2020届江西省赣州市高三年级3月摸底考试数学（文）试题（解析版）.docx

1、数学试题数学试题 一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 60 分分.在每小题给出的四个选项中，只有在每小题给出的四个选项中，只有 一项是符合题目一项是符合题目要求的要求的 1已知集合 AxR|x22，集合 B2，1，0，1，2则（RA）B 中的元素个 数为（ ） A2 B3 C4 D5 2已知复数 z= 5 1+2在复平面内对应的点关于虚轴对称的点是（ ） A （1，2） B （1，2） C （2，1） D （1，2） 3下列函数中，在定义域内既是奇函数又是增函数的是（ ） Ay= 1 Byln|x| Cyexe x Dy= 4已知等差数列

2、an的前 n 项和为 Sn，若 S1236a62，则 a7（ ） A4 B8 C14 D68 5 已知角 的顶点为坐标原点， 始边与x轴的非负半轴重合， 终边过点P （sin132， cos132） ， 则 tan（+12）（ ） A3 B 3 3 C3 D 3 3 6已知 ， 均为单位向量，则 是| 2 |2 + |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 7从 1，2，3，4，5 这 5 个数字中每次随机取出一个数字，取出后放回，连续取两次，则 两次取出的数字中至少有一个是奇数的概率为（ ） A 6 25 B12 25 C4 5 D21 25 8已知

3、抛物线 C：y2px（p0）的焦点为 F，直线 y4 与 y 轴的交点为 P，与抛物线 C 的交点为 Q，且|QF|2|PQ|则 P 的值为（ ） A1 B2 C4 D8 9已知直线 ykx+k+1 经过不等式组 2 + 6 0 + 3 0 2 表示的平面区域，则实数 k 的取值范 围是（ ） A 1 4， 1 2 B （， 1 4 1 2，+） C （，1 2 D （， 1 4 10在 1930 年，德国汉堡大学学生考拉兹提出猜想：对于每一个正整数，如果它是奇数， 则对它乘 3 再加 1：如果它是偶数，则对它除以 2如此循环，最终都能得到 1阅读如 图所示的程序框图，运行相应程序，输出的结果

4、 i（ ） A6 B7 C8 D9 11已知函数 y= 3sin2x 的图象与函数 y3cos2x 的图象相邻的三个交点分别是 A，B，C， 则ABC 的面积为（ ） A3 4 B3 2 C 3 4 D 3 2 12已知函数 f（x）= ;， 1 1 2 ( + 1)，1，若 mn，且 f（m）f（n） ，则 m+n 的取值范围 是（ ） A2 ，+） B2 2，+） C2 ，e） D2 2，2 二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分.把答案填在答题卡上的相应位置把答案填在答题卡上的相应位置. 13已知双曲线 x2 2 =1 的焦点

5、到渐近线的距离为 1，则双曲线的离心率为 14在ABC 中，sinA= 2sinB，c= 3b，则 sinB 15已知函数 f（x）x3+（a1）x2+ax，若曲线 f（x）在 x1 处的切线恰好平分圆 C：x2+y2 4y0 的周长，则实数 a 的值为 16已知一个底面半径为 r，高为 h 的圆锥内有一个棱长为 a 的内接正方体，且该内接正方 体的顶点都在圆锥的底面或侧面上，若 r= 2h，则 = 三、解答题：共三、解答题：共 70 分，解答时应写出必要的文字说明、演绎步骤或推理过程，第分，解答时应写出必要的文字说明、演绎步骤或推理过程，第 17 题题-第第 21 题为必考题，每个试题考生必

6、须作答，第题为必考题，每个试题考生必须作答，第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答题为选考题，考生根据要求作答.（一）（一） 必考题：共必考题：共 60 分分. 17 “生命重于泰山， 疫情就是命令， 防控就是责任” 面对疫情， 为切实做好防控， 落实 “停 课不停学” ，某校高三年级启动线上公益学习活动，助“战”高考，为了解学生的学习效 果，李华老师在任教的甲、乙两个班中各随机抽取 20 名学生进行一次检测，根据他们取 得的成绩（单位：分，满分 100 分）绘制了如图茎叶图，记成绩不低于 70 分者为“成绩 优良” （1）分别估计甲、乙两个班“成绩优良”的概率； （2）根据茎叶图判断哪

7、个班的学习效果更好？并从两个角度来说明理由 18已知各项为正数的等比数列an的前 n 项和为 Sn，a22，S45S2 （I）求数列an的通项公式； （2）求使得 8Sn15an0 成立的最小正整数 n 19在如图所示的多面体中，平面 ABED 垂直于以 AB 为直径的半圆面，C 为 上一点， ABDE，ADAB，1 2ABADDE2 （1）若点 F 是线段 BC 的中点，求证：EF平面 ACD； （2）若点 C 为 的中点，求点 E 到平面 BCD 的距离 20已知函数 f（x）asinxlnx（aR） ，其导函数为 f（x） （1）若不等式 f（x）1 1 在区间（0， 3上恒成立，求实数

8、 a 的取值范围； （2）当 a2 时，证明：f（x）在区间（0， 2）上有且只有两个零点 21已知椭圆 C： 2 2 + 2 2 =1（ab0）的短轴长为 2，直线 x1 被椭圆截得的线段长为 3，O 为坐标原点 （1）求椭圆 C 的方程； （2）是否存在过点 M（1，0）且斜率为 k（k0）的直线 l，与椭圆交于 P、Q 两点时， 作线段 PQ 的垂直平分线分别交 x 轴、y 轴于 C、D，垂足为 N，使得ODC 与CMN 的面积相等，若存在，试求出直线 1 的方程，若不存在，请说明理由 （二）选考题：共（二）选考题：共 10 分分.请考生在第请考生在第 22、23 题中任选一题作答，如果

9、多做，则按所做的第题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第 1 题计分题计分.作答时请用作答时请用 2B 铅笔在答题卡上将所选题号的方框涂黑铅笔在答题卡上将所选题号的方框涂黑.选修选修 4-4： 坐标系与参数方： 坐标系与参数方 程程 22在平面直角坐标系 xOy 中，动圆 C：x2+y242xcos4ysin+7cos280， （R， 是参數） 以 O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，若直线 1 的极坐标方程为 2cos（+ 3）m （1）求动圆 C 的圆心的轨迹 C1的方程及直线 1 的直角坐标方程； （2）设 M 和 N 分别 C1和 1 上的动点，若|MN|的最小值为 1，求

10、 m 的值 选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲 23设 a，b，c 均为正数，且 a+b+c1 （1）证明：ab+bc+ca 1 3； （2）若不等式 2 + 2 + 2 t 恒成立，求 t 的最大值 一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 60 分分.在每小题给出的四个选项中，只有在每小题给出的四个选项中，只有 一项是符合题目要求的一项是符合题目要求的 1已知集合 AxR|x22，集合 B2，1，0，1，2则（RA）B 中的元素个 数为（ ） A2 B3 C4 D5 求出集合 A，集合 B，从而得到RA，进而求出（RA）B，由此能求出

11、（RA）B 中 的元素个数 集合 AxR|x22x|x 2或 x 2， 集合 B2，1，0，1，2 RAx|22， （RA）B1，0，1， （RA）B 中的元素个数为 3 故选：B 本题考查交集、补集的求法，考查交集、补集等基础知识，考查运算求解能力，是基础 题 2已知复数 z= 5 1+2在复平面内对应的点关于虚轴对称的点是（ ） A （1，2） B （1，2） C （2，1） D （1，2） 利用复数代数形式的乘除运算化简，求出 z 的坐标关于 y 轴的对称点得答案 z= 5 1+2 = 5(12) (1+2)(12) = 1 2， 复数 z= 5 1+2在复平面内对应的点关于虚轴对称的点

12、是（1，2） 故选：D 本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题 3下列函数中，在定义域内既是奇函数又是增函数的是（ ） Ay= 1 Byln|x| Cyexe x Dy= 由已知结合函数奇偶性及单调性的定义对选项进行检验即可判断 y= 1 在定义域内不单调，不符合题意； yln|x|为偶函数，不符合题意； yexe x 为奇函数且在定义域 R 上单调递增，符合题意； y= 为非奇非偶函数，不符合题意 故选：C 本题主要考查了函数奇偶性及单调性的判断，属于基础试题 4已知等差数列an的前 n 项和为 Sn，若 S1236a62，则 a7（ ） A4 B8 C1

13、4 D68 由已知结合等差数列的求和公式及性质即可直接求解 因为 S12= 12(1+12) 2 =6（a6+a7）36 又 a62，则 a74 故选：A 本题主要考查了等差数列的求和公式及性质的简单应用，属于基础试题 5 已知角 的顶点为坐标原点， 始边与x轴的非负半轴重合， 终边过点P （sin132， cos132） ， 则 tan（+12）（ ） A3 B 3 3 C3 D 3 3 根据三角函数的定义和诱导公式，计算即可 由 的终边过点 P（sin132，cos132） ， 即 xsin1320，ycos1320； tan= = 132 132 = 42 42 = tan42tan（4

14、2） ， 则 tan（+12）tan（42+12）tan30= 3 3 故选：D 本题考查了三角函数的定义和诱导公式应用问题，是基础题 6已知 ， 均为单位向量，则 是| 2 |2 + |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 ， 均为单位向量，利用数量积运算性质化简：| 2 |2 + |，即可得出 ， 均为单位向量，| 2 |2 + |14 +44+1+4 =0 是| 2 |2 + |的充要条件 故选：C 本题考查了平面向量、数量积运算性质、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算 能力，属于基础题 7从 1，2，3，4，5 这 5 个数字中每次随机

15、取出一个数字，取出后放回，连续取两次，则 两次取出的数字中至少有一个是奇数的概率为（ ） A 6 25 B12 25 C4 5 D21 25 利用乘法原理可得基本事件总数 n， 两次取出的数字中至少有一个是奇数包含的基本事件 个数 m2522，由此能求出两次取出的数字中至少有一个是奇数的概率 从 1，2，3，4，5 这 5 个数字中每次随机取出一个数字，取出后放回，连续取两次， 基本事件总数 n5525， 两次取出的数字中至少有一个是奇数包含的基本事件个数 m252221， 则两次取出的数字中至少有一个是奇数的概率 p= = 21 25 故选：D 本题考查概率的求法，考查古典概型、列举法等基础

16、知识，考查运算求解能力，是基础 题 8已知抛物线 C：y2px（p0）的焦点为 F，直线 y4 与 y 轴的交点为 P，与抛物线 C 的交点为 Q，且|QF|2|PQ|则 P 的值为（ ） A1 B2 C4 D8 设直线 y4 与抛物线的准线交于 N，由|QF|2|PQ|及抛物线的性质可得|QF|QN|，所 以可得 P 为 QN 的中点，所以 Q 的坐标，由于 Q 在抛物线上，代入抛物线的方程可得 p 的值 设 y4 与抛物线的准线 x= 4，交于 N 点，由|QF|2|PQ| 及抛物线的性质可得|QF|QN|， 所以可得 P 为 QN 的中点，所以 Q（ 4，4） ， 由 Q 在抛物线上，

17、所以 42p 4，解得 p8， 故选：D 本题考查抛物线的性质，属于中档题 9已知直线 ykx+k+1 经过不等式组 2 + 6 0 + 3 0 2 表示的平面区域，则实数 k 的取值范 围是（ ） A 1 4， 1 2 B （， 1 4 1 2，+） C （，1 2 D （， 1 4 画出不等式组所表示的平面区域， 利用数形结合法求出最优解的坐标， 计算对应 k 的值， 从而写出 k 的取值范围 画出不等式组 2 + 6 0 + 3 0 2 所表示的平面区域， 如图所示： 直线 ykx+k+1 是过定点 M（1，1）的直线， 由 = 2 + 3 = 0，解得 A（1，2） ， 当直线过点 A

18、 时，k= 1 2； 由2 + 6 = 0 + 3 = 0 ，解得 B（3，0） ， 当直线过点 B 时，k= 1 4； 由图形知，实数 k 的取值范围是 1 4， 1 2 故选：A 本题考查了线性规划与数形结合的应用问题，是基础题 10在 1930 年，德国汉堡大学学生考拉兹提出猜想：对于每一个正整数，如果它是奇数， 则对它乘 3 再加 1：如果它是偶数，则对它除以 2如此循环，最终都能得到 1阅读如 图所示的程序框图，运行相应程序，输出的结果 i（ ） A6 B7 C8 D9 根据题意一步一步进行运算，直到跳出循环 a3，i1， a 为奇数，a10，i2， a 为偶数，a5，i3， a 为

19、奇数，a16，i4， a 为偶数，a8，i5， a 为偶数，a4，i6， a 为偶数，a2，i7， a 为偶数，a1，i8，跳出循环， 故选：C 本题考查程序框图，属于基础题 11已知函数 y= 3sin2x 的图象与函数 y3cos2x 的图象相邻的三个交点分别是 A，B，C， 则ABC 的面积为（ ） A3 4 B3 2 C 3 4 D 3 2 直接利用三角函数关系式的恒等变换和函数的图象和性质的应用求出交点的坐标，进一 步利用三角形的面积公式的应用求出结果 函数 y= 3sin2x 的图象与函数 y3cos2x 的交点为（x，y） ， 令32 = 32，故 tan2x= 3， 解得 2x

20、= 3 ， 4 3 ， 7 3 ， 所以 x= 6 ， 2 3 ， 7 6 ， 即 A（ 6 ， 3 2） ，B（ 2 3 ， 3 2） ，C（ 7 6 ， 3 2） ， 所以三角形的底边长为 ，高为3 2 + 3 2 = 3 = 1 2 3 = 3 2 故选：B 本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，正弦型函数和余弦型函数图象的应 用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型 12已知函数 f（x）= ;， 1 1 2 ( + 1)，1，若 mn，且 f（m）f（n） ，则 m+n 的取值范围 是（ ） A2 ，+） B2 2，+） C2 ，e） D2 2，2 作出图

21、象，根据条件可得 m2e n1，构造函数 f（n）2en+n1，利用导数得到其 单调性，即可得到答案 如图，若 f（m）f（n） ，即1 2（m+1）e n，所以 m2en1， 由图可知 n1， 则 m+n2e n+n1，其中 n1， 令 f（n）2e n+n1，则 f（n）2en+10，解得 nln21， 所以 f（n）在（1，+）上单调地增， 则 f（n）f（1）= 2 ， 所以 m+n 的取值范围是2 ，+） 故选：A 本题考查分段函数及应用，注意运用转化思想和数形结合思想，运用导数求单调区间和 极值、最值，考查化简整理的运算能力，属于中档题 二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 4

22、 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分.把答案填在答题卡上的相应位置把答案填在答题卡上的相应位置. 13已知双曲线 x2 2 =1 的焦点到渐近线的距离为 1，则双曲线的离心率为 2 求出双曲线的焦点到条渐近线的距离，可得 b1，求出 c，即可求出双曲线的离心率 根据条件可得 a21，b2m，则 c= 1 + ，渐近线方程为 y x， 故焦点到渐近线距离 d= 2+2 = =b1， 故 c= 2， 所以离心率 e= 2 1 = 2， 故答案为：2 本题考查双曲线的性质，考查学生的计算能力，求出双曲线的焦点到条渐近线的距离等 于 b 是关键，属于基础题 14在ABC 中，sin

23、A= 2sinB，c= 3b，则 sinB 3 3 由已知结合正弦定理可得 a， b， c 的关系， 然后结合余弦定理可求 cosB， 进而可求 sinB 因为 sinA= 2sinB， 由正弦定理可得，a= 2，c= 3b， 由余弦定理可得，cosB= 2+22 2 = 22+322 223 = 6 3 ， 故 sinB= 3 3 故答案为： 3 3 本题主要考查了正弦定理及余弦定理在求解三角形中的应用，属于基础试题 15已知函数 f（x）x3+（a1）x2+ax，若曲线 f（x）在 x1 处的切线恰好平分圆 C： x2+y24y0 的周长，则实数 a 的值为 3 先利用导数求出 f（x）在

24、 x1 处的切线方程，然后根据切线平分圆的周长，即切线过圆 心，将圆心代入切线方程，即可解得 a 圆 C：即为 x2+（y2）24，故圆心为（0，2） 又 f（x）3x2+2（a1）x+a，f（1）2a，f（1）3a+1 故切线方程：y2a（3a+1） （x1） 将（0，2）代入得：a3 故答案为：3 本题考查了导数的几何意义及切线方程的求法，同时还考查了圆的弦的性质属于基础 题，注意计算须准确 16已知一个底面半径为 r，高为 h 的圆锥内有一个棱长为 a 的内接正方体，且该内接正方 体的顶点都在圆锥的底面或侧面上，若 r= 2h，则 = 2 3 如图所示，过正方体的对角线的轴截面，根据 A

25、CA1C1，可得POCPO1M，利用 相似三角形的性质即可得出 如图所示，过正方体的对角线的轴截面，AC= 2 2 a，CC1a，O1Ph，O1Mr 由 ACA1C1，可得POCPO1M， 可得：; = 2 2 ， 又 r= 2h， 代入解得： = 2 3， 故答案为：2 3 本题考查了圆锥的轴截面、相似三角形的性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础 题 三、解答题：共三、解答题：共 70 分，解答时应写出必要的文字说明、演绎步骤或推理过程，第分，解答时应写出必要的文字说明、演绎步骤或推理过程，第 17 题题-第第 21 题为必考题，每个试题考生必须作答，第题为必考题，每个试题考生必须作答，

26、第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答题为选考题，考生根据要求作答.（一）（一） 必考题：共必考题：共 60 分分. 17 “生命重于泰山， 疫情就是命令， 防控就是责任” 面对疫情， 为切实做好防控， 落实 “停 课不停学” ，某校高三年级启动线上公益学习活动，助“战”高考，为了解学生的学习效 果，李华老师在任教的甲、乙两个班中各随机抽取 20 名学生进行一次检测，根据他们取 得的成绩（单位：分，满分 100 分）绘制了如图茎叶图，记成绩不低于 70 分者为“成绩 优良” （1）分别估计甲、乙两个班“成绩优良”的概率； （2）根据茎叶图判断哪个班的学习效果更好？并从两个角度来说明理由

27、（1）求出成绩优良的个数，与总数相比即可求解； （2）乙教学效果更佳，根据与 70 分比较、平均分、中位数等即可判断出结论 （1）从茎叶图中，可得甲班学生成绩不低于 70 分的人数共有 10 人， 乙班学生成绩不低于 70 分的人数共有 16 人，且成绩不低于 70 分者为 成绩优良； 甲班“成绩优良”的概率为：10 20 =0.5； 乙班“成绩优良”的概率为：16 20 =0.8 （2）乙班教学效果更佳， 理由 1、乙班大多在 70 以上，甲班 70 分以下的明显更多； 理由 2、 甲班样本数学成绩的平均分为： 70.2； 乙班样本数学成绩前十的平均分为： 79.05 理由 3、 甲班样本数

28、学成绩的中位数为： 68:72 2 =70， 乙班样本成绩的中位数77:78 2 =77.5 本题考查了统计量的性质意义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题 18已知各项为正数的等比数列an的前 n 项和为 Sn，a22，S45S2 （I）求数列an的通项公式； （2）求使得 8Sn15an0 成立的最小正整数 n （1）根据已知求出公比，进而求得通项公式； （2）求出 8Sn15an的表达式，通过对 n 的讨论即可求解 （1）设公比为 q，则 q0；S45S2 q1；1(1; 4) 1; = 51(1;2) 1; q44q2+50q24 （q21 舍） ； q2 （2 舍） ana22n

29、22n1； （2）由（1）得：Sn2n1； 8Sn15an8（2n1）152n 12n18； 2n 180n4； 1n3 时，2n 180，此时 8S n15an； n4 时，2n 180，此时 8S n15an； n5 时，2n 180，此时 8S n15an； 使得 8Sn15an0 成立的最小正整数 n 为 5 本题主要考查数列递推关系式的应用以及等比数列的通项公式，属于中档题 19在如图所示的多面体中，平面 ABED 垂直于以 AB 为直径的半圆面，C 为 上一点， ABDE，ADAB，1 2ABADDE2 （1）若点 F 是线段 BC 的中点，求证：EF平面 ACD； （2）若点 C

30、 为 的中点，求点 E 到平面 BCD 的距离 （1）取 AC 的中点 G，连接 DG，FG，可得 FGAB，且 FG= 1 2AB，结合已知可得四边 形 DEFG 为平行四边形，得到 DGEF，再由直线与平面平行的判定可得 EF平面 AC D； （2） 由已知结合平面与平面垂直的性质得到 DA平面 ABC， 得 DABC， 结合 ACBC， 可得 BC平面 ADC，再由已知求得 ACBC= 22，然后利用等体积法求点 E 到平面 BCD 的距离 （1）证明：取 AC 的中点 G，连接 DG，FG，则 FGAB，且 FG= 1 2AB， 又 DEAB，且 DE= 1 2AB，DEFG 且 DE

31、FG， 则四边形 DEFG 为平行四边形，DGEF 又 DG平面 ACD，EF平面 ACD， EF平面 ACD； （2）解：由题意，平面 ABED平面 ABC，平面 ABED平面 ABCAB， DAAB，DA平面 ABED，DA平面 ABC，得 DABC， 又 ACBC，DAACA，BC平面 ADC 点 C 为 的中点，ACBC 又 ACBC，且 AB4，ACBC= 22 此时;= 1 3 2+4 2 2 2 = 4 ;= ; ;= 4 8 3 = 4 3 设点 E 到平面 BCD 的距离为 d，则;= 1 3 1 2 22 23 = 4 3， 解得 d= 6 3 本题考查直线与平面平行的判定

32、，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用等积法求 空间中点到面的距离，是中档题 20已知函数 f（x）asinxlnx（aR） ，其导函数为 f（x） （1）若不等式 f（x）1 1 在区间（0， 3上恒成立，求实数 a 的取值范围； （2）当 a2 时，证明：f（x）在区间（0， 2）上有且只有两个零点 （1）由已知不等式分离参数可得，a 1 在（0， 3上恒成立，结合余弦函数的单调性 可求； （2）先对函数求导，然后结合导数可研究函数的单调性，再结合零点判定定理可求 （1）() = 1 ， 由题意可得，f（x）1 1 在区间（0， 3上恒成立， 即 a 1 在（0， 3上恒成立， 由于 y

33、cosx 在（0， 3上单调递减， 1 2 1， 故 a2， （2）证明：当 a2 时，() = 2 1 = 21 ， 令 h（x）2xcosx1，则 h（x）2（cosxxsinx） ， 令 t（x）cosxxsinx，则 t（x）2xsinxxcosx0， （0 1 2 ） ， 所以 t（x）在（0，1 2 ）上单调递减，且 t（1）10，t（1 2 ）= 1 2 0， 故存在0 (0， 1 2)，使得 t（x0）0， 当 x（0，x0）时，t（x）0 即 h（x）0，h（x）单调递增，当 x (0， 1 2 )时，h （x）0，h（x）单调递减， 又 h（0）1，h（ 4）= 2 4 1

34、0， 所以 h（x）在（0， 4） ， （ 4 ， 1 2 ）上各有一个零点， 从而 f（x）在（0，1 2 ）上有且仅有 2 个零点 本题主要考查了利用导数求解函数的单调性，求解由不等式的恒成立求解参数范围问题 及函数零点的判定，属于中档试题 21已知椭圆 C： 2 2 + 2 2 =1（ab0）的短轴长为 2，直线 x1 被椭圆截得的线段长为 3，O 为坐标原点 （1）求椭圆 C 的方程； （2）是否存在过点 M（1，0）且斜率为 k（k0）的直线 l，与椭圆交于 P、Q 两点时， 作线段 PQ 的垂直平分线分别交 x 轴、y 轴于 C、D，垂足为 N，使得ODC 与CMN 的面积相等，若

35、存在，试求出直线 1 的方程，若不存在，请说明理由 （1）由题意求得 b 的值，进一步求得 a，则椭圆方程； （2）假设存在满足条件的直线，不妨设过 M 的直线为 yk（x1） ，联立直线方程与椭 圆方程，利用根与系数的关系结合中点坐标公式求得 N 的坐标，得到直线 PQ 的垂直平 分线方程，分别求得 D 与 C 的坐标，写出ODC 的面积与CMN 的面积，再由ODC 与CMN 的面积相等列式求得 k 值，则直线 l 的方程可求 （1）由题意可知，b1，且 1 2 + 3 4 = 1，得 a2 故所求椭圆方程为 2 4 + 2= 1； （2）假设存在满足条件的直线，不妨设过 M 的直线为 yk

36、（x1） 联立 = ( 1) 2 4 + 2= 1 ，消去 y 得（1+4k2）x28k2x+4k240 设线段 PQ 的中点 N（xN，yN） ，P（x1，y1） ，Q（x2，y2） ， 则1+ 2= 82 1+42， = 42 1+42，代入 yk（x1） ， 得 N 的纵坐标为= ( 1) = 42+1，即 N（ 42 42:1， ; 42:1） ， 直线 PQ 的垂直平分线方程为：y+ 42+1 = 1 ( 42 42+1) 令 x0，得 D（0， 3 42:1） ，令 y0，得 C（ 32 42:1，0） ， ODC 的面积= 1 2 | 3 42+1 | | 32 42+1 | =

37、 92| 2(42+1)2 CMN 的面积= 1 2 |1 32 42+1 | | 42+1 | = (2+1)| 2(42+1)2 ODC 与CMN 的面积相等且 k0， 92| 2(42:1)2 = (2:1)| 2(42:1)2，解得 k= 2 4 直线 l 的方程为： = 2 4 ( 1) 本题考查椭圆标准方程的求法，考查直线与椭圆位置关系的应用，考查计算能力，是中 档题 （二）选考题：共（二）选考题：共 10 分分.请考生在第请考生在第 22、23 题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第 1 题计分题计分.作答时请用作答时请用 2B 铅笔在答

38、题卡上将所选题号的方框涂黑铅笔在答题卡上将所选题号的方框涂黑.选修选修 4-4： 坐标系与参数方： 坐标系与参数方 程程 22在平面直角坐标系 xOy 中，动圆 C：x2+y242xcos4ysin+7cos280， （R， 是参數） 以 O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，若直线 1 的极坐标方程为 2cos（+ 3）m （1）求动圆 C 的圆心的轨迹 C1的方程及直线 1 的直角坐标方程； （2）设 M 和 N 分别 C1和 1 上的动点，若|MN|的最小值为 1，求 m 的值 （1）直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换 （2） 利用点到直线的距离公式

39、的应用和三角函数关系式的恒等变换和正弦型函数的性质 的应用求出参数的值 （1）动圆 C：x2+y242xcos4ysin+7cos280， （R， 是参數） 设动员圆心的坐标为（x，y） ， 则 = 22 = 2 ，消去参数得到 2 8 + 2 4 = 1 直线 1 的极坐标方程为 2cos（+ 3）m转换为直角坐标方程为 3 = 0 （2）设 M 和 N 分别 C1和 1 上的动点， 设M（22，2） ，所以MN的最小距离 d= |2223| 12+(3)2 = |25(+)| 2 ， 由于 d 的最小值不为 0， 所以当25时，= 25 2 ，则;25 2 = 1，解得 m25 + 2 当

40、 m 25时，= 25+ 2 ，则 +25 2 = 1，解得 m2（5 + 1） 故： = 2(5 + 1) 本题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，点到直线的距 离公式的应用，三角函数关系式的恒等变换，正弦型函数的性质的应用，主要考查学生 的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型 选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲 23设 a，b，c 均为正数，且 a+b+c1 （1）证明：ab+bc+ca 1 3； （2）若不等式 2 + 2 + 2 t 恒成立，求 t 的最大值 （1）a2+b22ab，b2+c22bc，c2+a22ca，由累加法，再由三个数的完全平方公

41、式， 即可得证； （2） 2 +b2a， 2 +c2b， 2 +a2c，运用通过综合法求出不等式的最小值，即可 求解 t 的最大值 （1）证明：由 a2+b22ab，b2+c22bc，c2+a22ca， 可得 a2+b2+c2ab+bc+ca， （当且仅当 abc 取得等号） 由题设可得（a+b+c）21，即 a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca1， 即有 3（ab+bc+ca）1， 即 ab+bc+ca 1 3； （2）解： 2 + 2 + 2 +a+b+c= 2 +b+ 2 +c+ 2 +a2a+2b+2c， 故 2 + 2 + 2 a+b+c1，当且仅当 abc= 1 3取得等号） 不等式 2 + 2 + 2 t 恒成立，所以 t 的最大值为 1 本题考查不等式的证明，注意运用基本不等式和累加法证明，考查推理能力，属于中档 题