辽宁省葫芦岛市2020届高三二模考试数学（文）试题 Word版含解析

辽宁省葫芦岛市2020届高三二模考试数学（文）试题 Word版含解析

- 1 - 2020 年辽宁省葫芦岛市高考数学二模试卷（文科） 一、选择题：本题共 12 个小题，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.集合 A＝{x|x2﹣3x+2＜0}，B＝{x|x≤0}，则（ ） A. A⊆B B. B⊆A C. A∩B＝∅ D. A∪B＝R 【答案】C 【解析】 【分析】 先化简 (1,2)A  ，再判断出正确选项. 【详解】由 2{ | 3 2 0} { | ( 1)( 2) 0}A x x x x x x        (1,2) ，则 A B  . 故选：C. 【点睛】本题主要考查了一元二次不等式的解法，集合间的基本关系，基本运算，属于基础 题. 2.设复数 z 满足 (1 ) 2i z i  ，则| |z  （ ） A. 2 B. 2 2 C. 1 2 D. 2 【答案】A 【解析】       1 i 2i, 1 i 1 i 1 i 2iz z           , 化 为  2 2 1 i , 1 iz z       ，  2 21 1 2z     ，故选 A. 3.命题“∀x∈R，x2+cosx﹣ex≤1”的否定是（ ） A. ∃x∈R，x2+cosx﹣ex＞1 B. ∃x∈R，x2+cosx﹣ex≥1 C. ∀x∈R，x2+cosx﹣ex≤1 D. ∀x∈R，x2+cosx﹣ex＜1 【答案】A 【解析】 【分析】 全称量词命题的否定是存在量词命题，注意：一改量词，二改结论. 【详解】全称量词命题的否定是存在量词命题， - 2 - 命题“∀x∈R，x2+cosx﹣ex≤1”的否定是“∃x∈R，x2+cosx﹣ex＞1”. 故选：A. 【点睛】本题考查含有一个量词的命题的否定，属于基础题. 4.2020 年初世界各地相继爆发了“新冠肺炎“疫情，随着疫情持续蔓延，各国经济发展受到 巨大影响，特别是仓储物流等行业面临前所未有的严峻考验.世界物流与采购联合会为了估计 疫情对仓储物流业的影响，针对各行业对仓储物流业需求变化以及商品库存变化开展调研， 制定了世界仓储指数.由 2019 年 6 月至 2020 年 5 月的调查数据得出的世界仓储指数绘制出如 图的折线图. 根据该折线图，下列结论正确的是（ ） A. 2020 年 2 月和 3 月受疫情影响的仓储量大幅度增加 B. 2020 年 1 月至 5 月的世界仓储指数的中位数为 61 C. 2019 年 6 月至 12 月的仓储指数的平均数为 54 D. 2020 年新冠肺炎疫情对仓储指数没有影响 【答案】A 【解析】 【分析】 由折线图估计总体数据． 【详解】从折线图看 2020 年 2 月和 3 月仓储量大幅度增加，3 月份达到最大值，A 正确； 2020 年 1 月至 5 月的 5 个数据按大小顺序排列为 40,61,64,65,74，中位数是 64，B 错； 计算均值为  1 46 55 48 61 66 55 54.5 40 65 74 64 6112             57.46 ，C 错； 从 2 月和 3 月仓储量大幅度增加可以看出新冠肺炎疫情对仓储指数有影响，D 错． 故选：A． - 3 - 【点睛】本题考查折线图，考查用样本估计总体，考查学生的数据分析能力，运算求解能力， 属于中档题． 5.如图程序框图的算法思路源于我国古代数学名著《九章算术》中的“更相减损之术”.执行 该程序框图，若输入的 m，n 分别为 24，28.则输出的 m＝（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 7 【答案】B 【解析】 【分析】 模拟程序运行，观察变量值的变化可得结论． 【详解】程序运行中，变量值变化如下： 24, 28m n  ，满足 m n ，不满足 m n ， 28 24 4n    ；满足 m n ，满足 m n ， 24 4 20m    ；满足 m n ，满足 m n ， 20 4 16m    ；满足 m n ，满足 m n ， 16 4 12m    ；满足 m n ，满足 m n ， 12 4 8m    ；满足 m n ，满足 m n ， 8 4 4m    ；不满足 m n ，输出 4m  ． 故选：B． 【点睛】本题考查程序框图，考查循环结构，解题时只要模拟程序运行，即可得出结论．有 时需要确定程序的功能，有数学知识归纳出结论， 6.已知曲线 2 2: 2 ( 0)C x y x y    ，曲线 C 与坐标轴围成封闭图形 M 以及函数 y＝x3 的部 分图象如图所示，若向 M 内任意投掷一点，则该点落入阴影部分的概率为（ ） A. 1 2 B. 1 4 C. 1 6 D. 1 8 【答案】A - 4 - 【解析】 【分析】 根据图形的对称性以及几何概型的概率公式可得结果. 【详解】易知图形 M 的面积为 21 ( 2)2    ， 根据曲线C 与函数 y＝x3 的部分图象的对称性可知阴影部分面积是图形 M 的面积一半，即为 2  ， 所以由几何概型得概率公式可得该点落入阴影部分的概率为 1 12 2    . 故选：A. 【点睛】本题考查了几何概型的概率公式，属于基础题. 7.函数 f（x）＝ 2 , 0 1, 0 xe x x x      ，a＝70.5，b＝log0.50.7，c＝log0.75，则（ ） A. f（a）＜f（b）＜f（c） B. f（a）＜f（c）＜f（b） C. f（c）＜f（a）＜f（b） D. f（c）＜f（b）＜f（a） 【答案】D 【解析】 【分析】 首先判断  f x 的单调性，比较出 c b a  的大小，利用函数的单调性即可求解. 【详解】由函数 f（x）＝ 2 , 0 1, 0 xe x x x      ， 当 0x  时，   xf x e 单调递增， 当 0x  时，   2 1f x x   单调递增， 又 2 00 1 1e    ，所以函数 f（x）＝ 2 , 0 1, 0 xe x x x      为增函数， 又 0.57 1a   ， 0.5 0.5 0.50 log 1 log 0.7 log 0.5 1    ，即 0 1b  ， 0.7log 5 0c   ，即 c b a  ， 所以      f c f b f a  ， - 5 - 故选：D 【点睛】本题考查了对数函数的单调性比较大小、分段函数的单调性，利用单调性比较函数 值的大小，属于基础题. 8.设抛物线 C：y2＝2px（p＞0）的焦点为 F，点 M 在 C 上，|MF|＝5，若以 MF 为直径的圆过点 （0，2），则 C 的方程为（ ） A. y2＝4x 或 y2＝8x B. y2＝2x 或 y2＝8x C. y2＝4x 或 y2＝16x D. y2＝2x 或 y2＝16x 【答案】C 【解析】 【分析】 首先求出抛物线的焦点，设点 A（0，2），抛物线上点  0 0,M x y ，利用圆的性质可得 0AF AM   ，从而求出 8 ,4M p      ，然后再利用两点间的距离公式即可求解. 【详解】抛物线 C：y2＝2px（p＞0）， 焦点为 F ,02 p     ， 设点 A（0，2），抛物线上点  0 0,M x y ， 则 , 22 pAF       ， 2 0 0, 22 yAM yp        ， 由已知的 0AF AM   ，即 2 0 08 16 0y y   ， 解得 0 4y  ， 8 ,4M p      ， 由|MF|＝5，可得 2 8 16 52 p p       ， 又 0p  ，解得 2p  或 8p  ， 所以抛物线 C 的方程为 y2＝4x 或 y2＝16x 故选：C 【点睛】本题主要考查了抛物线的标准方程、直线与抛物线的位置关系，考查了基本运算求 - 6 - 解能力，属于基础题. 9.“钱江潮”主要由杭州湾入海口的特殊地形形成，杭州湾外宽内窄，外深内浅，是一个典 型的喇叭状海湾.起潮时，宽深的湾口，下子吞进大量海水，由于江面迅速收缩变窄变浅，夺 路上涌的潮水来不及均匀上升，便都后浪推前浪，一浪更比一浪高.诗云：钱塘一望浪波连， 顷刻狂澜横眼前；看似平常江水里，蕴藏能量可惊天.“观测员在某观测点观察潮水的高度时， 发现潮水高度（y）随时间（x）的变化可近似看成函数 y＝cos（ωx+φ），现已知在某观测点 测得部分函数图象如图所示，则此函数的单调递减区间为（ ） A. 2 5, ,3 3k k k Z       B. 1 22 ,2 ,3 3k k k Z       C. 1 2, ,3 3k k k Z      D. 1 22 ,2 ,3 3k k k Z      【答案】D 【解析】 【分析】 利 用 三 角 函 数 的 图 像 求 出 函 数 解 析 式 ， 再 利 用 余 弦 函 数 的 单 调 递 减 区 间    2 ,2 ,k k k Z    ，整体代入即可求解. 【详解】由图可知，三角函数的周期为： 7 12 26 6T        ， 所以 2 2T    ，即  ， 又 1 06f      ，可令 6 2    ，解得 3   ， 所以 cos 3y x      ， - 7 - 则 2 2 ,3k x k k Z        ， 解得 1 22 2 ,3 3k x k k Z     ， 所以此函数的单调递减区间为 1 22 ,2 ,3 3k k k Z      . 故选：D 【点睛】本题考查了由图像求函数解析式、余弦函数的性质，属于基础题. 10.在三棱锥 A﹣BCD 中，△ABC 是边长为 3 的正三角形，BD⊥平面 ABC 且 BD＝4，则该三棱锥 的外接球的体积为（ ） A. 28π B. 28 7 π C. 28 73 π D. 28 3 π 【答案】C 【解析】 【分析】 先确定外接球球心位置，再列方程解得球半径，最后根据球体积公式得结果. 【详解】 设△ABC 外接圆圆心为 1O ，过 1O 作 //l BD ，因为 BD⊥平面 ABC，所以三棱锥的外接球O 在 l 上， 设球半径为 R , 则： 1 1 1 1 3| | | | 2,| | 32 2 sin 3 OO BD BO      2 2 2 1 1| | | | | | 2 3 7,R OB OO BO       34 28 7( 7)3 3V    - 8 - 故选：C 【点睛】本题考查三棱锥的外接球的体积，考查空间想象能力以及基本求解能力，属中档题. 11.已知扇形 AOB 中∠AOB＝ 2 3  ，点 C 为弧 AB 上任意一点（不含点 A，B），若OC  ＝ OA OB uuur ，（ , R   ），则   的取值范围是（ ） A. 1 ,12      B. （1，2] C. （1，2） D. 1 , 32      【答案】B 【解析】 【分析】 建立平面直角坐标系，可设 (cos ,sin ),C   用 表示   ，再根据三角函数性质求结果. 【详解】以O 为坐标原点，OA所在直线为轴，建立平面直角坐标系，如图， 不妨设 1 3 2(1,0), ( , ), (cos ,sin ),( (0, ))2 2 3A B C      因为OC  ＝ OA OB uuur ， 所以 1 3cos ,sin + cos 3sin 2sin( )2 2 6                  1si2 5(0, ) ( , ),3 6 n( ) ( ,1] + (1,2]6 6 6 2             Q 故选：B 【点睛】本题考查向量坐标表示、利用三角函数性质求取值范围，考查综合分析求解能力， 属中档题. 12.设函数 f（x）是定义在（0，+∞）上的单调函数，且对于任意正数 x，y 均有 f（xy）＝f - 9 - （x）+f（y），已知 f（2）＝1，若一个各项均为正数的数列{an}满足 f（Sn）＝f（an）+f（an+1） ﹣1（n∈N*），其中 Sn 是数列的前 n 项和，令 bn＝ 1 1 n na a  ，数列{bn}的前 n 项和为 Tn，T2020 的 值为（ ） A. 2020 B. 1 2020 C. 2019 2020 D. 2020 2021 【答案】D 【解析】 【分析】 由函数的定义得出数列的和 nS 与项 na 的关系式，利用 1n n na S S   可得数列{ }na 是等差数 列，从而求得通项公式 na ，用裂项相消法求得 nT 后可得结论． 【详解】由 0na  （ *n N ）， 0nS  ， ∵ ( ) ( ) ( 1) 1n n nf S f a f a    ， (2) 1f  ， ∴ ( ) 1 ( ) ( 1) ( ) (2)n n n nf S f a f a f S f      ， 又 ( ) ( ) ( )f xy f x f y  ，∴  (2 ) ( 1)n n nf S f a a  ，而 ( )f x 在 (0, ) 上是单调的， ∴ (2 1)n n nS a a  ， 111 12 1)2 (S a aa   ， 1 1a  ， 22 n n nS a a  ，则 2 1 1 12 ( 2)n n nS a a n     ， 相减得 2 2 1 1 12 2 2n n n n n n na S S a a a a        ， 1 1 1( )( )n n n n n na a a a a a      ，∵ 1 0n na a   ，∴ 1 1n na a   ( 2)n  ，所以{ }na 是等 差数列，公差为 1，∴ na n ． 所以 1 1 1 ( 1) 1nb n n n n = = -+ + ， 1 2 1 1 1 1 1 11 12 2 3 1 1 1n n nT b b b n n n n                                 ， ∴ 2020 2020 2021T  ． 故选：D． - 10 - 【点睛】本题考查抽象函数的性质，考查由数列前 n 项和 nS 与项 na 的关系求通项公式，考查 裂项相消法求数列的和，在学生掌握数列与函数的知识基础上按部就班计算即可，本题考查 了学生的运算求解能力，属于中档题． 二、填空题：本大题共 4 个小题，每小题 5 分，共 20 分新板面五年由 13.现有钉钉、腾讯、伯索云、直播云、云视讯 5 种在线教学软件，若某学校要从中随机选取 2 种作为教师“停课不停学”的教学工具，则被选取的软件中含钉钉概率为_____. 【答案】 2 5 【解析】 【分析】 用列举法写出所有的基本事件后可得结论． 【详解】任选用 2 种的基本事件有：钉钉腾讯，钉钉伯索云，钉钉直播云，钉钉云视讯，腾 讯伯索云，腾讯直播云，腾讯云视讯，伯索云直播云，伯索云云视讯，直播云云视讯共 10 种， 其中含有钉钉的基本事件有钉钉腾讯，钉钉伯索云，钉钉直播云，钉钉云视讯共 4 种，所以 所求概率为 4 2 10 5P   ． 故答案为： 2 5 ． 【点睛】本题考查古典概型，用列举法写出所有基本事件是解题的常用方法． 14.已知函数 y＝f（x）满足 f（x+1）＝2f（x），且 f（5）＝3f（3）+4.则 f（4）＝_______. 【答案】8 【解析】 【分析】 在已知式 ( 1) 2 ( )f x f x  中分别令 4x  和 3x  ，结合 (5) 3 (3) 4f f  可求解． 【详解】∵ ( 1) 2 ( )f x f x  ， ∴ (5) 2 (4)f f ， (4) 2 (3)f f ，又 (5) 3 (3) 4f f  ，∴3 (3) 4 2 2 (3)f f   ， (3) 4f  ， ∴ (4) 2 (3) 8f f  ． 故答案为：8． 【点睛】本题考查抽象函数求函数值，方法是赋值法，在抽象函数的定义中对自变量赋予特 定的值后便于求解． - 11 - 15.已知函数 f（x）＝ 3 2 log , ( 0) 12 , ( 0)2 x x x x x     „ ，方程 f（x）﹣a＝0 有三个不同的实数根， 则 a 的取值范围是_____. 【答案】 1 30, 2 2          【解析】 【分析】 作出函数 ( )y f x 的图象和直线 y a ，观察它们交点个数可得结论． 【详解】∵f（x）＝ 3 2 log , ( 0) 12 , ( 0)2 x x x x x     „ ， ∴ ( )f x 在 ( , 1)  和 (1, ) 上递增，在 ( 1,0] 和 (0,1) 上递减， 3( 1) 2f   ， (1) 0f  ， 1(0) 2f  ，作出函数 ( )y f x 的图象，作出直线 y a ，由图可得当 10 2a  或 3 2a  时， 它们有三个交点，即方程有三个不等实根． 故答案为： 1 30, 2 2          ． 【点睛】本题考查方程解的个数问题，解题方法是进行问题的转化，方程解的个数转化为函 数图象与直线的交点个数，转化为研究函数的性质，由图形得出结论．考查了数形结合思想． 16.定义：数列{an}，{bn}满足 1 na ＝ 1 1 23 3n n n b b b   ，则称数列{bn}为{an}的“友好数列”. 若数列{an}的通项公式 an＝3n+1，n∈N*，则数列{an}的“友好数列“{bn}的通项公式为______； 记数列{bn﹣tn}的前 n 项和为 Sn.且 Sn≤S6，则 t 的取值范围是_______. - 12 - 【答案】 (1). bn＝6n+3 (2). 45 13,7 2      【解析】 【分析】 由“友好数列”的定义写出{ }nb 的递推关系后，利用两式相减可求得其通项公式，{ }nS 中 6S 是最大值，由 6 7 0 0 a a    可得 t 的范围． 【详解】由题意 1 1 1 2 1 3 3 3n n n n b b b     ，∴ 1 1 1 23 3 3n n nb b b n      ，①，所以 2n  时 ， 2 1 2 13 3 ( 1) 3n n nb b b n       ， ② ， ① － ② 得 1 13 3 ( 1) 3n n n nb n n      ， 6 3nb n  ， 又 2 1 3 9 6 1 3b      ，综上 6 3nb n  ， *n N ， 令 (6 ) 3n nc b tn t n     ，因为 6nS S ，所以{ }nS 中 6S 是最大值，由于{ }nc 是等差数列， ∴ 6 7 6(6 ) 3 0 7(6 ) 3 0 c t c t          ，解得 45 13 7 2t  ． 故答案为： 6 3nb n  ； 45 13[ , ]7 2 ． 【点睛】本题考查数列新定义，考查等差数列前 n 项和的最大值．根据数列新定义在求通项公 式时要注意首项 1b 与后面各项求法上的差异，必须验证．等差数列前 n 项的最值问题可能通 过项的正负来确定，即满足 1 0 0 n n a a     时， nS 最大（但要注意有可能 1n nS S  或 1n nS S  ）， 满足 1 0 0 n n a a     时， nS 最小（同样有可能 nS 与 1nS  或 1nS  相等）． 三、解答题：本大题共 5 小题，共 70 分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤， 17.随着电商事业的快速发展，网络购物交易额也快速提升.特别是每年的双十一天猫的交易 额数目惊人.2019 年天猫公司的工作人员为了迎接”淘宝天猫双十一年度购买狂欢节加班加 点做了很多准备活动，经过一天的忙碌，截止到 2019 年 11 月 11 日 24 时，2019 年的天猫双 11 交易额定格在 2600 亿元，比 2018 年双十一总成交额超出 500 多亿元.天猫总公司所有员工 - 13 - 对于新的战绩皆大欢喜，同时又对 2020 年充满了憧憬，因此公司工作人员反思从 2013 年至 2019 年每年双十一总交易额（此处取近似值），进行分析统计如表： 年份 2013 2014 2015 2016 2017 2018 2019 总交易额（近似值）单位（百亿） 3.5 5.7 9.1 12 17 21.2 26 （1）已知年份 x 与年总交易额 y 具有线性相关关系，利用最小二乘法求出总交易额与年份之 间回归直线方程； （2）估计 2020 年天猫双十一的总交易额会达到多少？ 可能用到的数据：    7 1 i i i x x y y    ＝106.4，  7 2 1 i i x x   ＝28. 参考公式：b ＝      1 2 1 n i n i i i i x x y y x x        ＝ 1 2 2 1 n i i i n i i x y nxy x nx       ， a ＝ y ﹣bx . 【答案】（1）  3.8 7647.3y x  (2) 2870 亿元 【解析】 【分析】 （1）计算 ,x y ，根据参考公式和参考数据先求出 b ，再由 a ＝ y ﹣ bx 算得 a ，从而求得总 交易额与年份之间回归直线方程 y bx a $ $ $； （2）令 2020x  ，求出 y ，即为 2020 年天猫双十一的总交易额估计值. 【详解】（1）由题 x  2013 2014 2015 2016 2017 2018 2019 20167        ， 3.5 5.7 9.1 12 17 21.6 26 13.57y        得b       1 2 1 n i n i i i i x x y y x x        106.4 3.828   ， a ＝ y ﹣bx 13.5 3.8 2016 7647.3     ， - 14 - 则  3.8 7647.3y x  ，即总交易额与年份之间回归直线方程为  3.8 7647.3y x  . （2）令 2020x  ，得  3.8 7647.3 28.72020y    （百亿） 即 2020 年天猫双十一的总交易额估计值为 2870 亿元. 【点睛】本题考查了利用最小二乘法求回归直线方程，及利用回归直线方程计算估值，还考 查了学生的运算能力，属于基础题. 18.在 ABC 中，内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，已知3cos2 1 2 sinB B  且 B 为 锐角. （1）求sin B ； （2）若   3 7 sin sin sinB b A C   且 ABC 面积为 14 2 ，当 a c 时，求 a b的值. 【答案】（1） 2 3 ；（2）3 2 . 【解析】 【分析】 （1）由条件中的三角函数关系式，结合二倍角公式转化为含 sin B 的二次方程，即可得出结 果；（2）利用题中的三角函数关系式，结合正弦定理化为边的关系式，得到 a c 的值，再利 用三角形的面积公式求得 ac 的值，再求出 ,a c 的值，结合余弦定理求得b 的值，即可得出结 果. 【详解】（1）由已知  23 1 2sin 1 2 sinB B   ， 整理得： 26sin 2 sin 2 0B B   ， 得 2sin 3B  或 2sin 2B   （舍）， 所以 2sin 3B  ； （2）由正弦定理得：    3 7 b b a c   ， 则 3 7a c   ，  1 - 15 - 又 1 2 14sin2 6 2ABCS ac B ac   ， 则 3 7ac  ， 2 联系  1 2 并结合 a c 得 3, 7a c  ， 由 1 知 2sin 3B  ，所以 7cos 3B  ， 由余弦定理得： 2 2 2 72 cos 9 7 2 3 7 23b a c ac B          ， 所以 2b  ， 故 3 2a b   . 【点睛】本题主要考查正余弦定理以及三角函数求值.属于中档题. 19.如图，在三楼柱 ABC﹣A1B1C1 中，平面 ACC1A1⊥平面 ABC，四边形 ACC1A1 是正方形，点 D 是 棱 BC 的中点，点 E 是线段 BB1 上一点，AB＝4，AA1＝2，BC＝2 5 . （1）求证：AB⊥CC1； （2）求三棱锥 E﹣ADC1 体积的最大值. 【答案】（1）证明见详解；（2） 8 3 【解析】 - 16 - 【分析】 （1）利用面面垂直的性质定理证出 1CC  平面 ABC ，再根据线面垂直的性质定理即可证出. （2）利用线面垂直的判定定理证出 AC  平面 1 1ABB A ，设 BE t ，  0 2t≤ ≤ ， 再由 1 1 1 1 1 1 1 1E ADC ABC A B C C ACD D ABE C AA B EV V V V V        即可求解. 【详解】（1）四边形 ACC1A1 是正方形， 1CC AC  ， 平面 ACC1A1⊥平面 ABC，且平面 ACC1A1 平面 ABC AC ， 1CC  平面 ABC ，而 AB Ì平面 ABC ，  AB⊥CC1， （2）由条件知 2 2 2BC AB AC  ， AC AB  ， 又 1AC AA ，且 1AB AA A ， AC  平面 1 1ABB A ， 设 BE t ， 0 2t≤ ≤ ， 1 1 1 1 1 1 1 1 4 2 16 4 4 28 3 3 3 3 3E ADC ABC A B C C ACD D ABE C AA B E tV V V V V t t                0 2t  ，当 2t  时，三棱锥 E﹣ADC1 体积的最大值为 8 3 . 【点睛】本题考查了面面垂直的性质定理、线面垂直的性质定理、线面垂直的判定定理、柱 体的体积公式、锥体的体积公式，考查了考生的逻辑推理能力，属于中档题. 20.已知椭圆 2 2 2 2 1( 0)x y a ba bG    ： 的左焦点为  2,0 ,F  且经过点  2,1 , ,C A B 分 别是G 的右顶点和上顶点，过原点O 的直线l 与G 交于 ,P Q 两点（点Q 在第一象限），且与 线段 AB 交于点 M . （1）求椭圆G 的标准方程； （2）若 3PQ  ，求直线 l 的方程； （3）若 BOP△ 的面积是 BMQ 的面积的 4 倍，求直线l 的方程. - 17 - 【答案】（1） 2 2 14 2 x y  ；（2） 14 2y x ；（3） 9 2 8 14y x . 【解析】 【分析】 （1）利用椭圆的定义即可求出 a 的值，从而求出b ，从而得到答案. （2）根据题意设出直线方程，联立方程由根与系数的关系可得 1 2 1 2,x x x x ，再利用弦长公 式即可得到答案. （3）依题设出点 , ,P Q M 的坐标以及直线l 的斜率，根据题目条件即可得坐标之间的关系， 从而求出直线 l 的斜率，从而求出直线直线l 的方程. 【详解】（1）依题知 2c  则椭圆的右焦点为 1 2 0F（ ，）， 因为点  2,1C  在椭圆上，且 2 2 1| | 2+ 2 +1 =3CF  （ ） ， 又| | 1CF  ，所以 12 | | | | 4a CF CF   ，所以 2a  所以 2 2 2 4 2 2b a c     ， 所以椭圆的标准方程为 2 2 14 2 x y  . （2）因为点Q 在第一象限，所以直线 l 的斜率存在， 设直线l 的斜率为 ( 0)k k  ，则直线 l 的方程为 y kx ， 设直线 l 与该椭圆的交点为 1 1 2 2( , ), ( , )P x y Q x y ， 由 2 22 4 y kx x y     可得 2 2(1 2 ) 4 0k x   ， 易知   ，且 1 2 1 2 2 40, 1 2x x x x k     ， 则 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2( ) ( ) 1 ( ) 4PQ x x y y k x x x x        2 2 2 2 4 11 0 4 4 31 2 1 2 kk k k        ，所以 2 7 14,2 2k k   ， 又 0k  ，所以直线 l 的方程为 14 2y x . - 18 - （3）设 ( , )m mM x y ，  0 0,Q x y ，则  0 0,P x y  ， 易知 00 2x  ， 00 1y  .由  2,0A ， (0, 2)B ， 所以直线 AB 的方程为 12 2 x y  ，即 2 2 0x y   . 若 BOP 的面积是 BMQ 的面积的 4 倍， 则| | 4| |OP MQ ,由 ,P Q 关于原点对称，可得| | | |OP OQ , 所以| | 4 | |OQ MQ ，所以 3| | | |4OM OQ 即 0 3 4mx x ① . 设直线l 的方程为 y kx ， 由 + 2 2 0 y kx x y    得 2 1 2mx k   ， 由 2 22 4 y kx x y     得 0 2 2 1 2 x k   ， 代入①可得 2 1 2k 2 3 2 4 1 2k    , 化简得 214 18 2 7 0k k   ，解得 9 2 8 14k  ， 所以直线 l 的方程为： 9 2 8 14y x . 【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系、弦长公式等，考查运算求 解能力，方程思想，体现了逻辑推理、数学运算等核心素养. 21.已知函数 ln( ) 1 ( 0)x xf x e a ax        . （1）当 a＝1 时，求 f（x）在 x＝1 处的切线方程； （2）若 f（x）≥ 1 x 恒成立，求实数 a 的取值范围. 【答案】（1） ( 1) 0e x y   ；（2）{1}． 【解析】 【分析】 - 19 - （1）求出导数，即切线斜率，写出点斜式方程，再整理为一般式； （2）不等式变为 ( ln ) 1xa x x xe   ，令 lnt x x  ，不等式又变为 1tat e  ，构造新函 数 ( ) 1tg t e at   ，只要 ( )g t 的最小值不小于 0 即可，利用导数求得 min( ) (ln )g t g a ，然 后求得 (ln ) 0g a  的 a 的集合即可，令 ( ) (ln )h a g a ，利用导数确定单调性及最值，求得 max( ) (1) 0h a h  ，从而得出 a 范围． 【详解】（1） ln( ) 1x xf x e x    ， 2 1 ln( ) x xf x e x    ， (1) 1f e   ，又 (1) 1f e  ， 所以所求切线方程为 ( 1) ( 1)( 1)y e e x     ，即 ( 1) 0e x y   ． （2）不等式 1( )f x x  即 ln 1(1 )x xe a x x    ， ( ln ) 1xa x x xe   ， 令 lnt x x  ，它在 (0, ) 上是增函数，值域为 R ， lnt x x xe e xe  ， 不等式 ( ln ) 1xa x x xe   化为 1tat e  ，(*) 0a  时不等式不恒成立，不合题意， 0a  时，令 ( ) 1tg t e at   ，则 ( ) tg t e a   ，易知 0 lnt a  时， ( ) 0g t  ， ( )g t 递减， lnt a 时， ( ) 0g t  ， ( )g t 递增，所以 lnt a 时 ( )g t 取得极小值也是最小值 (ln ) ln 1g a a a a   ， 不等式(*)恒成立，则 (ln ) ln 1 0g a a a a    ， 令 ( ) ln 1h a a a a   ，则 ( ) 1 (ln 1) lnh a a a      ， 0 1a  时， ( ) 0 h a ， ( )h a 递增， 1a  时， ( ) 0h a  ， ( )h a 递减， 所以 max( ) (1) 0h a h  ，当 0a  且 1a  时， ( ) (1) 0h a h  ，只有 1a  时， (1) 0h  满足 题意． 所以 1a  ，即 a 的取值范围是{1}． 【点睛】本题考查导数的几何意义，考查用导数研究不等式恒成立问题，解决不等式恒成立 的关键是掌握等价转化的思想，通过构造新函数转化为函数的最值问题，通过不断求导，确 定单调性极值，最终求出结果．本题难度较大，考查了学生分析问题解决问题的能力． 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-题记分.作答时请写清题 - 20 - 号. 22.在极坐标系中，O 为极点，曲线 C：ρ＝2cosθ与直线 l1：θ＝θ0（ρ∈R）的除极点外的 交点为 A，直线 l2 过点 B 2, 2      且与 OA 垂直，垂足为 M. （1）当 A 与 M 重合时，求 A 点的极坐标及 2l 的极坐标方程； （2）当点 A 为曲线 C 上动点且 M 在线段 OA 的延长线上时，求 M 点轨迹的极坐标方程. 【答案】（1） A 为极坐标为 ( 2, )4  ， 2l 的极坐标方程为 2 cos sin     ；（2） 2sin  （ ,4 2       ． 【解析】 【分析】 （1）由 2BAO   ，又 2OAD   ，∴ , ,B A D 共线，而 2OB OD  ，这样易得 OA 及 AOD ，得 A 的极坐标方程，建立直角坐标系后 1l 的直角坐标方程易求，再化为极坐标方 程即可； （2）分析 M 出现的位置，由垂直得 0OBM DOA     ，从而易表示 OM ，可得到 M 点 的极坐标，也即得轨迹的极坐标方程， 【详解】以极轴为 x 轴，极点O 为坐标原点，建立如图所示的直角坐标系， （1）由 2cos  得 2 2 cos   ，直角坐标方程为 2 2 2x y x  ，即 2 2( 1) 1x y   ， 圆心为 (1,0)C ，半径为 1，如图，它与 x 轴除原点外的另一交点为 (2,0) ， B 点直角坐标为 (0,2) ， 2BAO   ，又 2OAD   ，∴ , ,B A D 共线，所以 2OA  ， 4AOD   ， A 为极坐标为 ( 2, )4  ， 直线 2l 即 BD 的倾斜角为 3 4  ，斜率为 1 ，直线方程为 2y x   ，极坐标方程为 cos sin 2     ，或写成 2 cos sin     ； - 21 - （2）记（1）中 A 点为 'A 点，如图，只有当 A 在 'OA 上时， M 在OA延长线上，由于 BM OM ，所以 0OBM DOA     ，所以 02sinOM  ，其中 0 ( , )4 2    ， 所以 M 点的极坐标方程是 2sin  （ ,4 2       ． 【点睛】 本题考查直线极坐标方程，掌握极坐标的定义是解题关键．可以建立平面直角坐标系，借助 平面直角坐标系进行求解． 23.设函数 f（x）＝|x+1|+|2x﹣1|. （1）画出 y＝f（x）的图象， （2）当 5[0, ), ( ) 03x f x ax     有两个不同的实数根，求 a 的取值范围. - 22 - 【答案】（1）图见解析，（2） 1( ,3)3  【解析】 【分析】 （1）先根据绝对值定义将函数化为分段函数形式，再分段画图即可； （2）结合图象，确定边角线，即可得结果. 【详解】（1） 13 , 2 1( ) 2, 1 2 3 , 1 x x f x x x x x              ， 图象为 （2）作函数 ( ), [0, ),y f x x   与 5 , [0, )3y ax x    图象， - 23 - 由图可知，当 5[0, ), ( ) 03x f x ax     有两个不同的实数根，即函数 ( ), [0, ),y f x x   与 5 , [0, )3y ax x    有两个不同的交点，则 a 的取值范围为 1( ,3)3  【点睛】本题考查绝对值定义、分段函数图象、利用图象研究方程根的个数，考查数形结合 思想方法，属基础题. - 24 -