黑龙江省哈尔滨市第三中学2020届高三第二次模拟考试数学（文）试题 Word版含解析 27页

- 1 - 2020 年哈三中高三学年第二次模拟考试 数学试卷（文史类） 考试说明：本试卷分第 I卷（选择题）和第 II 卷（非选择题）两部分，满分 150 分，考试时 间 120 分钟. 1.答题前，考生先将向己的姓名、准考证号码填写清楚. 2.选择题必须使用 2B 铅笔填涂，非选择题必须使用 0.5 毫米黑色字迹的字笔书写，字体工整， 字迹清楚. 3.请按照题号顺序在各题日的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在草稿纸、 试题卷上答题无效. 4.保持卡面清洁，不得折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、刮纸刀. 第 I 卷（选择题，共 60 分） 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.已知集合 { | lg( 2)}A x y x   ， 2{ | 5 4 0}B x x x    ，则 ( )RC A B （ ） A. { |1 2}x x  B. { |1 2}x x  C. { |1 4}x x  D. { |1 4}x x  【答案】B 【解析】 【分析】 先出集合 A，B，再求出集合 A 的补集，然后求 ( )RC A B 【详解】解：由 2>0x  得 2x  ，所以集合 { | 2}A x x  ， 所以  2RC A x x  ， 由 2 5 4 0x x   ，得 ( 1)( 4) 0x x   ，所以集合 { |1 4}B x x   所以 ( )RC A B { |1 2}x x   , 故选：B 【点睛】此题考查集合的交集、补集运算，考查一元二次不等式的解法，属于基础题. 2.若复数 z满足 ( 2)z i i  ，其中 i是虚数单位，则 | |z （ ） - 2 - A. 1 3 B. 3 3 C. 1 5 D. 5 5 【答案】D 【解析】 【分析】 把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简求得 z，然后利用复数模的计算公式求解． 【详解】解：因为 ( 2)z i i  ， 2( 2) 1 1 2( 2 ) 2 ( 2)( 2) 5 5 5 i i iz i i i i i i             ， 则 2 21 2 5| | ( ) ( ) 5 5 5 z     . 故选：D. 【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算和复数模的求法，属于基础题. 3.已知直线 1l ： 1 0mx y   ， 2l ： (2 3) 1 0m x my    ，mR，则“ 2m   ”是 “ 1 2l l ”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】 根据直线与直线的垂直，列方程 ( 2) 0m m m   ，求出m，再判断充分性和必要性即可. 【详解】解：若 1 2l l ，则 (2 3) 0m m m   ，解得 0m  或 2m   ， 即 1 2l l  0m  或 2m   ， 所以“ 2m   ”是“ 0m  或 2m   ”的充分不必要条件. 故选：A. 【点睛】本题考查直线一般式中直线与直线垂直的系数关系，考查充分性和必要性的判断， 是基础题. 4.若 a，b，c 为实数，且 a b ，则下列结论正确的是（ ） A. 1 1 a b  B. 2 2a b C. | | | |a a b b D. - 3 - 2 2ac bc 【答案】C 【解析】 【分析】 利用赋值法直接判断即可. 【详解】解：当 0a  时，选项 A 无意义，错误； 当 1, 2a b   时，显然选项 B 错误； 当 0c = 时，显然选项 D 错误； 故选：C 【点睛】此题考查不等式性质的运用，考查了排除法的运用，属于基础题. 5.抛物线 2 24y x 的焦点为 F，直线 3y x 与抛物线交于点 A（异于原点），则点 A到焦点 F的距离为（ ） A. 12 B. 14 C. 18 D. 24 【答案】B 【解析】 【分析】 将抛物线方程与直线方程联立成方程组，求出点 A 的横坐标，再利用抛物线的定义可求出点 A 到焦点 F 的距离. 【详解】解：由题意可知点 F 的坐标为 (6,0)，准线方程为 6x   ， 由 2 24 3 y x y x     得 0x  （舍去）或 8x  所以点 A 到焦点 F 的距离为8+6=14 故选：B 【点睛】此题考查直线与抛物线的位置关系，考查抛物线的定义，属于基础题. 6.为了得到 3( ) sin 2 4 f x x       的图象，可以将 ( ) cos2g x x 的图象（ ） A. 向右平移 4  个单位 B. 向左平移 4  个单位 - 4 - C. 向右平移 8  个单位 D. 向左平移 8  个单位 【答案】D 【解析】 【分析】 由题意利用诱导公式、函数 sin( )y A x   的图象变换规律，得出结论． 【详解】为了得到函数 3 3( ) sin 2 sin 2 4 8 f x x x                 的图象，可以将函数 ( ) cos2 sin 2 sin 2 2 4 g x x x x                  的图象向左平移 8  个单位. 故选：D． 【点睛】本题主要考查诱导公式、函数 sin( )y A x   的图象变换规律，属于基础题． 7.等差数列{ }na 的前 n项和为 nS ， 2 63 12a a   ， 10 20S  ，则 nS 取最小值时，n的值为 （ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】 设等差数列{ }na 的首项为 1a ，公差为 d ，根据等差数列的通项公式与求和公式，列式求得首 项与公差，从而得出数列的通项公式，再由 0na  求得n的范围，即可判断出 nS 取最小值时 n 的值. 【详解】解：设等差数列{ }na 的首项为 1a ，公差为 d ， 由于 2 63 12a a   ， 10 20S  ， 则 1 1 4 8 12 10 910 20 2 a d da         ， 解得： 1 7 2 a d     ， 7 2( 1) 2 9na n n       ． - 5 - 由 2 9 0na n   ，得 9 2 n  ， n N ， 数列{ }na 自第 5 项起大于 0，则 nS 取最小值时， n的值为 4. 故选：C. 【点睛】本题考查等差数列 nS 取最小值对应的项数，涉及等差数列的通项公式与前n项和公 式的应用，属于基础题. 8.函数 ( ) | | 1 xf x x   ，则不等式 2(2) (log )f f x 的解集是（ ） A. (0,4) B. 1 ,4 4       C. (4, ) D. 10, (4, ) 4       【答案】C 【解析】 【分析】 根据题意，求得 ( ) ( ) | | 1 | | 1 x xf x f x x x           ，根据定义法判断出函数 ( )f x 为奇函数，进 而可求出 0x  时 ( )f x 的单调性，结合奇函数的性质得出 ( )f x 在 R上单调递增，再根据单调 性且结合条件   22 (log )f f x ，最后解对数不等式，即可求出解集. 【详解】解：因为 ( ) | | 1 xf x x   ，可知 ( )f x 的定义域为R， 所以 ( ) ( ) | | 1 | | 1 x xf x f x x x           ，则 ( )f x 为奇函数， 当 0x  时， 1( ) 1 1 1 xf x x x      单调递增， 根据奇函数的性质，可知 ( )f x 在R上单调递增， 由   22 (log )f f x ，可得 22 log x ，解得： 4x  ， 即不等式 2(2) (log )f f x 的解集为 (4, ) . 故选：C. 【点睛】本题考查对数不等式的解集，考查根据定义法判断函数的奇偶性和通过函数单调性 解不等式，以及函数的基本性质的综合应用，考查运算求解能力. - 6 - 9.已知 1F ， 2F 是双曲线 2 2 2 2 1( 0)x y a b a b     的左右焦点，以 2F 为圆心、a 为半径的圆与双 曲线的一条渐近线交于 A，B 两点，若 1 2| | 2 F F AB  ，则双曲线的离心率的取值范围是（ ） A. 2 101, 5       B. 2 61, 3        C.  1, 2 D. 4 341, 17       【答案】A 【解析】 【分析】 求出双曲线的焦点到渐近线的距离，求出 AB ，利用已知条件开出不等式，转化求解即可. 【详解】由已知可知焦点到渐近线的距离为 2 2 bc d b a b    ， 所以 2 2| | 2AB a b  ， 因为 1 2| | 2 F F AB  ，所以 2 2 22 2 ca b  ，可得 2 2 2 2 24( )a b c a b    ， 即 2 2 2 23 5 5 5a b c a   ，可得 2 25 8c a ， 所以 2 2 8 5 c a  ，即 2 10 5 e  ， 又因为 0a b  所以1 2e  ，所以 2 101 5 e  ， 故选：A 【点睛】此题考查双曲线的简单性质的应用，离心率的求法，点到直线的距离公式的应用， 属于中档题. 10.2020 年新型冠状病毒肺炎蔓延全国，作为主要战场的武汉，仅用了十余天就建成了“小汤 山”模式的火神山医院和雷神山医院，再次体现了中国速度.随着疫情发展，某地也需要参照 “小汤山”模式建设临时医院，其占地是出一个正方形和四个以正方形的边为底边、腰长为 400m 的等腰三角形组成的图形（如图所示），为使占地面积最大，则等腰三角形的底角为（ ） - 7 - A. π 3 B. π 4 C. π 6 D. π 8 【答案】D 【解析】 【分析】 根据正弦定理可先求出 4 个三角形的面积，再由三角形面积公式可求出正方形的边长，从而 得到面积，最后得到答案. 【详解】解：设顶角为  ，由三角形的面积公式可得 4 个等腰三角形的面积和为 14 400 400sin 2    ， 由余弦定理可得正方形边长为 2 2400 +400 2 400 400cos 400 2 2cos      ， 故正方形面积为160000(2 2cos ) 320000(1 cos )    ， 所以所求占地面积为320000(1 cos +sin ) 320000[ 2 sin( ) 1] 4       ， 所以当 4 2     ，即 3 4   时，占地面积最大，此时底角为 3 4 2 8    ， 故选：D 【点睛】此题考查了三角形面积公式的应用和余弦定理的应用，属于中档题. 11.在边长为 2的菱形 ABCD中， 2 3BD  ，将菱形 ABCD沿对角线 AC折起，使得平面 ABC 平面 ACD，则所得三棱锥 A BCD 的外接球表面积为（ ） A. 8π 3 B. 14π 3 C. 20π 3 D. 32π 3 【答案】C 【解析】 【分析】 - 8 - 由题意画出图形，由于 ABC 与 ACD 均为边长为 2 的等边三角形，取 AC中点G，连接 BG，DG，则 BG AC ，根据面面垂直的性质可得出 BG 平面 ACD，再确定O为三棱 锥 A BCD 的外接球的球心，结合已知求出三棱锥外接球的半径 R OD ，最后根据球的表 面积公式求出外接球的表面积. 【详解】解：在边长为 2 的菱形 ABCD中， 2 3BD  ， 如图， 由已知可得， ABC 与 ACD 均为边长为 2 的等边三角形， 取 AC中点G，连接 BG，DG，则 BG AC ， 33 cos 2 6 3 DG GDA GDA ADC           ， 平面 ABC 平面 ACD，交线为 AC， 而 BG 平面 ABC，则 BG 平面 ACD， 分别取 BCD 与 ABD△ 的外心E， F ， 过E， F 分别作两面的垂线，相交于O， 则O为三棱锥 A BCD 的外接球的球心， 由 BCAV 与 ACD 均为等边三角形且边长为 2， 可得 1 3 3 3 OE OF DG   ， 2 3 3 DE DG GE    ， 2 2 2 23 2 3 15( ) ( ) 3 3 3 OD OE ED      ， - 9 - 即三棱锥外接球的半径： 15 3 R OD  ， 三棱锥 A BCD 的外接球的表面积为： 2 215 204 4 ( ) 3 3 R      . 故选：C. 【点睛】本题考查多面体外接球表面积的求法，涉及等边三角形和菱形的性质以及面面垂直 的性质，考查空间想象能力和运算能力，是中档题. 12.若函数 3ln( ) 2 ln ( 1)xf x ax x a x x         有三个不同的零点，则实数 a 的取值范围是 （ ） A. 2 2 4 10, 4 4 e e e      B. 2 2 4 11, 4 4 e e e      C. 2 2 4 1(0,1) 1, 4 4 e e e       D. 2 2 4 1(0,1) 4 4 e e e       【答案】B 【解析】 【分析】 令 ( ) 0f x  ，转化为 2 2 2 ln ln2 ( 1) 0x xa a x x         ，令   2 ln xt g x x   ，利用导数得到其图象特征，根 据函数 3ln( ) 2 ln ( 1)xf x ax x a x x         有三个不同的零点，转化为方程 2 2 ( 1) 0t at a    ， 有两根，且 1 2 10,0 2 t t e    或 1 2 1 1= ,0 2 2 t t e e   求解. 【详解】令 3ln( ) 2 l 1) 0n (xf x ax x a x x         ， 即 2 2 2 ln ln2 ( 1) 0x xa a x x         ， 令   2 ln xt g x x   ，则   3 1 2ln 0xg x x    ， 解得 x e ， 当0 x e  时，   0g x  ，当 x e 时，   0g x  ， 所以     1 2 t g x g e e    ， - 10 - 如图所示： 因为函数 3ln( ) 2 ln ( 1)xf x ax x a x x         有三个不同的零点， 则方程 2 2 ( 1) 0t at a    ，有两根， 当 1 0t  时， 1a  ，此时 2 2t   ，不成立； 当 1 1= 2 t e 时， 2 2 4 1 4 4 ea e e    ，此时 2 4 1 0 2 2 et e      ，不成立； 当 1 2 10,0 2 t t e    时，令   2 2 ( 1)h t t at a    ， 则   1 0 2 0 0 h e h           ，即 21 12 ( 1) 0 2 2 ( 1) 0 a a e e a             ， 解得 2 2 4 11 4 4 ea e e     . 综上：实数 a 的取值范围是 2 2 4 11, 4 4 e e e      . 故选：B 【点睛】本题主要考查函数的零点与方程的根的关系以及导数与函数的图象，还考查了转化 化归，数形结合的思想和运算求解的能力，属于难题. 2020 年哈尔滨市第三中学校第二次高考模拟考试 数学试卷（文史类） 第 II 卷（非选择题，共 90 分） 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分. - 11 - 13.已知向量 a  ，b  满足 1a   ， 2b   ， 3a b    ，则 a b    ________. 【答案】1 【解析】 【分析】 对 3a b    两边平方化简可求出 a b   的值. 【详解】解：由 3a b    得 2 2 2 3a a b b        ， 2 2 2 3a a b b        ， 因为 1a   ， 2b   ， 所以1 2 4 3a b      ，解得 a b    1， 故答案为：1 【点睛】此题考查平面向量的数量积运算及向量的模的运算，属于基础题. 14.已知函数 ( ) sin 2cosf x x x  ，若直线 x  是曲线 ( )y f x 的一条对称轴，则 cos2  ________. 【答案】 3 5 【解析】 【分析】 根据辅助角公式化简得 2 5 5( ) 5 sin( )(sin ,cos ) 5 5 f x x       ，根据对称性的性质可得， sin( ) 1    ， 从 而 1 2 k      ， k Z ， 结 合 诱 导 公 式 及 二 倍 角 公 式 得 2cos2 cos2 1 2cos      ，即可求解. 【详解】解： 2 5( ) sin 2cos 5 sin( )(sin 5 f x x x x       ， 5cos ) 5   ， 由于直线 x  是曲线 ( )y f x 的一条对称轴， 则 ( ) 5 sin( ) 5f       ， sin( ) 1     ， 1 2 k       ， k Z ， - 12 - 1 2 k        ， k Z ， 2 2 2k        ， k Z ，  cos2 cos 2 2 cos2k           ， 2 2 5 3cos2 cos2 1 2cos 1 2 5 5                   . 故答案为： 3 5 . 【点睛】本题考查正弦函数的对称性，考查利用辅助角公式、诱导公式和二倍角公式进行化简 求值，考查分析和运算能力. 15.《史记·卷六十五·孙子吴起列传第五》中记载了“田忌赛马”的故事.齐王有上等，中 等，下等马各一匹；田忌也有上等，中等，下等马各一匹.田忌的上等马优于齐王的中等马， 劣于齐王的上等马；田忌的中等马优于齐王的下等马，劣于齐王的中等马；田忌的下等马劣 于齐王的下等马.现规定每场比赛从双方的马匹中随机各选取一匹进行比试，若有优势的马一 定获胜，且每场比赛相互独立，则采取三局两胜制齐王获胜的概率为________. 【答案】 20 27 【解析】 【分析】 列出所有情况，统计满足条件的情况得到齐王每次胜利的概率 1 2 3 p  ，再根据独立事件计算 得到答案. 【详解】设齐王的上中下等马为 ABC，田忌的上中下等马为 abc， 则共有 , , , , , , , ,Aa Ab Ac Ba Bb Bc Ca Cb Cc 9 种情况， 其中齐王获胜的有 , , , , ,Aa Ab Ac Bb Bc Cc 6 种情况，故 1 6 2 9 3 p   ， 3 2 2 3 2 2 1 20 3 3 3 27 p C               . 故答案为： 20 27 . 【点睛】本题考查了概率的计算，意在考查学生的计算能力和应用能力. 16.已知圆 1C ： 2 2( 3) 1x y   ， 2C ： 2 2( 3) 81x y   ，动圆 C与圆 1C ， 2C 都相切，则 - 13 - 动圆 C 的圆心轨迹 E 的方程为________________；斜率为 2的直线 l 与曲线 E 仅有三个公共 点，依次为 P，Q，R，则 | |PR 的值为________. 【答案】 (1). 2 2 1 25 16 x y   ， 2 2 1 16 7 x y   (2). 60 11 【解析】 【分析】 根据动圆C与圆 1C ， 2C 的位置关系，分情况讨论可知动圆 C 的圆心轨迹为椭圆，然后计算 , ,a b c即可，然后假设直线方程，根据直线于曲线 E 的位置关系以及弦长公式，可得结果. 【详解】设动圆C的半径为 R 由题可知： 当动圆 C 与圆 1C 外切，与圆 2C 内切时 则 1 1 2 1 2 2 = +1 10 6 9 CC R CC CC C C CC R         所以可知动圆C圆心轨迹为椭圆 所以 2 10 =5, 3  a a c ，故 2 2 2 16b a c   所以动圆 C 的圆心轨迹 E 的方程为 2 2 1 25 16 x y   当动圆 C 与圆 1C 内切，与圆 2C 内切时 则 1 1 2 1 2 2 = 1 8 6 9 CC R CC CC C C CC R          所以可知动圆C圆心轨迹为椭圆 所以 2 8 =4, 3  a a c ，故 2 2 2 7b a c   所以动圆 C 的圆心轨迹 E 的方程为 2 2 1 16 7 x y   所以动圆 C 的圆心轨迹 E 的方程为 2 2 1 25 16 x y   ， 2 2 1 16 7 x y   设直线 l 方程为 2y x m  ，    1 1 2 2, , ,P x y R x y 由直线 l 与曲线 E 仅有三个公共点 - 14 - 则直线 l 与 2 2 1 16 7 x y   相切于点 Q，与 2 2 1 25 16 x y   相交于点 P,R 所以 2 2 2 21 39 32 2 16 112 016 7 2 x y x bx b y x m            则    2 2 232 2 4 39 16 112 0 39        b b b 2 2 2 21 66 50 2 25 400 025 16 2 x y x bx b y x m            2 1 2 1 2 50 2 25 400, 66 66      b bx x x x 则     2 22 2 1 2 1 2 50 2 25 4001 2 4 3 4 66 66                b bPR x x x x 则 2 2 105600 16003 66   bPR ，把 2 39b 代入可得 60 11 PR 故答案为： 2 2 1 25 16 x y   ， 2 2 1 16 7 x y   ； 60 11 【点睛】本题考查椭圆的定义，以及弦长公式，考验分析问题能力以及计算能力，属中档题. 三、解答题：共 70 分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤.第 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.哈尔滨市第三中学校响应教育部门疫情期间“停课不停络授课，为检验课的效果，高三络 模拟考试.全学年共 1500 人，现从中抽取了 100 人的数学成绩，绘制成频率分布直方图（如 下图所示）.已知这 100 人中 [110,120)分数段的人数比[100,110)分数段的人数多 6 人. - 15 - （1）根据频率分布直方图，求 a，b 的值，并估计抽取的 100 名同学数学成绩的中位数； （2）现用分层抽样的方法从分数在 [130,140)， [140,150]的两组同学中随机抽取 6 名同学， 从这 6 名同学中再任选 2 名同络课堂学习优秀代表”发言，求这 2 名同学的分数不在同一组 内的概率. 【答案】（1） 0.020a  ， 0.026b  ；中位数为 4112 13 ；（2） 8 15 . 【解析】 【分析】 （1）根据频率分布直方图的面积和为 1，这 100 人中 [110,120)分数段的人数比 [100,110)分数 段的人数多 6 人列式求解 a，b 的值，再根据中位数左右两边的面积均为0.5计算即可. （2）在分数为[130,140)的同学中抽取 4 人，分别用 1a ， 2a ， 3a ， 4a 表示， 在分数为[140,150]的同学中抽取 2 人，分别用 1b ， 2b 表示，再利用枚举法求解即可. 【详解】（1）由频率分布直方图的面积和为 1，则 (0.002 0.008 0.014 0.015 0.01 0.005) 10 1a b         ，得 0.046a b  ， 又由 100 人中 [110,120)分数段的人数比 [100,110)分数段的人数多 6 人 则100 10( ) 6b a   ，解得 0.020a  ， 0.026b  中位数中位数为  0.5 10 0.002 0.008 0.014 0.02 110 0.026      4112 13  （2）设“抽取的 2名同学的分数不在同一组内”为事件 A， 由题意知，在分数为[130,140)的同学中抽取 4 人，分别用 1a ， 2a ， 3a ， 4a 表示， - 16 - 在分数为 [140,150]的同学中抽取 2 人，分别用 1b ， 2b 表示， 从这 6 名同学中抽取 2 人所有可能出现的结果有： 1 2( , )a a ， 1 3( , )a a ， 1 4( , )a a ， 1 1( , )a b ， 1 2( , )a b ， 2 3( , )a a ， 2 4( , )a a ， 2 1( , )a b ， 2 2( , )a b ， 3 4( , )a a ， 3 1( , )a b ， 3 2( , )a b ， 4 1( , )a b ， 4 2( , )a b ， 1 2( , )b b ，共 15 种 抽取的 2 名同学的分数不在同一组内的结果有： 1 1( , )a b ， 1 2( , )a b ， 2 1( , )a b ， 2 2( , )a b ， 3 1( , )a b ， 3 2( , )a b ， 4 1( , )a b ， 4 2( , )a b ，共 8种 所以 8( ) 15 P A  抽取的 2 名同学的分数不在同一组内的概率为 8 15 . 【点睛】本题主要考查了频率分布直方图求参数与中位数的方法、枚举法解决古典概型的问 题，属于基础题. 18.已知等差数列{ }na 的前 n 项和为 nS ， 1 3a   ， 5 5S  ，数列{ }nb 的前 n 项和为 12 2n  . （1）求数列{ }na ，{ }nb 的通项公式； （2）设 n n nc a b ，求数列{ }nc 的前 n项和 nT . 【答案】（1） 2 5 na n ， 2nnb  （ *nN ）；（2） 114 (2 7)2nnT n    . 【解析】 【分析】 （1）利用等差数列的前 n项和公式求出 d ，再根据等差数列的通项公式可得 na ；设数列{ }nb 的前 n 项和为 nG ，根据 2n  时， 1n n nb G G   可求得 nb ； （2）根据错位相减法可求得结果. 【详解】（1）∵ 5 1 5 45 + =5 2 S a d  ，即 1 2 1a d  ， 又∵ 1 3a   ，解得 2d  ， 所以 1 ( 1) 3 ( 1) 2 2 5na a n d n n          ， ∵ nb 的前 n 项和 12 2n nG   ∴ 1n= 时， 2 1 2 2 2b    2n  时， 1 1 2 2 2 2 2n n n n n nb G G         - 17 - ∴ 2nnb  （ *nN ）； （2） 1 2n nT c c c    ， 1 2 3( 3) 2 ( 1) 2 1 2 (2 5) 2 n nT n            ， 2 3 4 12 ( 3) 2 ( 1) 2 1 2 (2 5) 2 n nT n             ， 所以 2nT  3 4 1 16 2 2 2 (2 5) 2n n nT n          ， 1 3 1 2 11 26 2 (2 5) 2 6 8 2 (2 5) 2 1 2 n n n n nT n n                    114 (2 7) 2nnT n       114 (2 7)2nnT n    . 【点睛】本题考查了等差、等比数列的通项公式，考查了错位相减法求数列的和，属于基础 题. 19.三棱柱 1 1 1ABC ABC 中，平面 1 1 AA B B 平面 ABC， 1 1 4AB AA AB   ， 2BC  ， 2 3AC  ，点 F 为棱 AB的中点，点 E 为线段 1 1AC 上的动点. （1）求证： EF BC ； （2）若点 E 为线段 1 1AC 的中点，求点 C 到平面 BEF的距离. 【答案】（1）证明见解析；（2） 4 51 17 . 【解析】 【分析】 - 18 - （1）由题意，易证 1A F AB ，由面面垂直可得 1AF 平面 ABC，得到 1A F BC ，由勾 股定理可证BC AC ，然后线面垂直的判定定理可证 BC⊥面 1A EF ，由此即可结果． （2）采用等体积法，利用 C BEF E BCFV V  ，即可证明结果． 【详解】证明：（1）因为 1 1AB AA AB  ，F为 AB中点，所以 1A F AB . 因为平面 1 1 AA B B 平面 ABC，平面 1 1AA B BI平面 ABC AB ， 1A F 平面 1 1AAB B， 所以 1A F 平面 ABC，而 BC 平面 ABC，故 1A F BC ， 又因为 2 2 2BC AC AB  ，所以 BC AC ， 又∵在三棱柱 1 1 1ABC ABC 中， 1 1/ /AC AC ，∴ 1 1BC AC ， 1BC AE 又 1 1 1 1AC AE A ，故 BC⊥平面 1A EF ， 又EF 平面 1A EF ，所以 BC EF （2） C BEF E BCFV V  ， 在三棱柱中， 1 1 2 3E BCF BCFV S A F   △ 取BC中点 M，连 EM ， FM ，则 / /FM AC，且 1= 2 FM AC ， 又 1 1 / /AC AC，且 1 1AC AC ，所以 1 / /A E AC ，且 1 1= 2 A E AC ， 所以 1 / /A E FM ，且 1A E FM ，所以四边形 1A FME 为平行四边形 所以 1/ /EM AF ， - 19 - 由（1）知 1A F 平面 ABC，所以 EM 平面 ABC， 2 3EM  ， 3FM  ， 1BM  ， 所以 15EF  ， 13BE  ， 2BF  ， 所以 4 13 15 1cos 2 2 13 2 13 EBF        ， 2 1 51sin 1 2 13 2 13 EBF          ， 所以 1 51 512 13 = 2 22 13BEFS    △ ， 设点 C 到平面 BEF的距离为 h，则 1 512 3 2C BEFV h     ∴ 4 51 17 h  ， 即点 C 到平面 BEF的距离为 4 51 17 . 【点睛】本题考查直线与平面垂直的判断定理，和面面垂直性质定理的应用，考查利用等体 积法求点到面的距离，考查空间想象能力、逻辑推理能力以及计算能力，是中档题． 20.已知椭圆 C： 2 2 2 2 1( 0)x y a b a b     的左、右顶点分别为 1A， 2A ，上、下顶点分别为 1B ， 2B ，四边形 1 1 2 2AB A B 的面积为 4 3，坐标原点 O 到直线 1 1A B 的距离为 2 21 7 . （1）求椭圆 C的方程； （2）若直线 l与椭圆 C相交于 A，B 两点，点 P 为椭圆 C 上异于 A，B 的一点，四边形OAPB 为平行四边形，探究：平行四边形OAPB的面积是否为定值？若是，求出此定值；若不是， 请说明理由. 【答案】（1） 2 2 1 4 3 x y   ；（2）四边形OAPB的面积为定值 3. 【解析】 【分析】 （1）由已知设直线 1 1A B 的方程为 1x y a b    ，再利用已知条件列方程组，求出 ,a b即可得到 椭圆的方程； （2）当直线 AB的斜率不存在时，直线 AB的方程为 1x   ，此时 3OAPBS  ，当直线 AB的 - 20 - 斜率存在时，设 AB： y kx m  ， 1 1( , )A x y ， 2 2( , )B x y ， 联立 2 2 1 4 3 x y y kx m        ，可得 2 2 2(4 3) 8 4 12 0k x kmx m     ，利用根与系数的关系，求出弦 长 AB，再结合点到直线的距离公式求解三角形的面积，可推出结论. 【详解】（1）直线 1 1A B 的方程为 1x y a b    ， 由题意可得 2 2 2 4 3            1 2 21 71 1 ab a b       ，解得 2 3 a b    ， ∴椭圆 C 的方程为 2 2 1 4 3 x y   （2）当直线 AB的斜率不存在时，直线 AB的方程为 1x   ，此时 3OAPBS  当直线 AB的斜率存在时，设 AB： y kx m  ， 1 1( , )A x y ， 2 2( , )B x y ， 联立 2 2 1 4 3 x y y kx m        ，可得 2 2 2(4 3) 8 4 12 0k x kmx m     ， 则 2 248(4 3) 0k m     ， 1 2 2 8 4 3 kmx x k     ， 2 1 2 2 4 12 4 3 mx x k    ，  1 2 1 2 2 62 4 3 my y k x x m k       ， ∵四边形OAPB为平行四边形，∴OA OB OP     ，∴ 2 2 8 6, 4 3 4 3 km mP k k      ， ∵点 P 在椭圆上，∴ 2 2 2 2 8 6 4 3 4 3 1 4 3 km m k k             ，整理得 2 2 3 4 m k  ， 2 2 2 2 1 2 2 4 3 4 3| | 1 1 4 3 k mAB k x x k k           - 21 - 原点 O 到直线 AB的距离 2 | | 1 md k   ， 2 2 2 4 3 | | 4 3| | 3 4 3OAPB m k mS AB d k        ， 综上，四边形OAPB的面积为定值 3 【点睛】此题考查椭圆方程的求法，直线与椭圆的位置关系的综合应用，考查转化思想和计 算能力，属于难题. 21.已知函数 ( ) ln ( 1)lnf x mx x m x   ， 0m  . （1） ( )f x 为函数 ( )f x 的导函数，讨论函数 ( )f x 的单调性； （2）若函数 ( )f x 与 3( )g x x e   的图像有两个交点 1 1( , )A x y 、 2 2 1 2( , )( )B x y x x ，求证： 2 1 1x x e e    . 【答案】（1） ( )f x 在 (0, ) 上为单调递增；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】 （1）首先可以求出 ( )f x 以及 ( )f x  ，再然后根据 0m  以及 0x  得出 1 0mx m   ， 即可得出结果， （2）本题首先可设 ( ) ( ) ( )F x f x g x  ，然后求出 ( )F x 并令 ( ) ( )x F x  ，求出 ( )x  ， 再然后通过 ( ) 0x   恒成立得出 ( )F x 在 (0, ) 上为增函数，求出 ( )F x 的单调性和极值， 最后通过 ( )F x 在区间 1 ,1 e       以及 (1, )e 内各有一个零点即可证得 2 1 1x x e e    . 【详解】（1）    1( ) 1 ln 0mf x m x x x      ，   2 2 1 1( ) 0m m mx mf x x x x x        因为 0m  ， 0x  ，所以 1 0mx m   ， 所以 [ ( )] 0f x   ， ( )f x 在 (0, ) 上为单调递增， （2）设  3( ) ( ) ( ) ln ( 1) ln 0F x f x g x mx x m x x x e         ， 则 1( ) ln 1mF x m x m x      ， - 22 - 令 1( ) ( ) ln 1mx F x m x m x       ，则 2 1( ) m mx x x     ， 因为 0m  ， 0x  ，所以 2 1( ) 0m mx x x      恒成立， 故函数 ( )x 即 ( )F x 在 (0, ) 上为增函数且 (1) 0F   x (0,1) 1 (1, ) ( )F x 小于 0 0 大于 0 ( )F x 递减 极小值 递增 则 3 3(1) 1 0eF e e      ， 因为 1 1 2 0e eF m e e e          ， ( 1) 3( ) ( 1) 0e eF e m e e       所以 ( )F x 在区间 1 ,1 e       以及 (1, )e 内各有一个零点，即为 1 1 ,1x e      ， 2 (1, )x e ， 故 2 1 1x x e e    ，即 2 1 1x x e e    . 【点睛】本题考查根据导函数判断函数单调性以及二分法判断函数零点所在区间，若函数  f x 的导函数为  f x ，当   0f x  时，函数  f x 是增函数，当   0f x  时，函数  f x 是减函数，考查计算能力，是难题. （二）选考题：共 10 分.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 题计分. [选修 4-4：坐标系与参数方程] 22.在平面直角坐标系中，已知曲线 2cos : 4 2sin x C y       （ 为参数），直线 cos : sin x t l y t      （ t 为参数， π0 2   ），直线 l与曲线C相切于点 P，以坐标原点O为极点， x轴的非负半轴 为极轴建立极坐标系. （1）求曲线C的极坐标方程及点 P的极坐标； - 23 - （2）曲线 1C 的直角坐标方程为 2 2( 2 3) 10x y   ，直线 1l 的极坐标方程为 π ( ) 6 R   ， 直线 1l 与曲线 1C 交于在 A，B两点，记 POA 的面积为 S ， 1BOC△ 的面积为 S，求 S S S S    的值. 【答案】（1） 2 8 sin 12 0     ；点 P的极坐标为 π2 3, 3       ；（2）16. 【解析】 【分析】 （1）直接利用消去参数法，将参数方程转化为直角坐标方程，再利用互化公式 2 2 2 cos sin x y x y            ，将直角坐标方程转换为极坐标方程，即可求出曲线C和直线 l的极坐标 方程，联立方程组，通过 2(8sin ) 48 0    求出 π 3   ，从而可求出点 P的极坐标； （2）利用互化公式求出 1C 的极坐标方程，设 1 π, 6 A       ， 2 π, 6 B       ，将 π 6   代入 1C 的极 坐标方程，根据韦达定理求出 1 2 6   ， 1 2 2   ，进而求出 S 和 S ，从而可求出 S S S S    的值. 【详解】解：（1）已知曲线 2cos : ( 4 2sin x C y        为参数）， 消去参数 ，可得曲线C的直角坐标方程为 2 2( 4) 4x y   ， 将 2 2 2 cos sin x y x y            代入得C的极坐标方程为 2 8 sin 12 0     ， 由于直线 cos : ( sin x t l t y t      为参数， 0 ) 2   ， 可得 l的极坐标方程为  （R）， 由于直线 l与曲线C相切于点 P， 将  代入曲线C，得 2 8 sin 12 0     ， - 24 - 则 2(8sin ) 48 0    ，得 3sin 2    ， 又 π0 2   ，所以 3sin 2   ，则 π 3   ， 此时 2 3  ，所以点 P的极坐标为 π2 3, 3       . （2）由于 1C 的直角坐标方程为 2 2( 2 3) 10x y   ，则圆心 1(2 3,0)C ， 则 1C 的极坐标方程为： 2 4 3 cos 2 0     ， 设 1 π, 6 A       ， 2 π, 6 B       ， 将 π 6   代入 1C 的极坐标方程 2 4 3 cos 2 0     ， 得 2 6 2 0    ， 28 0   ， 所以 1 2 6   ， 1 2 2   ，所以 1 0  ， 2 0  ， 又因为 1 1 1 π π 3sin 2 3 6 2PS            ， 1 2 2 1 π 3sin 2 6 2 S OC      ， 所以  2 2 1 2 1 21 2 2 1 1 2 2 6 2 2 16 2 S S S S                     . 【点睛】本题考查利用消参法将参数方程转化为极坐标方程，利用互化公式进行直角坐标方 程和极坐标方程之间转换，考查联立方程组、利用韦达定理以及极径的应用和三角形的面积 公式的应用，考查转化思想和运算能力. [选修 4-5：不等式选讲] 23.已知 ( ) | 2 2 3 |f x x x    . （1）求不等式 1( ) 2 f x   的解集； （2）设函数 ( )f x 的最大值为 m， , 0a b  ，且 1 2b m a   ，证明：  2 2 11 1 9a b        . - 25 - 【答案】（1） 1 11{ } 2 6 x x ∣ ；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】 （1）根据绝对值的性质进行分类讨论进行求解即可； （2）根据绝对值的性质把函数 ( )f x 的解析式变形为分段函数形式，求出函数 ( )f x 的最大值， 结合基本不等式的性质、乘法的运算法则进行证明即可. 【详解】（1） 1| 2 | | 2 3 | 2 x x     ， 当 2x  时， 1( 2) (2 3) 2 x x     ，解得 3 2 x≤ ，此时解集为； 当 3 2 2 x  时， 1 11(2 ) (2 3) 2 6 x x x       ，所以 3 11 2 6 x  ； 当 3 2 x  时， 1 1(2 ) (3 2 ) 2 2 x x x       ，所以 1 3 2 2 x  . 综上，不等式的解集为 1 11{ } 2 6 x x ∣ ； （2） 1 , 2 3( ) 5 3 , 2 2 31, 2 x x f x x x x x              ，  f x 在 3, 2      递增，在 3 , 2      递减； 3 1( ) 2 2 f  所以 ( )f x 的最大值为 1 2 ，因此 1 2 m  ， ∴ 1 1b a   ，即 1ab a  ， 12 1b b a a    ， 1 4 b a  ，因为 , 0a b  ，所以 4a b  . ∴   2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 ( 1) 21 1 1 1 1a a a b a ab aba a b b b b b b b                   2 2 2 2 2 21 1 9a a ab a b b b        .即不等式成立. 【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法，考查了基本不等式的应用，考查了分段函数的最 - 26 - 值求法，考查了数学运算能力. - 27 -