湖北省武汉市江岸区2020届高三上学期元月调研数学（理）试题 Word版含解析 26页

- 1 - 2020 年湖北省武汉市江岸区高三元月调研数学试卷（理科） 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.集合 M ＝ 2{ | }x x x＝ ， N ＝{ | ln 0}x x  ，则 M N ＝（ ） A.  0 1， B.  0 1， C.  0 1， D.  1， 【答案】A 【解析】 【分析】 分别求出集合 M、N，再按并集的定义计算即可. 【详解】由已知， M ＝ 2{ | }={0,1}x x x＝ ， N ＝{ |ln 0} (0,1]x x   ， 所以 M N ＝ 0 1， . 故选：A 【点睛】本题主要考查集合的并集运算，涉及到解对数不等式，考查学生的数学运算能力， 是一道基础题. 2.若复数  2 1 1 iz i   ，则 z 的虚部为（ ） A. 1 2 B. 1 2 i C. 1 D. i 【答案】A 【解析】 【分析】 由复数的乘法和除法运算法则，计算复数 z ，再由虚部的定义即可得到． 【详解】复数 2 1 1 (1 ) 2 i iz i i     2 (1 ) 1 1 2 2 2 i i ii     ， 则 z 的虚部为 1 2 ． 故选：A． 【点睛】本题考查复数的乘除运算，以及复数的虚部的定义，考查运算能力，属于基础题． 3.若 0a b  ， 0 1c  ，则（ ） A. c ca b B. a bc c C. log loga bc c D. - 2 - log logc ca b 【答案】D 【解析】 【分析】 构造函数 logcy x ，又函数单调递减即可得解． 【详解】 0 1c  ， 函数 cy x 为增函数， 又 0a b  ， ∴ c ca b ，排除 A 0 1c  ， 函数 xy c 为减函数， 又 0a b  ， ∴ a bc c ，排除 B 取 4a  ， 2b  ， 1 2c  得 4 1 1log log 2 2a c    ， 2 1log log 12a b    ∴ log loga bc c ，排除 C 0 1c  ， 函数 logcy x 为减函数， 又 0a b  ， log logc ca b  ， 故选：D． 【点睛】本题考查实数的大小比较，考查对数函数的图象及性质，属于基础题． 4.已知圆心为  1,0 ，半径为 2 的圆经过椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b     的三个顶点，则C 的 标准方程为（ ） - 3 - A. 2 2 14 3 x y  B. 2 2 19 3 x y  C. 2 2 116 4 x y  D. 2 2 116 9 x y  【答案】B 【解析】 【分析】 由题意可得圆的标准方程，分别令 0x  ， 0y  求出点的坐标，再由椭圆的焦点在 x 轴上， 和椭圆的对称性可得 a ，b 的值，进而求出椭圆的标准方程． 【详解】由题意可得圆的方程为： 2 2( 1) 4x y   ， 令 0x  ，可得 3y   ，令 0y  ，可得 1x   或 3， 由椭圆的焦点在 x 轴上，及椭圆的对称性可得 3a  ， 3b  ， 所以椭圆的标准方程： 2 2 19 3 x y  ， 故选：B． 【点睛】本题主要考查求圆的方程及椭圆的标准方程，和椭圆的对称性，属于中档题． 5.函数 ( ) ( )lnx xf x e e x  的图象大致为( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 - 4 - 【分析】 根据题意，求出函数的定义域 | 0x x  ，分析可得 ( )f x 为偶函数，进而分析可得当 1x  时， ( ) 0f x  ，当 0 1x  时， ( ) 0f x  ，当 0x  时， ( )f x   ，分析选项，从而选出正 确的结果. 【详解】根据题意，函数的定义域 | 0x x  ， 因为 ( ) ( )lnx xf x e e x  ，所以 ( )f x 为偶函数，图象关于 y 轴对称，排除 B 项， 当 1x  时， ( ) 0f x  ，当 0 1x  时， ( ) 0f x  ，排除 ,A C 选项， 当 0x  时， ( )f x   ，所以 D 项是正确的， 故选 D. 【点睛】该题考查的是有关函数图象的选择问题，在选择的过程中，注意从函数的定义域， 图象的对称性，函数值的符号，函数图象的变化趋势，属于简单题目. 6.已知函数      3sin 2 cos 2 (0 )f x x x         是定义在 R 上的偶函数，则 8f     的值为（ ） A. 2 B. 3 C. 2 D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】 先利用辅助角公式进行化简，然后结合正弦函数在对称轴处取得最值及偶函数关于 y 轴对称 可求 ，代入后即可求解． 【详解】解： ( ) 3sin(2 ) cos(2 ) 2sin(2 )6f x x x x          是定义在 R 上的偶函数， 故函数的图象关于 y 轴对称， 1 6 2 k      即 1 3 k    ， 0    ， 1 3    ， - 5 - 则 1( ) 2sin( ) 2sin 28 4 2 4f         ． 故选：A． 【点睛】本题主要考查了辅助角公式在三角化简中的应用，还考查了正弦函数对称性的应用， 属于基础． 7.已知 na 是等差数列，若 1 1a  ， 3 3a  ， 5 5a  成等比数列，且公比为 q，则 q＝（ ） A. 3 B. 3 C. 1 D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】 设{ }na 是公差为 d 的等差数列，运用等比数列的中项性质和等差数列的通项公式，化简可得 1d   ，再由等比数列的定义，计算可得所求值． 【详解】解：设{ }na 是公差为 d 的等差数列， 若 1 1a  ， 3 3a  ， 5 5a  成等比数列，可得 2 3 1 5( 3) ( 1)( 5)a a a    ， 即 2 1 1 1( 2 3) ( 1)( 4 5)a d a a d      ， 化为 2 2 1 0d d   ，解得 1d   ，则 1 ( 1)na a n   ， 则公比为 3 1 1 1 3 2 3 11 1 a aq a a       ， 故选：C． 【点睛】本题考查等差数列的通项公式和等比数列的中项性质和定义，考查方程思想和化简 运算求解能力，属于基础题． 8.甲、乙两队进行排球比赛，采取五局三胜制（当一队赢得三场胜利时，该队获胜，比赛结 束）．根据前期比赛成绩可知在每一局比赛中，甲队获胜的概率为 2 3 ，乙队获胜的概率为 1 3 ．若 前两局中乙队以 2 0：领先，则下列说法中错误的是（ ） A. 甲队获胜的概率为 8 27 B. 乙队以3 0：获胜的概率为 1 3 C. 乙队以三比一获胜的概率为 2 9 D. 乙队以3 2：获胜的概率为 4 9 【答案】D 【解析】 - 6 - 【分析】 A ，在乙队以 2 : 0领先的前提下，若甲队获胜则第三、四、五局均为甲队取胜； B ，乙队以 3:0 获胜，即第 4 局乙获胜； C ，乙队以三比一获胜，即第三局甲获胜，第四局乙获胜； D ，若乙队以3:2 获胜，则第五局为乙队取胜，第三、四局乙队输． 【详解】解：对于 A ，在乙队以 2 : 0领先的前提下，若甲队获胜则第三、四、五局均为甲队 取胜， 所以甲队获胜的概率为 3 1 2 8( )3 27P   ，故正确； 对于 B ，乙队以 3:0 获胜，即第 4 局乙获胜，概率为 1 3 ，故正确； 对于C ，乙队以三比一获胜，即第三局甲获胜，第四局乙获胜，概率为 2 1 2 3 3 9   ，故正确； 对于 D ，若乙队以3:2 获胜，则第五局为乙队取胜，第三、四局乙队输， 所以乙队以3:2 获胜的概率为 2 2 1 4 3 3 3 27    ，故错． 故选： D ． 【点睛】本题主要考查相互独立事件的概率乘法公式，所求的事件与它的对立事件概率间的 关系，属于中档题． 9.杨辉三角，又称帕斯卡三角，是二项式系数在三角形中的一种几何排列，在我国南宋数学 家杨辉所著的《评解九章算法》（1261年）一书中用如图所示的三角形解释二项式乘方展开式 的系数规律，现把杨辉三角中的数从上到下，从左到右依次排列，得数列：1，1，1，1，2 ， 1，1，3 ， 3 ，1，1， 4 ，6， 4 ，1……．记作数列 na ，若数列 na 的前 n 项和为 nS ， 则 57S ＝（ ） A. 265 B. 521 C. 1034 D. 2059 【答案】C - 7 - 【解析】 【分析】 由归纳推理及等比数列前 n 项和可得：即 57a 在第 11 组中且为第 11 组中的第 2 个数，则 0 1 9 0 1 57 10 102 2 2 ( ) 1034S C C      ，得解． 【详解】解：将 1，1，1，1，2，1，1，3，3，1，1，4，6，4，1，． 分组为（1）， (1,1) ， (1 ，2，1) ， (1 ，3，3，1) ， (1 ，4，6，4，1) 则第 n 组 n 个数且第 n 组 n 个数之和为 12n ， 设 57a 在第 n 组中， 则 ( 1) ( 1)572 2 n n n n  „ „ ， 解得： 11n  ， 即 57a 在第 11 组中且为第 11 组中的第 2 个数，即为 1 10C ， 则 0 1 9 0 1 57 10 102 2 2 ( ) 1034S C C      ， 故选：C． 【点睛】本题考查了归纳推理及等比数列前 n 项和，属于中档题． 10.学生到工厂劳动实践，利用3D 打印技术制作模型．如图，该模型为在圆锥底部挖去一个 正方体后的剩余部分（正方体四个顶点在圆锥母线上，四个顶点在圆锥底面上），圆锥底面直 径为10 2cm ，高为10cm ．打印所用原料密度为 31g / cm ，不考虑打印损耗，制作该模型所 需原料的质量为（ ）g（取 ＝3.14 ，精确到 0.1） A. 609.4 B. 447.3 C. 398.4 D. 357.3 - 8 - 【答案】C 【解析】 【分析】 设正方体的棱长为 a ，由题意得 2 102 105 2 a a ，解得 5a  ，求出该模型的体积为 2 3 31 (5 2) 10 5 398.33( )3V cm     ．由此能求出制作该模型所需原料的质量． 【详解】解：如图，是几何体的轴截面， 设正方体的棱长为 a ，则 2 102 105 2 a a ，解得 5a  ， 该模型的体积为： 2 3 31 500(5 2) 10 5 125 398.33( )3 3V cm       ． 制作该模型所需原料的质量为398.33 1 398.4( )g  ． 故选：C． 【点睛】本题考查制作该模型所需原料的质量的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位 置关系等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题． 11.关于函数   sin 2 cos xf x x   ，有下面四个结论： ①  f x 是奇函数 ②  f x 在 2       ， 上单调递减 ③  f x 在   ， 上有两个零点 - 9 - ④  f x 的最大值为 3 3 其中所有正确结论的编号是（ ） A. ①②④ B. ①④ C. ②④ D. ①③ 【答案】B 【解析】 【分析】 函数 sin( ) 2 cos xf x x   ， ①利用奇函数的定义即可判断出 ( )f x 是否是奇函数； ②令 2 2 2 2cos 1( ) 0(2 cos ) cos x xf x x     „ ，解得： cos x 范围，即可判断出 ( )f x 在 ( 2  ， ) 上的单调 性． ③由 ( ) 0f x  ，由 sin 0x  ，在[  ， ] 上有 3 个零点，即可判断出结论． ④令 sin 2 cos xk x   ，可得 2 2sin( ) 1 1 kx k    „ ，解得 k 范围即可判断出结论． 【详解】解：函数 sin( ) 2 cos xf x x   ， ① sin( )( ) ( )2 cos( ) xf x f xx      ， ( )f x 是奇函数，正确； ②令 2 2 2 2cos 1( ) 0(2 cos ) cos x xf x x     „ ，解得： 2 11 cos 2x  „ „ ， ( )f x 在 ( 2  ， ) 上不单调递 减，因此不正确． ③由 ( ) 0f x  ， sin 0x  ，在[  ， ] 上有 3 个零点，分别为  ，0， ，因此不正确． ④令 sin 2 cos xk x   ，可得 2 2sin( ) 1 1 kx k    „ ，解得 3 3k„ ，因此 ( )f x 的最大值为 3 3 ，正 确． ．其中所有正确结论的编号是①④． 故选：B． 【点睛】本题考查了三角函数的图象与性质、利用导数研究函数的单调性、不等式的解法、 简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题． 12.设函数  f x ＝   2( )x a x b a b R a b   ， ， ，  'f x 为  f x 的导函数．若  f x 和 - 10 -  'f x 的零点均在集合 2 0 1 ，， 中，则  f x （ ） A. 在 1 0 ， 上单调递增 B. 在 0 1， 上单调递增 C. 极小值为 0 D. 最大值为 4 【答案】B 【解析】 【分析】 依题意，可求得 ( )f x 和 ( )f x 的零点构成的集合为{a ，b ， 2 } { 23 a b   ，0，1} ，分 6 类讨 论，可确定 a 、b 的值，继而利用导数确定函数的极值及单调区间，从而判断四个选项，可得 答案． 【详解】 2( ) ( )( ) (f x x a x b a   ，b R ， )a b ， 2( ) ( ) 2( )( ) ( )(3 2 )f x x b x b x a x b x a b           ， 令 ( ) 0f x  得： x a 或 x b ； 令 ( ) 0f x  得： x a ，或 2 3 a bx  ； 由 a b¹ 知， ( )f x 和 ( )f x 的零点构成的集合为{a ，b ， 2 }3 a b ， 又 ( )f x 和 ( )f x 的零点均在集合{ 2 ，0，1} 中， ①若 2a   ， 0b  ，则 2 4 13 3 a b    ，不符合题意，舍去； ②若 2a   ， 1b  ，则 2 1 03 a b    ，不符合题意，舍去； ③若 0a  ， 1b  ，则 2 1 23 3 a b    ，不符合题意，舍去； ④若 0a  ， 2b   ，则 2 2 13 3 a b    ，不符合题意，舍去； ⑤若 1a  ， 0b  ，则 2 2 23 3 a b    ，不符合题意，舍去； ⑥若 1a  ， 2b   ，则 2 03 a b  ，符合题意； 故 ( ) ( )(3 2 ) ( 2)(3 2 2) 3 ( 2)f x x b x a b x x x x           ， 令 ( ) 0f x  ，得： 0x  或 2x   ； ( ) 0f x  ，得： 2 0x   ； - 11 - 0x  为极小值点， 2(0) (0 1)(0 2) 4f      ，排除 C； 2x   为极大值点， 2( 2) ( 2 1)( 2 2) 0f        ，当 x   时，  f x   ，排除 D； ( )f x 在区间 ( 2,0) 上单调递减，排除 A； 在 ( , 2)  ， (0, ) 单调递增， (0 ，1) (0, )    ， 故 B 在(0,1) 上单调递增，B 正确； 故选：B． 【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性与极值，通过分类讨论思想的运用，确定 a 、b 的值是解决问题的关键，考查运算能力，属于难题． 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分． 13.如图，一个质地均匀的正八面体的八个面上分别标有数字1到8 ．连续两次抛掷这个正八 面体，记下它与地面接触的面上的数字分别为 m ， n ，则事件“ m n ＝9”的概率为 ________． 【答案】 1 8 【解析】 【分析】 由题意可得：基本事件的总数为 28 ．事件“ 9m n  ”包括基本事件为：(1,8) ，(8,1) ，(2,7) ， (7,2) ， (3,6) ， (6,3) ， (4,5) ， (5,4) ．即可得出事件“ 9m n  ”的概率 P ． 【详解】解：由题意可得：基本事件的总数为 28 64 ． 则事件“ 9m n  ”包括基本事件为：(1,8) ，(8,1) ，(2,7) ，(7,2) ，(3,6) ，(6,3) ，(4,5) ， (5,4) ． - 12 - 事件“ 9m n  ”的概率 8 1 64 8P   ． 故答案为： 1 8 ． 【点睛】本题考查了古典概率的概率计算公式、列举法，考查了推理能力与计算能力，属于 基础题． 14.曲线 y ＝ cos lnx x 在点 1 0， 处的切线方程为________． 【答案】 cos1 cos1x y  ＝ 0 【解析】 【分析】 利用导数的几何意义得到切线的斜率，再利用点斜式写出切线方程即可. 【详解】因为 ' cossin ln xy x x x    ，所以在点（1,0）处切线的斜率 cos1k  ， 所以切线方程为 0 cos1 ( 1)y x    ，即 cos1 cos1 0x y   . 故答案为： cos1 cos1 0x y   【点睛】本题主要考查导数的几何意义，考查学生数学运算能力，是一道容易题. 15.双曲线 2 2 2 2 1( 0 0)x yC a ba b    ： ， 的左、右焦点分别为 1F ， 2F ，过 2F 的直线交曲线C 右 支于 P 、Q 两点，且 1PQ PF ，若3 PQ ＝ 14 PF ，则C 的离心率等于________． 【答案】 10 2 【解析】 【分析】 设| | 4 ( 0)PQ t t  ，则 1 3PF t ，再利用双曲线的定义可得 2 3 2PF t a  ， 1| | 4QF t a  ， 分别在 1 2PF F△ ， 1PFQ 中利用勾股定理即可获解. 【详解】如图，设| | 4 ( 0)PQ t t  ，由3 PQ ＝ 14 PF 可得 1 3PF t ， 由双曲线定义，有 1 2| | | | 2PF PF a  ，所以 2 3 2PF t a  ， 2 1| | | | 2QF PQ PF t a    ， - 13 - 又 1 2| | | | 2QF QF a  ，所以 1| | 4QF t a  ， 因为 1PQ PF ，所以 2 2 2 1 2| | | | 4PF PF c  ， 2 2 2 1 1| | | | | |PF PQ QF  ， 即 2 2 2(3 ) (3 2 ) 4t t a c   ①， 2 2 2(3 ) (4 ) ( 4 )t t t a   ②， 由②解得 t a ，代入①，得 2 2 2(3 ) (3 2 ) 4a a a c   ，即 2 210 4a c ， 所以 10 10 4 2 ce a    . 故答案为： 10 2 【点睛】本题考查双曲线的离心率的求法，解题关键是建立关于 , ,a b c 的方程，考查学生的数 学运算能力，是一道中档题. 16.设函数  f x ＝  lnx x a a R   ，记  f x 在区间 1 ee      ， 上的最大值为  g a ，则当 a ＝________时，  g a 的最小值为________． 【答案】 (1). e 2  (2). e 12  【解析】 【分析】 令 ( ) lng x x x  ，利用导数可得 ( )g x 的值域为[1 , 1]e  ，对 a 分 2 ea   和 2 ea   两种 情况讨论，即可得到答案. - 14 - 【详解】令 ( ) lng x x x  ，则 1( ) 1g x x    ， 当1 x e  时， ( ) 0g x  ，当 1 1xe   时， ( ) 0g x  ， 当 1x  时， ( )g x 取得极大值，也是最大值， 即 max( ) 1g x   ， 1 1( ) 1 ( ) 1 , ( ) [1 , 1]g e e g g x ee e          ( ) [1 , 1 ]g x a e a a      当 2 ea   时，  max | 1 | 1f x a a      ， 当 2 ea   时，  max |1 | 1f x e a a e      所以   1, 2 1, 2 ea a g a ea e a            ，所以  min ( )2 eg a g   e 12  . 故答案为： e 2  ； e 12  【点睛】本题考查利用导数研究绝对值函数的最值问题，考查学生逻辑推理能力，数学运算 能力，是一道较难题. 三、解答题：本大题共 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 223 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 ，若 1.AB AC BA BC       （Ⅰ）求证：A＝B； （Ⅱ）求边长 c 的值； （Ⅲ）若 6,AB AC   求△ABC 的面积． 【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ） 2c  ； （Ⅲ） 3 .2ABCS  【解析】 【分析】 （Ⅰ）根据数量积的定义，结合正弦定理即可证出； （Ⅱ）利用第一问结论，以及 1AB AC   结合余弦定理，即可求出 c ； - 15 - （Ⅲ）根据向量的模的计算公式，找到各边之间的关系，进而得知三角形形状，求出面积． 【详解】（Ⅰ）∵ B C BA BCA A      ,∴ cos cosbc A ac B ， 即 cos cosb A a B ，由正弦定理得 sin cos sin cosB A A B ∴ in 0( )s A B  ．∵ A B     , ∴ 0A B  ，∴ A B . （Ⅱ）∵ 1AB AC   ∴ cos 1bc A  ， 由余弦定理得 2 2 2 12 b c abc bc    ，即 2 2 2 2b c a   ． ∵由（Ⅰ）得 A B ，∴ 2 2c  ，∴ 2c  （Ⅲ）∵ 6AB AC   ，∴ 2 2 2 6AB AC AB AC       即 2 2 2 6c b   ，∴ 2 2 4c b  ，∵ 2 2c  ， ∴ 2 2b  ，即 2b  . ∴△ABC 为正三角形. ∴ 23 3( 2) .4 2ABCS    18.如图，在四棱锥 P ABCD 中，平面 PAB  平面 ABCD ， //AD BC ，AB AD ，AB PA ， 点 E 为 BC 上一点且 BC ＝ 2AB ＝ 2AD ＝ 4BE ． （1）求证：平面 PED  平面 PAC ； （2）若直线 PE 与平面 PAC 所成的角的正弦值为 5 5 ，求二面角 A PC D  的余弦值． 【答案】（1）证明见解析；（2） 15 5 ． 【解析】 【分析】 （1）由平面 PAB  平面 ABCD 可得 PA  平面 ABCD ，从而可得 PA AD ，分别以 AB 、 - 16 - AD 、 AP 为 x 轴 、 y 轴 、 z 轴 ， 建 立 空 间 直 角 坐 标 系 O xyz ， 计 算 可 得 0DE AC DE AP       ，从而可证 ED  平面 PAC ，即得所要证明的面面垂直. （2）设  0,0, ( 0)P    ，可由直线 PE 与平面 PAC 所成的角的正弦值为 5 5 得到 2  ， 再求出平面 PCD的一个法向量后利用数量积可求法向量的夹角的余弦值，从而得到二面角的 余弦值. 【详解】（1）证明：∵平面 PAB  平面 ABCD ，平面 PAB  平面 ABCD ＝ AB ， AB PA ， PA  平面 PAB ，∴ PA  平面 ABCD ， 因为 AD 平面 ABCD ，故 PA AD .又 AB AD ． 分别以 AB 、 AD 、 AP 为 x 轴、 y 轴、 z 轴， 建立空间直角坐标系O xyz ，不妨设 1BE  ， 可得        0,0,0 , 0,2,0 , 2,4,02,1,0 ,CEA D ， 设  0,0, ( 0)P    ， ∴  2,4,0AC  ，  0,0,AP  ，  2, 1,0DE   ． 由 4 4 0 0DE AC      ， 0DE AP   ， ∴ DE AC 且 DE AP ， ∵ AC 、 AP 是平面 PAC 内的相交直线，∴ ED  平面 PAC ． ∵ ED  平面 PED ，∴平面 PED  平面 PAC . （2）由（1）得平面 PAC 的一个法向量是  2, 1,0DE   ，  2,1,PE   ． 设直线 PE 与平面 PAC 所成的角为 ， 则sin ＝ 2 4 1 5cos 55 , 5 PE DE PE DE PE DE               ， 解得 2   ．∵ 0  ，∴ 2  ，可得 P 的坐标为 0,0,2 ． 设平面 PCD的一个法向量为  , ,n x y z ，  2,2,0DC  ，  0, 2,2DP   ， 由 2 2 0 2 2 0 n DC x y n DP y z              ，令 x ＝1，得  1, 1, 1n    r ． - 17 - ∴ 3 15cos , 515 n DEn DE n DE           ． 由图形可得二面角 A PC D  的平面角是锐角， ∴ 二面角 A PC D  的平面角的余弦值为 15 5 ． 【点睛】本题考查面面垂直的向量证明以及线面角、二面角的计算，后者常通过空间向量（直 线的方向向量和平面的法向量）的夹角来计算，属于中档题. 19.已知抛物线 2C y： ＝ 2 px 焦点坐标为 2,0 ． （1）求抛物线C 的方程； （2）已知点  1,0B  ，设不垂直于 x 轴的直线 l 与抛物线C 交于不同的两点 P ，Q ，若 x 轴 是 PBQ 的角平分线，求证：直线 l 过定点． 【答案】（1） 2y ＝8x ；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】 （1）利用焦点坐标求出 p 的值，即可得到抛物线C 的方程： （2）由 x 轴是 PBQ 的角平分线，得  BP BQk k ，即 1 2 1 22 ( )( ) 2 0kx x k t x x t     ，设直线 l 的方程为： y kx t  ，与椭圆方程联立，利用韦达定理代入上式，化简可得t k  ，所以 直线 l 的方程为： ( 1)y kx k k x    ，过定点 (1,0) ． 【详解】（1）焦点坐标为 (2,0) ， 22 p  ， 4p  ， - 18 - 抛物线C 的方程为： 2 8y x ； （2）设直线 l 的方程为： y kx t  ，代入 2 8y x 得： 2 2 2(2 8) 0k x kt x t    ， 设 1(P x ， 1)y ， 2(Q x ， 2 )y ，  1 2 2 2 8ktx x k    ， 2 1 2 2 tx x k  ， x 轴是 PBQ 的角平分线， BP BQk k   ，  1 2 1 21 1 y y x x    ，  1 2 1 21 1 kx t kx t x x     ， 1 2 1 22 ( )( ) 2 0kx x k t x x t      ，  2 2 2 2 82 ( ) ( ) 2 0t ktk k t tk k       ， 整理得： 0k t  ， t k   ， 直线 l 的方程为： ( 1)y kx k k x    ，过定点 (1,0) ． 【点睛】本题主要考查了抛物线方程，以及直线与抛物线的位置关系，是中档题． 20.噪声污染已经成为影响人们身体健康和生活质量的严重问题，为了了解声音强度 D（单位： 分贝）与声音能量（单位： 2/W cm ）之间的关系，将测量得到的声音强度 1D 和声音能量 iI（i =1， 2…，10）数据作了初步处理，得到如图散点图及一些统计量的值. - 19 - I D W 10 2 1 ( )i i I I   10 2 1 ( )i I W W   111.04 10 45.7 11.5 211.56 10 0.51 10 1 ( )( )i i i I I D D    10 1 ( )( )i i i W W D D    116.88 10 5.1 表中 lgi iW I ， 10 1 1 10 i i W W    ． （1）根据散点图判断， 1 1D a b I  与 2 2 lgD a b I  哪一个适宜作为声音强度 D 关于声音 能量的回归方程类型？（给出判断即可，不必说明理由） （2）根据表中数据，求声音强度 D 关于声音能量的回归方程； （3）当声音强度大于 60 分贝时属于噪音，会产生噪音污染，城市中某点 P 共受到两个声源 的影响，这两个声源的声音能量分别是 1I 和 2I ，且 10 1 2 1 4 10I I   .己知点 P 的声音能量等于 声音能量 1I 与 2I 之和．请根据（1）中的回归方程，判断 P 点是否受到噪音污染的干扰，并说 明理由． 附：对于一组数据     1 1 2 2, , , , , ,n nu v u v u v .其回归直线V a u  的斜率和截距的最小 二乘估计分别为：      1 2 1 , n j i i n i i u u v v v u u u             . 【答案】（1） 2 2 lgD a b I  更适合；（2） 10lg 160.7D I  ；（3）点 P 会受到干扰. 【解析】 【分析】 - 20 - （1）根据散点图中点的分布成非线性形状，判断两变量适合的模型； （2）令 lgi iW I ，建立 D 关于W 的线性回归方程，再写出 D 关于 I 的回归方程； （3）根据点 P 的声音能量 1 2I I I  ，根据（1）中的回归方程计算点 P 的声音强度 D 的预 报值，比较即可得出结论. 【详解】（1） 2 2lgD a b I  更适合. （2）令 lgi iW I ，先建立 D 关于W 的线性回归方程. 由于      10 1 10 2 1 5.1 100.51 i ii ii W W D D b W W           ， ∴ ˆ 160.ˆ 7a D bW   ∴ D 关于W 的线性回归方程是 10 160.7D W  ， 即 D 关于的回归方程是 10lg 160.7D I  . （3）点 P 的声音能量 1 2I I I  , ∵ 10 1 2 1 4 10I I   ， ∴  10 1 2 1 2 1 2 1 410I I I I II I           10 102 1 1 2 410 5 9 10I I I I           , 根据（1）中的回归方程，点 P 的声音强度 D 的预报值  10 min 10lg 9 10 160.7 10lg9 60.7 60D       ， ∴点 P 会受到巢声污染的干扰. 【点睛】本题主要考查了回归方程的求法与应用问题，其中解答中认真审题，利用公式准确 计算是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题. 21.已知函数   1 sin x xf x e  ，  g x 为  f x 的导函数． （1）证明：当 ,02x      时，     0f x xg x  ； - 21 - （2）若 nx 是函数  u x ＝   1f x  在  2 , 22n n n N        内零点，求证：   0 2 0 0 sin2 cos sinn n xx n e x x   ． 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】 （1）先写出 ( )g x 的解析式， 1 cos sin( ) ( ) x x xg x f x e    ，得到在 ( 2  ， 0) 上， ( )f x 单调递 增 ． 对 ( )g x 求 导 ， 得 1 2cos( ) x xg x e    ， 得 到 在 ( 2  ， 0) 上 ， ( )g x 单 调 递 减 ， 令 ( ) ( ) ( )F x f x xg x  ， [ ,0]2x   ， 求 导 ， 分 析 单 调 性 ， 可 得 ( ) 0F x … ， 进 而 证 明 ( ) ( ) 0f x xg x … ． （2）由题可知 1 sin 1n n x x e    在 ( 2 2n   ， 2 )( )n n N  有根①，令 2n ny x n  ，则 ( 2ny   ， 0) ，可得 2( ) n nf y e   ，因为 2 0( ) 1 ( )n nf y e f y   … ，由（1）得 ( )f x 单调性，所以 0ny y… ， 又因为（1）可知 ( ,0)2  上， ( )g x 单调递减，可得 00 ( ) ( )ng y g y „ 又因为 ( ) ( ) 0n n nf y y g y … ， 化简即可得证． 【详解】（1）证明： 1 cos sin( ) ( ) x x xg x f x e    ， 当 ( ,0)2x   时， ( ) ( ) 0g x f x  ， 所以在 ( ,0)2  上， ( )f x 单调递增． 1 1 1 1 ( sin cos ) (cos sin ) 2cos( ) x x x x x x e x x e xg x e e            ， 在 ( ,0)2  上， ( ) 0g x  ， ( )g x 单调递减， 令 ( ) ( ) ( )F x f x xg x  ， [ 2x   ， 0] ， ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )F x f x g x xg x g x g x xg x xg x            ， 当 ( ,0)2x   时， ( ) 0F x  ， ( )F x 单调递减， 所以 ( ) (0) (0) 0 (0) 0F x F f g   … ， - 22 - 所以 ( ) ( ) 0f x xg x … ． （2）证明：若 nx 是函数 ( ) ( ) 1u x f x  在 ( 2 , 2 )( )2n n n N     内零点， 则 ( ) 0nu x  在 ( 2 , 2 )( )2n n n N     有根， 所以 ( ) 1 0nf x   在 ( 2 , 2 )( )2n n n N     有根， 即 1 sin 1n n x x e    在 ( 2 , 2 )( )2n n n N     有根，① 令 2n ny x n  ，则 ( ,0)2ny   ， 1 2 1 1 2 sin sin( 2 ) sin( ) n n n n n n n y x n x n y x n xf y e e e e           ， 又因为①式成立，所以 2( ) n nf y e   ， 因为 2 0( ) 1 ( )n nf y e f y   … ， 由（1）可知在 ( ,0)2  上， ( )f x 单调递增，所以 0ny y… ， 由（1）可知 ( ,0)2  上， ( )g x 单调递减， 所以 00 ( ) ( )ng y g y „ 由（1）可知 ( ) ( ) 0n n nf y y g y … ； 所以 0 0 0 0 1 1 12 2 2 2 2 2 0 00 0 0 0 0 0 0 1 ( ) cos sin( ) ( ) ( ) cos sin cos sin (cos sin ) y x xn n n n n n n n n n y f y e e e e e e e ey y yg y g y g y y y x x e x x e                             „ „ 又因为①式成立，得 0 2 0 0 sin (cos sin )n n xy e x x  ， 所以 0 2 0 0 sin2 (cos sin )n n xx n e x x   ． 【点睛】本题以三角函数为背景，考查导数的运算，函数的单调性等基础知识，考查函数思 想，转化思想，抽象概括能力，运算能力，属于难题． (二)选考题：共 10 分.请考生在 22、23 两题中任选一题作答，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.在直角坐标系 xOy 中，曲线 C 的参数方程为 3cos , sin , x y      （θ为参数），直线 l 的参数方程 为 - 23 - 4 , 1 , x a t ty t      （ 为参数）． （1）若 1a   ，求 C 与 l 的交点坐标； （2）若 C 上的点到 l 的距离的最大值为 17 ，求 a ． 【答案】（1） (3,0) ， 21 24( , )25 25  ；（2） 8a  或 16a   ． 【解析】 试题分析：（1）直线与椭圆的参数方程化为直角坐标方程，联立解交点坐标；（2）利用椭圆 参数方程，设点 (3cos ,sin )  ，由点到直线距离公式求参数． 试题解析：（1）曲线C 的普通方程为 2 2 19 x y  . 当 1a   时，直线 l 的普通方程为 4 3 0x y   . 由 2 2 4 3 0 19 x y x y      解得 3 0 x y    或 21 25 24 25 x y      . 从而C 与l 的交点坐标为 3,0 ， 21 24,25 25     . （2）直线l 的普通方程为 4 4 0x y a    ，故C 上的点 3cos ,sin  到l 的距离为 3cos 4sin 4 17 ad     . 当 4a   时， d 的最大值为 9 17 a  .由题设得 9 17 17 a   ，所以 8a  ； 当 4a   时， d 的最大值为 1 17 a  .由题设得 1 17 17 a   ，所以 16a   . 综上， 8a  或 16a   . 点睛:本题为选修内容，先把直线与椭圆的参数方程化为直角坐标方程，联立方程，可得 交点坐标，利用椭圆的参数方程，求椭圆上一点到一条直线的距离的最大值，直接利用 点到直线的距离公式，表示出椭圆上的点到直线的距离，利用三角有界性确认最值，进 而求得参数 a 的值． - 24 - [选修 4-5：不等式选讲] 23.已知函数  f x ＝ 2 ( 0)x x a a   ． （1）当 1a  时，解不等式   4f x  ； （2）若不等式   4f x  对一切 xR 恒成立，求实数 a 的取值范围． 【答案】（1） 2 ,23     ；（2） 4, . 【解析】 【分析】 （1）利用零点分段讨论可得不等式的解集. （2）就 0x  、 0 x a  、 x a≥ 分类讨论可求出  f x 的最小值，从而可得 a 的取值范围. 【详解】（1）当 a ＝1时，不等式   4f x  即为 2 1 4x x   ， 当 1x  时，可得  2 1 4x x   ，解得 2x  ，则1 2x  ； 当 0 1x  时，可得  2 1 4x x   ，解得 2x   ，则 0 1x  ； 当 0x  时，可得  2 1 4x x    ，解得 2 3x   ，则 2 03 x   ． 综上可得，原不等式的解集为 2 ,23     . （2）若不等式   4f x  对一切 xR 恒成立，即为 min( ) 4f x  ， 又   3 2 , 2 ,0 2 3 , 0 x a x a f x a x x a a x x          ， 当 x a≥ 时，    f x f a a  ； 当 0 x a  时，   2a f x a  ； 当 0x  时，   2f x a ， 故  minf x a ，则 4a  ，即 a 的取值范围是 4, ． 【点睛】本题考查绝对值不等式的解以及绝对值不等式的恒成立问题，前者一般利用零点分 段讨论法求解，后者一般转化为函数的最值来讨论. - 25 - - 26 -