银川唐徕回民中学
2020 届高三年级第一次模拟考试
理科数学
一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 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 ， ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
分别根据分式不等式求解以及余弦的值域求解计算集合 ,再求交集即可.
【详解】 ,
.
故 .
故选：A
【点睛】本题主要考查了分式不等式的求解以及根据定义域求余弦函数的值域方法,同时也考
查了交集的运算,属于基础题.
2.复数 z 满足 ，则
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
由复数模长定义可得 ，根据复数的除法运算法则计算即可.
2{ | 0}1
xA x x
−= ( , 0)F c a b c
e =
1 3
2
+ 1 5
2
+ 5 1
2
−
2 1−
, ,a b c 2 2 2b ac c a ac= ⇒ − = 2 1e e− =
, ,a b c
2 2 2b ac c a ac= ⇒ − =
2 1e e− =
2 1 0e e− − = 1( )e∈ + ∞,
5 1
2e
+=
,a c e
,a c eA. 至 月份的收入的变化率与 至 月份的收入的变化率相同
B. 支出最高值与支出最低值的比是
C. 第三季度平均收入为 万元
D. 利润最高的月份是 月份
【答案】D
【解析】
由图可知 至 月份的收入的变化率与 至 月份的收入的变化率相同，故 正确；由图可
知，支出最高值是 ，支出最低值是 ，则支出最高值与支出最低值的比是 ，故 正确；
由图可知，第三季度平均收入为 ，故 正确；由图可知，利润最高的月
份是 月份和 月份，故 错误.
故选 D.
7.设函数 ，则使 成立的 的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
先判断函数 为偶函数，利用导数判断函数 在 上为增函数，则原不等式等
价于 ，进而可得结果.
【详解】根据题意，函数 ，
2 3 11 12
6:1
50
2
2 3 11 12 A
60 10 6:1 B
1 (40 50 60) 503
+ + = C
3 10 D
2( ) x xf x e e x−= + + ( ) ( )2 1f x f x> + x
( ,1)−∞ (1, )+∞
1 ,13
−
1, (1, )3
−∞ − ∪ +∞
( )f x ( )f x [0, )+∞
2 1x x> +
( ) 2x xf x e e x−= + +则 ，
即函数 为偶函数，
又 ，当 时，有 ，
即函数 在 上为增函数，
，
解得 或 ，
即 的取值范围为 ；
故选 D．
【点睛】解决抽象不等式 时，切勿将自变量代入函数解析式进行求解，首先应
该注意函数 的单调性．若函数 为增函数，则 ；若函数 为减函数，则
．
8.函数 部分图象如图所示．则函数 的单调递增区
间为（ ）
A. ， B. ，
C. ， D. ，
【答案】C
【解析】
【分析】
利用图象先求出周期，用周期公式求出 ，利用特殊点求出 ，然后根据正弦函数的单调性
列不等式求解即可.
的
( ) ( ) ( )2 2x x x xf x e e x e e x f x− −− = + + − = + + =
( )f x
( )' 2x xf x e e x−= − + 0x ≥ ( ) 0f x′ ≥
( )f x [0, )+∞
( ) ( ) ( ) ( )2 1 2| | | 2|1 1f x f x f x f x x x> + ⇒ > + ⇒ > +
1
3x < − 1x >
x 1, (1, )3
−∞ − ∪ +∞
( ) ( )f a f b<
( )f x ( )f x a b< ( )f x
a b>
2sin( )( 0,0 )y xω ϕ ω ϕ π= + > < < ( )f x
,6 3k k
π ππ π − + k z∈ ,3 3k k
π ππ π − + k z∈
,3 6k k
π ππ π − + k z∈ ,6 6k k
π ππ π − + k z∈
ω ϕ【详解】根据函数 的部分图象，
可得： ，
解得： ，
由于点 在函数图象上，可得： ，
可得： ， ，
解得： ， ，
由于： ，
可得： ，即 ，
令 ， 解得： ， ，
可得：则函数 的单调递增区间为： ， ．
故选 C．
【点睛】本题主要考查三角函数的单调性、三角函数的图象与性质，属于中档题.
函数 的单调区间的求法：若 ,把 看作是一个整体，由
求得函数的减区间，
求得增区间.
9.《孙子算经》中曾经记载，中国古代诸侯的等级从高到低分为:公、侯、伯、子、男，共有
五级.若给有巨大贡献的 人进行封爵，则两人不被封同一等级的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
先根据古典概型概率公式求出两人被封同一等级的概率,再用对立事件的概率公式可求得.
【详解】给有巨大贡献的 人进行封爵,总共有 种,
其中两人被封同一等级的共有 5 种,
2sin( )( 0,0 )y xω ϕ ω ϕ π= + > < <
3 3 2 11 3
4 4 12 6 4T
π π π π
ω= ⋅ = − =
2ω =
,26
π
2sin 2 26
π ϕ × + =
2 26 2k
π πϕ π× + = + k ∈Z
2 6k
πϕ π= + k ∈Z
0 ϕ π< <
6
π=ϕ 2sin 2 6y x
π = +
2 2 22 6 2k x k
π π ππ π− ≤ + ≤ + k ∈Z 3 6k x k
π ππ π− ≤ ≤ + k ∈Z
( )f x ,3 6k k
π ππ π − + k ∈Z
sin( )y A xω ϕ= + 0, 0A ω> > xω ϕ+
22 k x
π π ω ϕ+ ≤ + ≤ ( )3 22 k k Z
π π+ ∈
2 22 2k x k
π ππ ω ϕ π− + ≤ + ≤ +
2
2
5
1
5
4
5
3
5
2 5 5 25× =所以两人被封同一等级的概率为 ,
所以其对立事件,即两人不被封同一等级的概率为: .
故选 C.
【点睛】本题考查了古典概型的概率公式以及对立事件的概率公式.属于基础题.
10.对于棱长为 的正方体 ，有如下结论，其中错误的是（ ）
A. 以正方体的顶点为顶点的几何体可以是每个面都为直角三角形的四面体；
B. 过点 作平面 的垂线，垂足为点 ，则 三点共线；
C. 过正方体中心的截面图形不可能是正六边形；
D. 三棱锥 与正方体的体积之比为 ．
【答案】C
【解析】
【分析】
在正方体中可找到四面体 各个面都是直角三角形，排除 ；利用线面垂直判定定
理可证出 平面 ，从而可知三点共线，排除 ；在图形中可找到截面图形为正六
边形 情况，可知结果为 ；利用切割的方法求得 ，从而可求得所求体积之比，排除
.
【详解】在如下图所示的正方体中：
四面体 的四个面均为直角三角形，可知 正确；
， 平面
的
5 1
25 5
=
1 41 5 5
− =
1 1 1 1 1ABCD A B C D−
A 1A BD H 1, ,A H C
1 1A B CD− 1:3
1A ADC− A
1AC ⊥ 1A BD B
C 1 1A B CDV −
D
1A ADC− A
BD AC⊥ 1BD CC⊥ BD∴ ⊥ 1 1ACC A 1BD AC∴ ⊥又
，即
平面 ，即过 作平面 的垂线即为
三点共线，可知 正确；
若 为所在棱的中点，连接后可知六边形 为正六边形且此正六边形
过正方体的中心，可知 错误；
三棱锥 体积：
正方体体积：
三棱锥 与正方体的体积之比为： ，可知 正确.
本题正确选项：
【点睛】本题考查正方体中的线线关系、线面关系、截面问题、体积问题的相关命题的判定，
对于学生空间想象能力要求较高.
11.己知抛物线 的焦点为 ，准线为 ，点 分别在抛物线 上，且
，直线 交 于点 ， ，垂足为 ，若 的面积为 ，
则 到 的距离为（ ）
A. B. C. 8 D. 6
【答案】D
【解析】
【分析】
作 ，垂足为 ，过点 N 作 ，垂足为 G，设 ，则
，结合图形可得 ， ，从而可求出 ，进而可
求得 ， ，由 的面积 即可求
出 ，再结合 为线段 的中点，即可求出 到 的距离．
【详解】如图所示，
1 1
2tan tan 2C AC AAO∠ = ∠ = 1 1C AC AAO∴∠ = ∠
1 1 1 1 90C AC AOA AAO AOA∴∠ + ∠ = ∠ + ∠ =
1 1AC AO⊥
1AC∴ ⊥ 1A BD A 1A BD 1AC
1, ,A H C∴ B
, , , , ,P Q N M F E PQNMFE
C
1 1A B CD−
1 1
1 1 11 4 13 2 3A B CDV − = − × × × =
1V =
∴ 1 1A B CD−
1 1
: 1:3A B CDV V− = D
C
2: 2 ( 0)C y px p= > F l ,M N C
3 0MF NF+ = MN l P NN l′ ⊥ N′ MN P′∆ 24 3
F l
12 10
MM l′ ⊥ M ′ NG MM ′⊥ ( 0)NF m m= >
3MF m= 2MG m= | | 4MN m= 60NMG∠ = °
6MP m= 3N P m′ = MN P′∆ 1
2△MN PS MM N P′ ′ ′= ⋅ ⋅ 24 3=
m F MP F l作 ，垂足为 ，设 ，由 ，得 ，则
， .
过点 N 作 ，垂足为 G，则 ， ，
所以在 中， ， ，所以 ，
所以 ，在 中， ，所以 ，
所以 ， ，
所以 ．解得 ，
因为 ，所以 为线段 的中点，
所以 F 到 l 的距离为 ．
故选：D
【点睛】本题主要考查抛物线的几何性质及平面几何的有关知识，属于中档题．
12.已知函数 ，其中 ，若 的四个零点从小到大依
次为 ， ， ， ，则 的值是（ ）
A. 13 B. 12 C. 10 D. 6
【答案】A
【解析】
MM l′ ⊥ M ′ ( 0)NF m m= > 3 0MF NF+ = 3MF m=
3MM m′ = NN m′ =
NG MM ′⊥ M G m′ = 2MG m=
Rt MNG∆ 2MG m= | | 4MN m= | | 1cos | | 2
MGGMN MN
∠ = =
60NMG∠ = ° Rt PMM ′∆ | | 3MM m′ = 6cos60
MMMP m
′= =
2NP m= 3N P m′ =
1 1 3 3 24 32 2MN PS MM N P m m′ ′ ′= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =△ 4=m
| | | | | | 3 | |FP FN NP m FM= + = = F MP
| | 3 62 2
MM mp
′= = =
( ) ( )
lg ,0 3
lg 6 ,3 6
x a x
f x x a x
− < ≤= − − < 1 0k ka a ++ >
( )( ) ( )1 2 1
2 1 1
2 1 2 1 02
k
k k
k a aS k a+
+ +
+ += = + < 0ka > 1 0ka + <
{ }nS n k=【点睛】本题主要考查了递增递减数列的性质运用，举反例时一般注意公差与首项等为负数
或者 0 时的特殊情况考虑，属于中档题.
三、解答题（本大题共 5 小题，共 70 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算
步骤）
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：
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.
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= + −
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 =18.如图，平面 平面 ， ，四边形 为平行四边形，
， 为线段 的中点，点 满足 .
（Ⅰ）求证：直线 平面 ；
（Ⅱ）求证：平面 平面 ；
（Ⅲ）若平面 平面 ，求直线 与平面 所成角的正弦值.
【答案】(1)见证明；(2)见证明； (3)
【解析】
【分析】
（Ⅰ）连接 ，交 于点 ，利用平几知识得线线平行，再根据线面平行判定定理得结
论，（Ⅱ）建立空间直角坐标系，利用向量垂直进行论证线线垂直，再根据线面垂直判定定理
以及面面垂直垂直判定定理得结果，（Ⅲ）建立空间直角坐标系，根据面面垂直得两平面法向
量垂直，进而得 P 点坐标，最后利用空间向量数量积求线面角.
【详解】（Ⅰ）证明：连接 ，交 于点 ，连接
在平行四边形 中，因为 ，所以 ，
又因为 ，即 ，
所以 ，
又因为 平面 ， 平面 ，所以直线 平面 .
（Ⅱ）证明：因为 ， 为线段 的中点，所以 ，
又因为平面 平面 于 ， 平面 所以 平面
在平行四边形 中，因为 ，所以
以 为原点，分别以 所在直线为 轴， 轴，建立空间直角坐标系，
PAD ⊥ ABCD PA PD= ABCD
45 , 2ABC AB AC∠ = ° = = M AD N 2PN ND=
PB MNC
MNC ⊥ PAD
PAB ⊥ PCD BP PCD
22
11
BD MC O
BD MC O NO
ABCD 1
2MD BC= 1
2OD OB=
2PN ND= 1
2ND PN=
ON PB
ON ⊂ MNC PB ⊄ MNC PB MNC
PA PD= M AD PM AD⊥
PAD ⊥ ABCD AD PM ⊂ PAD， PM ⊥ ABCD
ABCD 45 , 2ABC AB AC∠ = ° = = AB AC⊥
A ,AB AC x y则
因为 平面 所以设 ，
则
所以
所以 ，又因为
所以 平面 ，又因为 平面
所以平面 平面 .
（Ⅲ）解：因为
设 为平面 的一个法向量
则 不妨设
因为
设 为平面 的一个法向量
则 不妨设
因为平面 平面 ，所以 ，所以
因为
所以
所以 ，
所以
( ) ( ) ( ) ( )2,0,0 , 0,2,0 , 2,2,0 , 1,1,0B C D M− −
PM ⊥ ,ABCD ( )( )1,1, 0P t t− >
( ) ( ) ( )1,1, , 1, 1,0 , 2,2,0AP t CM AD= − = − − = −
2 2 0 0, 1 1 0 0CM AD CM AP⋅ = − + = ⋅ = − + =
,CM AD CM AP⊥ ⊥ AP AD A∩ =
CM ⊥ PAD CM ⊂ MNC
MNC ⊥ PAD
( ) ( )2,0,0 , 1,1,AB AP t= = −
( ), ,m x y z= ABP
0
0
x
x y tz
=
− + + =
( )0, , 1m t= −
( ) ( )2,0,0 , 1, 1,DC DP t= = −
( ), ,n x y z= DCP
0
0
x
x y tz
=
− + =
( )0, ,1n t=
PAB ⊥ PCD m n⊥ 2 1 0m n t⋅ = − =
0t >
1t =
( ) ( )3,1,1 , 0,1,1BP n= − =
2 22sin cos , 1111 2
BP nθ = = =所以直线 与平面 所成角的正弦值为 .
【点睛】本题考查线面平行判定定理、利用空间向量证明面面垂直以及求线面角，考查综合
分析论证求解能力，属中档题.
19.为响应德智体美劳的教育方针，唐徕回中高一年级举行了由全体学生参加的一分钟跳绳比
赛，计分规则如下：
每分钟跳绳
个数
185 以上
得分 16 17 18 19 20
年级组为了了解学生的体质，随机抽取了 100 名学生，统计了他的跳绳个数，并绘制了如下
样本频率直方图：
（1）现从这 100 名学生中，任意抽取 2 人，求两人得分之和小于 35 分 概率（结果用最简
分数表示）；
（2）若该校高二年级 2000 名学生，所有学生的一分钟跳绳个数 近似服从正态分布
，其中 ， 为样本平均数的估计值（同一组中数据以这组数据所在区间
的中点值为代表）．利用所得到的正态分布模型解决以下问题：
①估计每分钟跳绳 164 个以上的人数（四舍五入到整数）
②若在全年级所有学生中随机抽取 3 人，记每分钟跳绳在 179 个以上 人数为 ，求 的分
布列和数学期望与方差．
（若随机变量 服从正态分布 则 ，
， ）
的
的
BP PCD 22
11
[145,155) [155,165) 165,[ 175) 175,[ 185)
X
( )2,N µ σ 2 225σ ≈ µ
Y Y
X ( )2,N µ σ ( ) 0.6826)P Xµ σ µ σ− < < + =
( 2 2 ) 0.9554P Xµ σ µ σ− < < + = ( 3 3 ) 0.9974)P Xµ σ µ σ− < < + =【答案】(1) ；(2)① ；② 的分布列为：
0 1 2 3
【解析】
【分析】
(1)先分析可得有四种大的情况,再根据排列组合的方法求概率即可.
(2)①根据正态分布的特点求解 的概率再利用总人数求解即可.
②易得 满足二项分布,再根据二项分布的公式计算分布列与数学期望和方差即可.
【详解】(1)设“两人得分之和小于 35 分”为事件 ,则事件 包括以下四种情况：
①两人得分均为 16 分；②一人得分 16,一人得分 17；
③一人得分 16,一人得分 18；④两人均得 17 分.
由频率分布直方图可得,得 16 分的有 6 人,得 17 分的有 12 人,得 18 分的有 18 人.
则由古典概型的概率计算公式可得 .
故两人得分之和小于 35 分的概率为
(2)由频率分布直方图可得样本数据的平均数 的估计值为：
,又由 ,得标准差 ,
所以高二年级全体学生的跳绳个数 近似服从正态分布 .
①因为 ,故 .
故估计每分钟跳绳 164 个以上的人数为
②由正态分布可得,全年级任取一人,其每分钟跳绳个数在 179 以上的概率为 .
29
550 1683 Y
Y
P 1
8
3
8
3
8
1
8
( ) ( )3 3,2 4E Y D Y= =
164X >
Y
A A
( ) 2 2 1 1 1 1
6 12 6 12 6 18
2
100
29
550
C C C C C CP A C
+ + += =
29
550
X
=(0.006 150 0.012 160 0.018 170 0.034 180 0.016 190X × + × + × + × + ×
0.008 200 0.006 210) 10 179+ × + × × ≈ 2 225σ ≈ 15σ ≈
X ( )2179,15N
179 15 164µ σ− = − = ( ) 1 0.6826164 1 0.84132P X
−> = − =
2000 0.8413 1683× ≈
1
2所以 , 所有可能的取值为 .
所以 ,
,
.
故 的分布列为：
0 1 2 3
【点睛】本题主要考查了频率分布直方图以及排列组合的运用,同时也考查了正态分布与二项
分布的特点以及计算,需要根据题意分析正态分布中标准差的运用以及概率的求解.属于中档
题.
20.已知函数 ， 为 的导数．
（Ⅰ）求曲线 在点 处的切线方程；
（Ⅱ）证明： 在区间 上存在唯一零点；
（Ⅲ）设 ，若对任意 ，均存在 ，使得
，求实数 的取值范围.
【答案】（Ⅰ） ；（Ⅱ）证明见解析；（Ⅲ） .
【解析】
【分析】
（Ⅰ）将 代入 求出切点坐标，由题可得 ，将 代入
13, 2Y B
Y 0,1,2,3
( ) 0 3
0
3
1 1 10 12 2 8P CY = ⋅ ⋅ − =
=
( ) 1 2
1
3
1 1 31 12 2 8P CY = ⋅ ⋅ − =
= ( ) 2 1
2
3
1 1 32 12 2 8P CY = ⋅ ⋅ − =
=
( ) 3 0
3
3
1 1 14 12 2 8P CY = ⋅ ⋅ − =
=
Y
Y
P 1
8
3
8
3
8
1
8
( ) ( )1 3 1 1 33 , 3 12 2 2 2 4E Y D Y = × = = × × − =
( ) 2sin cosf x x x x x= − − ( )f x′ ( )f x
( )y f x= (0, (0))A f
( )f x′ ( )0,π
2( ) 2 ( )g x x x a a R= − + ∈ [ ]1 0,x π∈ [ ]2 1,2x ∈
( ) ( )1 2f x g x> a
0y = ( ),1−∞
0x = ( )f x ( ) cos sin 1f x x x x+′ = − 0x =求出切线斜率，进而求出切线方程．
（Ⅱ）设 ，则 ，由导函数研究 的单调性进，而得
出答案．
（Ⅲ）题目等价于 ，易求得 ，利用单调性求出 的最小值，
列不等式求解．
【详解】（Ⅰ） ，所以 ，即切线的斜率 ，且
，从而曲线 在点 处的切线方程为 .
（Ⅱ）设 ，则 .
当 时， ；当 时， ，所以 在 单调递增，在
单调递减.
又 ，故 在 存在唯一零点.
所以 在 存在唯一零点.
（Ⅲ）由已知，转化为 ， 且 的对称轴 所
以 .
由(Ⅱ)知， 在 只有一个零点，设为 ，且当 时， ；当
时， ，所以 在 单调递增，在 单调递减.
又 ，所以当 时， .
所以 ，即 ，因此， 的取值范围是 .
【点睛】导数是高考的重要考点，本题考查导数的几何意义，利用单调性解决函数的恒成立
问题，存在性问题等，属于一般题．
21.如图，在平面直角坐标系 中，椭圆 的左、右焦点分别为
( )f x′
( ) ( )g x f x′= ( ) cosg x x x′ = ( ) ( )g x f x′=
min minf g> min (1) 1g g a= = − ( )f x
( ) cos sin 1f x x x x+′ = − (0) 0f ′ = 0k =
(0) 0f = y = ( )f x (0, (0))A f 0y =
( ) ( )g x f x′= ( ) cos sin 1, ( ) cosg x x x x g x x x′= + − =
π(0, )2x∈ ( ) 0g x′ > π ,π2x ∈ ( ) 0g x′ < ( )g x π(0, )2
π ,π2
π(0) 0, 0, (π) 22g g g = > = − ( )g x (0,π)
( )f x′ (0,π)
min minf g> 2( ) 2 ( )g x x x a a R= − + ∈ 1x = [ ]1,2∈
min (1) 1g g a= = −
( )f x′ (0,π) 0x ( )00,x x∈ ( ) 0f x′ >
( )0 ,πx x∈ ( ) 0f x′ < ( )f x ( )00, x ( )0 ,πx
(0) 0, (π) 0f f= = [0,π]x∈ min 0f =
0 1a> − 1a < a ( ),1−∞
xOy ( )2 2
2 2: 1 0x yC a ba b
+ = > >， ， 为 椭圆上一点，且 垂直于 轴，连结 并延长交椭圆于另一点 ，设
.
（1）若点 的坐标为 ，求椭圆 的方程及 的值；
（2）若 ，求椭圆 的离心率的取值范围.
【答案】（1） ； （2）
【解析】
【分析】
（1）把 的坐标代入方程得到 ，结合 解出 后可得标准方程.求出
直线 的方程，联立椭圆方程和直线方程后可求 的坐标，故可得 的值.
（2）因 ，故可用 表示 的坐标，利用它在椭圆上可得 与 的关系，
化简后可得 与离心率 的关系，由 的范围可得 的范围.
【详解】（1）因为 垂直于 轴，且点 的坐标为 ，
所以 ， ，
解得 ， ，所以椭圆的方程为 .
所以 ，直线 的方程为 ，
将 代入椭圆 的方程，解得 ，
所以 .
1F 2F P C 2PF x 1PF Q
1PQ FQλ=
P ( )2,3 C λ
4 5λ≤ ≤ C
2 2
116 12
x y+ = 10
3
λ = 3 21,3 7
P 2 2
4 9 1a b
+ = 2 2 4a b− = ,a b
1PF Q λ
2
, bP c a
, , ,a b c λ Q λ , ,a b c
λ e λ e
2PF x P ( )2,3
2 2 2 4a b c− = = 2 2
4 9 1a b
+ =
2 16a = 2 12b =
2 2
116 12
x y+ =
( )1 2,0F − 1PF ( )3 24y x= +
( )3 24y x= + C 26
7Qx = −
1
262 107
26 32 7
P Q
F Q
x xPQ
FQ x x
λ
+−= = = =− − +（2）因为 轴，不妨设 在 轴上方， ， .设 ，因为 在椭
圆上，所以 ，解得 ，即 .
（方法一）因为 ，由 得， ， ，解得
， ，所以 .
因为点 在椭圆上，所以 ，即 ，
所以 ，从而 .
因为 ，所以 .
解得 ，
所以椭圆 的离心率的取值范围 .
【点睛】求椭圆的标准方程，关键是基本量的确定，方法有待定系数法、定义法等. 圆锥曲线
中的离心率的计算或范围问题，关键是利用题设条件构建关于 的一个等式关系或不等式
关系，其中不等式关系的构建需要利用题设中的范围、坐标的范围、几何量的范围或点的位
置等．
请考生在第 22、23 两题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题记分．答
时用 2B 铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑．
22.选修 4-4：坐标系与参数方程
在直角坐标系 中，直线 经过点 ,倾斜角为 .以坐标原点 为极点，以 轴 正半
轴为极轴,建立极坐标系，曲线 的极坐标方程为 .
（1）写出直线 的参数方程和曲线 的直角坐标方程；
（2）设直线 与曲线 相交于 ， 两点，求 的值.
【答案】（1） 的直角坐标方程为 ；（2）
的
2PF x⊥ P x ( )0,P c y 0 0y > ( )1 1,Q x y P
22
0
2 2 1yc
a b
+ =
2
0
by a
=
2
, bP c a
( )1 ,0F c− 1PQ FQλ= ( )1 1c x c xλ− = − − 2
1 1
b y ya
λ− = −
1
1
1x c
λ
λ
+= − − ( )
2
1 1
by aλ= − − ( )
21 ,1 1
bQ c a
λ
λ λ
+− − − −
Q ( )
2 2
2
2 2
1 11 1
be
a
λ
λ λ
+ + = − −
( ) ( ) ( )2 22 21 1 1e eλ λ+ + − = −
2( 2) 2eλ λ+ = − 2 2
2e
λ
λ
−= +
4 5λ≤ ≤ 21 3
3 7e≤ ≤
3 21
3 7e≤ ≤
C 3 21,3 7
, ,a b c
xOy l (1,0)P 6
π
O x
C 4cos( )3
πρ θ= +
l C
l C A B PA PB+
C ( ) ( )221 3 4x y− + + = 7PA PB+ =【解析】
【分析】
（1）根据直线过点 及倾斜角即可写出参数方程，根据极坐标与直角坐标的转化公式
写出曲线 C 的直角坐标方程；（2）将直线参数方程代入圆的方程，得到关于参数 t 的一元二
次方程，根据根与系数的关系及参数的几何意义求解.
【详解】（1） 的参数方程为 （ 为参数），即 （ 为参数）.
由 ，得 ，∴ ，
从而有 ，
∴ 的直角坐标方程为 .
（2）将 的参数方程代入 的直角坐标方程，得 ，
整理，得 .
此时 .
设 两点对应的参数分别为 ，则 ， ，
∴
.
【点睛】本题主要考查了直线的参数方程以及参数的几何意义，极坐标与直角坐标的相互转
化，属于中档题.
23.已知函数 ．
（1）解不等式 ；
（2）记函数 的最小值 ，正实数 ， 满足 ，求证：
( )1,0P
l
1 cos 6
sin 6
x t
y t
π
π
= +
=
t
31 ,2
1 ,2
x t
y t
= +
=
t
4cos 3
πρ θ = + 2cos 2 3sinρ θ θ= − 2 2 cos 2 3 sinρ ρ θ ρ θ= −
2 2 2 2 3 0x y x y+ − + =
C ( ) ( )221 3 4x y− + + =
l C
2 23 1 3 42 2t t
+ + =
2 3 1 0t t+ − =
( ) ( )2 23 4 1 1 7 0∆ = − × × − = >
,A B 1 2,t t 1 2 3t t+ = − 1 2 1t t = −
( )2
1 2 1 2 1 2 1 24PA PB t t t t t t t t+ = + = − = + −
( ) ( )2
3 4 1 7= − − × − =
( ) 2 1 1f x x x= − − +
( ) 4f x ≤
( ) 3 1y f x x= + + m a b 3
ma b+ =．
【答案】（1） ；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）利用零点分段讨论方法可解不等式 .
（2）利用绝对值不等式可求 ，再利用基本不等式求出 的最小值后可证
.
【详解】（1） 等价于
或 或 ，
故 或 或 ，
综上 解集为 .
（2）
当且仅当 取等号，
， ，
，当且仅当 时等号
成立，
．
【点睛】（1）绝对值不等式指： 及 ，我们
常利用它们求含绝对值符号的函数的最值.
（2）解绝对值不等式的基本方法有公式法、零点分段讨论法、图像法、平方法等，利用公式
3
4 1log 2a b
+ ≥
[ ]2,6−
( ) 4f x ≤
m 4 1
a b
+
3
4 1log 2a b
+ ≥
( ) 4f x ≤
1
2 1 1 4
x
x x
≤ −
− + + + ≤
11 2
2 1 1 4
x
x x
− <
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