福建省厦门市第一中学2020届高三最后一模考试数学（文）试题 Word版含解析

福建省厦门市第一中学2020届高三最后一模考试数学（文）试题 Word版含解析

- 1 - 2020 年普通高等学校招生全国统一考试 文科数学（模拟卷） 注意事项： 1.本科考试分试题卷与答题卷，考生须在答题卷上作答，答题前，请在答题卷内填写学校、 班级、姓名、准考证号； 2.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，本卷满分 150 分，考试时间 120 分钟. 第Ⅰ卷（选择题共 60 分） 一、选择题：本大题共 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 2{ | 2 3 0}A x x x    ， { 1,1}B   ，则 A B  （ ） A. {1} B. { }113 ,, C. { 3, 1,1}  D. { 3, 1,1,3}  【答案】C 【解析】 集合    2 2 3 0 3,1A x x x      ，所以  3, 1,1A B    ,选 C. 2.已知复数  1z i i  ，则下面关于复数 z 的命题正确的是（ ） A. 1 1 2 2z i  B. 复数 z 对应的点在第一象限 C. 1z  D. 复数 z 的虚部与实部互为相反数 【答案】D 【解析】 【分析】 先把复数  1z i i  化简求出复数 z，然后逐个判断即可. 【详解】解：由  1z i i  ，得 2(1 ) 1 1 1 (1 )(1 ) 2 2 2 i i i i iz ii i i          ， 所以复数 z 对应的点在第二象限， 1 2 2 2z   ，实部为 1 2  虚部为 1 2 ， - 2 - 故选：D 【点睛】此题考查复数的有关概念和复数的运算，属于基础题. 3.为了反映国民经济各行业对仓储物流业务的需求变化情况，以及重要商品库存变化的动向， 中国物流与采购联合会和中储发展股份有限公司通过联合调查，制定了中国仓储指数．如图 所示的折线图是 2016 年 1 月至 2017 年 12 月的中国仓储指数走势情况． 根据该折线图，下列结论正确的是 A. 2016 年各月的仓储指数最大值是在 3 月份 B. 2017 年 1 月至 12 月的仓储指数的中位数为 54% C. 2017 年 1 月至 4 月的仓储指数比 2016 年同期波动性更大 D. 2017 年 11 月的仓储指数较上月有所回落，显示出仓储业务活动仍然较为活跃，经济运行 稳中向好 【答案】D 【解析】 2016 年各月的仓储指数最大值是在 11 月份；2017 年 1 月至 12 月的仓储指数的中位数为 52%； 2017 年 1 月至 4 月的仓储指数比 2016 年同期波动性小；2017 年 11 月的仓储指数较上月有所 回落，显示出仓储业务活动仍然较为活跃，经济运行稳中向好，所以选 D. 4.现有 A 、 B 、C 、 D 四本书，若将四本书随机分配给甲、乙两人阅读，要求每人两本，则 A 、 B 恰好分到同一人手中的概率为（ ） A. 1 6 B. 1 4 C. 1 3 D. 1 2 【答案】C - 3 - 【解析】 【分析】 列举出分配给甲、乙的书的基本事件，然后利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率. 【详解】将 A 、 B 、C 、 D 四本书分配给甲、乙两人，每人两本， 所有的基本事件有： ,AB CD 、 ,AC BD 、 ,AD BC 、 ,BC AD 、 ,BD AC 、  ,CD AB ，共 6个， 其中，事件“ A 、 B 恰好分到同一人手中”所包含的基本事件有：  ,AB CD 、 ,CD AB ， 共 2 个. 因此，所求事件的概率为 2 1 6 3P   . 故选：C. 【点睛】本题考查利用古典概型的概率公式计算事件的概率，一般要列举出基本事件，考查 计算能力，属于基础题. 5.如图，在正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中，P 为 1BD 的中点，则 PAC 在该正方体各个面上的 正投影（实线部分）可能是（ ） A. ①④ B. ①② C. ②③ D. ②④ 【答案】A 【解析】 【分析】 由题意需要从三个角度对正方体进行平行投影，首先确定关键点 P 、 A 在各个面上的投影， 再把它们连接起来，即 PAC 在该正方体各个面上的射影 【详解】从上下方向上看， PAC 的投影为①图所示的情况. 从左右方向上看， PAC 的投影为④图所示的情况. 从前后方向上看， PAC 的投影为④图所示的情况. 故选：A． - 4 - 【点睛】本题主要考查了平行投影和空间想象能力，关键是确定投影图得关键点，如顶点等， 再连接即可得在平面上的投影图，主要依据平行投影的含义和空间想象来完成．属于基础题 6.若 7 2sin 4 10A      ， ,4A      ，则 sin A 的值为（ ） A. 3 5 B. 4 5 C. 3 5 或 4 5 D. 3 4 【答案】B 【解析】  5( , ), ( , )4 4 2 4A A       ， 所 以 cos( ) 04A   ， 且 2 2cos( ) 1 sin ( )4 4 10A A        ， 所 以 4sin sin ( ) sin( )cos cos( )sin4 4 4 4 4 4 5A A A A                ，选 B. 点睛：本题主要考查同角三角函数基本关系式、两角差的正弦公式等，属于易错题．解答本 题的关键是拆角，将sin A 拆成sin ( )4 4A       ． 7.函数 1 x xy e  的图象大致为（ ） A. B. C. D. - 5 - 【答案】C 【解析】 因为 1 x xy e  ，所以 ' x xy e   ，令 ' 0, 0y x  ，令 ' 0, 0y x ，令 ' 0, 0y x  ，所以在 ( ,0) 为增函数，在 (0, ) 为减函数，且 0x  是函数的极大值点，结合 4 个函数的图象， 选 C. 8.已知抛物线  2: 2 0C y px p  与椭圆   2 2 2 2: 1 0x yE a ba b     交于点  1,2A ，若抛物 线 C 的焦点 F 也是椭圆 E 的焦点，则实数 a 的值为（ ） A. 2 1 B. 2 C. 2 2 D. 2 2 【答案】A 【解析】 【分析】 根据题意，由点  1,2A 在抛物线  2: 2 0C y px p  上，可求得 2p 值，进而得到焦点 F 坐 标，再由点  1,2A 在椭圆 E 上与椭圆中 2 2 2a b c  的关系，解方程，即可求解. 【详解】解:由题意：对于抛物线 2: 2C y px ，有 22 2 p ， 2 4y x  所以抛物线 C 的焦点为 (1,0)F ， 所以对于椭圆 E，有 2 2 2 2 1 1 4 1 b a a b      ， 解得 2 3 2 2a   或 2 3 2 2a   ， 又因 2 2a c ，即 2 1a  ， 所以 2 23 2 2 ( 2 1)a     ， 所以 2 1a   . 故选：A - 6 - 【点睛】本题考查抛物线与椭圆的基础知识，考查理解辨析能力与运算求解能力，属于基础 题. 9.执行如图所示的程序框图，输出的结果 S 的值是（ ） A. 2 B. 1 2 C. -3 D. 1 3 【答案】A 【解析】 【分析】 模拟程序运行，确定程序功能，得出规律后可得结论． 【详解】程序运行时变量值变化如下： 2, 1S i  ，开始循环：满足循环条件， 3, 2S i   ； 满足循环条件， 1 2S   ， 3i  ；满足循环条件， 1 , 43S i  ；满足循环条件， 2, 5S i  ；…， S 值出现是呈周期性的，周期为 4，一直到 2021i  ，才不满足循环条件，输出 S ，由于 2021 505 4 1   ，因此此时 2S  ． 故选：A． 【点睛】本题考查程序框图，考查循环结构，解题时可模拟程序运行，确定变量值的变化， 判断循环条件得出结论． 10.已知 ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且 60C   ， 5a b  ， 3ABCS  ， 则sin sinA B 的值为（ ） A. 1 4 B. 3 13 C. 3 12 D. 3 13 - 7 - 【答案】D 【解析】 【分析】 根据面积公式求出 4ab  ，根据余弦定理求出 13c  ，再根据正弦定理可求得结果. 【详解】因为 1 sin 32ABCS ab C △ ，所以 2 3 4 3 2 ab   ， 又 2 2 2 2 cosc a b ab C   2( ) 2 25 3 25 12 13a b ab ab ab         ， 所以 13c  . 因为 sin sin sin a b c A B C   13 3 2  2 13 3  ， 所以 sin sin 2 13 2 13 3 3 a bA B   4 3 52 52 13 3 3 ab   . 故选：D. 【点睛】本题考查了三角形的面积公式、正弦定理和余弦定理，属于基础题. 11.已知函数     ln , 0 2 , 0,x x xf x x x e x       若函数    g x f x a  的零点有 2 个或 3 个，则实数 a 的取值范围为（ ） A. 3 1 1, ee     B. 3 1 1, ee     C. 10, e      D. 3 1 ,0e     【答案】B 【解析】 【分析】 利用导数研究函数 ( )f x 的单调性，极值，同时注意函数值的变化趋势，作出函数的示意图， 由图象与直线 y a 的交点个数可得结论． - 8 - 【详解】 0x  时， ln( ) xf x x  ， 2 1 ln( ) xf x x   ，当 (0, )x e 时， ( ) 0f x  ， ( )f x 递增， 当 ( , )x e  时， ( ) 0f x  ， ( )f x 递减，且此时 ( ) 0f x  ， 0x  时， ( ) ( 2) xf x x e  ， ( ) ( 3) xf x x e   ，当 ( 3,0)x  时， ( ) 0f x  ， ( )f x 递增， 当 ( , 3)x   时， ( ) 0f x  ， ( )f x 递减，且此时 ( ) 0f x  ， 所以 ( )f x 极小值 3 1( 3)f e     ， ( )f x 极大值 1( )f e e   ， (0) 2f  ，在 0x  且 0x  ， ( )f x   ， ( )f x 的示意图如图所示，所以当它与 y a 有 2 个或 3 个交点时， 3 1 1ae e    ． 故选：B． 【点睛】本题考查函数零点个数问题，解题时可利用导数研究函数的单调性与极值，研究函 数的变化趋势，作出示意图，由图象得出结论． 12.已知 1F ， 2F 为双曲线   2 2 2 2: 1 0x yC a ba b     的左右焦点，点 A 在双曲线 C 的右支上， 线段 1AF 与双曲线 C 的左支交于点 B， 2 60ABF   ， 1 13AF BF  ，则双曲线 C 的离心率为 （ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 2 2 【答案】C - 9 - 【解析】 【分析】 设 1BF m ，因为 1 13AF BF  ，所以 1 3AF m ，由双曲线的定义，求得 2 3 2AF m a  ， 2 2BF m a  ，在 2ABF 中，由余弦定理求得 2m a ，再在 1 2BF F 中，利用余弦定理， 求得 2 27c a ，即可求得双曲线的离心率. 【详解】设 1BF m ，因为 1 13AF BF  ，所以 1 3 , 2AF m AB m  ， 由双曲线的定义，可得 1 2 2AF AF a  ， 2 1 2BF BF a  所以 2 1 2 3 2AF AF a m a    ， 2 1 2 2BF BF a m a    ， 在 2ABF 中，由余弦定理可得 2 2 2 2 2 22 cos60AF AB BF AB BF    , 即 2 2 2 1(3 2 ) (2 ) (2 ) 2 2 (2 ) 2m a m a m m a m        ， 整理得 2m a ， 在 1 2BF F 中，可得 2 2 2 1 2 1 2 1 22 cos120F F BF BF BF BF    , 即 2 2 24 (2 ) (2 )c m a m m a m      ，即 2 2 24 (2 ) (2 2 ) 2 (2 2 )c a a a a a a      整理得 2 27c a ，所以双曲线的离心率为 7ce a   . 故选：C. 【点睛】本题考查了双曲线的几何性质——离心率的求解，其中求双曲线的离心率(或范围)， 常见有两种方法：①求出 ,a c ，代入公式 ce a  ；②只需要根据一个条件得到关于 , ,a b c 的 齐次式，转化为 ,a c 的齐次式，然后转化为关于 e 的方程，即可得 e 的值(范围)． 第Ⅱ卷（非选择题共 90 分） - 10 - 二、填空题（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.把答案填在题中横线上） 13.若 1a  ， 2b  ，且 3a b  r r ，则向量 a  、b  的夹角是__________. 【答案】120 （或 2 3  ） 【解析】 【分析】 设向量 a  、b  的夹角为 ，在等式 3a b  r r 两边平方可得出关于 的等式，求出 cos 的值， 结合角 的取值范围可得出 的值. 【详解】设向量 a  、b  的夹角为 ，， 1a   ， 2b  ，且 3a b  r r ，所以，  2 2 2 2 3a b a a b b           ， 即 2 2 2 cos 3a a b b       ，可得 1cos 2    ， 0 180   ， 120   （或 2 3  ）. 故答案为：120 （或 2 3  ）. 【点睛】本题考查利用平面向量的数量积求夹角，考查计算能力，属于基础题. 14.函数 3πcos sin 2 2y x x      的最大值为__________. 【答案】2 【解析】 【分析】 利用三角函数诱导公式及二倍角公式将函数解析式统一为含 cos x 的二次型复合函数，根据二 次函数的图象与性质即可求出最大值. 【详解】 23πcos sin 2 =cos cos2 2cos cos 12y x x x x x x          ， 令 cost x ，则    22 1 [ 1,1]f t t t t     ，对称轴为 1 4x   ， 因为函数 ( )f t 在 1[ 1, )4   上单调递减，在 1( ,1]4  上单调递增， 所以    max 1 2 1 1 2f t f     ， 所以函数 3πcos sin 2 2y x x      的最大值为 2. - 11 - 故答案为：2 【点睛】本题考查三角函数诱导公式、二倍角公式、求二次型复合函数的最值，属于中档题. 15.已知曲线 3y ax 与直线 6 4 0x y   相切，则实数 a 的值为__________. 【答案】2 【解析】 【分析】 先设出切点坐标 ( , )m n ，然后由切点是公共点和切点处的导数等于切的斜率列方程组可求得结 果. 【详解】解：设切点为 ( , )m n ， 由 3y ax 得 ' 23y ax ，则由题意得， 2 3 3 6 6 4 0 am m n n am         ， 解得 1, 2, 2m n a   ， 故答案为：2 【点睛】此题考查了导数的几何意义，考查了计算能力，属于基础题. 16.在三棱锥 P ABC 中， 4PA PB PC   ， 3AC  ， 7cos 4ABC  ，则 ABC 的 外接圆半径为__________；若三棱锥的顶点均在球 O 的表面上，则球 O 的表面积为__________. 【答案】 (1). 2 (2). 64 3 π 【解析】 【分析】 利用正弦定理求 ABC 的外接圆半径，证明点 P 在底面 ABC 的投影为 ABC 的外接圆圆心， 三棱锥的外接球球心 O 在直线 PD 上，构造直角三角形利用勾股定理求外接球半径，代入球的 表面积公式计算即可. 【详解】 7cos 4ABC  ， 2 31 cossi 4n ABC ABC     ， - 12 - 又 3AC  ，设 ABC 的外接圆半径为 R ，则由正弦定理有 2 4sin ACR ABC   ， 2R  . 过点 P 作 PD  平面 ABC，  2 PA PB PD PD PDA PDB            ， Rt PDA Rt PDB   ， 同理可得 PDA 、 PDB△ 、 PDC△ 全等，则 DA DB DC  ，点 D 为 ABC 的外接圆圆 心， 则三棱锥的外接球球心 O 在直线 PD 上，有OP OA OB OC   , 2DA DB DC   , 2 24 2 2 3PD    ， 设三棱锥 P ABC 的外接球半径为 r，则 2 3OD r  ， 在 Rt ODA 中， 2 2 2OD DA OA  即  22 2 3 4r r   ，解得 4 3 3r  ， 所以三棱锥 P ABC 的外接球表面积为 2 4 3 644 3 3        . 故答案为：2； 64 3  【点睛】本题考查正弦定理求三角形外接圆的半径、三棱锥外接球问题，属于中档题. 三、解答题（解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 17.已知数列 na 满足 1 1a  ，    1 1 1n nna n a n n    ，设 n n ab n  . （1）求证数列 nb 为等差数列，并求 nb 的通项公式； - 13 - （2）若 2 nb nc n  ，求数列 nc 的前 n 项和. 【答案】（1）证明见解析； nb n ；（2）  11 2 2nn    . 【解析】 【分析】 （1）根据等差数列的定义证明，由等差数列的通项公式可得； （2）用错位相减法求数列 nc 的前 n 项和． 【详解】解：（1）因为    1 1 1n nna n a n n    ， 所以 1 11 n na a n n    ，即 1 1n nb b   ， 所以 nb 为等差数列， 其首项为 1 1 1b a  ，公差 1d  . 所以  1 1nb n n    . （2）由（1）得， 2n nc n  ， 设数列 nc 的前 n 项和为 nS ，则 1 2 31 2 2 2 3 2 2n nS n         ，  2 3 12 1 2 2 2 1 2 2n n nS n n           ，相减得，  1 2 3 1 12 1 2 2 2 2 2 2 21 2 n n n n nS n n             . ∴   11 2 2n nS n     ， ∴数列 nc 的前 n 项和为  11 2 2nn    . 【点睛】本题考查等差数列的证明与通项公式，考查错位相减法求数列的和．设数列{ }na 是 等差数列，{ }nb 是等比数列，则数列{ }n na b 的前 n 项和用错位相减法求解，数列 1 1{ } n na a  的 前 n 项和用裂项相消法求解． 18.如图，在多面体 ABCDMN 中，四边形 ABCD 是边长为 2 的正方形，MD  平面 ABCD，NB  平面 ABCD，且 2 2MD NB  ，MB 与 ND 交于 P 点. - 14 - （1）在棱 AB 上找一点 Q，使 //QP 平面 AMD，给出证明并求 BQ 的长； （2）求三棱锥 N PBC 的体积. 【答案】（1）当 1 3BQ AB 时，有 //QP 平面 AMD；证明见解析； 2 3BQ  ；（2） 2 9 . 【解析】 【分析】 (1)由已知可证 //MD NB ，所以 1 2 BP NB PM MD   ，因此当 1 3BQ AB 时， //QP AM ，则 //QP 平面 AMD，BQ 的长度易求. (2) 根据 1 3 PN DN  ，得 1 1 3 3N PBC P NBC D NBC N DBCV V V V      易求. 【详解】解： （1）当 1 3BQ AB 时，有 //QP 平面 AMD. 证明如下： ∵ MD  平面 ABCD， NB  平面 ABCD， ∴ //MD NB ， ∴ 1 2 BP NB PM MD   ，又 1 2 BQ QA  ， ∴在 MAB△ 中， //QP AM ， 又QP  平面 AMD， AM  平面 AMD， - 15 - ∴ //QP 平面 AMD. 又 2AB  ，∴ 2 3BQ  . （2）∵由（1）得， 1 3 PN DN  ， ∴ 1 1 3 3N PBC P NBC D NBC N DBCV V V V      1 1 3 3 DBCS NB    1 1 22 2 19 2 9       . ∴三棱锥 N PBC 的体积为 2 9 . 【点睛】考查在给定的线上找一点使线面平行，转化为证明线面平行；求三棱锥的体积利用 等体积法转化为易求的棱锥的体积，中档题. 19.为了研究一种昆虫的产卵数 y 和温度 x 是否有关，现收集了 7 组观测数据列于下表中，并 做出了散点图， 发现样本点并没有分布在某个带状区域内，两个变量并不呈现线性相关关系，现分别用模型 ① 2 1 2y C x C  与模型；② 3 4C x Cy e  作为产卵数 y 和温度 x 的回归方程来建立两个变量之 间的关系. 温度 x/℃ 20 22 24 26 28 30 32 产卵数 y/个 6 10 21 24 64 113 322 2t x 400 484 576 676 784 900 1024 - 16 - lnz y 1.79 2.30 3.04 3.18 4.16 4.73 5.77 x t y z 26 692 80 3.57      7 1 27 1 i i i i i x x y y x x             7 1 27 1 i i i i i t t y y t t             7 1 27 1 i i i i i z z x x x x             7 1 27 1 i i i i i z z t t t t        1157.54 0.43 0.32 0.00012 其中 2 i it x ， 7 1 1 7 i it t  ， lni iz y ， 7 1 1 7 i iz z  . 附：对于一组数据      1 1 2 2, , ,, , n n      ，其回归直线    的斜率和截距的 最小二乘估计分别为：      1 2 1 n i i i n i i                ，     . （1）根据表中数据，模型①、②的相关指数计算分别为 2 1 0.82R  ， 2 2 0.96R  ，请根据相 关指数判断哪个模型的拟合效果更好. （2）根据（1）中的判断，在拟合效果更好的模型下求 y 关于 x 的回归方程；并估计温度为 30℃时的产卵数.（ 1C ， 2C ， 3C ， 4C 与估计值均精确到小数点后两位） （参考数据： 4.65 1 8e 04.5 ， 4.85 1 4e 27.7 ， 5.05 1 2e 56.0 ） 【答案】（1）模型②的拟合效果更好；（2） 0.32 4.75xy e  ，当 30x  时，估计产卵数为127.74. 【解析】 【分析】 （1）根据相关指数的大小，即可比较模型拟合效果的优劣，相关指数越大，拟合效果越好； - 17 - （2）由（1）可知选模型② 3 4C x Cy e  ，两边取对数得 3 4ln y C x C  ，再令 lnz y ，则 3 4z C x C  ，所以先利用最小二乘法求 z x， 的回归系数，再代换回去即可. 【详解】解：（1）因为 2 2 1 2R R ，所以模型②的拟合效果更好. （2）由（1）知模型②的拟合效果更好， 对于模型②：设 lnz y ，则 3 4ln y C x C  ， 其中      7 1 7 3 27 1 0.32 i ii i i z z x x C x x          ， 4 3 3.57 0.32 26 4.75C z C x       . 所以 y 关于 x 的回归方程为 0.32 4.75xy e  ， 当 30x  时，估计产卵数为 0.32 30 4.75 4.85 2 127.74y e e    . 【点睛】此题考查了线性回归方程的应用问题，考查了相关指数的应用问题，属于中档题. 20.已知圆 2 2: 8 0C x y y   与动直线 : 2 2l y kx k   交于 A，B 两点，线段 AB 的中点为 M，O 为坐标原点. （1）求 M 的轨迹方程； （2）已知点  2,2P ，当 OP OM 时，求 l 的方程及 POM 的面积. 【答案】（1）   2 21 3 2x y    ；（2） 3 8 0x y   ， POM 的面积为16 5 . 【解析】 【分析】 （1）确定直线过定点 (2,2)P ，C 是已知圆圆心，由弦中点性质得CM MP ，即 M 在以CP 为直径的圆上，由此可得轨迹方程． （2）由（1）得 M 的轨迹为圆，圆心为  1,3D ，半径为 2 ，由于点  2,2P ，M 均在圆上， 又 OP OM ，由圆的性质可知OD PM ，这样可求得 PM 的斜率得直线方程，再求出 D 和O 到直线 PM 距离，可得弦长 PM ，从而得 POM 的面积． 【详解】解：（1）直线 : 2 2l y kx k   过定点  2,2P ， - 18 - 圆 2 2: 8 0C x y y   可化为  22 4 16x y   ，圆心  0,4C ， 设动点  ,M x y ，因为 M 为 AB 中点， ∴CM AB 即CM MP ，∴ M 在以 CP 为直径的圆上， 易知 CP 中点为 (1,3)D ， 2 2(2 0) (2 4) 2 2CP      ，∴半径为 2 ∴点 M 的轨迹方程为   2 21 3 2x y    . （2）由（1）得 M 的轨迹为圆，圆心为  1,3D ，半径为 2 ， 因为点  2,2P ，M 均在圆上， 又 OP OM ，由圆的性质可知OD PM ， 又 3ODk  ， ∴ 1 1 3l PM OD k k k      ， ∴直线 l的方程为  12 23y x    ，即 3 8 0x y   ， D 到直线 PM 的距离为 2 2 1 9 8 10 51 3 d      ， O 到直线 PM （直线 l ）的距离为 2 2 8 4 10 51 3 d    ， 又 2 10 4 102 2 5 5PM        ， ∴ 1 1 4 10 4 10 16 2 2 5 5 5POMS PM d      △ ， 综上得，l 的方程为 3 8 0x y   ， POM 的面积为 16 5 . 【点睛】本题考查求圆中弦中点轨迹方程，考查弦的性质，解题关键是确定动点 M 在以 CP 为 直径的圆上，从而易得其轨迹方程，利用圆的性质及股定理求圆的弦长称为几何法． 21.已知函数   2lnmf x x xx    ， m R . - 19 - （1）讨论函数  f x 的单调性； （2）若函数  f x 有两个极值点 1x ， 2x ，且 1 2x x ，证明：  2 2 1f x x  . 【答案】（1）答案不唯一，具体见解析；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】 （1）求出 ( )f x¢ ，然后分 1m   、 1 0m   、 0m  三种情况讨论； （2）首先可得 1 2 1 22, 0x x x x m    ，然后要证  2 2 1f x x  ，即证 2 22ln 1x x   ， 然后设函数   2lnh x x x  ，  1,2x ，然后利用导数得出  h x 的单调性即可证明. 【详解】（1）  f x 的定义域为( )0,+¥ ，   2 2 2 2 21 m x x mf x xx x       ， 设函数   2 2g x x x m   ，  0,x  ， ①当 1m   时，即 4 4 0m    时，   0g x  ， ( ) 0f x¢ ³ ， 所以函数  f x 在( )0,+¥ 上单调递增. ②当 1m   时，即 4 4 0m    时， 令   0g x  得 1 1 1x m   ， 2 1 1x m   ， 1 2x x . i）当 1 0m   时，即 1 20 x x  时， 在   1 20, ,x x  上，   0g x  ， ( ) 0f x¢ > ； 在 1 2,x x 上，   0g x  ， ( ) 0f x¢ < . 所以函数  f x 在 10, x ， 2 ,x  上单调递增，在 1 2,x x 上单调递减. ii）当 0m  时，即 1 20x x  时， 在 20, x 上，   0g x  ， ( ) 0f x¢ < ； 在 2 ,x  上，   0g x  ， ( ) 0f x¢ > . 所以函数  f x 在 20, x 上单调递减，在 2 ,x  上单调递增. - 20 - 综上，当 1m   时，函数  f x 在( )0,+¥ 上单调递增； 当 1 0m   时，函数  f x 在 0,1 1 m  ， 1 1 ,m   上单调递增， 在 1 1 ,1 1m m    上单调递减； 当 0m  时，函数  f x 在 0,1 1 m  上单调递减，在 1 1 ,m   上单调递增. （2）证明：函数  f x 有两个极值点 1x ， 2x ，且 1 2x x ， ∴   2 2 0g x x x m    有两个不同的正根 1 1 1x m   ， 2 1 1x m   ， ∴ 1 2 1 2 4 4 0, 2, 0, m x x x x m          ∴ 1 0m   . 欲证明  2 2 2 2 2 2ln 1mf x x x xx      ， 即证明 2 2 2ln 1mx x   ， ∵ 2 2 22m x x  ， ∴证明 2 2 2ln 1mx x   成立，等价于证明 2 22ln 1x x   成立. ∵    2 2 2 1,0m x x    ， ∴  2 1 1 1,2x m    . 设函数   2lnh x x x  ，  1,2x ，则   2 1h x x    . ∵   0h x  在  1,2x 上恒成立， ∴  h x 在  1,2x 上单调递增，∴    1 1h x h   ， 即 2 22ln 1x x   在  2 1,2x  上恒成立， ∴函数  f x 有两个极值点 1x ， 2x ，且 1 2x x 时，  2 2 1f x x  . 【点睛】本题考查的是利用导数研究函数的单调性和证明不等式，考查了分类讨论的思想， 属于较难题. - 21 - 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.作答时请写清题 号. 选修 4－4：坐标系与参数方程 22.已知直线 l 的参数方程为 1 x t y t       （t 为参数）.以原点 O 为极点，以 x 轴正半轴为极轴 建立极坐标系，曲线 C 的极坐标方程为 4cos  ， π0, 2      . （1）求直线 l 及曲线 C 的直角坐标方程； （2）过曲线 C 上的一点 M 作平行于 y 轴的直线交 l 于点 N，求 MN 的取值范围. 【答案】（1） 1 0x y   ， 2 22 4x y   ，  0,4x ，  0,2y  ；（2） 1,3 2 2MN     . 【解析】 【分析】 （ 1 ） 对 直 线 l 的 参 数 方 程 消 参 可 得 直 线 l 的 直 角 坐 标 方 程 ， 运 用 2 2 2cos sin +x y x y     ， ， 可将曲线 C 化为直角坐标方程. （2）将曲线 C 化为参数方程，设出点 M、点 N 的坐标，表示 MN ，运用三角函数的变换和性 质可得 MN 的取值范围. 【详解】解：（1）由 1 x t y t       消去 t 得直线 l 的直角坐标方程为 1 0x y   ， 由 4cos  得 2 4 cos   ， 所以 2 2 4 0x y x   ，即 2 22 4x y   ， 因为 π0, 2      ，所以  0,4x ，  0,2y  . 所以曲线 C 的直角坐标方程为 2 22 4x y   ，  0,4x ，  0,2y  . （2）圆 C 的参数方程为 2 2cos 2sin x y       （ 为参数且  0,π  ）， 设  2 2cos ,2sinM   ，则  2 2cos , 3 2cosN     ， - 22 - 所以 π2sin 2cos 3 2 2 sin 34MN            . 因为  0,π  ，所以 5+ ,4 4 4         ，所以 π 2sin 14 2            ， ，所以 π2 2 sin 3 1,3 2 24            ， 所以 1,3 2 2MN     . 【点睛】本题考查参数方程，极坐标方程与平面直角坐标方程之间的互化，以及运用三角函 数的恒等变换求最值，属于中档题. 选修 4－5：不等式选讲 23.已知   2 2 1f x x x    ． （1）求不等式   6f x  的解集； （2）设 , ,m n p 为正实数，且  2m n p f   ，求证： 3mn np pm   . 【答案】（1） ( 1 3)x  ， ；（2）证明详见解析． 【解析】 【分析】 第一问是有关绝对值不等式的解法问题，在解题的过程中，应用零点分段法将绝对值符号去 掉转化为三个不等式组来解．第二问利用解析式先求出函数值，之后利用基本不等式求得结 果. 【详解】（1）不等式 2 2 1 6x x    等价于不等式组 1 3 3 6 x x      或 1 2 5 6 x x       或 2 3 3 6 x x     ， 所以不等式 2 2 1 6x x    的解集为 1,3 ； （2）证明：因为 3m n p   ， 所以 2 2 2 2 2 2 2 9m n p m n p mn mp np         ， 因为 , ,m n p 为正实数，所以由基本不等式 2 2 2m n mn  （当且仅当 m n 时等号成立）， - 23 - 同理 2 2 2 22 , 2m p mp p n pn    ，所以 2 2 2m n p mn mp np     ， 所以 2 2 2 2 2 2 2 9 3 3 3m n p m n p mn mp np mn mp np            ， 所以 3mn mp np   . 【点睛】该题属于不等式的问题，需要明确绝对值不等式的解法-----零点分段法，去绝对值 符号，将其转化为多个不等式组的解集的并集来完成，二是有关重要不等式，还有借用不等 式的性质对其等价变形，最后证得结果. - 24 -