2020届广西柳州市高三毕业班4月模拟（三模）数学（文）试题（解析版）

第 1 页 共 20 页 2020 届广西柳州市高三毕业班 4 月模拟（三模）数学（文） 试题 一、单选题 1．已知 是实数集，集合 ， ，则 （ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】先求得的集合 ， ，进而得到 ，再根据集合 的交集的运算，即可求解. 【详解】 由题意，集合 ， ， 所以 ，所以 . 故选：C. 【点睛】 本题主要考查了集合的表示方法，以及集合的混合运算，其中解答中熟记集合运算的概 念，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力. 2．已知复数 （ 为虚数单位），则在复平面内 所对应的点在（ ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 【答案】A 【解析】根据复数的除法运算，求得复数 ，再结合复数的几何意义，即可求 解. 【详解】 由题意，根据复数的除法运算，可得复数 ， 则在复平面内 所对应的点为 ，在第一象限. R { }| 2A x Z x= ∈ < { }| 2 1 0B x x= − ≥ ( )RA C B = 1 ,12      { }1 { }1,0− 1, 2  −∞   { }1,0,1A = − 1| 2B x x = ≥   RC B { } { }| 2 1,0,1A x Z x= ∈ < = − { } 1| 2 1 0 | 2B x x x x = − ≥ = ≥   1| 2RC B x x = < < 2 π 6x π= 4f π  =   2 3 2 π 2ω = ,26 π     6 π=ϕ ( ) ( )( )2sin 0,0f x xω ϕ ω ϕ π= + > < < 2 π 2π πω = 2ω = ( ) ( )2sin 2f x x ϕ= + ,26 π     sin 13 π ϕ + =   0 ϕ π< < 6 π=ϕ ( ) 2sin 2 6f x x π = +   2sin 34 2 6f π π π   = + =      第 4 页 共 20 页 求解函数的解析式是解答的关键，着重考查了推理与计算能力. 6．已知 是等比数列 的前 项和， ， ，则 （ ） A．3 B．5 C．-3 D．-5 【答案】A 【解析】设等比数列的公比为 ，由 ，求得 ，再结合等比数列的求和公 式，即可求解. 【详解】 设等比数列的公比为 ，因为 ，即 ，解得 ， 又由等比数列求和公式得 ，解得 . 故选：A. 【点睛】 本题主要考查了等比数列的通项公式，以及等比数列的前 n 项和公式的应用，其中解答 中熟记等比数列的通项公式和求和公式，准确计算是解答的关键，着重考查了计算能力. 7．设 ， 满足约束条件 ，则 的最大值与最小值的和为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】画出不等式组表示的平面区域，结合图形确定目标函数的最优解，代入即可求 解. 【详解】 由题意，不等式所表示的平面区域，如图阴影所示： 目标函数 可化为直线 ， 当直线 平移到过 点时，此时在 轴上的截距最大， 取得最大值， 联立 得 ，此时目标函数的最大值为 ； nS { }na n 7 48a a= 4 45S = 1a = q 7 48a a= 2q = q 7 48a a= 37 4 8a qa = = 2q = ( )1 4 41 2 451 2S a − =−= 1 3a = x y 2 0 2 0 2 1 0 y x x y + ≥  − ≤  − + ≥ 2 3z x y= + 28 3 28 3 − 10 3 10 3 − 2 3z x y= + 2 3y x z= − + 2 3y x z= − + A y z 2 0 2 1 0 x x y − =  − + = ( )2,5A 19 3z =第 5 页 共 20 页 当直线 平移到过 点时，此时在 轴上的截距最小， 取得最小值， 联立 得 ，此时目标函数的最小值为 ， 故最大值与最小值的和为 . 故选：C. 【点睛】 本题主要考查简单线性规划求解目标函数的最值问题．其中解答中正确画出不等式组表 示的可行域，利用“一画、二移、三求”，确定目标函数的最优解是解答的关键，着重考 查了数形结合思想，及推理与计算能力． 8．函数 在 处的切线斜率为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】求得函数导数，进而得到函数在 处的导数值，根据导数的几何意义，即 可求解. 【详解】 由题意，函数 ，可得 ， 所以 ， 即函数 在 处的切线斜率为 . 故选：D. 2 3y x z= − + B y z 2 0 2 1 0 y x y + =  − + = 3 , 22B − −   3z = − 10 3 ( ) cos xf x x = 3x π= 2 9 3 3 2 2π π+ 2 9 3 3 2 2π π− 2 9 3 3 2 2π π− + 2 9 3 3 2 2π π− − 3x π= ( ) cos xf x x = ( ) 2 1 1' cos sinf x x xx x = − − 2 2 9 3 9 3 3' cos sin3 3 3 2 2f π π π π π π π   = − − = − −   ( )f x 3x π= 2 9 3 3 2 2π π− −第 6 页 共 20 页 【点睛】 本题主要考查了导数的几何意义及其应用，其中解答中熟记导数的几何意义，熟练应用 导数的四则运算法则求得函数的导数是解答的关键，着重考查了推理与运算能力. 9．在直棱柱 中，若 为等边三角形，且 ，则 与 所成角的余弦值为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】由题意，设 ， ，取 中点 ，连结 ， ，得出 与 所成角即为 或其补角，利用余弦定理，即可求解. 【详解】 由题意，设 ， ，则连结 交 于点 ， 取 中点 ，连结 ， ，则 且 ， 则 与 所成角即为 或其补角， 又由 ， ， 由余弦定可得 . 故选：D. 【点睛】 本题主要考查了空间几何体的结构特征，以及异面直线所成角的求解，其中解答中把异 面直线所成角转化为相交直线所成的角是解答的关键，着重考查了转化思想，以及计算 1 1 1ABC A B C− ABC 1 3BB AB= 1AB 1C B 3 8 1 4 3 4 5 8 1AB = 1 3BB = AC N MN BN 1AB 1C B NMB∠ 1AB = 1 3BB = 1B C 1BC M AC N MN BN 1 / /AB MN 1 1 1 3 1 12 2MN AB= = + = 1AB 1C B NMB∠ 3 2BN = 1 1 12BM BC= = 2 2 2 31 1 54cos 2 2 1 1 8 BM MN BNNMB BM MN + −+ −∠ = = =⋅ × ×第 7 页 共 20 页 能力. 10．执行如图所示的程序框图，若输入的 ， 的值分别为 1，1，则输出的 是（ ） A．41 B．17 C．12 D．3 【答案】B 【解析】执行程序框图，逐次计算，结合判断条件，即可求解. 【详解】 由题意，执行程序框图，可知 ， ， ； 第 1 次循环： ， ， ， ，不满足判断条件； 第 2 次循环： ， ， ， ，不满足判断条件； 第 3 次循环： ， ， ， ，满足判断条件， 跳出循环体，输出 . 故选：B. 【点睛】 本题主要考查了循环结构的程序框图的计算与输出，其中解答中根据程序框图，逐次计 算，结合判断条件求解是解答的关键，着重考查了计算能力. 11．已知函数 ，若 ， ， ，则 ， ， 的大小关系为（ ） a b S 1a = 1b = 4n = 3S = 1a = 3b = 3n = 7=S 3a = 7b = 2n = 17S = 7a = 17b = 1n = 17S = ( ) 1 1 1 2xf x e = −+ ( )1.32a f= ( )0.74b f= ( )3log 8c f= a b c第 8 页 共 20 页 A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由指数函数的性质，求得函数 是减函数，再利用指数函数与对数函数的 性质，得到 ，即可求解. 【详解】 由指数函数的性质，可得函数 为单调递增函数， 可得函数 是定义域 上的单调递减函数， 又因为 ，所以 ， 所以 . 故选：C. 【点睛】 本题主要考查了函数的单调性的应用，以及指数式与对数式的比较大小，其中解答中根 据指数函数与对数函数的性质，得到自变量的大小关系是解答的关键，着重考查了推理 与计算能力. 12．已知 、 分别是双曲线 的上、下焦点，过点 的直 线与双曲线的上支交于点 ，若过原点 作直线 的垂线，垂足为 ， ， ，则双曲线的渐近线方程为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】利用勾股定理和双曲线的定义，求得 ， 和 ，再在 中，由余弦定理和 ，取得 的值，即可求得 双曲线的渐近线方程. 【详解】 由题意，在直角 中，可得 ，所以 ， c a b< < a c b< < b a c< < a b c< < ( )f x 1.3 0.7 3log 8 2 4< < e 1xy = + ( ) 1 1 1 2xf x e = −+ R 1.3 1.4 0.7 3log 8 2 2 2 4< < < = ( ) ( ) ( )0.7 1.3 34 2 log 8f f f< < b a c< < 1F 2F ( )2 2 2 2 1 0, 0y x a ba b − = > > 2F P O 2PF M OM a= 2 3PM F M = 5 3y x= ± 3 5y x= ± 4 3y x= ± 3 4y x=± 2 1cos bPF F c ∠ = 2 4PF b= 1 4 2PF b a= − 1 2PF F∆ 2 2 2+ =a b c a b 2OMF∆ 2 2 2 2F M OF OM b= − = 2 1cos bPF F c ∠ =第 9 页 共 20 页 又因为 ，所以 ，所以 ，且 ， 在 中，由余弦定理可得 ， 代入 ，解得 ， 所以双曲线的渐近线方程为 . 故选：D. 【点睛】 本题主要考查了双曲线的定义及其应用，以及双曲线的渐近线的求解，其中解答中熟记 双曲线的定义和几何性质是解答关键，着重考查了推理与运算能力. 二、填空题 13．设向量 ， ，若 ，则 ______. 【答案】 【解析】由 ，根据向量共线的坐标运算，列出方程，即可求解. 【详解】 由题意，向量 ， ， 因为 ，可得 ，解得 . 故答案为： 【点睛】 本题主要考查了向量的坐标运算，以及向量共线的应用，其中解答中熟记向量共线的坐 标运算是解答的关键，着重考查了计算能力. 14．已知 是等差数列 的前 项和，若 ， ，则 ______. 【答案】 【解析】设等差数列 的公差为 ，根据题意，求得 的值，再利用等差数列的 2 3PM F M = 3PM b= 2 4PF b= 1 4 2PF b a= − 1 2PF F∆ 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 cos 2 PF F F PFbPF F c PF F F + −∠ = = × × ( ) ( ) ( )2 2 24 2 4 2 2 4 2 b c b a b c + − −= × × 2 2 2+ =a b c 3 4 a b = 3 4y x=± ( )1,2a → = − ( )2 , 1b x → = − / /a b → → x = 1 4 / /a b → → ( )1,2a → = − ( )2 , 1b x → = − / /a b → → ( )1 1 2 2 0x− × − − × = 1 4x = 1 4 nS { }na n 1 2 3 4a a a+ + = 6 10S = 3a = 14 9 { }na d 1,a d第 10 页 共 20 页 通项公式，即可求求解. 【详解】 由题意，设等差数列 的公差为 ， 可得 ，解得 ，所以 . 故答案为： . 【点睛】 本题主要考查了等差数列的通项公式及前 n 项和公式的应用，其中解答中熟练应用等差 数列的通项公式和求和公式，列出方程组求解是解答的关键，着重考查了计算能力. 15．在平面直角坐标系 中，抛物线 ： 的焦点为 ，准线为 ， 过点 的直线交 于 ， 两点，交 于点 ，直线 交 于点 ，若 ，且 ，则 ______. 【答案】1 或 9 【解析】分别过点 ， 作 ， 垂直于 ，垂足分别为 ， ，得 ， 分类讨论，结合抛物线的定义，即可求解. 【详解】 由题意，分别过点 ， 作 ， 垂直于 ，垂足分别为 ， ， 由题意可知， 与 重合，证明如下： 因为 过焦点， 所以 ，又 ，当 时， ， 即 ，所以 与 重合. 由 ，得 . 又 ， 如图（1）可得 ，所以 ，解得 . 如图（2）可得 ，所以 ，解得 . { }na d 1 2 3 1 6 1 3 3 4 6 56 102 a a a a d S a d + + = + = ×= + = 1 10 9 2 9 a d  =  = 3 1 142 9a a d= + = 14 9 xOy C ( )2 2 0y px p= > F l F C A B l E AO l D 2BE BF= 3AF = BD = A B 1AA 1BB l 1A 1B 12BE BB= A B 1AA 1BB l 1A 1B D 1B ( ) ( )1 1 2 2, , ,A x y B x y AB 2 1 2y y p= − 1 1 : yOA y xx = 2 px = − 2 1 2 1 12 y p py yx y = − = − = D By y= D 1B 2BE BF= 12BE BB= 1 3AA AF= = 1 BD BE AA AE = 2 3 3 3 BD BD BD = + 1BD = 1 BD BE AA AE = 2 3 3 BD BD BD = − 9BD =第 11 页 共 20 页 所以 或 9. 故答案为：1 或 9 【点睛】 本题主要考查了抛物线的定义及标准方程的应用，其中解答中熟练应用抛物线的定义， 合理转化是解答本题的关键，着重考查了转化思想，分类讨论思想，以及推理与计算能 力. 16．在三棱锥 中，已知 平面 ，且 为正三角形， ，点 为三棱锥 的外接球的球心，则点 到棱 的距离为 ______. 【答案】 【解析】设 为 的中心， 为 中点，连结 ， ， ，求得 ，设平面 截得外接球是 ， ， ， 是 表面上的点，结合圆 的性质和球的性质，即可求解. 【详解】 由题意，设 为 的中心， 为 中点， 连结 ， ， ，则 ， ，可得 ,即球的半径为 ， 作平面 交 于 ，交 于 ， 设平面 截得外接球的截面是 ， ， ， 是 表面上的点， 又∵ 平面 ，所以 ，所以 是 的直径，也是球 的直径， ，所以 . 1BD = D ABC− AD ⊥ ABC ABC 3AD AB= = O D ABC− O DB 1 2 'O ABC M AD OM 'OO AO 7 2OA = ODA O D A F O 'O ABC M AD OM 'OO AO ' 1AO = 2 3AM = 7 2OA = 7 2 ODA BC E BC F ODA O D A F O DA ⊥ ABC 90DAF∠ = ° DF O O 7DF = DB BF⊥第 12 页 共 20 页 因为 ， ， ，所以 ，所以 ， 做 ，所以 ， 又由 ，所以 是 的中位线，所以 ，故 . 故答案为： 【点睛】 本题主要考查了组合体的结构特征，以及球的性质的应用，其中解答中熟练应用空间几 何体的几何结构特征和球的性质是解答的关键，着重考查了数形结合思想，以及推理与 运算能力. 三、解答题 17．某网站举行“卫生防疫”的知识竞赛网上答题，共有 120000 人通过该网站参加了这 次竞赛，为了解竞赛成绩情况，从中抽取了 100 人的成绩进行统计，其中成绩分组区间 为 ， ， ， ， ，其频率分布直方图如图所示， 请你解答下列问题： （1）求 的值； （2）成绩不低于 90 分的人就能获得积分奖励，求所有参赛者中获得奖励的人数； （3）根据频率分布直方图，估计这次知识竞赛成绩的平均分（用组中值代替各组数据 的平均值）. 【答案】（1） （2）6000 人（3）76 分 【解析】（1）由频率分布直方图的性质，列出方程，即可求解； DA AB⊥ 3DA= 3AB = 6BD = 1BF = OH DB⊥ / /OH BF DO OF= OH DBF 1 2OH BF= 1 2OH = 1 2 [ )50,60 [ )60,70 [ )70,80 [ )80,90 [ ]90,100 m 0.03m =第 13 页 共 20 页 （2）由频率分布直方图，求得成绩在 之间的频率，即可求得所有参赛者中获 得奖励的人数； （3）根据频率分布直方图的平均数的计算公式，即可求得平均分的估计值. 【详解】 （1）由频率分布直方图的性质，可得 ， 解得 . （2）由频率分布直方图，可得成绩在 之间的频率为 ， 所以可估计所有参赛者中获得奖励的人数约为 人. （3）根据频率分布直方图的平均数的计算公式， 可得平均分的估计值为 分. 【点睛】 本题主要考查了频率分布直方图的应用，其中解答中熟记频率分布直方图的性质，平均 数的计算公式和频率的计算方法是解答的关键，着重考查了推理与运算能力. 18．已知 ， ， 分别为锐角 内角 ， ， 的对边， . （1）求角 ； （2）若 ，求 面积的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】（1）由正弦定理和题设条件，化简得 ，进而得到 ，即可求得角 的值； （2）由（1）和三角形的面积公式，可得 ，再由余弦定理和基本不等式， 求得 的范围，即可求得 的最大值. 【详解】 （1）由题意，在 中，因为 根据正弦定理，可得 ， 因为 是锐角三角形，可得 ，所以 ，即 ， 又由三角形是锐角三角形，则 ，所以 . [ ]90,100 ( )10 0.005 0.02 0.04 0.005 1m× + + + + = 0.03m = [ ]90,100 10 0.005 0.05× = 120000 0.05 6000× = 55 0.05 65 0.2 75 0.4 85 0.3 95 0.05 76× + × + × + × + × = a b c ABC A B C 2 sin 3a B b= A 6a = ABC 3A π= 9 3 2sin sin 3sinA B B= 3sin 2A = A 3 4ABCS bc=△ bc ABCS ABC 2 sin 3a B b= 2sin sin 3sinA B B= ABC sin 0B > 2sin 3A = 3sin 2A = (0, )2A π∈ 3A π=第 14 页 共 20 页 （2）由（1）和三角形的面积公式，可得 ， 由余弦定理得 ， 所以 （当且仅当 时等号成立）， 所以 的最大值为： . 【点睛】 本题主要考查了正弦定理、余弦定理和三角形的面积公式的应用，其中在解有关三角形 的题目时，要抓住题设条件和利用某个定理的信息，合理应用正弦定理和余弦定理求解 是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题. 19．如图，菱形 的边长为 4， ， 为 中点，将 沿 折起使得平面 平面 ， 与 相交于点 ， 是棱 上的一点且 满足 . （1）求证： ∥平面 ； （2）求四面体 的体积. 【答案】（1）见解析（2） 【解析】（1）由题设条件，得到 ，结合线面平行的判定定理，即可证得 平面 ； （2）由平面与平面垂直的性质定理，得到 平面 ，进而证得 平面 ， 利用体积公式，即可求解. 【详解】 （1）由题意，可得 ， ，所以 . 又因为 ，所以 ， 又由 平面 ， 平面 ， 1 3sin2 4ABCS bc A bc= =△ 2 2 21 2 36cos 2 2 2 b c a bcA bc bc + − −= = ≥ 0 36bc< ≤ 6b c= = ABCS 3 36 9 34 × = ABCD 60ABC∠ = ° E CD ADE AE ADE ⊥ ABCE BE AC O H DE 2DH HE= OH BCD ABDH 16 39 / /OH BD / /OH BCD CE ⊥ ADE AB ⊥ ADE / /CE AB 2AB CE= : 1: 2OE OB = 2DH HE= / /OH BD BD ⊂ BCD O H ⊄ BCD第 15 页 共 20 页 所以 平面 . （2）由平面 平面 ，平面 平面 ，在菱形 中， ，所以 ， 都是等边三角形，又 为 中点，所以 ，所以 平面 ， 因为 ，所以 平面 ， 所以四面体 的体积： . 【点睛】 本题主要考查了线面平行的判定与证明，以及三棱锥的体积的求解，其中解答中熟记线 面位置关系的判定定理和性质定理，严密推理是解答的关键，着重考查了推理与论证能 力. 20．已知函数 . （1）讨论 的单调性； （2）当 时，设函数 ， ，若 对任意的 恒成立，求 的最小值. 【答案】（1） 的单调递减区间为 ，单调递增区间为 .（2） -3 【解析】（1）求得函数的导数 ，根据导数值的正负，即可求得函 数的单调性； （2）由 对任意的 恒成立，转化为 对任意的 恒成立，令 ，利用导数求得函数 的单调性与 最值，即可求解. 【详解】 （1）由题意，函数 ，可得 ， 当 时， ；当 时， ， / /OH BCD ADE ⊥ ABCE ADE  ABCE AE= ABCD 60ABC∠ = ° ABC ADC E CD AE CE⊥ CE ⊥ ADE / /CE AB AB ⊥ ADE 2 2 1 3 4 32 43 3 2 2 3ADH ADES S= = × × × × =△ △ ABDH 1 3ABDH B ADH ADHV V S AB−= = ⋅ ⋅△ 1 4 163 4 33 3 9 = × × = ( ) ( ) ( )xf x x a e a R= − ∈ ( )f x 2a = ( ) ( ) lng x f x x x b= + − − b Z∈ ( ) 0g x ≤ 1 ,13x  ∈   b ( )f x ( ), 1a−∞ − ( )1,a − +∞ ( ) ( )' 1 xf x x a e= − + ( ) 0g x ≤ 1 ,13x  ∈   ( )2 lnxb x e x x≥ − + − 1 ,13x  ∈   ( ) ( )2 lnxh x x e x x= − + − ( )h x ( ) ( ) xf x x a e= − ( ) ( )' 1 xf x x a e= − + ( ), 1x a∈ −∞ − ( )' 0f x < ( )1,x a∈ − +∞ ( )' 0f x >第 16 页 共 20 页 故 的单调递减区间为 ，单调递增区间为 . （2）由 ， 因为 对任意的 恒成立， 即 对任意的 恒成立， 令 ，则 ， 因为 ，所以 ， 又由函数 ，可得 ，所以函数 单调递增， 因为 ， ， 所以一定存在唯一的 ，使得 ，即 ，即 ， 所以 在 上单调递增，在 上单调递减， 所以 . 因为 ，所以 的最小值为 . 【点睛】 本题主要考查导数在函数中的综合应用，以及恒成立问题的求解，着重考查了转化与化 归思想、逻辑推理能力与计算能力，对于恒成立问题，通常要构造新函数，利用导数研 究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围； 也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题． 21．已知椭圆 的四个顶点围成的菱形的面积为 ，椭圆的一 个焦点为 . （1）求椭圆的方程； （2）若 ， 为椭圆上的两个动点，直线 ， 的斜率分别为 ， ，当 时， 的面积是否为定值？若为定值，求出此定值；若不为定值，说 ( )f x ( ), 1a−∞ − ( )1,a − +∞ ( ) ( ) lng x f x x x b= + − − ( )2 lnxx e x x b= − + − − ( ) 0g x ≤ 1 ,13x  ∈   ( )2 lnxb x e x x≥ − + − 1 ,13x  ∈   ( ) ( )2 lnxh x x e x x= − + − ( ) ( ) ( )1 1' 1 1 1x xh x x e x ex x  = − + − = − −   1 ,13x  ∈   1 0x − < ( ) 1xt x e x = − ( ) 2 1 0xt x e x ′ = + > ( )t x 1 21 2 02t e  = − 0 1 ,12x  ∈   ( )0 0t x = 0 0 1xe x = 0 0lnx x= − ( )h x 0 1,3 x     ( )0 ,1x ( ) ( ) ( ) 0 0 0 0 0max 2 lnxh x h x x e x x= = − + − ( )0 0 11 2 4, 3x x  = − + ∈ − −    b Z∈ b 3− ( )2 2 2 2 1 0x y a ba b + = > > 4 3 ( )1,0 M N OM ON 1k 2k 1 2 3 4k k = − MON△第 17 页 共 20 页 明理由. 【答案】（1） （2）是，定值 . 【解析】（1）由题设条件，列出方程组，结合 ，求得 的值，即可求 解. （2）设 ， ，当直线 的斜率存在时，设方程为 ，联 立方程组，结合根与系数的关系和弦长公式，及三角形的面积公式，求得三角形的面积； 当直线 的斜率不存在时，结合椭圆的对称性和三角形的面积公式，即可求解. 【详解】 （1）由椭圆 的四个顶点围成的菱形的面积为 ，椭圆的一个焦点为 ， 可得 ， ，即 ，解得 ， ， 故椭圆的方程为 . （2）设 ， ， 当直线 的斜率存在时，设方程为 ， 由 ，消 可得， ， 则 ，即 ， 且 ， ， 所以 . 又由点 到直线 的距离 ， 2 2 14 3 x y+ = 3 2 2 2a b c= + 2 2,a b ( )1 1,M x y ( )2 2,N x y MN y kx m= + MN 2 2 2 2 1x y a b + = 4 3 ( )1,0 2 4 3ab = 1c = 2 2 2 3 1 ab a b  = − = 2 4a = 2 3b = 2 2 14 3 x y+ = ( )1 1,M x y ( )2 2,N x y MN y kx m= + 2 2 14 3 x y y kx m  + =  = + y ( )2 2 23 4 8 4 12 0k x kmx m+ + + − = ( )( )2 2 2 264 4 3 4 4 12k m k m∆ = − + − ( )2 248 4 3 0k m= − + > 2 24 3m k< + 1 2 2 8 3 4 kmx x k −+ = + 2 1 2 2 4 12 3 4 mx x k −= + ( )22 2 1 2 1 2 1 21 1 4MN k x x k x x x x= + ⋅ − = + + − 2 2 2 2 2 8 4 121 43 4 3 4 km mk k k − − = + ⋅ − × + +  2 2 2 2 4 1 4 33 4 3 k k mk ⋅ += − ++ O MN 21 md k = +第 18 页 共 20 页 所以 . 又因为 ， 所以 ， 化简整理可得 ，满足 ， 代入 ， 当直线 的斜率不存在时，由于 ， 考虑到 ， 关于 轴对称，不妨设 ， ， 则点 ， 的坐标分别为 ， ， 此时 ， 综上可得， 的面积为定值 . 【点睛】 本题主要考查椭圆的标准方程的求解、及直线与圆锥曲线的位置关系的综合应用,解答 此类题目，通常联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程，应用一元二次方程根与系数的 关系进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查 考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等. 22．在直角坐标系 中，曲线 的参数方程为 （ 为参数），以 坐标原点 为极点， 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 的极坐标方程为 . （1）求曲线 的极坐标方程和 的直角坐标方程； （2）直线 与曲线 ， 分別交于第一象限内 ， 两点，求 . 【答案】（1） ， .（2） 1 2MONS MN d=△ 2 2 2 2 3 4 33 4 m k mk = − ++ 1 2 1 2 1 2 3 4 y yk k x x = = − ( )2 2 1 2 1 1 1 2 k x x km x x m x x + + + 2 2 2 2 2 8 33 4 4 12 4 3 4 kmkm mkk m k −  + + = + = −− + 2 22 4 3m k= + > 0∆ 2 2 2 2 2 2 3 2 34 3 33 4 2MCN m mk mk mS −= + = =+△ MN 1 2 3 4k k = − OM ON x 1 3 2k = 2 3 2k = − M N 62, 2M       62, 2N  −    1 2 6 32MONS = × × =△ MON△ 3 xOy 1C 7 cos 2 7 sin x y α α  = = + α O x 2C 2cosρ θ= 1C 2C ( ) 3 R πθ ρ= ∈ 1C 2C A B AB 2 4 sin 3ρ ρ θ− = ( )2 21 1x y− + = 3 6 1AB = + −第 19 页 共 20 页 【解析】（1）由曲线 的参数方程，消去参数，求得曲线 普通方程，再结合极坐标 与直角坐标的互化公式，即可求得曲线 的极坐标方程，进而根据极坐标与直角坐标 的互化，求得曲线 的直角坐标方程. （2）设 ， ，分别求得 ，根据极坐标的几何意义，即可求解. 【详解】 （1）由题意，曲线 的参数方程为 （ 为参数），即 平方相加，可得曲线 ： ，即 又由 ， 代入 ，可得曲线 的极坐标方程为 ， 曲线 的极坐标方程为 ，可得 ， 所以曲线 的直角坐标方程为 ，即 . （2）依题意可设 ， ， 所以 ，且 ，即 ， 所以 ， 因为点 在第一象限，所以 ，即 ， 所以 . 【点睛】 本题主要考查了参数方程与普通方程，直角坐标方程与极坐标方程互化，以及极坐标方 程的应用，其中解答中熟记极坐标方程中极经的几何意义是解答关键，着重考查了推理 与运算能力. 23．已知函数 . （1）求不等式 的解集； 1C 1C 1C 2C 1, 3A πρ     2 , 3B πρ     1 2,ρ ρ 1C 7 cos 2 7 sin x y α α  = = + α 7 cos 2 7 sin x y α α  = − = 1C ( )22 2 7x y+ − = 2 2 4 3 0x y y+ − − = cos , sinx yρ θ ρ θ= = 2 2 4 3 0x y y+ − − = 1C 2 4 sin 3ρ ρ θ− = 2C 2cosρ θ= 2 2 cosρ ρ θ= 2C 2 2 2x y x+ = ( )2 21 1x y− + = 1, 3A πρ     2 , 3B πρ     2 2cos 13 πρ = = 2 1 14 sin 3 03 πρ ρ− − = 2 1 12 3 3 0ρ ρ− − = 1 3 6ρ = ± A 1 0ρ > 1 3 6ρ = + 2 1 3 6 1AB ρ ρ− = + −= ( ) 1 1f x x x= − + + ( ) 3f x  1x < − 2 3x− < 3 2x > − 3 12 x− < < − 1 1x− ≤ ≤ 2 3< 1 1x− ≤ ≤ 1x > 2 3x < 3 2x < 31 2x< < ( ) 3f x < 3 3| 2 2x x − <  1x = − 2 2y x x m= − − + ( )y f x= 1 2m + ≥ m 1≥