八省联考2021届高三高考数学适应性仿真试卷四（Word版附解析）

2021 年 1 月普通高等学校招生全国统一考试适应性测试（八 省联考）数学试题考后仿真系列卷四 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂 黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答 案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 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.设集合 { | 1}A x y x   ，集合  2| 2 0B x x x   ，则    RC A B 等于（ ） A． 0,2 B． 1,2 C． 0,1 D． 2, 【答案】C 【解析】集合 { | 1} { | 1 0} { | 1}A x y x x x x x        ， 集合    2 0 { | 2 0} { 0 2}| 2 |B x x x xx x x x        ，则 { | 1}RC A x x  ，    { | 0 1} 0,1RC A B x x      ，故选 C． 【点睛】本题考查了函数的定义域、一元二次不等式的解法以及集合运算，属于基础题. 2.2020 年的高中学业水平测试结束后，某校统计了该校学业水平测试中的数学成绩，绘制成 如图所示的频率分布直方图，则该校学业水平测试中的数学成绩的中位数估计为（ ） A. 70 B. 71 C. 72 D. 73 【答案】D 【解析】由频率分布直方图知， 0.05 0.15 0.20 0.40 0.5    ， 0.05 0.15 0.20 0.30 0.5    所以数学成绩的中位数在[70 ，80) 内， 设中位数为 x ，则 0.40 ( 70) 0.030 0.50x    ， 解得 73.3 73x   ．故选：D． 【点睛】本题考查了频率分布直方图找中位数的方法：先计算出每个小矩形的面积，通过解 方程找到左边面积为 0.5 的点 P，点 P 对应的数就是中位数，属于基础题. 3.已知 1 2,x x 是一元二次方程 2 0ax bx c   的两个不同的实根 1 2,x x ，则“ 1 1x  且 2 1x ”是 “ 1 2+ 2x x  且 1 2 1x x  ”的（ ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】若 1 1x  且 2 1x ，则 1 2 1 2 2 1 x x x x     ； 但是 1 2 14, 2x x  时，满足 1 2 1 2 2 1 x x x x     ，但不满足 1 21, 1x x  ． 所以“ 1 1x  且 2 1x ”是“ 1 2+ 2x x  且 1 2 1x x  ”的充分不必要条件．故选:A. 【点睛】本题考查了充分条件与必要条件的判别以及一元二次方程韦达定理,属于基础题. 4.今年我国中医药选出的“三药三方”对治疗新冠肺炎均有显著效果，功不可没．“三药”分别为 金花清感颗粒、连花清瘟胶囊、血必清注射液；“三方”分别为清肺排毒汤、化湿败毒方、宜肺 败毒方，若某医生从“三药三方”中随机选出 2 种，则恰好选出 1 药 1 方的方法种数为（ ） A．15 B．30 C．6 D．9 【答案】D 【解析】根据题意，某医生从“三药三方”中随机选出 2 种，恰好选出 1 药 1 方， 则 1 药的取法有 3 种，1 方的取法也有 3 种，则恰好选出 1 药 1 方的方法种数为3 3 9  ；故 选：D． 【点睛】本题考查了排列组合的应用，涉及分类计数原理的应用，属于基础题． 5.已知向量 a  与b  的夹角为 3  ，且 1a  ， 2 7a b   ，则 b  等于（ ） A. 3 B. 2 C. 1 D. 3 2 【答案】C 【解析】∵向量 a  与b  的夹角为 3  ，且 1a  ， 2 7a b   ， ∴ 1cos 3 2a b a b b        ， 2 2 7a b   ，即 2 2 4 4 7a a b b       ， ∴ 2 4 2 7b b    ，∴ 2 2 3 0b b    ∴ 1b  .故选：C. 【点睛】本题考查了数量积定义的综合应用，属于基础题. 6.函数 2( ) ln( 1) x xe ef x x   在[ 3,3] 的图象大致为( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】函数 2( ) ln( 1) x xe ef x x   ， 则 2( ) ( )ln( 1) x xe ef x f xx      ，所以 ( )f x 为奇函数，排除 B 选项； 当 x   时， 2( ) ln xef x x    ，所以排除 A 选项； 当 1x  时， 1 1 2.72 0.37(1) 3.4ln(1 1) ln 2 0.69 e e e ef        ，排除 D 选项； 综上可知，C 为正确选项，故选：C. 【点睛】本题考查了根据函数解析式判断函数图像，注意奇偶性、单调性、极值与特殊值的 使用，属于基础题. 7.已知数列 na 的前 n 项和为 nS ，若 n nS na ，且 2 4 6 60 1860S S S S     ，则 1a  （ ） A. 8 B. 6 C. 4 D. 2 【答案】D 【解析】 n nS na ， 1( ), 2n n nS n S S n    ，  1 1 , 2n nnS n nS    ，变形得 1 , 21 n nS S nn n    所以数列 nS n     是每项均为 1S 的常数列， 1 nS Sn   ，即 1 1nS nS na  又 2 4 6 60 1860S S S S      1 1 1 1 1 1 30 622 4 6 60 2 4 6 60 18602a a a a a a           L L 解得： 1 2a  故选：D 【点睛】关键点点睛：本题考查利用数列递推关系求数列通项公式，及等差数列求和，题目 涉及 nS ，利用  1 2n n na S S n   将已知条件转化为 1 , 21 n nS S nn n    ，从而得到数列 nS n     是每项均为 1S 的常数列是解题的关键，考查学生的逻辑推理与计算能力，属于中档题. 8.在平面直角坐标系 xOy 中，已知 ,A B 为圆 2 2:( ) ( 2) 4C x m y    上两个动点，且 | | 2 3AB  ，若直线 : 2l y x  上存在唯一的一个点 P ，使得    OC PA PB ，则实数 m 的 值为（ ） A. 5 1 或1 5 B. 1 5  或 1 5  C. 5 1 或1 5 D. 5 1  或 1 5  【答案】B 【解析】取 AB 的中点Q ，连接 CQ ，有 CQ AB ， 2 2| | 4 3 1CQ AC AQ     ， 故点Q 在圆 2 2(x m) (y 2) 1    上， 由 2OC PA PB PQ      ，设点 P 的坐标为 (t, 2t) ，点Q 的坐标为 ( , )x y ， 有 (m,2) 2(x t, y 2 )t   ，可得 2 mx t  ， 1 2y t  ， 有 2 2(t m) (1 2t 2) 12 m      ，得 2 2(t ) (2t 1) 12 m    ， 整理为 2 25 (4 m) t 04 mt     ， 因为直线 : 2l y x  上存在唯一的一个点 P ，则 2 2(4 ) 5 0m m     ， 得 1 5m    或 1 5m    ，故选：B. 【点睛】本题考查了平面解析几何中直线与圆的位置关系以及向量的坐标运算，属于中档题. 二、选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分．在每小题给出的选项中，有 多项符合题目要求．全部选对的得 5 分，部分选对的得 2 分，有选错的得 0 分． 9.已知复数 z 满足 (2 i) iz   ( i 为虚数单位 ) ，复数 z 的共轭复数为 z ，则（ ） A. 3| | 5z  B. 1 2i 5z   C. 复数 z 的实部为 1 D. 复数 z 对应复平面上的点在第二象 限 【答案】BD 【解析】因为复数 z 满足 (2 i) iz   ，所以   (2 ) 1 2 2 2 (2 ) 5 5 i i iz ii i i        所以 2 21 2 5 5 5 5z               ，故 A 错误； 1 2 5 5z i   ，故 B 正确； 复数 z 的实部为 1 5  ，故 C 错误； 复数 z 对应复平面上的点 1 2,5 5     在第二象限，故 D 正确.故选：BD 【点睛】本题考查了复数的概念，代数运算以及几何意义，还考查分析运算求解的能力，属 于基础题. 10.已知函数    ( 0, 0,0 )f x Acos x A          的图象的一个最高点为 ,312     ，与之相邻的一个对称中心为 ,06      ，将  f x 的图象向右平移 6  个单位长度得到 函数  g x 的图象，则（ ） A.  g x 为偶函数 B.  g x 的一个单调递增区间为 5 ,12 12      C.  g x 为奇函数 D.  g x 在 0, 2      上只有一个零点 【答案】BD 【解析】由题意，可得 ( )4 6 12 4 T       ，所以T  ，可得 2 2w T   ， 所以   3cos(2 )f x x   ， 因为 ( ) 3cos[2 ( ) ] 312 12f         ，所以 2 ,6 k k Z    ， 因为 0    ，所以 6 π ，即   3cos(2 )6f x x   ， 所以   3cos[2( ) ] 3cos(2 )6 6 6g x x x       ， 可得函数  g x 为非奇非偶函数， 令 2 2 2 ,6k x k k Z        ，可得 5 ,12 12k x k k Z        ， 当 0k  时，函数  g x 的一个单调递增区间为 5[ , ]12 12   ； 由 2 ,,6 2x k k Z      ，解得 ,3x k k Z    ， 所以函数  g x 在 0, 2      上只有一个零点.故选：BD 【点睛】本题考查了三角函数的图象变换以及三角函数的图象与性质，其考查逻辑推理与运 算能力,属于基础题. 11.已知点 M 是双曲线方程C ： 2 2 19 yx   的右支上的一点， 1F ， 2F 分别是双曲线 C 的左右 焦点，且 1 2 3F MF   ，双曲线 C 的右顶点为 A ，则下列说法正确的是（ ）. A. 21 9 3F MFS  B. 双曲线的渐近线方程为 3y x  C. 1 2F MF△ 的内切圆与 x 轴相切于点 A D. 10e  【答案】ABCD 【解析】对于选项 A，设 1 2,MF m MF n  ，则 2m n  ， 2 2 2 4m n mn    ， 由余弦定理可得 2 2 22 2 cos 403c m n mn     ，则可得 36mn  ， 1 2 1 sin 9 32 3F MFS mn    ，故 A 正确； 对于选项 B， 1, 3a b  ，故渐近线方程为 3by x xa     ，故 B 正确； 对于选项 C，设内切圆与 1 2 1 2, ,MF MF F F ，分别相切于 , ,P Q R ， 则 MP MQ ， 1 1F P F R ， 2 2F Q F R ， 1 2 2 2MF MF a   ，即 1 2 2MP PF MQ QF    ，即 1 2 2PF QF  ， 1 2 2F R FR   ，    1 210,0 , 10,0F F ，  1,0R ，即点 A ，故 C 正确； 对于选项 D， 1, 3a b  ， 2 2 10c a b    ， 10ce a    ，故 D 正确. 故选： ABCD. 【点睛】本题考查了双曲线焦点三角形的问题，需正确理解双曲线的定义，能够利用定义进 行转化,属于中档题. 12.设  f x 是函数   f x x R 的导函数，若对任意 xR ，都有    2 0f x xf x  ，则 下列说法一定正确的是（ ） A.    4 2 1f f B.  f x 为增函数 C.  f x 没有零点 D.  f x 没有极值点 【答案】AC 【解析】令    2g x x f x ，则      2g x x f x xf x     ， 因为对任意 xR ，都有    2 0f x xf x  ， 所以 0x  时，      2 0g x x f x xf x      ；当 0x  时，      2 0g x x f x xf x      ； 因此  g x 在 ( )0， 上单调递减，在 (0 ) ， 上单调递增， 所以 (2) (1) 4 (2) (1)g g f f   ，所以选项 A 正确； 又 (0) 0g  ，所以 0x  时， ( ) 0g x ，即 ( ) 0f x  ；又由 2 ( ) ( ) 0f x xf x  知 (0) 0f  ，所 以对 xR ，有 ( ) 0f x  ，所以选项 C 正确； 取 2( ) 1f x x  ，则 ( )f x 满足题设条件，但此时函数 ( )f x 在 ( )0， 上单调递减，在 (0 ) ， 上单调递增，在 0x  处取得极小值；所以选项 BD 错误. 故选：AC. 【点睛】本题考查了利用构造法构造函数    2g x x f x ，结合题中条件判定其单调性，结合 其单调性及题中条件，即可求解,属于中档题. 三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分． 13.某医院欲从积极扱名的甲、乙、丙、丁 4 名医生中选择 2 人去支援武汉抗击“新型冠状病毒”， 若毎名医生被选择的机会均等，则甲、乙 2 人中至少有 1 人被选择的概率为__________. 【答案】 5 6 【解析】由题得甲乙都不被选择的概率为 2 2 2 4 1 6 C C  , 由对立事件的概率公式得甲、乙 2 人中至少有 1 人被选择的概率为 1 51 6 6   . 故答案为： 5 6 【点睛】本题考查了利用古典概型的概率公式求解，其中排列组合问题常用的方法有：一般 问题直接法、相邻问题捆绑法、不相邻问题插空法、特殊对象优先法、等概率问题缩倍法、 至少问题间接法、复杂问题分类法等，这里运用了至少问题间接法，属于基础题. 14.某圆锥母线长为 4，其侧面展开图为半圆面，则该圆锥高为________. 【答案】 2 3 【解析】设圆锥底面半径为 r ，则 2 4r  ，所以 2r = ， 则圆锥高 2 24 2 2 3h    .故答案为： 2 3 【点睛】本题考查了利用圆锥的底面周长等于半圆面的弧长求出圆锥底面半径，再由勾股定 理即可求解,属于基础题. 15.已知二次函数 2y ax bx c   ( a ，b ，c 均为正数)过点 1,1 ，值域为 0, ，则 ac 的 最大值为______；实数  满足1 b a  ，则  取值范围为_______. 【答案】 (1). 1 16 (2). 2 2,   【解析】因为二次函数 2y ax bx c   ( a ，b ， c 均为正数)过点 1,1 ， 1( 0, 0, 0)b c aa b c      ， 开口向上且值域为 0, ， 2 4 0b ac    ， 2 ab c  ， 2 1b c a ac ca       ， 2( ) 1a c   ， 1a c   ， 1 2a c a c   … ，即 1 2ac„ ，当且仅当 1 4a c  时等号成立. 1 ,4ac  即 1 16ac  ，当且仅当 1 4a c  时等号成立， ac 的最大值为 1 16 (当且仅当 1 4a c  时最大)， 21 (1 ) 2 2 1a b a c a a a a           ， 1 12 2 2 2a a a a        ， 2 2 1 1 1a c a a b       ，即 2 2 0a a  ， 0a a   ，  1 0, 0 1a a a a a        ， 0 1a   ， 12 2 2 2 2 2a a     … ，当且仅当 12 a a  时，即 1 2a  时，等号成立. 又 0a  时， 1 a   ， 2 2,    ， 故答案为： 1 16 ； 2 2,   【点睛】本题考查了利用基本不等式求出最值，再由已知条件可得 12 2a a     ，利用 基本不等式结合 0 1a  ，即可求  取值范围,利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足 的三个条件： ①“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；②“二定”就是要求和的最小值，必 须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定 值；③“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，属于中档题. 16.已知函数    4 cos2f x ax x a a R    有且仅有 3 个不同的零点 1x ， 2x ， 3x 且 1 2 3x x x  ，则  1 3 2sin 4x x x       ______. 【答案】 2  【解析】因为函数    4 cos2f x ax x a a R    有且仅有 3 个不同的零点， 所以   0f x  有且仅有 3 个不等的实数根，即 cos 2 4x ax a  有且仅有 3 个不等的实数根. 令   cos2g x x ，   4h x ax a  ， 则  g x 与  h x 的图象有且仅有 3 个不同的公共点， 因为 04h      且 04g      ，所以 4  为  f x 的一个零点， 又因为  g x 的图象关于 ,04      对称，直线  y h x 恒过定点 ,04      ， 1 2 3x x x  ， 所以 1 2 34x x x   且 1 3 2x x   ，所以 1 3 2sin sin4 2 2 2x x x           ,故答案为： 2  . 【点睛】本题考查了余弦函数图象的对称性，考查了函数的零点，考查了函数与方程思想， 考查了化归思想，属于中档题. 四、解答题：本题共 6 小题，共 70 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步 骤． 17.已知数列{ }na 的前 n 项和为 nS ，且 2 3 4 7n nS a n   . （1）证明：数列{ 2}na  为等比数列； （2）若   1 2 1 1 n n n n ab a a    ，求数列{ }nb 的前 n 项和 nT . 【答案】（1）答案见解析（2） 1 1 4 2 3 2n n nT     【解析】（1）当 1n  时， 1 12 3 3a a  ，则 1 3a  . 当 2n  时，因为 2 3 4 7n nS a n   ，所以 1 12 3 4 11n nS a n    ， 则  12 3 4n n na a a    ，即 13 4n na a   . 从而  12 3 2n na a    ，即 1 2 32 n n a a    . 因为 1 3a  ，所以 1 2 1a   . 所以数列 2na  是以 1 为首项，3 为公比的等比数列. （2）由（1）可得 12 3n na   ，即 13 2n na   . 因为   1 2 1 1 n n n n ab a a    ，所以    1 11 3 1 1 1 2 3 1 3 13 1 3 1 n n n nn nb            . 则 0 1 1 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 3 1 3 1 3 1 3 1 3 1 3 1 3 1 3 1n n n n nT                       ， 故 0 1 1 1 1 1 1 1 1 2 3 1 3 1 2 2 3 1 4 2 3 2n n n n nT                      . 【点睛】本题考查了等比数列的证明以及裂项相消的方法求数列的前 n 项和，需注意第一问 只需数列的第 n 项与第 n-1 项之比为非零常数即可;属于基础题. 18.在 ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c.已知 cosa C ， cosb B ， cosc A 成等 差数列. （1）求角 B 的大小； （2）若 4cos 5A  ，求 sinC 的值. 【答案】（1） 3  ；（2） 3 4 3 10  . 【解析】（1） cos ,a C ， cosb B ， cosc A成等差数列， 2 cos cos cosb B a C c A   ， 由正弦定理， 2sin cos sin cos sin cos sin( )B B A C C A A C    ， ABC 中， A B C    ， sin( ) sin( ) sinA C B B     ， 2sin cos sinB B B  ， 又 (0, )B  ， sin 0B  ， 1cos 2B  ， 3B   . （2） (0, )A  ， sin 0A  ， 2 3sin 1 cos 5A A    ， sin sin( ) sin cos sin cosC A B A B B A     3 1 4 3 3 4 3 5 2 5 2 10      . 【点睛】本题考查了利用三个数成等差数列列出对应等式以及利用正弦定理进行边化角，然 后再根据  sin sinC A B  结合两角和的正弦公式求解出sinC 的值,利用正、余弦定理解三 角形需注意： ①隐含条件“ A B C    ”的使用；②利用正弦定理进行边角互化时，等式两边同时约 去某个三角函数值时，注意说明其不为 0 ;属于基础题. 19.如图，AB 是半圆O 的直径，C 是半圆O 上除 A ，B 外的一个动点，DC 垂直于半圆O 所 在的平面， //DC EB ， 1DC EB  ， 4AB  . （1）证明：平面 ADE  平面 ACD ； （2）当C 点为半圆的中点时，求二面角 D AE B  的余弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2） 2 6  . 【解析】（1）证明：∵ AB 是圆 O 的直径，∴ AC BC ， ∵ DC  平面 ABC ， BC 平面 ABC ，∴ DC BC ，又 DC AC C ＝ ，∴ BC ⊥平面 ACD ， ∵ //DC EB ，DC EB＝ ，∴四边形 DCBE 是平行四边形，∴ //DE BC ，∴ DE  平面 ACD ， 又 DE  平面 ADE ，∴平面 ACD  平面 ADE . （2）当C 点为半圆的中点时， 2 2AC BC  ， 以C 为原点，以CA ， CB ， CD 为坐标轴建立空间坐标系如图所示： 则  0 0 1D ，， ，  0 2 21E ， ， ，  2 2 0 0A ，， ，  0 2 2 0B ， ， ， ∴  2 2,2 2,0AB  ﹣ ， 0,0,1BE  （ ），  0,2 2,0DE  ， (2 2,0, 1)DA   ， 设平面 DAE 的法向量为 1 1 1,m x y z （ ）, ，平面 ABE 的法向量为 2 2 2, ,n x y z （ ）， 则 0 0 m DA m DE          ， 0 0 AB BE n n        ，即 1 1 1 2 2 0 2 2 0 x z y     ， 2 2 2 2 2 2 2 0 0 x y z     ， 令 1 1x  得  1,0,2 2m  ，令 2 1x  得  1,1,0n  . ∴ 1 2, 63 2 m ncos m n m n          . ∵二面角 D AE B  是钝二面角， ∴二面角 D AE B  的余弦值为 2 6  . 【点睛】本题考查了空间立体几何中面面垂直的证明，利用建系法求解二面角的余弦值，属 于中档题. 20.江苏实行的“新高考方案：3 1 2  ”模式，其中统考科目：“3”指语文、数学、外语三 门，不分文理：学生根据高校的要求，结合自身特长兴趣，“1”指首先在在物理、历史 2 门 科目中选择一门；“ 2 ”指再从思想政治、地理、化学、生物 4 门科目中选择 2 门某校，根据 统计选物理的学生占整个学生的 3 4 ；并且在选物理的条件下，选择地理的概率为 2 3 ；在选历 史的条件下，选地理的概率为 4 5 ． （1）求该校最终选地理的学生概率； （2）该校甲、乙、丙三人选地理的人数设为随机变量 X ． ①求随机变量 2X  的概率； ②求 X 的概率分布列以及数学期望． 【答案】（1） 7 10 ；（2）① 441 1000 ；②分布列见解析，   21 10E X  . 【解析】（1）该校最终选地理的学生为事件 A ，   3 2 1 4 7 4 3 4 5 10P A      ； 因此，该校最终选地理的学生为 7 10 ； （2）①由题意可知， 73,10X B     ，所以，   2 2 3 7 3 4412 10 10 1000P X C         ； ②由于 73,10X B     ，则   33 270 10 1000P X       ，   1 2 1 3 7 3 1891 10 10 1000P X C             ，   2 2 3 7 3 4412 10 10 1000P X C             ，   3 3 3 7 3433 10 1000P X C       ， 所以，随机变量 X 的分布列如下表所示： X 0 1 2 3 P 27 1000 189 1000 441 1000 343 1000   7 213 10 10E X    ． 【点睛】本题考查了利用独立事件的概率乘法公式计算事件的概率，同时也考查了利用二项 分布计算随机变量的概率分布列以及数学期望，考查计算能力，属于中等题. 21.如图，已知椭圆 2 2 : 14 2 x y   ，矩形 ABCD 的顶点 A，B 在 x 轴上，C，D 在椭圆  上， 点 D 在第一象限.CB 的延长线交椭圆  于点 E，直线 AE 与椭圆  ､y 轴分别交于点 F､G，直线 CG 交椭圆  于点 H，DA 的延长线交 FH 于点 M. （1）设直线 AE､CG 的斜率分别为 1k ､ 2k ，求证： 1 2 k k 为定值； （2）求直线 FH 的斜率 k 的最小值； 【答案】（1）证明见解析；（2） 6 2 ； 【解析】（1）由对称性，设 0( ,0)A x ， 0( ,0)B x ，  0 0,E x y  ，  0 0,C x y 则 0 0: ( )2 yAE y x xt   ，得 00, 2 yG    ， 故 0 1 02 yk x  ， 0 2 0 3 2 yk x   ，则 1 2 1 3 k k   ， （2）由 0 2: 2 yCG y k x  ， 联立   20 2 22 0 2 2 0 2 2 1 2 2 4 02 22 4 0 yy k x yk x k y x x y              ， 由根与系数的关系可得 2 0 0 2 2 42 1 2H y x kx     ，所以   2 0 2 0 2 42 1 2H y x x k     ， 所以   2 0 2 0 2 0 2 42 21 2H yk yy x k        ，可得     22 00 2 0 2 2 0 2 0 2 44 22 , 21 2 1 2 yy k yH x k x k                ， 又 0 1: 2 yAE y k x  ，联立   20 2 21 0 1 1 0 2 2 1 2 2 4 02 22 4 0 yy k x yk x k y x x y              ， 由根与系数的关系可得 2 0 0 2 1 42 1 2F y x kx     ，所以   2 2 0 1 0 42 1 2F y x x k     ， 所以   2 0 0 2 1 10 42 21 2F yk yy x k        可得：     22 00 1 0 2 2 0 1 0 1 44 22 , 21 2 1 2 yy k yF x k x k                ， 所以       1 2 2 2 1 11 2 1 2 1 2 1 1 2 2 1 2 2 3 11 2 1 2 2 1 1 1 2 2 3 1 2 1 2 H F FH H F k k k ky y k k k kk x x k k k k k k             2 1 1 1 1 1 1 1 6 6 61 1 624 4 4 4 4 2 k k k k k k       ， 由图知 1 0k  ，所以 1 1 1 1 6 61 1 624 4 4 4 2 k k k k     即 6 2FHk  , 当且仅当 1 1 61 4 4 k k  即 1 6 6k  取等. 所以直线 FH 的斜率 k 的最小值为 6 2 . 【点睛】本题考查了通过对称性，设出 , , ,A B E C 点的坐标，求出直线 AE ， CG 的斜率即可 求证； 由直线CG 的方程与椭圆方程联立利用韦达定理可求出点 H 坐标，直线 AE 的方程与椭圆方 程联立利用韦达定理可求出点 F 坐标，即可表示出直线 FH 的斜率,利用基本不等式即可求最 值；属于中档题. 22.已知函数      1 2 sinf x x x x    . （1）当 ,2x      时，求  y f x 零点的个数； （2）当  0,2x  时，求  y f x 极值点的个数. 【答案】（1）1个；（2） 2 个. 【 解 析 】 （ 1 ） 由 题 意      1 2 sinf x x x x    ， ,2x      ， 则    1 sin 2 cosf x x x x     ， 由于 2 x   ， cos 0x  ，又sin 1x  ，所以   0f x  ，  f x 在 ,2       上单调递增， 因为 3 02f        ，   1 0f     ，所以函数  f x 在 ,2       上有唯一零点； （2）由题意      1 2 sinf x x x x    ，  0,2x  ，则    1 sin 2 cosf x x x x     . 令    1 sin 2 cosh x x x x    ，    2 sin 2cosh x x x x    . ①当 0 4x   时，因为 2cos 2x  ， 21 2cos 1 2 1 2 02x       ， 所以      1 sin 2 cos 1 2cos sin cos 0f x x x x x x x x         ， 所以，函数  f x 在区间 0, 4       上单调递减，无极值点； ②当 4   x 时， 02h      ，当 2 x   时，因为 cos 0x  ，所以    2 sin 2cos 0h x x x x     ， 所以从  h x 在 ,2       上是增函数，   02h x h      即 ( ) 0f x  ， 当 4 2x   时， 0 4 4x     ，sin cos 2 sin 04x x x        ， 所以      2 sin 2cos 2 sin cos sin 0h x x x x x x x x        ， 所以  h x 在 ,4 2       是增函数，   02h x h      即   0f x  ，所以 2  是  f x 在 ,4       上的极小值点； ③当 3 2x    时， sin 0x  ， cos 0x  ，则   0f x  ，所以函数  f x 无极值点； ④当 3 22 x   时， cos 0x  ，sin 0x  ，所以  ( ) 2 sin 2cos 0h x x x x     ， 所以从  h x 在 3 ,22       上是减函数，且 3 2 02h       ，  2 2 1 0h      ， 所以  h x 在 3 ,22       上有唯一的零点 2x . 当 2 3 2 x x   时   0f x  ；当 2 2x x   时，   0f x  ，所以 2x x 是函数  f x 的一 个极大值点. 综上所述，函数  f x 存在两个极值点. 【点睛】本题考查了利用导数分析函数  y f x 在区间 ,2       上的单调性，结合零点存在 定理可得出结论；利用导数分析函数  y f x 在区间 0, 4       、 ,4       、 3, 2      、 3 ,22       的单调性以及符号变化，结合零点存在定理可得出结论,属于稍难题.