山西省2020届高三6月模拟考试数学（文）试题 Word版含解析

山西省2020届高三6月模拟考试数学（文）试题 Word版含解析

- 1 - 2020 年山西省高考数学模拟试卷（文科）（6 月份） 一、选择题 1.已知集合  2 3 4 0A x x x    ，集合  2 2xB y y   ，则 A B  （ ） A.  0,4 B.  2,4 C.  2,5 D.  2, 【答案】B 【解析】 【分析】 先通过一元二次不等式的解法和指数函数的值域，化简集合 A，B，然后利用交集的定义求解. 【详解】因为    2 3 4 0 1,4A x x x      ，    2 2 2,xB y y     ， 所以  2,4A B  ． 故选：B 【点睛】本题主要考查集合的基本运算以及一元二次不等式的解法，指数函数的性质，还考 查了运算求解的能力，属于基础题. 2.已知复数  ,z a bi a b R   ， 1 z i 是实数，那么复数 z 的实部与虚部满足关系式（ ） A. 0a b  B. 0a b  C. 2 0a b  D. 2 0a b  【答案】A 【解析】 【分析】 先利用复数的除法运算化简 1 z i ，若为实数，则虚部为零，即得解. 【详解】    ( )(1 ) 1 1 2 2 a b a b iz a bi a bi i i i         ， 1 z i 是实数，所以 0a b  ， 故选：A. 【点睛】该题考查的是有关复数的问题，涉及到的知识点有复数的四则运算和基本概念，考 查了学生概念理解，数学运算的能力，属于基础题目. 3.如图茎叶图记录了甲、乙两组各五名学生在一次英语听力测试中的成绩（单位：分）．则甲 组数据的中位数，乙组数据的平均数分别为（ ） - 2 - A. 12,15 B. ,15 15 C. 15,15.9 D. 15,16.8 【答案】D 【解析】 【分析】 由茎叶图确定各数据，然后根据中位数和均值的定义求解． 【详解】甲组 5 个数据中间的数是 15，即中位数是 15， 乙组数据的均值是 8 15 19 18 24 16.85      ． 故选：D． 【点睛】本题考查茎叶图，考查中位数和均值的概念，由茎叶图得出各数据是解题基础． 4.已知 0.22tan 5a      ， 5log 3b  ， 2 2log cos 7c      ，则（ ） A. b a c  B. a b c  C. c a b  D. a c b  【答案】B 【解析】 【分析】 先确定 2tan 5  和 2cos 7  的范围，然后利用指数函数和对数函数性质把 , ,a b c 与 0，1 比较后 可得． 【详解】因为 2 2 5 4     ，所以 2tan 15   ， 20 cos 17   ， ∴ 0.22tan 15a      ， 50 log 3 1b   ， 2 2log cos 07c      ， 所以 a b c  . 故选：B． 【点睛】本题考查幂、对数的大小比较，考查三角函数的性质，掌握指数函数和对数函数的 - 3 - 性质是解题关键． 5.已知向量  1,0OM  ，  0,2ON  ，NP tNM  ，则当 OP  取最小值时，实数t （ ） A. 1 3 B. 1 5 C. 4 5 D. 2 3 【答案】C 【解析】 【分析】 由 NP tNM  知 P 在直线 MN 上，因此要使 OP  最小，则有OP MN ，由直角三角形的射 影定理计算出 NP  即得． 【详解】由 NP tNM  知 P 在直线 MN 上，当OP MN 时， OP  最小， 如图， 2 21 2 5MN    ，又 2ON NP NM ， ∴ 2 22 4 5 55 NONP MN    ， 4 5NP NM ，这时 4 5NP MN  ， 4 5t  ． 故选：C． 【点睛】本题考查平面向量数乘的意义，掌握平面向量数乘的概念是解题关键． 6.谢宾斯基三角形是一种分形，由波兰数学家谢宾斯基在 1915 年提出，先作一个正三角形挖 去一个“中心三角形”（即以原三角形各边的中点为顶点的三角形），然后在剩下的小三角形 中又挖去一个“中心三角形”，我们用白色代表挖去的面积，那么黑三角形为剩下的面积（我 们称黑三角形为谢宾斯基三角形）．向图中第 4 个大正三角形中随机撒 512 粒大小均匀的细小 - 4 - 颗粒物，则落在白色区域的细小颗粒物的数量约是（ ） A. 256 B. 350 C. 296 D. 224 【答案】C 【解析】 【分析】 设第一个三角形的面积为1，通过图形中的比例关系可确定黑色部分面积是首项为1，公比为 3 4 的等比数列；通过计算第五个图形中黑色部分面积可确定白色部分面积；根据均匀随机数的 思想可求得结果. 【详解】不妨设原三角形面积为1，第一次挖去三角形的面积为 1 4 ，剩余面积为 3 4 ，接下来每 挖一次，对每个小完整三角形来说挖去的面积都是原完整三角形面积的 1 4 ，剩余面积为 3 4 ， 故第二次挖去以后剩余面积为 23 4      ，第三次挖去以后剩余面积为 33 4      ，所以第 4 个图中白 色 区 域 的 面 积 为 331 4     ， 所 以 落 在 白 色 区 域 的 细 小 颗 粒 物 约 有 33 37512 1 512 2964 64             （粒）． 故选：C 【点睛】本题考查均匀随机数思想的应用，关键是能够通过观察得到黑色部分的面积成等比 数列的特点. 7.已知某算法的程序框图如图所示，则该算法的功能是（ ） - 5 - A. 求首项为1，公比为 2 的等比数列的前 2018 项的和 B. 求首项为1，公比为 2 的等比数列的前 2019 项的和 C. 求首项为1，公比为 4 的等比数列的前1009 项的和 D. 求首项为1，公比为 4 的等比数列的前1010项的和 【答案】D 【解析】 【分析】 先由程序的循环变量 n 得到循环执行的次数，再由 S 中第一次累加的是 1 12 1  ，第二次累加 的是 3 12 4  ，依此循环得到结论. 【详解】由已知中的程序框图可知：该程序的循环变量 n 的初值为1，终值为 2021，步长为 2 ， 故循环共执行了1010次． 由 S 中第一次累加的是 1 12 1  ，第二次累加的是 3 12 4  ，一直下去， 故该算法的功能是求首项为1，公比为 4 的等比数列的前1010项的和． 故选：D 【点睛】本题主要考查程序框图中的循环结构，还考查了逻辑辨析的能力，属于基础题. 8.双曲线   2 2 2 2: 1 , 0x yC a ba b    的左、右焦点分别为 1 2,F F ，过 2F 且垂直于 x 轴的直线与 双曲线C 的两条渐近线分别交于 ,M N 两点，若 1MF N 为等腰直角三角形，则该双曲线离心 率为（ ） A. 15 B. 15 2 C. 5 3 D. 5 - 6 - 【答案】D 【解析】 【分析】 求出双曲线C 的两渐近线方程，由 x c by xa   ，得出 , bcM c a      ，利用 1MF N 为等腰直角三 角形，可得 2bc ca ，即可求出该双曲线的离心率． 【详解】由   2 2 2 2: 1 , 0x yC a ba b    的渐近线方程： by xa   ， 设点 M 在第一象限内，由 x c by xa   ，解得 , bcM c a      ， 因为 1MF N 为等腰直角三角形，则 1 2MF F△ 也为等腰直角三角形， 所以 1 2 2F F F M ，即 2bc ca ，即 2b a  ， 所以 2 2 2 2 21 1 2 5c c be a a a        ， 故选：D． 【点睛】本题主要考查双曲线的渐近线方程和离心率的求法，利用等腰直角三角形边角关系 可得 a 、 c 的等式，化简可得离心率，属于中等题. 9.如图，平面四边形 ADBC 中， AB BC ， 3AB  ， 2 3BC  ， ABD△ 为等边三角 形，现将 ABD△ 沿 AB 翻折，使点 D 移动至点 P ，且 PB BC ，则三棱锥 P ABC 的外接 球的表面积为（ ） - 7 - A. 16 B. 8 C. 4 D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】 将三棱锥 P ABC 补形为如图所示的三棱柱，则它们的外接球相同，由此易知外接球球心O 应在棱柱上下底面三角形的外心连线上，在 Rt OBE 中，计算半径 OB 即可. 【详解】由 AB BC ， PB BC ，可知 BC ⊥平面 PAB ． 将三棱锥 P ABC 补形为如图所示的三棱柱，则它们的外接球相同， 由此易知外接球球心O 应在棱柱上下底面三角形的外心连线上， 记 ABP△ 的外心为 E ，由 ABD△ 为等边三角形，可得 1BE  ． 又 32 BCOE   ，故在 Rt OBE 中， 2OB  此即为外接球半径， 从而外接球表面积为16 ． 故选：A 【点睛】本题考查了三棱锥外接球的表面积，考查了学生空间想象，逻辑推理，综合分析， 数学运算的能力，属中档题. 10.已知函数   2 2 4 , 4 , x xg x x x     0 0 x x   ，    f x xg x ，若    2 2f a f a  ，则实数 a 的取 - 8 - 值范围是（ ） A. 21, 3     B. 22, 3     C. 2, 3     D. 2 ,3     【答案】B 【解析】 【分析】 判断 ( )g x 的奇偶性与单调性，从而可得 ( )f x 的奇偶性与单调性，利用这两个性质解不等式． 【详解】       22 22 4 2 4 4 2 4 x x xg x x x x            0 0 x x   ， 由  g x 的解析式可知，  g x 在  ,  上是奇函数且单调递增，    f x xg x 为偶函数， 当 0x  时，有    0g x g ， 任取 1 2 0x x  ，则    1 2 0g x g x  ，由不等式的性质可得    1 1 2 2 0x g x x g x  ， 即    1 2 0f x f x  ，所以，函数  f x 在 0,  上递增 再由    2 2f a f a  ，得，    2 2f a f a  得 2 2a a  即 23 4 4 0a a   ，解得 22 3a   ． 故选：B． 【点睛】本题考查函数的奇偶性与单调性，注意奇函数与偶函数在解不等式应用的不同点， 正确求解不等式． 11.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的某多面体的三视图，则该几何体各个表 面的面积中，最小值为（ ） A. 2 2 B. 2 C. 4 D. 2 6 - 9 - 【答案】A 【解析】 【分析】 根据三视图还原该几何体为倾斜放置的一个四棱锥，且顶点在底面的射影落在底面的一个顶 点上，然后结合三视图分别求出各个面的面积并进行比较，即可得到答案． 【详解】满足三视图的几何体为四棱锥 P ABCD ，如图所示： 则 4 2ABCDS  ， 4PCBS  ， 4PCDS  ， 2 2PABS  ， 1 2 2 2 3 2 62PADS     ，所 以该几何体的表面中的面积最小值为 2 2 ． 故选：A 【点睛】本题主要考查对三视图所表达的空间几何体的识别及几何体侧面积的计算．由三视 图还原几何体，要弄清楚几何体的特征，把三视图中的数据、图形特点准确地转化为对应几 何体中的线段长度、图形特点，再进行计算． 12.已知函数   3ln 2 xef x t x xx x        仅有一个极值点1，则实数t 的取值范围是（ ） A. 1, 3 3 e           B. 1, 3     C. 1, 2 3 e           D. 1, 2     【答案】B 【解析】 【分析】 - 10 - 求出导函数 ( )f x ，则 ( ) 0f x  在 (0, ) 上只有一个解，变形后知 02 3 xe tx   无解，    02 3 xeg x xx   ，利用导数求出它的最小值后可得t 的范围． 【详解】由题意知函数  f x 的定义域为  0,  ，         2 2 2 1 2 31 1 32 xx x e t xx ef x tx x x x                   2 1 2 3 2 3 xex x tx x       因为函数恰有一个极值点1，所以 02 3 xe tx   无解，令    02 3 xeg x xx   ，则，      2 2 1 0 2 3 xe xg x x     ，所以  g x 在 0,  上单调递增，从而     10 3g x g  ，所以 1 3t  时， 02 3 xe tx   无解，   3ln 2 xef x t x xx x        恰有一个极值点1，所以 t 的取 值范围是 1, 3     ． 故选：B. 【点睛】本题考查用导数研究函数极值点个数问题，解题时转化为 ( ) 0f x  在 (0, ) 上只 有一解问题，再用分离参数法转化为求函数最值．考查了转化与化归思想． 二、填空题 13.在如图所示的表格中，如果每格填上一个数后，每一行成等差数列，每一列成等比数列， 那么 x y 的值为______． 【答案】 25 8 - 11 - 【解析】 【分析】 由第一行构成等差数列 na ，求得 4 9a  ，由第二行构成等差数列 nb ，求得 4 9 2b  ， 由第三列构成等比数列 nc ，求得 3 2x c  ，由第四列构成等比数列 ne ，求得 4 9 8y e  ， 即可求解 x y 的值，得到答案. 【详解】由题意，设第一行构成等差数列 na ，可得 1 36, 8a a  ， 则 3 1 2a a d  ，即 6 2 8d  ，解得 1d  ，所以 4 1 3 9a a d   ， 设第二行构成等差数列 nb ，可得 1 33, 4b b  ，则 13 2 4d  ，解得 1 2d  ， 所以 4 1 1 93 2b b d   ， 设第三列构成等比数列 nc ，可得 1 28, 4c c  ，则 2 1 1 2 cq c   ，所以 3 2x c  ， 设第四列构成等比数列 ne ，可得 1 2 99, 2e e  ， 则 2 1 1 1 2 eq e   ，所以 3 4 1 99 ( )2 8y e    ， 所以 9 252 8 8x y    . 故答案为： 25 8 . 【点睛】本题主要考查了等差数列、等比数列的通项公式的基本量的运算，其中解答中熟记 等差、等比数列的通项公式，准确计算是解答的关键，着重考查推理与计算能力. 14.为了得到函数 sin 2y x 的图象，需将函数 cos 2 4y x      的图象沿 x 轴向右平移 m 个 单位长度，则正实数 m 的最小值是______． 【答案】 8  【解析】 【分析】 把 cos 2 4y x      用诱导公式化为 sin(2 )y x   形式，然后根据三角函数图象平移的性 - 12 - 质得出结论． 【详解】 cos 2 sin 2 sin 24 2 4 4y x x x                            ， sin[2( ) ] sin 28 4x x    ， 故函数 sin 2 4y x      的图象沿 x 轴向右平移 8  个单位长度即可得到函数 sin 2y x 的图 象． 故答案为： 8  ． 【点睛】本题考查三角函数图象变换，掌握三角函数图象变换的知识是解题关键，求解时需 把变换前后的函数名称化为相同， x 的系数的正负相同． 15.如图，圆锥底面半径为 2 ，体积为 2 2 3  ， AB 、CD 是底面圆O 的两条互相垂直的直 径， E 是母线 PB 的中点，已知过 CD 与 E 的平面与圆锥侧面的交线是以 E 为顶点的抛物线 的一部分，则该抛物线的焦点到其准线的距离等于______． 【答案】1 【解析】 【分析】 由圆锥体积计算出圆锥的高，从而得母线长，可得OE ，然后以 E 为坐标原点，OE 为 y 轴， 与CD 平行的直线为 x 轴建立平面直角坐标系，得抛物线方程为  2 2 0y px p   ，代入C 点坐标，求得 p ，从而得结论． 【详解】由 2 21 1 2 2( 2)3 3 3V r h PO       ，得 2PO  ，则 2PB  ， 1OE  ， 2OC OD  ， - 13 - 以 E 为坐标原点，OE 为 y 轴，与CD 平行的直线为 x 轴建立如图所示的平面直角坐标系， 则  1, 2C  ，设抛物线的方程为  2 2 0y px p   ， ∴ 2( 2) 2 ( 1)p    ，解得 1p  ，故焦点到其准线的距离等于1． 故答案为：1. 【点睛】本题考查空间图形中的平面轨迹问题，解题时可在此平面内建立平面直角坐标系， 利用平面解析几何知识求解． 16.记数列 na 的前 n 项和为 nS ，已知  1 11 02n nna n a     ，且 1 3 2a  ．若对任意的 *n N ，都有 2 n n Sm  ，则实数 m 的取值范围为______． 【答案】 1m > 【解析】 【分析】 在已知式  1 11 02n nna n a     中用 1n  代 n 得另一等式，两式相减可证得数列{ }na 是等 差数列，由 1a 求出 2a ，得公差，从而可得通项公式和前 n 项和 nS ，令 2 n n n Sb  ，求出 nb 后确 定数列{ }nb 的最大值，得 m 的取值范围． 【详解】依题意，  1 11 02n nna n a     ，则   2 1 11 2 02n nn a n a      ，两式相减， 可 得 2 12 0n n na a a    ， 所 以  na 为 等 差 数 列 ， 由  1 11 02n nna n a     ， 得 2 1 12 02a a   ， 又 1 3 2a  ， 解 得 2 5 2a  ， 所 以 2 1 1d a a   ， 则 3 ( 1) 2 2n n nS n   ,∴ 2 1 2 2 2 n n n S n n   ， 令 2 n n n Sb  ， 2 1 2 3 2n n n nb b    ， 当 2n  时 ， - 14 - 1 0n nb b+ - < ，数列 nb 单调递减，而 1 3 4b  ， 2 1b  ， 3 15 16b  ，故 1m > ． 故答案为： 1m > ． 【点睛】本题考查等差数列的证明，考查等差数列前 n 项和公式，考查数列不等式恒成立问题． 在已知式  1 11 02n nna n a     中用 1n  代 n 得另一等式，两式相减可证得数列{ }na 是等 差数列，这种变形方法我们可称之为“消常法”， 数列不等式恒成立问题，可转化为求数列 的最值问题，从而可先确定数列的单调性． 三、解答题 17.在 ABC 中，内角 , ,A B C 的对边分别为 , ,a b c ，且 2 2 cosa c b C  ． （1）求sin B 的值； （2）若 3b  ，求 c a 的取值范围． 【答案】（1） 3 2 ；（2）( 3,2 3ùúû ． 【解析】 【分析】 （1）由正弦定理和题设条件，化简得 sin 2cos sinC B C ，进而求得 1cos 2B  ，结合三角 函数的基本关系式，即可求得sin B 的值； （2）由（1）和正弦定理化简得 2 3sin 6c a A       ，结合三角函数的性质，即可求得 c a 的范围． 【详解】（1）在 ABC 中，因为 2 2 cosa c b C  ，可得 2sin sin 2sin cosA C B C  ， 则  2sin sin 2sin cosB C C B C   ，整理得 sin 2cos sinC B C ， 因为 (0, )C  ，则 sin 0C  ，所以 1cos 2B  ， 又因为 0 B   ，所以 3sin 2B  ． （2）由（1）知 3sin 2B  ，由正弦定理知 2sin b B  ，所以 2sina A ， 2sinc C 所以 - 15 - 22sin 2sin 2sin 2sin 3 cos 3sin 2 3sin3 6c a C A A A A A A                    ， 又由 1cos 2B  ，因为 0 B   ，所以 3B  ，则 2 3A C   ， 所以 20 3A   ，可得 5 6 6 6A     ，所以 1 sin 12 6A       ， 可得 3 2 3sin 2 36A       ，所以 c a 的范围为( 3,2 3ùúû ． 【点睛】本题主要考查了利用正弦定理和三角函数的恒等变换求解三角形问题，对于解三角 形问题，通常利用正弦定理进行“边转角”寻求角的关系，利用“角转边”寻求边的关系， 利用余弦定理借助三边关系求角，利用两角和差公式及二倍角公式求三角函数值. 利用正、 余弦定理解三角形问题是高考高频考点，经常利用三角形内角和定理，三角形面积公式，结 合正、余弦定理解题. 18.为贯彻落实党中央全面建设小康社会的战略部署，某贫困地区的广大党员干部深入农村积 极开展“精准扶贫”工作．经过多年的精心帮扶，截至 2018 年底，按照农村家庭人均年纯收 入 8000 元的小康标准，该地区仅剩部分家庭尚未实现小康，2019 年 6 月，为估计该地能否在 2020 年全面实现小康，统计了该地当时最贫困的一个家庭 2019 年 1 至 6 月的人均月纯收入， 作出散点如下： 根据盯关性分析，发现其家庭人均月纯收入 y 与时间代码 x 之间具有较强的线性相关关系（记 2019 年 1 月、2 月……分别为 1x  ， 2x  ，…，依此类推），由此估计该家庭 2020 年能实 现小康生活．但 2020 年 1 月突如其来的新冠肺炎疫情影响了奔小康的进展，该家庭 2020 年 第一季度每月的人均月纯收入只有 2019 年 12 月的预估值的 2 3 ． （1）求 y 关于 x 的线性回归方程； （2）求该家庭 2020 年 3 月份的人均月纯收入； - 16 - （3）如果以该家庭 3 月份人均月纯收入为基数，以后每月增长率为8%，问该家庭 2020 年底 能否实现小康生活？ 参考数据： 6 1 9310i i i x y   ， 6 8610xy  ， 101.08 2.16 参考公式： 1 22 1 n i i i n i i x y nxy b x nx         ， a y bx $ $ ． 【答案】（1） ˆ 40 270y x  ；（2）500 元；（3）能． 【解析】 【分析】 （1）根据题意求得 x ，再由提供的数据得到 y ， 6 2 1 i i x   ， 6 1 i i i x y   ，代入公式 6 1 6 22 1 6 6         i i i i i x y xy b x x ， 求得b ，进而求得 a ，写出回归方程. （2）用（1）的回归方程，令 12x  ，求得 2019 年 12 月该家庭人均月纯收入预估值，然后 再根据 2020 年第一季度每月的人均月纯收入只有 2019 年 12 月的预估值的 2 3 求解. （3）由每月的增长率为8%，设从 3 月开始到 12 月的纯收入之和为 10S ，    9 10 500 500 1 0.08 ... 500 1 0.08S         ，利用等比数列求和公式求解，然后再加 上 1，2 月份的收入与 8000 比较即可. 【详解】（1）依题意得： 1 2 3 4 5 6 3.56x       ， 6 8610 4106 3.56 x yy x    ， 6 2 1 91i i x   ， 6 1 9310i i i x y   ， 所以 6 1 6 222 1 6 9310 8610 4091 6 3.56 i i i i i x y xy b x x           ， - 17 -  410 40 3.5 270a y bx      ， 所以 y 关于 x 的线性回归方程为  40 270y x  . （2）令 12x  ，得 2019 年 12 月该家庭人均月纯收入预估值为 40 12 270 750   元 故，2020 年 3 月份该家庭的人均月纯收入为 2750 5003   元． （3）每月的增长率为8%，设从 3 月开始到 12 月的纯收入之和为 10S ， 则    9 10 500 500 1 0.08 ... 500 1 0.08S         ，  10500 1 1.08 72501 1.08      ， 12 101000 8250 8000S S    ， 故到 2020 年底能如期实现小康． 【点睛】本题主要考查线性回归方程的求法及应用，等比数列求和，还考查了运算求解的能 力，属于中档题. 19.如图，三棱柱 1 1 1ABC A B C 中，平面 1 1AA B B  平面 ABC ， D 是 AC 的中点． （1）求证： 1 / /B C 平面 1A BD ； （2）若 1 60AAB ACB   ， 1AB BB ， 2AC  ， 3AB  ，求 1A 到平面 1 1BCC B 的 距离． 【答案】（1）详见解析；（2） 3 2 ． 【解析】 【分析】 （1）连结 1AB 交 1A B 于点O ，则 O 为 1AB 的中点，可得 1//OD B C ，再由直线与平面平行的 - 18 - 判定可得 1 //B C 平面 1A BD ； （2）求解三角形求得得 AB BC ．再证明 BC ⊥平面 1 1AA B B ．求出三角形 1A AB 的面积， 设 1A 到平面 1 1BCC B 的距离为 h ，利用等体积法求点到面的距离； 【详解】解：（1）连结 1AB 交 1A B 于点O ，则O 为 1AB 的中点， 因为 D 是 AC 的中点，所以 1//OD B C ， 又OD  平面 1A BD ， 1B C  平面 1A BD ， 所以 1 //B C 平面 1A BD ． （2）∵ 2AC  ， 3AB  ， 60ACB  ， ∴ 2 2 2 2 3AB AC BC AC BC COS ACB       ， 即 23 4 2 2 60BC BC COS       ∴ 1BC  ， ∵ 2 2 2AC AB BC  ，∴ AB BC ． 又∵平面 1 1AA B B  平面 ABC ，平面 1 1AA B B Ç 平面 ABC AB ， ∴ BC ⊥平面 1 1AA B B ， ∵ 1 60A AB   ， 1 3AB BB  ． 1 1 1BC B C  ， ∴ 1 1 1 1 1 1 1 1 3 3sin2 4A B BS A B BB A B B     △ ． ∴ 1 1 1 1 1 1 3 3 3 3 4C A B B A B BV S BC    △ ． 设 1A 到平面 1 1BCC B 的距离为 h ， 1 1 1 1 31 32 2 2CBBS BC BB      △ 1 1 1 1 1 3 3 3 2A CBB CBBV S h h     △ ， 而 1 1 1 1A BCB C A B BV V  ，所以 1 3 1 3 3 3 2 3 4h   ，所以 3 2h  ， - 19 - 1A 到平面 1 1BCC B 的距离为 3 2 ． 【点睛】本题考查直线与平面平行的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了多面体体 积的求法，属于中档题． 20.设椭圆   2 2 2 2: 1 0x yC a ba b     的左顶点为 A ，右顶点为 B ，已知椭圆C 的离心率为 6 3 ，且以线段 AB 为直径的圆被直线 3 2 0x y   所截的弦长为 2 5 ． （1）求椭圆的方程； （2）记椭圆C 的右焦点为 F ，过点 F 且斜率为 k 的直线交椭圆于 ,P Q 两点．若线段 PQ 的 垂直平分线与 x 轴交于点  0 ,0M x ，求 0x 的取值范围． 【答案】（1） 2 2 16 2 x y  ；（2） 40, 3     ． 【解析】 【分析】 (1)利用点到直线的距离公式和圆的弦长公式即可求解. (2)设直线 PQ 的方程为  2y k x  ，联立方程组   2 2 1,6 2 2 . x y y k x       设  1 1,P x y 、  2 2,Q x y ，利用韦达定理，即可得出 PQ 的中点为 2 2 2 6 2,3 1 3 1 k kN k k       ，然后，利用线段 PQ 的垂直平分线与 x 轴交于点  0 ,0M x ，即可求解 【详解】解：（1）以线段 AB 为直径的圆的圆心为 0,0 ，半径 r 为 a ，圆心到直线 - 20 - 3 2 0x y   的距离为 2 1 1 3 d    ， 直线 3 2 0x y   被圆截的弦长为 2 2 22 2 1 2 5r d a    ，解得 6a  ， 又椭圆的离心率为 6 3 ，所以 2c  ， 2 2 6 4 2b a c     所以，椭圆的方程为 2 2 16 2 x y  （2）依题意，  2,0F ，直线 PQ 的方程为  2y k x  ． 联立方程组   2 2 1,6 2 2 . x y y k x       消去 y 并整理得 2 2 2 23 1 12 12 6 0k x k x k     ．       22 2 2 212 4 12 6 3 1 24 1 0k k k k       △ ， 设  1 1,P x y 、  2 2,Q x y ，故 2 1 2 2 12 3 1 kx x k    ，  1 2 1 2 2 44 3 1 ky y k x x k k       ， 设 PQ 的中点为 N ，则 2 2 2 6 2,3 1 3 1 k kN k k       ． 因为线段 PQ 的垂直平分线与 x 轴交于点  0 ,0M x ， ①当 0k  时，那么 0 0x  ； ②当 0k  时， 1MNk k   ，即 2 2 02 2 3 1 16 3 1 k k kk xk       ． 解得 2 1 2 2 4 4 13 1 3 kx k k    ． 因为 2 0k  ，所以 2 13 3k   ， 2 4 40 1 33 k    ，即 0 40, 3x     ． 综上， 0x 的取值范围为 40, 3     ． 【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，以及利用直线与圆锥曲线的联立方程，进行韦达代 - 21 - 换求解的，属于难题. 21.已知函数   ln 1f x x x   ． （1）求函数  f x 的值域； （2）令     2 f x xg x x x    在 2, 上的最小值为 m ，求证：  11 2 52 f m    ． （参考数据： ln 7 1.946 ， ln8 2.079 ， ln9 2.197 ， ln10 2.30 ） 【答案】（1）    ,0f x   ；（2）详见解析． 【解析】 【分析】 （1）求出导函数，由导函数确定单调性，然后可得最值，得值域； （2）求出导函数 ( )g x ，对 ( )g x 的一部分再一次求导（引入新函数），确定 ( )g x 的零点范围， 从而得出 ( )g x 的最小值 m ，并证明结论成立． 【详解】解：（1）  f x 的定义域为  0,  ，且    11 xxf x x x     ， 当  0,1x 时   0f x  ，  f x 单调递增；当  1,x  时   0f x  ，  f x 单调递减； 所以  f x 在 1x  取得极大值也是最大值．即    max 1 0f x f  ， 又有 lny x 的图象知当 x 趋近 0 时 lny x 无限小，故    ,0f x   ． （2）      ln 22 2 f x x x x xg x x xx x       ， 于是    2 2ln 4 2 x xg x x     令   2ln 4h x x x   ，则   2 21 xh x x x     ， 由于 2x  ，所以   0h x  ，即  h x 在 2, 上单调递增；又  8 0h  ，  9 0h  ， 所以  0 8,9x  ，使得  0 0h x  ，即 0 0 42ln x x  当  02,x x 时，   0h x  ；当  0 ,x x  时   0h x  - 22 - 即  g x 在 02, x 上单调递减；在 0,x  上单调递增． 所以       2 0 0 0 0 0 0 0min 0 0 ln 2 2 2 2 2 x x x x x xg x g x x x       即 0 2 xm  所以     0 0 0 0 2 112 1 ln , 52 2 xf m f x x x             即  11 2 52 f m    ． 【点睛】本题考查用导数研究函数的最值，用导数求函数的值域，在导函数 ( )g x 的零点不易 求得时，可对 ( )g x 或其中一部分再一次求导，以确定 ( )g x 的零点，得 ( )g x 的正负， ( )g x 的 极值．这时要注意零点的性质，利用这个性质去解决题中问题． 22.平面直角坐标系 xOy 中，曲线 1C 的参数方程为 1 1 cos2 2 1 sin2 x y        （ 为参数），以原点为 极点，x 轴的非负半轴为极轴，建立极坐标系，曲线 2C 的极坐标方程为 2 2 2 4 cos 4sin     ． （1）求曲线 1C 的极坐标方程以及曲线 2C 的直角坐标方程； （2）若直线 :l y kx 与曲线 1C 、曲线 2C 在第一象限交于 ,P Q 两点，且 2OQ OP ，点 M 的坐标为  2,0 ，求 MPQ 的面积． 【答案】（1） 1 : cosC   ， 2 2 2 : 14 xC y  ；（2） 2 3 ． 【解析】 【分析】 （1）首先消去参数 得到 1C 直角坐标方程，再化为极坐标，根据 cos sin x y        将曲线 2C 的 极坐标化为直角坐标； （2）将 0  代入曲线 1C 、曲线 2C 的极坐标方程中，求出 P ， Q ，由 2OQ OP ，可得 2 0sin  ， 2 0cos  ，根据 MPQ OMP OMQS S S △ △ △ 可得结果. - 23 - 【详解】（1）依题意消去参数 曲线 2 2 1 1 1: 2 4C x y      ，即 2 2 0x y x   故 2 cos 0    ，即 cos  ． 因为 2 2 2 4 cos 4sin     ，故 2 2 2 2cos 4 sin 4     ， 即 2 24 4x y  ，即 2 2 14 x y  ． （2）将 0  代入 2 2 2 4 cos 4sin     得 2 2 0 4 1 3sinQ   将 0  代入 cos  得 0cosP  由 2OQ OP ，得 2 P Q  ，即  2 0 2 0 42cos 1 3sin    ， 解得 2 0 2sin 3   ，则 2 0 1cos 3   又 00 2   ，故 2 0 4 2 3 1 3sin 3Q   0 3cos 3P   故 MPQ 的面积   0 1 2sin2 3MPQ OMP OMQ Q PS S S OM          △ △ △ 【点睛】本题主要考查参数方程、极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，三角形的面积公 式的应用，属于中档题. 23.已知函数   2 6 9 2f x x x x    ． (1)求不等式   1f x  的解集； (2)若正数 , ,a b c 满足 24 9 23a b c f        ，求 1 4 9 a b c   的最小值． 【答案】（1） 22, 3     ；（2）196 3 ． 【解析】 - 24 - 【分析】 (1)化简后根据绝对值中的零点将  f x 转换为分段函数，再求解即可. (2)代入可得  1 4 9 1 1 4 94 93 a b ca b c a b c           ，再根据柯西不等式求最小值即可. 【详解】解：(1)化简得 3 2 1x x   ①当 0x  时，    3 2 3f x x x x      ，由   1f x  即 3 1x   ，解得 2x   ，又 0x  ， 所以 2 0x   ； ②当 0 3x  时，   3 3f x x  ，由   1f x  ，即 2 3 1x  ，解得 2 3x  ，又 0 2x  ， 所以 20 3x  ； ③当 3x  时，   3f x x   ，不满足   1f x  ，此时不等式无解； 综上，不等式   1f x  的解集为 22, 3     ． (2) 24 9 2 33a b c f         ， 所以  1 4 9 1 1 4 94 93 a b ca b c a b c           ∵ , , 0a b c  ，∴由柯西不等式： 上式       2 2 2 2 2 21 1 1 12 3 2 33 a b c a b c                                          2 1 1 1 12 2 3 33 a b ca b c           21 1961 4 93 3     . 当且仅当 3 14a b c   时，等号成立. 所以 1 4 9 a b c   的最小值为196 3 . 【点睛】本题主要考查了绝对值不等式的求解、柯西不等式求最小值的问题，属于中档题. - 25 -