精品解析：全国1卷名师联盟2020-2021学年高三上学期1月联考 理科数学试题（解析版）

高三理科数学 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. 已知复数 1 3 iz i   （i 为虚数单位），则 z 在复平面内对应的点位于（ ） 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】 【分析】利用复数的除法化简复数 z ，由此可判断出复数 z 在复平面内对应的点所在的象限. 【详解】       1 31 4 2 2 1 3 3 3 10 5 5 i ii iz ii i i          ，所以复数 z 在复平面内对应的点位于第一象限. 故选：A. 2. 已知全集U  R ，集合  | 2 2A x x    ，  2| 3 1xB y y   ，则  UA B  ð （ ） A.  1,2 B. ( 2, 1]  C.  1,2 D. [ 2,1) 【答案】B 【解析】 【分析】先求出  | 1B y y   ，然后得 ( , 1]U B   ð ，进而求得  UA B∩ ð . 【详解】由  | 1B y y   ，得 ( , 1]U B   ð ，所以   ( 2, 1]UA B   ð . 故选：B. 3. “ 2 4x k     k Z ”是“ tan 1x  ”成立的( ) A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】由题意分别考查充分性和必要性即可求得最终结果. 【详解】当 2 4x k    k Z 时， 1tanx  ，即充分性成立； 当 1tanx  时， 2 4x k    k Z 或 52 4x k    k Z ，即必要性不成立； 综上可得：“ 2 4x k    k Z ”是“ 1tanx  ”成立的充分不必要条件. 本题选择 A 选项. 【点睛】本题主要考查正切函数的性质，充分必要条件的判断等知识，意在考查学生的转化能力和计算求 解能力. 4. 某校拟从 1200 名高一新生中采用系统抽样的方式抽取 48 人参加市“抗疫表彰大会”，如果编号为 237 的 同学参加该表彰大会，那么下列编号中不能被抽到的是（ ） A. 1087 B. 937 C. 387 D. 327 【答案】D 【解析】 【分析】依据题意，求得以抽样间隔为 25，又 237 除以 25 的余数为 12，可得所抽取的编号为  12 25 0,1, ,47k k   ，由此可得选项. 【详解】依据题意，1200 48 25  ,所以抽样间隔为 25，又 237 除以 25 的余数为 12， 故所抽取的编号为  12 25 0,1, ,47k k   ，所以 327 不符合. 当 43k  时，所抽取的编号为12 25 43 1087   ，故 A 选项的编号可能被抽到， 当 37k  时，所抽取的编号为12 25 37 937   ，故 B 选项的编号可能被抽到， 当 15k  时，所抽取的编号为12 25 15 387   ，故 C 选项的编号可能被抽到， 故选：D. 5. 若单位向量 a  ，b  满足  2a b a    ，则 a  与b  的夹角为（ ） A. 6  B. 3  C. 2  D.  【答案】B 【解析】 【分析】先求出 1 2a b   ，然后用夹角公式求解. 【详解】由  2a b a    ，得  2 0a b a   r r r ， 所以 1 2a b   ，所以 1cos , 2| | | | a ba b a b         ， 又  , 0,a b   ，所以 , 3a b  r r . 故选：B. 6. 摩索拉斯陵墓位于哈利卡纳素斯，在土耳其（TURKEY ）的西南方，建筑的底面是长为 40 米，宽为 30 米的长方形，总高 45 米，其中墩座墙高 20 米，柱高 12 米，金字塔高 7 米，最顶部的马车雕像高 6 米，建 筑物被墩座墙围住，旁边以石像作装饰，顶部的雕像是四匹马拉着一架古代战车，若摩索拉斯陵墓可视为 一个长方体与一个正四棱锥的组合体，且长方体的上底面与正四棱锥的底面重合，则陵墓的高与金字塔的 侧棱长之比大约为（ ）（参考数据： 674 25.962 ） A. 2.77 B. 2.43 C. 1.73 D. 1.35 【答案】C 【解析】 【分析】由已知求得金字塔的侧棱长，由此可得选项. 【详解】因为金字塔的底面对角线的长为 2 240 30 50  ，所以金字塔的侧棱长为 2 27 25 674  ， 则陵墓的高与金字塔的侧棱长之比大约为 45 1.73 674  ， 故选：C. 7. 若 2 3log 3 log 5a   ， 2 9log 4b  ， 0.992c  ，则（ ） A. a c b  B. a b c  C. c a b  D. c b a  【答案】C 【解析】 【分析】通过对数运算，把 ,a b 化成底数相同，再通过中间量 2 与 c 比较. 【详解】 2 3 2log 3 log 5 log 5 2a     ， 2 22 2 81 80log log log 516 16 9log 4b a    ， 0.992 2c   ，有 c a b  . 故选：C. 8. 函数   1 sin1x xef x xe   在区间 ,  上的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据函数的奇偶性排除部分选项，再根据  0,x  时函数的符号即可求解. 【详解】由 1 1( ) sin( ) sin ( )1 1 x x x x e ef x x x f xe e            ， 可知  f x 为偶函数， 又由当  0,x  时，   1 sin 01 x x ef x xe    . 故选：A 9. 在面积为S 的 ABC 中，角 , ,A B C 的对边分别为 , ,a b c ，若 2 2 43 tan Sb c A    ，则 a （ ） A. 1 B. 3 C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】将面积用 1 sin2S bc A 表示，结合余弦定理即可得结果. 【详解】由三角形的面积公式，得 2 2 2 sin3 tan bc Ab c A    ， 即 2 2 3 2 cosb c bc A   ，由余弦定理，得 2 2 2 2 cos 3a b c bc A    ， 所以 3a  . 故选：B. 10. 已知函数 ( ) sin( ) 0 4,| | 2f x x            ， 7 012 12f f            ，则  f x （ ） A. sin 2 6x     B. sin 3 4x     C. sin 3 4x     D. sin 2 3x     【答案】A 【解析】 【分析】由 7 012 12f f            代入函数求得 与 即可． 【详解】由题意有   1 1 2 2 12 ,7 12 k k k k              Z ， 两式作差得    2 1 1 2,2 k k k k   Z ， 有   2 1 1 22 ,k k k k   Z ，又 0 4  ， 所以 2  ， 1 6k    ，又| | 2   ， 所以 6    ，故   sin 2 6f x x      ． 故选：A 11. 点 F 为抛物线 2: 4C y x 的焦点，横坐标为 0)m m （ 的点 P 为抛物线C 上一点，过点 P 且与抛物线C 相切的直线l 与 y 轴相交于点Q ，则 tan FPQ  （ ） A. m B. 1 2 m  C. 1 m D. 2 1m  【答案】C 【解析】 【分析】设出 P 点坐标和直线 l 的方程，联立直线l 的方程和抛物线方程，化简后求得 ,k m 的关系式，从而 化简直线 l 的方程，求得 l 与 x 轴交点的坐标，结合抛物线的定义得到 FPQ FDP   ，从而求得 tan FPQ . 【详解】由抛物线的对称性，不妨设点 P 位于第一象限， 可得点 P 的坐标为 ,2m m ， 设直线l 的方程为   2y k x m m   ， 联立方程 2 4 ( ) 2 y x y k x m m      ，消去 x 后整理为 2 4 8 4 0ky y m km    ， 有 Δ 16 4 (8 4 ) 0k m km    ，有 2 2 1 0mk mk   ， 解得 1k m  ，可得直线l 的方程为 1y x m m   ， 令 0y  ，得 x m  ，直线 l 与 x 轴的交点 D 的坐标为 ,0m ， 所以| | 1DF m  ，又| | 1PF m  ， 所以| | | |PF DF ，所以 FPQ FDP   ， 所以 1tan tanFPQ FDP k m      . 故选：C 【点睛】解题过程中，遇到参数较多时，可利用已知条件建立参数间的关系，从而减少参数. 12. 已知函数   lnf x x x ，若对任意 1 2 0x x  ，      2 2 1 2 1 22 x x f x f x    恒成立，则实数  的取 值范围为（ ） A.  1,e B. ( ,1] C. [ ),e  D. [1, ) 【答案】D 【解析】 【分析】由      2 2 1 2 1 22 x x f x f x    可得 2 2 1 1 1 2 2 2ln ln2 2x x x x x x    ，令 2( ) ln2g x x x x  ，然 后可得函数  g x 在 0,  上单调递增，然后可得   0g x  在 0,  上恒成立，然后分离变量转化为求 最值即可. 【详解】由      2 2 1 2 1 22 x x f x f x    ，得 2 2 1 1 1 2 2 2ln ln2 2x x x x x x    . 令 2( ) ln2g x x x x  ，则问题可以转化为： 对任意 1 2 0x x  ，    1 2g x g x 恒成立， 即函数  g x 在 0,  上单调递增， 因为   ln 1g x x x    ，所以转化为   0g x  在 0,  上恒成立， 因为  0,x  ，所以 ln 1x x   在 0,  上恒成立，即转化为 max ln 1x x       令   ln 1xh x x  ，则   2 ln xh x x    ， 所以当  0,1x 时，   0h x  ，当  1,x  时，   0h x  ， 所以  h x 在 0,1 上单调递增，在 1, 上单调递减， 所以    max 1 1h x h  ，所以 1  . 故选：D 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分． 13. 已知实数 x ， y 满足 0 1 0 5x 7 0 x y x y y           ，则 3z x y   的最小值是__________． 【答案】 5 【解析】 【分析】作出可行域可得答案. 【详解】画出可行域（如图阴影部分），当直线 3z x y   过点 A 时，取得最小值， 由 1 0 5x 7 0 x y y        解得 ( 1,2)A  ，此时 1 6 5z     ， 所以 z 的最小值为 5 ． 故答案为： 5 . 【点睛】思路点睛：本题主要考查线性规划中，利用可行域求目标函数的最值，属于简单题.求目标函数最 值的一般步骤是“一画、二移、三求”： （1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）； （2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点 就是最优解）； （3）将最优解坐标代入目标函数求出最值. 14. 已知 10 2 10 0 1 2 10(2 )x a a x a x a x      ，则 1 2 3 102 3 10a a a a     ___________. 【答案】 10 【解析】 【分析】先求导再赋值即可. 【详解】对 10 2 10 0 1 2 10(2 )x a a x a x a x      两边分别求导，得 9 2 1 2 1010(2 ) 2 10x a a x a x      ， 令 1x  ，得 1 2 3 102 3 10 10a a a a      . 故答案为: 10 . 15. 已知双曲线 2 2 2 2: 1( 0, 0)x yC a ba b     的右焦点为 F ，A 为双曲线C 的右顶点，过点 F 作 x 轴的垂线， 与双曲线C 交于 P ，若直线 AP 的斜率是双曲线C 的一条渐近线斜率的 3 倍，则双曲线C 的离心率为 __________. 【答案】2 【解析】 【分析】先求出 P 的坐标，表示出直线 AP 的斜率，消去 b，求出离心率. 【详解】设焦点 F 的坐标为  ,0c ，双曲线C 的离心率为 e ， 不妨设点 P 位于第一象限，由 by xa x c     求得点 P 的坐标为 2 , bc a      ， 点 A 的坐标为 ,0a ，直线 AP 的斜率为 2 2 2 1( ) b c a c aa ec a a c a a       ， 又由 2 2 2 2 1b c a ea a    ，有  21 3 1e e   ， 整理为 2 2 0e e   ，解得 2e  或 1e   （舍）. 故答案为：2. 【点睛】求椭圆（双曲线）离心率的一般思路：根据题目的条件，找到 a、b、c 的关系，消去 b，构造离心 率 e 的方程或（不等式）即可求出离心率． 16. 在四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD 是边长为 2 的正方形，侧面 PAB  底面 ABCD ，且 60APB   ， 当 PAB 的面积最大时，四棱锥 P ABCD 的高为____________，四棱锥 P ABCD 外接球的表面积为 ___________. 【答案】 (1). 3 (2). 28 3  【解析】 【分析】由题意可得点 P 在以弦 2AB  ，所对的圆周角为 60 的优弧 APB 上运动，作 PH AB ，可得 当 H 为 AB 的中点时，此时 PAB△ 的面积最大，可得 3PH  ，设等边 PAB△ 的中心为 1O ，正方形 ABCD 的中心为 2O ，过 1O 、 2O 分别作平面 PAB 、平面 ABCD 的垂线，交于点 O 为球心，O 为四棱锥 P ABCD 外接球的球心，由 2 2 2 2R O O O A  即可求解. 【详解】点 P 在以弦 2AB  ，所对的圆周角为 60的优弧 APB 上运动， 作 PH AB ， H 为垂足，由侧面 PAB  底面 ABCD ，得 PH  底面 ABCD . 当 H 为 AB 的中点时， PAB△ 为等边三角形， 此时 PAB△ 的面积最大，且 3PH  ，即四棱锥 P ABCD 的高为 3 . 设等边 PAB△ 的中心为 1O ，正方形 ABCD 的中心为 2O ， 过 1O 、 2O 分别作平面 PAB 、平面 ABCD 的垂线，且交于点O ， 则O 为四棱锥 P ABCD 外接球的球心， 显然 2 2 2 2 2 2 3 7( 2)3 3R O O O A          ， 于是四棱锥 P ABCD 外接球的表面积为 2 7 284 3 3        . 故答案为： 3 ； 28 3  【点睛】 关键点点睛：本题考查了几何体的外接球问题，解题的关键是作出几何体外接球的球心，考查了计算能力 以及空间想象能力. 三、解答题：共 70 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第 17~21 题为必考题， 每个试题考生都必须作答．第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答． （一）必考题共 60 分． 17. 已知数列 na 满足 1 1a  ，且 1 1 n n n aa a   . （1）求数列 na 的通项公式； （2）令 2 4 4n n b a   ，求数列 nb 的前 n 项和 nS . 【答案】（1）  *1 na n Nn   ；（2）  2 1 2 1n nS n n   . 【解析】 【分析】(1)先化简已知 1 1 n n n aa a   ，整理可得等差数列 1 na       ，求出数列 na 的通项公式. (2)先求出 1 1 11 2 2 1 2 1nb n n        ，再利用裂项相消求出数列 nb 的前 n 项和 nS . 【详解】解：（1）因为 1 1 n n n aa a   ，所以 1 11 1 1 1n n n n n a a a a a     ， 又 1 1 1a = ，所以数列 1 na       是首项为 1，公差为 1 的等差数列. 所以  1 1 1 n n na     ，得 1 na n  ， 即数列 na 的通项公式为  *1 na n Nn   . （2）由（1），得 2 2 2 2 2 2 4 4 4 4 1 1 14 4 1 4 14 n n n nb a n n n        1 1 1 11 1(2 1)(2 1) 2 2 1 2 1n n n n            ，则 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 11 1 1 12 1 3 2 3 5 2 5 7 2 2 1 2 1nS n n                                     2 11 1 1 2 1 2 1 2 1 n nn n n         . 【点睛】(1)本题主要考查等差数列的性质，考查数列通项的求法，考查裂项相消法求和，意在考查学生对 这些知识的掌握水平和分析推理能力. (2)裂项相消：有时把一个数列的通项公式分成二项差的形式，相加消去中间项，只剩有限项再求和． 18. 如图 1 中，多边形 ABCDE 为平面图形，其中 3AB AE  ， 2BE BC  ， 4CD  ， //BE CD ， BC CD ，将 ABE 沿 BE 边折起，得到如图 2 所示四棱锥 P BCDE ，其中点 P 与点 A 重合. （1）当 11PD  时，求证： DE  平面 PCE ； （2）当二面角 P BE C  为135 时，求平面 PBE 与平面 PCD所成二面角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2） 5 5 . 【解析】 【分析】（1）分别利用勾股定理证明 DE CE ，DE PE ，利用线面垂直的判定定理证明 DE  平面 PCE ； （2）取 BE 的中点 O ，过点O 在平面 BCDE 内作 BE 的垂线交 CD 于 F ， 以直线 OF 为 x 轴，直线 OE 为 y 轴，过点O 作平面 BCDE 的垂线为 z 轴，建立空间直角体系，用向量法 求出二面角的余弦值，再求正弦值. 【详解】（1）证明：由 //BE CD ， BC CD ， 2BE BC  ， 4CD  ， 易求 2 2CE DE  ，所以 2 2 2CE DE CD  ，所以 DE CE . 因为 3PE  ， 11PD  ，所以 2 2 211DE PE PD   ，所以 DE PE . 又 PE CE E ， ,PE CE  平面 PCE ， 所以 DE  平面 PCE . （2）解：取 BE 的中点 O ，过点O 在平面 BCDE 内作 BE 的垂线交 CD 于 F ， 以直线 OF 为 x 轴，直线 OE 为 y 轴， 过点O 作平面 BCDE 的垂线为 z 轴，建立空间直角体系， 则  0,0,0O ，  0, 1,0B  ，  0,1,0E ，  2, 1,0C  ，  2,3,0D . 因为 PB PE ，O 为 BE 的中点，所以 PO BE ， 又 BE OF ，所以 135POF   . 在 PBE△ 中， 3PE  ， 2BE  ，所以 2PO  ，所以  1,0,1P  ， 所以  0,1,0OE  ，  1,0,1OP   ，  0,4,0CD  ，  3,1,1CP   . 设平面 PBE 的法向量为  , ,m x y z  ， 由  0,1,0OE  ，  1,0,1OP   ，有 0 0 m OE y m OP x z             解得 0y z x    ，令 1x  ，得  1,0,1m  ； 设平面 PCD的法向量为  , ,n a b c ， 由  0,4,0CD  ，  3,1,1CP   ，有 4 0 3 0 n CD b n CP a b c              解得 0 3 b c a    ，令 1a  ，得  1,0,3n  ， 所以 4m n   ，| | 2m  ，| | 10n  ， 4 2cos | | | | 2 10 5 m nm n m n            ， 故平面 PBE 与平面 PCD所成二面角的正弦值为 22 51 55      . 【点睛】立体几何解答题的基本结构： (1)第一问一般是几何关系的证明，用判定定理； (2)第二问是计算，求角或求距离（求体积通常需要先求距离），通常可以建立空间直角坐标系，利用向量法 计算． 19. 某校为了调研学情，在期末考试后，从全校高一学生中随机选取了 20 名男学生和 20 名女学生，调查分 析学生的物理成绩，为易于统计分析，将 20 名男学生和 20 名女学生的物理成绩，分成如下四组： 60,70 ，  70,80 ， 80,90 ， 90,100 ，并分别绘制了如下图所示的频率分布直方图： 规定：物理成绩不低于 80 分的为优秀，否则为不优秀. （1）根据这次抽查的数据，填写下列的 2 2 列联表； 优秀 不优秀 合计 男生 女生 合计 （2）根据（1）中的列联表，试问能否在犯错误的概率不超过1% 的前提下，认为物理成绩优秀与性别有关？ （3）用样本估计总体，将频率视为概率.在全校高一学生中随机抽取 8 名男生和 8 名女生，记“8 名男生中 恰有  1 8n n  名物理成绩优秀”的概率为 1P ，“8 名女生中恰有  1 8n n  名物理成绩优秀”的概率为 2P ，试比较 1P 与 2P 的大小，并说明理由. 附：临界值参考表与参考公式 2 0( )P K K 0.150 0.100 0.050 0.025 0.010 0.005 0.001 0k 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 （ 2 2 ( ) ( )( )( )( ) n ad bcK a b c d a c b d      ，其中 n a b c d    .） 【答案】（1）表格见解析；（2）答案见解析；（3）答案见解析. 【解析】 【分析】（1）根据直方图，分别计算男生和女生优秀的比例，进而结合总人数计算男女生的优秀，不优秀 人数，然后填表即可； （2）根据列联表计算 2K ,看是否大于 1%=0.01 的临界值即可得到结论； （3）利用二项分布求解各自的概率，利用比值法比较大小. 【详解】解：（1）列出 2 2 列联表，如下： 优秀 不优秀 合计 男生 15 5 20 女生 5 15 20 合计 20 20 40 （2） 2 2 ( ) ( )( )( )( ) n ad bcK a b c d a c b d      240(15 15 5 5) 10 6.63520 20 20 20        ， 所以能在犯错误的概率不超过1% 的前提下，认为物理成绩优秀与性别有关. （3）根据频率分布直方图，可得男生物理成绩优秀的概率为 0.5 0.25 3 40.75   ， 女生物理成绩优秀的概率为 0.2 0.05 1 40.25   . 设“8 名男生中物理成绩优秀”的人数为随机变量 ， “8 名女生中物理成绩优秀”的人数为随机变量 ， 根据题意，得 38, 4B      ， 18, 4B      ， 则 8 8 8 1 8 8 8 33 3 3 114 4 4 4 4 n n n n n n n n CP C C                            ， 8 8 8 8 2 8 8 8 31 1 1 314 4 4 4 4 n n n n n n n nCP C C                            ， 8 8 2 81 8 32 8 3 4 33 4 n n n n n C P CP      ， 当 4n  时， 2 83 1n  ，于是 1 2P P ； 当1 4n  时， 2 83 1n  ，于是 1 2P P ； 当 4 8n  时， 2 83 1n  ，于是 1 2P P . 【点睛】本题考查直方图，列联表，独立性检验和二项分布，关键是利用二项分步进行计算并用比值法比 较大小. 20. 已知椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b     的左、右焦点分别为 1F 、 2F ，过 2F 且垂直于 x 轴的直线与C 交于 ,M N 两点，且 M 的坐标为 31, 2      . （1）求椭圆C 的方程； （1）过 2F 作与直线 MN 不重合的直线 l 与C 相交于 ,P Q 两点，若直线 PM 和直线QN 相交于点T ，求证： 点T 在定直线上. 【答案】（1） 2 2 14 3 x y  ；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）已知椭圆上一点及焦点坐标，利用椭圆定义待定系数 a 即可； （2）先设直线斜率 k 及直线与椭圆交点坐标，联立方程消元整理，由韦达定理得到交点坐标 1 2,x x 与 k 关系 式.再由椭圆对称性可知，定直线垂直于 x 轴.只需先求解直线 PM 和直线QN 的方程，再联立消 y，用 1 2,x x 表示出交点T 的横坐标.最后将韦达定理关系式代入，从而证明横坐标为定值. 【详解】（1）解：由题意，得 ( )2 1,0F ，  1 1,0F  ，且 1c  ， 则 2 2 1 2 3 32 ( 1 1) 0 42 2a MF MF             ，即 2a  ， 所以 2 2 3b a c   ， 故椭圆C 的方程为 2 2 14 3 x y  . （2）证明：由（1）及C 的对称性，得点 N 的坐标为 31, 2     ， 设直线l 的方程为  1y k x  ，点 P 、Q 的坐标分别为 1 1,x y ， 2 2,x y ， 联立方程   2 2 14 3 1 x y y k x       ，消去 y 后整理为 2 2 2 24 3 8 4 12 0k x k x k     ， 所以 2 1 2 2 8 4 3 kx x k    ， 2 1 2 2 4 12 4 3 kx x k   . 直线 PM 的斜率为  1 1 1 1 1 3 31 32 2 1 1 2 2 y k x kx x x         ， 直线 PM 的方程为 1 3 3 ( 1)2 2 2y k xx        ， 直线QN 的斜率为  2 2 2 2 2 3 31 32 2 1 1 2 2 y k x kx x x         ， 直线QN 的方程为 2 3 3 ( 1)2 2 2y k xx        ， 将直线 PM 和直线QN 方程作差消去 y 后整理为 1 2 3 3 ( 1) 32 2 2 2 xx x        ， 可得 1 2 1 1 ( 1) 21 1 xx x        ， 而由      2 21 2 1 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 8 22 21 1 24 3 4 12 81 1 1 1 1 314 3 4 3 k x x x x k k kx x x x x x x x k k                   ， 可得  2 1 23 x   ，解得 4x  ， 即直线 PM 和QN 的交点T 的横坐标恒为 4， 所以点T 在定直线 4x  上. 【点睛】圆锥曲线中定值问题的特点及两种常见解法： (1)特点：待证几何相关量不受动点或动线的影响而有固定的值； (2)两种常见解法：①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；②引进变量法：先选择适当的动 点坐标或动线中系数为变量，再把要证明为定值的量表示成上述变量的数学表达式，最后把得到的数学表 达式化简，利用已知关系消去变量得到定值. 21. 已知函数    1 2 lnf x x a x a Rx     . （1）讨论函数  f x 的单调性； （2）若 1 2 1 2 1 1ln lnx x x x    ，求证： 1 2 2x x  . 【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）求导得 2 2 2 1( ) x axf x x    ，令   2 2 1g x x ax   ，再对  和 a 分类讨论即得函数  f x 的 单调性； （2）由题得 1 1 1 2 2 2 1 2 1 1 ln x x x x x x x x x   ，令 1 2 x tx  ，则 1t  ，得到 2 1 2 1 ln tx x t t   ，再利用分析法结合第（1） 问的结论得证. 【详解】（1）解：  f x 的定义域为 0,  ， 2 2 2 1 2 2 1( ) 1 a x axf x x x x      . 令   2 2 1g x x ax   ， 方程 2 2 1 0x ax   的判别式   24 4 4 1 1a a a      ， （ⅰ）当 0  ，即 1 1a   时，   2 2 1 0g x x ax    恒成立， 即对任意  0,x  ，     2 0g xf x x    ， 所以  f x 在 0,  上单调递增. （ⅱ）当 0  ，即 1a   或 1a  . ①当 1a   时，   2 2 1 0g x x ax    恒成立，即对任意  0,x  ，     2 0g xf x x    ， 所以  f x 在 0,  上单调递增. ②当 1a  时，由 2 2 1 0x ax   ，解得 2 1a a    ， 2 1a a    . 所以当 0 x   时，   0g x  ；当 x   时，   0g x  ；当 x  时，   0g x  ， 所以在   2 20, 1 1,a a a a      上，   0f x  ， 在 2 21, 1a a a a    上，   0f x  ， 所以函数  f x 在 20, 1a a  和 2 1,a a   上单调递增； 在 2 21, 1a a a a    上单调递减. 综上，当 1a  时，  f x 在 0,  上单调递增； 当 1a  时，  f x 在 20, 1a a  和 2 1,a a   上单调递增，在 2 21, 1a a a a    上单调 递减. （2）证明：由 1 2 1 2 1 1ln lnx x x x    ，得 1 2ln ln 0x x  ，所以 1 2 0x x  ， 因为 1 2 1 2 1 1ln lnx x x x    ，所以 1 1 1 2 2 2 1 2 1 1 ln x x x x x x x x x   ， 令 1 2 x tx  ，则 1t  ， 1 1ln tt x  ， 所以 1 1 ln tx t  ， 2 1 ln tx t t  ，所以 2 1 2 1 ln tx x t t   . 所以要证 1 2 2x x  ，只要证 2 1 2ln t t t   ，即证  1 2ln 1t t tt    . 由（1）可知，当 1a  时，所以   1 2lnf x x xx    在 0,  上是增函数， 所以，当 1t  时，    1 0f t f  ，即  1 2ln 1t t tt    成立， 所以 1 2 2x x  成立. 【点睛】关键点睛：解答本题的关键是构造 1 2x x 的函数，再利用导数和第（1）问 的结论分析. 证明 1 2 2x x  ，实际上是求函数 1 2x x 的值域，所以建立恰当的函数最为关键. （二）选考题：共 10 分．请考生在第 22、23 两题中任选一题作答．如果多做，则按所做的 第一题计分． 选修 4-4：坐标系与参数方程 22. 在平面直角坐标系 xOy 中，直线l 的参数方程为 1 2 3 2 x t y t      （t 为参数），曲线C 的参数方程为 1 cos sin x y       ，（ 为参数），以原点O 为极点， x 轴的正半轴为极轴，且两个坐标系取相等的长度单位， 建立极坐标系. （1）求直线l 和曲线C 的极坐标方程； （2）已知 A 是曲线C 上一点， B 是直线 l 上位于极轴所在直线上方的一点，若| | 2OB  ，求 AOB 面积 的最大值. 【答案】（1）  2 3 R   ； 2cos  ；（2） 31 2  . 【解析】 【分析】（1）分别由直线与圆的参数方程，写出普通方程，代入极坐标转化公式，求得极坐标方程； （2）利用极坐标把 OA 表示出来，进而写出三角形 AOB 的面积表达式，根据恒等变换转化为三角函数的最 值问题，从而求得答案. 【详解】解：（1）由 l 的参数方程得 l 的普通方程为 3y x  ， 所以 l 的倾斜角为 2 3  ，所以直线l 的极坐标方程为  2 3 R   ； 由曲线C 的参数方程得C 的普通方程为 2 21 1x y   ， 又 cos sin x y        ， 2 2 2( cos 1) ( sin ) 1 2 cos 0            ， 所以曲线C 的极坐标方程为 2cos  . （2）由| | 2OB  ，且 B 在极轴上方，则 B 的极坐标为 22, 3      . 设 ( , ) 2 2A       „ „ ，则 1 1 2| | | | sin 2 2cos sin2 2 3AOBS OA OB AOB           △ 23 12cos cos sin 3 cos sin cos2 2              1 cos2 1 33 sin 2 sin 22 2 3 2             当sin 2 13      ，即 12   时， max 31 2AOBS  △ . 【点睛】方法点睛：利用 cos sin x y        ，可以把普通方程转化为极坐标方程；通过极坐标转化把实际问题 转化为函数问题，求得最值. 选修 4-5：不等式选讲 23. 设 , ,a b cR ，且 1a b c   . （1）求证： 2 2 2 1 3a b c   ； （2）用  max , ,a b c 表示 , ,a b c 的最大值，求  max , ,a b b c c a   的最小值. 【答案】（1）证明见解析；（2）    2min max , , 3a b b c c a    . 【解析】 【分析】（1）利用基本不等式可得  2 2 2 2( ) 3a b c a b c    ，从而可证原不等式成立. （2）设  max , ,M a b b c c a    ，则可得  3 2M a b c   ，从而可求 M 的最小值. 【详解】（1）证明：因为 2 22ab a b  （当且仅当 a b 时等号成立）， 2 22bc b c  （当且仅当b c 时等号成立）， 2 22ca c a  （当且仅当 c a 时等号成立）， 又 2 2 2 2( ) 2 2 2a b c a b c ab bc ca        ， 所以        2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2( ) 3a b c a b c a b b c c a a b c            „ ， 由 1a b c   ，得 2 2 2 1 3a b c   （当且仅当 1 3a b c   时等号成立）. （2）解：设  max , ,M a b b c c a    ，则 M a b  ， M b c  ， M c a  ， 从而  3 2 2M a b c    ，即 2 3M  . 当且仅当 a b b c c a     ， 1a b c   ， 即 1 3a b c   时，    2min max , , 3a b b c c a    . 【点睛】思路点睛：利用基本不等式证明不等式时注意代数式的合理变形，对于双重最值问题，注意根据 最值构建关于最值的不等式，从而得到最值的范围.