安徽省滁州市定远县重点中学2020届高三下学期6月模拟数学（理）试题 Word版含解析

安徽省滁州市定远县重点中学2020届高三下学期6月模拟数学（理）试题 Word版含解析

- 1 - 定远重点中学 2020 届高三下学期 6 月模拟考试 数学（理）试题 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. 设全集U  R ，集合 { |1 3}A x x   ， { | 2 3 0}B x x   ，则 ( )UA C B  （ ） A. 3( , )2  B. (1, ) C. 3(1, )2 D. 3[ ,3)2 【答案】C 【解析】 由题意得 3{ | 2 3 0} { | }2B x x x x     ， ∴ 3{ | }2U B x x ð ， ∴ 3 3( ) { |1 } (1, )2 2UA B x x    ð ．选 C． 2. 已知 x， y R ，i 为虚数单位，且 1xi y i    ，则   1 (i x yi   ) A. 2 B. 2i C. 4 D. 2i 【答案】B 【解析】 【分析】 根据对应关系求出 x，y 的值，结合复数的运算求出代数式的值即可． 【详解】由 1xi y i    ， 得： 1 1 y x    ， 所以 1x  ， 1y  ， 所以     1 1 1 2i x yi i i i       ， 故选 B． 【点睛】本题考查了复数的运算，考查对应思想，是一道常规题．复数 a bi 与 ic d 相等的 充要条件是 a c 且b d ．复数相等的充要条件是化复为实的主要依据，多用来求解参数的 值或取值范围．步骤是：分别分离出两个复数的实部和虚部，利用实部与实部相等、虚部与 - 2 - 虚部相等列方程（组）求解． 3. 阅读如图所示程序框图，运行相应的程序.当输入的  2,4x  时，则输出 y 的范围是（ ） A.  8,4 B.  0,24 C.    2,4 6,24  D.  2,24 【答案】D 【解析】 分析：利用程序框图和分段函数进行求解． 详解：当 2 1x- £ < 时， 22 3 2 14x   ， 则 0 24y  ； 当1 4x  时， 2 6y   ； 综上所述，输出 y 的范围为 [0,24] [ 2,6] [ 2,24]    ． 点睛：本题考查程序框图等知识，意在考查分类讨论思想的应用能力和基本计算能力． 4. 已知 P 为 ABC 所在平面内一点， 0AB PB PC     ， 2AB PB PC     ，则 ABC 的面积等于（ ） A. 3 B. 2 3 C. 3 3 D. 4 3 【答案】B 【解析】 - 3 - 【详解】根据条件得知点 P 在三角形中位线的延长线上，三角形 ABC 是以 B 为直角的直角三 角形， 记 AC 中点为 O 点，OBPC 按这一顺序构成平行四边形的四个边，并且是菱形，边长为 2， 故 BC 为 2 3 ，此时三角形面积为 1 2 2 3 2 3.2S     故答案为 B． 5. 【2018 届浙江省温州市一模】如图，正四面体 ABCD 中，P Q R、 、 在棱 AB AD AC、 、 上，且 1 2 AP CRAQ QD PB RA   ， ，分别记二面角 A PQ R A PR Q A QR P     ， ， 的平 面角为  、 、 ，在（ ） A.     B.     C.     D. - 4 -     【答案】D 【解析】 ABCD 是正四面体， P Q R、 、 在棱 AB AD AC、 、 上，且 1 2 AP CRAQ QD PB RA   ， ，可 得 为钝角， ,  为锐角，设 P ACD到 的距离为 1h P QR， 到 的距离为 1d Q ABC， 到 的距离 为 2h Q PR， 到 的距离为 2d ，设正四面体的高为 h ,可得 1 2 1 2 1 1= , ,3 2h h h h h h  ，由余弦定 理可得QR PR ，由三角形面积相等可得到 1 2d d ，所以可以推出 1 2 1 2 ,h hsin sind d     所以      ，故选 D. 【方法点睛】本题主要考查二面角的求法，属于难题.求二面角的大小既能考查线线垂直关系， 又能考查线面垂直关系，同时可以考查学生的计算能力，是高考命题的热点，求二面角的方 法通常有两个思路：一是利用空间向量，建立坐标系，这种方法优点是思路清晰、方法明确， 但是计算量较大；二是传统方法，求出二面角平面角的大小，这种解法的关键是找到平面角， 本题很巧妙的应用点到面的距离及点到线的距离求得二面角的正弦值，再得到二面角的大小 关系. 6. 已知函数   sin2 cos2f x x x  ，将函数  y f x 的图象向右平移 4  个单位，得到数  y g x 的图象，则函数  y g x 图象的一个对称中心是（ ） A. 3 ,08      B. ,02      C. 5 ,08      D. 3 ,04      【答案】C 【解析】 【分析】 先对函数  f x 化简，然后利用三角函数的平移关系求出  g x 的解析式，结合三角函数的对 称性进行求解即可． 【详解】   sin2 cos2 2sin 2 4f x x x x        ， - 5 - 将函数  y f x 的图象向右平移 4  个单位，得到数  y g x 的图象， 即   2sin 2 2sin 24 4 4g x x x                   ， 由 2 4x k   ，得 2 8 kx    ， k Z， 当 1k  时， 5 2 8 8x      ， 即函数  g x 的一个对称中心为 5 ,08      ， 故选 C． 【点睛】本题主要考查三角函数的图象变换和性质，求出函数  g x 的解析式以及利用三角函 数的对称性是解决本题的关键． 7. 设 F 为抛物线 C: 2 3y x 的焦点，过 F 且倾斜角为 30°的直线交 C 于 A,B 两点，O 为坐标 原点，则 △OAB 的面积为（ ） A. 3 3 4 B. 9 3 8 C. 63 32 D. 9 4 【答案】D 【解析】 由 题 意 可 知 ： 直 线 AB 的 方 程 为 3 3( )3 4y x  ， 代 入 抛 物 线 的 方 程 可 得 ： 24 12 3 9 0y y   ， 设 A 1 1( , )x y 、 B 2 2( , )x y ， 则 所 求 三 角 形 的 面 积 为 1 2 1 2 1 3 ( ) 42 4 y y y y    = 9 4 ，故选 D. 考点：本小题主要考查直线与抛物线的位置关系，考查两点间距离公式等基础知识，考查同 学们分析问题与解决问题的能力. 8. 函数 2 2( ) (4 4 )logx xf x x  的图象大致为（ ） - 6 - A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】 【分析】 ∵        2 24 4 log xx xf x f x      ∴  f x 为奇函数，排除 A，C 2 1 1 12 log 32 2 4f              ， 1 2 24f       ，且 1 1 4 2f f          排除 D， 故选 B 点睛：识图常用的方法 (1)定性分析法：通过对问题进行定性的分析，从而得出图象的上升(或下降)的趋势，利用这 一特征分析解决问题； (2)定量计算法：通过定量的计算来分析解决问题； (3)函数模型法：由所提供的图象特征，联想相关函数模型，利用这一函数模型来分析解决问 题． 9. 设 ( )f x 是定义在 R 上的偶函数， x R  ，都有 (2 ) (2 )f x f x   ，且当  0,2x 时， ( ) 2 2xf x   ，若函数 ( ) ( ) log ( 1)ag x f x x   （ 0a  ， 1a  ）在区间 1,9 内恰有三 - 7 - 个不同零点，则实数 a 的取值范围是（ ） A. 1(0, ) ( 7, )9   B. 1( ,1) (1, 3)9  C. 1 1( , ) ( 3, 7)9 5  D. 1 1( , ) ( 5,3)7 3  【答案】C 【解析】 试题分析：由 (2 ) (2 )f x f x   得函数 ( )f x 的图象关于直线 2x  对称，又 ( )f x 是偶函数， 即图象关于直线 0x  对称，因此它还是周期函数，且周期为 2 (2 0) 4T     ，函数 ( )g x 的 零点个数就是函数 ( )y f x 与曲线 的图象交点的个数，如图由奇偶性和周期 性作出 ( )y f x 的图象，作出 的图象，由图象知，两图象只有三个交点，则 有 1 {log 3 2 log 7 2 a a a    或 0 1 {log 5 1 log 9 1 a a a      ，解得 3 7a  或 1 1 9 5a  ．故选 C． 考点：函数的零点． 【名师点睛】本题考查函数零点，函数 ( )f x 的零点，就是方程 ( ) 0f x  的解，也是函数 ( )y f x 的图象与 x 轴交点的横坐标，它们个数是相同的，因此有解决零点个数问题时，常 常进行这方面的转化，把函数零点转化为函数图象交点．在转化时在注意较复杂的函数是确 定的（没有参数），变化的是比较简单的函数，如基本初等函数，大多数时候是直线，这样变 化规律比较明显，易于观察得出结论．本题解法是数形结合思想的应用． - 8 - 10. 设函数 2( ) 2f x x xlnx   ，若存在区间  1, ,2a b     ，使 ( )f x 在[a ， ]b 上的值域为 [ ( 2)k a  ， ( 2)]k b  ，则 k 的取值范围是 ( ) A. 9 2 21, 4 ln     B. 9 2 21, 4 ln     C. 9 2 21, 10 ln     D. 9 2 21, 10 ln     【答案】C 【解析】 【分析】 判断 ( )f x 的单调性得出 ( ) ( 2)f x k x  在 1[2 ， ) 上有两解，作出函数图象，利用导数的意 义求出 k 的范围． 【详解】解： ( ) 2 1f x x lnx    ， 1( ) 2f x x    ， 当 1 2x… 时， ( ) 0f x … ， ( )f x  在 1[2 ， ) 上单调递增， 1 1( ) ( ) 2 02 2f x f ln     … ， ( )f x 在 1[2 ， ) 上单调递增， [a ， 1] [2b  ， ) ， ( )f x 在[a ， ]b 上单调递增， ( )f x 在[a ， ]b 上的值域为[ ( 2)k a  ， ( 2)]k b  ，  ( ) ( 2) ( ) ( 2) f a k a f b k b      ， 方程 ( ) ( 2)f x k x  在 1[2 ， ) 上有两解 a ，b ． 作出 ( )y f x 与直线 ( 2)y k x  的函数图象，则两图象有两交点． - 9 - 若直线 ( 2)y k x  过点 1(2 ， 9 1 2)4 2 ln ， 则 9 2 2 10 lnk  ， 若直线 ( 2)y k x  与 ( )y f x 的图象相切，设切点为 0(x ， 0 )y ， 则 0 0 2 0 0 0 0 0 0 ( 2) 2 2 1 y k x y x x lnx x lnx k           ，解得 1k  ． 9 2 21 10 lnk   „ ， 故选：C ． 【点睛】本题考查了函数的单调性，导数的几何意义，零点个数与函数图象的关系，属于中 档题． 11. 已知 ,a b 是实数，若圆( ) ( )2 21 1 1x y- + - = 与直线   1 1 2 0a x b y     相切，则 a b的取值范围是 （ ） A. 2 2 2,2 2 2    B.  ,2 2 2 2 2 2,      C.  , 2 2 2 2,      D.   , 2 2 2 2,     【答案】B 【解析】 由题设圆心 (1,1)C 到直线    1 1 2 0a x b y     的距离 2 2 1 1 2 1 ( 1) ( 1) a bd a b         ，即 - 10 - 2 2 1 ( 1) ( 1) a b a b      ，也即 2 2 2( ) 2( ) 2a b a b a b      ，因为 2 2 21 ( )2a b a b   ， 所 以 2 21( ) 2( ) 2 ( )2a b a b a b      ， 即 2( ) 4( ) 4 0a b a b     ， 解 之 得 2 2 2a b   或 2 2 2a b   ，应选答案 B． 点睛：解答本题的关键是借助题设条件建立方程 2 2 1 ( 1) ( 1) a b a b      ，然后再依据问题的 特征与欲求目标之间的联系，借助基本不等式 2 2 21 ( )2a b a b   建立了不等式 2 21( ) 2( ) 2 ( )2a b a b a b      ，最后通过解不等式使得问题获解． 12. 下列说法正确的是（ ） A. 若命题 0:p x R  ， 2 0 0 1 0x x   ，则 :p x R   ， 2 1 0x x   B. 已知相关变量 ,x y 满足回归方程  2 4y x  ，若变量 x 增加一个单位，则 y 平均增加 4 个 单位 C. 命题“若圆    2 2: 1 1C x m y m     与两坐标轴都有公共点，则实数  0,1m ”为 真命题 D. 已知随机变量  22X N  ， ，若   0.32P X a  ，则  4 0.68P X a   【答案】C 【解析】 若命题 0:p x R  ， 2 0 0 1 0x x   ，则 :p x R   ， 2 1 0x x   ; 已知相关变量  ,x y 满足回归方程 ˆ 2 4y x  ，若变量 x 增加一个单位，则 y 平均减少 4 个单 位; 命题“若圆    2 2: 1 1C x m y m     与两坐标轴都有公共点，则 1 0 1,1 1 m mm        为真命题; 已知随机变量  22X N ， ，若   0.32P X a  ，则  4 0.32P X a   ; 所以选 C. 第Ⅱ卷 非选择题（共 90 分） - 11 - 本卷包括必考题和选考题两部分.第 13 题-第 21 题为必考题，每个试题考生都必须作答.第 22 题-第 23 题为选考题，考生根据要求作答. 二、填空题（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分） 13. 若 ,x y 满足约束条件 1 1 y x x y y        ，则 2z x y  的最大值是__________． 【答案】 1 2 【解析】 【详解】 【分析】 , 画出约束条件 1 1 y x x y y        表示的可行域，如图，平移直线 2y x z  ，当直线经过点 C 时，直线在 y 轴上 的截距最小， 2z x y  有最大值，由 1 y x x y     可得 1 1 2 2C      ， ， 2z x y  有最大值为 1 1 12 2 2 2    ，故答案为 1 2 . 【方法点晴】本题主要考查线性规划中利用可行域求目标函数的最值，属简单题.求目标函数 最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）； （2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最 后通过的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值. - 12 - 14. 多项式 1(2 1)nx x   展开式中所有项的系数之和为 64，则该展开式中的常数项为 __________． 【答案】141 【解析】 【详解】 【分析】 由 12 1 n x x      展开式中所有项的系数之和为 64 可得： 2 64n  ，则 6n  612 1x x      展开式中的常数项可分为 4 种情况 6⑴ 个括号都取1 ⑵1个括号取 2x ，1个括号取 1 x  ， 4 个括号都取1， ⑶ 2 个括号取 2x ， 2 个括号取 1 x  ，1个括号取1， ⑷3 个括号取 2x ，3个括号取 1 x  ， 展开式中的常数项为      2 31 1 2 2 2 3 3 3 6 5 6 4 6 31 2 1 2 1 2 1 141C C C C C C       15. 《九章算术》第三章“衰分”中有如下问题:“今有甲持钱五百六十,乙持钱三百五十,丙 持钱一百八十,凡三人俱出关,关税百钱,欲以钱数多少衰出之,问各几何?”其意为:“今有甲 带了 560 钱,乙带了 350 钱,丙带了 180 钱,三人一起出关,共需要交关税 100 钱,依照钱的多少 按比例出钱”,则乙应出(所得结果四舍五入,保留整数)钱数为______. 【答案】32 【解析】 【分析】 根据甲乙丙所带钱数，可以计算出所交关税在全部钱中的占比，根据该比例，可算出乙应出 的钱数. 【详解】由题可知：甲乙丙所带钱数的总和为：560+350+180=1090， 故关税缴纳的比例为： 100 10 1090 109  ， - 13 - 所以：乙应该出钱： 10350 32109   . 故答案为：32. 【点睛】本题考查分层抽样在实际问题中的应用，需要注意每层的抽样比例与整体的抽样比 例相等. 16. 已知函数  f x 对任意的 xR ，都有 1 1 2 2f x f x            ，函数  1f x 是奇函数， 当 1 1 2 2x   时，   2f x x ，则方程   1 2f x   在区间 3,5 内的所有根的和为 _____________． 【答案】4 【解析】 【详解】∵函数  1f x 是奇函数 ∴函数  1f x 的图象关于点 0,0 对称 ∴把函数  1f x 的图象向右平移 1 个单位可得函数  f x 的图象，即函数  f x 的图象关于 点 1,0 对称，则    2f x f x  . 又∵ 1 1 2 2f x f x            ∴    1f x f x  ，从而    2 1f x f x   ∴    1f x f x   ，即      2 1f x f x f x     ∴函数  f x 的周期为 2，且图象关于直线 1 2x  对称. 画出函数  f x 的图象如图所示： ∴结合图象可得   1 2f x   区间 3,5 内有 8 个根，且所有根的和为 1 2 4 42    . 故答案为 4. - 14 - 三、解答题（本大题共 6 小题，共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 17. 在△ABC 中，角 A、B、C 所对的边分别为 a、b、c，且 2 2 2cos cos sin sin sinB C A A B   . （1）求角 C 的大小； （2）若 A= 6  ，△ABC 的面积为 4 3 ，M 为 BC 的中点，求 AM. 【答案】(1) 2 ;3C  (2) 2 7 . 【解析】 【分析】 （1）利用正弦定理，结合同角三角函数的关系化简已知的等式，得到三边的关系式，再利用 余弦定理表示出 cosC 的值，可求角C 的大小；（2）求得   6B A C A     ， ABC 为 等腰三角形，由三角形面积公式可求出CB CM、 的值，再利用余弦定理可得出 AM 的值. 【详解】(1)∵ 2 2 2cos cos sin sin sinB C A A B   ∴  2 2 21 sin 1 sin sin sin sinB C A A B    （ ） ∴ 2 2 2sin sin sin sin sinC B A A B   由正弦定理得： 2 2 2c b a ab   即 2 2 2a b c ab    ∴ 2 2 2 1 1cos2 2 2 a b c Cab 即      ∵C 为三角形的内角，∴ 2 3C  (2)由（1）知 2 3C  ，∴   6B A C A     ∴△ABC 为等腰三角形，即 CA=CB 又∵M 为 CB 中点 ∴CM=BM 设 CA=CB=2x 则 CM=BM=x 1 sin 4 32CABS CA CB C    ∴ 1 32 2 4 32 2x x    解得：x=2 ∴CA=4,CM=2 由余弦定理得：AM= 2 2 2 cos 2 7CA CM CM CA C     . - 15 - 【点睛】本题主要考查正弦定理、余弦定理以及三角形的面积公式，属于中档题. 解三角形 时，有时可用正弦定理，有时也可用余弦定理，应注意用哪一个定理更方便、简捷．如果式 子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果遇到的式子中含有角的正弦或边 的一次式时，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到． 18. 2012 年 12 月 18 日，作为全国首批开展空气质量新标准监测的 74 个城市之一，郑州市正 式发布 2.5PM 数据.资料表明，近几年来，郑州市雾霾治理取得了很大成效，空气质量与前 几年相比得到了很大改善.郑州市设有 9 个监测站点监测空气质量指数（ AQI ），其中在轻度 污染区、中度污染区、重度污染区分别设有 2,5,2 个监测站点，以 9 个站点测得的 AQI 的平 均值为依据，播报我市的空气质量. （Ⅰ）若某日播报的 AQI 为 118，已知轻度污染区 AQI 的平均值为 74，中度污染区 AQI 的 平均值为 114，求重度污染区 AQI 的平均值； （Ⅱ）如图是 2018 年 11 月的 30 天中 AQI 的分布，11 月份仅有一天 AQI 在[170,180) 内. 组数 分组 天数 第一组 [50,80) 3 第二组 [80,110) 4 第三组 [110,140) 4 第四组 [140,170) 6 第五组 [170,200) 5 第六组 [200,230) 4 第七组 [230.260) 3 第八组 [260,290) 1 ①郑州市某中学利用每周日的时间进行社会实践活动，以公布的 AQI 为标准，如果 AQI 小 - 16 - 于 180，则去进行社会实践活动.以统计数据中的频率为概率，求该校周日进行社会实践活动 的概率； ②在“创建文明城市”活动中，验收小组把郑州市的空气质量作为一个评价指标，从当月的 空气质量监测数据中抽取 3 天的数据进行评价，设抽取到 AQI 不小于 180 的天数为 X ，求 X 的分布列及数学期望. 【答案】（Ⅰ）172（Ⅱ）① 3 5 ②见解析 【解析】 【分析】 （Ⅰ）设重度污染区 AQI 的平均值为 x，利用加权平均数求出 x 的值； （Ⅱ）①由题意知 11 月份 AQI 小于 180 的天数，计算所求的概率即可； ②由题意知随机变量 X 的可能取值，计算对应的概率值，写出分布列，求出数学期望值． 【详解】（Ⅰ）设重度污染区 AQI 的平均值为 x ，则 74 2 114 5 2 118 9x      ，解得 172x  . 即重度污染区 AQI 平均值为 172. （Ⅱ）①由题意知， AQI 在 170,180 内的天数为 1， 由图可知，AQI 在 50,170 内的天数为 17 天，故 11 月份 AQI 小于 180 的天数为1 17 18  ， 又 18 3 30 5  ，则该学校去进行社会实践活动的概率为 3 5 . ②由题意知， X 的所有可能取值为 0，1，2，3，且   3 0 18 12 3 30 2040 1015 C CP X C    ，   2 1 18 12 3 30 4591 1015 C CP X C    ，   1 2 18 12 3 30 2972 1015 C CP X C    ，   0 3 18 12 3 30 113 203 C CP X C    ， 则 X 的分布列为 X 0 1 2 3 P 204 1015 459 1015 297 1015 11 203 - 17 - 数学期望 EX  204 459 297 110 1 2 31015 1015 1015 203        6 5  . 【点睛】本题考查了平均数与离散型随机变量的分布列和数学期望计算问题，是基础题． 19. 已知多面体 ABCDEF 中，四边形 ABCD 为平行四边形， EF CE ，且 2AC  ， 1AE EC  ， 2 BCEF  ， / /AD EF . （1）求证：平面 ACE  平面 ADEF ； （2）若 AE AD ，直线 AE 与平面 ACF 夹角的正弦值为 3 3 ，求 AD 的值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 2AD  【解析】 【详解】试题分析： (1)由题意结合线面垂直的判断定理可得CE  平面 ADEF ，然后利用面面垂直的判断定理即 可证得平面 ACE  平面 ADEF . (2)建立空间直角坐标系，结合题意利用夹角公式可得求得直线 AE 与平面 ACF 的夹角的正 弦值 3sin 3   ，据此可得 2AD  . 试题解析： （1）∵ 2AC  ， 1AE EC  ，∴ 2 2 2AC AE CE  ， ∴ AE EC ； 又 EF CE ， AE EF E  ，∴ CE  平面 ADEF ； 因为 CE  平面 ACE ，所以平面 ACE  平面 ADEF . （2）因为平面 ACE  平面 ADEF ， 平面 ACE  平面 ADEF AE ， AE AD ， 所以 AD  平面 AEC ， AC  平面 AEC ，故 AC AD ； - 18 - 以 A 为原点， ,AC AD 所在直线分别为 ,x y 轴， 过点 A 且垂直于平面 ABCD 的直线为 z 轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 设 2AD a ，则  0,0,0A ，  2,0,0C ， 2 2, ,2 2F a      ， 2 2,0, 2 2 E       ， 设平面 ACF 的一个法向量  , ,m x y z ， 因为  2,0,0AC  ， 2 2, ,2 2AF a        ， ∴ 2 0 2 2 02 2 x x ay z      ，取 2z  ， 1y a  ， 则 10, , 2m a       ， 2 2,0,2 2AE        ， 设直线 AE 与平面 ACF 的夹角为 ， 故 2 1 3sin 3| || | 1 2 AE m AE m a           ， 解得 1a  （ 1a   舍去），故 2AD  . 20. 已知椭圆C ： 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     的右焦点为 (1,0)F ，且点 21, 2      在椭圆C 上. （1）求椭圆C 的标准方程； （2）已知动直线 l 过点 F ，且与椭圆C 交于 ,A B 两点.试问 x 轴上是否存在定点Q ，使得 - 19 - 7 16QA QB    恒成立？若存在，求出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） 2 2 12 x y  （2） x 轴上存在点 5( ,0)4Q 【解析】 【分析】 （1）利用椭圆的定义求出 a 的值，进而可求 b 的值，即可得到椭圆的标准方程； （2）先利用特殊位置，猜想点 Q 的坐标，再证明一般性也成立即可 【详解】（1）由题意知， 1c  根据椭圆的定义得： 2 22 22 ( 1 1) ( ) 2 22 2a       即 2a  ， 2 2 1 1b    ，椭圆C 的标准方程为 2 2 12 x y  （2）假设在 x 轴上存在点 ( ,0)Q m ，使得 7 16QA QB    恒成立． ① 当直线l 的斜率为 0 时， ( 2,0)A ， ( 2,0)B  ． 则 7( 2 ,0) ( 2 ,0) 16m m      解得 5 4m   ． ② 当直线l 的斜率不存在时， 2(1, )2A ， 2(1, )2B  ． 则 2 2 7(1 , ) (1 , )2 2 16m m      解得 5 4m  或 3 4m  ③ 由①②可知当直线 l 的斜率为 0 或不存在时， 5 4m  使得 7· 16QAQB    成立． 下面证明 5 4m  ，即 5( ,0)4Q 时 7· 16QAQB    恒成立． 设直线l 的斜率存在且不为 0 时，直线 l 方程为 ( 1)y k x  ， 1 1( , )A x y , 2 2( , )B x y ，由 2 2 ( 1) 12 y k x x y     ， 可得 2 2 2 2(2 1) 4 2 2 0k x k x k     - 20 -  2 2 1 2 1 22 2 4 2 2,2 1 2 1 k kx x x xk k      1 1( 1)y k x  ， 2 2( 1)y k x    2 1 2 1 2 1 2 1 2· ( 1) ( 1) 2( ) 1y y k x k x k x x x x       2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 12 1 2 1 2 1 k k kk k k k            ·QAQB   1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 5 5 5 25( , ) ( , ) ( )4 4 4 16x y x y x x x x y y        2 2 2 2 2 2 2 2 5 4 25 7 2 1 4 2 1 16 2 1 16 k k k k k k           综上所述：在 x 轴上存在点 5( ,0)4Q ，使得 7· 16QAQB    恒成立． 考点：1．直线与圆锥曲线的关系；2．椭圆的标准方程 21. 已知函数 (3 )( ) ( 0, ) xx e af x x a Rx     . （1）当 3 4a   时，判断函数 ( )f x 的单调性； （2）当 ( )f x 有两个极值点时，若 ( )f x 的极大值小于整数 m ，求 m 的最小值. 【答案】（1） ( )f x 为 (0, ) 上的减函数（2）3 【解析】 【分析】 （1）求出函数的导数，法一、结合二次函数的图象与性质判断导函数的符号，求出函数的单 调性即可；法二、令 2( ) ( 3 3) xh x x x e a     ，则 2( ) ( ) xh x x x e    ，结合函数的单调 性求出  h x 的极大值，即可得到结论； （2）令 2( ) ( 3 3) xh x x x e a     ，则 2( ) ( ) xh x x x e    ，根据函数的单调性得到   0h x  有两个实数根 1 2,x x （ 1 2x x ），取出实数 a 的取值范围，进而求出  f x 的极大值 2 2 2 2 2 2( ) 3 3 ax af x x x    ，进而得出实数 m 的取值范围. 【详解】（1）由题 - 21 -        2 ' 2 2 3 3 3 3 ( 0) x x x xe x e x x e a x x e a f x xx x               . 方法 1：由于  2 23 33 3 0, 1 0, 3 34 4 x xx x e x x e               ， 又 3 4a   ，所以 2 3 3 0xx x e a     ，从而   0f x  ， 于是  f x 为 0,  上的减函数. 方法 2：令    2 3 3 xh x x x e a     ，则    2 xh x x x e    ， 当 0 1x  时，   0h x  ，  h x 为增函数；当 1x  时，   0h x  ，  h x 为减函数. 故  h x 在 1x  时取得极大值，也即为最大值. 则    max 1h x h e a    .由于 3 4a   ，所以    max 1 0h x h e a     ， 于是  f x 为 0,  上的减函数. （2）令    2 3 3 xh x x x e a     ，则    2 xh x x x e    ， 当 0 1x  时，   0h x  ，  h x 为增函数；当 1x  时，   0h x  ，  h x 为减函数. 当 x 趋近于  时，  h x 趋近于  . 由于  f x 有两个极值点，所以   0f x  有两个不等实根， 即    2 3 3 0xh x x x e a      有两不等实根 1 2,x x （ 1 2x x ）. 则     0 0, 1 0, h h    解得 3 a e    . 可知  1 0,1x  ，由于  1 0h e a    ， 3 3 2 23 3 3 3 02 4 4h e a e           ，则 2 31, 2x     . 而     22 2 2 2 2 2 3 3 0 xx x e a f x x       ，即 2 2 2 23 3 x ae x x     （） 所以       2 2 2 2 3 xx ex af f x x   极大值 ，于是   2 2 2 2 2 2 3 3 ax af x x x    ，（*） 令 2 2 12 2( 1 )2t x x t t         ，则（*）可变为   2 1 11 1 tg t a at t t t      ， - 22 - 可得 1 21 1 31t t       ，而 3 a e    ，则有   2 1 311 1 tg t a at t t t       ， 下面再说明对于任意 2 33 , 1, 2a e x         ，  2 2f x  . 又由（）得  2 2 2 23 3xa e x x    ，把它代入（*）得     2 2 22 xf x x e  ， 所以当 2 31, 2x     ，     2 2 21 xf x x e  0 恒成立， 故     2 2 22 xf x x e  为 31, 2      的减函数，所以   3 2 2 3 1 22 2f x f e      . 所以满足题意的整数 m 的最小值为 3. 点睛：本题主要考查导数在函数中的综合应用，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力 与计算能力，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，求解 曲线在某点处的切线方程；(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参 数；(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决函数的恒成立与有解问题，同时注意数形结合思 想的应用. 请考生在第 22、23 题中任选一题作答.注意：只能做选定的题目，如果多做，则按所做的第 一题计分，解答时请写清题号. [选修 4-4：坐标系与参数方程] 22. 在直角坐标系中 xOy 中，曲线C 的参数方程为 cos 2sin x a t y t    （t 为参数， 0a  ）.以坐标 原点为极点， x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知直线 l 的极坐标方程为 cos 2 24        . （1）设 P 是曲线C 上的一个动点，当 2 3a  时，求点 P 到直线l 的距离的最大值； （2）若曲线C 上所有的点均在直线 l 的右下方，求 a 的取值范围. 【答案】（1） 4 2 ；（2） (0,2 3) . 【解析】 【分析】 （1）将直线 l 极坐标方程转化成直角坐标，设出 P 点坐标，利用点到直线的距离公式及辅助 - 23 - 角公式，根据余弦函数的性质，即可求得点 P 到直线l 的距离的最大值； （2）由题意可知： t R  ， cos 2sin 4 0a t t   恒成立，利用辅助角公式，只需 2 4 4a   ， 即可求得 a 的取值范围. 【详解】（1）由 cos 2 24        ，得 2 ( cos sin ) 2 22       , 化成直角坐标方程得 2 ( ) 2 22 x y   , ∴直线l 的方程为 4 0x y   ， 依题意，设 (2 3 cos ,2sin )P t t ， 则 P 到直线l 的距离 4cos 46| 2 3 cos 2sin 4 | 2 2 tt td         2 2 2 2 cos( )6t    ， 当 26t k   ，即 2 6t k   ， k Z 时， max 4 2d  ， 故点 P 到直线 l 的距离的最大值为 4 2 . （2）因为曲线C 上的所有点均在直线l 的右下方， t R  ， cos 2sin 4 0a t t   恒成立，即 2 4 cos( ) 4 0a t     （其中 2tan a   ）恒 成立， ∴ 2 4 4a   ，又 0a  ，解得 0 2 3a  . 故 a 取值范围 (0,2 3) . 【点睛】该题考查的是有关坐标系与参数方程的问题，涉及到的知识点有极坐标方程与平面 直角坐标方程的转化，利用参数方程求曲线上的点到直线距离的最值，恒成立问题的转化， 属于简单题目. [选修 4-5：不等式选讲] 23. 已知定义在 R 上的函数   *2f x x m x m N   ， ，且   4f x  恒成立. （1）求实数 m 的值； - 24 - （2）若        0,1 0,1 3f f      ， ， ，求证： 4 1 18   . 【答案】（1） 1m  ；（2）见解析. 【解析】 【分析】 (1)由题得 2 4x m x   恒成立，即|2m|＜4 即得 m 的值.(2)由题得 1 2    ，再利用基 本不等式求  4 1 4 12             的最小值，即不等式得证. 【详解】（1）∵ 2 2 2x m x x m x m      ,要使 2 4x m x   恒成立，则 2m  ， 解得 2 2m   .又∵ *m N ，∴ 1m  . （2）∵    0,1 0,1  ， ，.∴     2 2 2 2 3f f         ，即 1 2    ， ∴  4 1 4 1 4 42 2 5 2 5 2 18                                      ，当且仅当 4    ，即 1 3   ， 1 6   时取等号，故 4 1 18   . 【点睛】本题主要考查不等式的恒成立问题，考查不等式的证明，考查基本不等式求最值， 意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力. - 25 -