黑龙江省大庆铁人中学2020届高三考前模拟训练数学（文）试题 Word版含解析 23页

- 1 - 大庆铁人中学 2017 级高三学年考前模拟训练 数学试题（文） 第Ⅰ卷（选择题，共 60 分） 一、选择题（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.已知全集U  R ，  2| 9A x x  ，  | 2 4B x x    ，则  RA B ð 等于（ ） A.  | 3 2x x    B.  |3 4x x  C.  | 2 3x x   D.  | 3 2x x    【答案】D 【解析】 【分析】 解出集合 A ，然后利用补集和交集的定义可求出集合  RA B ð . 【详解】    2 9 3 3A x x x x      ，  2 4B x x    ，则  2U B x x  ð 或 4x  ， 因此，    3 2RA B x x     ð . 故选：D. 【点睛】本题考查交集与补集的混合运算，同时也考查了二次不等式的解法，考查计算能力， 属于基础题. 2.已知复数 z 满足   20203 3z i i   ，其中i 为虚数单位，则 z 的共轭复数 z 的虚部为（ ） A. 2 5 i B. 2 5  C. 2 5 i D. 2 5 【答案】D 【解析】 【分析】 先利用复数的除法求出复数 z ，利用共轭复数的概念可得出复数 z ，由此可得出复数 z 的虚部. 【 详 解 】  5052020 4 1i i  ， 在 等 式   20203 3z i i   两 边 同 时 除 以 3 i 得      2020 4 33 6 2 3 3 3 5 5 iiz ii i i       ， 6 2 5 5z i   ， - 2 - 因此，复数 z 的虚部为 2 5 . 故选：D. 【点睛】本题考查复数虚部的求解，涉及复数的除法以及共轭复数的概念，考查计算能力， 属于基础题. 3.已知 a 、b R ，且 a b ，则（ ） A. 1 1 a b  B. sin sina b C. 1 1 3 3 a b          D. 2 2a b 【答案】C 【解析】 【分析】 利用特殊值法和函数单调性可判断出各选项中不等式的正误. 【详解】对于 A 选项，取 1a  ， 1b   ，则 a b 成立，但 1 1 a b  ，A 选项错误； 对于 B 选项，取 a  ， 0b  ，则 a b 成立，但sin sin0  ，即sin sina b ，B 选项错误； 对于 C 选项，由于指数函数 1 3 x y      在 R 上单调递减，若 a b ，则 1 1 3 3 a b          ，C 选项正 确； 对于 D 选项，取 1a  ， 2b   ，则 a b ，但 2 2a b ，D 选项错误. 故选：C. 【点睛】本题考查不等式正误的判断，常用特殊值法、函数单调性与不等式的性质来进行判 断，考查推理能力，属于中等题. 4.已知非零向量 a b  ，满足 2a b  = ，且 ba b    （ – ） ，则 a  与b  的夹角为 A. π 6 B. π 3 C. 2π 3 D. 5π 6 【答案】B 【解析】 【分析】 本题主要考查利用平面向量数量积计算向量长度、夹角与垂直问题，渗透了转化与化归、数 学计算等数学素养．先由 ( )a b b    得出向量 ,a b   的数量积与其模的关系，再利用向量夹角 公式即可计算出向量夹角． - 3 - 【 详 解 】 因 为 ( )a b b    ， 所 以 2 ( )a b b a b b          =0 ， 所 以 2 a b b    ， 所 以 cos = 2 2 | | 1 22 | | a b b ba b          ，所以 a  与b  的夹角为 3  ，故选 B． 【点睛】对向量夹角的计算，先计算出向量的数量积及各个向量的摸，在利用向量夹角公式 求出夹角的余弦值，再求出夹角，注意向量夹角范围为[0, ] ． 5.我们从这个商标 中抽象出一个图像如图，其对应的函数可能是( ) A.   2 1 1f x x   B.   2 1 1f x x   C.   1 1f x x   D.   1 1 f x x   【答案】D 【解析】 【分析】 由图像分析得函数为偶函数，排除法即可. 【详解】由图像得函数的定义域为 1x x   ，排除 B,C. 由 1( ) 02f  排除 A. 故选：D. 【点睛】本题考查的是利用函数的图像分析判断出函数是偶函数的问题，属于基础题. 6.从分别写有 1，2，3，4 的 4 张卡片中随机抽取 1 张，放回后再随机抽取 1 张，则抽得的第 一张卡片上的数不小于第二张卡片上的数的概率为 A. 2 5 B. 3 5 C. 3 8 D. 5 8 【答案】D 【解析】 - 4 - 【分析】 直接列举出所有的抽取情况，再列举出符合题意的事件数，即可计算出概率． 【详解】从分别写有 1，2，3，4 的 4 张卡片中随机抽取 1 张，放回后再随机抽取 1 张，基本 事件总数为 4 4 16n    ，即               1,1 , 1,2 , 1,3 , 1,4 , 4,1 , 4,2 , 4,3 , 4,4 ， 抽得的第一张卡片上的数不小于第二张卡片上的数的基本事件数为 10m  ，即                    1,1 , 2,1 , 3,1 , 4,1 , 2,2 , 3,2 , 4,2 , 3,3 , 4,3 , 4,4 ， 故所求概率 10 5 16 8 mP n    ，故选 D． 【点睛】本题主要考查古典概型概率的求法． 7.已知小明需从几门课程中选择一门作为自己的特长课程来学习，小明选完课后，同寝室的 其他 3 位同学根据小明的兴趣爱好对小明选择的课程猜测如下： 甲说：“小明选的不是篮球，选的是排球”； 乙说：“小明选的不是排球，选的是书法” 丙说：“小明选的不是排球，选的也不是现代舞”. 已知 3 人中有 1 人说的全对，有 1 人说对了一半，另 1 人说的全不对，由此可推测小明选择 的（ ） A. 可能是书法 B. 可能是现代舞 C. 一定是排球 D. 可能是篮 球 【答案】D 【解析】 【分析】 由题意依次假设小明的选择，逐一验证即可得解. 【详解】若小明选的是书法，则甲说的对一半，乙说的全对，丙说的全对，不合题意，故 A 错误； 若小明选的是现代舞，则甲说的对一半，乙说的对一半，丙说的对一半，不合题意，故 B 错 误； 若小明选的是排球，则甲说的全对，乙说的全不对，丙说的对一半，符合题意， 若小明选的是篮球，则甲说的全不对，乙说的对一半，丙说的全对，符合题意，故 C 错误，D 正确. 故选：D. - 5 - 【点睛】本题考查了推理案例，考查了逻辑推理能力，有条理的逐一验证是解题关键，属于 基础题. 8.已知函数 ( ) sin3 ( 0, )f x a x a b a x     R 的值域为[ 5,3] ，函数 ( ) cosg x b ax  ， 则 ( )g x 的图象的对称中心为（ ） A. , 5 ( )4 k k     Z B. , 5 ( )4 8 k k       Z C. , 4 ( )5 k k     Z D. , 4 ( )5 10 k k       Z 【答案】B 【解析】 【分析】 由值域为[ 5,3] 确定 ,a b 的值，得 ( ) 5 cos4g x x   ，利用对称中心列方程求解即可 【详解】因为 ( ) [ ,2 ]f x b a b  ，又依题意知 ( )f x 的值域为 [ 5,3] ，所以 2 3a b  得 4a  ， 5b   ， 所以 ( ) 5 cos4g x x   ，令 4 ( )2x k k  Z ，得 ( )4 8 kx k    Z ，则 ( )g x 的图象 的对称中心为 , 5 ( )4 8 k k       Z . 故选：B 【点睛】本题考查三角函数 的图像及性质，考查函数的对称中心，重点考查值域的求解，易 错点是对称中心纵坐标错写为 0 9.《九章算术》是我国古代的数学名著，书中有如下问题：“今有五人分五钱，令上两人所 得与下三人等．问各得几何？”其意思是：“已知甲、乙、丙、丁、戊五人分五钱，甲、乙 两人所得之和与丙、丁、戊三人所得之和相等，且甲、乙、丙、丁、戊所得依次成等差数列．问 五人各得多少钱？”（“钱”是古代的一种重量单位）．这个问题中，戊所得为（ ） A. 3 4 钱 B. 2 3 钱 C. 1 2 钱 D. 4 3 钱 【答案】B 【解析】 - 6 - 【分析】 由题意列出等差数列各项，再根据已知条件求得各项值，从而得到答案. 【详解】依题意设甲、乙、丙、丁、戊所得钱分别为 a﹣2d，a﹣d，a，a+d，a+2d， 由甲、乙两人所得之和与丙、丁、戊三人所得之和相等， 即 a﹣2d+a﹣d＝a+a+d+a+2d，得 a＝﹣6d， 又五人分五钱，则 a﹣2d+a﹣d+a+a+d+a+2d＝5a＝5， ∴a＝1，则 a+2d＝a+2× 6 a    ＝ 2 2 3 3 a  ． 故选 B． 【点睛】本题考查等差数列的通项和等差数列性质的应用，考查前 n 项和的应用，属于基 础题. 10.已知 R ， 10sin 2cos 2    ，则 tan2  ( ) A. 4 3 B. 3 4 C. 3 4  D. 4 3  【答案】C 【解析】 【分析】 将 10sin 2cos 2    两边同时平方，利用商数关系将正弦和余弦化为正切，通过解方程 求出 tan ，再利用二倍角的正切公式即可求出 tan 2 . 【 详 解 】   2 2 2 2 2 2 2 5 sin 4sin cos 4cossin 2cos =sin 4sin cos 4cos =2 sin cos                  再同时除以 2cos  ，整理得 2 2 tan 4tan 4 5 tan 1 2        23tan 8tan 3 0    故 tan 3  或 1tan 3    ，代入 2 2tantan2 1 tan    ，得 3tan 2 4    . 故选 C. 【点睛】本题主要考查了三角函数的化简和求值，考查了二倍角的正切公式以及平方关系， - 7 - 商数关系，属于基础题. 11.设点 P 在曲线 1 2 xy e 上，点 Q 在曲线 ln(2 )y x 上，则 PQ 最小值为（ ） A. 1 ln 2 B. 2(1 ln 2) C. 1 ln 2 D. 2(1 ln 2) 【答案】B 【解析】 【详解】由题意知函数 y＝ 1 2 ex 与 y＝ln(2x)互为反函数，其图象关于直线 y＝x 对称，两曲 线上点之间的最小距离就是 y＝x 与 y＝ 1 2 ex 上点的最小距离的 2 倍．设 y＝ 1 2 ex 上点(x0，y0) 处的切线与直线 y＝x 平行．则 01 =12 xe ，∴x0＝ln 2，y0＝1， ∴点(x0，y0)到 y＝x 的距离为 ln 2 1 2  ＝ 2 2 (1－ln 2)， 则|PQ|的最小值为 2 2 (1－ln 2)×2＝ 2 (1－ln 2)． 12.已知双曲线   2 2 2 2 1 0, 0x y a ba b     的左、右焦点分别为 1F , 2F ，过点 1F 且垂直于 x 轴 的直线与该双曲线的左支交于 A,B 两点，若 2ABF 的周长为 24，则当 2ab 取得最大值时，该 双曲线的焦点到渐近线的距离为（ ） A. 1 B. 2 C. 2 D. 2 2 【答案】D 【解析】 【分析】 结合题意求出 A,B 两点坐标，根据双曲线定义用 ,a b 表示出 2ABF 的周长，然后构造函数， 利用导数研究 2ab 的最大值，结合点到线的距离公式即可求解. 【详解】设 1F , 2F 的坐标分别为  1 ,0F c ,  2 ,0F c ，将 x c  代入 2 2 2 2 1x y a b   可得 - 8 - 2by a   ， 不 妨 设 2 2 , , ,b bA c B ca a             ， 由 双 曲 线 定 义 可 知 2 1 2 12 , 2 ,AF AF a BF BF a    所 以 2ABF 的 周 长 为 2 2 2 2 2 2 44 24, 6, 6b bAF BF AB a a b a aa a          ， 令  2 2 3 26 0 0 6, ' 12 3 3 4y ab a a a y a a a a           ，故函数 y 在 0,4 上单调递 增，在 4,6 上单调递减，所以当 24, 8a b  时， 2ab 取得最大值，又双曲线的渐近线方程 为 by xa   ，所以该双曲线的焦点到渐近线的距离为 2 2 2. 1 bc a b b a        故选：D 【点睛】本题主要考查双曲线的定义及焦点到渐近线距离，利用导数研究函数的最值，属于 中档题. 第Ⅱ卷（共 90 分） 二、填空题（共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分，将答案填在答题卡相应的位置上） 13.已知点 (1,2)M 在抛物线 2: 2 ( 0)C y px p  上，则 p  ______；点 M 到抛物线C 的焦点 的距离是______. 【答案】 (1). 2 (2). 2 【解析】 【分析】 将点 M 坐标代入抛物线方程可得 p 值，然后由抛物线的定义可得答案. 【详解】点 (1,2)M 代入抛物线方程得： 22 2 1p  ，解得： 2p＝ ； 抛物线方程为： 2 4y x ，准线方程为： 1x＝- ， 点 M 到焦点的距离等于点 M 到准线的距离：1 1 2  （ ） 故答案为 2,2 【点睛】本题考查抛物线的定义和抛物线的标准方程，属于简单题. - 9 - 14.若 x ， y 满足约束条件 2 2 0 1 0 0 x y x y y          ，则 3 2z x y  的最大值为_____________． 【答案】6 【解析】 【分析】 首先根据题中所给的约束条件，画出相应的可行域，再将目标函数化成斜截式 3 1 2 2y x z   ， 之后在图中画出直线 3 2y x  ，在上下移动的过程中，结合 1 2 z 的几何意义，可以发现直线 3 1 2 2y x z   过 B 点时取得最大值，联立方程组，求得点 B 的坐标代入目标函数解析式，求 得最大值. 【详解】根据题中所给的约束条件，画出其对应的可行域，如图所示： 由 3 2z x y  ，可得 3 1 2 2y x z   ， 画出直线 3 2y x  ，将其上下移动， 结合 2 z 的几何意义，可知当直线 3 1 2 2y x z   在 y 轴截距最大时，z 取得最大值， - 10 - 由 2 2 0 0 x y y      ，解得 (2,0)B ， 此时 max 3 2 0 6z     ，故答案为 6. 点睛：该题考查的是有关线性规划的问题，在求解的过程中，首先需要正确画出约束条件对 应的可行域，之后根据目标函数的形式，判断 z 的几何意义，之后画出一条直线，上下平移， 判断哪个点是最优解，从而联立方程组，求得最优解的坐标，代入求值，要明确目标函数的 形式大体上有三种：斜率型、截距型、距离型；根据不同的形式，应用相应的方法求解. 15.在 ABC 中，内角 A，B，C 所对的边分别是 a，b，c，已知 4A  ， 2 2 21 2a c b  ，则sinC 的值为________________. 【答案】 10 10 ； 【解析】 【分析】 由题意结合余弦定理得 2 2b c ，进而可得 5a c ，再由正弦定理即可得解. 【详解】 4A  ，由余弦定理可得 2 2 2 2 cosa b c bc A   即 2 2 2 2a c b bc   ， 又 2 2 21 2a c b  ， 221 2 2b bcb   ， 2 2b c ，   2 2 2 21 2 2 2 4a c cc    ， 5a c ，  5 5 2 10sin sin5 5 2 10C A    . 故答案为： 10 10 . 【点睛】本题考查了正弦定理与余弦定理的综合应用，考查了运算求解能力与转化化归思想， 属于中档题. 16.已知三棱锥 P ABC 中， 1PA  ， 7PB  ， 2 2AB  ， 5CA CB  ，面 PBA  面 ABC，则此三棱锥的外接球的表面积为____． 【答案】 25 3  【解析】 - 11 - 【分析】 作示意图，由勾股定理分析出 PA PB ，设 H 为 AB 的中点，得到CH 面 PAB ， 再由直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，可得 HA HB HC  ，从而得到外接球球心O 在CH 上，再求出外接球半径，从而求出外接球的表面积. 【详解】作示意图如图所示： 设 H 为 AB 的中点，由 5CA CB  ，则CH AB ，又面 PBA  面 ABC， 则CH 面 PAB ， 由题 2 2 2PA PB AB  ，故 PA PB ，则 HA HB HP  ， 故三棱锥的外接球球心 O 在CH 上，球半径为 R ，则 R  AO CO ， 2 2 3CH AC AH   ，则 3OH CH R R    ， 又 2 2 2AO OH AH  ，得 22 2( 3 ) 2R R   ，得 5 2 3 R  ， 三棱锥的外接球的表面积为 2 254 4 ( ) 2 3 R   25 3  . 【点睛】本题考查了三棱锥的外接球问题，找出外接球球心的位置是解决问题的关键. 三、解答题（本大题共 6 小题，共 70 分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 17.在数列 na 中，任意相邻两项为坐标的点  1,n nP a a  均在直线 2y x k  上，数列 nb 满 足条件： 1 2b  ，  * 1n n nb a a n N   . （1）求数列 nb 的通项公式； （2）若 2 1logn n n c b b   ，求数列 nc 的前 n 项和 nS . 【答案】（1）  *2n nb n N  ；（2）    1 *1 2 2n nS n n N      . - 12 - 【解析】 【分析】 （1）由题意得出 1 2n na a k   ，利用等比数列的定义可证明出数列 nb 是以 2 为首项，以 2 为公比的等比数列，由此可求出数列 nb 的通项公式； （2）求出数列 nc 的通项公式，然后利用错位相减法能求出 nS . 【详解】（1）数列 na 中，任意相邻两项为坐标的点  1,n nP a a  均在直线 2y x k  上， 1 2n na a k   ， 1 2n n n n n nb a a a k a a k        .  1 1 2 2 2n n n n nb a k a k k a k b          ， 1 2n n b b   ， 1 2b  ，数列 nb 是以 2 为首项，以 2 为公比的等比数列. 数列 nb 的通项公式为  *2n nb n N  ； （2）由于 2 2 1 1log 2 log 22 n n n n n nc b nb       ， 2 31 2 2 2 3 2 2n nS n          ，①  2 3 4 12 1 2 2 2 3 2 1 2 2n n nS n n              ，② ①  ②得    2 3 1 1 12 1 2 2 2 2 2 2 2 1 2 21 2 n n n n n nS n n n                   . 【点睛】本题考查利用等比数列的定义求数列的通项，同时也考查了利用错位相减法求数列 的和，考查计算能力，属于中等题. 18.微信是现代生活中进行信息交流的重要工具.据统计，某公司 200 名员工中 90%的人使用 微信，其中每天使用微信时间在一小时以内的有 60 人，其余的员工每天使用微信时间在一小 时以上，若将员工分成青年(年龄小于 40 岁)和中年(年龄不小于 40 岁)两个阶段，那么使用 微信的人中 75%是青年人.若规定:每天使用微信时间在一小时以上为经常使用微信，那么经常 使用微信的员工中 2 3 都是青年人. (1)若要调查该公司使用微信的员工经常使用微信与年龄的关系，列出并完成 2 2 列联表： 青年人 中年人 合计 - 13 - 经常使用微信 不经常使用微 信 合计 (2)由列联表中所得数据判断，是否有 99.9%的把握认为“经常使用微信与年龄有关”？ (3)采用分层抽样的方法从“经常使用微信”的人中抽取 6 人，从这 6 人中任选 2 人，求选出 的 2 人均是青年人的概率. 附： 2( )P K k 0.010 0.001 k 6.635 10.828 2 2 ( ) ( )( )( )( ) n ad bck a b c d a c b d      . 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3） 2 5 【解析】 试题分析：（1）由已知可得，该公司员工中使用微信的有 200 90% 180  人，进而得到使用 微信的人数和青年人的人数等，从而列出 2 2 的列联表，； （2）根据列联表的数据，求解 2K 的值，得出结论； （3）从“经常使用微信”的人中抽取 6人，其中，青年人有 80 6 4120   人，中年人有 40 6 2120   ，进而利用古典概率，即可求解概率． 试题解析：(Ⅰ)由已知可得，该公司员工中使用微信的有 200 90% 180  人， 经常使用微信的有180 60 120  人，其中青年人有 2120 803   人，使用微信的人中青年人 有180 75% 135  人． 所以 2 2 列联表为： - 14 - 青年人 中年人 合计 经常使用微信 80 40 120 不经常使用微信 55 5 60 合计 135 45 180 (Ⅱ)将列联表中数据代入公式可得：  2 2 180 80 5 55 40k 13.333120 60 135 45       ，由于 13.333 10.828 ， 所以有99.9% 的把握认为“经常使用微信与年龄有关”． (Ⅲ)从“经常使用微信”的人中抽取 6人，其中，青年人有 80 6 4120   人， 中年人有 40 6 2120   ， 记 4 名青年人的编号分别为1， 2 ， 3 ， 4 ，记 2 名中年人的编号分别为 5 ，6， 则从这6人中任选 2 人的基本事件有  1,2 ， 1,3 ， 1,4 ， 1,5 ， 1,6 ， 2,3 ， 2,4 ，  2,5 ， 2,6 ， 3,4 ， 3,5 ， 3,6 ， 4,5 ， 4,6 ， 5,6 ，共15个，其中选出的 2 人 均是青年人的基本事件有 1,2 ， 1,3 ， 1,4 ， 2,3 ， 2,4 ， 3,4 ，共6个，故所求事 件的概率为 6 2P 15 5   ． 点睛：本题考查了独立性检验及概率的计算：其中（1）根题设条件得出使用微信的中年人和 青年人人数，列出 2*2 的列联表；（2）根据独立性检验的公式准确计算 2K 的值；（3）求出被 抽的 6 人中青年人和中年人的人数，列出基本事件的个数，利用古典概率及其概率的计算公 式求解概率即可． 19.如图，等腰梯形 ABCD 中， , 1, 2AB CD AD AB BC CD   ∥ ，E 为 CD 中点，以 AE 为折痕把 ADE 折起，使点 D 到达点 P 的位置（P平面 ABCE）． - 15 - （Ⅰ）证明： AE PB ； （Ⅱ）当四棱锥 P ABCE 体积最大时，求点 C 到平面 PAB 的距离． 【答案】   证明见解析；  15 5 . 【解析】 【分析】   通过等腰梯形中的长度和平行关系可证得 BD AE ，可知翻折后OP AE ，OB AE ， 从而可得 AE ⊥ 平面 POB ，进而证得结论；   求解出三棱锥 P ABC 体积后，利用 CP AABC P BV V   求出结果. 【详解】   证明：在等腰梯形 ABCD 中，连接 BD ，交 AE 于点O / / ,AB CE AB CEQ 四边形 ABCE 为平行四边形 AE BC AD DE    ADE 为等边三角形 在等腰梯形 ABCD 中， 3C ADE     , BD BC BD AE  翻折后可得： ,OP AE OB AE  - 16 - 又 OP  平面 POB ，OB  平面 POB ，OP OB O AE 平面 POB PB  平面 POB AE PB    当四棱锥 P ABCE 的体积最大时平面 PAE 平面 ABCE 又 平面 PAE  平面 ABCE AE ， PO  平面 PAE , PO AE OP  平面 ABCE 3 2OP OB  6 2PB  1AP AB  31 1 12cos 2 4PAB       15sin 4PAB   1 15sin2 8PABS PA AB PAB     又 1 1 3 3 1 3 3 2 4 8P ABC ABCV OP S       设点C 到平面 PAB 的距离为 d 3 3 158 515 8 C PAB PAB Vd S      【点睛】本题考查立体几何中线线垂直的证明、点到平面距离的求解.在立体几何问题中，证 - 17 - 明线线垂直通常采用先证线面垂直，再利用线面垂直性质得到结论；求解点到平面距离的解 题方法是利用体积桥的方式建立方程. 20.过椭圆 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     的左顶点 A 作斜率为 2 的直线，与椭圆的另一个交点为 B ， 与 y 轴的交点为C ，已知 6 13AB BC  . （1）求椭圆的离心率； （2）设动直线 y kx m  与椭圆有且只有一个公共点 P ，且与直线 4x  相交于点 Q ，若 x 轴 上存在一定点 (1,0)M ，使得 PM QM ，求椭圆的方程. 【答案】（1） 1 2e  ；（2） 2 2 14 3 x y  . 【解析】 【详解】（1）∵ A ( ,0)a ,设直线方程为 2( )y x a  , 1 1( , )B x y 令 0x  ,则 2y a ,∴ (0,2 )C a , ∴ 1 1 1 1( , ), ( ,2 )AB x a y BC x a y      ∵ 6 13AB BC  ， ∴ 1x a = 1 1 1 6 6( ), (2 )13 13x y a y   , 整理得 1 1 13 12,19 19x a y a   ∵ B 点在椭圆上,∴ 2 2 2 2 13 12( ) ( ) 119 19 a b    ,∴ 2 2 3 ,4 b a = ∴ 2 2 2 3 ,4 a c a   即 2 31 4e  ,∴ 1 2e  （2）∵ 2 2 3 ,4 b a = 可设 2 23 . 4b t a t  , ∴椭圆的方程为 2 23 4 12 0x y t   由 2 23 4 12 0{ x y t y kx m      得 2 2 2(3 4 ) 8 4 12 0k x kmx m t     ∵动直线 y kx m  与椭圆有且只有一个公共点 P ∴ 0  ,即 2 2 2 264 4(3 4 )(4 12 ) 0k m m m t    - 18 - 整理得 2 23 4m t k t  设 P 1 1( , )x y 则有 1 2 2 8 4 2(3 4 ) 3 4 km kmx k k      , 1 1 2 3 3 4 my kx m k     ∴ 2 2 4 3( , )3 4 3 4 km mP k k    又 (1,0)M ,Q (4,4 )k m 若 x 轴上存在一定点 (1,0)M ，使得 PM QM , ∴ 2 2 4 3(1 , ) ( 3, (4 )) 03 4 3 4 km m k mk k         恒成立 整理得 2 23 4k m  , ∴ 2 23 4 3 4k t k t   恒成立,故 1t  所求椭圆方程为 2 2 14 3 x y  考点：椭圆的几何性质，直线与圆锥曲线的位置关系，共线向量，平面向量垂直的充要条件. 21.已知函数    1 1xf x x e x    （ e 是自然对数的底数）.证明: （1）  f x 存在唯一的极值点; （2） ( ) 0f x = 有且仅有两个实根，且两个实根互为相反数. 【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析 【解析】 【分析】 （1）要证明  f x 存在唯一的极值点，通常情况下，即证明   0f x  有唯一解，且在此解左 右两边的单调性不一致即可； （2）首先借助第（1）问的结论与零点存在定理证明在 0( , )x 只有一个零点，在 0( , )x  只 有一个零点，然后令  1 0f x  去证明  1 0f x  ，即可得到   0f x  的两根互为相反数. 【详解】证明:（1）  f x 的定义域为 ( ), ,     ' 1 1 1x x xf x e e x xe      ， 当 0x  时,   1 0xf x xe    ； - 19 - 当 0x  时,  " 1( ) 0xf x x e   ,即  'f x 在 (0, ) 上是增函数， 又    ' 0 1 0, ' 1 1 0f f e      ， 所以存在  0 0,1x  ,使得  0' 0,f x  并且当 00 x x  时  ' 0f x  ,当 0x x 时,   0f x  ， 所以当 0( , )x x  时,    ' 0,f x f x 是减函数， 当 0 ,( )x x   时,    ' 0,f x f x 是增函数， 即 0x 是  f x 唯一的极值点,且是极小值点。 （2）由（1）得：  f x 在 0( , )x x  上是减函数，其中  0 0,1x  ， 又    2 2 32 3 1 1 0, 0 2 0,f e fe           所以  f x 在 0( , )x 只有一个零点，且这个零点在区间 ( 2,0) 上，  f x 在 0 ,( )x x   上是增函数， 又   22 3 0f e   ，  0 (0) 0f x f  ， 所以  f x 在 0( , )x  只有一个零点，且这个零点在区间 0( ,2)x 上， 所以  f x 仅有两个零点,分别记作  1 2 1 2, 0 .x x x x  由于   0f x  ， 所以     1 1 1 11 1 0xf x x e x     ，即 1 1 1 1 1 x xe x   ，故 1 1 1 1 1 x xe x    .      1 1 1 1 1 1 1 1 11 1 1 1 01 x xf x x e x x xx              即 1x 也是  f x 的零点,即 1 2x x  所以 1 2 0x x  ,即   0f x  的两根互为相反数. 【点睛】本题考查了极值点、零点的存在问题，解题的关键是熟练运用零点存在定理，借助 函数的单调性得出零点的唯一性。 - 20 - 请考生在第 22、23 两题中任选一题作答.注意：只能做所选定的题目.如果多做，则按所做的 第一个题目计分. 选修 4-4：坐标系与参数方程 22.已知直线 L 的参数方程为：  x 2 t cos ty=tsin        为参数 ，以坐标原点为极点，x 轴的正 半轴为极轴建立极坐标系，曲线 C 的极坐标方程为 =2sin -2cos   . （Ⅰ）求曲线 C 的参数方程； （Ⅱ）当 4   时，求直线 l 与曲线 C 交点的极坐标. 【答案】（Ⅰ）  1 2 cos 1 2 sin x y          为参数 （Ⅱ）  2 +2k k2 Z      ， ， ；(2，2 +2k ),  k Z 【解析】 【分析】 （Ⅰ）先两边同乘以  ，利用 2 2 2 , cos , sinx y x y        即可得到曲线C 的直角 坐标方程，化为标准方程后可得到其参数方程；（Ⅱ）将直线的参数方程利用代入法消去参数 得到普通方程，将直线的普通方程与曲线的直角坐标方程联立可得交点的直角坐标，化为极 坐标即可得结果. 【详解】（Ⅰ）由 ，可得 所以曲线 的直角坐标方程为 ， 标准方程为 ， 曲线 的极坐标方程化为参数方程为 - 21 - （Ⅱ）当 时，直线 的方程为 ，化成普通方程为 ， 由 ，解得 或 ， 所以直线 与曲线 交点的极坐标分别为 ， ； , 【点睛】本题考查圆的参数方程和普通方程的转化、直线极坐标方程和直角坐标方程的转化 以及点到直线距离公式，消去参数方程中的参数，就可把参数方程化为普通方程，消去参数 的常用方法有：①代入消元法；②加减消元法；③乘除消元法；④三角恒等式消元法，极坐 标方程化为直角坐标方程，只要将 cos  和 sin  换成 y 和 x 即可. 选修 4-5：不等式选讲 23. 设不等式 2 1 2 0x x      的解集为 M， ,a b M . （1）证明： 1 1 1 3 6 4a b  ； （2）若函数   2 1 2 3f x x x    ，关于 x 的不等式    2 2log 3 2f x a a   恒成立， 求实数 a 的取值范围. 【答案】（1）证明见解析；（2） 1 0a   或3 4a  . 【解析】 【分析】 （1）由题意结合零点分段法可得 3, 2 1 2 2 1, 2 1 3, 1 x x x x x x              ，进而可得 M ，再利用 绝对值三角不等式即可得证； （2）由题意结合绝对值三角不等式可得  2 24 log 3 2a a   恒成立，由对数函数的性质可 得 2 2 3 0 3 4 a a a a       ，即可得解. - 22 - 【详解】（1）证明：由题意 3, 2 1 2 2 1, 2 1 3, 1 x x x x x x              ， 由 2 2 1 0x     ，解得 1 1 2 2x   ，则 1 1 2 2M x x        ， ∴ 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3 6 3 6 3 2 6 2 4a b a b        ； （2）    2 2log 3 2f x a a   等价于  2 22 1 2 3 log 3 2x x a a      ， 由 2 1 2 3 2 1 2 3 4x x x x        ，当 1 3 2 2x   时，等号成立， ∴  2 24 log 3 2a a   恒成立，即 2 2 3 0 3 4 a a a a       ， ∴ 1 0a   或3 4a  . 【点睛】本题考查了零点分段法解绝对值不等式及绝对值三角不等式的应用，考查了运算求 解能力与分类讨论思想，属于中档题. - 23 -