考查运用导函数研究函数的单调性和最值，构造新函数解决不等式恒成立问题， 属于较难题. （二）选考题： [选修 4-4：坐标系与参数方程] 22. 在平面直角坐标系 xOy 中，曲线 1C 的参数方程为 2 cos 2 2 sin 2 2 2 cos sin x y             （其中 为参数）.以原点O 为极点， x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 2C 的极坐标方程为 sin 4 a      . （1）求曲线 1C 的普通方程和曲线 2C 的直角坐标方程； （2）若曲线 1C 上恰有三个点到曲线 2C 的距离为 1，求 a 的值. 【答案】（1） 2 2( 2) ( 2) 9x y    ， 2 0x y a   ；（2） 2a   . 【解析】 【分析】 （1）利用三角函数恒等变换，消参后得到曲线 1C 的普通方程，根据两角和的正弦公式展开， 再利用公式 cos x   ， sin y   转化为曲线 2C 的直角坐标方程；（2）由条件可知，圆心 到直线的距离等于 2，求参数 a 的值. - 21 - 【详解】（1） 2 cos 2 2 sin 2 2 2 cos sin x y            （其中 为参数） 所以曲线 1C 的普通方程为： 2 2( 2) ( 2) 9x y    ； 2 2sin cos2 2 a        ， 即 2 2 2 2x y a  ，整理为： 2 0x y a   . 曲线 2C 的直角坐标方程为： 2 0x y a   . （2）由于圆 1C 的半径为 3，曲线 1C 上恰有三个点到曲线 2C 的距离为 1，圆心到直线 2 0x y a   的距离应为 2. 2 2 2 a  ，得： 2a   . 【点睛】本题考查参数方程，极坐标方程，直角坐标方程的转化，以及直线与圆的位置关系， 重点考查转化与化归的能力，属于中档题型. [选修 4-5：不等式选讲] 23. 已知 a ，b ， c 为非负实数，函数 ( ) | 2 | | 2 |f x x a x b c     . （1）若 2a  ， 6b  ， 1c  ，求不等式 ( ) 11f x  的解集； （2）若函数 ( )f x 的最小值为 2，证明： 1 4 9 9a b b c a c      . 【答案】（1） 7{ | 2x x   或 3}2x  ；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】 （1）当 2a  ， 6b  ， 1c  时，不等式化简得| 1| | 3| 5x x    ，结果分类讨论用分段函 数表示即可； （2）由绝对值三角不等式可得 ( ) | 2 | | 2 |f x x a x b c a b c a b c           ，得到 2a b c   ，接下来解法不唯一，可将原式先拼凑为  1 4 9 1 1 4 9= ( ) ( ) ( )4 a b b c a ca b b c a c a b b c a c                  ，借鉴柯西不等式 - 22 -     22 2 2 2 2 2a b c d e f ad be cf       进行放缩即可求解；也可直接在第一步的基础 上，借鉴基本不等式 2b a a b   的形式进行化简，两两组合，再进一步放缩即可 【详解】（1）当 2a  ， 6b  ， 1c  时，不等式 ( ) 2 2 2 6 1 11f x x x      ， 化简得：| 1| | 3| 5x x    ，采用零点讨论法，设 ( ) 1 3g x x x    ， 当 1x 时，   2 2g x x  ； 当 3 1x   时，   4g x  ； 当 1x   时，   2 2g x x   ； 故 2 2( 1) ( ) 1 3 4( 3 1) 2 2( 1) x x g x x x x x x               ， 由 ( ) 5g x  ，解得： 7 2x   或 3 2x  ， 所以，不等式 ( ) 11f x  的解集为 7| 2x x   .或 3 2x   （2）因为 ( ) | 2 | | 2 | | |f x x a x b c a b c a b c           ， ∵函数 ( )f x 的最小值为 2，∴ 2a b c   . 证法一：根据柯西不等式可得：  1 4 9 1 1 4 9= ( ) ( ) ( )4 a b b c a ca b b c a c a b b c a c                  21 1 2 3( )4 a b b c a c a b b c a c             1= 36=94  当且仅当： 1 2 3= =a b b c a c   ，即 2 3a  ， 0b  ， 4 3c  时等式成立. 综上， 1 4 9 9a b b c a c      证法二：  1 4 9 1 1 4 9= ( ) ( ) ( )4 a b b c a ca b b c a c a b b c a c                  1 4( ) 9( ) 4( ) 9( )= 14+4 b c a b a c a b a c b c a b b c a b a c b c a c                   - 23 - 1 14+4+6+12 =94  （ ） ，当且仅当 2 3a  ， 0b  ， 4 3c  等式成立. 综上， 1 4 9 9a b b c a c      【点睛】本题考查分类讨论解绝对值不等式，绝对值三角不等式的应用，柯西不等式及基本 不等式的应用，其中柯西不等式的使用对于公式的理解和应用要求较高，基本不等式的使用 要注意几种常见形式，形如：      12 , , 2 , , 2 0b aa b ab a b R a a b R aba a b           ，解题时还需注意检验等 号成立的条件 - 24 -