20届 高考适应性月考卷（五） 数学（理）试题（解析版） 25页

第 1 页 共 25 页 2020 届重庆市巴蜀中学高考适应性月考卷（五） 数学（理） 试题 一、单选题 1．已知集合  2| 2 0A x x x    ,集合 1| 12 x B x           ,则 A B  ( ) A． ,0 B． 2, C． , 1  D． 0,  【答案】C 【解析】化简集合 A 和 B ,根据交集定义,即可求得 A B . 【详解】   2| 2 0A x x x     化简可得    , 1 2,A      根据指数函数 1 2 x y      是减函数  1 2 1 x      ,即 01 1 2 2 x          ,故 0x    ,0B   故  , 1A B    故选:C. 【点睛】 本题考查了集合的交集,在集合运算比较复杂时,可以使用数轴来辅助分析问题,属于基 础题. 2．已知复数 1 2 iz i   (i 为虚数单位),则 z 对应的点在( ) A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 【答案】D 【解析】化简 1 2 iz i   ,可得       1 21 1 3 2 2 2 5 5 i iiz ii i i        ,即可求得 z 对应的点. 【详解】 第 2 页 共 25 页        1 21 1 3 2 2 2 5 5 i iiz ii i i         z 对应的点为 1 3,5 5     ,故在第四象限 故选:D. 【点睛】 本题主要考查了复数的四则运算,以及复数的基本概念的应用,其中解答中熟练应用复数 的运算法则化简是解答的关键,属于基础题. 3．已知实数 x , y 满足 1 0 2 0 2 2 x y x y y x           则 z x y  的最小值是( ) A．1 B． 2 C． 3 D． 4 【答案】B 【解析】由约束条件作出可行域,化目标函数为直线方程的斜截式,数形结合即可求得 z x y  的最小值. 【详解】 作出可行域,由 z x y  ,得 y x z   ,  当 y x z   与边界直线 2 0x y   重合时, z 取得最小值.  可取公共点 1 3,2 2      ,可知 min 1 3 22 2z    故选:B. 【点睛】 本题考查线性规划的相关内容,解题关键是根据约束条件画出不等式组表示的平面区域, 数形结合解决问题,属于中档题. 4．命题 p : 2m  ,命题 q:直线 1 12 0m x y m     与直线 2 3 0mx y m   垂直, 则 p 是 q成立的( ) 第 3 页 共 25 页 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】根据充分条件和必要条件的定义判断,即可得出答案. 【详解】  由直线 1 12 0m x y m     与直线 2 3 0mx y m   垂直  可得 ( 1) 2 0m m   ,即 2 2 0m m   ,解得 1m   或 2m  . 故:由直线 1 12 0m x y m     与直线 2 3 0mx y m   垂直不能推出: 2m  命题 p 是命题 q不必要条件  由 2m  时直线分别是: 10 0x y   , 3 0x y   ,此时两条直线垂直. 故命题 p 能推出命题 q  命题 p 是命题 q充分条件 综上所述, p 是 q充分不必要条件. 故选:A. 【点睛】 本题主要考查了充分条件与必要条件的判定,其中熟记充分条件和必要条件的判定方法 是解答的关键,着重考查了理解能力与运算能力,属于基础题. 5．已知  tan 2   ,则sin sin2       的值为( ) A． 2 5 B． 2 5  C． 2 5  D． 4 5 【答案】B 【解析】由  tan 2   ,可得 tan 2   ,根据诱导公式化简 sin sin2       ,即可 求得答案. 【详解】   tan 2    tan 2    sin sin cos sin2           第 4 页 共 25 页 2 2 2 cos sin tan cos sin 1 tan         2 2 1 4 5    故选:B. 【点睛】 本考查了由诱导公式求三角函数值,能熟练使用诱导公式是解本题关键,考察了计算能力, 属于基础题. 6．“辛卜生公式”给出了求几何体体积的一种计算方法:夹在两个平行平面之间的几何体, 如果被平行于这两个平面的任何平面所截,截得的截面面积是截面高（不超过三次）的 多项式函数,那么这个几何体的体积,就等于其上底面积、下底面积与四倍中截面面积的 和乘以高的六分之一.即:  046 hV S S S   ,式中 h , S , S , 0S 依次为几何体的高,下 底面积,上底面积,中截面面积.如图,现将曲线  2 0y x x  与直线 2y  及 y 轴围成的 封闭图形绕 y 轴旋转一周得到一个几何体.利用辛卜生公式可求得该几何体的体积 V  ( ) A． 2  B． C． 2 D． 4 【答案】C 【解析】根据“辛卜生公式”:  046 hV S S S   ,根据旋转体特点,结合已知,即可求得 答案. 【详解】  根据辛卜生公式:  046 hV S S S    根据题意可知该几何体是由,曲线  2 0y x x  与直线 2y  及 y 轴围成的封闭图 形绕 y 轴旋转一周得到.  0S   ,  2 2 2S    , 2 0 1S     ,  根据辛卜生公式  2 2 0 4 26V        故选:C. 第 5 页 共 25 页 【点睛】 本题考查了求旋转体体积,解题的关键是能够理解辛卜生公式,考查了理解能力和计算能 力,属于基础题. 7．已知  f x 是 R 上的偶函数,当 0x  时,有    3f x f x   ,当  0,3x 时,   2xf x  ,则 1 2 log 192f       ( ) A． 1 2 B． 1 3 C． 2 D． 3 【答案】D 【解析】利用偶函数 ( )f x 满足    3f x f x   求出函数的周期,然后化简 1 2 log 192f       ,通过周期性和偶函数性质,即可求得答案. 【详解】  当 0x  时,    3f x f x   ,     6f x f x  ,故 ( )f x 最小正周期: 6T  .   1 2 2 log 192 log 192f f        , 又  f x 为偶函数 故      2 2 2log 192 log 192 log 64 3f f f        2log 3 2 26 log 3 log 3 2 3f f     故选 D. 【点睛】 本题考查了函数的周期性,需要掌握 ( + ) ( )f m x f x 的周期为 m ,当所求的变量不在所 给的函数定义域内,利用函数的周期和奇偶性化简到定义域内,这是解此类型题的关键. 8．如图是一程序框图,则输出的 S 值为( ) 第 6 页 共 25 页 A． 2022 2023 B． 1011 2013 C． 1010 2021 D． 2020 2021 【答案】C 【解析】由程序框图可得 1 1 1 1 3 3 5 2019 2021S       ,根据数列的裂项求和,即 可得出答案. 【详解】 由程序框图可知: 1 1 1 1 3 3 5 2019 2021S       1 1 1 1 1 112 3 3 5 2019 2021           1 1 1 2020 101012 2021 2 2021 2021         故选:C. 【点睛】 本题考查数列的裂项求和,解题关键是能够理解程序框图,考查了分析能力,属于基础题. 9．已知向量  2,0a  ,向量  1, 3b  ,向量 c  满足 3c a b     ,则 c r 的最大值为 ( ) A． 2 3 3 B． 2 3 C．  3 D．3 3 【答案】D 【解析】设  ,c x y ,  2,0a  ,  1, 3b  ,则  3, 3c a b x y       ,即可求得    223 3 3x y    ,将 c  的起点放到坐标原点,则终点在以  3, 3 为圆心,半径 3 第 7 页 共 25 页 的圆上,即可求得 c r 的最大值. 【详解】  设  ,c x y ,  2,0a  ,  1, 3b    3, 3c a b x y       故    223 3 3c a b x y         , 即   223 3 3x y     将 c  的起点放到坐标原点,则终点在以  3, 3 为圆心,半径 3 的圆上.  c r 的最大值即:圆心到原点的距离+半径,即 9 3 3 3 3   , 故选:D. 【点睛】 本题主要考查向量的模的最值问题,根据向量模的几何意义,考查了分析能力和计算能力, 属于基础题型. 10．巴蜀中学作为一所中华名校,不仅是培养学生的摇篮,也是培养教师的摇篮,每一年都 有许多实习老师到巴蜀中学实习.现有甲乙等 4 位实习老师被分到高二年级的（1）,（2）, （3）三个班级实习.要求每个班级至少有一名实习老师,每个实习老师只能到一个班级实 习,则甲不去高二（1）班,乙必须去高二（3）班实习的概率为( ) A． 7 36 B． 1 6 C． 2 9 D． 7 72 【答案】A 【解析】根据题意,基本事件数 2 3 4 3 36n C A   ,甲去（3）班,有 2 2 2A  种,甲去（2）班, 有 2 1 1 2 2 2 5C C C   种,即可求得答案. 【详解】 根据题意基本事件数 2 3 4 3 36n C A    ①甲去（3）班,有 2 2 2A  种, ②甲去（2）班,有 2 1 1 2 2 2 5C C C   种,  甲不去高二（1）班,乙必须去高二（3）班实习的概率为: 7 36P  , 故选:A. 【点睛】 第 8 页 共 25 页 本题考查排列组合的简单应用.在排列组合的过程中,一般我们要注意:特殊元素优先排, 相邻元素捆绑排这样一个原则. 11．已知抛物线 2 4x y 的焦点为 F ,过直线 2y x  上任一点引抛物线的两条切线, 切点为 A , B ,则点 F 到直线 AB 的距离( ) A．无最小值 B．无最大值 C．有最小值,最小值为 1 D．有最大值,最大值为 5 【答案】D 【解析】设  1 1,A x y ,  2 2,B x y ,可得 2 1 14x y , 2 2 24x y ,即可求得 A 为切点的切线方 程 1l 和以 B 为切点的切线方程 2l ,设过直线 2y x  上任一点为  0 0,P x y ,将  0 0,P x y 代入 1l 和 2l ,即可求得直线 AB 的方程,进而求得点 F 到直线 AB 的距离. 【详解】 设  1 1,A x y ,  2 2,B x y , 可得 2 1 14x y , 2 2 24x y  以 A 为切点的切线方程为 1l :  1 1 12 xy y x x   ,即 1 12 xy x y  ——① 同理可得,以 B 为切点的切线方程为 2l : 2 22 xy x y  ——② 设过直线 2y x  上任一点为  0 0,P x y   0 0,P x y 代入①②得 1 0 0 1 2 0 0 2 ,2 ,2 xy x y xy x y       所以直线 AB 的方程为 0 02 xy x y  ,即 0 02 xy x y  , 又 0 0 2y x  ,即 0 1 22 xy x        AB 过定点  2,2P ,  当 PF AB 时,  0,1F 到l 的距离的最大值为:    2 22 0 1 2 5    . 当 AB 过点 F 时,距离的最小值为 0 故选:D. 【点睛】 第 9 页 共 25 页 本题主要考查直线与圆锥曲线的综合应用能力,综合性强,本题涉及到轨迹方程的求法及 直线与抛物线的相关知识,解题时要注意合理地进行等价转化. 12．已知函数         222 1 3 1 2 2x xf x a a e a x e x       有 4 个不同的零点， 则实数 a 的取值范围为( ) A． 1 ,2 e     B． 1 1,2 2 e      C．  1 ,1 1,2 e      D． 1 1,1 1,2 2 e            【答案】D 【解析】因为   0f x  ,故       222 1 3 1 2 2 0x xa a e a x e x       ,化简 为:      e 2 2 1 e 2 0x xa x a x            ,即 2 ex xa  , 22 1 ex xa   ,构造函数   2 ex xg x  ,求其最值即可求得实数 a 的取值范围. 【详解】  由   0f x  ,       222 1 3 1 2 2 0x xa a e a x e x        得      e 2 2 1 e 2 0x xa x a x            , 可得: 2 ex xa  , 22 1 ex xa   , 设   2 ex xg x  ,则    1 ex xg x    ,  当   0g x  时, 1x   当  <0g x 时, 1x     g x 在  , 1  上单调递增,在 1,  上单调递减, 故  2 0g   ,    max 1 eg x g   , 当 2x   ,   0g x  .  x   ,  g x   , x   ,   0g x  .要使方程有 4 个不同的零点, 则 0 e 0 2 1 e 2 1 a a a a          ,可得 1 1 e 2 2a   , 1a  , 故选:D. 第 10 页 共 25 页 【点睛】 本题考查了函数零点问题,要将函数的求零点问题转化为求方程根的问题,就自变量取不 同范围进行讨论求解这是解题关键. 二、填空题 13．二项式 2 4 6 2x x     展开式中的常数项为______. 【答案】－32 【解析】写出二项式 2 4 6 2x x     展开通项公式:    46 2 1 4 2r rr r rT C x x      ,即可求得答 案. 【详解】  二项式 2 4 6 2x x     展开通项公式:      46 2 24 8 1 4 42 2r r rr r r r rT C x x C x          当 3r  时,    324 8 3 4 42 2 32rr rC x C     二项式 2 4 6 2x x     展开式中的常数项为: 32 . 故答案为: 32 . 【点睛】 本题考查求二项式展开式中常数项,解题关键是掌握二项展开式的通项公式,考查分析能 力和计算能力,属基础题. 14．已知函数      sin 2 cos 2 0 2f x x x            ,将  f x 的图像向右平 移 12  个单位后得到的函数图像关于 y 轴对称,则 的值为______. 【答案】 5 12  【解析】将      sin 2 cos 2 0 2f x x x            化简可 得:   2 sin 2 4f x x       , 将  f x 的图像向右平移 12  个单位后 第 11 页 共 25 页 得:   2 sin 2 12g x x       ,根据  g x 图像关于 y 轴对称,即可求得答案. 【详解】       sin 2 cos 2 0 2f x x x             由辅助角公式可得:   2 sin 2 4f x x       将  f x 的图像向右平移 12  个单位后得:   2 sin 2 12g x x          2 sin 2 12g x x       图像关于 y 轴对称   12 2k k      Z , 5 12k    ,又 0 2   ,  0k  , 5 12   . 故答案为: 5 12  . 【点睛】 本题主要考查了三角恒等变换、及三角函数的图像变换和三角函数的性质的应用,其中 根据三角恒等变换的公式,化简得到函数的解析式,掌握三角函数的图像变换和三角函数 的性质是解答的关键,着重考查了推理与运算能力,属于基础题. 15．已知双曲线C : 2 2 2 2 1x y a b   ( 0a  , 0b  )的左,右焦点为 1F , 2F ,以 1 2F F 为直径的圆 与双曲线C 的渐近线在第一象限交于点 P ,线段 2PF 与双曲线的交点 M 为 2PF 的中点, 则双曲线C 的离心率为______. 【答案】 5 1 【解析】因为以 1 2F F 为直径的圆与双曲线C 的渐近线在第一象限交于点 P ,故 2 2 2x y c by xa     解得 , , x a y b    ,求得  ,P a b ,由中点坐标公式解得 ,2 2 a c bM      ,将其代入 2 2 2 2 1x y a b   ,即可求得双曲线C 的离心率. 【详解】 第 12 页 共 25 页  以 1 2F F 为直径的圆与双曲线C 的渐近线在第一象限交于点 P ,  2 2 2x y c by xa     解得: , , x a y b    故  ,P a b , 又  2 ,0F c ,  ,2 2 a c bM      ,代入双曲线方程 2 2 2 2 1x y a b   可得: 2 22 4 0c ac a   ,化简可得 2 2 4 0e e    1 5e    ,又 1e  ,  5 1e   . 故答案为: 5 1 . 【点睛】 本题考查了求双曲线离心率的问题,解题关键双曲线的几何性质及离心率的求法,数形结 合是本题的关键,查分析能力和计算能力,属于中档题. 16．已知数列 na ,满足    * 11 2n nna n a n    N , na 的前 n 项和为 nS ,对任意的 *nN ,当 5n  时,都有 5nS S ,则 5S 的取值范围为______. 【答案】 5,6 【解析】由   11 2n nna n a    ,当 1n  ,得 1 2a  .由     1 1 2 1 2 1 2 n n n n na n a n a na           可得 2 12n n na a a   ,即可求得 na 为等差数列,结合当 5n  时,都有 5nS S ,即可求得 5S 的取值范围. 【详解】  由   11 2n nna n a    ,  当 1n  ,得 1 2a  .    11 2n nna n a    ——① 可得  1 21 2n nn a na    ——②  由①②得: 2 12n n na a a   ,故 na 为等差数列. 第 13 页 共 25 页 又 1 2 0a   , 5S 最大,则 0d  , 5 0a  , 6 0a  , 即 2 4 0, 2 5 0 d d      1 2 2 5d     , 又 5 10 10S d  ,可得  5 5,6S  故答案为: 5,6 . 【点睛】 本题解题关键是根据已知条件判断出数量是等差数列,掌握数列单调性是解本题的关键, 考查了分析能力和计算能力,属于基础题. 三、解答题 17．已知数列 na ,是一个等差数列,且 2 2a  , 1 4 5a a  ,数列 nb 是各项均为正数的 等比数列,且满足: 1 1 2b  , 2 4 1 64b b  . （1）求数列 na 与 nb 的通项公式; （2）求证: 1 1 2 2 2n na b a b a b   . 【答案】（1） na n ， 1 2 n nb      （2）证明见解析 【解析】（1）因为 na 为等差数列,设公差为 d ,则 1 1 1 2, 3 5, a d a a d       即可求得首项和公 差,即可求得 na .因为 nb 为等比数列, 2 2 4 3 1 64b b b   , 2 3 1 1 8b b q  ,即可求得公比, 进而求得 nb . （2）因为 na n , 1 2 n nb      ,所以   2 3 11 1 1 1 11 2 3 12 2 2 2 2 n n nT n n                                 ,根据数列求和错位 相减法,即可求得 nT ,进而求得答案. 【详解】 （1）  na 为等差数列,设公差为 d ,  1 1 1 2, 3 5, a d a a d       第 14 页 共 25 页  1 1, 1, a d      1 1na a n d n    .   nb 为等比数列, 0nb  ,设公比为 q,则 0q  ,  2 2 4 3 1 64b b b   , 2 3 1 1 8b b q  ,  1 2q  , 11 1 1 2 2 2 n n nb             . （2）令 1 1 2 2 3 3n n nT a b a b a b a b    ,    2 3 11 1 1 1 11 2 3 12 2 2 2 2 n n nT n n                                 ——① 可得:   2 3 11 1 1 1 11 2 12 2 2 2 2 n n nT n n                               ——② 由①-② 得: 2 3 1 1 1 112 21 1 1 1 1 1 1 12 2 2 2 2 2 21 2 n n n n nT n n                                              ,  11 12 22 2 n n nT n               . 故 1 1 2 2 2n na b a b a b   . 【点睛】 本题考查求等差数列通项公式和数列求和.错位相减法求数列和,适用于通项公式为等差 的一次函数乘以等比的数列形式,考查了学生的计算能力,属于基础题型. 18．2019 年双十一落下帷幕,天猫交易额定格在 268(单位:十亿元)人民币(下同),再创新 高,比去年 218(十亿元)多了 50(十亿元),这些数字的背后,除了是消费者买买买的表现,更 是购物车里中国新消费的奇迹,为了研究历年销售额的变化趋势,一机构统计了 2010 年 到 2019 年天猫双十一的销售额数据 y (单位:十亿元).绘制如下表 1: 表 1 年份 2010 2011 2012 2013 2014 2015 2016 2017 2018 2019 编号 x 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 第 15 页 共 25 页 销售额 y 0.9 8.7 22.4 41 65 94 132.5 172.5 218 268 根据以上数据绘制散点图,如图所示. (1)根据散点图判断, y a bx  与 2y cx d  哪一个适宜作为销售额 y 关于 x 的回归方 程类型？(给出判断即可,不必说明理由) (2)根据(1)的判断结果及下表中的数据,建立 y 关于 x 的回归方程,并预测 2020 年天猫双 十一销售额;(注:数据保留小数点后一位) (3)把销售额超过 10(十亿元)的年份叫“畅销年”,把销售额超过 100(十亿元)的年份叫“狂 欢年”,从 2010 年到 2019 年这十年的“畅销年”中任取 3 个,求取到的“狂欢年”个数 的分 布列与期望. 参考数据: 2 i it x . 10 1 1020i i y   10 1 8088i i i x y   10 1 385i i t   10 2 1 25380i i t   10 1 67770i i i t y    2 1483t  参考公式:对于一组数据  1 1,u v , 2 2,u v ,…, ,n nu v ,其回归直线  v a u  的斜率和 截距的最小二乘估计公式分别为  1 22 1 1 1 1 n i n i u v nuv u nu         ,  v u   . 第 16 页 共 25 页 【答案】（1） 2y cx d  更适宜（2）  22.7 2.0y x  ，预测 2020 年双十一的销售额 为 324.7 十亿元（3）答案见解析 【解析】（1）根据其图像的形状,即可得出答案. （2）根据 10 1 10 2 2 1 10 10 i i i i t y t y b t t          , a y bt $ $ ,即可求得 y 关于 x 的回归方程,即可预测 2020 年天猫双十一销售额; （3）因为畅销年个数为8 ,狂欢年个数为 4 , 的可能取值为 0,1,2,3 ,分别求出  0P   ,  1P   ,  2P   ,  3P   ,即可求得随机变量 X 的分布列和数学期望. 【详解】 （1）根据其图像的形状可知, 2y cx d  更适宜. （2） 10 1 10 2 2 1 10 67770 10 38.5 102 28500 570 2.725380 14830 10550 21110 i i i i t y t y b t t               ,  102 2.7 38.5 2.0a y bt       ,   22.7 2.0y x  ,当 1x  时,  324.7y  （十亿元）, 预测 2020 年双十一的销售额为324.7 十亿元. （3）畅销年个数为8 ,狂欢年个数为 4 , 的可能取值为 0,1,2,3   3 4 3 8 4 10 56 14 CP C      ,   2 1 4 4 3 8 24 31 56 7 C CP C      ,   2 1 4 4 3 8 24 32 56 7 C CP C      ,   3 4 3 8 4 13 56 14 CP C      ,  0 1 2 3 P 1 14 3 7 3 7 1 14 ∴   1 3 3 1 30 1 2 314 7 7 14 2E           . 第 17 页 共 25 页 【点睛】 本题考查了概率的求法和离散型随机变量分布列及其数学期望,在列分布列时,要弄清随 机变量所满足的分布列类型,结合相应公式求出事件的概率,进而得出概率分布列以及数 学期望,考查计算能力. 19．已知,在 ABC 中,内角 A , B ,C 的对边分别为 a ,b , c ,  sin cos ,sinp A C A  ,  cos sin , sinq C A C   ,若 1 cos2 2 Bp q    . （1）求角 B ; （2）若 3b  ,求 ABC 面积的最大值. 【答案】（1） 2 3B  （2） 3 3 4 【解析】（1）因为  sin cos ,sinp A C A  ,  cos sin , sinq C A C   , 1 cos2 2 Bp q    可得: 2 2 2cos sin sin sin cosp q C A A C B      ,根据正弦定理可得 2 2 2a c ac b   ,即 可求得答案. （2）由余弦定理: 2 2 2 2 cosb a c ac B   , 2 29 3a c ac ac    ,则 3ac  ,根据三角 形面积公式即可求得答案. 【详解】 （1）  sin cos ,sinp A C A  ,  cos sin , sinq C A C   , 1 cos2 2 Bp q     2 2 2cos sin sin sin cosp q C A A C B      , 可得: 2 2 21 sin sin sin sin 1 sinC A A C B     ,  2 2 2sin sin sin sin sinA C A C B   . 由正弦定理: 2 2 2a c ac b   故: 2 2 2 2 cosa c b ac ac B      1cos 2B   ,  0 B   ,  2 3B  . （2）由余弦定理: 2 2 2 2 cosb a c ac B   , 第 18 页 共 25 页  2 29 3a c ac ac    ,  3ac  ,当且仅当 a c 时, max 3ac  ,  1 3 3 3sin2 4 4ABCS ac B ac   .  ABC 面积的最大值为: 3 3 4 . 【点睛】 本题主要考查正弦定理,余弦定理解三角形和三角形面积公式,解题关键是利用正弦定理 sin sin sin a b c A B C   边化角,再利用和角的正弦公式化简所给式子,属于基础题. 20．已知椭圆C ： 2 2 2 2 1x y a b    0a b  的两个焦点为 1F , 2F ,焦距为 2 2 ,直线 l : 1y x  与椭圆C 相交于 A , B 两点, 3 1,4 4P    为弦 AB 的中点. （1）求椭圆的标准方程; （2）若直线 l : y kx m  与椭圆C 相交于不同的两点 M , N ,  0,Q m ,若 3OM ON OQ    （O 为坐标原点）,求 m 的取值范围. 【答案】（1） 2 2 13 x y  （2） 1 13 m  或 11 3m    【解析】（1）因为 3 1,4 4P    为弦 AB 的中点,设  1 1,A x y ,  2 2,B x y ,将其代入 2 2 2 2 1x y a b   利用点差法,即可求得答案. （2）因为 M ,Q , N 三点共线, 1 3 3OQ OM ON    , 根据三点共线性质可 得: 1 13 3   ,则 2  ,将直线l 和椭圆C 联立方程 2 2 , 3 3 y kx m x y      消掉 y ,结合已知,利用 韦达定理即可求得答案. 【详解】 （1） 焦距为 2 2 ,则 2c  , 设  1 1,A x y ,  2 2,B x y , 第 19 页 共 25 页  3 1,4 4P    为弦 AB 的中点,根据中点坐标公式可得: 1 2 3 2x x  , 1 2 1 2y y   , 又 将其  1 1,A x y ,  2 2,B x y 代入椭圆C : 2 2 2 2 1x y a b    2 2 2 2 2 2 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 b x a y a b b x a y a b        将两式作差可得:      2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 0b x x x x a y y y y      ,      2 2 1 21 2 2 2 1 2 1 2 3 1AB b x xy y bk x x a y y a       ,  2 23a b= ——①.  2 22a cb  ——② 由①②得: 2 2 3 1 a b     椭圆的标准方程为 2 2 13 x y  . （2） M ,Q , N 三点共线, 1 3 3OQ OM ON     根据三点共线性质可得: 1 13 3   ,则 2  设  1 1,M x y ,  2 2,N x y ,则 1 2 1 2 03 3x x  ,  1 22x x  . 将直线 l 和椭圆C 联立方程 2 2 , 3 3 y kx m x y      消掉 y . 可得: 2 2 21 3 6 3 3 0k x kmx m     . 2 20 3 1 0k m      ——①, 根据韦达定理: 1 2 2 6 1 3 kmx x k     , 2 1 2 2 3 3 1 3 mx x k   , 代入 1 22x x  ,可得: 2 2 6 1 3 kmx k   , 2 2 2 2 3 32 1 3 mx k    ,    2 2 2 2 22 36 3 32 1 31 3 k m m kk     ,即 2 2 29 1 3 1m k m    . 第 20 页 共 25 页  29 1 0m   , 2 1 9m  ,  2 2 2 13 09 1 mk m   ——②, 代入①式得 2 2 2 1 1 09 1 m mm     ,即  2 2 2 1 1 09 1 m mm     ,    2 2 21 9 1 0m m m   ,  21 19 m  满足②式,  1 13 m  或 11 3m    . 【点睛】 本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系,所使用方法为韦达定理法:因直线的方程是一次 的,圆锥曲线的方程是二次的,故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题,最终 转化为一元二次方程问题,故用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一, 尤其是弦中点问题,弦长问题,可用韦达定理解决. 21．已知函数   lnf x x x . （1）求  f x 的单调区间与极值； （2）若不等式 2 3ln 032 2 xx x e x        对任意  1,3x 恒成立，求正实数  的取 值范围. 【答案】（1）单减区间为 10, e      ,  f x 的单增区间为 1 ,e     ,   1 ef x  极小值 ,无极 大值.（2） 1 27ln3 2   【解析】（1）因为   lnf x x x ,定义域为  0,  ,则   1 lnf x x   ,即可求得  f x 的 单调区间与极值; （2） 2 2 3 eln 032 2 xxx x x x         ,故 2 3 02x x  ,将其化简可得 2 23 3ln e2 2 xx x x x x               ,  2 3 e2 xf x x f      ,由（1）知  f x 在 第 21 页 共 25 页 1 ,e     上单增, 2 3 e2 xx x   , 2 3ln 2x x x      ,即可求得正实数  的取值范围. 【详解】 （1）   lnf x x x    1 lnf x x   ,定义域为 0,  , 又   0f x  , 1 ex  ,   0f x  , 10 ex  .   f x 的单减区间为 10, e      ,  f x 的单增区间为 1 ,e        1 1 1 1lne e e ef x f       极小值 ,无极大值. （2） 2 2 3 eln 032 2 xxx x x x         ,故 2 3 02x x  将 2 2 3 eln 032 2 xxx x x x         化简可得: 2 23 3ln e2 2 xx x x x x               ,   2 3 e2 xf x x f      .  2 3 22x x  , 0e e 1x   , 由（1）知  f x 在 1 ,e     上单增,  2 3 e2 xx x   ,  2 3ln 2x x x      ,即 2 3ln 2x x x      . 令   2 3ln 2x x h x x     , 第 22 页 共 25 页   2 2 32 32 ln3 2 2 x x x x h x x         令   2 32 32 ln3 2 2 x k x x x x        , 则   2 2 3 322 2 33 22 x k x x xx          3 321 2 2 3 3 2 2 x xx x          2 92 31 4 03 3 2 2 x x x x x             ,   k x 在 1,3 上单减,   7 51 ln 05 2k    ,   5 273 ln 03 2k    ,   0 1,3x  ,  0 0k x  且在 01, x 上,   0k x  ,   0h x  ,  h x 单增, 在 0,3x 上,   0k x  ,   0h x  ,  h x 单减.            3 min 27ln5 272min 1 , 3 , 1 ln , 3 ln2 3 2h x h h h h        1 3h h  1 27ln3 2   . 【点睛】 本题主要考查导数在函数中的综合应用和不等式恒成立问题.对于恒成立问题,通常利用 导数研究函数的单调性,求出最值,进而得出相应的不等关系式.着重考查了转化与化归 思想、逻辑推理能力与计算能力. 22．在直角坐标系 xOy 中,曲线 1C : 2 2cos , 2sin , x y       ( 为参数),以原点O 为极点, x 轴的 正半轴为极轴建立极坐标系,曲线 2C : 2 4 sin 3    ,曲线 1C 与曲线 2C 相交于 M , N 两点. （1）求曲线 2C 的直角坐标方程与直线 MN 的一般方; （2）点 3 ,04P    ,求 PM PN . 第 23 页 共 25 页 【答案】（1） 2C ： 2 2 4 3x y y   ，直线 MN ： 4 4 3 0x y   （2）11 2 4 【解析】（1）将曲线 1C : 2 2cos 2sin x y       化简为: 2 cos2 sin2 x y       ,根据 2 2sin cos 1   消参,即可得到 2C 的直角坐标方程,将 1C 和 2C 直角坐标方程作差,即可求得直线 MN 的 一般方程. （2）将 MNl : 3 4y x  方程,改写成直线参数方程: 3 2 4 2 2 2 x t y t       （t 为参数）,将其 代入 1C ,即可求得 PM PN . 【详解】 （1） 1C : 2 22 4x y   即 2 24 0x x y   . ——① 2C : 2 2 4 3x y y   ——② 将①-②得: MNl : 4 4 3 0x y    ,  曲线 2C 的直角坐标方程: 2 2 4 3x y y   ,直线 MN 的一般方程 为: 4 4 3 0x y   . （2） MNl : 3 4y x  ,  3 ,04P    在 MNl 上, 直线 MN 的参数方程为: 3 2 4 2 2 2 x t y t       （t 为参数）, 代入 1C : 2 22 4x y   ,整理得 2 11 2 57 04 16t t   , 根据韦达定理: 1 2 11 2 4t t  , 1 2 57 16t t  ,  1 0t  , 2 0t  . 第 24 页 共 25 页 故: 1 2 11 2 4PM PN t t    . 【点睛】 本题考查了极坐标和直角坐标方程.解题关键是掌握直线的标准参数方程,结合韦达定理 来求线段和,意在考查学生的转化能力和计算求解能力,属于基础题. 23．已知函数   1 2 2f x x x a    . （1）若 1a  ,求不等式   4f x  的解集; （2）证明:对任意 xR ,  2 2f x a a   . 【答案】（1）  5, 1,3x         （2）证明见解析 【解析】（1）当 1a  时,   1 2 2f x x x    ,分别讨论 1x   , 1 1x   和 1x  时 求解   4f x  ,即可求得答案; （2）因为    2 2 1f x x x a x a      ,根据| | | | | | | | | |a b a b a b     即可求 得答案. 【详解】 （1）当 1a  时,   1 2 2f x x x    ①当 1x   时,   1 2 2 4f x x x     ,得 5 3x   ； ②当 1 1x   时,   1 2 2 3 4f x x x x       ,得 1x  , ∴ x ③当 1x  时,   1 2 2 3 1 4f x x x x       ,得 1x  , ∴  5, 1,3x         . （2）      2 2 1 2 1f x x x a x a x x a x a             2 1 2 1 2 2 2a x a a a a a           .  对任意 xR ,  2 2f x a a   . 【点睛】 本题主要考查了含绝对值不等式的求解,其中解答中合理分类讨论去掉绝对值,转化为等 价不等式求解是解答的关键,着重考查了分类讨论思想,以及推理与运算能力,属于中档 第 25 页 共 25 页 试题.