河南省新乡市2020届高三三模考试数学（理）试题 Word版含解析 26页

- 1 - 2020 年河南省新乡市高考数学三模试卷（理科） 一、选择题（本大题共 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. 已知复数 z＝ 51 1   i i ，则 z ＝（ ） A. ﹣1 B. ﹣i C. 1 D. i 【答案】D 【解析】 【分析】 利用复数的运算法则化简后，根据共轭复数概念得出结果. 【详解】      25 2 2 11 1 1 2 2 1 1 1 1 1 2 ii i i i iz ii i i i i                ， ∴ z i , 故选：D. 【点睛】本题考查复数的四则运算，虚数单位的幂的运算的周期性，共轭复数的概念，属基 础题. 2. 已知集合 A＝{x|4x2﹣x﹣5≤0}，B＝{x|x＜1}，则 A∩B＝（ ） A. （﹣1，1） B. （﹣1， 5 4 ） C. [﹣1，1） D. （﹣ 5 4 ， 1] 【答案】C 【解析】 【分析】 先化简集合 A ,再求 A∩B 得解. 【详解】由题得 A＝{x|4x2﹣x﹣5≤0}= 5| 1 4x x      ， 所以 A∩B＝ | 1 1x x   . 故选：C. 【点睛】本题主要考查集合的运算，考查一元二次不等式的解法，意在考查学生对这些知识 的理解掌握水平. - 2 - 3. 若抛物线 x2＝ay 的准线与抛物线 y＝﹣x2﹣2x+1 相切，则 a＝（ ） A. 8 B. ﹣8 C. ﹣4 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】 求 出 抛 物 线 x2 ＝ ay 的 准 线 为 4 ay   ， 根 据 抛 物 线 x2 ＝ ay 的 准 线 与 抛 物 线  22 2 1 1 2y x x x        相切可得 24 ay    ，得出答案. 【详解】抛物线  22 2 1 1 2y x x x        抛物线 x2＝ay 的准线为 4 ay   则 4 ay   与抛物线 y＝﹣x2﹣2x+1 相切， 所以 24 ay    ，所以 8a   故选：B 【点睛】本题考查抛物线的准线方程，考查抛物线的切线，属于基础题. 4. 函数   cosxf x e x  的部分图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 - 3 - 先判断函数的单调性，结合函数的特值可得结果. 【详解】由   cosxf x e x  ，则   sinxf x e x   当 0x  时， e 1x  ，则   sin 0xf x e x    ， 所以函数  f x 在 0,  上单调递增，排除选项 A，C 又 2 2cos 02 2f e e                   ，排除除选项 B 故选： D 【点睛】本题主要考查函数图象的识别和判断，结合函数单调性以及特值是解决本题的关键． 比较基础． 5. 执行如图所示的程序框图，则输出的 k  （ ） A. 5 B. 3 C. 6 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】 执行程序框图，依此写出每次循环时的 ,k S 的值并判断，直到当 0S  时，退出循环，输出 k 的值. 【详解】第一次循环： 6 1 5S    ， 1 1 2k    ， 0S  ，不满足 0S  执行循环； 第二次循环： 5 2 3S    ， 2 1 3k    ， 0S  ，不满足 0S  执行循环； - 4 - 第三次循环： 3 3 0S    ， 3 1 4k    ， 0S  ，不满足 0S  执行循环； 第四次循环： 0 4 4S     ， 4 1 5k    ， 0S  ，退出循环，此时输出 5k  . 故选: A 【点睛】本题主要考查直到型循环结构的计算结构的输出，对于这类问题，通常是利用程序 框图给出的算法计算出每一步的结果并判断即可，属于基础题. 6. 函数 f（x）＝2sin2（ωx﹣ 6  ）＞（ω＞0）的最小正周期为π．则 f（x）在 3,4 4       上 的最小值是（ ） A. 1+ 3 2 B. 1 2 C. 2 D. 1﹣ 3 2 【答案】D 【解析】 【分析】 由函数的最小正周期得到 的值，再根据 x 的取值范围求出 2 3x  的取值范围，结合余弦函 数的性质得到函数的最小值； 【详解】解：因为   22sin 1 cos 26 3f x x x                ，且  f x 的最小正周期为 ， 所以 2 2   解得 1  ，所以   1 cos 2 3f x x       因为 3,4 4x       所以 72 ,3 6 6x         ，所以 3cos 2 1,3 2x            所以  min 31 2f x   故选：D 【点睛】本题考查三角函数的性质的应用，属于基础题. 7. 连续掷三次骰子，先后得到的点数分别为 x，y，z，那么点 ( , , )P x y z 到原点 O 的距离不超 过 3 的概率为（ ） - 5 - A. 4 27 B. 7 216 C. 11 72 D. 1 6 【答案】B 【解析】 【分析】 根据空间中两点间的距离公式结合古典概型的概率公式，即可得出答案. 【详解】点 ( , , )P x y z 到原点 O 的距离不超过 3，则 2 2 2 3x y z   ，即 2 2 2 9x y z   连续掷三次骰子，得到的点的坐标共有 6 6 6 216   个 其中 (1,1,1),(1,1,2),(1,2,1),(1,2,2),(2,1,1),(2,2,1),(2,1,2) 满足条件 则点 ( , , )P x y z 到原点 O 的距离不超过 3 的概率为 7 216P  故选：B 【点睛】本题主要考查了古典概型概率公式的应用，涉及了空间中两点间距离公式的应用， 属于中档题. 8. 在△ABC 中，a，b，c 分别为角 A，B，C 的对边．已知 cos 3 3,cos 2 4   ABC B b SC a c 且 b ＝ 3 ，则 a+c＝（ ） A. 4 3 B. 3 3 C. 3 D. 2 3 【答案】D 【解析】 【分析】 利用余弦定理角化边可得 2 2 2a c b ac   ，再根据余弦定理可得 3B  ，根据三角形面积公 式可得 3ac  ，再根据余弦定理可求得结果. 【详解】因为 cos cos 2 B b C a c   ，所以 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a c b bac a b c a c ab      ，化简得 2 2 2a c b ac   ， 所以 2 2 2 1cos 2 2 a c bB ac    ，因为 0 B   ，所以 3B  ， 所以 1 sin2ABCS ac B= =V 3 3 4 ，所以 3 3 3 2 2ac  ，所以 3ac  ， - 6 - 又 2 2 2 2 cosb a c ac B   ，所以 23 ( ) 2a c ac ac    ，所以 2( ) 3 3 12a c ac    ， 所以 2 3a c  . 故选：D. 【点睛】本题考查了三角形的面积公式、余弦定理，属于基础题. 9. 中医药，是包括汉族和少数民族医药在内的我国各民族医药的统称，反映了中华民族对生 命、健康和疾病的认识，具有悠久历史传统和独特理论及技术方法的医药学体系．是中华民 族的瑰宝．某科研机构研究发现，某品种中医药的药物成分甲的含最 x（单位：克）与药物功 效 y（单位：药物单位）之间满足 y＝15x﹣2x2．检测这种药品一个批次的 6 个样本，得到成 分甲的含量的平均值为5克．标准差为 5 克．则估计这批中医药的药物功效的平均值为（ ） A. 14 药物单位 B. 15.5 药物单位 C. 15 药物单位 D. 16 药物单位 【答案】C 【解析】 【分析】 设 6 个样本中药物成份甲的含量分别为 1 2 3 4 5 6, , , , ,x x x x x x ，根据平均值和标准差列出方程， 再代入平均数的计算公式，即可求解. 【详解】设 6 个样本中药物成份甲的含量分别为 1 2 3 4 5 6, , , , ,x x x x x x ， 因为成分甲的含量的平均值为 5 克，所以 1 2 3 4 5 6 30x x x x x x      ， 标准差为 5 克，所以 6 2 1 1 ( 5) 56 i i x    ，可得 6 2 1 180i i x   ， 又由 215 2y x x  ，所以 6 6 6 2 1 1 1 15 2 90i i i i i i y x x         ， 所以这批中医药的药物功效的平均值为 6 1 1 156 i i y    . 故选：C. 【点睛】本题主要考查了统计知识的应用，其中解答中熟记平均数和方差、标准差的计算公 式，准确计算是解答的关键，着重考查推理与运算能力. 10. 三棱锥 S﹣ABC 的各顶点均在球 O 的球面上，SC 为该球的直径，AC＝BC＝2，∠ACB＝120°， - 7 - 且三棱锥 S﹣ABC 的体积为 2，则球 O 的半径为（ ） A. 7 B. 5 C. 5 2 D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】 作出示意图，求得 ABC 的面积，并计算出三棱锥 S ABC 的高 SD ，利用正弦定理计算圆 E 的直径CD ，然后利用勾股定理求出 SC ，即可求解球的直径，得到答案. 【详解】如图所示， 因为 2, 120AC BC ACB     ， 可得 ABC 的面积为 1 1 3sin 2 2 32 2 4ABCS AC BC ACB         ， 设 ABC 的外接圆为圆 E ，连接OE ，则OE  平面 ABC ， 作圆 E 的直径CD ，连接 SD ， 因为 ,O E 分别为 ,SC CD 的中点，则 / /SD OE ，所以 SD  平面 ABC ， 所以三棱锥 S ABC 的体积为 1 3 23S ABCV SD     ，解得 2 3SD  ， 由正弦定理，可得 4sin sin30 AC ACCD ABC     ， 2 2 2 7SC CD SD   ， 设球的半径为 R ，则 2 2 7R SC  ，解得 7R  . 故选：A. 【点睛】本题主要考查了球的体积的计算公式及应用，其中解答中作出示意图，根据组合体 - 8 - 的结构特征，找出线面垂直关系，求得三棱锥的高是解答的关键，着重考查推理与运算能力， 属于中档试题. 11. 设 A 为双曲线 2 2 2 2 1x y a b   （a＞0，b＞0）的一条渐近线上一点，且 A 在第四象限，O 为 坐标原点，若向量 m ＝(1，1)， 10,OA  且 2OA m    ，则该双曲线的离心率为（ ） A. 10 B. 5 C. 10 3 或 10 D. 5 2 或 5 【答案】A 【解析】 【分析】 由已知可设 , bA t ta     ，其中 0t  ，由 10,OA  且 2OA m    ，可得 2 2 2 10at c  ， 2at b a   ，建立关于 ,a b 的方程，解之，再由双曲线离心率的公式可得选项. 【详解】由已知可得 A 为直线 by xa   上一点，且 A 在第四象限，故可设 , bA t ta     ，其中 0t  ， 2 2 2 2 10b cOA t t ta a      ，其中 2 2c a b  ， 2 2 2 10at c   ， 2,bOA m t ta         2at b a    0, 0t b a    ， 22 2 2 10 2a at c b a       ， 2 2 2 2 2 2 10 4 2 a a a b b ab a    ， 2 23 10 3 0a ab b    ，即 ( 3 )(3 ) 0a b a b   ， - 9 - 0b a  ， 3b a  . 所以该双曲线的离心率为 2 2 2 2 2 2 21 10c c a b b a a a a      ， 故选：A. 【点睛】本题考查求双曲线的离心率的问题，关键在于由已知条件得出关于 , ,a b c 的方程，属 于中档题. 12. 已知函数   2 1 ,f x x ax x ee          与 ( ) xg x e 的图象上存在两对关于直线 y x 对 称的点，则 a 的取值范围是（ ） A. 1 ,e ee     B. 1(1, ]e e  C. 1[1, ]e e  D. 1[1, ]e e  【答案】B 【解析】 【分析】 根据函数   2 1 ,f x x ax x ee          与 ( ) xg x e 的图象上存在两对关于直线 y x 对称的 点，则函数   2 1 ,f x x ax x ee          与函数 ( ) lnh x x 的图象有两个交点，即方程 2 lnx ax x  ， 1( )x ee   有两解，利用导数法，可得 a 的取值范围. 【详解】解：因为函数   2 1 ,f x x ax x ee          与 ( ) xg x e 的图象上存在两对关于直线 y x 对称的点， 所以函数   2 1 ,f x x ax x ee          与函数 ( ) lnh x x 的图象有两个交点，即方程 2 lnx ax x  ， 1( )x ee   有两解， 即方程 ln xa x x   ， 1( )x ee   有两解， 令 ln xy x x   ， 1( )x ee   ， - 10 - 则 2 2 1 lnx xy x    ， 当 1 1xe   时， 0y  ，函数 y 为减函数； 当1 x e  时， 0y  ，函数 y 为增函数. 故当 1x  时， min 1| 1xy y   ， 又 1 1 1| |x ex e y e y ee e     ， ， 所以当 1x e 时， 1 maxy e e   ， 画出函数图象，如图： 由图可知 a 的取值范围 1(1, ]e e  . 故选：B. 【点睛】本题考查函数的对称性、导数与函数的应用，函数与方程的根的关系的应用，考查 理解辨析能力与运算求解能力，属于综合题. 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分把答案填在答题卡中的横线上. 13. 已知向量 a (3, ),b (6,8)   m 若 a 与 b 平行，则 m＝_____． 【答案】4 【解析】 【分析】 - 11 - 根据向量平行的坐标表示直接列式求解. 【详解】由题意可知若 a 和 b 平行， 则3 8 6m  ，解得： 4m  故答案为：4 【点睛】本题考查向量平行的坐标表示，属于基础题型. 14. 函数 f（x）＝ 2 2 , 0 1 , 0 x x x nx x     „ ，则 f（f（ 1 e ））＝_____． 【答案】﹣1 【解析】 【分析】 先计算出 1 1ef       ，再计算  1f  得值，由此得出结果. 【详解】依题意得 1 ( 1) 1ef f f           . 故答案为： 1 【点睛】本题主要考查分段函数求值，考查对数运算，考查运算求解能力，属于基础题. 15. （3x﹣ 2 x ）4 的展开式中的常数项为_____． 【答案】216 【解析】 【分析】 利用二项式的通项公式 4 4 4 2 1 4 4 2(3 ) ( ) 3 ( 2)            r r r r r r r rT C x C xx 即可得出. 【详解】 4 4 4 2 1 4 4 2(3 ) ( ) 3 ( 2)            r r r r r r r rT C x C xx 令 4 2 0r  ，解得 2r = 常数项为 2 4 2 2 3 4 3 ( 2) =216   T C 故答案为：216 【点睛】本题考查了二项式的通项展开式、常数项的求法，考查了数学运算能力，属于基础 题目. 16. 在直四棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D 中，侧棱长为 6，底面是边长为 8 的菱形，且 120ABC   ， - 12 - 点 E 在边 BC 上，且满足 3BE EC ，动点 M 在该四棱柱的表面上运动，并且总保持 1ME BD ，则动点 M 的轨迹围成的图形的面积为______；当 MC 与平面 ABCD 所成角最 大时，异面直线 1MC 与 AC 所成角的余弦值为_______． 【答案】 (1). 15 3 (2). 2 51 17 【解析】 【分析】 首先可证 1BD AC ，在 AB 上取 F ，使得 3BF FA ，连接 EF ，则 //EF AC ，可得 1 BD EF ．记 AC 与 BD 的交点为O ，以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系 O xyz ，在 1BB 上取一点G ，由 1 0BD EG   ，求出G 点的位置，从而得到动点 M 轨迹， 即可求出动点 M 的轨迹围成的图形的面积，显然当 M 与G 重合时，MC 与平面 ABCD 所成 角最大，利用空间向量法求异面直线所成角的余弦值； 【详解】解：如图，在直四棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D 中，因为底面是菱形，侧棱垂直底面， 所以 AC  平面 1 1BDD B ，所以 1BD AC ． 在 AB 上取 F ，使得 3BF FA ，连接 EF ，则 //EF AC ，所以 1 BD EF ． 记 AC 与 BD 的交点为 O ，以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系 O xyz ， 则  4,0,0B ，  1 4,0,6D  ，  1,3 3,0E ． 在 1BB 上取一点G ，记为  4,0,G t ，于是  1 8,0,6BD   ，  3, 3 3,EG t  ． 由 1 24 6 0BD EG t      ，得 4t  ，即 12BG GB ， 所以 EFG 的边为点 M 的运动轨迹． 由题意得 2 2 2 13FG BF BG   ， 3 3 8 3 6 34 4EF AC    ， 动点 M 的轨迹围成的图形的面积为    2 21 6 3 2 13 3 3 15 32     ． 显然当 M 与G 重合时， MC 与平面 ABCD 所成角最大． 因为  4,0,4M ，  1 0,4 3,6C ，所以  1 4,4 3,2MC   ， - 13 -    22 2 1 4 4 3 2 2 17MC      ， 因为直线 AC 的一个方向向量为  0,1,0n  ，所以 1 1 1 4 3 2 51cos , 172 17 MC nMC n MC n         ， 即异面直线 1MC 与 AC 所成角的余弦值为 2 51 17 ． 故答案为：15 3 ； 2 51 17 . 【点睛】本题考查空间中点、线、面的位置关系，利用空间向量法解决立体几何问题，考查 直观想象与数学运算的核心素养，属于难题． 三、解答题：本大题共 5 小题，共 70 分.解箸应写出必的文字说明、证明过程或演算步骤.17～ 21 题为必考题，每个试题考生都必须作簀.第 22，23 题为选考题，考生根据要求作答. （--）必考题：共 60 分 17. 已知数列 na 的前 n 项和为 nS ，且 2 1n nS   ． （1）求 na 的通项公式； （2）若  2 1n nb n a  ，求数列 nb 的前 n 项和 nT ． 【答案】（1） 1 3, 1 2 , 2n n na n    ；（2）  2 3 2 5n nT n    . 【解析】 - 14 - 【分析】 （1）令 1n  可求得 1a 的值，令 2n  可得出 1n n na S S   ，然后对 1a 的值是否满足 na 在 2n  时的表达式进行验证，由此可得出数列 na 的通项公式； （2）求得数列 nb 的通项公式，然后利用错位相减法可求得 nT . 【详解】（1）当 1n  时， 1 1 1 2 1 3a S    ； 当 2n  时，    1 1 1 2 1 2 1 2n n n n n na S S          . 1 3a  不适合 12n na -= . 综上所述， 1 3, 1 2 , 2n n na n    ； （2）由（1）可得     1 3, 1 2 1 2 1 2 , 2n n n n b n a n n        . 当 1n  时， 1 3T ； 当 2n  时，  1 2 3 13 3 2 5 2 7 2 2 1 2n nT n            ， 得    1 2 3 12 3 2 3 2 5 2 2 3 2 2 1 2n n nT n n             ， 上式  下式得       2 2 3 1 8 1 2 3 2 2 2 2 2 2 2 1 2 3 2 1 21 2 n n n n nT n n                      5 3 2 2nn     ，  2 3 2 5n nT n     ， 1 3T 满足  2 3 2 5n nT n    ， 因此，  2 3 2 5n nT n    . 【点睛】本题考查利用 nS 求 na ，同时也考查了错位相减法，考查计算能力，属于中等题. 18. 在一次庙会上，有个“套圈游戏”，规则如下：每人 3 个竹环，向 A，B 两个目标投掷， 先向目标 A 掷一次，套中得 1 分，没有套中不得分，再向目标 B 连续掷两次，每套中一次得 2 分，没套中不得分，根据最终得分发放奖品．已知小华每投掷一次，套中目标 A 的概率为 4 5 ， - 15 - 套中目标 B 的概率为 3 4 ，假设小华每次投掷的结果相互独立． （1）求小华恰好套中一次的概率； （2）求小华总分 X 的分布列及数学期望． 【答案】（1） 1 8 ；（2）分布列见解析，   19 5E X  . 【解析】 【分析】 （1）分为套中目标 A 和套中目标 B 两种情形，结合相互独立事件同时发生的概率计算公式即 可得结果； （2） X 的可能取值为 0，1，2，3，4，5 求出相对应的概率，再计算期望即可. 【详解】（1）设“小华恰好套中一次”为事件 A， 则   4 1 1 1 3 1 125 4 4 5 4 4 8P A         . （2） X 的可能取值为 0，1，2，3，4，5，   1 1 1 10 5 4 4 80P X      ；   4 1 1 11 5 4 4 20P X      ；   1 3 1 32 2 5 4 4 40P X       ；   4 3 1 33 2 5 4 4 10P X       ；   1 3 3 94 5 4 4 80P X      ；   4 3 3 95 5 4 4 20P X      ； ∴ X 的分布列为： X 0 1 2 3 4 5 P 1 80 1 20 3 40 3 10 9 80 9 20   1 1 3 3 9 9 190 1 2 3 4 580 20 40 10 80 20 5E X              . 【点睛】本题考查了相互独立事件、互斥事件的概率计算公式、随机变量的分布列、数学期 望，考查了推理能力与计算能力，属于中档题. 19. 已知 1 2( 3,0), ( 3,0)F F 分别是椭圆 2 2 2 2: 1 ( 0)x yC a ba b     的左、右焦点，P 是 椭圆 C 上的一点，当 PF1⊥F1F2 时，|PF2|＝2|PF1|． - 16 - （1）求椭圆 C 的标准方程： （2）过点 Q（﹣4，0）的直线 l 与椭圆 C 交于 M，N 两点，点 M 关于 x 轴的对称点为点 M′， 证明：直线 NM′过定点． 【答案】（1） 2 2 19 6 x y  ；（2）直线 NM 过定点 9 ,04     . 【解析】 【分析】 （1）由椭圆的定义和已知条件得 1 1 1 22 2 , 3PF PF a PF a   ，又由 1 1 2PF F F 可得出点 P 的坐标，代入椭圆的标准方程中可解出 ,a b ，从而得出椭圆的标准方程； （2）设出直线 l 的方程，点 M、N 的坐标，直线 l 的方程与椭圆的方程联立可得点 M、N 的坐 标的关系，再表示出直线 NM 的方程，将点 M、N 的坐标的关系代入可得直线 NM′所过的定 点. 【详解】（1）由 1 2( 3,0), ( 3,0)F F 得 3c  ， 2 2 2 2( 3) 3a b b     ， 由椭圆的定义得 1 2 2PF PF a  ， 2 12PF PF ， 1 1 1 22 2 , 3PF PF a PF a    ， 1 1 2PF F F ，所以点 P 的坐标为 23, 3 a     ， 将点 P 的坐标代入椭圆的方程中有 2 2 2 2 2 ( 3) 3 1 a a b       ， 又 2 2 2 23, 3a b b a    ， 2 2 2 2 2 ( 3) 3 13 a a a        ， 解得 2 9a  或 2 9 5a  ， 当 2 9 5a  ， 2 2 63 05b a     ，故舍去； 当 2 9a  ， 2 2 3 9 3 6b a     ， 所以椭圆的标准方程为： 2 2 19 6 x y  . （2）由题意可知，直线 l 的斜率必然存在,故设直线 l 的方程为 ( 4)y k x  ，设 - 17 -    1 1 2 2, , ,M x y N x y ，则  1 1,M x y  ， 联立方程组 2 2 19 6 ( 4) x y y k x       ，得  2 2 2 23 2 24 48 18 0k x k x k     ，     22 2 2 224 4 3 2 48 18 168 144 0k k k k         ， 解得 2 6 7k  ， 2 1 2 2 24 3 2 kx x k     ， 2 1 2 2 48 18 3 2 kx x k    ， 又  2 2,N x y ，  1 1,M x y  ，设直线 NM 的方程为      2 1 2 1 2 2 2 2 1 2 1 y y y yy y x x x xx x x x         ， 2 1 2 1 2 1 2 2 1 2 2 2 2 1 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 y y y y y y y x y x y x y xy x x y xx x x x x x x x x x                2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 y y y x y xxx x x x            2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 4 4 4 4k x k x k x x k x xxx x x x              1 2 1 2 1 2 2 1 2 1 8 2 4k x x k kx x k x xxx x x x       2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 24 48 18 248 2 43 2 3 2 3 2 k k kk k k kk k kxx x x x                         2 2 2 1 2 1 16 36 3 2 3 2 k kx x x k x x k         2 2 1 16 9 43 2 k x x x k        ， 当 9 4x   时， 0y  ，所以直线 NM 过定点 9 ,04     . 【点睛】本题考查椭圆的定义和简单的几何性质，求椭圆的标准方程，以及直线与椭圆的位 置关系中直线过定点的问题，关键在于将目标条件转化到直线与椭圆的交点的坐标上去，属 - 18 - 于较难题. 20. 某人设计了一个工作台，如图所示，工作台的下半部分是个正四棱柱 ABCD﹣A1B1C1D1，其 底面边长为 4，高为 1，工作台的上半部分是一个底面半径为 2 的圆柱体的四分之一． （1）当圆弧 E2F2（包括端点）上的点 P 与 B1 的最短距离为 5 2 时，证明：DB1⊥平面 D2EF． （2）若 D1D2＝3．当点 P 在圆弧 E2E2（包括端点）上移动时，求二面角 P﹣A1C1﹣B1 的正切值的 取值范围． 【答案】（1）见解析，（2） 3 2 6 2 3[ , ]2 7   【解析】 【分析】 （1）以 D 为原点，以 2, ,DA DC DD    的方向分别为 x 轴， y 轴， z 轴的正方向建立空间直角 坐标系 D xyz ，可得 1 1 20, 0DB EF DB ED       ，从而可证 DB1⊥平面 D2EF； （2）设 ( , ,4)P a b ，则 2 2 2, 0, 0a b a b    ，所以 [ 2,2]a b  ，求出平面 1 1PAC 的法 向量 4(1,1, )3 a bn   ，而平面 1 1 1A B C 的一个法向量 (0,0,1)m  ，设二面角 1 1 1P AC B  的 大小为 ，则先求出 cos ，从而可得 3 2tan 4a b     ，再由 [ 2,2]a b  可得 tan 的范 围. 【详解】（1）证明：作 PH  平面 1111 DCBA 于 H ，则 H 在圆弧 EF 上， - 19 - 因为 2 2 1 1PB PH HB  ，所以当 1HB 取最小值时， 1PB 最小， 由圆的对称性可知， 1HB 的最小值为 4 2 2 3 2  ， 所以 2 2 1 1 4 2PH PB HB   , 如图，以 D 为原点，以 2, ,DA DC DD    的方向分别为 x 轴， y 轴， z 轴的正方向建立空间直角坐标系 D xyz ， 则 2 1(0,0,0), (0,0,1 4 2), ( 2,0,1), (0, 2,1), (4,4,1)D D E F B ， 1 2(4,4,1), ( 2, 2,0), ( 2,0,4 2)DB EF ED       , 因为 1 1 24 2 4 2 0 0, 4 2 0 4 2 0DB EF DB ED               ， 所以 1 1 2,DB EF DB ED  , 因为 EF  平面 2D EF ， 2ED  平面 2D EF ， 2ED EF E , 所以 DB1⊥平面 D2EF， （2）解：若 D1D2＝3，由（1）知      1 1 14,0,1 , 0,4,1 , 4,4,1A C B , 设 ( , ,4)P a b ，因为 2 2 2, 0, 0a b a b    ， - 20 - 设 2 cos , 2 sin , [0, ]2a b      所以 2sin( ) [ 2,2]4a b     ， 1 1 1( 4,4,0), ( 4, ,3)AC A P a b    ， 设平面 1 1PAC 的法向量为 1 1 1( , , )n x y z ， 则 1 1 1 1 1 1 1 1 4 4 0 ( 4) 3 0 n AC x y n A P a x by z               ， 令 1 1x  ，则 4(1,1, )3 a bn   ， 取平面 1 1 1A B C 的一个法向量 (0,0,1)m  ， 设二面角 1 1 1P AC B  的大小为 ， 显然是钝角， 则 2 4 3cos cos , 42 ( )3 a b m n m n a bm n                  ， 2 20 , sin 0,sin 1 co 2 42 ( ) s 3 a b              ， 则 3 2 3 2 6 2 3tan [ , ]4 2 7a b       ， 所以二面角 1 1 1P AC B  的正切值的取值范围为 3 2 6 2 3[ , ]2 7   ， 【点睛】此题考查了利用空间向量证明线面垂直，求二面角，考查了空间想象能力和推理计算 能力，属于较难题. 21. 设函数 f（x）＝xlnx，g（x）＝aex（a∈R）． （1）若曲线 y＝f（x）在 x＝1 处的切线也与曲线 y＝g（x）相切，求 a 的值． （2）若函数 G（x）＝f（x）﹣g（x）存在两个极值点． ①求 a 的取值范围； ②当 ae2≥2 时，证明：G（x）＜0． 【答案】（1） 2 1a e  ；（2）① 10 a e   ；②证明详见解析. - 21 - 【解析】 【分析】 （1）首先求切线方程，设切点  0 0,P x y ，利用导数的几何意义列式求解； （2）①由条件转化为 y a 与 ln 1 x xy e  有两个交点，利用函数的导数求解； ②首先由已知条件 2 2a e  ，转化为   2 2ln lnx xG x x x ae x x ee     ，再通过构造函数   2 2ln xx x eeF x x   ，利用导数证明   0F x  恒成立. 【详解】（1）   ln 1f x x   ，  1 1f   ，  1 0f  ， 则切线方程为 1y x  设切线与  y g x 相切于点  0 0,P x y ， 则 0 0 0 0 0 1 1 x x ae y ae y x        ，解得： 0 2x  ， 0 1y  ， 2 1a e  ； （2）①   ln xG x x x ae  ， 0x  ，   ln 1 xG x x ae    ， 当   0G x  时， ln 1 ex xa  ， 若函数  G x 有两个极值点，即 y a 与 ln 1 x xy e  有两个交点， 设    ln 1 0x xh x xe   ，   1 ln 1 x xxh x e     ，设   1 ln 1t x xx    ，   2 1 1 0t x x x      ，即函数  t x 在 0,  上单调递减，且  1 0t  ， 在区间 0,1   0h x  ，在区间  1,   0h x  ，  h x 在区间 0,1 上单调递增，在区间  1, 上单调递减， 并且   11h e  ，当 x   时，   0h x → ，当 0x  时，  h x   ， - 22 - 若 y a 与  y h x 有两个交点时， 10 a e   ； ②       ln xG x f x g x x x ae    ，当 2 2 22ae a e    ，   2 2ln lnx xG x x x ae x x ee     ， 令   2 2 2ln 2ln x xx x e eeF x xx x e      ，     2 2 2 2 11 2 1 2xx x e xx e eF x x x e x x e         ， 显然 0 1x  时，   0F x  ,  F x 在 0,1 上单调递增， 当  0,1x 时，     21 0F x F e     ， 当 1x  时，       2 2 2 2 1 11 2 2 1 x xe x x e xF x x x e x e x             ， 令   2 2 1 xe xH x e x    ， 1x  ，    22 2 1 0 1 xeH x e x      ，  H x 在  1, 上单调递增，又  2 0H  ,  1,2x 时，   0H x  ，当  2,x  时，   0H x  , 当  1,2x 时，   0F x  ，当  2,x  时，   0F x  ，  F x 在 1,2 上单调递增，在 2, 上单调递减， 当 1x  时，    2 ln 2 1 0F x F    ， 综上所述，     0G x F x  ， 所以   0G x  . 【点睛】本题考查导数的几何意义，根据极值点的个数求参数的取值范围，以及证明不等式， 重点考查转化与化归的思想，逻辑推理，计算能力，属于难题，本题的难点是第三问，需构 造函数   2 2 2ln 2ln x xx x e eeF x xx x e      ，函数的变形求解. （二）选考题：共 10 分请考生从第 22，23 两题中任选-题作答．如果多做，则按所做的第一 个题目计分 - 23 - [选修 4-4：坐标系与参数方程] 22. 在直角坐标系 xOy 中，P（0，1），曲线 C1 的参数方程为 31 2 3 2 x t y t      （t 为参数）．以坐 标原点 O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 C2 的极坐标方程为 4cos  ． （1）求曲线 C1 的普通方程和 C2 的直角坐标方程； （2）曲线 C1 与 C2 交于 M，N 两点，求||PM|﹣|PN||． 【答案】（1） 1 0x y   ， 2 2 4 0x y x   ，（2） 14 【解析】 【分析】 （1）把曲线 C1 的参数方程消去参数 t 可得普通方程，曲线 C2 的极坐标方程为 4cos  两边 同乘以  ，把互化公式代入可得直角坐标方程； （2）把曲线 C 化成标准参数方程，代入曲线 C2 的直角坐标方程，得到关于 t 的二次方程，然 后利用 t 的几何意义求解||PM|﹣|PN|| 【详解】解：（1）曲线 C1的参数方程为 31 2 3 2 x t y t      （t 为参数）， 消去参数 t 得普通方程为 1 0x y   ， 曲线 C2 的极坐标方程为 4cos  ，两边同乘以  ， 得 2 4 cos   ，所以其直角坐标方程为 2 2 4 0x y x   （2）曲线 C1 过点 P（0，1），则其参数方程为 2 2 21 2 x t y t       ， 将其代入方程 2 2 4 0x y x   得， 2 22 2 2( ) (1 ) 4 ( ) 02 2 2t t t       ， - 24 - 化简得  22 3 2 1 0 3 2 4 14 0t t       ， ， 设上式方程的根为 1 2,t t ，所以 1 2 1 23 2, 1t t t t    ， 所以 2 2 1 2 1 2 1 2( ) 4 ( 3 2) 4 1 14PM PN t t t t t t           【点睛】本题考查了参数方程化为普通方程，极坐标方程化为直角坐标方程，参数的几何意 义，考查了计算能力，属于中档题. [选修 4-5：不等式选讲] 23. 已知 a＞0，b＞0，a+b＝3． （1）求 1 1+2a b 的最小值； （2）证明： 9 2 a b b a ab… 【答案】（1） 4 5 ；（2）证明见解析 【解析】 【分析】 （1）由所给等式得  2 15 a b   ，再利用基本不等式即可求得最小值；（2）利用  2 2 2 2 a ba b   即可逐步证明. 【详解】（1） 3a b  ，  2 15 a b   ，且 2 0 0a b  ， ，   1 1 1 1 1 1 2+ + 2 22 5 2 5 2 b aa ba b a b a b                  1 2 42 25 2 5 b a a b         ，当且仅当 2=2 b a a b   即 1 5 2 2a b ， 时等号成立，  1 1+2a b 的最小值为 4 5 . （2）因为 a＞0，b＞0，所以要证 9 2 a b b a ab… ，需证 2 2 9 2a b  ， 因为  2 2 2 2 3 9 2 2 2 a ba b     ， - 25 - 所以 9 2 a b b a ab… ，当且仅当 3 2a b  时等号成立. 【点睛】本题考查条件等式求最值、基本不等式的应用，属于中档题. - 26 -