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  • 2021-06-10 发布

辽宁省葫芦岛市2020届高三二模考试数学(文)试题 Word版含解析

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- 1 - 2020 年辽宁省葫芦岛市高考数学二模试卷(文科) 一、选择题:本题共 12 个小题,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 A={x|x2﹣3x+2<0},B={x|x≤0},则( ) A. A⊆B B. B⊆A C. A∩B=∅ D. A∪B=R 【答案】C 【解析】 【分析】 先化简 (1,2)A  ,再判断出正确选项. 【详解】由 2{ | 3 2 0} { | ( 1)( 2) 0}A x x x x x x        (1,2) ,则 A B  . 故选:C. 【点睛】本题主要考查了一元二次不等式的解法,集合间的基本关系,基本运算,属于基础 题. 2.设复数 z 满足 (1 ) 2i z i  ,则| |z  ( ) A. 2 B. 2 2 C. 1 2 D. 2 【答案】A 【解析】       1 i 2i, 1 i 1 i 1 i 2iz z           , 化 为  2 2 1 i , 1 iz z       ,  2 21 1 2z     ,故选 A. 3.命题“∀x∈R,x2+cosx﹣ex≤1”的否定是( ) A. ∃x∈R,x2+cosx﹣ex>1 B. ∃x∈R,x2+cosx﹣ex≥1 C. ∀x∈R,x2+cosx﹣ex≤1 D. ∀x∈R,x2+cosx﹣ex<1 【答案】A 【解析】 【分析】 全称量词命题的否定是存在量词命题,注意:一改量词,二改结论. 【详解】全称量词命题的否定是存在量词命题, - 2 - 命题“∀x∈R,x2+cosx﹣ex≤1”的否定是“∃x∈R,x2+cosx﹣ex>1”. 故选:A. 【点睛】本题考查含有一个量词的命题的否定,属于基础题. 4.2020 年初世界各地相继爆发了“新冠肺炎“疫情,随着疫情持续蔓延,各国经济发展受到 巨大影响,特别是仓储物流等行业面临前所未有的严峻考验.世界物流与采购联合会为了估计 疫情对仓储物流业的影响,针对各行业对仓储物流业需求变化以及商品库存变化开展调研, 制定了世界仓储指数.由 2019 年 6 月至 2020 年 5 月的调查数据得出的世界仓储指数绘制出如 图的折线图. 根据该折线图,下列结论正确的是( ) A. 2020 年 2 月和 3 月受疫情影响的仓储量大幅度增加 B. 2020 年 1 月至 5 月的世界仓储指数的中位数为 61 C. 2019 年 6 月至 12 月的仓储指数的平均数为 54 D. 2020 年新冠肺炎疫情对仓储指数没有影响 【答案】A 【解析】 【分析】 由折线图估计总体数据. 【详解】从折线图看 2020 年 2 月和 3 月仓储量大幅度增加,3 月份达到最大值,A 正确; 2020 年 1 月至 5 月的 5 个数据按大小顺序排列为 40,61,64,65,74,中位数是 64,B 错; 计算均值为  1 46 55 48 61 66 55 54.5 40 65 74 64 6112             57.46 ,C 错; 从 2 月和 3 月仓储量大幅度增加可以看出新冠肺炎疫情对仓储指数有影响,D 错. 故选:A. - 3 - 【点睛】本题考查折线图,考查用样本估计总体,考查学生的数据分析能力,运算求解能力, 属于中档题. 5.如图程序框图的算法思路源于我国古代数学名著《九章算术》中的“更相减损之术”.执行 该程序框图,若输入的 m,n 分别为 24,28.则输出的 m=( ) A. 2 B. 4 C. 6 D. 7 【答案】B 【解析】 【分析】 模拟程序运行,观察变量值的变化可得结论. 【详解】程序运行中,变量值变化如下: 24, 28m n  ,满足 m n ,不满足 m n , 28 24 4n    ;满足 m n ,满足 m n , 24 4 20m    ;满足 m n ,满足 m n , 20 4 16m    ;满足 m n ,满足 m n , 16 4 12m    ;满足 m n ,满足 m n , 12 4 8m    ;满足 m n ,满足 m n , 8 4 4m    ;不满足 m n ,输出 4m  . 故选:B. 【点睛】本题考查程序框图,考查循环结构,解题时只要模拟程序运行,即可得出结论.有 时需要确定程序的功能,有数学知识归纳出结论, 6.已知曲线 2 2: 2 ( 0)C x y x y    ,曲线 C 与坐标轴围成封闭图形 M 以及函数 y=x3 的部 分图象如图所示,若向 M 内任意投掷一点,则该点落入阴影部分的概率为( ) A. 1 2 B. 1 4 C. 1 6 D. 1 8 【答案】A - 4 - 【解析】 【分析】 根据图形的对称性以及几何概型的概率公式可得结果. 【详解】易知图形 M 的面积为 21 ( 2)2    , 根据曲线C 与函数 y=x3 的部分图象的对称性可知阴影部分面积是图形 M 的面积一半,即为 2  , 所以由几何概型得概率公式可得该点落入阴影部分的概率为 1 12 2    . 故选:A. 【点睛】本题考查了几何概型的概率公式,属于基础题. 7.函数 f(x)= 2 , 0 1, 0 xe x x x      ,a=70.5,b=log0.50.7,c=log0.75,则( ) A. f(a)<f(b)<f(c) B. f(a)<f(c)<f(b) C. f(c)<f(a)<f(b) D. f(c)<f(b)<f(a) 【答案】D 【解析】 【分析】 首先判断  f x 的单调性,比较出 c b a  的大小,利用函数的单调性即可求解. 【详解】由函数 f(x)= 2 , 0 1, 0 xe x x x      , 当 0x  时,   xf x e 单调递增, 当 0x  时,   2 1f x x   单调递增, 又 2 00 1 1e    ,所以函数 f(x)= 2 , 0 1, 0 xe x x x      为增函数, 又 0.57 1a   , 0.5 0.5 0.50 log 1 log 0.7 log 0.5 1    ,即 0 1b  , 0.7log 5 0c   ,即 c b a  , 所以      f c f b f a  , - 5 - 故选:D 【点睛】本题考查了对数函数的单调性比较大小、分段函数的单调性,利用单调性比较函数 值的大小,属于基础题. 8.设抛物线 C:y2=2px(p>0)的焦点为 F,点 M 在 C 上,|MF|=5,若以 MF 为直径的圆过点 (0,2),则 C 的方程为( ) A. y2=4x 或 y2=8x B. y2=2x 或 y2=8x C. y2=4x 或 y2=16x D. y2=2x 或 y2=16x 【答案】C 【解析】 【分析】 首先求出抛物线的焦点,设点 A(0,2),抛物线上点  0 0,M x y ,利用圆的性质可得 0AF AM   ,从而求出 8 ,4M p      ,然后再利用两点间的距离公式即可求解. 【详解】抛物线 C:y2=2px(p>0), 焦点为 F ,02 p     , 设点 A(0,2),抛物线上点  0 0,M x y , 则 , 22 pAF       , 2 0 0, 22 yAM yp        , 由已知的 0AF AM   ,即 2 0 08 16 0y y   , 解得 0 4y  , 8 ,4M p      , 由|MF|=5,可得 2 8 16 52 p p       , 又 0p  ,解得 2p  或 8p  , 所以抛物线 C 的方程为 y2=4x 或 y2=16x 故选:C 【点睛】本题主要考查了抛物线的标准方程、直线与抛物线的位置关系,考查了基本运算求 - 6 - 解能力,属于基础题. 9.“钱江潮”主要由杭州湾入海口的特殊地形形成,杭州湾外宽内窄,外深内浅,是一个典 型的喇叭状海湾.起潮时,宽深的湾口,下子吞进大量海水,由于江面迅速收缩变窄变浅,夺 路上涌的潮水来不及均匀上升,便都后浪推前浪,一浪更比一浪高.诗云:钱塘一望浪波连, 顷刻狂澜横眼前;看似平常江水里,蕴藏能量可惊天.“观测员在某观测点观察潮水的高度时, 发现潮水高度(y)随时间(x)的变化可近似看成函数 y=cos(ωx+φ),现已知在某观测点 测得部分函数图象如图所示,则此函数的单调递减区间为( ) A. 2 5, ,3 3k k k Z       B. 1 22 ,2 ,3 3k k k Z       C. 1 2, ,3 3k k k Z      D. 1 22 ,2 ,3 3k k k Z      【答案】D 【解析】 【分析】 利 用 三 角 函 数 的 图 像 求 出 函 数 解 析 式 , 再 利 用 余 弦 函 数 的 单 调 递 减 区 间    2 ,2 ,k k k Z    ,整体代入即可求解. 【详解】由图可知,三角函数的周期为: 7 12 26 6T        , 所以 2 2T    ,即  , 又 1 06f      ,可令 6 2    ,解得 3   , 所以 cos 3y x      , - 7 - 则 2 2 ,3k x k k Z        , 解得 1 22 2 ,3 3k x k k Z     , 所以此函数的单调递减区间为 1 22 ,2 ,3 3k k k Z      . 故选:D 【点睛】本题考查了由图像求函数解析式、余弦函数的性质,属于基础题. 10.在三棱锥 A﹣BCD 中,△ABC 是边长为 3 的正三角形,BD⊥平面 ABC 且 BD=4,则该三棱锥 的外接球的体积为( ) A. 28π B. 28 7 π C. 28 73 π D. 28 3 π 【答案】C 【解析】 【分析】 先确定外接球球心位置,再列方程解得球半径,最后根据球体积公式得结果. 【详解】 设△ABC 外接圆圆心为 1O ,过 1O 作 //l BD ,因为 BD⊥平面 ABC,所以三棱锥的外接球O 在 l 上, 设球半径为 R , 则: 1 1 1 1 3| | | | 2,| | 32 2 sin 3 OO BD BO      2 2 2 1 1| | | | | | 2 3 7,R OB OO BO       34 28 7( 7)3 3V    - 8 - 故选:C 【点睛】本题考查三棱锥的外接球的体积,考查空间想象能力以及基本求解能力,属中档题. 11.已知扇形 AOB 中∠AOB= 2 3  ,点 C 为弧 AB 上任意一点(不含点 A,B),若OC  = OA OB uuur ,( , R   ),则   的取值范围是( ) A. 1 ,12      B. (1,2] C. (1,2) D. 1 , 32      【答案】B 【解析】 【分析】 建立平面直角坐标系,可设 (cos ,sin ),C   用 表示   ,再根据三角函数性质求结果. 【详解】以O 为坐标原点,OA所在直线为轴,建立平面直角坐标系,如图, 不妨设 1 3 2(1,0), ( , ), (cos ,sin ),( (0, ))2 2 3A B C      因为OC  = OA OB uuur , 所以 1 3cos ,sin + cos 3sin 2sin( )2 2 6                  1si2 5(0, ) ( , ),3 6 n( ) ( ,1] + (1,2]6 6 6 2             Q 故选:B 【点睛】本题考查向量坐标表示、利用三角函数性质求取值范围,考查综合分析求解能力, 属中档题. 12.设函数 f(x)是定义在(0,+∞)上的单调函数,且对于任意正数 x,y 均有 f(xy)=f - 9 - (x)+f(y),已知 f(2)=1,若一个各项均为正数的数列{an}满足 f(Sn)=f(an)+f(an+1) ﹣1(n∈N*),其中 Sn 是数列的前 n 项和,令 bn= 1 1 n na a  ,数列{bn}的前 n 项和为 Tn,T2020 的 值为( ) A. 2020 B. 1 2020 C. 2019 2020 D. 2020 2021 【答案】D 【解析】 【分析】 由函数的定义得出数列的和 nS 与项 na 的关系式,利用 1n n na S S   可得数列{ }na 是等差数 列,从而求得通项公式 na ,用裂项相消法求得 nT 后可得结论. 【详解】由 0na  ( *n N ), 0nS  , ∵ ( ) ( ) ( 1) 1n n nf S f a f a    , (2) 1f  , ∴ ( ) 1 ( ) ( 1) ( ) (2)n n n nf S f a f a f S f      , 又 ( ) ( ) ( )f xy f x f y  ,∴  (2 ) ( 1)n n nf S f a a  ,而 ( )f x 在 (0, ) 上是单调的, ∴ (2 1)n n nS a a  , 111 12 1)2 (S a aa   , 1 1a  , 22 n n nS a a  ,则 2 1 1 12 ( 2)n n nS a a n     , 相减得 2 2 1 1 12 2 2n n n n n n na S S a a a a        , 1 1 1( )( )n n n n n na a a a a a      ,∵ 1 0n na a   ,∴ 1 1n na a   ( 2)n  ,所以{ }na 是等 差数列,公差为 1,∴ na n . 所以 1 1 1 ( 1) 1nb n n n n = = -+ + , 1 2 1 1 1 1 1 11 12 2 3 1 1 1n n nT b b b n n n n                                 , ∴ 2020 2020 2021T  . 故选:D. - 10 - 【点睛】本题考查抽象函数的性质,考查由数列前 n 项和 nS 与项 na 的关系求通项公式,考查 裂项相消法求数列的和,在学生掌握数列与函数的知识基础上按部就班计算即可,本题考查 了学生的运算求解能力,属于中档题. 二、填空题:本大题共 4 个小题,每小题 5 分,共 20 分新板面五年由 13.现有钉钉、腾讯、伯索云、直播云、云视讯 5 种在线教学软件,若某学校要从中随机选取 2 种作为教师“停课不停学”的教学工具,则被选取的软件中含钉钉概率为_____. 【答案】 2 5 【解析】 【分析】 用列举法写出所有的基本事件后可得结论. 【详解】任选用 2 种的基本事件有:钉钉腾讯,钉钉伯索云,钉钉直播云,钉钉云视讯,腾 讯伯索云,腾讯直播云,腾讯云视讯,伯索云直播云,伯索云云视讯,直播云云视讯共 10 种, 其中含有钉钉的基本事件有钉钉腾讯,钉钉伯索云,钉钉直播云,钉钉云视讯共 4 种,所以 所求概率为 4 2 10 5P   . 故答案为: 2 5 . 【点睛】本题考查古典概型,用列举法写出所有基本事件是解题的常用方法. 14.已知函数 y=f(x)满足 f(x+1)=2f(x),且 f(5)=3f(3)+4.则 f(4)=_______. 【答案】8 【解析】 【分析】 在已知式 ( 1) 2 ( )f x f x  中分别令 4x  和 3x  ,结合 (5) 3 (3) 4f f  可求解. 【详解】∵ ( 1) 2 ( )f x f x  , ∴ (5) 2 (4)f f , (4) 2 (3)f f ,又 (5) 3 (3) 4f f  ,∴3 (3) 4 2 2 (3)f f   , (3) 4f  , ∴ (4) 2 (3) 8f f  . 故答案为:8. 【点睛】本题考查抽象函数求函数值,方法是赋值法,在抽象函数的定义中对自变量赋予特 定的值后便于求解. - 11 - 15.已知函数 f(x)= 3 2 log , ( 0) 12 , ( 0)2 x x x x x     „ ,方程 f(x)﹣a=0 有三个不同的实数根, 则 a 的取值范围是_____. 【答案】 1 30, 2 2          【解析】 【分析】 作出函数 ( )y f x 的图象和直线 y a ,观察它们交点个数可得结论. 【详解】∵f(x)= 3 2 log , ( 0) 12 , ( 0)2 x x x x x     „ , ∴ ( )f x 在 ( , 1)  和 (1, ) 上递增,在 ( 1,0] 和 (0,1) 上递减, 3( 1) 2f   , (1) 0f  , 1(0) 2f  ,作出函数 ( )y f x 的图象,作出直线 y a ,由图可得当 10 2a  或 3 2a  时, 它们有三个交点,即方程有三个不等实根. 故答案为: 1 30, 2 2          . 【点睛】本题考查方程解的个数问题,解题方法是进行问题的转化,方程解的个数转化为函 数图象与直线的交点个数,转化为研究函数的性质,由图形得出结论.考查了数形结合思想. 16.定义:数列{an},{bn}满足 1 na = 1 1 23 3n n n b b b   ,则称数列{bn}为{an}的“友好数列”. 若数列{an}的通项公式 an=3n+1,n∈N*,则数列{an}的“友好数列“{bn}的通项公式为______; 记数列{bn﹣tn}的前 n 项和为 Sn.且 Sn≤S6,则 t 的取值范围是_______. - 12 - 【答案】 (1). bn=6n+3 (2). 45 13,7 2      【解析】 【分析】 由“友好数列”的定义写出{ }nb 的递推关系后,利用两式相减可求得其通项公式,{ }nS 中 6S 是最大值,由 6 7 0 0 a a    可得 t 的范围. 【详解】由题意 1 1 1 2 1 3 3 3n n n n b b b     ,∴ 1 1 1 23 3 3n n nb b b n      ,①,所以 2n  时 , 2 1 2 13 3 ( 1) 3n n nb b b n       , ② , ① - ② 得 1 13 3 ( 1) 3n n n nb n n      , 6 3nb n  , 又 2 1 3 9 6 1 3b      ,综上 6 3nb n  , *n N , 令 (6 ) 3n nc b tn t n     ,因为 6nS S ,所以{ }nS 中 6S 是最大值,由于{ }nc 是等差数列, ∴ 6 7 6(6 ) 3 0 7(6 ) 3 0 c t c t          ,解得 45 13 7 2t  . 故答案为: 6 3nb n  ; 45 13[ , ]7 2 . 【点睛】本题考查数列新定义,考查等差数列前 n 项和的最大值.根据数列新定义在求通项公 式时要注意首项 1b 与后面各项求法上的差异,必须验证.等差数列前 n 项的最值问题可能通 过项的正负来确定,即满足 1 0 0 n n a a     时, nS 最大(但要注意有可能 1n nS S  或 1n nS S  ), 满足 1 0 0 n n a a     时, nS 最小(同样有可能 nS 与 1nS  或 1nS  相等). 三、解答题:本大题共 5 小题,共 70 分,解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤, 17.随着电商事业的快速发展,网络购物交易额也快速提升.特别是每年的双十一天猫的交易 额数目惊人.2019 年天猫公司的工作人员为了迎接”淘宝天猫双十一年度购买狂欢节加班加 点做了很多准备活动,经过一天的忙碌,截止到 2019 年 11 月 11 日 24 时,2019 年的天猫双 11 交易额定格在 2600 亿元,比 2018 年双十一总成交额超出 500 多亿元.天猫总公司所有员工 - 13 - 对于新的战绩皆大欢喜,同时又对 2020 年充满了憧憬,因此公司工作人员反思从 2013 年至 2019 年每年双十一总交易额(此处取近似值),进行分析统计如表: 年份 2013 2014 2015 2016 2017 2018 2019 总交易额(近似值)单位(百亿) 3.5 5.7 9.1 12 17 21.2 26 (1)已知年份 x 与年总交易额 y 具有线性相关关系,利用最小二乘法求出总交易额与年份之 间回归直线方程; (2)估计 2020 年天猫双十一的总交易额会达到多少? 可能用到的数据:    7 1 i i i x x y y    =106.4,  7 2 1 i i x x   =28. 参考公式:b =      1 2 1 n i n i i i i x x y y x x        = 1 2 2 1 n i i i n i i x y nxy x nx       , a = y ﹣bx . 【答案】(1)  3.8 7647.3y x  (2) 2870 亿元 【解析】 【分析】 (1)计算 ,x y ,根据参考公式和参考数据先求出 b ,再由 a = y ﹣ bx 算得 a ,从而求得总 交易额与年份之间回归直线方程 y bx a $ $ $; (2)令 2020x  ,求出 y ,即为 2020 年天猫双十一的总交易额估计值. 【详解】(1)由题 x  2013 2014 2015 2016 2017 2018 2019 20167        , 3.5 5.7 9.1 12 17 21.6 26 13.57y        得b       1 2 1 n i n i i i i x x y y x x        106.4 3.828   , a = y ﹣bx 13.5 3.8 2016 7647.3     , - 14 - 则  3.8 7647.3y x  ,即总交易额与年份之间回归直线方程为  3.8 7647.3y x  . (2)令 2020x  ,得  3.8 7647.3 28.72020y    (百亿) 即 2020 年天猫双十一的总交易额估计值为 2870 亿元. 【点睛】本题考查了利用最小二乘法求回归直线方程,及利用回归直线方程计算估值,还考 查了学生的运算能力,属于基础题. 18.在 ABC 中,内角 A,B,C 所对的边分别为 a,b,c,已知3cos2 1 2 sinB B  且 B 为 锐角. (1)求sin B ; (2)若   3 7 sin sin sinB b A C   且 ABC 面积为 14 2 ,当 a c 时,求 a b的值. 【答案】(1) 2 3 ;(2)3 2 . 【解析】 【分析】 (1)由条件中的三角函数关系式,结合二倍角公式转化为含 sin B 的二次方程,即可得出结 果;(2)利用题中的三角函数关系式,结合正弦定理化为边的关系式,得到 a c 的值,再利 用三角形的面积公式求得 ac 的值,再求出 ,a c 的值,结合余弦定理求得b 的值,即可得出结 果. 【详解】(1)由已知  23 1 2sin 1 2 sinB B   , 整理得: 26sin 2 sin 2 0B B   , 得 2sin 3B  或 2sin 2B   (舍), 所以 2sin 3B  ; (2)由正弦定理得:    3 7 b b a c   , 则 3 7a c   ,  1 - 15 - 又 1 2 14sin2 6 2ABCS ac B ac   , 则 3 7ac  , 2 联系  1 2 并结合 a c 得 3, 7a c  , 由 1 知 2sin 3B  ,所以 7cos 3B  , 由余弦定理得: 2 2 2 72 cos 9 7 2 3 7 23b a c ac B          , 所以 2b  , 故 3 2a b   . 【点睛】本题主要考查正余弦定理以及三角函数求值.属于中档题. 19.如图,在三楼柱 ABC﹣A1B1C1 中,平面 ACC1A1⊥平面 ABC,四边形 ACC1A1 是正方形,点 D 是 棱 BC 的中点,点 E 是线段 BB1 上一点,AB=4,AA1=2,BC=2 5 . (1)求证:AB⊥CC1; (2)求三棱锥 E﹣ADC1 体积的最大值. 【答案】(1)证明见详解;(2) 8 3 【解析】 - 16 - 【分析】 (1)利用面面垂直的性质定理证出 1CC  平面 ABC ,再根据线面垂直的性质定理即可证出. (2)利用线面垂直的判定定理证出 AC  平面 1 1ABB A ,设 BE t ,  0 2t≤ ≤ , 再由 1 1 1 1 1 1 1 1E ADC ABC A B C C ACD D ABE C AA B EV V V V V        即可求解. 【详解】(1)四边形 ACC1A1 是正方形, 1CC AC  , 平面 ACC1A1⊥平面 ABC,且平面 ACC1A1 平面 ABC AC , 1CC  平面 ABC ,而 AB Ì平面 ABC ,  AB⊥CC1, (2)由条件知 2 2 2BC AB AC  , AC AB  , 又 1AC AA ,且 1AB AA A , AC  平面 1 1ABB A , 设 BE t , 0 2t≤ ≤ , 1 1 1 1 1 1 1 1 4 2 16 4 4 28 3 3 3 3 3E ADC ABC A B C C ACD D ABE C AA B E tV V V V V t t                0 2t  ,当 2t  时,三棱锥 E﹣ADC1 体积的最大值为 8 3 . 【点睛】本题考查了面面垂直的性质定理、线面垂直的性质定理、线面垂直的判定定理、柱 体的体积公式、锥体的体积公式,考查了考生的逻辑推理能力,属于中档题. 20.已知椭圆 2 2 2 2 1( 0)x y a ba bG    : 的左焦点为  2,0 ,F  且经过点  2,1 , ,C A B 分 别是G 的右顶点和上顶点,过原点O 的直线l 与G 交于 ,P Q 两点(点Q 在第一象限),且与 线段 AB 交于点 M . (1)求椭圆G 的标准方程; (2)若 3PQ  ,求直线 l 的方程; (3)若 BOP△ 的面积是 BMQ 的面积的 4 倍,求直线l 的方程. - 17 - 【答案】(1) 2 2 14 2 x y  ;(2) 14 2y x ;(3) 9 2 8 14y x . 【解析】 【分析】 (1)利用椭圆的定义即可求出 a 的值,从而求出b ,从而得到答案. (2)根据题意设出直线方程,联立方程由根与系数的关系可得 1 2 1 2,x x x x ,再利用弦长公 式即可得到答案. (3)依题设出点 , ,P Q M 的坐标以及直线l 的斜率,根据题目条件即可得坐标之间的关系, 从而求出直线 l 的斜率,从而求出直线直线l 的方程. 【详解】(1)依题知 2c  则椭圆的右焦点为 1 2 0F( ,), 因为点  2,1C  在椭圆上,且 2 2 1| | 2+ 2 +1 =3CF  ( ) , 又| | 1CF  ,所以 12 | | | | 4a CF CF   ,所以 2a  所以 2 2 2 4 2 2b a c     , 所以椭圆的标准方程为 2 2 14 2 x y  . (2)因为点Q 在第一象限,所以直线 l 的斜率存在, 设直线l 的斜率为 ( 0)k k  ,则直线 l 的方程为 y kx , 设直线 l 与该椭圆的交点为 1 1 2 2( , ), ( , )P x y Q x y , 由 2 22 4 y kx x y     可得 2 2(1 2 ) 4 0k x   , 易知   ,且 1 2 1 2 2 40, 1 2x x x x k     , 则 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2( ) ( ) 1 ( ) 4PQ x x y y k x x x x        2 2 2 2 4 11 0 4 4 31 2 1 2 kk k k        ,所以 2 7 14,2 2k k   , 又 0k  ,所以直线 l 的方程为 14 2y x . - 18 - (3)设 ( , )m mM x y ,  0 0,Q x y ,则  0 0,P x y  , 易知 00 2x  , 00 1y  .由  2,0A , (0, 2)B , 所以直线 AB 的方程为 12 2 x y  ,即 2 2 0x y   . 若 BOP 的面积是 BMQ 的面积的 4 倍, 则| | 4| |OP MQ ,由 ,P Q 关于原点对称,可得| | | |OP OQ , 所以| | 4 | |OQ MQ ,所以 3| | | |4OM OQ 即 0 3 4mx x ① . 设直线l 的方程为 y kx , 由 + 2 2 0 y kx x y    得 2 1 2mx k   , 由 2 22 4 y kx x y     得 0 2 2 1 2 x k   , 代入①可得 2 1 2k 2 3 2 4 1 2k    , 化简得 214 18 2 7 0k k   ,解得 9 2 8 14k  , 所以直线 l 的方程为: 9 2 8 14y x . 【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程,直线与椭圆的位置关系、弦长公式等,考查运算求 解能力,方程思想,体现了逻辑推理、数学运算等核心素养. 21.已知函数 ln( ) 1 ( 0)x xf x e a ax        . (1)当 a=1 时,求 f(x)在 x=1 处的切线方程; (2)若 f(x)≥ 1 x 恒成立,求实数 a 的取值范围. 【答案】(1) ( 1) 0e x y   ;(2){1}. 【解析】 【分析】 - 19 - (1)求出导数,即切线斜率,写出点斜式方程,再整理为一般式; (2)不等式变为 ( ln ) 1xa x x xe   ,令 lnt x x  ,不等式又变为 1tat e  ,构造新函 数 ( ) 1tg t e at   ,只要 ( )g t 的最小值不小于 0 即可,利用导数求得 min( ) (ln )g t g a ,然 后求得 (ln ) 0g a  的 a 的集合即可,令 ( ) (ln )h a g a ,利用导数确定单调性及最值,求得 max( ) (1) 0h a h  ,从而得出 a 范围. 【详解】(1) ln( ) 1x xf x e x    , 2 1 ln( ) x xf x e x    , (1) 1f e   ,又 (1) 1f e  , 所以所求切线方程为 ( 1) ( 1)( 1)y e e x     ,即 ( 1) 0e x y   . (2)不等式 1( )f x x  即 ln 1(1 )x xe a x x    , ( ln ) 1xa x x xe   , 令 lnt x x  ,它在 (0, ) 上是增函数,值域为 R , lnt x x xe e xe  , 不等式 ( ln ) 1xa x x xe   化为 1tat e  ,(*) 0a  时不等式不恒成立,不合题意, 0a  时,令 ( ) 1tg t e at   ,则 ( ) tg t e a   ,易知 0 lnt a  时, ( ) 0g t  , ( )g t 递减, lnt a 时, ( ) 0g t  , ( )g t 递增,所以 lnt a 时 ( )g t 取得极小值也是最小值 (ln ) ln 1g a a a a   , 不等式(*)恒成立,则 (ln ) ln 1 0g a a a a    , 令 ( ) ln 1h a a a a   ,则 ( ) 1 (ln 1) lnh a a a      , 0 1a  时, ( ) 0 h a , ( )h a 递增, 1a  时, ( ) 0h a  , ( )h a 递减, 所以 max( ) (1) 0h a h  ,当 0a  且 1a  时, ( ) (1) 0h a h  ,只有 1a  时, (1) 0h  满足 题意. 所以 1a  ,即 a 的取值范围是{1}. 【点睛】本题考查导数的几何意义,考查用导数研究不等式恒成立问题,解决不等式恒成立 的关键是掌握等价转化的思想,通过构造新函数转化为函数的最值问题,通过不断求导,确 定单调性极值,最终求出结果.本题难度较大,考查了学生分析问题解决问题的能力. 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.作答时请写清题 - 20 - 号. 22.在极坐标系中,O 为极点,曲线 C:ρ=2cosθ与直线 l1:θ=θ0(ρ∈R)的除极点外的 交点为 A,直线 l2 过点 B 2, 2      且与 OA 垂直,垂足为 M. (1)当 A 与 M 重合时,求 A 点的极坐标及 2l 的极坐标方程; (2)当点 A 为曲线 C 上动点且 M 在线段 OA 的延长线上时,求 M 点轨迹的极坐标方程. 【答案】(1) A 为极坐标为 ( 2, )4  , 2l 的极坐标方程为 2 cos sin     ;(2) 2sin  ( ,4 2       . 【解析】 【分析】 (1)由 2BAO   ,又 2OAD   ,∴ , ,B A D 共线,而 2OB OD  ,这样易得 OA 及 AOD ,得 A 的极坐标方程,建立直角坐标系后 1l 的直角坐标方程易求,再化为极坐标方 程即可; (2)分析 M 出现的位置,由垂直得 0OBM DOA     ,从而易表示 OM ,可得到 M 点 的极坐标,也即得轨迹的极坐标方程, 【详解】以极轴为 x 轴,极点O 为坐标原点,建立如图所示的直角坐标系, (1)由 2cos  得 2 2 cos   ,直角坐标方程为 2 2 2x y x  ,即 2 2( 1) 1x y   , 圆心为 (1,0)C ,半径为 1,如图,它与 x 轴除原点外的另一交点为 (2,0) , B 点直角坐标为 (0,2) , 2BAO   ,又 2OAD   ,∴ , ,B A D 共线,所以 2OA  , 4AOD   , A 为极坐标为 ( 2, )4  , 直线 2l 即 BD 的倾斜角为 3 4  ,斜率为 1 ,直线方程为 2y x   ,极坐标方程为 cos sin 2     ,或写成 2 cos sin     ; - 21 - (2)记(1)中 A 点为 'A 点,如图,只有当 A 在 'OA 上时, M 在OA延长线上,由于 BM OM ,所以 0OBM DOA     ,所以 02sinOM  ,其中 0 ( , )4 2    , 所以 M 点的极坐标方程是 2sin  ( ,4 2       . 【点睛】 本题考查直线极坐标方程,掌握极坐标的定义是解题关键.可以建立平面直角坐标系,借助 平面直角坐标系进行求解. 23.设函数 f(x)=|x+1|+|2x﹣1|. (1)画出 y=f(x)的图象, (2)当 5[0, ), ( ) 03x f x ax     有两个不同的实数根,求 a 的取值范围. - 22 - 【答案】(1)图见解析,(2) 1( ,3)3  【解析】 【分析】 (1)先根据绝对值定义将函数化为分段函数形式,再分段画图即可; (2)结合图象,确定边角线,即可得结果. 【详解】(1) 13 , 2 1( ) 2, 1 2 3 , 1 x x f x x x x x              , 图象为 (2)作函数 ( ), [0, ),y f x x   与 5 , [0, )3y ax x    图象, - 23 - 由图可知,当 5[0, ), ( ) 03x f x ax     有两个不同的实数根,即函数 ( ), [0, ),y f x x   与 5 , [0, )3y ax x    有两个不同的交点,则 a 的取值范围为 1( ,3)3  【点睛】本题考查绝对值定义、分段函数图象、利用图象研究方程根的个数,考查数形结合 思想方法,属基础题. - 24 -