广东省深圳市高级中学2020届高三下学期5月适应性考试数学(文)试题 Word版含解析

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广东省深圳市高级中学2020届高三下学期5月适应性考试数学(文)试题 Word版含解析

- 1 - 文科数学试卷 一、选择题 1. 设集合  2 8 0U x x x   ,  0 5A x x   ,则 U A =ð ( ) A.  5,8 B.  5,8 C.  5,8 D.  5,8 【答案】C 【解析】 【分析】 先由一元二次不等式的解法求出集合 U,再根据集合的补集运算可得选项. 【详解】  0 8U x x   ,又  0 5A x x   ,所以    5 8 5 8U A x x    ,ð , 故选:C. 【点睛】本题考查集合的补集运算和一元二次不等式的解法,属于基础题. 2. 设 i 为虚数单位,复数 2( 1) 8 1 iz i    的实部为( ) A. 5 B. 5 C. 3 D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】 由复数的运算和复数的概念可得选项. 【详解】  21 2i i   ,       8 2 18 2 6 10 3 51 1 1 2 i ii iz ii i i          ,实部为 3, 故选:D. 【点睛】本题考查复数的概念和复数的运算,属于基础题. 3. 某校举行“我和我的祖国”文艺汇演,需征集 20 名志愿者参与活动服务工作,现决定采 取分层抽样的方式从“摄影协会”、“记者协会”、“管理爱好者协会”中抽取,已知三个协会 的人数比为5:2:3,且每个人被抽取的概率为 0.2,则该校“摄影协会”的人数为( ) A. 10 B. 20 C. 50 D. 100 【答案】C 【解析】 【分析】 - 2 - 根据分层抽样方法可得选项. 【详解】由题意知从“摄影协会”抽取的人数为 5 20 105 2 3    ,因为每个人被抽取的概 率为 0.2,故该校“摄影协会”的人数为 10 500.2  . 【点睛】本题考查分层抽样方法,关键在于所抽样的对象与相对应的比例,属于基础题. 4. 向量  1,a t 在向量  1,0b  方向上的投影为( ) A. 1 B. t C. 1 2 D. 3 2 【答案】A 【解析】 【分析】 根据向量的投影公式即可求解. 【详解】 a  在b  方向上的投影为 1 1 0cos , 11 a b ta a b b           . 故选:A 【点睛】本题主要考查平面向量的投影,属于基础题. 5. 假设你有一笔资金,现有三种投资方案,这三种方案的回报如下: 方案一:每天回报 40 元; 方案二:第一天回报 10 元,以后每天比前一天多回报 10 元; 方案三:第一天回报 0.4 元,以后每天的回报比前一天翻一番. 现打算投资 10 天,三种投资方案的总收益分别为 10A , 10B , 10C ,则( ) A. 10 10 10A B C  B. 10 10 10A C B  C. 10 10 10B A C  D. 10 10 10C A B  【答案】B 【解析】 【分析】 设三种方案第 n 天的回报分别为 na , nb , nc ,则 40na  , na 为常数列; nb 是首项为 10, - 3 - 公差为 10 的等差数列; nc 是首项为 0.4,公比为 2 的等比数列.由数列的求和公式可得选项. 【详解】设三种方案第 n 天的回报分别为 na , nb , nc ,则 40na  , na 为常数列;  nb 是首项为 10,公差为 10 的等差数列; nc 是首项为 0.4,公比为 2 的等比数列. 设投资 10 天三种投资方案的总收益为 10A , 10B , 10C , 则 10 400A  ; 10 10 910 10 10 5502B      ;  10 10 0.4 1 2 409.21 2C    , 所以 10 10 10B C A  . 故选:B. 【点睛】本题考查数列的实际应用,关键在于根据生活中的数据,转化到数列中所需的基本 量,公差,公比等,属于中档题. 6. 已知 3cos 2 5 3       ,则sin 10      ( ) A. 1 3 B. 1 3  C. 6 3 D. 6 3  【答案】B 【解析】 【分析】 利用“凑角”的思想,将所求的角用已知的角表示,结合诱导公式与二倍角公式即可求解. 【 详 解 】 由 题 意 得 2 1sin sin 2 cos2 2cos 110 2 5 2 2 5 2 5 3                                            . 故选 B. 【点睛】本题主要考查三角函数的诱导公式及给值求值问题,考查二倍角公式,属于基础题. 7. 已知双曲线 C: 2 2 2 3 1( 0)4 x y bb    ,过焦点且垂直于 x 轴的直线交双曲线于 A,B 两点, - 4 - 且 4 3AB  ,则双曲线的渐近线方程为( ) A. 2y x  B. 1 2y x  C. 3y x  D. 3 3y x  【答案】C 【解析】 【分析】 根据题意求出 A,B 两点的纵坐标,根据 4 3AB  求出b 的值,最后写出双曲线渐近线方程 即可. 【详解】由题意可知 2 4 2 33 3a a   ,根据双曲线的对称性不妨设焦点的坐标为 ( ,0)c , 当 x c 时,有 2 2 2 3 14 c y b   ,解得: 2 2 23 4y c b b   , 因为 2 48AB  ,所以有 2 2 2 2 2 2 23 3 4(2 ) 48 ( ) 124 4 3c b b b b b      , 化简得 2 4b  ,即 2b  , 所以渐近线方程为: 2 32 33 by x y x y xa         . 故选:C 【点睛】本题考查了双曲线的渐近线的求法,考查了数学运算能力,属于基础题. 8. 已知   1 1 x x af x a   ( 1a  ),函数  g x 为幂函数且过点 1 ,22      ,则函数      h x f x g x  的图象大致为( ) A. B. - 5 - C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 先利用待定系数法求出函数  g x 的解析式,结合奇偶函数的定义即可判断函数 ( )f x ,  g x 的奇偶性,进一步可判断出函数      h x f x g x  的奇偶性,结合当 0x  时,函数值的 变化即可判断. 【详解】因为函数  g x 为幂函数,所以设  g x x ,则 1 1 2, 12 2g               ,所以 函数   1g x x  .由已知   1 1 x x af x a   ( 1a  ),    f x f x   ,故 ( )f x 为奇函数,且函数   1g x x  为 奇 函 数 , 则 函 数      h x f x g x  为 偶 函 数 , 排 除 B , D. 又 0x  时 ,    ,f x g x    ,  h x   ,故选 A. 故选:A 【点睛】本题主要考查利用函数的性质辨析函数的图象,属于基础题. 9. 将函数   22cos cos 2 2f x x x       的图象向右平移 4  个单位,得到函数  y g x 的 图象,则函数  y g x 的一个极大值点为( ) A. 8  B. 3 8  C. 5 8  D. 7 8  【答案】B 【解析】 【分析】 先利用二倍角公式及诱导公式化简 ( )f x 为 sin( )A x kw j+ + 的形式,结合图象的平移即可得 - 6 - 出函数 ( )g x 的解析式,结合函数  y g x 的极大值点即为最大值点即可求解. 【详解】   cos2 1 sin 2 2 sin 2 14f x x x x          ,故   2 sin 2 14g x x       . 令 2 2 ,4 2      x k k Z ,得 3 ,8x k k Z    ,取 0k  ,可得 3 8x  为极大值点. 故选:B. 【点睛】本题主要考查三角函数图象的平移变换及三角函数的性质,考查诱导公式与二倍角 公式,属于基础题. 10. 已知某三棱锥的三视图如图所示(数据为各矩形的对角线长),则该三棱锥的外接球的表 面积为( ) A. 9 B. 29 C. 50 D. 58 【答案】B 【解析】 【分析】 由三视图判断出几何体的结构,通过补形的方法求得外接球的直径,进而求得外接球的表面 积. 【详解】由题意知,该三棱锥 1 1D AB C 可视为 ABCD A B C D    的六个面对角线所构成, 如下图所示几何体 1 1D AB C . 设长方体长,宽,高为 a,b,c,则有 2 2 25a c  , 2 2 13b c  , 2 2 20a b  , 所以 2 2 2 29a b c   ,设三棱锥的外接球半径为 R ,则 2 29R  , 24 29S R   . 故选:B - 7 - 【点睛】本小题主要考查由三视图还原原图,考查几何体外接球表面积的求法,属于中档题. 11. 已知 O 为坐标原点,抛物线 E: 2 2x py ( 0p  )的焦点为 F,过焦点 F 的直线交 E 于 A, B 两点,若 OFA 的外接圆圆心为 Q,Q 到抛物线 E 的准线的距离为 3 4 ,则 p  ( ) A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】 分析:由已知条件推导出点 Q 到抛物线 C 的准线的距离为 3 4 2 4 p p  ,由此能求出 p . 【详解】由题意知,抛物线 E: 2 2x py ( 0p  )的焦点为 0, 2 pF      ,准线为 2 py   , Q 在线段OF 的垂直平分线上,故 Q 的纵坐标为 4 p , 所以 3 4 2 4 p p  , 所以 1p  . 故选:A 【点睛】本题主要考查了抛物线的标准方程,抛物线的简单几何性质,属于容易题. 12. 已知函数  y f x 在 R 上的图象是连续不断的,其导函数为  f x ,且    f x f x   , 若对于 0x  ,不等式 (ln ) ( ) 0axxf x e f ax  恒成立,则实数 a 的最小值为( ) - 8 - A. e B. 1 e C. 2 2 e D. 2e 【答案】B 【解析】 【分析】 分 析 不 等 式 (ln ) ( ) 0axxf x e f ax  的 特 点 , 结 合    f x f x   , 构 造 函 数    exF x f x  ,利用导数研究函数 ( )F x 的单调性,不等式 (ln ) ( ) 0axxf x e f ax  恒成立, 转化为 ln x ax 在 0,  恒成立,再求出 a 的最小值. 【详解】根据題意,令    exF x f x  ,则      e 0xF x f x f x      , 故函数  f x 在 R 上单调递增,      lnln e ln lnxF x f x xf x  ,    eaxF ax f ax ,又 0x  ,不等式    ln e 0axxf x f ax  恒成立, 所以    lnF x F ax 在 0,  恒成立. 从而 ln x ax ,即 ln xa x  在 0,  恒成立. 令   ln xg x x  ,   2 1 ln xg x x   , 令   0g x  ,则 ex ,所以   ln xg x x  在 0,e 单调递增,在 e, 单调递减. 所以    max 1e eg x g  ,故 1 ea  ,即 a 的最小值为 1 e . 故选:B 【点睛】本题考查了构造函数,利用导数解决不等式恒成立问题,利用导数求最值,还考查 了学生分析能力,运算能力,属于中档题. 二、填空题 13. 若 x,y 满足约束条件 2 1, 1, 0, x y x y y        ,则 z y x  的最小值为______. 【答案】 1 - 9 - 【解析】 【分析】 作出可行域,作出目标函数对应的直线,平移该直线可得最优解. 【详解】作出可行域,如图 ABC 内部(含边界),作直线 : 0l x y  ,向下平移直线 l , z y x  变小, 由 1 0 x y y     解得 1, 0. x y    ,即 (1,0)B , 所以 z y x  在点 1,0 处取最小值,最小值为 1 . 故答案为: 1 . 【点睛】本题考查简单的线性规划,解题关键是作出可行域,作出目标函数对应的直线,平 移该直线可得最优解. 14. 已知 a,b,c 分别为 ABC 三个内角 A,B,C 的对边, sin cos 6b A a B      , 2a c  , 则边 b 的最小值为______. 【答案】1 【解析】 【分析】 由已知结合正弦定理进行化简可求 B ,然后结合余弦定理及基本不等式即可求解. 【详解】解:由已知结合正弦定理得 sin sin sin cos( )6B A A B = - , 因为sin 0A  , - 10 - 所以 1 3sin sin cos2 2B B B  ,即sin 3 cosB B , 所以 tan 3B  , 因为 0 B   ,所以 3B  . 又 2a c  , 所以 2 2 2 2 2 2 22 cos ( ) 3 4 3 4 3( ) 12 a cb a c ac B a c ac a c ac ac             … , 当且仅当 a c 时取“  ”. 所以b 的最小值为 1. 故答案为:1. 【点睛】本题主要考查了正弦定理,余弦定理在求解三角形中的应用,属于中档题. 15. 已知某圆锥的侧面展开图为如图所示的扇形,且 2 3C  , 2 3AB  .则该圆锥的体积为 ______. 【答案】16 2 81  【解析】 【分析】 设 AC BC R  ,由已知得 2R  ,求得弧长 AB ,再求出圆锥底面圆的半径为 r,高为 h, 可求得圆锥的体积. 【详解】设 AC BC R  ,在 ABC 中,因为 2 3C  , 2 3AB  ,所以 2R  ,弧长  2 423 3AB     , - 11 - 设圆锥底面圆的半径为 r,高为 h,则 42 3r   ,所以 2 3r  , 2 2 4 4 24 9 3h R r     , 故 21 1 4 4 2 16 2 3 3 9 3 81V r h      圆锥 . 【点睛】本题考查由圆锥的展开图求圆锥的体积,关键在于求得圆锥的底面半径和圆锥的高, 属于基础题. 16. 黄金分割比 5 1 0.6182    被誉为“人间最巧的比例”.离心率 5 1 2e  的椭圆被 称为“优美椭圆”,在平面直角坐标系中的“优美椭圆”C: 2 2 2 2 1x y a b   ( 0a b  )的左 右顶点分别为 A,B,“优美椭圆”C 上动点 P(异于椭圆的左右顶点),设直线 PA ,PB 的斜 率分别为 1k , 2k ,则 1 2k k  ______. 【答案】1 5 2  ; 【解析】 【分析】 设  cos , sinP a b  , ,2 k k Z   ,  ,0A a ,  ,0B a ,计算 2 1 2 1k k e  得到答案. 【详解】设  cos , sinP a b  , ,2 k k Z   ,  ,0A a ,  ,0B a , 则   2 2 2 2 1 2 22 2 sin sin sin 1 51cos cos 2cos 1 b b b bk k ea a a a aa                 . 故答案为:1 5 2  . 【点睛】本题考查了根据椭圆的离心率求斜率关系,意在考查学生的计算能力. 三、解答题 17. 新冠疫情发生后,酒精使用量大增,某生产企业调整设备,全力生产 75% 与95%两种不 同浓度的酒精,按照计划可知在一个月内,酒精日产量 na (单位:吨)与时间 n( n N 且 1 30n  )成等差数列,且 1 2a  , 2 3 5a a a  .又知 75% 酒精日产量所占比重 nb 与时间 n 成等比数列,95%酒精日产量所占比重与时间 n 的关系如下表( 0 1p  ): - 12 - 95%酒精日产量所占 比重 1 p 21 p 31 p …… 时间 n 1 2 3 …… (1)求 na , nb 的通项公式; (2)若 1 2p  ,求前 n 天 75% 酒精的总生产量 nT (单位:吨, n N 且1 30n  ). 【答案】(1) 2na n , n nb p ( 0 1p  );(2)   114 2 2 n nT n        吨( n N 且 1 30n  ). 【解析】 【分析】 (1)由等差、等比数列的定义和通项公式可求得; (2)运用错位相减法可得答案. 【详解】(1)由 1 2 3 5 2a a a a     ,得 1 1 1 2 2 3 4 a a d a d      ,所以 1 2 2 a d    ,所以 2na n . 因为 1b p , 2 2b p .所以 n nb p ( 0 1p  ). (2)由题意知,第 n 天 75% 酒精的生产量为 11 12 2 2 n n n na b n n               , 1 1 2 2 3 3 1 1n n n n nT a b a b a b a b a b         0 1 2 2 11 1 1 1 11 2 3 12 2 2 2 2 n n n n                                         ①,   1 2 3 11 1 1 1 1 11 2 3 12 2 2 2 2 2 n nT n n                                        ②, 由①  ②得: 0 1 2 11 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 n n nT n                                    - 13 -   11 1 12 2 21 2 21 2 n n n n                     , 所以   114 2 2 n nT n        , 综上,前 n 天 75% 酒精的总生产量   114 2 2 n nT n        吨( n N 且1 30n  ). 【点睛】本题考查等差数列,等比数列的实际应用,以及错位相减法求数列的和,属于中档 题. 18. 某市为广泛开展垃圾分类的宣传、教育和倡导工作,使市民树立垃圾分类的环保意识,学 会垃圾分类的知识,特举办了“垃圾分类知识竞赛".据统计,在为期 1 个月的活动中,共有 两万人次参与网络答题.市文明实践中心随机抽取 100 名参与该活动的市民,以他们单次答题 得分作为样本进行分析,由此得到如图所示的频率分布直方图: (1)求图中 a 的值及参与该活动的市民单次挑战得分的平均成绩 x (同一组中数据用该组区间 中点值作代表); (2)若垃圾分类答题挑战赛得分落在区间 70, 2x s 之外,则可获得一等奖奖励,其中 x , s 分别为样本平均数和样本标准差,计算可得 4s  ,若某人的答题得分为 96 分,试判断此人 是否获得一等奖; (3)为扩大本次“垃圾分类知识竞赛”活动的影响力,市文明实践中心再次组织市民组队参 场有奖知识竞赛,竞赛共分五轮进行,已知“光速队”与“超能队”五轮的成绩如下表: 成绩 第一轮 第二轮 第三轮 第四轮 第五轮 - 14 - “光速队” 93 98 94 95 90 “超能队” 93 96 97 94 90 ①分别求“光速队”与“超能队”五轮成绩的平均数和方差; ②以上述数据为依据,你认为"光速队”与“超能队”的现场有奖知识竞赛成绩谁更稳定? 【答案】(1) 0.06a  , 87x  (分);(2)此人获得一等奖;(3)①“光速队”平均数为94, 方差 6.8,“超能队”平均数为94,方差为6;②“超能队”的现场有奖知识竞赛成绩更稳定. 【解析】 【分析】 (1)由各组的频率和为 1 求出 a 的值;平均成绩等于各组的中间值与其频率积的和; (2)将(1)求出的平均值和 4s  代入 70, 2x s ,从而可判断 96 是否在此区间; (3)①由表中的数据直接求平均数和方差即可;②比较两个方差的大小,方差小的成绩更稳 定. 【详解】(1)由频率分布直方图可知 0.05 0.04 2 0.02 0.01 5 1a        ,解得 0.06a  ; 参与该活动的市民单次挑战得分的平均值的平均成绩为 72.5 0.05 77.5 0.1 82.5 0.2 87.5 0.3 92.5 0.25 97.5 0.1 87x              (分). (2)由(1)知 87x  ,区间   70, 2 70,95x s  ,而  96 70, 2x s  , 故此人获得一等奖; (3)①“光速队”五轮成绩的平均数为  1 1 93 98 94 95 90 945x       , 方差为    2 22 2 2 2 1 1 1 4 0 1 4 6.85s           . “超能队”五轮成绩的平均数为  2 1 93 96 97 94 90 945x       , 方差为    2 22 2 2 2 2 1 1 2 3 0 4 65s           . ②评价:从方差数据来看,“超能队”的现场有奖知识竞赛成绩更稳定. - 15 - 【点睛】此题考查频率分布直方图,求平均数、方差,利用方差的大小进行判断稳定程度, 属于基础题. 19. 已知三棱锥 P ABC ,如图所示,PA  平面 ABC ,D 为 AB 中点,且 PD AC BC  . (1)证明: PD DC ; (2)若 PC 与平面 ABC 所成的角的余弦值为 6 3 , 2CD  ,求三棱锥 A BCP 体积. 【答案】(1)证明见解析;(2) 2 2 3 . 【解析】 【分析】 (1)证明CD AB ,CD PA ,即可证明CD  平面 PAB .得到CD PD . (2) PCA 为 PC 与平面 ABC 所成的角,设 6AC x ,则 3PC x ,通过求解三角形求 出 PC , AC ,求出 AB ,通过 A BCP P ABCV V  ,求解即可. 【详解】解:(1)因为 AC BC ,D 为中点,所以CD AB ,又 PA  平面 ABC ,CD  平面 ABC , 所以CD PA , 因为 AB PA A  , AB Ì平面 PAB , PA  平面 PAB ,所以CD  平面 PAB . 又 PD  面 PAB ,所以CD PD . (2)因为 PA  平面 ABC ,所以 PCA 为 PC 与平面 ABC 所成的角. 因为 6cos 3 ACPCA PC    ,故设 6AC x ,则 3PC x ,所以 3PA x , 6PD AC x  . - 16 - 由(1)知 CD PD ,所以 2 2 3 2CD PC PD x    ,所以 6 3x  . 从而 2PA CD  , 2BC PD AC   .在 Rt PAD△ 中 2 2 2AD PD PA   ,所以 2 2AB  . 故 ABC 为等腰直角三角形. 2ABCS  ,所以 1 1 2 22 23 3 3A BCP P ABC ABCV V S PA        △ . 【点睛】本题考查直线与平面垂直的判断定理的应用,等体积法的应用,考查转化思想以及 计算能力,属于中档题. 20. 已知函数   sin cos cosf x x a x x x   ,  0,2x  ,  0,2  . (1)讨论函数  f x 的单调性; (2)证明:函数  f x 在定义域上只有一个零点 【答案】(1)答案见解析;(2)证明见解析. 【解析】 【分析】 (1)首先求出函数的导函数,令   0f x  得 x a 或 x  ,再对 a 分类讨论可得; (2)由(1)函数的单调性结合零点存在性定理,分类讨论计算可得; 【详解】解:(1)      cos sin cos sin sinf x x a x x x x x a x       ,  0,2x  , 令   0f x  得 x a 或 x  ,易知,当  0,x  时,sin 0x  ;当  ,2x   时,sin 0x  , ①当 a  时,    sin 0f x x x    ,故  f x 在 0,2 单调递减; ②当  0,a  时,令   0f x  得 0 x a  或 2x   ,令   0f x  得 a x   , 故  f x 在 0,a , ,2  单调递减,在  ,a  单调递增; ③当  ,2a   时,令   0f x  得 0 πx  或 2a x   ,令   0f x  得 x a   , 故  f x 在 0, , ,2a  单调递减,在  ,a 单调递增. 综上,当 a  时,  f x 在 0,2 单调递减; - 17 - 当  0,a  时,  f x 在 0,a , ,2  单调递减,在 ,a  单调递增; 当  ,2a   时,  f x 在 0, , ,2a  单调递减,在  ,a 单调递增. (2)由(1)知,①当 a  时,  f x 在 0,2 单调递减; 且  0 sin 0 cos0 0cos0 0f       ,  2 sin 2 cos2 2 cos2 0f             ,即    0 2 0f f   ,故函数  f x 在  0,2 上只有一个零点. ②当  0,a  时,  f x 在  0,a , ,2  单调递减,在 ,a  单调递增;故  f x 的极小 值为   sin cos cos sin 0f a a a a a a a     ,因此  f x 在 0,a 上无零点;  f x 的极 大值为   sin cos cos 0f a a           ,又  2 sin 2 cos2 2 cos2 2 0f a a           ,    2 0f f   ,故  f x 在  ,2  上有一个零点,因此,函数  f x 在 0,2 上只有一个零点. ③当  ,2a   时,  f x 在 0, , ,2a  单调递减,在  ,a 单调递增.故  f x 的极 小值为   0f a    ,又  0 sin 0 cos0 0cos0 0f a a     ,    0 0f f   , 故  f x 在 0, 上有一个零点,  f x 的极大值为   sin 0f a a  ,又  2 2 0f a    ,故  f x 在 ,2  上无零点,因此,函数  f x 在 0,2 上只有一 个零点. 综上,函数  f x 在 0,2 上只有一个零点. 【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性,函数的零点问题,考查分类讨论思想,属于 中档题. 21. 已知椭圆 C: 2 2 2 2 1x y a b   ( 0a b  )的左、右焦点分别为 1F 、 2F ,点 31, 2P       满足: 1 2 2PF PF a  ,且 1 2 3 2PF FS △ . (1)求椭圆 C 的标准方程; - 18 - (2)过点  4,0M 的直线 l 与 C 交于  1 1,A x y ,  2 2,B x y 不同的两点,且 1 2 0y y  ,问在 x 轴上是否存在定点 N,使得直线 NA, NB 与 y 轴围成的三角形始终为底边在 y 轴上的等腰 三角形.若存在,求定点 N 的坐标;若不存在,请说明理由. 【答案】(1) 2 2 14 x y  ;(2)存在,定点为:  1,0N . 【解析】 【分析】 (1)根据椭圆的定义,结合代入法、三角形的面积公式进行求解即可; (2)设出直线 l 的方程与椭圆方程联立,根据等腰三角形的性质,结合一元二次方程根与系 数关系、根的判别式、斜率公式进行求解即可. 【详解】(1)因为 1 2 2PF PF a  ,所以点 P 在椭圆 C 上, 将 31, 2P       代入 2 2 2 2 1x y a b   ,得 2 2 1 3 14a b   ①, 设椭圆 C 焦距为 2c ,则 1 2 1 3 322 2 2PF FS c   △ ,所以 3c  ,从而 2 2 3a b  ②, 由①②解得 2 4a  , 2 1b  , 所以椭圆 C 的方程为 2 2 14 x y  ; (2)显然直线 l 的斜率存在且不为 0,设直线 l:  4y k x  , 联立   2 2 4 , 4 4 0, y k x x y        消去 y 整理得 2 2 2 21 4 32 64 4 0k x k x k     . 由     22 2 232 4 1 4 64 4 0k k k       ,得 2 10 12k  , 则 2 1 2 2 32 1 4 kx x k    , 2 1 2 2 64 4 1 4 kx x k    , 假设存在点  ,0N t ,因为直线 NA, NB 与 y 轴围成的三角形始终为底边在 y 轴上的等腰三 角形,所以 0NA NBk k  . - 19 - 设  ,0N t ,则    1 21 2 1 2 1 2 4 4 NA NB k x k xy yk k x t x t x t x t                1 2 1 2 1 2 2 4 8 0x x t x x tk x t x t        , 即   1 2 1 22 4 8 0x x t x x t     ,所以   22 2 2 2 2 4 32128 8 8 32 01 4 1 4 1 4 t kk t tk k k k       , 化简得:  2 2 2128 8 4 32 8 32 0 8 8k t k t ttk     , 解得 1t  . 故在 x 轴上存在定点  1,0N ,使得直线 NA, NB 与 y 轴围成的三角形始终在底边为 y 轴上 的等腰三角形. 【点睛】本题考查了求椭圆的标准方程,考查了直线与椭圆的位置关系的应用,考查了椭圆 中存在性问题的探究,考查了数学运算能力. 22. 以平面直角坐标系的原点 O 为极点,x 轴非负半轴为极轴,并在两种坐标系中取相同的长 度单位,建立极坐标系.曲线 1C 的极坐标方程为 2sin cos 0    ,曲线 2C 的参数方程为 cos 1 sin x y       ,( 为参数). (1)求曲线 1C 的直角坐标方程及 2C 的普通方程; (2)已知点 P、Q 为曲线 1C 与曲线 2C 的交点,W 为参数方程 3cos 4sin x y      ( 为参数)曲线 3C 上 一点,求点 W 到直线 PQ 的距离 d 的最大值. 【答案】(1) 1C : 2y x , 2C :  22 1 1x y   ;(2) 5 2 2 . 【解析】 【分析】 (1)由 2sin cos 0    ,则 2 2sin cos 0     ,利用极坐标公式,转化为 1C 的直 角坐标方程,曲线 2C 消参得到 2C 的普通方程; (2)由(1)联立 1C 与 2C 方程,求出交点 ,P Q ,再求出直线 PQ 的方程,设  3cos ,4sinW   , - 20 - 将点 W 到直线 PQ 的距离 d 用 表示出来,再由辅助角公式化简求出最大值. 【详解】(1)曲线 1C : 2sin cos 0    ,所以 2 2sin cos 0     ;所以 2y x . 曲线 2C : cos 1 sin x y       ( 为参数),则  22 2 21 cos sinx y      , 所以  22 1 1x y   . 综上,曲线 1C 的直角坐标方程为 2y x , 2C 的普通方程为  22 1 1x y   . (2)解   2 22 , 1 1, y x x y      则 4 2 2 0y y y   ,解得,  1,1P ,  0,0Q , 又因为 1 0 11 0PQk   ,所以直线 PQ 的方程为 y x , 设  3cos ,4sinW   , 所以  5sin3cos 4sin 5 2 22 2 d       ( 3tan 4   , 0 2   ). 即点 W 到直线 PQ 的距离 d 的最大值为 5 2 2 . 【点睛】本题考查了极坐标方程转化为直角坐标方程,参数方程转化为普通方程,还考查了 用参数方程将距离问题转化为求三角函数的最值问题,属于中档题. 23. 已知函数   1f x x a x    , a R (1)当 2a  时,求不等式   2f x  的解集; (2)当 2 0a   时,若   2 2 2 xf x   恒成立,求实数 a 的值. 【答案】(1) 1 5,2 2      ;(2) 1 . 【解析】 【分析】 (1)当 2a  时,利用零点分段法去绝对值,由此求得不等式的解集. - 21 - (2)将  f x 表示为分段函数的形式,构造函数     2 22 xh x f x   ,结合二次函数的最 值以及   0h x  恒成立列不等式组,解不等式组求得 a 的值. 【详解】(1)当 2a  时, 2 1 2x x    . 当 1x  时, 2 1 2x x    ,解得 1 12 x  . 当1 2x  时, 2 1 2x x    ,解得1 2x  . 当 2x  时, 2 1 2x x    ,解得 52 2x  . 所以不等式的解集为 1 5,2 2      . (2)因为 2 0a   ,所以   1 2 , , 1 1 , 1, 2 1 , 1, a x x a f x x a x a a x x a x                设     2 2 2 2 2 1 2 , ,2 2 2 1 , 1,2 2 2 2 1 , 1,2 x a x x a x xh x f x a a x x x a x                        整理得       2 2 2 1 2 1, ,2 1 , 1,2 1 2 1 , 1.2 x a x a xh x a a x x a x                  若   2 2 2 xf x   恒成立,则   0h x  恒成立,即  min 0h x  , 从而 1 0, 1 0, 2 0, a a a          解得 1a   . 【点睛】本小题主要考查含有绝对值不等式的解法,考查不等式恒成立问题的求解,属于中 档题. - 22 -
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