北京市朝阳区2020届高三年级学业水平等级性考试练习二（二模） 数学试题 Word版含解析

北京市朝阳区2020届高三年级学业水平等级性考试练习二（二模） 数学试题 Word版含解析

- 1 - 房山区 2020 年高考第二次模拟检测 高三数学 本试卷共 4 页，150 分.考试时长 120 分钟.考生务必将答案答在答题纸上，在试卷 上作答无效.考试结束后，将本试卷和答题纸一并交回. 第一部分 （选择题 共 40 分） 一、选择题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分.在每小题列出的四个选项中，选出 符合题目要求的一项. 1. 已知全集U  R ，集合 2{ | 0}A x x x   ，那么集合 U A =ð （ ） A. ( ,0] [1, )   B. ( ,0) (1, )   C. (0,1) D. [0,1] 【答案】D 【解析】 【分析】 先解不等式 2 0x x  求出集合 A，再求补集即可. 【详解】由 2 0x x  得： 1x  或 0x  ， 所以  1A x  或 0x  ， 所以 { }| 0 1U A x xð = ， 故选：D 【点睛】本题主要考查了集合的交集运算，涉及解一元二次不等式，属于基础题. 2. 在△ ABC 中，若 π 4A  ， π 3B  ， 2 3a  ，则b  （ ） A. 2 3 B. 3 2 C. 2 6 D. 3 3 【答案】B 【解析】 【分析】 直接利用正弦定理计算得到答案. - 2 - 【详解】根据正弦定理： sin sin a b A B  ，故 2 3 sin sin4 3 b   ，解得 3 2b  . 故选：B. 【点睛】本题考查了正弦定理，意在考查学生的计算能力. 3. 函数 ( ) sin π cos πf x x x 的最小正周期为（ ） A. 1 B. 2 C. π D. 2π 【答案】A 【解析】 【分析】 化简得到 1( ) sin 22f x x ，利用周期公式得到答案. 【详解】 1( ) sin π cos π sin 22f x x x x  ，故周期 2 12T    . 故选：A. 【点睛】本题考查了二倍角公式，三角函数周期，意在考查学生对于三角函数知识的综合应 用. 4. 若双曲线 2 2 2 2 1x y a b   ( 0, 0)a b  的一条渐近线经过点 (1, 3) ，则该双曲线的离心率为 （ ） A. 2 B. 3 C. 2 D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】 利用双曲线的渐近线过点 (1, 3) ，可以求得 b a 的值，再利用 2 1 be a      即可求出离心率. 【详解】双曲线 2 2 2 2 1x y a b   ( 0, 0)a b  的一条渐近线为 by xa  ， 因为渐近线过点 (1, 3) ，所以 3 1b a   ，所以 3b a  ， - 3 - 所以 22 2 2 2 2 1 1 3 2c a b be a a a            ， 故选：C 【点睛】本题主要考查了求双曲线的离心率，考查了双曲线的渐近线方程，属于中档题. 5. 函数 2( ) xf x e x  的零点个数为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】 由 2( 0) xf x e x   ，得到 2xe x .分别画出 xy e 和 2y x= 的图象可知当 0x  时，函数 xy e 和 2y x= 有一个交点.当 0x  时，利用导数研究函数 2( ) xf x e x  的单调性和最值即 可得到零点个数，再综合 0x  和 0x  的情况即可得到函数的零点个数. 【详解】令 2( 0) xf x e x   ，得： 2xe x ， 分别画出 xy e 和 2y x= 的图象，如图所示： 当 0x  时，函数 xy e 和 2y x= 有一个交点. 当 0x  时， ( ) 2xf x e x   ， 令 ( ) 2xg x e x  ， ( ) 2xg x e   ， ( ) 0g x  ， ln 2x  . 当 (0,ln 2)x ， ( ) 0g x  ， ( )g x 为减函数， 当 x (ln 2, )  ， ( ) 0g x  ， ( )g x 为增函数. - 4 - 所以 ln 2 min ( ) (ln 2) 2ln 2 2 ln 4 0g x g e      ， 所以 ( )f x 在 (0, ) 为增函数， 又因为 (0) 1f  ，所以 (0, )x  ， ( ) 0f x  . 故 ( )f x 在 (0, ) 无零点. 综上：函数 2( ) xf x e x  的零点个数为1. 故选：B 【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的零点，同时考查了数形结合的思想，属于中档题. 6. “sin sin  ”是“  ”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】 根据三角函数运算依次判断充分性和必要性得到答案. 【详解】若  ，则 sin sin  ，则若sin sin  ，则  ，故是充分条件； 若  ，取 2    ，则 sin sin  ，故不是必要条件. 故“sin sin  ”是“  ”的充分而不必要条件. 故选：A. 【点睛】本题考查了充分不必要条件，意在考查学生的计算能力和推断能力. 7. 已知函数 ( ) lg |1 | lg |1 |f x x x    ，则 ( )f x （ ） A. 是奇函数，且在 (1, ) 上是增函数 B. 是奇函数，且在 (1, ) 上是减函数 C. 是偶函数，且在 (1, ) 上是增函数 D. 是偶函数，且在 (1, ) 上是减函数 【答案】C - 5 - 【解析】 【分析】 利用奇偶性的定义判断函数的奇偶性，再利用复合函数单调性法则判断单调性，结合选项可 得结果. 【详解】   lg 1 lg 1f x x x      f x ，  f x 是偶函数； 当 1x  时，      2( ) lg 1 lg 1 lg 1f x x x x      ， 设   2 1t x x  ，则  t x 在 (1, ) 上单增， 又   lgf t t 为增函数，所以  2( ) lg 1f x x  在 (1, ) 上单增，  f x 是偶函数，且在 (1, ) 上是增函数. 故选：C. 【点睛】本题主要考查函数奇偶性的判断以及函数单调性的判断，属于中档题. 判断函数的奇 偶性首先要看函数的定义域是否关于原点对称，如果不对称，既不是奇函数又不是偶函数， 如果对称常见方法有：（1）直接法，    f x f x   (正为偶函数，负为减函数)；（2）和差 法，     0f x f x   （和为零奇函数，差为零偶函数）；（3）作商法，     1f x f x    （1 为偶函数， 1 为奇函数）. 8. 某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长侧棱的长为（ ） A. 2 B. 2 2 - 6 - C. 2 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】 根据三视图可得直观图四棱锥 P ABCD ，结合图形，即可得到最长的侧棱为 PB ，根据勾 股定理即可求出 PB 的长． 【详解】根据三视图可得直观图四棱锥 P ABCD ，如图： 底面是一个直角梯形， AD AB ， / /AD BC ， 4AD , 2AB BC PO   ,且 PO 底面 ABCD ，所以 2 22 2 2 2PA PD PC     ， 2 2 2 2 2 2 2 22 2 2 2 3PB PO OB PO OA AB         ， ∴该四棱锥最长侧棱长为 2 3 . 故选:C 【点睛】本题考查三视图的问题，关键是画出直观图，结合图形即可得到答案，考查学生的 直观想象和运算求解能力. 9. 把物体放在冷空气中冷却，如果物体原来的温度是 1 ℃，空气的温度是 0 ℃，经过t 分钟 后物体的温度 ℃可由公式 0 1 0( )e kt       求得，其中 k 是一个随着物体与空气的接触 状况而定的大于 0 的常数．现有80 ℃的物体，放在 20 ℃的空气中冷却，4 分钟以后物体的温 度是 40 ℃，则 k 约等于（参考数据： ln3 1.099 ）（ ） A. 0.6 B. 0.5 C. 0.4 D. 0.3 【答案】D 【解析】 - 7 - 【分析】 80 ℃ 的 物 体 ， 放 在 20 ℃ 的 空 气 中 冷 却 ， 4 分 钟 以 后 物 体 的 温 度 是 40 ℃ ， 则 440 20 (80 20) ke   ，从而 4 1 3 ke  ，由此能求出 k 的值． 【详解】由题知，80 ℃的物体，放在 20 ℃的空气中冷却，4 分钟以后物体的温度是 40 ℃， 则 440 20 (80 20) ke   ，从而 4 1 3 ke  ， 14 ln ln33k    ，得 1 1.009ln3 0.34 4k    . 故选:D 【点睛】本题主要考查指数与对数的运算，考查了学生的阅读理解能力和运算求解能力. 10. 李明自主创业种植有机蔬菜，并且为甲、乙、丙、丁四家超市提供配送服务，甲、乙、丙、 丁四家超市分别需要每隔 2 天、 3 天、 5 天、 6天去配送一次．已知 5 月1日李明分别去了这 四家超市配送，那么整个5 月他不用去配送的天数是（ ） A. 12 B. 13 C. 14 D. 15 【答案】B 【解析】 【分析】 由题意将剩余天数编号，转化条件得李明每逢编号为 3、4、6、7 的倍数时要去配送，利用分 类加法即可得解. 【详解】将5 月剩余的 30 天依次编号为 1，2，3 30， 因为甲、乙、丙、丁四家超市分别需要每隔 2 天、 3 天、 5 天、 6天去配送一次，且 5 月1日 李明分别去了这四家超市配送， 所以李明每逢编号为 3 的倍数的那天要去甲超市配送，每逢编号为 4 的倍数的那天要去乙超 市配送，每逢编号为 6 的倍数的那天要去丙超市配送，每逢编号为 7 的倍数的那天要去丁超 市配送， 则李明去甲超市的天数编号为：3、6、9、12、15、18、21、24、27、30，共 10 天； 李明去乙超市但不去甲超市的天数编号为：4、8、16、20、28，共 5 天； 李明去丙超市但不去甲、乙超市的天数编号不存在，共 0 天； 李明去丁超市但不去甲、乙、丙超市的天数编号为：7、14，共 2 天； 所以李明需要配送的天数为10 5 0 2 17    ， - 8 - 所以整个 5 月李明不用去配送的天数是30 17 13  . 故选：B. 【点睛】本题考查了计数原理的应用，考查了逻辑推理能力、转化化归思想与分类讨论思想， 关键是对于题目条件的转化与合理分类，属于中档题. 第二部分 （非选择题 共 110 分） 二、填空题共 5 小题，每小题 5 分，共 25 分. 11. 若 ( )(1 ) 1 3m i i i    （ m R ），则 m  _________． 【答案】 2 【解析】 【分析】 由题意结合复数的乘法法则可得    1 1 1 3m m i i     ，由复数相等的条件即可得解. 【详解】由题意    ( )(1 ) 1 1 1 3m i i m m i i        ， 由 m R 可得 1 1 1 3 m m      ，解得 2m  . 故答案为： 2 . 【点睛】本题考查了复数代数形式的乘法运算，考查了复数相等的条件与运算求解能力，属 于基础题. 12. 若直线 3x  与圆 2 2 2 0x y x a    相切，则 a _________． 【答案】 3 【解析】 【分析】 由题意结合圆的方程可得该圆圆心为 1,0 ，半径为 1a  ，再利用圆心到直线的距离等于半 径即可得解. 【详解】由题意圆的方程 2 2 2 0x y x a    可转化为  2 21 1x y a    ， 所以该圆圆心为 1,0 ，半径为 1a  ， 所以圆心到直线 3x  的距离 3 1 1d a    ，解得 3a  . 故答案为：3 . - 9 - 【点睛】本题考查了圆的方程的应用，考查了直线与圆的位置关系的应用以及运算求解能力， 属于基础题. 13. 已知抛物线C ： 2 2y x 的焦点为 F ，点 M 在抛物线C 上，| | 1MF  ，则点 M 的横坐标 是________，△ MOF （O 为坐标原点）的面积为_________． 【答案】 (1). 1 2 (2). 1 4 【解析】 【分析】 设出焦点坐标，根据抛物线定义即可求出点 M 的横坐标，得到点 M 坐标，继而可求△ MOF （O 为坐标原点）的面积. 【详解】因为 2 2y x ，所以焦点 1 ,02F      ， 设点  1 1,M x y ， 所以根据抛物线的定义由： 1 1 2MF x  ， 又| | 1MF  ， 所以 1 1 12x   ，解得： 1 1 2x  ， 即点 M 的横坐标是 1 2 . 因为 1 1 2MOFS y OF  △ ， 又 2 1 12 12y    ，所以 1 1y  ， 1 2OF  ， 所以 1 1 1 1 1 2 2 2 4MOFS y OF     △ ， 故△ MOF （O 为坐标原点）的面积为 1 4 . 故答案为： 1 2 ； 1 4 . 【点睛】本题考查抛物线定义的应用，解题关键根据抛物线定义用抛物线上点的横坐标表示 焦半径的长，属于基础题. - 10 - 14. 已知正方形 ABCD 的边长为 2 ，若 3BP PD  ，则 PA PB  的值为_________． 【答案】 3 4 【解析】 【分析】 建立平面直角坐标系，求得点 P 的坐标，进而得到 ,PA PB   的坐标，再利用数量积的坐标运算 求解. 【详解】如图所示建立平面直角坐标系： 则        0, 2 , 0,0 , 2,0 , 2, 2A B C D ， 设  ,P x y ，    , , 2 , 2     BP x y PD x y ， 因为 3BP PD  ，     3 2 3 2 x x y y      ， 解得 3 2 4 3 2 4 x y     ， 所以 3 2 3 2,4 4P       ， - 11 - 所以 3 2 2 3 2 3 2, , ,4 4 4 4                    PA PB ， 所以 3 2 3 2 2 3 2 3 4 4 4 4 4                                PA PB ， 故答案为： 3 4 【点睛】本题主要考查平面向量的坐标表示和数量积运算，还考查了运算求解的能力，属于 中档题. 15. 对任意两实数 a ，b ，定义运算“ ”： 2 2 , , 2 2 , . a b a ba b b a a b       给出下列三个结论： ①存在实数 a ，b ， c 使得 a b b c c a   ≥ 成立； ②函数 ( ) sin cosf x x x  的值域为[0,2] ； ③不等式 2 (1 ) 1x x  ≤ 的解集是[1, ) ． 其中正确结论的序号是_____________． 【答案】①③ 【解析】 【分析】 由 2 2 , 2 2 , a b a ba b b a a b       得， 2a b a b   ， 对于①，由 a b b c c a   ≥ 得， a b b c c a    ，由绝对值三角不等式即可判断； （另解：举例说明，取 a b c  ；） 对于②，   2 sin cosf x x x  ，再根据辅助角公式和三角函数的性质即可判断； 对于③，由 2 (1 ) 1x x  ≤ 得， 2x x  ，解出即可判断． 【详解】解：由 2 2 , 2 2 , a b a ba b b a a b       得， 2a b a b   ， 对于①，由 a b b c c a   ≥ 得， 22 2a b b c c a    ，即 a b b c c a    ， 由绝对值三角不等式可得，    a b b c a b b c c a         ， - 12 - 当且仅当    0a b b c   时，等号成立， 故①对； （另解：取 a b c  ，则 ,0, 0 0a b b c c a      ，则 a b b c c a   ≥ 成立；） 对于②， ( ) sin cosf x x x  2 sin cosx x  2 2 sin 4x      0,2 2   ， 故②错； 对于③，由 2 (1 ) 1x x  ≤ 得， 2 2 2 (1 ) 1x x    ，即 2x x  ， ∴ 2 22x x  ，解得 1x ， 故③对； 故答案为：①③． 【点睛】本题主要考查新定义问题，解题的关键在于理解新运算的含义 2a b a b   ，属于 中档题． 三、解答题共 6 题，共 85 分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程. 16. 如图，在三棱柱 1 1 1ABC A B C 中， 1 1BCC B 是边长为 2 的正方形，平面 ABC  平面 1 1BCC B ， 1AB  ， AB BC ，点 E 为棱 1AA 的中点． （Ⅰ）求证： 1BC  平面 1 1A B C ； （Ⅱ）求直线 1BC 与平面 1B CE 所成角的正弦值． 【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ） 6 3 ． 【解析】 【分析】 - 13 - （Ⅰ）由题意，利用平面与平面垂直的性质可得 AB  平面 1 1BCC B ，得到 1 1A B  平面 1 1BCC B ，得 1 1 1A B BC ，由 1 1BCC B 是正方形，得 1 1BC B C ，再由直线与平面垂直的判 定可得 1BC  平面 1 1A B C ； （Ⅱ）由（Ⅰ）知， AB  平面 1 1BCC B ，又 1BC BB ，故以 B 为坐标原点，分别以 BC ， 1BB ，BA 所在直线为 x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，求出平面 1CB E 的一个法向量与 1  BC 的坐标，由两向量所成角的余弦值可得直线 1BC 与平面 1B CE 所成角的正弦值． 【详解】（Ⅰ）证：平面 ABC  平面 1 1BCC B ，平面 ABC  平面 1 1BCC B BC ， AB Ì平面 ABC ，且 AB BC ， AB  平面 1 1BCC B ， 在三棱柱 1 1 1ABC A B C 中，有 1 1//AB A B ， 1 1A B  平面 1 1BCC B ，得 1 1 1A B BC , 1 1BCC B∵ 是正方形， 1 1BC BC  ，而 1 1 1 1A B B C B ， 1BC  平面 1 1A B C ； （Ⅱ）解：由（Ⅰ）知， AB  平面 1 1BCC B ，又 1BC BB ， 以 B 为坐标原点，分别以 BC ， 1BB ， BA 所在直线为 x ， y ， z 轴，建立如图所示的空间 直角坐标系， - 14 - 则 (0,0,0)B ， (2,0,0)C ， 1(0,2,0)B ， 1(2,2,0)C ， (0,1,1)E ， ( 2,1,1)CE   ， 1 ( 2,2,0)CB   ， 1 (2,2,0)BC  ， 设平面 1CB E 的一个法向量为 ( , , )n x y z ， 由 1 2 0 2 2 0 n CE x y z n CB x y               ，取 1x  ，得 (1,1,1)n  ， 设直线 1BC 与平面 1B CE 所成角为 ， 则 1 1 1 sin cos n BC n BC n BC          ， 1+1+ 2 1 1 + 2 4 4+0 1    4 6 32 6   ， 即直线 1BC 与平面 1B CE 所成角的正弦值为 6 3 ． 【点睛】本题主要考查直线与平面垂直的判定，考查线面角的求法，考查空间想象能力与思 维能力，属于中档题． 17. 已知数列{ }na 的前 n 项和为 nS ， 1 1a  ， ．是否存在正整数 k （ 1k  ），使 得 1 2, ,k ka a S  成等比数列？若存在，求出 k 的值；若不存在，说明理由． 从① 1 2 0n na a   ，② 1 ( 2)n nS S n n  ≥ ， ③ 2 nS n 这三个条件中任选一个，补充在上 面问题中并作答． 【答案】若选①，不存在正整数 k （ 1k  ），使得 1 2, ,k ka a S  成等比数列； 若选②，存在 6k  ，使得 1 2, ,k ka a S  成等比数列； 若选③，存在 3k  ，使得 1 2, ,k ka a S  成等比数列． 【解析】 【分析】 由题意得，若存在正整数 k （ 1k  ）满足题意，则 2 1 2k ka S a  ； 若选①，则数列{ }na 是首项为 1，公比为 2 的等比数列，求得 12n na -= ， 1 2 2 11 2 n n nS    ， 代入数据求解即可求出答案； - 15 - 若选②，则当 2n  时， 1n n na S S   ，据此求得 na n ，  1 2n n nS  ，代入数据求解即 可求出答案； 若选③，则当 2n  时， 1n n na S S   ，据此求得 2 1na n  ，代入数据求解即可求出答案． 【详解】解：若选①，则数列{ }na 是首项为 1，公比为 2 的等比数列， ∴ 12n na -= ， 1 2 2 11 2 n n nS    ， ∴ 2 1 2 2 1k ka S     ，  22 1 2 22 2k k ka    ， 若 1 2, ,k ka a S  成等比数列，则 2 1 2k ka S a  ， 则 2 2 22 1 2k k   ，即 2 42 2 4 0k k   ，即 2 2 8 60k   ， 解得 2 8 2 15k   ，均不符合题意， 故不存在正整数 k （ 1k  ），使得 1 2, ,k ka a S  成等比数列； 若选②，则当 2n  时， 1n n na S S n   ， 又 1 1a  符合上式，则 na n ， *n N ， ∴  1 2n n nS  ， ∴    1 2 2 3 2k k ka S     ， 2 2 ka k ， 若 1 2, ,k ka a S  成等比数列，则 2 1 2k ka S a  ，即    22 3 2 k k k    ， 解得 6k  ，或 1k   （舍去）， 故存在 6k  ，使得 1 2, ,k ka a S  成等比数列； 若选③，则当 2n  时， 1n n na S S    22 1 2 1n n n     ， 又 1 1a  符合上式，则 2 1na n  ， *n N ， ∴  2 1 2 2ka S k   ，  22 2 1ka k  ， - 16 - 若 1 2, ,k ka a S  成等比数列，则 2 1 2k ka S a  ， 则   2 22 2 1k k   ，即  3 1 3 0k k   ， 解得 3k  ，或 1 3k   （舍去）， 故存在 3k  ，使得 1 2, ,k ka a S  成等比数列． 【点睛】本题主要考查根据数列的递推公式求通项公式，考查计算能力，属于中档题． 18. “十一”黄金周某公园迎来了旅游高峰期，为了引导游客有序游园，该公园每天分别在10 时，12时，14时，16 时公布实时在园人数．下表记录了10月1日至 7 日的实时在园人数： 1日 2 日 3 日 4 日 5 日 6日 7 日 10时在园人 数 11526 18005 19682 8284 13830 10101 6663 12时在园人 数 26518 37089 42931 16845 34017 23168 14800 14时在园人 数 37322 38045 40631 20711 36558 24706 15125 16 时在园人 数 27306 29687 30638 16181 20821 16169 10866 通常用公园实时在园人数与公园的最大承载量（同一时段在园人数的饱和量）之比来表示游 园舒适度， 40% 以下称为“舒适”，已知该公园的最大承载量是8 万人． （Ⅰ）甲同学从10月1日至 7 日中随机选1天的下午14时去该公园游览，求他遇上“舒适”的 概率； （Ⅱ）从10月1日至 7 日中任选两天，记这两天中这 4 个时间的游览舒适度都为“舒适”的天 数为 X ，求 X 的分布列和数学期望； （Ⅲ）根据10月1日至 7 日每天12时的在园人数，判断从哪天开始连续三天12 时的在园人数 的方差最大？（只需写出结论） 【答案】（Ⅰ） 3 7 ；（Ⅱ） X 的分布列见解析，数学期望   6 7E X  ；（Ⅲ）从 10 月 3 日开始 连续三天12时的在园人数的方差最大． - 17 - 【解析】 【分析】 （Ⅰ）由题意得，在园人数为8 40% 3.2  万人以下为“舒适”，由此根据古典概型的概率计 算公式求解即可； （Ⅱ）从10月1日至 7 日中，这 4 个时间的游览舒适度都为“舒适”的有 4 日、6 日、7 日，得 X 的取值可能为 0，1，2，且服从超几何分布，由此可求出答案； （Ⅲ）根据方差的定义观察波动幅度，由此可得出结论． 【详解】解：∵ 40% 以下称为“舒适”，该公园的最大承载量是8 万人， ∴在园人数为8 40% 3.2  万人以下为“舒适”， （Ⅰ）10月1日至 7 日的下午14 时去该公园游览，“舒适”的天数为 3 天， ∴甲同学遇上“舒适”的概率 3 7P  ； （Ⅱ）从10月1日至 7 日中，这 4 个时间的游览舒适度都为“舒适”的有 4 日、6 日、7 日， ∴ X 的取值可能为 0，1，2，且服从超几何分布， ∴   2 0 4 3 2 7 6 20 21 7 C CP X C     ，   1 1 4 3 2 7 12 41 21 7 C CP X C     ，   0 2 4 3 2 7 3 12 21 7 C CP X C     ， ∴ X 的分布列为 X 0 1 2 P 2 7 4 7 1 7 ∴ X 的数学期望   2 4 1 60 1 27 7 7 7E X        ； （Ⅲ）从 10 月 3 日开始连续三天12 时的在园人数的方差最大． 【点睛】本题主要考查离散型随机变量的分布列及数学期望，考查古典概型的概率计算公式， 考查方差的定义，属于基础题． 19. 已知椭圆C 的两个顶点分别为 ( 2,0)A  ， (2,0)B ，焦点在 x 轴上，离心率为 1 2 ． - 18 - （Ⅰ）求椭圆C 的方程； （Ⅱ）设O 为原点，点 P 在椭圆C 上，点Q 和点 P 关于 x 轴对称，直线 AP 与直线 BQ 交于 点 M ，求证： P ， M 两点的横坐标之积等于 4 ，并求 OM 的取值范围． 【答案】（I） 2 2 14 3 x y  ；（II）证明见解析； OM 的取值范围是 2, . 【解析】 【分析】 （I）根据椭圆的顶点、离心率以及 2 2 2a b c  求得 , ,a b c ，从而求得椭圆的方程. （II）设出 ,P Q 的坐标，求得直线 AP 和直线 BQ 的方程，由此求得交点 M 的坐标，进而证 得 ,P M 两点的横坐标之积等于 4 .求得 OM 的表达式，由此求得 OM 的取值范围. 【详解】（I）由于椭圆焦点在 x 轴上，所以 2 2 2 2 2 1 12 3 a a c ca ba b c             ， 所以椭圆的方程为 2 2 14 3 x y  . （II）设  P m n, 则  ,Q m n 、 2 2 2 21 3 14 3 4 m n mn         . 依题意可知 2 2m   ， 且 0m  .直线 AP 的方程为  22 ny xm   ，直线 BQ 的方程为  22 ny xm   .由     22 22 ny xm ny xm         解得 4 2 x m ny m     ，即 4 2, nM m m      .所以 ,P M 两点的横坐标之积为 4 4m m   . 由 OM 2 2 2 2 2 2 16 4 3 1 44 2 16 4 m n n m m m m                    2 2 28 3m m  2 28 3m   . 由于 2 2m   ，且 0m  ，所以 2 2 280 4, 7m m    ， 2 28 3 2m   .也即 OM 的取值范围 是 2, . - 19 - 【点睛】本小题主要考查根据 , ,a b c 求椭圆方程，考查椭圆中的定值问题，考查椭圆中的范围 问题，属于中档题. 20. 已知函数 cos( ) e1 sin xxf x x   ． （1）求函数 ( )f x 的定义域； （2）求曲线 ( )f x 在点 (0 (0))f， 处的切线方程； （3）求证：当 π π( , )2 2x  时， ( ) 2f x  ． 【答案】（1） | 2 ,2x x k k Z        ；（2） 2y  ;（3）见解析. 【解析】 【分析】 （1）由分母不等于 0 解不等式可求得定义域； （2）根据导数的几何意义易求出切线方程； （3）先求导判断函数  f x 在 π π( , )2 2x  上的单调性，再求出  f x 最小值，命题得证. 【详解】解：（1）由1 sin 0x  得， 22x k   ， k Z .所以函数  f x 的定义域为 | 2 ,2x x k k Z        . （2）由      2 sin 1 sin cos cos 1 1 sin1 sin x xx x x xf x e exx         得：  0 0f   ，又  0 2f  ，所以曲线 ( )f x 在点 (0 (0))f， 处的切线方程为： 2y  . （3）由（2）得，   1 1 sin xf x ex    . 当 π π( , )2 2x  时， 1 1 siny x   与 xy e 单调递增， 所以   1 1 sin xf x ex    在 π π( , )2 2  上单调递增. 又  0 0f   ，所以  f x 在 π( ,0)2  上单调递减，在 (0, )2  上单调递增. 故      min 0 2f x f x f   . 【点睛】本题考查了函数的定义域求法、导数的几何意义及函数的最值，是高考基本知识， - 20 - 属于中档题. 21. 已知集合 P 的元素个数为3n *( )n N 且元素均为正整数，若能够将集合 P 分成元素个数 相同且两两没有公共元素的三个集合 A ， B ，C ，即 P A B C   ， A B   ， A C   ，B C   ，其中 1 2{ , , , }nA a a a  ， 1 2{ , , , }nB b b b  ， 1 2{ , , , }nC c c c  ， 且满足 1 2 nc c c   ， k k ka b c  ， 1,2, ,k n  ，则称集合 P 为“完美集合”． （Ⅰ）若集合 {1,2,3}P = ， {1,2,3,4,5,6}Q  ，判断集合 P 和集合Q 是否为“完美集合”？并 说明理由； （Ⅱ）已知集合 {1, ,3,4,5,6}P x 为“完美集合”，求正整数 x 的值； （Ⅲ）设集合 { |1 3 , }P x x n n  *N≤ ≤ ，证明：集合 P 为“完美集合”的一个必要条件是 4n k 或 4 1n k  *( )n N ． 【答案】（Ⅰ）集合 P 是“完美集合”，集合 Q 不是“完美集合”，理由见解析；（Ⅱ）7，9，11 中中任一个；（Ⅲ）详见解析. 【解析】 【分析】 （Ⅰ）根据“完美集合”的定义判断. （Ⅱ）根据“完美集合”的定义，写出集合 A，B，C 的所有情况，算出 x 的所有可能的值. （Ⅲ）根据集合 P 中所有元素的和为  3 3 11 2 3 ... 3 2      n nn ，以及  1 1 1 2 2 2 3 3 3 1 2 3 1... 2              n n n n na b c a b c a b c c c c c c 和 3nc n 得到   1 2 3 1 9 1 4       n n n c c c c ，利用 nc 为正整数求解. 【详解】（Ⅰ） {1,2,3}P = 是“完美集合”，此时， {1}A  ， {2}B  ， {3}C ， 满足 1 2 nc c c   ， k k ka b c  . {1,2,3,4,5,6}Q  不是“完美集合”， 若Q 为“完美集合”，将Q 分成 3 个集合，每个集合中有两个元素，则 1 1 1a b c  ， 2 2 2 a b c . - 21 - Q 中所有元素之和为 21 ，21 2 10.5  不符合要求. （Ⅱ）由（Ⅰ）可得 2x  ， 若 {1,3}A  ， {4,6}B ，根据 “完美集合”的定义， 则 {5, }C x ， 3 6 9x    . 若 {1,4}A  ， {5,3}B ，根据 “完美集合”的定义， 则 {6, }C x ， 3 4 7x    . 若 {1,5}A  ， {6,3}B ，根据 “完美集合”的定义， 则 {4, }C x ， 5 6 11x    . 综上：正整数 x 的值为，9，7，11 中任一个. （Ⅲ）设集合 P 中所有元素的和为  3 3 11 2 3 ... 3 2      n nn ， 而  1 1 1 2 2 2 3 3 3 1 2 3 1... 2              n n n n na b c a b c a b c c c c c c ， 因为 3nc n ， 所以    1 2 3 1 3 3 1 22       n n n n c c c c c ，   1 2 3 1 3 3 1 4       n n n n c c c c c ，   1 2 3 1 9 1 4       n n n c c c c ， 等号右边为正整数， 则等式左边  9 1n n 可以被 4 整除， 所以 4n k 或 1 4n k  ， 即 4n k 或 4 1n k  *( )n N ． 【点睛】本题主要考查了集合的新概念问题，集合的运算以及等差数列的求和公式，还考查 了分类讨论思想和运算求解的能力，属于难题.