黑龙江省哈尔滨第三中学2020届高三第五次模拟考试数学（理）试题 Word版含解析

黑龙江省哈尔滨第三中学2020届高三第五次模拟考试数学（理）试题 Word版含解析

- 1 - 数学试卷（理工类） 考试说明：本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分 150 分，考试时 间 120 分钟. 1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚. 2.选择题必须使用 2B 铅笔填涂，非选择题必须使用 0.5 毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工 整，字迹清楚. 3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在草稿纸、 试题卷上答题无效. 4.保持卡面清洁，不得折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、刮纸刀. 第Ⅰ卷（选择题，共 60 分） 一、选择题：本题共 12 小题.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.已知复数 1 3z a i  ， 2 2z i  （i 为虚数单位），若 1 2z z 是纯虚数，则实数 a （ ） A. 3 2  B. 3 2 C. 3 D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】 复数的乘法运算，根据纯虚数的定义，即可得出结果. 【详解】 1 2 2 ) (( 3 ) ( 6)( 2 3)      i a az z a i i 是纯虚数， 所以 (2 3) 0 a 且 6 0a   ，可得 3 2a   故选：A 【点睛】本题考查复数的乘法运算、纯虚数的定义，考查了数学运算能力和理解辨析能力， 属于容易题目. 2.已知集合  2 2 3 0,A x x x x Z     ，集合  0B x x  ，则集合 A B 的子集个数为 （ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 【答案】D 【解析】 【分析】 - 2 - 解一元二次不等式求集合 A，求出 A B ，即可得结果. 【详解】∵    2 2 3 0, 1,0,1,2,3A x x x x Z       ，  0B x x  ， ∴  1,2,3A B  ，∴集合 A B 的子集个数为 8 个， 故选：D. 【点睛】本题主要考查了一元二次不等式的解法，交集的运算以及子集的个数，属于基础题. 3.已知向量  2,3a   ，  3,b m 且 a b    ，则 m  （ ） A. 2 B. 2 C. 9 2  D. 9 2 【答案】C 【解析】 【分析】 由向量平行的坐标公式，即可求得. 【详解】 a b    ， ( 2,3)a   ， (3, )b m ，  2 9 0m   ，解得 9 2m   ， 故选：C. 【点睛】本题考查向量平行的坐标公式，属于基础题.一般地，如果 ( )1 1,a x y=r ，  2 2,b x y ， 若 a b    ，则 1 2 2 1 0x y x y  . 4.设 2log 3a  ， 1 3 log 2b  ， 20.4c  ，则 a ，b ， c 的大小关系是（ ） A. a b c  B. b a c  C. a c b  D. c a b  【答案】C 【解析】 【分析】 由题意结合对数函数的单调性和指数函数的单调性与中间量 0 和 1 比较大小，即可确定 a ，b ， c 的大小关系. 【详解】解：因为函数 2logy x 在 (0, ) 上单调递增，且 2 3 ， - 3 - 所以 2 2log 2 log 3 ，即 21 log 3 ，所以 1a  ， 因为函数 1 3 logy x 在 (0, ) 上单调递减，且 2 1 ， 所以 1 1 3 3 log 2 log 1 0  ，即 0b  ， 因为函数 0.4xy  在 R 上单调递减，且 2 0 ， 所以 2 00 0.4 0.4 1   ，即 0 1c  ， 所以 a c b  ， 故选：C 【点睛】此题考查的是对数式和指数式比较大小，通常利用对数函数和指数函数的单调性找 中间量 0 或 1 比较大小，属于基础题. 5.将函数 sin 2y x 的图象向左平移 π 6 个单位长度后得到曲线 1C ，再将 1C 上所有点的横坐标 伸长到原来的 2 倍得到曲线 2C ，则 2C 的解析式为（ ） A. πsin 3y x     B. πsin 6y x     C. πsin 3y x     D. πsin 4 3y x     【答案】A 【解析】 【分析】 根据三角函数图像平移变换和伸缩变换进行求解即可. 【详解】解：将函数 sin 2y x 的图像向左平移 π 6 个单位长度后得到曲线 1C ，则 1C 的解析式 为 sin 2( ) sin(2 )6 3y x x     ，再将 1C 上所有点的横坐标伸长到原来的 2 倍得到曲线 2C ， 则 2C 的解析式为 1sin( 2 ) sin( )2 3 3y x x      故选：A 【点睛】此题考查三角函数解析式的求解，结合三角函数图像变换是解此题的关键，属于基 础题. 6.远古时期，人们通过在绳子上打结来记录数量，即“结绳计数”，就是现在我们熟悉的“进 - 4 - 位制”，下图所示的是一位母亲记录的孩子自出生后的天数，在从右向左依次排列的不同绳 子上打结，满五进一，根据图示可知，孩子已经出生的天数是（ ） A. 27 B. 42 C. 55 D. 210 【答案】B 【解析】 【分析】 根据题意可得孩子已经出生天数的五进制数为  5132 ，化为十进制数即可得出结果. 【详解】由 题意可知，孩子已经 出生的天数的五进制 数为  5132 ，化为十进 制数为   2 5132 1 5 3 5 2 42      . 故选：B. 【点睛】本题考查五进制数化为十进制数，考查计算能力，属于基础题. 7.设公比为 3 的等比数列 na 前 n 项和为 nS ，且 3 1 3S  ，则 5 6 7a a a  （ ） A. 3 B. 9 C. 27 D. 81 【答案】C 【解析】 【分析】 由等比数列的通项公式可求出 4 5 6 7 3a a a S q   ，代入已知条件即可选出正确答案. 【详解】解：公比 3q  ， 3 1 2 3 1 3S a a a    ，所以 4 4 4 4 5 6 7 1 2 3 3a a a a q a q a q S q      ， 即 4 5 6 7 1 3 273a a a     . 故选:C. 【点睛】本题考查了等比数列的通项公式，属于基础题. - 5 - 8.某几何体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图都是上底为 1，下底为 2，高为 1 的直角 梯形，俯视图为四分之一个圆，则该几何体的体积为（ ） A. π 3 B. 2π 3 C. π D. 4π 3 【答案】A 【解析】 【分析】 由三视图可知，该几何体为组合体，由圆柱的 1 4 和圆锥的 1 4 组成，通过圆柱和圆锥的体积公 式，即可得结果. 【详解】由三视图可得几何体为组合体， 下部是一个圆柱的 1 4 ，底面半径为 1，高为 1，体积为 21 1 14 4     ； 上部是一个圆锥的 1 4 ，底面半径为 1，高为 1，体积为 21 1 1 14 3 12      该几何体的体积为： 4 12 3     故选：A 【点睛】本题考查通过三视图还原几何体、圆锥的体积、圆柱的体积，考查了空间想象能力， 数学运算能力和逻辑推理能力，属于一般题目. 9.已知函数   π2 sin 4f x x     ，    1f x f x ，    2 1f x f x ，    3 2f x f x ，…， 依此类推， 2020 π 4f      （ ） - 6 - A. 2 B. 2 C. 0 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】 结合函数导数的求解，求出  1f x ，  2f x ，  3f x ，  4f x ，  5f x ，…，找出规律，即可 求出  2020 2 sin 4f x x      ，继而可求出 2020 π 4f     的值. 【详解】解：    1 2 cos 4f f x xx       ，    2 1 2 sin 4xf x f x        ，    3 2 2 cos 4xf x f x        ，    4 3 2 sin 4f x xf x       ，    5 4 2 cos 4f x xf x       ，…，由 2020 4 505  ， 得    42020 2 sin 4f x f x x       ，则 2020 π 2 sin 24 2f            . 故选:A. 【点睛】本题考查了导数的求解.本题的关键是找出函数解析式的规律. 10.正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的棱长为 2， E 是棱 1 1B C 的中点，则平面 1AD E 截该正方体所 得的截面面积为（ ） A. 4 2 B. 2 2 C. 4 D. 9 2 【答案】D 【解析】 【分析】 根据 ,E F 分别是 1 1 1,B C BB 的中点，得到 1 / /BC EF ，利用正方体的结构特征，由 1 1/ /AD BC ， 从而可得 1 / /AD EF ，由平面的基本性质得到 1, , ,A D E F 在同一平面内，截面是等腰梯形 1AD EF ，利用梯形面积公式即可求解. 【详解】由题意可得，如图所示： - 7 - 因为 ,E F 分别是 1 1 1,B C BB 的中点， 所以 1 / /BC EF ， 在正方体中， 1 1/ /AD BC ， 所以 1 / /AD EF ， 所以 1, , ,A D E F 在同一平面内， 所以平面 1AD E 截该正方体所得的截面为平面 1AD EF ， 因为正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的棱长为 2， 所以 2EF  ， 1 2 2AD  ，等腰梯形的高为 3 2 ， 所以四边形 1AD EF 的面积   32 2 2 92 2 2S     ， 故选：D 【点睛】本题主要考查了正方体的截面问题以及平面的基本性质，考查了空间想象能力与运 算求解能力，属于中档题. 11.给出下列命题，其中真命题为（ ） ①用数学归纳法证明不等式  1 1 1 1 1 2 2,2 3 4 2 2n n n n N       时，当  1 2,n k k k N    时，不等式左边应在  2,n k k k N   的基础上加上 1 2k ； ②若命题 p ： 0x R  ， 2 0 02 2 0x x   ，则 p ： x R  ， 2 2 2 0x x   ； ③若 0a  ， 0b  ， 4a b  ，则 1 1 2ab  ； ④随机变量  2~ ,X N   ，若    2 0P X P X   ，则 1  . - 8 - A. ①②④ B. ①④ C. ②④ D. ②③ 【答案】C 【解析】 【分析】 本题首先可根据当 n k 时不等式左边为 1 1 1 1 1 2 3 4 2k   以及当 1n k  时不等式左边 为 1 1 1 1 2 3 4 2k   判断出①错误，然后根据特称命题的否定判断出②正确，再然后根据基 本不等式判断出③错误，最后根据正态分布曲线的对称性判断出④正确. 【详解】①：当 n k 时，不等式左边为 1 1 1 1 1 2 3 4 2k   ， 当 1n k  时，不等式左边为 1 1 1 1 2 3 4 2k   ，增加的项为 1 1 1 1 1 2 1 2 2 2k k k    ， 故①错误， ②：特称命题的否定是全称命题，故②正确， ③：因为 0a  ， 0b  ， 4a b  ， 所以 2a b ab  ， 0 4 ab ， 1 1 4ab  ，故③错误， ④：因为    2 0P X P X   ，所以根据正态分布曲线的对称性可知 1  ，④正确， 故选：C. 【点睛】本题考查数学归纳法、特称命题的否定、基本不等式以及正态分布的相关性质，特 称命题的否定是全称命题，考查推理能力，体现了基础性与综合性，是中档题. 12.已知 a 、b R ，则   22 2 1 2 ba b a       的最小值为（ ） A. 2 4 B. 1 8 C. 2 2 D. 1 4 【答案】B 【解析】 【分析】 代数式   22 2 1 2 ba b a        可视为直线 y x 上一点  ,a a 到抛物线 2 12 xy   上一点 2 ,1 2 bb     的距离，然后利用点到直线的距离公式结合二次函数的基本性质可求得所求代数 - 9 - 式的最小值. 【详解】代数式   22 2 1 2 ba b a        可视为直线 y x 上一点 ,a a 到抛物线 2 12 xy   上一点 2 ,1 2 bb     的距离， 则点 2 ,1 2 bb     到直线 y x 的距离为   2 21 11 12 22 2 42 2 bb b d        ， 所以，  22 2 1 2 ba b a       的最小值为 2 2 1 4 8       . 故选：B. 【点睛】本题考查代数式最值的求解，利用代数式的几何意义求解是解题的关键，考查化归 与转化思想的应用，属于中等题. 第Ⅱ卷（非选择题，共 90 分） 二、填空题：本大题共 4 小题. 13.已知双曲线 2 2 2 2 1( 0, 0)x y a ba b     的离心率 2e  ，则其渐近线的方程为 _________ 【答案】 3y x  【解析】  双曲线的方程是   2 2 2 2 1 0, 0x y a ba b     ，双曲线渐近线为 by xa   ，又 离心率为 2ce a   ，可得 2c a ， 2 24c a  ，即 2 2 24a b a  ，可得 3b a ，由此可得双曲线渐 近线为 3y x  ，故答案为 3y x  . 14.已知数列 na 的前 n 项和为 nS ， 1 2 3n na a n   ， 1 2a  ，则 11S  ______. 【答案】77 【解析】 【分析】 由于 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11( ) ( ) ( ) ( ) ( )S a a a a a a a a a a a           ， 1 2 3n na a n   ， 1 2a  ，代入值求解即可 - 10 - 【详解】解：因为 1 2 3n na a n   ， 1 2a  ， 所以 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11( ) ( ) ( ) ( ) ( )S a a a a a a a a a a a           2 (2 2 3) (2 4 3) (2 6 3) (2 8 3) (2 10 3)                ， 2 2 (2 4 6 8 10) 3 15         77 故答案为：77 【点睛】此题考查数列求和问题，解此题的关键是把 11S 写成 1 2 3 10 11( ) ( )a a a a a    ， 属于基础题. 15.2020 年初，我国突发新冠肺炎疫情.面对突发灾难，举国上下一心，继解放军医疗队于除 夕夜飞抵武汉，各省医疗队也陆续增援，纷纷投身疫情防控与病人救治之中.为分担“逆行 者”的后顾之忧，某大学生志愿者团队开展“爱心辅导”活动，为抗疫前线工作者子女在线 辅导功课.现安排甲、乙、丙三名志愿者为某学生辅导数学、物理、化学、生物四门学科，每 名志愿者至少辅导一门学科，每门学科由一名志愿者辅导，共有______种辅导方案. 【答案】36 【解析】 【分析】 根据题意，由排列组合公式分析 3 名志愿者辅导 4 门学科的情况，即可求解. 【详解】根据题意，要求甲、乙、丙 3 名志愿者每名志愿者至少辅导一门学科， 每门学科由1名志愿者辅导，则必有1人辅导 2 门学科. 则有 2 3 4 3 6 6 36C A    . 故答案为：36 【点睛】本题考查了排列组合的应用，掌握排列组合公式的计算，属于基础题. 16.设  f x 是奇函数   f x x R 的导数，当 0x  时，     ln 0f x f x x x   ，则不等 式    1 0x f x  的解集为______. 【答案】  0,1 【解析】 【分析】 - 11 - 当 0x  时，构造函数    lng x f x x ，利用导数分析函数  y g x 的单调性，进而可分 析出函数  y f x 在区间  0,  上的符号 变化，结合奇函数 的性质可求得不等 式    1 0x f x  的解集. 【详解】由于函数  y f x 为 R 上的奇函数，则  0 0f  . 当 0x  时，     ln 0f x f x x x   ，则  1 0f  . 当 0x  时，构造函数    lng x f x x ，则           ln1ln 0f x f x x xg x f x x f x x x        ， 所以，函数  y g x 在区间 0,  上单调递减，且  1 0g  . 当 0 1x  时， ln 0x  ，    1 0g x g  ，即  ln 0f x x  ，此时   0f x  ； 当 1x  时， ln 0x  ，    1 0g x g  ，即  ln 0f x x  ，此时   0f x  ； 又  1 0f  ，所以，当 0x  时，   0f x  . 由于函数  y f x 为 R 上的奇函数，当 0x  时，   0f x  . 对于不等式    1 0x f x  ，当 0x  时， 1 0x   ，则   0f x  ，不合乎题意； 当 0 1x  时， 1 0x   ，则   0f x  ，合乎题意； 当 1x  时， 1 0x   ，则   0f x  ，不合乎题意. 综上所述，不等式    1 0x f x  的解集为  0,1 . 故答案为： 0,1 . 【点睛】本题考查函数不等式的求解，解答的关键就是根据导数不等式的结构构造新函数， 考查计算能力，属于中等题. 三、解答题：解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤.第 17～21 题为必考题，每 个试题考生都必须作答.第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答. （一）必考题. 17. ABC 的内角 A ， B ，C 的对边分别为 a ，b ， c .满足 2 2 cosc a b A  . （1）求 B ； - 12 - （2）若 5a c  ， 3b  ，求 ABC 的面积. 【答案】（1） π 3B  ；（2） 4 3 3 . 【解析】 【分析】 (1)有正弦定理进行边角互化可得 2sin sin 2sin cosC A B A  ，结合三角形的内角和定理可 求出 1cos 2B  ，从而可求出 B . (2)有余弦定理可知  29 3a c ac   ，结合已知可求出 16 3ac  ，代入三角形的面积公式即 可求出面积. 【详解】（1）由题知 2sin sin 2sin cosC A B A  ，则  2sin sin 2sin cosA B A B A   ， 则 2sin cos sinA B A ，在 ABC 中，sin 0A  ，所以 1cos 2B  ，则 π 3B  . （2）由余弦定理得 2 2 2 2 cosb a c ac B   ，从而得  22 29 3a c ac a c ac      ， 又 5a c  ，所以 16 3ac  ，所以 ABC 的面积为 1 4 3sin2 3S ac B  . 【点睛】本题考查了正弦定理，考查了余弦定理，考查了三角形的面积公式，属于基础题. 18.为抑制房价过快上涨和过度炒作，各地政府响应中央号召，因地制宜出台了系列房价调控 政策.某市拟定出台“房产限购的年龄政策”.为了解人们对“房产限购年龄政策”的态度， 在 20∼60 岁的人群中随机调查 100 人，调查数据的频率分布直方图和支持“房产限购”的人 数与年龄的统计结果如图所示： 年龄  20,28  28,36  36,44  44,52  52,60 支持的人数 15 5 15 28 17 - 13 - （1）由以上统计数据填 2 2 列联表，并判断能否在犯错误的概率不超过 0.05 的前提下认为 以 44 岁为分界点的不同人群对“房产限购年龄政策”的支持度有差异？ 44 岁以下 44 岁及 44 岁以上 总计 支持 不支持 总计 （2）若以 44 岁为分界点，从不支持“房产限购”的人中按分层抽样的方法抽取 8 人参加政 策听证会，现从这 8 人中随机抽 2 人.记抽到 44 岁以上的人数为 X ，求随机变量 X 的分布列 及数学期望. 参考公式：        2 2 n ad bcK a b c d a c b d      .  2 0P K k 0.100 0.050 0.010 0.001 0k 2.706 3.841 6.635 10.828 【答案】（1）填表见解析；能；（2）分布列见解析；期望为 1 2 . 【解析】 【分析】 (1)由统计数据填写列联表，计算观测值，对照临界值得出结论;(2)根据题意知 X 的可能取值， 计算对应的概率值，写出随机变量 X 的分布列，计算数学期望值. 【详解】（1）由统计数据填列 2 2 联表如下： - 14 - 44 岁以下 44 岁及 44 岁以上 总计 支持 35 45 80 不支持 15 5 20 总计 50 50 100 计算观测值  2 0 100 35 5 45 15 25 6.25 3.84150 50 80 20 4k          ， 所以在犯错误的概率不超过 5%的前提下认为以 44 岁为分界点的不同人群对“房产限购年龄政 策”的支持度有差异； （2）由题意可知抽取的这 8 人中，44 岁以下的有 6 人，44 岁以上的有 2 人， 根据题意， X 的可能取值是 0，1，2，   2 6 2 8 150 28 CP X C    ，   1 1 6 2 2 8 31 7 C CP X C    ，   2 2 2 8 12 28 CP X C    ， 可得随机变量 X 的分布列为： X 0 1 2 P 18 25 3 7 1 28 故数学期望为   15 3 1 10 1 228 7 28 2E X        . 【点睛】本题主要考查了独立性检验思想及 K2 的求法，分层抽样特征，离散型随机变量分布 列及数学期望的求法，属于基础题. - 15 - 19.如图①，在平面五边形 ABCDE 中， ABCD 是梯形， //AD BC ， 2 2 2AD BC  ， 3AB  ， 90ABC   ， ADE 是等边三角形.现将 ADE 沿 AD 折起，连接 EB 、EC 得 如图②的几何体. （1）若点 M 是 ED 的中点，求证： //CM 平面 ABE ； （2）若 3EC  ，在棱 EB 上是否存在点 F ，使得二面角 E AD F  的余弦值为 2 2 3 ？若 存在，求 EF EB 的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明见解析；（2）存在； 1 3 EF EB  . 【解析】 【分析】 （1）取 AE 的中点 N ，连接 MN 、 BN ，证明出四边形 BCMN 为平行四边形，可得出 //CM BN ，再利用线面平行的判定定理可得出结论； （2）取 AD 中点O ，连接OC 、OE ，推导出OC 、 OD 、 OE 两两垂直，然后以点O 为原 点，分别以射线OC 、OA、OE 为 x 、 y 、 z 轴正半轴建立空间直角坐标系，设  0 1EF EB     ，利用空间向量法结合二面角 E AD F  的余弦值为 2 2 3 可求得  的值，进而可求得 EF EB 的值，由此可得出结论. 【详解】（1）取 AE 中点 N ，连接 MN 、 BN ，则 MN 是 EAD 的中位线， //MN AD 且 1 2MN AD ， //BC ADQ 且 1 2BC AD ， //BC MN 且 BC MN ，则四边形 BCMN 是平行四边形， - 16 - //CM BN ， 又CM  平面 ABE ， BN  平面 ABE ， //CM 平面 ABE ； （2）取 AD 中点O ，连接OC 、OE ，易得 OE AD ，OC AD ， 在 COE 中，由已知 3CE  ， 3OC AB  ， 3 2 2 62OE    . 2 2 2OC OE CE  ，OC OE ，所以，OC 、 OD 、OE 两两垂直， 以O 为原点，分别以射线OC 、OA、OE 为 x 、 y 、 z 轴正半轴建立如图所示空间直角坐标 系， 则  0, 2,0A 、  3, 2,0B 、  0, 2,0D  、  0,0, 6E ， 则  3, 2, 6EB   ，  0, 2, 6AE   ，  0, 2 2,0AD   ， 假设在棱 EB 上存在点 F 满足题意，设  0 1EF EB     ， 则  3, 2, 6EF   ，  3 , 2 2, 6 6AF AE EF          ， 设平面 ADF 的一个法向量为  , ,m x y z ， - 17 - 则 0 0 m AF m AD         ，即    3 2 2 6 6 0 2 2 0 x y z y           ， 令 z  ，得平面 ADF 的一个法向量  2 2,0,m    ， 又平面 EAD 的一个法向量  1,0,0n  r ， 由已知    2 2 2 1 2 2cos , 32 1 m n m n m n                   ， 整理得 23 2 1 0    ，解得 1 3   （ 1   舍去）， 因此，在棱 EB 上存在点 F ，使得二面角 E AD F  的余弦值为 2 2 3 ，且 1 3 EF EB  . 【点睛】本题考查线面平行的证明，同时也考查了利用二面角的余弦值解决动点问题，考查 计算能力与推理能力，属于中等题. 20.已知抛物线C ：  2 2 0y px p  的焦点 F 是椭圆 2 2 14 3 x y  的一个焦点. （1）求抛物线C 的方程； （2）设 P ， M ， N 为抛物线C 上的不同三点，点  1,2P ，且 PM PN .求证：直线 MN 过定点. 【答案】（1） 2 4y x ；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】 （1）椭圆 2 2 14 3 x y  的焦点为 1,0 ，由题意可知 12 p  ，由此即可求出抛物线的方程； （2）设直线 MN 的方程为 x my n  ，与抛物线联立得，可得 21 1 24 4y y y ym n   ， ， 再根据 PM PN ，可得 0PM PN   ，列出方程代入 21 1 24 4y y y ym n   ， ，化简可得 2 26 4 8 5 0n n m m     ，再因式分解可得 2 5n m  或 2 1n m   ，再代入方程进行检 验，即可求出结果. 【详解】（1）因为椭圆 2 2 14 3 x y  的焦点为 1,0 ， - 18 - 依题意， 12 p  ， 2p  ，所以C ： 2 4y x （2）设直线 MN 的方程为 x my n  ，与抛物线联立得 2 4 4 0y my n   ， 设  1 1,M x y ，  2 2,N x y ， 则 21 1 24 4y y y ym n   ， ， 由 PM PN ，则 0PM PN   ，即   1 1 2 21, 2 1, 2 0x y x y      ， 所以     1 2 1 21 1 + 2 2 0x x y y     即     1 2 1 21 1 + 2 2 0my n my n y y       ， 整理得到      22 1 2 1 21 2 + 1 4 0m y y mn m y y n        ， 所以      224 1 4 2 + 1 4 0n m m mn m n        ， 化简得 2 26 4 8 5 0n n m m     即   2 23 4 1n m   ， 解得 2 5n m  或 2 1n m   . 当 2 5n m  时，直线 MN 的方程为 2 5x my m   ，即为  5 2x m y   ，即直线过定 点 5, 2 ； 当 2 1n m   时，直线 MN 的方程为 2 1x my m= - + ，即为  1 2x m y   ，即直线过定 点 1,2 ，此时与点 P 重合，故应舍去， 所以直线 MN 过定点 5, 2 . 【点睛】本题考查抛物线的方程，考查直线与抛物线的位置关系，考查韦达定理的运用，考 查学生分析解决问题的能力，属于中档题． 21.已知函数    2lnf x x ax a R   . （1）当 1a  时，求证：当 1x  时，   1f x   ； （2）若函数  f x 有两个零点，求 a 的值. 【答案】（1）证明见解析；（2） 2 4a e  . 【解析】 - 19 - 【分析】 (1)求出   2ln 1xf x x    ，设   2lnh x x x  ，通过导数，求出    2 0h x h  恒成立， 从 而 可 判 断   2ln 1xf x x    的 符 号 ， 进 而 可 求 出 函 数 的 单 调 性 ， 即 可 证 明    1 1f x f   . (2)参变分离，设   2ln xg x x  ，通过导数研究其单调性、最值，画出草图，结合零点个数， 即可求出 a 的值. 【详解】（1）当 1a  时，    2ln 2ln1 h xx x xf x x x x      则   2 21 0xh x x x       ，解得由 2x  ，则知： x  1,2 2  2,  h x  0   h x 单调递增 极大值 单调递减 知  1,x  时，      2 2 ln 2 1 0h x h    ，即   0f x  恒成立 知  f x 为 1, 上的减函数，即    1 1f x f   ，证毕； （2）由题意知 2ln x ax  有两个零点，设函数   2ln xg x x  ，则     2 2 ln ln 0x xg x x    ，即  ln 2 ln 0x x  ，解得 1x  或 2e ，则 x  0,1 1  21,e 2e  2 ,e   g x  0  0  - 20 -  g x 单调递减 极小值 单调递增 极大值 单调递减 所以，极小值为  1 0g  ；极大值为  2 2 4g e e  ；当 0x  时，  g x   ， 当 x   时，   0g x  且   0g x  ，则  g x 草图如下： 综上，  g x a 有两个零点，有 2 4a e  ，即当 2 4a e  时，  f x 有两个零点. 【点睛】本题考查了运用导数判断函数的单调性，考查了已知函数零点个数求参数的值.本题 第二问的关键是进行参变分离. （二）选考题：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. [选修 4-4：坐标系与参数方程] 22.在直角坐标系 xOy 中，直线l 的参数方程为 1 cos 1 sin x t y t        （ t 为参数，0    ），以O 为极点， x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 的极坐标方程为  1 cos2 8cos    . （1）求曲线C 的直角坐标方程及直线 l 在 x 轴正半轴及 y 轴正半轴截距相等时的直角坐标方 - 21 - 程； （2）若 3   ，设直线l 与曲线C 交于不同的两点 A 、B ，点  1,1P ，求 1 1 PA PB  的值. 【答案】（1） 2: 4C y x ， : 2l x y  ；（2） 2 3 3  . 【解析】 【分析】 （1）将曲线C 的极坐标方程化为 2 2sin 4 cos    ，由此可得出曲线C 的直角坐标方程， 根据题意可求得直线l 的斜率，进而可求得直线l 的直角坐标方程； （2）将 3   代入直线 l 的参数方程，再将直线 l 的参数方程与曲线C 的直角坐标方程联立， 设点 A 、 B 对应的参数分别为 1t 、 2t ，列出韦达定理，结合 t 的几何意义可求得 1 1 PA PB  的值. 【详解】（1）由  1 cos2 8cos    得 2sin 4cos   ，所以 2 2sin 4 cos    ， 由 cos x   ， sin y   ，得曲线C 的直角坐标方程为 2 4y x . 当直线l 在 x 轴正半轴及 y 轴正半轴截距相等时， tan 1   ， 由 1 cos 1 sin x t y t        得 1 tan 11 y x     ，所以 2x y  ， 即此时直线l 的直角坐标方程为 2x y  ； （2）当 3   时，直线 l 的参数方程为 11 2 31 2 x t y t       （t 为参数）, 设点 A 、 B 对应的参数分别为 1t 、 2t ， 将直线l 的参数方程代入 2 4y x ，得 2 3 11 4 12 2t t              ，整理得  23 4 3 2 12 0t t    ， - 22 - 由韦达定理得   1 2 4 2 3 3t t    ， 1 2 4t t   ， 故 1 2 1 2 1 2 1 1 1 1 2 3 3 t t PA PB t t t t       . 【点睛】本题考查参数方程、极坐标方程与普通方程之间的相互转化，同时也考查了直线参 数方程几何意义的应用，考查了韦达定理设而不求法的应用，考查计算能力，属于中等题. [选修 4-5：不等式选讲] 23.已知函数      f x x a x b ， 0, 0a b  . （1）当 1a  ， 3b  时，求不等式   6f x  的解集； （2）若  f x 的最小值为 2，求证： 1 1 11 1a b    . 【答案】（1） 4,2 ；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】 （1）利用零点分界法即可求解. （2）利用绝对值三角不等式可得 2a b  ，然后由  1 1 1 1 11 11 1 4 1 1a ba b a b             ，利用基本不等式即可求解. 【详解】（1）依题意 1 3 6x x    ， 当 1x  时， 1 3 6x x    ，解得 2x  ，即1 2x  ， 当 3 1x   时，1 3 6x x    ，解得 4 6 成立，即 3 1x   ， 当 3x   时，1 3 6x x    ，解得 4x   ，即 4 3x    ， 综上所述，不等式的解集为  4,2 . （2）      f x x a x b x a x b a b a b             ， 所以 2a b   1 1 1 1 1 1 1 11 1 2 11 1 4 1 1 4 1 1 b aa ba b a b a b                          . 当且仅当 1a b  时，取等号. - 23 - 【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法、基本不等式证明不等式，属于基础题. - 24 -