广东省惠州市2020届高三数学（理）第二次调研试卷（附解析Word版）

惠州市 2020 届高三第二次调研考试 理科数学 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号、座位号、学校、班级等考生信息填写在答题 卡上。 2.作答选择题时，选出每个小题答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案信息点涂黑。 如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案，写在本试卷上无效。 3.非选择题必须用黑色字迹签字笔作答，答案必须写在答题卡各题指定的位置上，写在本试 卷上无效。 一、选择题：本题共 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 符合题目要求. 1.集合 ， ，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 化简集合 ，进而求交集即可. 【详解】 ， ， 所以 ， 故选 C. 【点睛】本题考查交集的概念及运算，考查对数函数的单调性与二次不等式的解法，属于基 础题. 2.设复数 满足 （其中 为虚数单位），则 （ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 利用复数的除法运算得到 ，进而得到其共轭复数即可. { }| lg 0M x x= > { }2| 4N x x= ≤ M N = ( )2,0− [ )1,2 ( ]1,2 ( ]0,2 ,M N { }| 1M x x= > { }| 2 2N x x= − ≤ ≤ ( ]1,2M N = z ( )1 1i z i+ = − i z = i− i 2i− 2i z【详解】 ， ， 的共轭复数为 ， 故选 B. 【点睛】本题考查复数代数形式的乘除法运算，考查共轭复数的概念，考查计算能力，属于 基础题. 3.已知 为数列 前 项和， ，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 根据 得到 ，从而 为等比数列，利用等比数列前 n 项和公式可得结果. 【详解】 时， ， 两式相减，整理得 ， ∵ ，∴ ， 所以 是首项为 ，公比为 的等比数列， ∴ ， 故选 D. 【点睛】已知 求 的一般步骤：（1）当 时，由 求 的值；（2）当 时， 由 ，求得 的表达式；（3）检验 的值是否满足（2）中的表达式，若不满足 的 ( )1 1i z i+ = − ( ) ( )( ) 211 2 1 1 1 2 ii iz ii i i −− −= = = = −+ + − z z i= nS { }na n 1n nS a= − 5S = 31 16 31 2 1 32 31 32 1n nS a= − 1 1 2 n n a a − = { }na 2n ≥ 1 1 1 1 n n n n S a S a− − = −  = − 12 n na a −= 1 1 2a = 1 1 2 n n a a − = { }na 1 2 1 2 5 5 1 112 2 31 1 321 2 S   −     = = − nS na 1n = 1 1a S= 1a 2n ≥ 1n n na S S −= − na 1a则分段表示 ；（4）写出 的完整表达式. 4.已知 ， 为互相垂直 单位向量，若 ，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 利用向量夹角公式即可得到结果. 【详解】代数法： ，故选 A. 【点睛】本题考查向量夹角公式，考查向量的运算法则及几何意义，考查学生的运算能力与 数形结合能力，属于基础题. 5.下列说法正确的是（ ） ①从匀速传递的产品生产流水线上，质检员每 10 分钟从中抽取一件产品进行某项指标检测， 这样的抽样是分层抽样. ②某地气象局预报：5 月 9 日本地降水概率为 ，结果这天没下雨，这表明天气预报并不 科学. ③在回归分析模型中，残差平方和越小，说明模型的拟合效果越好. ④在回归直线方程 中，当解释变量 每增加 1 个单位时，预报变量 增加 0.1 个单位. A. ①② B. ③④ C. ①③ D. ②④ 【答案】B 【解析】 【分析】 ①由于间隔相同，这样的抽样是系统抽样； ②降水概率为 90%的含义是指降水的可能性为 90%，但不一定降水； ③在回归分析模型中，残差平方和越小，说明模型的拟合效果越好，正确； 的 na na a b c a b= −   cos ,b c< >=  2 2 − 2 2 3 3 − 3 3 ( ) ( )2 cos , b a bb cb c b c a b ⋅ −⋅< >= = ⋅ −          2 2 2 1 2 222 b a b a a b b ⋅ − −= = = − − ⋅ +        90%  0.1 10y x= + x y④在回归直线方程 0.1x+10 中，回归系数为 0.1，利用回归系数的意义可得结论． 【详解】解：①从匀速传递的产品生产流水线上，质检员每 10 分钟从某处抽取一件产品进行 某项指标检测，由于间隔相同，这样的抽样是系统抽样，故①不正确； ②降水概率为 90%的含义是指降水的可能性为 90%，但不一定降水，故②不正确； ③在回归分析模型中，残差平方和越小，说明模型的拟合效果越好，正确； ④在回归直线方程 0.1x+10 中，回归系数为 0.1，当解释变量 x 每增加一个单位时，预报 变量 增加 0.1 个单位，故④正确． 故选：B． 【点睛】本题考查命题真假判断，考查学生分析问题解决问题的能力，属于基础题． 6.若 ,且 ，则 的值为( ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 由题意，根据诱导公式得 ， 又因为 ，所以 ，所以 所以 ，故选 A． 7.设 p：实数 x，y 满足(x－1)2＋(y－1)2≤2，q：实数 x，y 满足 则 p 是 q 的 (　　) A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A ˆy = ˆy = ˆy 3 1cos( )2 3 π α− = - 2 2 π πα≤ ≤ sin 2a 4 2- 9 2 2- 9 2 2 9 4 2 9 3 1 1cos( ) sin sin2 3 3 π α α α− = − = ⇒ = − sin 0α < 02 π α− < < 2 2cos 3 α = 1 2 2 4 2sin 2 2sin cos 2 ( )3 3 9 α α α= = × − × = − 1 1 1 y x y x y ≥ −  ≥ −  ≤【解析】 试题分析：画圆：(x–1)2+(y–1)2=2，如图所示，则(x–1)2+(y–1)2≤2 表示圆及其内部， 设该区域为 M.画出 表示的可行域，如图中阴影部分所示，设该区域为 N.可知 N 在 M 内，则 p 是 q 的必要不充分条件.故选 A. 【考点】充要条件的判断，线性规划 【名师点睛】本题考查充分性与必要性的判断问题，首先是分清条件和结论，然后考察条件 推结论，结论推条件是否成立.这类问题往往与函数、三角、不等式等数学知识相结合．本题 的条件与结论可以转化为平面区域的关系，利用充分性、必要性和集合的包含关系得出结 论． 8.我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果。哥德巴赫猜想是“每 个大于 2 的偶数可以表示为两个素数的和”，如 .在不超过 40 的素数中，随机选取 2 个不同的数，其和等于 40 的概率是（ ）【注：如果一个大于 1 的整数除了 1 和自身外无 其他正因数，则称这个整数为素数。】 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 随机选取两个不同的数，基本事件总数 n ，利用列举法求出其和等于 40 包含的基本事件 有 3 个，由此能求出其和等于 40 的概率． 【详解】不超过 40 的素数：2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，31，37，共 12 个数， 1, { 1 , 1 y x y x y ≥ − ≥ − ≤ 40 3 37= + 1 15 1 17 1 22 1 26 2 12C=其中 ，共 3 组数， 所以其和等于 40 的概率为： . 故选 C. 【点睛】(1)古典概型的重要思想是事件发生的等可能性，一定要注意在计算基本事件总数和 事件包括的基本事件个数时，他们是否是等可能的．(2)用列举法求古典概型，是一个形象、 直观的好方法，但列举时必须按照某一顺序做到不重复、不遗漏．(3)注意一次性抽取与逐次 抽取的区别：一次性抽取是无顺序的问题，逐次抽取是有顺序的问题. 9.函数 的图象大致是( ) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 根据函数表达式,把分母设为新函数,首先计算函数定义域,然后求导,根据导函数的正负判断 函数单调性,对应函数图像得到答案. 【 详 解 】 设 ， ， 则 的 定 义 域 为 . ，当 ， ， 单增，当 ， ， 单减，则 .则 在 上单增， 上单减， 40 3 37 11 29 17 23= + = + = + 2 12 3 1 22C = 1( ) ln 1f x x x = − − ( ) ln 1g x x x= − − (1) 0g = 1( ) ln 1f x x x = − − (0,1) (1, )x∈ +∞ 1( ) 1g x x ′ = − (1, )x∈ +∞ ( ) 0g x′ > ( )g x (0,1)x∈ ( ) 0g x′ < ( )g x ( ) (1) 0g x g≥ = ( )f x (0,1)x∈ (1, )x∈ +∞.选 B. 【点睛】本题考查了函数图像的判断,用到了换元的思想,简化了运算,同学们还可以用特殊值 法等方法进行判断. 10.我们把焦点相同，且离心率互为倒数的椭圆和双曲线称为一对“相关曲线”，已知 、 是一对相关曲线的焦点， 是椭圆和双曲线在第一象限的交点，当 时，这一对 相关曲线中双曲线的离心率是( ) A. B. C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】 设 ， ，设椭圆的长半轴长为 ，双曲线的实半轴长为 ，根 据余弦定理可得 ，利用椭圆和双曲线的定义，结合 离心率的公式，求得结果. 【详解】设椭圆的长半轴长为 ，椭圆的离心率为 ，则 ， ． 双曲线的实半轴长为 ，双曲线的离心率为 ， ， ， 设 ， ， 则 ， 当点 P 被看作是椭圆上的点时，有 ， 当点 P 被看作是双曲线上的点时，有 ， 两式联立消去 得 ，即 ， 所以 ，又 ， 所以 ，整理得 ， ( ) 0f x > 1F 2F P 1 2 60F PF∠ =  3 2 2 3 3 1PF x= 2PF y= (x > 0)y > 1a a 2 2 2 2 24 2 cos60c x y xy x y xy= + − = + − 1a 1e 1 1 ce a = 1 1 ca e = a e ce a = ca e = 1PF x= 2PF y= (x > 0)y > 2 2 2 2 24 2 cos60c x y xy x y xy= + − = + − ( )22 2 14 3 4 3c x y xy a xy= + − = − 24c = ( )2 24x y xy a xy− + = + xy 2 2 2 14 3c a a= + 2 2 2 1 4 3c cc e e    = +      2 2 1 1 13 4e e    + =      1 1 ee = 2 2 3 4e e + = 4 24 3 0e e− + =解得 或 （舍去），所以 ， 即双曲线的离心率为 ， 故选 A． 【点睛】该题考查的是有关椭圆和双曲的有关问题，涉及到的知识点有椭圆和双曲线的定义， 新定义，椭圆和双曲线的离心率，余弦定理，属于中档题目. 11.已知矩形 ， ， ，将 沿对角线 进行翻折，得到三棱锥 ，则在翻折的过程中，有下列结论： ①三棱锥 的体积最大值为 ； ②三棱锥 的外接球体积不变； ③三棱锥 的体积最大值时，二面角 的大小是 ； ④异面直线 与 所成角的最大值为 . 其中正确的是（ ） A. ①②④ B. ②③ C. ②④ D. ③④ 【答案】C 【解析】 【分析】 考虑在翻折的过程中，当面 ACD⊥面 ACB 时，D 到底面的距离最大，进而得到棱锥体积最大， 可判断①；取 AC 的中点 O，可得 O 为棱锥的外接球的球心，计算可判断②；由①的解析过程 知，三棱锥 的体积最大值时，平面 平面 ，可判断③ 假设 AB⊥CD，由线面垂直的判断和性质，可判断④． 【详解】① ，当平面 平面 时，三棱锥 的高最大， 此时体积最大值为 ，①错误； ②设 的中点为 ，则由 ， 知， ，所以 为三 棱锥 外接球的球心，其半径为 ，所以外接球体积为 ，即三棱锥 的外接球体积不变，②正确； ③由①的解析过程知，三棱锥 的体积最大值时，平面 平面 ，所以二 2 3e = 2 1e = 3e = 3 ABCD 1AB = 3BC = ADC∆ AC D ABC− D ABC− 1 3 D ABC− D ABC− D AC B− − 60° AB CD 90° D ABC− ADC ⊥ ABC 1 3D ABC ABCV S h− ∆= ⋅ ADC ⊥ ABC D ABC− 1 1 3 11 33 2 2 4D ABCV − = × × × × = AC O Rt ABC∆ Rt ADC∆ OA OB OC OD= = = O D ABC− 1 12 AC = 4 3 π D ABC− D ABC− ADC ⊥ ABC面角 的大小是 ，③错误； ④当 沿对角线 进行翻折到使点 与点 的距离为 ，即 时，在 中， ，所以 ，又 ，翻折后此垂直关系没有变， 所以 平面 ，所以 ，即异面直线 与 所成角的最大值为 ，④正 确. 故选 C. 【点睛】本题考查空间线面和线线的位置关系的判断，以及棱锥的体积与二面角的计算，考 查运算能力和推理能力，属于基础题． 12.设函数 ．若存在 的极值点 满足 ，则 m 的 取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 由题意知： 极值为 ，所以 ，因为 ， 所以 ，所以 即 ，所以 ，即 3，而已知 ，所以 3，故 ，解 得 或 ，故选 C. 考点：本小题主要考查利用导数研究的极值，考查三角函数，考查一元二次不等式的解法， 考查分析问题与解决问题的能力. 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分，其中第 15 题第一空 3 分，第二空 2 分。 的 D AC B− − 90° ADC∆ AC D B 2 2BD = ABCD 2 2 2BC BD CD= + CD BD⊥ CD AD⊥ CD ⊥ ABD CD AB⊥ AB CD 90° ( ) 3sin xf x m π= ( )f x 0x ( ) 22 2 0 0x f x m + 2m > 2m < −13.已知曲线 在 处的切线的斜率为 2，则实数 的取值是 __________． 【答案】 【解析】 f′（x）=3ax2+ ， 则 f′（1）=3a+1=2，解得：a= ， 故答案为： ． 点睛：与导数几何意义有关问题的常见类型及解题策略 （1）已知切点求切线方程．解决此类问题的步骤为：①求出函数 在点 处 的导数，即曲线 在点 处切线的斜率；②由点斜式求得切线方程为 ．（2）已知斜率求切点．已知斜率 ，求切点 ，即解方程 .（3）求切线倾斜角的取值范围．先求导数的范围，即确定切线斜率的范围，然后 利用正切函数的单调性解决． 14.某工厂为了解产品的生产情况，随机抽取了 100 个样本。若样本数据 ， ，…， 的 方差为 8，则数据 ， ，…， 的方差为______. 【答案】32 【解析】 【分析】 根据样本数据 ， ，…， 的方差是 s2，得出对应数据 ， ，…， 的方差是 22×s2． 【详解】样本数据 ， ，…， 的方差为 8， 所以数据 ， ，…， 的方差为 . 故答案为：32 【点睛】本题考查了方差的性质与应用问题，熟记方差的性质是快速解题的基础，是基础 题． ( ) 3 lnf x ax x= + ( )( )1, 1f a 1 3 1 x 1 3 1 3 ( )y f x= 0x x= ( )y f x= 0 0( , ( ))x f x 0 0 0( )( )y y f x x x′− = − k 1 1( , ( ))x f x ( )f x k′ = 1x 2x 100x 12 1x − 22 1x − 1002 1x − 1x 2x 100x 12 1x − 22 1x − 1002 1x − 1x 2x 100x 12 1x − 22 1x − 1002 1x − 22 8 32× =15.设 、 为正数，若 ，则 的最小值是______，此时 ______. 【答案】 (1). 4 (2). 【解析】 【分析】 巧用“1”改变目标式子的结果，借助均值不等式求最值即可. 【详解】 ， 当且仅当 即 ， 时等号成立. 故答案为： ， 【点睛】本题考查最值的求法，注意运用“1”的代换法和基本不等式，考查运算能力，属于 中档题． 16.已知椭圆 的短轴长为 2，上顶点为 ，左顶点为 ，左、右焦点分 别是 ， ，且 的面积为 ，点 为椭圆上的任意一点，则 的取 值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】 根据 的面积和短轴长得出 a，b，c 的值，从而得出 的范围，得到 关 于 的函数，从而求出答案． 【详解】由已知得 ，故 ，∵ 的面积为 ， ∴ ，∴ ，又 ， x y 12 yx + = 1 2 x y + x = 1 2 1 2 1 2 222 2 y y xxx y x y x y   + = + + = + +     22 2 42 y x x y ≥ + ⋅ = 2 2 y x x y = 2y x= 1 2x = 4 1 .2 ( )2 2 2 2 1 0x y a ba b + = > > A B 1F 2F 1F AB∆ 2 3 2 − P 1 2 1 1 PF PF + [ ]1,4 1F AB∆ 1PF 1 2 1 1 PF PF + 1PF 2 2b = 1b = 1F AB∆ 2 3 2 − ( )1 2 3 2 2a c b −− = 2 3a c− = − ( )( )2 2 2 1a c a c a c b− = − + = =∴ ， ，∴ ， 又 ，∴ ， ∴ . 即 的取值范围为 . 故答案为： 【点睛】本题考查了椭圆的简单性质，函数最值的计算，熟练掌握椭圆的基本性质是解题的 关键，属于中档题． 三、解答题：共 70 分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。第 17~21 题为必考题， 每个考生都必须作答。第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题：共 60 分。 17.在 中，角 的对边分别为 ，已知 （1）求 ； （2）求 的值. 【答案】（1） ；（2） . 【解析】 【分析】 （1）由正弦定理和二倍角公式可构造方程求得 ；（2）由余弦定理构造方程可求得 的 两个解，其中 时，验证出与已知条件矛盾，从而得到结果. 【详解】（1）在 中，由正弦定理 得： （2）在 中，由余弦定理得： 2a = 3c = 1 2 1 2 1 2 1 1 PF PF PF PF PF PF ++ = ( ) 2 1 1 1 1 2 4 4 4 a PF PF PF PF = =− − + 12 3 2 3PF− ≤ ≤ + 2 1 11 4 4PF PF≤ − + ≤ 1 2 1 11 4PF PF ≤ + ≤ 1 2 1 1 PF PF + [ ]1,4 [ ]1,4 ABC∆ , ,A B C , ,a b c 2, 5, 2 .a b B A= = = cos A c 5 4 1 2 cos A c 2c = ABC∆ sin sin a b A B = 2 5 5 sin sin 2 2sin cosA A A A = = 5cos 4A∴ = ABC∆ 2 2 2 2 cosa b c bc A= + −由 整理可得： 解得： 或 当 时， ，又 ， 此时 ，与已知矛盾，不合题意，舍去 当 时，符合要求 综上所述： 【点睛】本题考查利用正弦定理、余弦定理解三角形的问题，易错点是求得边长后忽略了已 知中的长度和角度关系，造成增根出现. 18.在数列 中， ， ， ， 为常数， ． (1)求 的值； (2)设 ，求数列 的通项公式； 【答案】（1） ；（2） 【解析】 【分析】 (1) 将 代入 ，结合条件即可得到 的值； （2）由 ，得 ，即 ．利用累加法即可求 得数列 的通项公式. 【详解】(1)将 代入 ，得 ，由 ， ，得 ． (2)由 ，得 ，即 ． 52, 5,cos 4a b A= = = 22 5 2 0c c− + = 2c = 1 2 2c = A C= 2B A= 2B π∴ = 4A C π= = 2b a= 1 2c = 1 2c = { }na 1 1a = 2 8 3a = 1 1 1(1 )n n n na an λ+ += + + λ *n N∈ λ n n ab n = { }nb 3λ = 1 3 1 2 2 3n nb −= − × 1n = 1 1 11n n n na an λ+ + = + +   λ 1 1 11 3n n n na an+ + = + +   1 1 1 3 n n n a a n n + − =+ 1 1 3n n nb b+ − = { }nb 1n = 1 1 11n n n na an λ+ + = + +   2 1 22a a λ= + 1 1a = 2 8 3a = 3λ = 1 1 11 3n n n na an+ + = + +   1 1 1 3 n n n a a n n + − =+ 1 1 3n n nb b+ − =当 时， ， 因为 ，所以 ．因为 也适合上式， 所以 ． 【点睛】本题考查了由递推关系求通项，常用方法有：累加法，累乘法，构造等比数列法， 取倒数法，取对数法等等，本题考查的是累加法，注意新数列的首项与原数列首项的关系. 19.如图，在底面为矩形 四棱锥 中，平面 平面 . （1）证明： ； （2）若 ， ，设 为 中点，求直线 与平面 所成角 的余弦值. 【答案】(1)证明见解析；(2) 【解析】 【分析】 （1）由平面 平面 可得 面 ，从而可得 ； （2）建立空间直角坐标系，求出向量 及面 法向量 ，代入公式即可得到结果. 【详解】（1）依题意，面 面 ， ， ∵ 面 ，面 面 ， ∴ 面 . 又 面 ， ∴ . 的 2n ≥ ( ) ( ) ( )1 1 1 2 2 1n n n n nb b b b b b b b− − −− = − + − +⋅⋅⋅+ − 11 113 3 11 3 n−  −     = − 1 1 1 2 2 3n−= − × 1 1 11 ab = = 1 3 1 2 2 3n nb −= − × 1 1b = 1 3 1 2 2 3n nb −= − × P ABCD− PAD ⊥ ABCD AB PD⊥ PA PD AB= = 90APD∠ = ° Q PB AQ PBC 3 3 PAD ⊥ ABCD AB ⊥ PAD AB PD⊥ AQ PBC n PAD ⊥ ABCD AB AD⊥ AB Ì ABCD PAD  ABCD AD= AB ⊥ PAD PD ⊂ PAD AB PD⊥（2）解法一：向量法 在 中，取 中点 ，∵ ， ∴ ，∴ 面 ， 以 为坐标原点，分别以 为 轴，过点 且平行于 的直线为 轴， 所在的直线为 轴，建立如图空间直角坐标系， 设 ，∵ ，∴ ， ∴ ， ， ， ， ， ∴ ， ， . 设面 法向量为 ， 则 ，解得 . 设直线 与平面 所成角为 ， 则 ， 因为 ，∴ . 所以直线 与平面 所成角的余弦值为 . （2）解法二：几何法 过 作 交于点 ，则 为 中点， 过 作 的平行线，过 作 的平行线，交点为 ，连结 ， PAD∆ AD O PA PD= PO AD⊥ PO ⊥ ABCD O OA x O AB y OP z 2PA = 90APD∠ = ° 2 2AD = ( )0,0, 2P ( )2,2,0B ( )2,2,0C − ( )2,0,0A 2 2,1,2 2Q       ( )2,2, 2PB = − ( )2 2,0,0BC = − 2 2, 1,2 2AQ  = − −     PBC ( ), ,n x y z= 2 2 2 0 2 2 0 n PB x y z n BC x  ⋅ = + − = ⋅ = − =   ( )0,1, 2n = AQ PBC θ 2sin cos , 3 AQ n AQ n AQ n θ ⋅ = < > = = ⋅       0, 2 πθ  ∈   2 2 3cos 1 sin 1 3 3 θ θ= − = − = AQ PBC 3 3 P PO AD⊥ O O AD A PO P AD E BE过 作 交于点 ，连结 ， 连结 ，取中点 ，连结 ， ， 四边形 为矩形，所以 面 ，所以 ， 又 ，所以 面 ， 所以 为线 与面 所成的角. 令 ，则 ， ， ， 由同一个三角形面积相等可得 ， 为直角三角形，由勾股定理可得 ， 所以 ， 又因为 为锐角，所以 ， 所以直线 与平面 所成角的余弦值为 . 【点睛】空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐 标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量， 利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系； （5）根据定理结论求出相应的角和距离. 20.已知抛物线 ： 的焦点为 ，直线 与 交于 ， 两点，且与 轴交于点 . （1）若直线 的斜率 ，且 ，求 的值； （2）若 ， 轴上是否存在点 ，总有 ？若存在，求出点 坐标； 若不存在，请说明理由. A AH BE⊥ H QH BO M QM AM AOPE PE ⊥ ABE PE AH⊥ BE AH⊥ AH ⊥ PBE AQH∠ AQ PBC AO a= AE a= 2AB a= 3BE a= 6 3AH a= QAM∆ AQ a= 6sin 3 AHAQH AQ ∠ = = AQH∠ 3cos 3AQH∠ = AQ PBC 3 3 C 2 2y x= F l C A B x ( ),0P a l 3 2k = 3 2FP = AF BF+ 0a > x M OMA OMB∠ = ∠ M【答案】(1) (2)存在， 【解析】 【分析】 （1）依题意，设 ： ，联立方程可得 ，借助韦达定理 表示 ，即可得到结果； （2）讨论直线的斜率，直线 存在斜率时，联立方程，借助韦达定理表示 ，即可 得到点 . 【详解】（1）解法一：依题意，设 ： ， 联立 ： ，整理得 ① 由 ，得 ， 又 且 ，∴ 或 （舍去）， 所以①式可化为 ，设 ， ，则 ， ∴ . 解法二：依题意，设 ： ， 联立 ： ，整理得 ① ∴ ，即 ， 又 且 ，∴ 或 （舍去）， 所以①式可化为 ，设 ， ，则 ， ∴ . （2）当直线 斜率不存在时，由对称性知，存在点 满足 ， 若直线 存在斜率，设为 则 ： ，联立 ： ， 53 9 ( ),0M a− l 3 2y x a= − ( )2 29 18 8 9 0x a x a− + + = AF BF+ l MA MBk k= − M l ( )3 2y x a= − C 2 2y x= ( )2 29 18 8 9 0x a x a− + + = > 0∆ 2 9a > − 1 ,02FP a = −    3 2FP = 2a = 1a = − 29 44 36 0x x− + = ( )1 1,A x y ( )2 2,B x y 1 2 44 9x x+ = 1 2 44 531 19 9AF BF x x+ = + + = + = l ( )3 2y x a= − C 2 2y x= 23 4 6 0y y a− − = 16 72 0a∆ = + > 2 9a > − 1 ,02FP a = −    3 2FP = 2a = 1a = − 23 4 12 0y y− + = ( )1 1,A x y ( )2 2,B x y 1 2 1 2 4 3 4 y y y y  + =  ⋅ = − 2 2 1 2 1 2 1 12 y yAF BF x x ++ = + + = + ( )2 1 2 1 22 5312 9 y y y y+ − ⋅= + = l M OMA OMB∠ = ∠ l ( )0k k ≠ l ( )y k x a= − C 2 2y x=整理得 ， ∵ ，∴ ， 设 由 易知 即 ， ∴ 即 ， ∴ ，∵ ，∴ ， 所以 . 综上所述，当 时， 轴上存在点 ，总有 . 【点睛】定点的探索与证明问题：①探索直线过定点时，需考虑斜率存在不存在，斜率存在 可设出直线方程，然后利用条件建立等量关系进行消元，借助于直线系的思想找出定点；② 从特殊情况入手，先探求定点再证明与变量无关. 21.已知函数 （ ， 为常数）在 内有两个极值点 ， （ ） （1）求实数 的取值范围； （2）求证： . 【答案】(1) (2)见证明 【解析】 【分析】 （1）推导出 x＞0，f′（x）＝ ，设 h（x）＝ex﹣1﹣ax，x＞0，则 y＝h （x）在（0，2）上存在两个零点，由 h′（x）＝ex﹣1﹣a，由此能求出实数 a 的取值范围； （2）令 H（x）＝h（x）﹣h（2+2lna﹣x），0＜x＜1+lna，则 H′（x）＝h′（x）+h′ （2+2lna﹣x） 0，从而 H（x）在（0，1+lna）上递增，进而 H（x）＜H 2 2 2 0ky y ka− − = 24 8 0k a∆ = + > 1 2 1 2 2 2 y y k y y a  + =  ⋅ = − ( ),0M m OMA OMB∠ = ∠ MA MBk k= − 1 2 1 2 0y y x m x m + =− − ( )1 2 2 1 1 2 0y x y x m y y⋅ + ⋅ − + = ( )2 2 2 1 1 2 1 22 2 y yy y m y y⋅ + ⋅ = + ( ) ( )1 2 1 2 1 22 y y y y m y y ⋅ + = + 1 2 0y y+ ≠ 1 2 2 2 2 y y am a ⋅ −= = = − ( ),0M a− 0a > x ( ),0M a− OMA OMB∠ = ∠ 1 2 2( ) ln xef x a x x x − = + −   a R∈ a ,2（0 ） 1x 2x 1 2x x< a 1 2 2(1 ln )x x a+ < + 1 2 ea< < ( )( )1 3 2 xx e ax x −− − 1 1 2 x x x ae ae − −= + − ≥（1+lna）＝0，由此能证明 ＜2（1+lna）． 【详解】解：（1）由 ，可得 ， 记 ，有题意，知 在 上存在两个零点. 则 当 时， ，则 在 上递增， 至少有一个零点，不合题意； 当 时，由 ，得 （i）若 且 ，即 时， 在 上递减， 递增； 则 ，则 ， 从而 在 和 上各有一个零点。 所以 在 上存在两个零点. （ii）若 ，即 时， 在 上递减， 至多一个零点，舍去. （iii）若 且 ，即 时，此时 在 上有一个零点， 而在 上没有零点，舍去. 综上可得， . （2）令 则 ， ， ， 所以， 在 上递减，从而 ， 即 而 ，且 在 递增； 1 2x x+ ( ) 1 2 2ln xef x a x x x − = + −   ( ) ( )( )1 3 2 xx e ax f x x − − =′ − ( ) 1 , 0xh x e ax x−= − > ( )y h x= ( )0,2 ( ) 1exh x a−=′ − 0a ≤ ( ) 0h x′ > ( )h x ( )0,2 ( )h x 0a > ( ) 0h x′ = 1 lnx a= + 1 ln 2a+ < h(2)>0 1 2 ea< < ( )h x ( )0,1 lna+ ( )1 ln ,2a+ ( ) ( )min 1 ln ln 0h x h a a a= + = − < ( ) ( ) 12 0, 0 0h h e > = > ( )h x ( )0,1 lna+ ( )1 ln ,2a+ ( )y h x= ( )0,2 1 ln 2a+ > a>e ( )h x ( )0,2 ( )h x 1 ln 2a+ < ( )2 0h ≤ 2 e a e≤ < ( )h x ( )0,1 lna+ ( )1 ln ,2a+ 1 2 ea< < ( ) ( ) ( )2 2ln ,0 1 lnH x h x h a x x a= − + − < < + ( ) ( ) ( )2 2lnH x h x h a x′ ′= + + −′ 1 2 2ln 1x a xe a e a− + − −= − + − 2 1 1 2 2 2 0x x ae a a ae − −= + − ≥ − = ( )H x ( )0,1 lna+ ( ) ( )1 ln 0H x H a< + = ( ) ( )2 2ln 0h x h a x− + − < ( ) ( )1 12ln 0h x h x a x∴ − + − < ( ) ( )1 2h x h x= ( )h x ( )1 ln ,2a+， . 【点睛】本题考查实数的取值范围的求法，考查不等式的证明，考查导数性质、函数单调性、 最值等基础知识，考查推理能力与计算能力，考查转化思想和分类讨论思想，属于难题． （二）选考题：共 10 分。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。答题时请写清题号并将相应信息点涂黑。 22.选修 4-4：坐标系与参数方程 已知在平面直角坐标系 中，圆 的参数方程为 ( 为参数).以原点 为极 点， 轴的非负半轴为极轴,取相同的单位长度建立极坐标系. （I）求圆 的普通方程及其极坐标方程； （II）设直线 的极坐标方程为 ，射线 与圆 的交点为 ， 与直线 的交点为 Q，求线段 PQ 的长. 【 答 案 】（ I ） 普 通 方 程 为 ： ， 极 坐 标 方 程 为 ： . （II） 【解析】 【分析】 （I）利用 消去参数，求得圆的普通方程，将 代入， 可求得对应的极坐标方程.（II）分别将 代入直线和圆的极坐标方程，然后两式相减， 可求得 的长. 【详解】（I）∵圆 的参数方程为 ( 为参数) ∴消去参数 得普通方程为： 又 ∴ 化简得圆 的极坐标方程为： . ( ) ( )2 1 2 12 2ln 2 2lnh x h a x x a x∴ < + − ⇒ < + − ( )1 2 2 1 lnx x a∴ + < + xOy C cos 1 sin x y α α =  = + α O x C l sin( ) 23 πρ θ + = : 6OM πθ = C P l 22 ( 1) 1yx + − = 2sinρ θ= | | 1PQ = 2 2cos sin 1α α+ = cos , sinx yρ θ ρ θ= = π 6 θ = PQ C 1 x cos y sin α α =  = + α α ( )22 1 1x y+ − = cos , sinx yρ θ ρ θ= = ( ) ( )2 2cos sin 1 1ρ θ ρ θ+ − = C 2sinρ θ=（II）∵射线 与圆 的交点为 ∴把 代入圆 极坐标方程可得： 又射线 与直线 的交点为 Q ∴把 代入直线 极坐标方程可得： ∴ ∴线段 PQ 的长 【点睛】本小题主要考查极坐标、直角坐标和参数方程相互转化，考查利用极坐标的几何意 义来解问题的方法，属于基础题. 23.已知关于 x 的不等式|x﹣m|+2x≤0 的解集为（﹣∞，﹣2]，其中 m＞0． （1）求 m 的值； （2）若正数 a，b，c 满足 a+b+c＝m，求证： 2． 【答案】（1）m＝2（2）见解析 【解析】 【分析】 （1）解不等式，得出答案。 （2）直接使用均值不等式即可证明之。 【详解】（1）由 f（x）≤0 得|x﹣m|+2x≤0， 即 或 ， 化简得： 或 由于 m＞0，所以不等式组的解集为（﹣∞，﹣m）． 由题设可得﹣m＝﹣2，故 m＝2． （2）由（1）可知，a+b+c＝2， 的 : 6OM πθ = C P 6 πθ = 2sin 16P πρ = = : 6OM πθ = l 6 πθ = l sin 26 3 π πρ  + =   2Q ρ = 1P QPQ ρ ρ= − = 2 2 2 + + ≥b c a a b c 2 0 x m x m x ≥  − + ≤ ， ， 2 0 x m m x x   − + ≤ ＜ 3 x m mx ≥ ≤ ， ， . x m x m ≤  ≤ − ，又由均值不等式有： a≥2b， b≥2c， c≥2a， 三式相加可得： c≥2b+2c+2a， 所以 a+b+c＝2． 【点睛】本题考查解不等式与利用均值不等式证明。 2b a + 2 +c b 2 +a c 2 2 2 a b+ + + + +b c a a a c 2 2 2 + + ≥b c a a b c