江西省九所重点中学（、等）2021届高三3月联合考试文科试题（解析版）

试卷第 1页，总 22页 江西省九所重点中学（、等）2021 届高三 3 月联合考试文科试题 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 有一项是符合题目要求的.） 1．已知集合  21 logA x N x k    ，集合 A 中至少有 2 个元素，则（ ） A． 16k  B． 16k  C． 8k  D． 8k  【答案】D 【详解】 解：因为集合 A 中至少有 2 个元素，所以 2log 3k  ，解得 8k  ， 故选：D 2．设 2021 2 1 iz i   （i 为虚数单位），则 z  （ ） A． 2 2 B． 2 C． 1 2 D．2 【答案】B 【详解】 解： 2021 4 505 1 2 2 2 2 (1 ) 11 1 1 (1 )(1 ) i i i i iz ii i i i i            ， 所以 2 21 1 2z    ， 故选：B 3．据有关文献记载：我国古代一座 9 层塔挂了 126 盏灯，且相邻两层中的下一层灯数 比上一层灯数都多 d （ d 为常数）盏，底层的灯数是顶层的 13 倍，则塔的顶层共有灯 （ ） A．2 盏 B．3 盏 C．4 盏 D．5 盏 【答案】A 【详解】 设从塔顶到塔底各层的灯数为 na ，则数列{ }na 为等差数列，公差为 d ， 依题意 9 113a a ， 9 126S  ，所以 1 99( ) 1262 a a  ， 所以 9 99 13 1262 a a     ，解得 9 26a  盏， 9 1 213 aa   . 试卷第 2页，总 22页 故选：A. 4．在新冠疫情的冲击下，全球经济受到重创，右图是各国公布的 2020 年第二季度国内 生产值（GDP）同比增长率，现从这 5 个国家中任取 2 个国家，则这 2 个国家中第二季 度 GDP 同比增长率至少有 1 个低于 15% 的概率为（ ） A． 3 10 B． 1 2 C． 3 5 D． 7 10 【答案】D 【详解】 解：令中国、澳大利亚、印度、英国、美国的 2020 年第二季度国内生产值（GDP）同 比增长率分别为 A，B，C，D，E，其中 C，D 都低于 15% ， 则从这 5 个国家中任取 2 个国家有： AB，AC，AD，AE，BC，BD，BE，CD，CE，DE 共 10 种， 其中至少有 1 个低于 15% 有 AC，AD，BC，BD，CD，CE，DE 共 7 种， 所以所求概率为 7 10 . 故选：D. 5．已知两个单位向量 ,a b 的夹角为120 ，则下列向量是单位向量的是（ ） A． a b  B． 1 2a b  C． a b  D． 1 2a b+ rr 【答案】A 【分析】 根据向量数量积的运算律可分别求得各选项中向量的模长，由此可确定结果. 【详解】 试卷第 3页，总 22页 对于 A，  2 22 2 cos120 1 1 1 1a b a b a a b b                 ，A 正确； 对于 B， 2 221 1 1 1 1 7cos120 1 12 2 4 2 4 2a b a b a a b b                      ，B 错 误； 对于 C，  2 22 2 cos120 1 1 1 3 1a b a b a a b b                  ，C 错误； 对于 D， 2 221 1 1 1 1 3cos120 1 12 2 4 2 4 2a b a b a a b b                      ，D 错 误. 故选：A. 6．设函数   1ln1 xf x x x   ，则函数的图像可能为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】 先根据函数的奇偶性排除部分选项，然后再利用特殊值判断. 试卷第 4页，总 22页 【详解】 由 1 01 x x   ，即  1 1 0x x   ，解得 1 1x   ， 所以函数  f x 的定义域为 | 1 1x x   ，关于原点对称， 又    1 1ln ln1 1 x xf x x x f xx x        ，所以  f x 是偶函数，故排除 AC， 又 111 1 1 12ln ln 012 2 2 31 2 f        ，故排除 B 故选：D 7．如图，P 是椭圆 2 2 19 4 x y  上的一点，F 是椭圆的右焦点且 PQ FQ   ， 2OQ  ， 则 PF  （ ） A．2 B． 5 C．3 D．4 【答案】A 【分析】 由椭圆的方程求出 a ，设椭圆的右焦点为 F ，可知 1 2OQ PF ，在结合椭圆的定义 即可求解. 【详解】 由 2 2 19 4 x y  可得： 3a  因为 PQ FQ   ，所以点Q 是线段 PF 的中点， 设椭圆的右焦点为 F，则O 是 FF 的中点，所以 2 4PF OQ   ， 由椭圆的定义可知： 2 6PF PF a   ，所以 2PF  ， 故选：A. 试卷第 5页，总 22页 8．中国的 5G 技术领先世界，5G 技术的数学原理之一便是著名的香农公式： 2log 1 SC W N      .它球：在受噪声干扰的信道中，最大信息传递速度 C 取决于信道 带宽W ，信道内信号的平均功率S ，信道内部的高斯噪声功率 N 的大小，其中 S N 叫做 信噪比.当信噪比比较大时，公式中真数中的 1 可以忽略不计.按照香农公式，若不改变 带宽W ，而将信噪比 S N 从 1000 提升到 8000，则 C 大约增加了（ ） A．10% B．20% C．30% D．50% 【答案】C 【详解】 当 1000S N  时， 1 2log 1000C W ，当 8000S N  时， 2 2log 8000C W ， ∴ 2 2 1 2 log 8000 lg8000 3 3lg2 1.3log 1000 lg1000 3 C W C W     ，∴ 约增加了 30%. 故选：C . 9．在四棱锥 1A ABCD 中， 1A A  平面 ABCD ，四边形 ABCD 是平行四边形， 3ABC   ， 1 2AA  ， 2 3BD  ，经过直线 BD 且与直线 1AC 平行的平面交直线 1AA 于点 P ，则三棱锥 P ABD 的外接球的表面积为（ ） A． 17 2  B．17 C． 57 6  D．114 3  【答案】B 【分析】 连接 ,AC BC 交于点O ，证得 1 / /AC PO ，得到 P 的中点，进而得到 ABCD 为菱形， 得出三棱锥的外接球的球心在过点C 垂直面 ABCD 的直线l 上，结合球的截面性质， 求得球的半径，利用球的表面积公式，即可求解. 【详解】 如图所示，连接 ,AC BC 交于点O ，因为 ABCD 为平行四边形，所以O 为 AC 的中点， 又因为 1 / /AC 平面 PBD ， PO  平面 PBD ，且平面 1PBD POCA PO ， 所以 1 / /AC PO ，可得 P 的中点， 试卷第 6页，总 22页 又由 3ABC   ，所以平行四边形 ABCD 为菱形， 所以 1 32OB BD  ，所以 1OA  ，所以 2CB CA CD   ， 所以三棱锥的外接球的球心在过点C 垂直面 ABCD 的直线l 上， 设球心为 H ，半径为 R ，所以 2 2 2BH PH R  ， 设CH x ，所以 2 2 2 2( )BC CH PA CH AC    ， 即 2 2 24 (1 ) 4x x    ，解得 1 2x  ，所以 2 17 4R  ， 所以该球的表面积为 24 17S R   . 故选：B 【点睛】 解决与球有关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题 求解，其解题思维流程： （1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为半径；如果是外接球，球心 到接点的距离相等且为半径； （2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各 种元素以及体现这些元素间的关系），达到空间问题平面化的目的； （3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球半径的方程，并求解. 10．已知函数    sin 0, 2f x x           的部分图象如图所示，则关于函数  f x 下列说法正确的是（ ） 试卷第 7页，总 22页 A．  f x 的图象关于直线 6x  对称 B．  f x 的图象关于点 ,04      对称 C．  f x 在区间 5 ,12 6       上是增函数 D．将 sin 2y x 的图象向右平移 3  个单位长度可以得到  f x 的图象 【答案】C 【分析】 先将 30, 2       代入可求出 3   ，由 5 6 3 5 4 6 T T       可得 9 12 5 5   ，由 5 06f      可求 得 2  ，得出  f x 解析式，即可依次判断各个选项正误. 【详解】 将 30, 2       代入，则   30 sin 2f   ， 2   ， 3   ， 即   sin 3f x x      ， 5 5sin 06 6 3f                ，则 5 ,6 3 k k Z      ，解得 6 2 ,5 5k k Z    ， 由图可得 5 6 3 5 4 6 T T       ，即 2 5 6 3 2 5 4 6            ，又 0 ，则可得 9 12 5 5   ， 2  ， 试卷第 8页，总 22页   sin 2 3f x x       ， 3sin 2 16 6 3 2f                  ，则  f x 的图象不关于直线 6x  对称，故 A 错误； 1sin 2 04 4 3 2f                 ，  f x 的图象不关于点 ,04      对称，故 B 错误； 5 ,12 6x        时， ,022 3x       ，可得  f x 单调递增，故 C 正确； 将 sin 2y x 的图象向右平移 3  个单位长度可以得到  2sin 2 sin 23 3y x x f x               ，故 D 错误. 故选：C. 【点睛】 方法点睛：根据三角函数    sinf x A x   部分图象求解析式的方法： （1）根据图象的最值可求出 A ； （2）求出函数的周期，利用 2T   求出 ； （3）取点代入函数可求得 . 11．已知双曲线 2 2 2 2 1x y a b   （ 0a  ， 0b  ）的左右焦点 1F ， 2F ，过 2F 的直线交右 支于 A 、 B 两点，若 2 23AF F B ， 1AF AB ，则该双曲线的离心率为（ ） A． 5 2 B．2 C． 5 D． 3 【答案】B 【分析】 设 2F B m ，则 2 3AF m ，然后由已知条件和双曲线的定义或求得 1 8AF a ， 1 4BF a ，再分别在 2 1AF F 和 2 1BF F 中，利用余弦定理列方程可求得 2c a ，从 而可求得离心率 【详解】 解：设 2F B m ，则 2 3AF m ，所以 2 2 4AB F B AF m   ， 试卷第 9页，总 22页 所以 1 4AF AB m  因为 1 2 2AF AF a  ，所以 2m a ， 1 8AF a 因为 1 2 2BF BF a  ，所以 1 4BF a 设 2 1AF F   ，则 2 1BF F     ， 在 2 1AF F 和 2 1BF F 中，由余弦定理得， 2 2 2 1 1 2 2 1 2 22 cosAF F F AF F F AF    ， 2 2 2 1 1 2 2 1 2 22 cos( )BF F F BF F F BF      ， 即 2 2 264 4 36 2 6 2 cosa c a a c      ， 2 2 216 4 4 2 2 2 cosa c a a c      ， 解得 2c a ，所以 2ce a   ， 故选：B 12．函数  f x kx ，   2ln 6g x x  （1 4x  ），若  f x 与  g x 的图象上分别 存在点 M ， N 关于直线 3y  对称，则实数 k 的取值范围是（ ） A． 2 , ln 2e      B． 2 ,0e     C． ln 2,0 D． 2 , ln 2e      【答案】B 【分析】 设  ,M t kt 为函数  f x kx 上的一点，求出 M 关于 3y  对称的点 N ，把 N 点坐标 代入  g x 的解析式，得  2ln 1 4tk tt     ，利用导数求出  k t 的值域可得答案. 【详解】 设  ,M t kt 为函数  f x kx 上一点，则  ,M t kt 关于 3y  对称的点为  ,6N t kt ， 且在函数   2ln 6g x x   1 4x  图象上，所以 2ln 6 6t kt   ， 得  2ln 1 4tk tt     ，   2 2 ln 1tk t   ，当1 t e  时， 0k  ，  k t 单调递减， 当 4e t  时， 0k  ，所以  k t 单调递增，所以  k t 在t e 有最小值为 2 e  ， 试卷第 10页，总 22页  1 0k  ，   ln 44 4k   ，所以  2 0k te    ，故 2 0ke    . 故选：B. 二、填空题（本题共 4 个小题，每小题 5 分，共 20 分） 13．曲线 xy xe x  在点 0,0 处的切线方程为__________. 【答案】 2y x 【详解】 由题得 ( ) 1, (0) 2,+x xxef x e f     所以切线的斜率为 2， 所以切线的方程为 2( 0) 2y x x   . 故答案为： 2y x 【点睛】 方法点睛：函数 ( )f x 在点 0 0( , ( ))x f x 处的切线方程为 0 0 0( ) ( )( )y f x f x x x   . 14．若实数 x ， y 满足 1 0 2 2 0 3 0 x x y y          ，则 2z x y  的最大值为__________. 【答案】8 【详解】 解：不等式组表示的可行域如图所示，由 2z x y  得 2y x z   ，作直线 2y x  ， 向上平移过点 B 时， 2z x y  取得最大值， 由 2 2 0 3 0 x y y       ，得 5 2 3 x y     ，即 5( ,3)2B ， 所以 2z x y  的最大值为 52 3 82    ， 故答案为：8 试卷第 11页，总 22页 15．在平面直角坐标系 xOy 中，已知点  0, 1A  ，  , 2P t t  ，若动点满足 2MA MO  （O 为坐标原点），则 MP 的最小值是______. 【答案】 2 2 【分析】 由 2MA MO  ，求得点 M 的轨迹方程 2 2( 1) 2x y   ，把 MP 最小值转化为圆的圆 心到直线 2 0x y   距离，即可求解. 【详解】 设点 M 的坐标为 ( , )x y ， 因为 2MA MO  ，可得 2 2 2 2 ( 1) 2x y x y     ，整理得 2 2( 1) 2x y   ， 又由点  , 2P t t  ，可得点 P 在直线 2x y  ，即 2 0x y   ， 则圆心 (0,1)M 到直线 2 0x y   的距离为 2 2 1 2 2 21 ( 1) d      ， 即 MP 的最小值是 2 2 . 故答案为： 2 2 . 16．数列 na 满足 1 1a  ，  1 1 2 1n n na a n     ， nS 为其前 n 项和，则 101S  ______. 【答案】5151 【分析】 讨论当 n 是奇数时， 2 2n na a   ；结合 1 1a  ，所以所有的奇数项都等于1，当 n 是 试卷第 12页，总 22页 偶数时， 2 4 4n na a n    ，分别计算奇数项的和、偶数项的和即可求解. 【详解】 因为 1 1a  ，  1 1 2 1n n na a n     ，   1 11 2 1n n na a n     ， 所以 2 1 3a a  ，可得 2 4a  ， 当 n 是奇数时， 1 2 1n na a n    ， 1n  是偶数， 2 1 2 3n na a n    ， 两式相减可得： 2 2n na a   ， 当 n 是偶数时， 1 2 1n na a n    ， 1n  是奇数， 2 1 2 3n na a n    ， 两式相加可得： 2 4 4n na a n    ， 所以当 n 是奇数时， 2 2n na a   ； 因为 1 3 2a a  ，可得 3 1a  ， 3 5 2a a  ，可得 5 1a  ， 所以 1 3 5 7 101 1a a a a a      ， 当 n 是偶数时， 2 4 4n na a n    ， 所以    1 3 5 7 101 2 4 6 8101 100a a a a a a a a a aS               25 4 2 4 4 98 451 1 51 5100 51512           ， 故答案为：5151. 三、解答题（本大题共 6 道小题，共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 17．（本题满分 12 分） ABC 中，内角 A ， B ，C 所对的边分别为 a ，b ， c ，已知 sin 3 cosb A a B ，sin 4sinC A . （1）求 B ； （2）在 ABC 的边 AC 上存在一点 D 满足 4AD CD ，连接 BD ，若 BCD△ 的面 积为 2 3 5 ，求b . 【答案】（1） 3  ；（2） 26 . 【分析】 （1）利用正弦定理把 sin 3 cosb A a B 化为 sin sin 3sin cosA B A B ，从而可得 试卷第 13页，总 22页 tan 3B  ，进而可求出角 B ； （2）由于 4AD CD ，所以 5 1 ABC BCD S AC S DC    ，从而可得 ABC 的面积为 2 3 ，再 利用三角形面积公式可得 8ac  ，而由sin 4sinC A 得 4c a ，从而可求出 ,a c 的 值，再利用余弦定理可求出b 的值. 【详解】 解：（1） ∵ sin 3 cosb A a B ，∴sin sin 3sin cosA B A B ， ∴ tan 3B  ， ∵  0,B  ∴ 3B  ； （2）依题意可知： 5 1 ABC BCD S AC S DC    ， ∵ BCD△ 的面积为 2 3 5 ，∴ ABC 的面积为 2 3 ， ∵ ABC 的面积为 1 sin 2 32S ac B  ∴ 8ac  ， ∵sin 4sinC A ，∴ 4c a ， 4 2c  ， 2a  ， ∴ 2 2 2 cos 26b a c ac B    . 18．（本题满分 12 分）某疫苗进行安全性临床试验.该疫苗安全性的一个重要指标是： 注射疫苗后人体血液中的高铁血红蛋白（MetHb）的含量（以下简称为“ M 含量”）不 超过 1%，则为阴性，认为受试者出现血症.若一批受试者的 M 含量平均数不超过 0.65%， 出现血症的被测试者的比例不超过 5%，同时满足这两个条件则认为该疫苗在 M 含量指 标上是“安全的”；否则为“不安全”.现有男、女志愿者各 200 名接受了该疫苗注射.经数 据整理，制得频率分布直方图如图.（注：在频率分布直方图中，同一组数据用该区间 的中点值作代表.） 试卷第 14页，总 22页 （1）请说明该疫苗在 M 含量指标上的安全性； （2）按照性别分层抽样，随机抽取 50 名志愿者进行 M 含量的检测，其中女性志愿者 被检测出阳性的恰好 1 人.请利用样本估计总体的思想，完成这 400 名志愿者的 2 2 列 联表，并判断是否有超过 95%的把握认为，注射该疫苗后，高铁血红蛋白血症与性别有 关？ 性别 阴性阳性 男 女 合计 阳性 阴性 合计 附：        2 2 n ad bcK a b c d a c b d      .  2 0P K k 0.050 0.010 0.001 0k 3.841 6.635 10.828 【答案】（1）该疫苗在 M 含量指标上是“安全的”；（2）表格见解析，没有. 【分析】 （1）求出区间  1.0,1.2 上的频率，以及平均数即可得结论； （2）根据题意写出列联表，计算 2K 的值，并与3.841比较即可得出结论. 【详解】 （1）由频率分布直方图得: M 含量数据落在区间  1.0,1.2 上的频率为 0.15 0.2 0.03  试卷第 15页，总 22页 故出现血症的比例为3% 5% 由直方图得平均数为 0.3 0.2 0.5 0.3 0.7 0.3 0.9 0.17 1.1 0.03 0.606x            即志愿者的 M 含量的平均数为 0.606% 0.65% 综上，该疫苗在 M 含量指标上是“安全的”. （2）依题意得，抽取的 50 名志愿者中女性志愿者应为 25 人 由已知，25 名女性志愿者被检测出阳性恰有 1 人，故女性中阳性的频率 0.04 所以全部女性志愿者阳性共有 200 0.04 8  人 由（1）知 400 名志愿者中，阳性的频率为 0.03，所以阳性的人数共有 400 0.03 12  人 因此男性志愿者被检测出阳性的人数是12 8 4  人. 所以完成表格如下： 性别 阴性阳性 男 女 合计 阳性 4 8 12 阴性 196 192 388 合计 200 200 400 由 2 2 列联表可  2 2 400 4 192 8 196 1.375 3.841200 200 12 388K         ， 由参考表格，可得， 故没有超过 95%的把握认为注射疫苗后，高铁血红蛋白血症与性别有关. 19．如图，已知三棱柱 1 1 1ABC A B C 中， 1AA  底面 ABC ， 90BAC  ， 1 1AA  ， 3AB  ， 2AC  ， E ， F 分别为棱 1CC ， BC 的中点. 试卷第 16页，总 22页 （1）求异面直线 EF 与 1A B 所成角的大小； （2）若G 为线段 1AA 的中点，试在图中作出过 E ， F ，G 三点的平面截该棱柱所得 的多边形，并求该截面分三棱柱成两部分（较小部分与较大部分）的体积的比值. 【答案】（1） 45；（2）作图见解析， 5 19 . 【分析】 （1）连接 1BC ，则 1 //BC EF ，故异面直线 EF 与 1A B 所成角为 1 1A BC ，在 1 1Rt C A B 中根据相关量可计算 1 1A BC ；（2）取 AB 中点 M ，利用线线平行可证明 EFMG 为所 求截面的多边形；将多面体GE MFCA 分割为三棱锥G AMF 和四棱锥 F CEGA ， 分别求出其体积，求和，可求出多面体 GE MFCA 的体积；求三棱柱 1 1 1ABC A B C 的 体积，用三棱柱的体积减去多面体的体积，可求出剩余多面体的体积，比较大小，可求 出小体积与大体积的体积比. 【详解】 解：（1）连接 1BC ，则 EF 为 1BCC 的中位线， 故 1 1A BC 为所求异面直线所成的角. 又 1 1 1 1AC A B ， 1 1 1AC A A ，且 1 1 1 1AA A B A ， 故 1 1AC  平面 1 1ABB A ， 1 1 90C A B   . 1 1Rt C A B 中， 1 1 2AC  ， 1 2A B  故 1 1 45A BC   故异面直线 EF 与 1A B 所成角的大小为 45. （2）取 AB 中点 M ，连接 MF 、 MG 、 EG ，则 // //GE AC ME ，即 M F G E、 、 、 四点共面，则梯形 EFMG 为所求截面的多边形. 试卷第 17页，总 22页 连接 AF ，GF ， 1 1 1 1 1 2 3 1 32ABC A B C ABCV S AA        1 1 1 3 1 3 1 5 31 23 2 2 2 2 2 3 24GE AMFC G AMF F ACEGV V V              5 3 19 33 24 24V   剩 5=19 V V 小 大 【点睛】 思路点睛：（1）求异面直线所成角，常用的方法有：平移直线、补体、向量； （2）求多面积的体积常采用体积分割的方法，将多面体分割为棱锥或棱柱的组合体， 然后再计算. 20．已知函数   2 sinf x x a x  . （1）证明：当 2a  时，函数  f x 在区间 0, 没有零点； （2）若  0,x  时，   sin 2f x x≥ ，求 a 的取值范围. 【答案】（1）证明见解析；（2） a  . 【分析】 （1）利用导数得到  f x 在 0, 上单调递增，  0 0f  ，即得解； （2）由题得 2 2cossin xa xx ≤ ，再构造函数   2 2cossin xxh xx   ，  0,x  ，求 函数 ( )h x 的最小值即得解. 【详解】 证明（1）    2 2cos 2 1 cosx xf x   ∵  0,x  ∴   0f x ′ 恒成立，  f x 在 0, 上单调递增 试卷第 18页，总 22页 又  0 0f  ∴  0,x  ，都有    0 0f x f  ∴  f x 在区间 0, 上没有零点 （2）   sin 2f x x≥ 即 2 sin sin 2 0x a x x  ≥ ，由  0,x  得 2 sin 2 2 2cossin sin x x xa xx x   ≤ 令   2 2cossin xxh xx   ，  0,x     3 2 2 2 2 2cos sin cos2sin 2 cos 2sin 2sin cos 2 cos sin sin sin x x x xx x x x xh x x x x x xx      令   sin cosxm xx x  ，  0,x    2 2cos sin 1 cos 2 1 0x x xm x       得  m x 在 0, 单调递减，    0 0m x m  从而 0, 2x     ，   0h x  ，  h x 单调递减 ,2x      ，   0h x  ，  h x 单调递增 ∴  min 2h x h       得 a  . 21．已知抛物线 E ： 2 2y px （ 0p  ）的焦点为 F ，准线与 x 轴交于点 K ，过点 K 作圆C ： 2 23 4x y   的两条切线，切点为 M ， N ， 2 3MN  . （1）求抛物线 E 的方程； （2）设 A ， B 是抛物线 E 上分别位于 x 轴两侧的两个动点，且 9 4OA OB   （其中 O 为坐标原点），求 FAB 与 OAF△ 面积之和的最小值. 【答案】（1） 2 4y x ；（2） 9 14 2 . 【分析】 （1）由已知可得 ,02 pK     ，圆C ： 2 23 4x y   的圆心  3,0C ，半径 2r = ， 试卷第 19页，总 22页 设 MN 与 x 轴交于 R ，则可得 60MCR   ，有 4CK  ，所以3 42 p  ，从而可求 出 p 的值，进而可得抛物线的方程； （2）设直线 AB ： x my t  ， 2 1 1, 4 yA y      ， 2 2 2, 4 yB y      ，设 1 0y  ， 2 0y  ，直线 方程与抛物线方程联立消去 x ，整理后利用根与系数的关系可得 1 2 4y y m  ， 1 2 4y y t   ，而由 9 4OA OB   列方程可求得 9 2t  ，则有 AB 恒过定点 9 ,02Q     ， 而  1 1 2 1 1 2 1 1 1 1 7 2 2 2 2 2FAB AOFS S OF y FQ y y y y y              ，消去 2y 后 再利用基本不等式可得答案 【详解】 解：（1）由已知可得 ,02 pK     ，圆C ： 2 23 4x y   的圆心  3,0C ，半径 2r = . 设 MN 与 x 轴交于 R ，由圆的对称性可得 3MR  .于是 1CR  ， 60MCR   所以 4CK  ，即有3 42 p  ，解得 2p  ，则抛物线 E 的方程为 2 4y x （2）设直线 AB ： x my t  ， 2 1 1, 4 yA y      ， 2 2 2, 4 yB y      ，设 1 0y  ， 2 0y  联立抛物线方程可得 2 4 4 0y my t   ∴ 1 2 4y y m  ， 1 2 4y y t   由 9 4OA OB   有 2 2 1 2 1 2 9 4 4 4 y y y y    ， 解得 1 2 18y y   或 2（舍去），即 4 18t   ，解得 9 2t  . 则有 AB 恒过定点 9 ,02Q     ；  1 1 2 1 1 2 1 1 1 1 7 2 2 2 2 2FAB AOFS S OF y FQ y y y y y              1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 7 9 91 7 18 1 63 63 63 9 1422 4 2 4 2 4 2 4 2 2 y y yy y yy y y y                 （当且仅当 1 1 9 63 4 2 y y  ，即 1 14y  时取等号） 试卷第 20页，总 22页 ∴ FAB 与 OAF△ 面积之和的最小值 9 14 2 【点睛】 关键点点睛：此题考查直线与抛物线的位置关系，考查数学计算能力，解题的关键是由 9 4OA OB   推出直线 AB 恒过定点 9 ,02Q     ，从而可把 FAB 与 OAF△ 面积之和表 示出来. （二）选考题： 22．（本题满分 10 分）【选修 4-4：坐标系与参数方程】 在平面直角坐标系 xOy 中，已知曲线C 的参数方程为 2cos 2sin cos sin x y          （ 为参 数）.以坐标原点O 为极点， x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线 l 的极坐标方程为 3sin 4 24       . （1）求曲线C 和直线l 的直角坐标方程； （2）过原点 O 引一条射线分别交曲线 C 和直线l 于 A ，B 两点，求 2 2 1 8 OA OB  的最 大值. 【答案】（1） 2 2 18 2 x y  ， 8 0x y   ；（2） 7 13 16  . 【分析】 （1）消去参数即可得到曲线C 的直角坐标方程，再由 cosx   ， siny   代入 即可得到直线l 的直角坐标方程； （2）在极坐标系内，可设  1,A   ，  2 ,B   ，则 2 2 2 2 1 2 1 8 1 8 OA OB     ，再根 据三角函数的性质计算可得； 【详解】 解：（1）由曲线C 的参数方程 2cos 2sin cos sin x y          （ 为参数）得：     2 2 22 cos sin cos sin 24 x y          试卷第 21页，总 22页 ∴曲线C 的直角坐标方程为 2 2 18 2 x y  . 又由 3sin 4 24       ， cos sin 8     将 cosx   ， siny   代入上式， 得直线l 的直角坐标方程为 8 0x y   . （2）在极坐标系内，可设  1,A   ，  2 ,B   ， 则 2 2 2 2 1 1cos sin 18 2      ， 2 2cos sin 8     2 2 2 2 2 2 1 2 1 8 1 8 cos 4sin 1 sin 2 8OA OB             7 13sin 2 7 13 16 16      （当  sin 2 1   时取等号，符合题意） ∴ 2 2 1 8 OA OB  的最大值为 7 13 16  23．（本题满分 10 分）【选修 4-5：不等式选讲】 已知函数   2f x x a x a    . （1）若 1a  ，求不等式   24f x x  的解集； （2）已知 2m n  ，若对任意 xR ，都存在 0m  ， 0n  ，使得   24 2m nf x mn  ， 求实数 a 的取值范围. 【答案】（1） 1 1x x   ；（2） 5, 3 5 ,3              . 【分析】 （1）由题意可得 21 2 4x x x     ，分类讨论当 2x   ， 2 1x   ， 1x  时 的情况，进而可得结果. （2）由含有绝对值不等式的性质可得   3f x a ，由基本不等式可得 24 2 5m n mn   试卷第 22页，总 22页 即 2 3m  ， 4 3n  时等号成立，进而可得结果. 【详解】 （1）当 1a  时，不等式   24f x x  即为 21 2 4x x x     ① 当 2x   时，①化为 2 2 5 0x x   无解， 当 2 1x   时，①化为 2 1x  ，从而 1 1x   当 1x  时，①化为 2 2 3 0x x   无解 ∴原不等式的解集为 1 1x x   （2）      2 2 3f x x a x a x a x a a         24 2 4 2 4 4 41 2 1 5m n m m m n m n m n mn n m n m n m n m             当且仅当 2m n ，即 2 3m  ， 4 3n  时等号成立 ∴5 3 a ， ∴ 5 3a   或 5 3a  ， ∴ a 的取值范围为 5, 3 5 ,3             