广东省湛江市2020届高三二模考试数学（理）试题 Word版含解析 27页

- 1 - 2020 年湛江市高考数学二模试卷（理科） 一、选择题（共 12 小题） 1. 设集合  2,5,6A  ，  2 5 0B x x x m    ，若  2A B  ，则 B  （ ） A.  2,3 B.  2 C.  3 D.  1,6 【答案】A 【解析】 【分析】 由 题 意 可 知 ， 2 是 关 于 x 的 方 程 2 5 0x x m   的 根 ， 可 求 得 m 的 值 ， 再 解 方 程 2 5 0x x m   ，进而可解出集合 B . 【 详 解 】  2A B   ， 则 2 B ， 22 5 2 0m     ， 解 得 6m  ，    2 5 6 0 2,3B x x x      . 故选：A. 【点睛】本题考查利用交集的结果求参数，考查计算能力，属于基础题. 2. 复数  5 2 41 2z i ii    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 【答案】B 【解析】 【分析】 先对复数进行除法和乘法运算，再根据实部和虚部找出对应的点，即可得出对应的象限． 【详解】解：∵        5 1 25 2 4 2 4 3 41 2 1 2 1 2 iz i i i ii i i            ， ∴ z 在复平面内对应点的坐标为  3,4 ，位于第二象限． 故选：B 【点睛】本题考查复数的除法和乘法运算，考查复数的几何意义，属于基础题． 3. 已知 ,2      ， 3tan 2 4   ，则 2sin 2 cos   （ ） A. 3 2 B. 1 2 C. 1 2  D. 3 2  - 2 - 【答案】C 【解析】 【分析】 利 用 二 倍 角 的 正 切 公 式 结 合 ,2      可 求 得 tan 的 值 ， 再 由 二 倍 角 公 式 得 出 2 2 2 2 2sin cos cossin 2 cos sin cos          ，在分式的分子和分母中同时除以 2cos  ，将分式 转化为只含 tan 的代数式，代值计算即可. 【 详 解 】 ,2      ， tan 0 ∴ ， 2 2tan 3tan 2 1 tan 4    ， 即 23tan 8tan 3 0    ， 解得 tan 3   ， 因此， 2 2 2 2 2 2 2sin cos cos 2tan 1 1sin 2 cos 2sin cos cos sin cos tan 1 2                     . 故选：C. 【点睛】本题考查利用二倍角公式求值，涉及弦化切思想的应用，考查计算能力，属于基础 题. 4. 高二某班共有 45 人，学号依次为 1、2、3、…、45，现按学号用系统抽样的办法抽取一个 容量为 5 的样本，已知学号为 6、24、33 的同学在样本中，那么样本中还有两个同学的学号 应为（ ） A. 15,43 B. 15,42 C. 14,43 D. 14,42 【答案】B 【解析】 【分析】 根据题意，由系统抽样的方法，可求出抽到的每个同学的学号之间的间隔为： 45 95  ，而已 知学号为 6、24、33 的同学在样本中，即可得分别写出 5 个同学的学号，即可得出剩余的两 个同学的学号. 【详解】解：由题可知，该班共有 45 人，按学号用系统抽样的办法抽取一个容量为 5 的样本， - 3 - 则抽到的每个同学的学号之间的间隔为： 45 95  ， 而已知学号为 6、24、33 的同学在样本中， 即抽到的第一个学号为 6，则第二个学号为：6+9=15， 第三个学号为：15+9=24，则第四个学号为：24+9=33， 第五个学号为：33+9=42， 所以样本中还有两个同学的学号应为：15，42. 故选：B. 【点睛】本题考查对系统抽样的理解，属于基础题. 5. 下列图象为函数 y sin x x  ，y 3sin x x  ，y 2 sin x x  ，y 2 cos 2 x x  的部分图象，则按顺序对应 关系正确的是（ ） A. ①②③④ B. ①②④③ C. ①③②④ D. ②①④③ 【答案】B 【解析】 【分析】 由题意对比函数的性质与函数图象的特征，逐个判断即可得解. 【详解】由    2 2 sin sinx x xx     可得函数 2 sin xy x  为奇函数，所以函数 2 sin xy x  对应的图象 为图④，故排除 A、C； - 4 - 由 2 2 cos 2 2 14 2 2         ，可知函数 2 cos 2 x y x  对应的图象为图③； 由 3sin sin4 4 4 4    ＞ ，可知函数 sin xy x  、 3sin xy x  对应的图象分别为①、②，故排除 D. 故选：B． 【点睛】本题考查了函数图象的识别，考查了三角函数性质的应用，关键是找到函数的性质 与图象特征的对应关系，属于基础题． 6. 函数 f（x）＝ax3﹣6x 的一个极值点为 1，则 f（x）的极大值是（ ） A. ﹣4 B. 2 C. 4 D. ﹣2 【答案】C 【解析】 【分析】 对 ( )f x 进行求导，求出 a ，从而求出 ( )f x ，再求 ( )f x 的极大值即可 【详解】f（x）＝ax3﹣6x，可得 ' ( )f x ＝3ax2﹣6，f（x）＝ax3﹣6x 的一个极值点为 1， 所以 3a﹣6＝0，解得 a＝2，因为 ' 6( 1)() 1)( xf x x ＝ ， 所以 f（x）在 ( , 1)  和 (1, ) 上是增函数，在 ( 1,1) 上是减函数， 所以 x＝﹣1 时，函数取得极大值：f（-1）＝4． 故选：C 【点睛】本题考查了导数的综合应用，属于中档题 7. 我国南北朝时期的数学家祖暅提出了计算几何体体积的祖暅原理：“幂势既同，则积不容 异“．意思是两个同高的几何体，如果在等高处的截面积都相等，那么这两个几何体的体积 相等．现有某几何体和一个圆锥满足祖暅原理的条件，若该圆锥的侧面展开图是半径为 3 的 圆的三分之一，则该几何体的体积为（ ） A. 2 2 3 π B. 4 2 3 π C. 4 2 D. 8 3  【答案】A 【解析】 - 5 - 【分析】 由题意可得该几何体的体积与圆锥相同，结合圆锥侧面展开图的特征可求得圆锥的母线与底 面半径的长度，进而可得圆锥的高，代入圆锥体积公式即可得解． 【详解】由题意可知，该几何体的体积等于圆锥的体积， ∵圆锥的侧面展开图恰为一个半径为 3 的圆的三分之一， ∴圆锥的底面周长为 2 3 23    ， ∴圆锥的底面半径为 1，母线长为 3， ∴圆锥的高为 23 1 2 2  ， ∴圆锥的体积V 圆锥 21 2 21 2 23 3       ． 从而所求几何体的体积为 2 2 3V  ． 故选：A． 【点睛】本题考查了数学文化与圆锥体积的求法，考查了圆锥侧面展开图的特征，正确理解 题意是解题的关键，属于基础题． 8. 执行如图所示的程序框图，若输出的 3y  ，则输入的 x 的值为（ ） A. ﹣2 B. 2 C. 5 或﹣2 D. 7 或﹣2 【答案】D 【解析】 【分析】 - 6 - 根据输出的 3y  ，结合程序框图 x 的值分 0x  和 0x  两种情况，分别计算即可. 【详解】由程序框图可得： 由  2 0 1 3 x log x     ，解得 7x  ； 由 0 2 1 3x x      ，解得 2x   . 综上，输入的 x 的值为 7 或-2． 故选：D． 【点睛】本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正 确的结论，是基础题． 9. 在 ABC 中，角 , ,A B C 的对边分别是 , ,a b c ，若 , 1, sin sin3A c a C b B   ，则 ABC 的面积为（ ） A. 3 3 B. 3 2 C. 3 8 D. 3 4 【答案】D 【解析】 【分析】 由于 sin sina C b B ，根据正弦定理角化边得出 2ac b ，而 1c  ，则 2b a ，再利用余弦 定理得出 1a  ，即可得出 2 1b a  ，最后根据三角形的面积公式即可求出答案. 【详解】解：由题可知， sin sina C b B 则 2 2 c ba bR R    ，即： 2ac b ， 又 3A  ， 1c  ，则 2 0b a  ， 由余弦定理得： 2 2 2 2 cosa b c bc A   则 2 11 2 1 2a a a     ，即： 2 1a a a   ， 所以 2 1a a a   ，得  1 1a a a   ， 解得： 1a  ， 则 2 1b a  ，得： 1b  或 1b   （舍去）， - 7 - 所以 ABC 的面积为： 1 1 3 3sin 1 12 2 2 4bc A      . 故选：D. 【点睛】本题考查利用正弦定理和余弦定理解三角形，以及三角形的面积公式，考查运算能 力. 10. 已知函数 f（x）＝Acos（ωx+φ）（A＞0，ω＞0，0＜φ＜π）的图象的一个最高点为 （ 312  ，），与之相邻的一个对称中心为 06      ， ，将 f（x）的图象向右平移 6  个单位长度得 到函数 g（x）的图象，则（ ） A. g（x）为偶函数 B. g（x）的一个单调递增区间为 5 12 12      ， C. g（x）为奇函数 D. 函数 g（x）在 0 2      ， 上有两个零点 【答案】B 【解析】 【分析】 先根据函数的部分图象和性质求出 f（x）解析式，再根据图象的变换规律求得 g（x），最后 根据余弦函数性质得出结论． 【详解】因为函数 f（x）＝Acos（ωx+φ）的图象的一个最高点为（ 312  ，），与之相邻的一 个对称中心为 06      ， ， 所以 A=3， 4 6 T   （ 12  ） 4  ； 所以 T＝π 所以ω＝2； 所以 f（x）＝3cos（2x+φ）； 又因为 f（ 12  ）＝3cos[（2×（ 12  ）+φ]＝3， - 8 - 所以 6   φ＝Kπ； ∵0＜φ＜π； ∴φ 6  ， ∴f（x）＝3cos（2x 6  ）； 因为将 f（x）的图象向右平移 6  个单位长度得到函数 g（x）的图象， 所以 g（x）＝3cos[2（x 6  ） 6  ]＝3cos（2x 6  ）；是非奇非偶函数； 令﹣π+2kπ≤2x 6   2kπ， 所以 5 12   kπ≤x≤kπ 12  π ，k∈z； 当 k＝0 时，g（x）的一个单调递增区间为： 5 12 12      ， ； 令 2x 6   kπ 2  ， 解得 x 2 3 k   ，k∈z， ∴函数 g（x）在[0， 2  ]上只有一个零点． 故选：B． 【点睛】本题主要考查由三角函数部分图象求解析式，图象变换以及三角函数的性质，还考 查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题. 11. 已知正方体 1 1 1 1-ABCD A B C D 的棱长为 2 ， E 为 1 1A B 的中点，下列说法中正确的是 （ ） A. 1ED 与 1B C 所成的角大于 60 B. 点 E 到平面 1 1ABC D 的距离为1 C. 三棱锥 1E ABC 的外接球的表面积为125 2 24  D. 直线CE 与平面 1ADB 所成的角为 4  【答案】D - 9 - 【解析】 【分析】 对于 A，取 DC 的中点 F ，连接 EF ， 1D F ，则 1D EF 为 1ED 与 1B C 所成的角，可求得该 角正切值： 1 3tan 3 2 D EF   ；对于 B， 1B 到平面 1 1ABC D 的距离即点 E 到平面 1 1ABC D 的距离，则可得到点 E 到平面 1 1ABC D 的距离为 2 ；对于 C，三棱锥 1E ABC 的 外接球即四棱锥 1 1E ABC D 的外接球，可得四棱锥 1 1E ABC D 的高为 2 ，从而求得外接球 的半径为 5 2 4 R ．得外接球的表面积 25 2 254 ( )4 2S    ；对于 D，连接 1DC ，取 1DC 的中点 H ，连接 1DB 交 EC 于 K ，连接 CH ，HK ， CKH 是直线CE 与平面 1ADB 所成的 角， 2sin 2 CHCKH CK    ． 【详解】解：如图，对于 A，取 DC 的中点 F ，连接 EF ， 1D F ，则 1D EF 为 1ED 与 1B C 所 成的角， ∵ 1 1 5D F D E  ， 2 2EF  ， 1 3tan 3 2 D EF    ，故 A 错误； 对于 B，由于 1 1A B  平面 1 1ABC D ，故 1B 到平面 1 1ABC D 的距离即点 E 到平面 1 1ABC D 的距 离， 连接 1B C 交 1BC 于G ，可得 1B G  平面 1 1ABC D ，而 1 2B G  ，∴点 E 到平面 1 1ABC D 的距离为 2 ， 故 B 错误； 对于 C，三棱锥 1E ABC 的外接球即四棱锥 1 1E ABC D 的外接球， ∵ 1 1ABC D 为矩形，且 2AB  ， 1 2 2BC  ， 1 1 5EA EB EC ED    ，四棱锥 1 1E ABC D 的高为 2 ， 设四棱锥 1 1E ABC D 的外接球的半径为 R ，则 2 2 2( 3) ( 2 )R R   ，解得 5 2 4 R ． - 10 - ∴三棱锥的外接球的表面积 25 2 254 ( )4 2S    ，故 C 错误； 对于 D，连接 1DC ，取 1DC 的中点 H ，连接 1DB 交 EC 于 K ，连接CH ， HK ， ∵ 1EB DC ，∴ CKH 是直线CE 与平面 1ADB 所成的角，在直角三角形 CKH 中， 2 23CK CE  ， 2CH  ， ∴ 2sin 2 CHCKH CK    ，故 D 正确． 故选：D 【点睛】本题主要考查空间角：异面直线所成交和线面角；以及空间距离：点到平面的距离； 几何体的外接球表面积．注意运用定义在解题中的运用，同时考查运算能力，属于一道综合 题． 12. 已知斜率为 ( 0k k  的直线 l 与椭圆 2 2 14 x y  交于  1 1,A x y ，  2 2,B x y 两点，O 为坐 标原点，设直线OA， OB 的斜率分别为 1k ， 2k ，且满足 2 1 2k k k ，设 OAB 的面积为 S ， 以OA， OB 为直径的圆的面积分别为 1S ， 2S ，则 1 2S S S  的最小值为（ ） A. 5 2  B. 5 6  C. 5 4  D. 5 8  【答案】C 【解析】 【分析】 - 11 - 设 直 线 的 方 程 为 y kx m  ( 0)m  ， 2 2 14 y kx m x y     消 去 y 整 理 得    2 2 21 4 8 4 1 0k x kmx m     ，利用判别式以及韦达定理，转化表示三角形的面积，通 过基本不等式求表达式的最值即可. 【详解】设直线l 的方程为 y kx m  ， 根据题意可知 0m  ， 联立直线 l 和椭圆方程 2 2 14 y kx m x y     消去 y 可得：   2 2 21 4 8 4 1 0k x kmx m        2 2 2 264 4 1 4 4 1 0k m k m       ，可得 2 21 4m k  根据韦达定理：  2 1 2 1 22 2 4 18 ,1 4 1 4 mkmx x x xk k       由   1 22 1 2 1 2 kx m kx mk k k x x    化简可得   2 1 2 0km x x m   ， 可得 2 1 4k  ，  0k  ，  1 2k  ， m2＜2，  ( 2,0) (0, 2)m   设O 到直线 l 距离为 d 根据点到直线距离公式可得： 2 | | 1 md k   则 2 2 1 2 2 1 1 | || | 1 2 | |2 2 1 mS AB d k x x m m k            ， - 12 - 由 2 2 2 21 2 1 2 14 4 x xy y        22 2 2 2 1 2 1 1 2 2 1 2 1 2 3 524 16 2 4S S x y x y x x x x                  1 2 2 22 5 1 5 1 5 4 4 42 1 1 S S S m m m              ， 当且仅当 1m   时取等号，这时 1 2S S S  的最小值为 5 4  ； 故选：C． 【点睛】本题主要考查了椭圆中的三角形面积问题，解题关键是掌握圆锥曲线与直线交点问 题时，通常用直线和圆锥曲线联立方程组，通过韦达定理建立起目标的关系式，采用“设而 不求法”并进行一系列的数学运算，从而使问题得以解决． 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的相应位置. 13. 已知向量 (4, )a m ， ( ,3)b m ，若 ( )a b b    ，则 a  _____． 【答案】2 7 【解析】 【分析】 根据两个向量共线的充要条件，列出相应的关系式，进而求解参数．再利用向量模长公式求 解.. 【详解】 a b  (4 3)m m ， ，∵ ( )a b b    ， ∴ ( 3) 3( 4) 0m m m    ， 解得 2 2=1m ．∴| a | 2 24 m   2 7 ． 故答案为：2 7 【点睛】本题考查平面向量共线与模长计算. 已知两向量共线或垂直求参数：两向量 1 1 2 2( ) ( )a x y b x y  ＝ ， ，＝ ， 共线的充要条件 1 2 2 1x y x y－ ＝0 ， 求向量模的常用方法: (1)若向量 a  是以坐标形式出现的，求向量 a  的模可直接利用公式 2 2+a x y  ＝ . - 13 - (2)若向量 a b  ， 是以非坐标形式出现的，求向量 a  的模可应用公式 2 2 •a a a a    ＝ ＝ 或 2 2 2 2 | | 2( )a b a b a a b b         ＝ ＝ ＋北 ，先求向量模的平方，再通过向量数量积的运算求解． 14. 若实数 ,x y 满足约束条件 3 0 4 2 0 2 x y x y y          ，则 2z x y  的最大值为____________. 【答案】4 【解析】 【分析】 根据题意，画出实数 ,x y 满足约束条件 3 0 4 2 0 2 x y x y y          表示的平面区域，要求 2z x y  的最 大值，即求 1 2 2 zy x  的 y 轴上的截距 2 z 的最小值，由图可知，将 1 2y x 向下平移到过 点  2, 1A  时， 2 z 取得最小值，即可求出 2z x y  的最大值. 【详解】解：由题可知，实数 ,x y 满足约束条件 3 0 4 2 0 2 x y x y y          表示的区域如下图阴影部分： 由于 2z x y  ，即 1 2 2 zy x  ， 要求 2z x y  的最大值，即求 1 2 2 zy x  的 y 轴上的截距 2 z 的最小值， 由图可知，将 1 2y x 向下平移到过点  2, 1A  时， 2 z 取得最小值， 即 2z x y  过点  2, 1A  时， z 取得最大值， 所以 z 最大值为：  2 2 1 4z      . 故答案为：4. - 14 - 【点睛】本题考查利用几何法求线性规划的最值，考查数形结合思想. 15. 已知 F1（﹣c，0），F2（c，0）分別为双曲线 2 2 2 2 x y a b   1（a＞0，b＞0）的左、右焦点， 以坐标原点 O 为圆心，c 为半径的圆与双曲线在第二象限交于点 P，若 tan∠PF1F2 2 ，则该 双曲线的离心率为_____． 【答案】 6 3 【解析】 【分析】 设|PF1|＝t，利用 P，F1，F2 在圆 x2+y2＝c2 上，得出 PF1⊥PF2，然后根据勾股定理和双曲线的 定义，把 a , c 的值均用t 来表示，进而可以求得该双曲线的离心率 【详解】由题意可得：P，F1 ，F2 在圆 x2+y2 ＝c2 上，所以 PF1⊥PF2 ，设|PF1|＝t，因为 tan∠PF1F2 2 ， 所以|PF2| 2t ，由勾股定理可得 t2+2t2＝4c2，所以 4c2＝3t2，所以 2c 3 t， 而 2a＝|PF2|﹣|PF1| 2t t   （ 2 1 ）t，所以双曲线的离心率 e   2 3 6 32 2 1 c t a t      ， 故答案为： 6 3 【点睛】本题考查了双曲线的应用，考查学生综合运用所学知识解决问题的能力 16. 若（1+x）10＝a0+a1x+a2x2+……+a10x10,则 a2+a6+a8＝_____；a1+2a2+3a3+……+10a10＝_____. 【答案】 (1). 300 (2). 5120 【解析】 - 15 - 【分析】 (1)根据二项展开式的公式计算 2 4 8a a a  即可. (2)对原式两边求导,再代入 1x  求解即可. 【详解】(1)由已知通项为： 1 10 r r rT C x  ,所以展开式中每一项的系数即为其二项式系数. 故 a2+a6+a8 2 6 8 10 10 10 300C C C    . (2)对原式两边求导数得：10（1+x）9 2 9 1 2 3 102 3 10a a x a x a x     . 令 x＝1 得 a1+2a2+3a3+……+10a10＝10×29＝5120. 故答案为：300；5120 【点睛】本题主要考查了根据二项展开式通项公式求解项的系数的问题,同时也考查了求导赋 值法求解二项展开式系数和的问题等.属于中档题. 三、解答题：本大题共 5 小题，共 70 分.解答应写出必要的文字说明、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答.第 22，23 题为选考题，考生根据要求作答.（一） 必考题：共 60 分. 17. 已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 Sn＝n2+an﹣1． （1）求{an}的通项公式； （2）设 bn 1 1 n na a   ，求数列{bn}的前 n 项和 Tn． 【答案】（1）an＝2n+1；（2）Tn 6 9 n n   ． 【解析】 【分析】 （1）先由 2 1n nS n a   得到  2 1 11 1n nS n a     ，两式相减得  1 2 1 1na n    ，进 而求得 na ； （2）利用裂项相消法求和即可． 【详解】解：（1）∵ 2 1n nS n a   ①， ∴  2 1 11 1n nS n a     ， 2n  ②， 由①﹣②可得：  22 11n n na n n a a      ， - 16 - 整理得：  1 2 1 1na n    ， 2n  ， ∴ 2 1na n  ，当 2n  时，有 2 2 2 1 22 1S a a a     , 所以 1 3a  也适合，故 2 1na n  ； （2）∵ 2 1na n  ， ∴   1 1 1 1 1 1 2 1 2 3 2 2 1 2 3n n n b a a n n n n           ， ∴ 1 1 1 1 1 1 1 2 3 5 5 7 2 1 2 3nT n n                            1 1 1 2 3 2 3 6 9 n n n        ． 【点睛】本题主要考查数列通项公式的求法及裂项相消法求前 n 项和，属于中档题． 18. 如图，在正四棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D 中， 1AB  ， 1 3AA  ， 12BE EB  ， 1 2AM MA  ， N 是棱 1 1C D 的中点，平面 1AEC 与直线 1DD 相交于点 F . （1）证明：直线 //MN 平面 1AEC F . （2）求二面角 E AC F  的正弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2） 6 3 . 【解析】 【分析】 - 17 - （1）推导出 1 / /C E AF ， 1 2D F FD ，设点G 为 1D F 的中点，连结GM ，GN ，推导出 / /GN 平面 1AEC F ， / /GM 平面 1AEC F ，从而平面 / /MNG 平面 1AEC F ，由此能证明 / /MN 平 面 1AEC F ． （2）以 D 为原点， DA 为 x 轴， DC 为 y 轴， 1DD 为 z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量 法能求出二面角 E AC F  的正弦值． 【详解】解：（1）证明： 平面 1 1 / /BB C C 平面 1 1AA D D ， 平面 1AEC F  平面 1 1 1BB C C EC ，平面 1AEC F  平面 1 1AA D D AF ， 1 / /C E AF ，由题意得 1 2D F FD ， 设点G 为 1D F 的中点，连结GM ，GN ， NQ 是棱 1 1C D 的中点， 1/ /GN FC ， GN  平面 1AEC F ， 1FC  平面 1AEC F ， / /GN 平面 1AEC F ， 1 2D F FD ， 1 2AM MA  ， / /GM AF ， GM  平面 1AEC F ， AF  平面 1AEC F ， / /GM 平面 1AEC F ， GN GM G  ，平面 / /MNG 平面 1AEC F ， MN  平面 MNG ， / /MN 平面 1AEC F ． （2）解： 1AB  ， 1 3DD  ，如图，以 D 为原点，DA 为 x 轴，DC 为 y 轴， 1DD 为 z 轴， 建立空间直角坐标系， (1A ，0， 0) ， (0C ，1， 0) ， (0F ，0，1) ， (1,E 1， 2) ，  ( 1AC   ，1， 0) ， (0AE  ，1， 2) ， ( 1AF   ，0，1) ， 设平面 ACE 的法向量 (m x ， y ， )z ， 则 · 0 · 2 0 m AC x y m AE y z            ，取 1z  ，得 ( 2m   ， 2 ，1) ， 设平面 ACF 的法向量 (n a ，b ， )c ， - 18 - 则 · 0 · 0 n AC a b n AF a c             ，取 1a  ，得 (1n  ，1，1) ， 设二面角 E AC F  的平面角为 ， 由 | | | 2 2 1| 3| cos | | | | | 33 3 m n m n           ， 23 6sin 1 ( )3 3     ， 二面角 E AC F  的正弦值为 6 3 ． 【点睛】本题考查线面平行的证明，考查二面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、 面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力与运算求解能力，属于中档题． 19. 冠状病毒是一个大型病毒家族，已知的有中东呼吸综合征（MERS）和严重急性呼吸综合 征（SARS）等较严重的疾病，新型冠状病毒（nCoV）是以前从未在人体中发现的冠状病毒新 毒株，某小区为进一步做好新型冠状病毒肺炎疫情知识的教育，在小区内开展“新型冠状病 毒防疫安全公益课”在线学习，在此之后组织了“新型冠状病毒防疫安全知识竞赛”在线活 动．已知进入决赛的分别是甲、乙、丙、丁四位业主，决赛后四位业主相应的名次为第 1，2， 3，4 名，该小区为了提高业主们的参与度和重视度，邀请小区内的所有业主在比赛结束前对 四位业主的名次进行预测，若预测完全正确将会获得礼品，现用 a，b，c，d 表示某业主对甲、 乙、丙、丁四位业主的名次做出一种等可能的预测排列，记 X＝|a﹣1|+|b﹣2|+|c﹣3|+|d﹣ 4|． - 19 - （1）求该业主获得礼品的概率； （2）求 X 的分布列及数学期望． 【答案】（1） 1 24P  ；（2）分布列见解析，   5E X  ． 【解析】 【分析】 （1）求得该业主预测的结果的总数，其中预测完全正确的结果只有 1 种，利用古典概型及概 率的计算公式，即可求解； （2）以（a，b，c，d）为一个基本事件，用列举法逐一写出每种情况，得到随机变量的取值， 求得相应的概率，即可求得随机变量的分布列，利用公式求得数学期望. 【详解】（1）由题意，该业主预测的结果有 4 4 24A  种可能，预测完全正确的结果只有 1 种， 所以该业主获奖的概率为 1 24P  ． （2）以（a，b，c，d）为一个基本事件，如下表所示： （a，b，c，d） X （a，b，c，d） X （a，b，c，d） X （1，2，3，4） 0 （2，3，1，4） 4 （3，4，1，2） 8 （1，2，4，3） 2 （2，3，4，1） 6 （3，4，2，1） 8 （1，3，2，4） 2 （2，4，1，3） 6 （4，1，2，3） 6 （1，3，4，2） 4 （2，4，3，1） 6 （4，1，3，2） 6 （1，4，2，3） 4 （3，1，2，4） 4 （4，2，1，3） 6 （1，4，3，2） 4 （3，1，4，2） 6 （4，2，3，1） 6 （2，1，3，4） 2 （3，2，1，4） 4 （4，3，1，2） 8 （2，1，4，3） 4 （3，2，4，1） 6 （4，3，2，1） 8 所以随机变量 X 的所有可能的取值为 0,2,4,6,8 ， 可得 1 3 1 7( 0) , ( 2) , ( 4)24 24 8 24P X P X P X       - 20 - 9 3 4 1( 6) , ( 8)24 8 24 6P X P X      所以随机变量 X 的分布列如表： X 0 2 4 6 8 P 1 24 1 8 7 24 3 8 1 6 所以数学期望 E（X） 1 1 7 3 10 2 4 6 8 524 8 24 8 6            ． 【点睛】本题主要考查了古典概型及其概率的计算，以及离散型随机变量的分布列和数学期 望的求解，其中解答中认真审题，利用列举法求得基本事件的个数，得出随机变量的取值情 况是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力. 20. 已知函数 2( ) ln 12 xf x ax b   ，且 1 42f      ， (1) 5f   ． （1）求 ( )f x 的图象在点 (2, (2))f 处的切线方程； （2）已知函数 ( ) ln ln 32 xg x m x   ，若存在 0 (1, ]x e ，使得不等式    0 0f x g x 成立， 求实数 m 的取值范围． 【答案】（1）17 2 16 0x y   ；（2） 2,2 2e    【解析】 【分析】 （1）根据已知条件联立方程求得 a 和b ，进而求得 (2)f  和 (2)f ，即可求得 ( )f x 的图象在 点 (2, (2))f 处的切线方程； （2）由 ( ) ( )f x g x ，可得 22 ln 1 ln ln 32 2 x xx m x     ，变形可得 22 2 ln xm x  ，构造 函数 22 2( ) ln xh x x  ， (1, ]x e ，根据导数求其单调性，结合条件，即可求得答案. 【详解】（1） 2( ) ln 12 xf x ax b   可得 ( ) 2 bf x ax x    ， 0x  ， - 21 - 1 2 42f a b       — — ① (1) 2 5f a b    — — ② 由①②解得 2, 1a b  ， 1( ) 4f x x x    ， 则 17(2) 2f   ， (2) 9f  ， 故 ( )f x 的图象在点 (2, (2))f 处的切线方程： 179 ( 2)2y x   即：17 2 16 0x y   （2）若 ( ) ( )f x g x ， 则 22 ln 1 ln ln 32 2 x xx m x     即 22 2 ln xm x  在 (1, ]e 上有解， 令 22 2( ) ln xh x x  ， (1, ]x e ，    2 24 2 ( ) xlnx x xh x lnx     ， 令 2( ) 4 ln 2p x x x x x    ，    2 24 2p x lnx x     ， 当 (1, ]x e 时， ( ) 0p x  ， ( )p x 单调递增， ( ) (1) 0p x p  ， 即 ( ) 0h x  ，  ( )h x 在 (1, ]e 上单调递增， 故 2 max( ) ( ) 2 2h x h e e    m 的范围 2,2 2e    ． - 22 - 【点睛】本题主要考查了求函数的切线方程和根据不等式成立求参数范围问题，解题关键是 掌握根据导数求切线的方法和构造函数求不等式成立的步骤，考查了分析能力和计算能力， 属于难题. 21. 已知顶点为原点O 的抛物线C ，焦点 F 在 x 轴上，直线 y x 与抛物线 C 交于O 、M 两 点，且线段OM 的中点为  2,2P ． （1）求抛物线C 的标准方程． （2）若直线 l 与抛物线C 交于异于原点的 A 、 B 两点，交 x 轴的正半轴于点 D ，且有 1FA FD  ，直线 1 //l l ，且 1l 和C 有且只有一个公共点 E ，请问直线 AE 是否恒过定点？ 若是，求出定点坐标；若不是，说明理由． 【答案】（1） 2 4y x ；（2）是，直线 AE 过定点 3 ,02      . 【解析】 【分析】 （1）设抛物线C 的标准方程为 2 2y px ，求出点 M 的坐标，将点 M 的坐标代入抛物线C 的 方程，求出 p 的值，由此可求得抛物线C 的标准方程； （2）设点   0 0 0 0, 0A x y x y  ，   ,0 0D DD x x  ，  ,E EE x y ，由条件 1FA FD  可 得出 0 3Dx x  ，可求出直线 AB 的斜率，由此可设直线 1l 的方程为 0 3 yy x b   ，与抛物 线C 的方程联立，由 0  可得出 0 3b y   ，分 2 0 6y  与 2 0 6y  两种情况讨论，求出直线 AE 的方程，即可得出直线 AE 所过定点的坐标. 【详解】（1）由题意设抛物线C 的标准方程为 2 2y px ， 因为 OM 的中点为  2,2P ，所以 M 的坐标为  4,4 ， 将点 M 的坐标代入抛物线C 的方程，得 24 2 4p  ，可得 2p  ， 因此，抛物线C 的标准方程为 2 4y x ； （2）由（1）知  1,0F ，设   0 0 0 0, 0A x y x y  ，   ,0 0D DD x x  ， 因为 1FA FD  ，则 01 2Dx x   ， - 23 - 由 0Dx  ，可得 0 3Dx x  ，即  0 3,0D x  ，所以，直线 AB 的斜率 0 3AB yk   ， 因为直线 1 //l l ，设直线 1l 的方程为 0 3 yy x b   ， 代入抛物线C 的方程可得 2 0 0 12 12 0by yy y    ， 因为且 1l 和C 有且只有一个公共点 E ，可得 2 0 0 144 48 0b y y     ，解得 0 3b y   ， 设  ,E EE x y ，则 0 6 Ey y   ， 2 0 9 Ex y  ，即 2 0 0 9 6,E y y      ， 当 2 0 6y  时， 0 0 2 0 0 4 6 E AE E y y yk x x y    ， 可得直线 AE 的方程为  0 0 02 0 4 6 yy y x xy    ， 由 2 0 0 4 yx  时，代入整理 0 2 0 4 3 6 2 yy xy       ，即直线 AE 恒过定点 3 ,02      ； 当 2 0 6y  ，直线 AE 的方程为 3 2x  ，过点 3 ,02      ， 综上，可知直线 AE 过定点 3 ,02      ． 【点睛】本题考查抛物线方程的求解，同时也考查了抛物线中直线过定点问题的求解，考查 计算能力，属于难题. （二）选考题：共 10 分请考生在第 22、23 两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第 一题计分. 22. 在直角坐标系 xOy 中，曲线 C 的参数方程为 3 cos2 1 sin2 x y          （ 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． （1）设射线 l 的极坐标方程为 2 3   ，若射线 l 与曲线 C 交于 A，B 两点，求 AB 的长； （2）设 M，N 是曲线 C 上的两点，若∠MON 2  ，求 OMN 的面积的最大值． - 24 - 【答案】（1） 3 ；（2）1 【解析】 【分析】 （1）直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换； （2）设 M 1,  ，N 2 , 2      ，求出 范围，再利用 1 2 1 1 2sin 2sin2 2 3 2 3OMNS                        ，通过三角函数关系式的恒等变 换及正弦型函数的性质的应用求出结果． 【详解】解：（1）曲线 C 的参数方程为 3 cos2 1 sin2 x y          （ 为参数），转换为直角坐标方 程为 2 23 1( ) ( ) 12 2x y    ，其为过原点的圆 整理得 2 2 3 0x y x y    ，其为过坐标原点的圆， 根据 2 2 2 cos sin x y x y            转换为极坐标方程为 2 3 cos sin 0       ， 整理得 2sin 3       ， 射线 l 的极坐标方程为 2 3   与曲线 C 相交于 A 和 B 两点， 由于射线 l： 2 3   过坐标原点，故其中有一个交点为坐标原点， 所以 2sin 3 2 3             ， 得 22sin 33 3AB        ； - 25 - （2）设 M 1,  ，N 2 , 2      ， 由于直线 OC 的斜率为 1 0 32 33 02      ， 又圆 C 过原点，故过原点与圆 C 相切的切线的斜率为 k 3 ， 从而 3 3 3 2 3                 ，得 5 3 6       ， ， 则 1 2 1 1 2sin 2sin2 2 3 2 3OMNS                        22sin cos sin 23 3 3                         ， 当 2sin 2 13      ，即 7 12   时， OMNS△ 的最大值为 1． 【点睛】本题考查参数方程，极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，三角形面积公式的应 用，三角函数关系式的恒等变换，正弦型函数的性质的应用，主要考查学生的运算能力和转 换能力及思维能力，属于中档题． 23. 已知函数 f（x）＝|2x+4|﹣|2x﹣2|． （1）求不等式|f（x）|＜4 的解集； （2）记 f （x）的最大值为 m，设 a，b，c＞0，且 a+2b+3c＝m，证明： 1 1 1 3 2 3 2a b c    ． 【答案】（1） 3 1,2 2     ；（2）见解析 【解析】 【分析】 （1）先将 f（x）写为分段函数的形式，然后由|f（x）|＜4 得到 4 2 4 2 1 x x    ＜ ＜ ＜ ，再解不等式 组即可； - 26 - （2）由（1）知 f（x）的最大值为 6，从而得到 a+2b+3c＝6，然后利用基本不等式求出 1 1 1 2 3a b c   的最小值，即可证明不等式 1 1 1 3 2 3 2a b c    成立． 【详解】解：（1）f（x）＝|2x+4|﹣|2x﹣2| 6 2 4 2 2 1 6 1 x x x x         ， ， ＜ ＜ ， ． ∵|f（x）|＜4，∴ 4 2 4 2 1 x x    ＜ ＜ ＜ ， ∴ 3 1 2 2x ＜ ＜ ， ∴不等式的解集为 3 1,2 2     ； （2）由（1）知，当 2 1x ＜ ＜ 时，  6 6f x    f x 的最大值为 6， ∴a+2b+3c＝m＝6， ∴  1 1 1 1 1 1 12 32 3 6 2 3a b ca b c a b c           1 2 3 3 236 2 3 2 3 b a a c c b a b c a b c                          1 2 3 3 2 33 2 2 26 2 3 2 3 2 b a a c c b a b c a b c            … ， 当且仅当 a＝2b＝3c，即 22, 1, 3a b c   时等号成立， ∴ 1 1 1 3 2 3 2a b c    ． 【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法，基本不等式和利用综合法证明不等式，考查了分 类讨论思想和转化思想，属中档题． - 27 -