2020届百校联考高考百日冲刺金卷全国Ⅱ卷数学（理）试题（解析版）

2020 届百校联考高考百日冲刺金卷 全国 II 卷·理数（三） 注意事项： 1．本试卷分第 I 卷（选择题）和第 II 卷（非选择题）两部分． 2．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷相应的位置． 3．全部答案写在答题卡上，写在本试卷上无效． 4．本试卷满分 150 分，测试时间 120 分钟． 5．考试范围：高考全部内容． 第 I 卷 一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 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.已知集合 ， ， ，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 化简集合 ，根据补集定义，即可求得答案. 【详解】 ， . 故选：C. 【点睛】本题主要考查了补集运算，解题关键是掌握集合补集定义，考查了分析能力和计算能力，属于基 础题. 2.已知 是虚数单位， ，则复数 的共轭复数为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 { | }6M x N x= ∈ ≤ { }2,1,0,1,2A = − { }2 ,B y y x x A= = ∈ M B = { }2,5,6 { }2,3,6 { }2,3,5,6 { }0,2,3,5,6 B  { }2,1,0,1,2A = − ∴ { } { }2| , 0,1,4B y y x x A= = ∈ =  { | } {0,1,2,6 3,4,5,6}M x N x == ∈ ≤ ∴ { }2,3,5,6M B = i (2 ) 5(1 )z i i− = + z 1 3i+ 1 3i− 1 3i− + 1 3i− −【分析】 化简 ，求得 ，根据复数的共轭复数定义，即可求得答案. 【详解】 . 故选：B. 【点睛】本题主要考查了求复数的共轭复数和复数除法运算，解题关键是掌握共轭复数定义和复数除法运 算，考查了分析能力和计算能力，属于基础题. 3.在 中， ， ， 为 上一点，且 ， ，则 的长为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 分析】 设 ， 由 余 弦 定 理 ， ，即可求得答案. 【详解】设 ， 由余弦定理 ； 即 ① ； 即 ， ② 又 ③ 由①②③可得. ， . 故选：D. 【点睛】本题主要考查了根据余弦定理解三角形，解题关键是掌握余弦定理公式和灵活使用诱导公式，考 查了分析能力和计算能力，属于基础题. 【 (2 ) 5(1 )z i i− = + z 5(1 ) 5(1 )(2 ) 1 32 5 i i iz ii + + += = = +− 1 3z i∴ = − ABC∆ 2 3AB = 4AC = D BC 3BC BD= 2AD = BC 42 3 42 2 4 42 BD x= 2 2 2(2 ) 2 2 cosAC AD x AD x ADC= + − ⋅ ∠ 2 2 2 2 cosAB AD x AD x ADB= + − ⋅ ∠ BD x= 2 2 2(2 ) 2 2 cosAC AD x AD x ADC= + − ⋅ ∠ 2 2 24 2 (2 ) 2 2 2 cosx x ADC= + − × ⋅ ∠ — — 2 2 2 2 cosAB AD x AD x ADB= + − ⋅ ∠ 2 2 2(2 3) 2 2 2 cosx x ADB= + − × ∠ — —  ( )0cos cos 180 cosADC ADB ADB∠ = − ∠ = − ∠ — — 42 3x = ∴ 3 42BB DC = =4.在正多边形中，只有三种形状能用来铺满一个平面图形而中间没有空隙，分别是正三角形、正方形、正六 边形，称之为“正多边形的镶嵌规律”．已知如图所示的多边形镶嵌的图形 ，在 内随机取一点，则此点 取自正方形的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 求出整个的面积以及符合条件的面积，代入几何概型计算公式即可. 【详解】解：设小三角形的边长为 ，每个小三角形的面积为 ， 个小三角形的面积之和为 ， 又因长方形的长为 ，所以 个正方形的面积为 ， 所以此点取自正方形的概率是 ． 故选：B. 【点睛】本题考查几何概型概率计算问题，属于基础题. 5.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ） T T 2 3 4 3 7 4 3+ 7 7 4 3+ 1 2 1 3 4 7 3 7 37 4 4 × = 1 3 3 3 4 3 7 3 7 4 33 4 = ++A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 结合三视图可得该几何体是一个组合体，下半部分是一个底面边长为 ，高为 的正四棱锥，上半部分是 一个直径为 的半球，即可求得答案. 【详解】 结合三视图可得该几何体是一个组合体，下半部分是一个底面边长为 ，高为 的正四棱锥， 上半部分是一个直径为 的半球， 该几何体的体积为： . 故选：A. 【点睛】本题主要考查了根据三视图求几何体体积问题，解题关键是掌握三视图的基础知识和椎体体积公 式，考查了分析能力和计算能力，属于基础题. 6.已知 为坐标原点，双曲线 的右焦点为 ，点 ， 分别在双曲线 的两 条渐近线上， 轴， ，四边形 为梯形，则双曲线 离心率的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 求出 的坐标，然后求解 的坐标，利用向量的数量积转化求解双曲线的离心率即可. 【详解】解：设 ，所以 ，直线 的方程为 ， 直线 的方程为 ，解得 ， ，又直线 的方程为 ， 2 4 3 3 π + 2 12 3 3 π + 4 4 3 3 π + 4 12 3 3 π + 2 3 2  2 3 2 ∴ 3 22 1 2 4 31 2 33 3 3V ππ += × + × × = O 2 2 2 2: 1x yC a b − = ( 0, 0)a b> > F A B C AF x⊥ 0BO BA⋅ 1 C : 2 0l x y− − = P Q PQ ( )1, 1− ( )2,0 1 3,2 2  −   ( )1,1 2: 2C y x= ( )1 1,P x y ( )2 2,Q x y 1 2 2 PQk y y = + P Q l 1PQk = − PQ p 1p = 2 2y x= ( )1 1,P x y ( )2 2,Q x y 2 1 1 2 2 2 2 2 y x y x  =  = ( )( ) ( )1 2 1 2 1 22y y y y x x− + = − 1 2 2 PQk y y ∴ = + P Q l 1PQk∴ = − 1 2 2y y+ = − 1 2 12 y y+∴ = − PQ∵ l 1 2 1 2 2 12 2 x x y y+ +∴ = + = ∴ PQ ( )1, 1− 1 1 1ABC A B C− 1 1A ACC 1 1B BCC 2 M N 1 1C B的中点， ，则 与 所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 根 据 ， 可 知 ， 取 中 点 ， 连 接 ， 再 取 的 中 点 ， 连 接 ， 则 ，同理可证 ，所以 为异面直线 与 所成的角（或其补角），即可求得 答案. 【详解】 ， ， 取 中点 ，连接 ，再取 的中点 ，连接 ， 则 ，同理可证 ， 为异面直线 与 所成的角（或其补角）. 又 ， 根据勾股定理， ， ， ， 在 中，由余弦定理得 ， 故异面直线 与 所成角的余弦值为 . 故选：B. 【点睛】本题主要考查了求异面直线夹角余弦值，解题关键是掌握异面直线夹角定义和余弦定理公式，考 查了分析能力和计算能力，属于中档题. 12.设函数 在区间 上单调，且 ，当 时， 取到最大值 ，若将函数 的图象上各点的横坐标伸长为原来的 倍得到函数 的图象，则函数 零点的个数为（ ） 1CC 0CA CB⋅ =  BM AN 1 5 2 5 4 5 21 5 0CA CB⋅ =  AC BC⊥ BC D 1C D CD E EN 1/ /EN C D 1/ /BM C D ANE∠ BM AN  0CA CB⋅ =  ∴ AC BC⊥ BC D 1C D CD E EN 1/ /EN C D 1/ /BM C D ∴ ANE∠ BM AN  1CN = 5AN = 5 2EN = 17 2AE = AEN∆ 2 2 2 2cos 2 5 AN EN AEANE AN EN + −∠ = =⋅ BM AN 2 5 ( ) sin cosf x a x b xω ω= + ( )0ω > ,6 2 π π     2 2 3 6f f f π π π     = = −           12x π= ( )f x 4 ( )f x 2 ( )g x ( ) 3y g x x π= − +A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 由已知可得 ，由 得出对称中心及对称轴，得出 ，再得出 的解析式，再有变换得出 ，再分别画出 与 图象，得出结论. 【详解】解：设 ， ，即 ， 又 ， 为 的一条对称轴， 且 ，则 为 的一个对称中心， 由于 ，所以 与 为同一周期里相邻 对称轴和对称中心， 则 ， ． 又 ，且 ， 解之得 ， ． 故 ，由图象变换可得， ． 因为 在 处的切线斜率为 ， 在 处切线斜率不存在，即切线方程为 ． 的 4 5 6 7 ( ) ( )2 2 sinf x a b xω ϕ= + + 2 2 3 6f f f π π π     = = −           T ( )f x ( )g x ( )g x 3y x π= + ( ) ( )2 2 sinf x a b xω ϕ= + + ( )0ω > 1 2 2 6 2 2 Tπ π π π ω ω∴ − ≤ = ⋅ = 0 3ω< ≤ 2 2 3 6f f f π π π     = = −           2 72 3 2 12x π π π+ ∴ = = ( ) ( )2 2 sinf x a b xω ϕ= + + 2 6 2 3 π π π+ = ,03 π     ( ) ( )2 2 sinf x a b xω ϕ= + + 0 3ω< ≤ 7 12x π= ,03 π     74 12 3T π π π = − =   ∴ 2ω = 2 2 4a b+ = 2 2sin cos12 12 12f a b π π π  = +   2a = 2 3b = ( ) 2sin 2 2 3 cos2 4sin 2 3f x x x x π = + = +   ( ) 4sin 3g x x π = +   ( ) 4sin 3g x x π = +   ,03 π−     4cos 43 3 3g π π π   ′ − = − + =       3y x π= + ,03 π−     3x π= −所以 右侧 图象较缓,如图所示， 同时 时， ， 所以 的零点有 个． 故选：D. 【点睛】本题主要考查正弦型函数的图象和性质及零点，转化为两个函数的图象的交点，属于难题. 第 II 卷 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 13.已知向量 ， ，则 _________. 【答案】 【解析】 【分析】 根据向量数量积坐标公式，即可求得答案. 【详解】 ， ， 可得 ， . 故答案为： . 3x π= − ( )g x 43x π+ > 16 3x π> − ( ) 3y g x x π= − + 7 (2,1)a = (2, 1)b = − (2 )b a b⋅ − =   1  (2,1)a = (2, 1)b = − 2 (2,3)a b− = (2 ) 4 3 1b a b∴ ⋅ − = − =  1【点睛】本题主要考查了求向量的数量积，解题关键是掌握向量数量积坐标公式，考查了分析能力和计算 能力，属于基础题. 14.已知函数 在 处的切线方程为 ，则满足 的 的取值范围 为_________. 【答案】 【解析】 【分析】 因为 ，可得 ，即 ，所以 ， 是 上的增函数， 结合已知，即可求得答案. 【详解】 ， ， ， ， 是 上的增函数， 又 ， ， ， .即 故答案为： 【点睛】本题主要考查了根据切线方程求参数和解函数不等式，解题关键是掌握导数求切线方程的方法和 导数判断函数单调的解法，考查了分析能力和计算能力，属于中档题. 15.若 ，则 _________. 【答案】 【解析】 【分析】 由 ，展开化简可得 ，结合已知，即可求得答案. ( ) ln( )f x a x= + ( )( )0, 0f y x= ( )0 2 1f x≤ − ≤ x [2, 1]e + 1( )f x a x ′ = + 1(0) 1f a ′ = = 1a = ( ) ln(1 )f x x= + ( )f x ( 1, )− +∞  1( )f x a x ′ = + 1(0) 1f a ′∴ = = 1a\ = ∴ ( ) ln(1 )f x x= + ( )f x ( 1, )− +∞  ( )0 0f = ( 1) ln( 1 1) 1f e e− = − + = ∴ 0 2 1x e≤ − ≤ − 2 1x e∴ ≤ ≤ + [2, 1]e + [2, 1]e + 3sin cos6 3 πα α + + = −   2cos 23 π α + =   7 9 3sin cos6 3 πα α + + = −   1sin 3 3 πα + = −  【详解】由 ， 展开化简可得 整理可得： ， . 故答案为： . 【点睛】本题主要考查了求三角函数值，解题关键是掌握正弦两角和公式和余弦的二倍角公式，考查了分 析能力和计算能力，属于基础题. 16.某饮料厂生产 ， 两种饮料.生产 桶 饮料，需该特产原料 公斤，需时间 小时；生产 桶 饮 料，需该特产原料 公斤，需时间 小时，每天 饮料的产量不超过 饮料产量的 倍，每天生产两种饮 料所需该特产原料的总量至多 公斤，每天生产 饮料的时间不低于生产 饮料的时间，每桶 饮料的 利润是每桶 饮料利润的 倍，若该饮料厂每天生产 饮料 桶， 饮料 桶时 利润最大， 则 _________. 【答案】 【解析】 【分析】 设每天 ， 两种饮料的生产数量分别为 桶， 桶，则有 ，画出可行域，结合 已知，即可求得答案. 【详解】设每天 ， 两种饮料的生产数量分别为 桶， 桶，则有 则其表示的可行域如图中阴影部分所示， 3sin cos6 3 πα α + + = −   3cos cos sin cos6 6s 3in π πα α α+ + = − 1sin 3 3 πα + = −   ∴ 2 22 1 7cos 2 1 2sin 1 23 3 3 9 π πα α     + = − + = − − =           7 9 A B 1 A 100 3 1 B 100 1 A B 2 750 A B A B 1.5 A m B n ( )*,m n N∈ m n+ = 7 A B x y 0, 0 2 3 100 100 750 0 x y x y x y y x ≥ ≥  ≤ ≥  + − ≤ A B x y 0, 0 2 3 100 100 750 0 x y x y x y y x ≥ ≥  ≤ ≥  + − ≤设 B 饮料每桶利润为 1，则目标函数为 ，则 ， 表示直线在 轴上的截距， ， 只取整数， 当直线 经过点 即 ， 时， 取得最大值， 故 . 故答案为： . 【点睛】本题主要考查了线性规划问题，关键是根据所给的约束条件准确地画岀可行域和目标函数．在平 面区域中，求线性目标函数的最优解，要注意分析线性目标函数所表示的几何意义，从而确定目标函数在 何处取得最优解． 三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤 17.已知正项等比数列 满足 ， ，数列 的前 项和为 ， 求 与 的通项公式； 设 为奇数时， ， 为偶数时， ，求数列 的前 项和 ． 【答案】 ， ； . 【解析】 【分析】 根据题意， ， ，得出 ，所以 ，由 ， ， ， 求出 ； 根据题意，数列 的奇数项构成一个等比数列，首项为 ，公比为 ，数列 的偶数项构成一个 等差数列，首项为 ，公差为 ，列出前 项和 的式子. 【详解】解： 根据题意， ， ， ， ， ，所以 ， 1.5z x y= + 1.5y x z= − + z y  x y ∴ 1.5y x z= − + ( )4,3 4m = 3n = z 7m n+ = 7 { }na 1 2a = 2 3 7 32a a = { }nb n 2 nS n n= − ( )1 { }na { }nb ( )2 n n nc a= n n nc b= { }nc 2n 2nT ( )1 2n na = 2 2nb n= − ( )2 2 1 2 2 2 22 3 n nT n + −= + ( )1 1 2a = 2 2 5 32a = 2q = 2n na = 2 nS n n= − 2 2nb n= − ( )2n ≥ 2 2nb n= − ( )2 { }nc 2 4 { }nc 2 4 2n 2nT ( )1 1 2a = 2 2 5 32a = 1 2a∴ = 5 32a = 2q∴ = 2n na =因为 ， ， 又 ，所以 ． 根据题意，数列 的奇数项构成一个等比数列，首项为 ，公比为 ； 数列 的偶数项构成一个等差数列，首项为 ，公差为 ， 所以 ； 故 ． 【点睛】本题主要考查等差数列和等比数列的基础知识，以及分组求和法来求和，考查了转化思想，方程 思想，逻辑推理能力和数学计算能力，属于中档题. 18.已知某快递公司收取快递费的标准是：重量不超过 的包裹收费 元；重量超过 的包裹，在收费 元的基础上，每超过 （不足 ，按 计算）需再收 元．该快递公司承揽了一个工艺品厂家的 全部玻璃工艺品包裹的邮寄事宜，该厂家随机统计了 件这种包裹的两个统计数表如下： 表 包裹重量 包裹数 损坏件数 表 包裹重量 出厂价（元 件） 卖价（元 件） 估计该快递公司对每件包裹收取快递费的平均值； 2 nS n n= − ( )2 2 1 [( 1) ( 1) 2 2n n nb S S n n n n n− ∴ = − = − − − − − = − ( )2n ≥ 1 1 0b S= = 2 2nb n= − ( )2 { }nc 2 4 { }nc 2 4 ( ) 2 1 2 2 2 1 4 (2 4 2) 2 221 4 2 3 n n n n nT n +− + − −= + = +− 2 1 2 2 2 22 3 n nT n + −= + 1kg 10 1kg 10 1kg 1kg 1kg 5 100 1 ( )kg ( ]0,1 ( ]1,2 ( ]2,3 ( ]3,4 ( ]4,5 40 25 20 10 5 1 3 2 3 0 2 ( )kg ( ]0,1 ( ]1,2 ( ]2,3 ( ]3,4 ( ]4,5 / 20 25 30 40 50 / 60 65 70 90 110 ( )1将包裹重量落入各组 频率视为概率，该工艺品厂家承担全部运费，每个包裹只有一件产品，如果客户 收到有损坏品的包裹，该快递公司每件按其出厂价的 赔偿给厂家．现该厂准备给客户邮寄重量在区间 和 内的工艺品各 件，求该厂家这两件工艺品获得利润的分布列和期望． 【答案】 元； 见解析， . 【解析】 【分析】 由统计表估计该快递公司对每件包裹收取的快递费的平均值； 重量在 的产品数为 ，其损坏率为 ，重量在 的产品数为 ，其损坏率为 ，设重量在 的这件产品的利润记为 ，重量在 的这件产品的利润记为 ， ， ， ， ，分别求出相应的概率，由此能求出该厂家这两件工艺品获得利润的分布列和期望． 【详解】解： 根据题意，设公司对每件包裹收取的快递费的平均值为 ， （元）． 重量在 的产品数为 ，其损坏率为 ． 重量在 的产品数为 ，其损坏率为 ， 设重量在 的这件产品的利润记为 ， 则 ， ， 设重量在 的这件产品的利润记为 ， 则 ， ， 所以 ， ， ， ， 则 ， ， ， 所以其分布列为： 利润 的( )2 90% ( ]2,3 ( ]3,4 1 ( )1 15.75 ( )2 24.5 ( )1 ( )2 ( ]2,3 20 2 0.120 = ( ]3,4 10 3 0.310 = ( ]2,3 X ( ]3,4 Y 45X Y+ = 2 9− 52− ( )1 x 40 10 25 15 20 20 10 25 5 30 15.75100x × + × + × + × + ×= = ( )2 ( ]2,3 20 2 0.120 = ( ]3,4 10 3 0.310 = ( ]2,3 X 1 70 30 20 20X = − − = ( )2 30 20 30 0.9 23X = − + + × = − ( ]3,4 Y 1 90 40 25 25Y = − − = ( )2 40 25 40 0.9 29Y = − + + × = − 45X Y+ = 2 9− 52− ( )45 0.9 0.7 0.63P X Y+ = = × = ( )9 0.9 0.3 0.27P X Y+ = − = × = ( )52 0.1 0.3 0.03P X Y+ = − = × = 45 2 9− 52− P 0.63 0.07 0.27 0.03根据题意， ． 【点睛】本题考查平均数、离散型随机变量的分布列、数学期望的求法，属于中档题. 19.如图，在三棱锥 中， 是等边三角形， ， ， 为三棱锥 外一点，且 为等边三角形． 证明： ； 若平面 平面 ，平面 与平面 所成锐二面角的余弦值为 ，求 的长． 【答案】 证明见解析； . 【解析】 【分析】 取 的中点 ，连接 ， ，证明 平面 ，可得到结论； 以 为原点， 为 轴， 为 轴， 为 轴建立空间直角坐标系，求出平面 和平面 的法向量，利用夹角公式求出二面角的余弦值，得出结论. 【详解】解： 取 的中点 ，连接 ， ， 因为 是等边三角形，所以 ， 又因为 ，所以 ， 因为 ，所以 平面 ， 因为 平面 ，故 ． 因为平面 平面 ， 平面 平面 ， ( ) 45 0.63 2 0.07 9 0.27 52 0.03 24.5E X Y+ = × + × − × − × = A BCD− ABD△ BC CD⊥ 2BC CD= = E A BCD− CDE△ ( )1 AC BD⊥ ( )2 ABD ⊥ BCD ABD ECD 3 3 BE ( )1 ( )2 6BE = ( )1 BD O OC OA BD ⊥ AOC ( )2 O OC x OD y OA z ECD ABD ( )1 BD O OC OA ABD△ AO BD⊥ BC CD= CO BD⊥ CO AO O∩ = BD ⊥ AOC AC ⊂ AOC AC BD⊥ ( )2 ABD ⊥ BCD ABD ∩ CBD BD=所以 平面 ， 且 ， ， 故以 为原点， 为 轴， 为 轴， 为 轴建立空间直角坐标系， 取 的中点 ，连接 ， ， 同理可证 平面 ， ， ， 设 ， 则 ， ， ， ， 所以 ， ， 设平面 一个法向量为 ， 则 ， ， 令 ，则 ． 因为平面 的一个法向量为 ， 所以 ， 所以 ， ， 所以 或 ． 因为 为三棱锥 外一点， 的 AO ⊥ BCD 2BD = 3AO = O OC x OD y OA z CD F OF EF CD ⊥ EOF 2 2OF = 6 2EF = EFO π θ∠ = − ( )0,0,0O ( )1,0,0C ( )0,1,0D ( )0 0 3A , , ( )0, 1,0B − 3 1 3 1 6cos , cos , sin2 2 2 2 2E θ θ θ + +    ( )1,1,0CD = − 3 1 3 1 6cos , cos , sin2 2 2 2 2CE θ θ θ = − +     ECD ( ), ,n x y z= 0 0 CD n CE n  ⋅ =  ⋅ =     0 3 1 3 1 6cos cos sin 02 2 2 2 2 x y x y zθ θ θ − + =    ∴ − + + + ⋅ =          1x = cos1,1, 2 sinn θ θ  = − ⋅    ABD ( )1,0,0OC = 2 2 1 3cos , 3cos2 2 sin OC n θ θ 〈 〉 = = + ⋅   2 2 cos 1 sin 2 θ θ∴ = 3cos 3 θ = ± sin 6 3 θ = ( )1,1,1E ( )0,0,1E E A BCD−所以 ， 所以 ． 【点睛】本题考查线面垂直、面面垂直的判定定理与性质定理，考查向量法求二面角的余弦值，属于中档 题. 20.在平面直角坐标系 中，椭圆 的四个顶点围成的四边形面积为 ，圆 经过椭圆 的短轴端点． 求椭圆 的方程； 过椭圆 的右焦点作互相垂直的两条直线分别与椭圆 相交于 ， 和 ， 四点，求四边形 面积的最小值． 【答案】 ； . 【解析】 【分析】 根据题意求出 ，因为圆 经过椭圆 的两个短轴端点，则 ，所以 ， 列出椭圆 的方程； 对直线 的斜率情况讨论，当斜率不存在或为 时， 四边形 ，当直线 的斜率存在时， ， ，利用二次函数的性质求出四边形 面积的最小值. 【详解】解： 根据题意，四个顶点围成的四边形为菱形，其面积为 ， ( )1,1,1E 6BE = xOy 2 2 2 2: 1x yE a b + = ( )0a b> > 2 2 2 2: 1O x y+ = E ( )1 E ( )2 E E A C B D ABCD ( )1 2 2 12 x y+ = ( )2 16 9 ( )1 2ab = 2 2: 1O x y+ = E 1b = 2a = E ( )2 AC 0 S ABCD 2= AC ( )2 2 2 2 1 | | 2 1 k AC k + = + ( )2 2 2 2 1 2 k BD k + = + ABCD ( )1 1 2 2 2 2 22 a b ab× × = =， 因为圆 经过椭圆 的两个短轴端点，则 ， 所以 ， ， 故椭圆 的方程为 ． 当直线 的斜率存在且不为零时，设直线 的方程为 ， 由 消去 得， ， ． 同理得， ． 令 ，则 ． 当直线 的斜率不存在时， ， 当直线 的斜率为零时， ， ， . ， 四边形 面积的最小值为 ． 【点睛】本题考查椭圆的方程，以及直线与椭圆的位置关系，属于中档题. 21.已知函数 的最小值为 . （1）求 的解析式； （2）若函数 有两个零点 ， ，且 ，求证： . 2ab∴ = 2 2: 1O x y+ = E 1b = 2a = 1b = E 2 2 12 x y+ = ( )2 AC AC ( )1y k x= − ( )0k ≠ ( ) 2 2 1 12 y k x x y  = − + = y ( )2 2 2 22 1 4 2 2 0k x k x k+ − + − = 2 1 2 2 4 1 2 kx x k ∴ + = + 2 1 2 2 2 2 1 2 kx x k −⋅ = + ( )2 2 2 2 1 | | 2 1 k AC k + ∴ = + ( )2 2 2 2 1 2 k BD k + = + 2 1k t+ = 2 4 16 1 1 92 S t t = ≥ + − AC 2AC = 2 2BD = 1 22S AC BD∴ = × = AC 2 2AC = 2BD = 1 22S AC BD∴ = × = 162 9 > ∴ ABCD 16 9 ( ) ln( ) x af x ax x −= − ( 0)a > 0 ( )f x 1( ) ( ) 2g x f x mx = − − 1x 2x 1 2x x< 1 2 1x x+ >【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】 （1）因为 定义域为 ，从而 ，令 ，由于 ，则 ； 故当 时， ， 单调递增，当 时， ， 单调递减，即可求得答 案； （2）根据题意， ，因为 ， 是函数 的两个零 点，所以 ， ，即可求得答案. 【详解】（1） ， 定义域为 ，从而 ， 令 ，由于 ， 则 ； 故当 时， ， 单调递增， 当 时， ， 单调递减， 故 ， ，故 ， . （2） ， ， 是函数 的两个零点， ， 两式相减，可得 1( ) ln 1f x x x = + − ( ) ln( ) x af x ax x −= − ( )0, ∞+ 2( ) x af x x −′ = ( ) 0f x′ = 0a > x a= x a> ( ) 0f x′ > ( )f x 0 x a< < ( ) 0f x′ < ( )f x 1( ) ln 12g x x mx = + − − ( 0)x > 1x 2x 1( ) ln 12g x x mx = + − − 1 1 1ln 1 02x mx + − − = 2 2 1ln 1 02x mx + − − =  ( ) ln( ) x af x ax x −= − ∴ ( )0, ∞+ 2( ) x af x x −′ = ( ) 0f x′ = 0a > x a= x a> ( ) 0f x′ > ( )f x 0 x a< < ( ) 0f x′ < ( )f x min( ) ( ) 2lnf x f a a= = ∴ 2ln 0a = 1a = ∴ 1 1( ) ln ln 1xf x x xx x −= − = + −  1( ) ( ) 2g x f x mx = − − ∴ 1( ) ln 12g x x mx = + − − ( 0)x >  1x 2x 1( ) ln 12g x x mx = + − − ∴ 1 1 1ln 1 02x mx + − − = 2 2 1ln 1 02x mx + − − = 1 2 2 1 1 1ln 2 2 x x x x = −即 ， 故 . ， . 令 ，其中 ， 则 ， 构造函数 ， 则 . 对于 ， 恒成立，故 ， 即 . 可知 ， . 【点睛】本题主要考查了根据最值求函数表达式和根据导数证明不等式，解题关键是掌握导数求最值的方 法和根据导数证不等式恒成立的证法，考查了分析能力和计算能力，属于难题. 请考生从第 22、23 题中任选一题作答，并用 2B 铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方 框涂黑，按所选涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按本选考题 的首题进行评分． 【选修 4-4：坐标系与参数方程】 22.在平面直角坐标系 中，曲线 的参数方程为 （ 为参数），以坐标原点为极点， 轴 正半轴为极轴建立极坐标系，已知点 的极坐标分别为 ，且 的顶点都 1 1 2 2 1 2 ln 2 x x x x x x −= 1 2 1 2 1 2 2ln x xx x x x −= ∴ 1 2 1 1 2 1 2ln x xx x x − = 2 1 2 1 2 1 2ln x xx x x − = 1 2 xt x = 0 1t< < 1 2 1 111 2ln 2ln 2ln tt t tx x t t t − −−+ = + = 1( ) 2lnh t t tt = − − 2 2 ( 1)( ) th t t −′ = 0 1t< < ( ) 0h t′ > ( ) ( )1 0h t h< = 1 2ln 0t tt − − < 1 12ln t t t − > ∴ 1 2 1x x+ > xOy 1C 21 2 21 2 x t y t  = −  = + t x , ,A B C 5 3(4, ),(4, ),(4, )6 6 2 π π π ABC∆在圆 上，将圆 向右平移 3 个单位长度后，得到曲线 . （1）求曲线 的直角坐标方程； （2）设 ，曲线 与 相交于 两点，求 的值. 【答案】（1） （2）11 【解析】 【分析】 （1）直接利用转换关系，把极坐标转化为直角坐标，再进一步求解即可，进行转换； （2）由（1）联立曲线 与 ，利用一元二次方程根和系数的关系即可求出结果． 【详解】（1）由 可得点 的直角坐标系为 ， 点 的直角坐标系为 ， 点 的直角坐标系为 . 设圆 的直角坐标系方程为 ， 代入 可得 ， . 圆 的直角坐标方程为 . 故曲线 的直角坐标方程为： . （2）由（1）联立曲线 ， 可得 ， 整理可得， ， ， . 【点睛】本题主要考查参数方程、极坐标方程，直线与圆的位置关系等知识，考查转化能力和运算求解能 力，属于中档题． 【选修 4-5：不等式选讲】 2C 2C 3C 3C ( )1, 1M 1C 3C ,P Q MP MQ⋅ 2 2( 3) 16x y− + = 1C 3C cos , sinx yρ θ ρ θ= = A (2 3,2)A B ( 2 3,2)B − C (0, 4)C − 2C 2 2 2( )x y m r+ − = ,A C 2 2 2 2 12 (2 ) ( 4 ) m r m r  + − =  − − = 0, 4m r= =∴ ∴ 2C 2 2 16x y+ = 3C 2 2( 3) 16x y− + = 1C 3C 2 22 2(1 3) (1 ) 162 2t t− − + + = 2 3 2 11 0t t+ − = 1 2 1 23 2, 11t t t t+ = − = −∴ 1 2 1 2| | | | | | | | 11MP MQ t t t t⋅ = ⋅ = − =∴23.已知函数 . （1）求不等式 的解集； （2）若 ，对 ，不等式 恒成立，求 的最小值. 【答案】（1） 或 .（2）4 【解析】 【分析】 （1）由题意可得，利用零点分段法进行分区间讨论，脱去绝对值符号解不等式，再求并集即可； （2）由题意可得 ，利用基本不等式 ，从而求得 mn 的最小值． 【详解】（1）原不等式可化为 ， ①当 时， 原不等式可化为 ， 解得 ， ； ②当 时， 原不等式可化为 ， 解得 ， ； ③当 时， 原不等式可化为 ， 解得 ， ； 综上，不等式 解集为 或 .的 ( ) | 3 1| | 2 |f x x x= − + − ( ) 3f x ≥ 1, 1m n> > x R∀ ∈ 2 2 53log log ( )m n f x ⋅ ≥ mn { | 0x x ≤ 1}x ≥ 2 2log log 1m n⋅ ≥ 2 2 2 2log log 2 log log 2m n m n+ ≥ ⋅ ≥ | 3 1| | 2 | 3x x− + − ≥ 1 3x ≤ 3 1 2 3x x− + + − ≥ 0x ≤ 0x∴ ≤ 1 23 x< < 3 1 2 3x x− + − ≥ 1x ≥ 1 2x≤