1、 - 1 - 湛江市 2020 年高考二模试卷 数学（理科） 一、选择题（共一、选择题（共 1212 小题）小题） 1. 设集合2,5,6A， 2 50Bx xxm，若 2AB，则B （ ） A. 2,3 B. 2 C. 3 D. 1,6 【答案】A 【分析】 由题意可知，2是关于x的方程 2 50 xxm的根，可求得m的值，再解方程 2 50 xxm，进而可解出集合B. 详 解 】 2AB ， 则2B， 2 25 20m ， 解 得6m， 2 5602,3Bx xx.故选：A. 【点睛】本题考查利用交集的结果求参数，考查计算能力，属于基础题. 2. 复数 5 24 12 zi i i 在复平
2、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】B 【分析】先对复数进行除法和乘法运算，再根据实部和虚部找出对应的点，即可得出对应的 象限 【详解】解： 5 125 242434 1 21 212 i zi iii iii ， z在复平面内对应点的坐标为3,4，位于第二象限故选：B 【点睛】本题考查复数的除法和乘法运算，考查复数的几何意义，属于基础题 3. 已知, 2 ， 3 tan2 4 ，则 2 sin2cos（ ） A. 3 2 B. 1 2 C. 1 2 D. 3 2 【答案】C - 2 - 【分析】利用二倍角的正切公式结合, 2 可求得
3、tan的值，再由二倍角公式得出 2 2 22 2sincoscos sin2cos sincos ，在分式的分子和分母中同时除以 2 cos，将分式 转化为只含tan的代数式，代值计算即可. 【详解】, 2 ，tan0， 2 2tan3 tan2 1tan4 ，即 2 3t a n8t a n30，解得tan3， 因此， 2 22 222 2sincoscos2tan11 sin2cos2sincoscos sincostan12 . 故选：C. 【点睛】本题考查利用二倍角公式求值，涉及弦化切思想的应用，考查计算能力，属于基础 题. 4. 高二某班共有 45 人，学号依次为 1、2、3、45，
4、现按学号用系统抽样的办法抽取一个 容量为 5 的样本，已知学号为 6、24、33 的同学在样本中，那么样本中还有两个同学的学号 应为（ ） A. 15,43 B. 15,42 C. 14,43 D. 14,42 【答案】B 【分析】 根据题意， 由系统抽样的方法， 可求出抽到的每个同学的学号之间的间隔为：459 5 ， 而已知学号为 6、24、33 的同学在样本中，即可得分别写出 5 个同学的学号，即可得出剩余 的两个同学的学号. 【详解】解：由题可知，该班共有 45 人，按学号用系统抽样的办法抽取一个容量为 5 的样本， 则抽到的每个同学的学号之间的间隔为： 45 9 5 ， 而已知学号为
5、6、24、33 的同学在样本中， 即抽到的第一个学号为 6，则第二个学号为：6+9=15， 第三个学号为：15+9=24，则第四个学号为：24+9=33， 第五个学号为：33+9=42， 所以样本中还有两个同学的学号应为：15，42.故选：B. - 3 - 【点睛】本题考查对系统抽样的理解，属于基础题. 5. 下列图象为函数y sin x x ，y 3 sin x x ，y 2 sin x x ，y 2 cos 2 x x 的部分图象，则按顺序对应 关系正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【分析】由题意对比函数的性质与函数图象的特征，逐个判断即可得解. 【详解】由 22 sin
6、sinxx x x 可得函数 2 sin x y x 为奇函数，所以函数 2 sin x y x 对应的图象 为图，故排除 A、C； 由22 cos 2 21 4 2 2 ，可知函数 2 cos 2 x y x 对应的图象为图； 由 3 sinsin 44 44 ，可知函数 sin x y x 、 3 sin x y x 对应的图象分别为、，故排除 D. 故选：B 【点睛】本题考查了函数图象的识别，考查了三角函数性质的应用，关键是找到函数的性质 与图象特征的对应关系，属于基础题 6. 函数f（x）ax 36x 的一个极值点为 1，则f（x）的极大值是（ ） - 4 - A. 4 B. 2 C.
7、 4 D. 2 【答案】C 【分析】对 ( )f x进行求导，求出a，从而求出( )f x，再求( )f x的极大值即可 【详解】f（x）ax 36x，可得( ) fx3ax 26，f（x）ax36x 的一个极值点为 1， 所以 3a60，解得a2，因为 6(1)()1)(xfxx， 所以f（x）在(, 1) 和(1,)上是增函数，在( 1,1)上是减函数， 所以x1 时，函数取得极大值：f（-1）4故选：C 【点睛】本题考查了导数的综合应用，属于中档题 7. 我国南北朝时期的数学家祖暅提出了计算几何体体积的祖暅原理：“幂势既同，则积不容 异“意思是两个同高的几何体，如果在等高处的截面积都相等
8、，那么这两个几何体的体积 相等现有某几何体和一个圆锥满足祖暅原理的条件，若该圆锥的侧面展开图是半径为 3 的 圆的三分之一，则该几何体的体积为（ ） A. 2 2 3 B. 4 2 3 C. 4 2 D. 8 3 【答案】A 【分析】由题意可得该几何体的体积与圆锥相同，结合圆锥侧面展开图的特征可求得圆锥的 母线与底面半径的长度，进而可得圆锥的高，代入圆锥体积公式即可得解 【详解】由题意可知，该几何体的体积等于圆锥的体积， 圆锥的侧面展开图恰为一个半径为 3 的圆的三分之一， 圆锥的底面周长为 23 2 3 ， 圆锥的底面半径为 1，母线长为 3， 圆锥的高为 2 312 2 ， 圆锥的体积V圆
9、锥 2 12 2 12 2 33 从而所求几何体的体积为 2 2 3 V故选：A 【点睛】本题考查了数学文化与圆锥体积的求法，考查了圆锥侧面展开图的特征，正确理解 题意是解题的关键，属于基础题 - 5 - 8. 执行如图所示的程序框图，若输出的 3y ，则输入的x的值为（ ） A. 2 B. 2 C. 5 或2 D. 7 或2 【答案】D 【分析】根据输出的 3y ，结合程序框图x的值分0 x和0 x两种情况，分别计算即可. 【详解】由程序框图可得： 由 2 0 13 x logx ，解得7x ； 由 0 213 x x ，解得2x. 综上，输入的x的值为 7 或-2故选：D 【点睛】本题考查
10、了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正 确的结论，是基础题 9. 在ABC中，角, ,A B C的对边分别是, ,a b c，若,1, sinsin 3 AcaCbB ，则 ABC的面积为（ ） A. 3 3 B. 3 2 C. 3 8 D. 3 4 【答案】D 【分析】由于sinsinaCbB，根据正弦定理角化边得出 2 acb，而1c，则 2 ba，再 利用余弦定理得出1a ，即可得出 2 1ba，最后根据三角形的面积公式即可求出答案. - 6 - 【详解】解：由题可知，sinsinaCbB则 22 cb ab RR ，即： 2 acb， 又 3 A ，1c，则
11、2 0ba， 由余弦定理得： 222 2cosabcbcA 则 2 1 1 21 2 aaa ，即： 2 1aaa ， 所以 2 1aaa ，得11a aa ， 解得：1a ， 则 2 1ba，得：1b或1b（舍去） ， 所以ABC的面积为： 1133 sin1 1 2224 bcA .故选：D. 【点睛】本题考查利用正弦定理和余弦定理解三角形，以及三角形的面积公式，考查运算能 力. 10. 已知函数f（x）Acos（x+） （A0，0，0）的图象的一个最高点为 （3 12 ，） ，与之相邻的一个对称中心为0 6 ，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
12、. 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. 函数g（x）在0 2 ，上有两个零点 【答案】B 【分析】 先根据函数的部分图象和性质求出f（x） 解析式， 再根据图象的变换规律求得g（x） ， 最后根据余弦函数性质得出结论 【详解】因为函数f（x）Acos（x+）的图象的一个最高点为（3 12 ，） ，与之相邻的一 个对称中心为0 6 ， - 7 - 所以A=3， 46 T （ 12 ） 4 ； 所以T 所以 2； 所以f（x）3cos（2x+） ； 又因为f（ 12 ）3cos（2（ 12 ）+3， 所以 6 K； 0； 6 ，
13、f（x）3cos（2x 6 ） ； 因为将f（x）的图象向右平移 6 个单位长度得到函数g（x）的图象， 所以g（x）3cos2（x 6 ） 6 3cos（2x 6 ） ；是非奇非偶函数； 令+2k2x 6 2k， 所以 5 12 kxk 12 ，kz； 当k0 时，g（x）的一个单调递增区间为： 5 12 12 ，； 令 2x 6 k 2 ， 解得x 23 k ，kz， 函数g（x）在0， 2 上只有一个零点故选：B 【点睛】本题主要考查由三角函数部分图象求解析式，图象变换以及三角函数的性质，还考 查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题. 11. 已知正方体 1111 -ABCD A
14、BC D的棱长为2，E为 11 AB的中点，下列说法中正确的是 （ ） A. 1 ED与 1 BC所成的角大于60 B. 点E到平面 11 ABC D的距离为1 - 8 - C. 三棱锥 1 EABC的外接球的表面积为125 2 24 D. 直线CE与平面 1 ADB所成的角为 4 【答案】D 【分析】对于 A，取DC的中点F，连接EF， 1 D F，则 1 DEF为 1 ED与 1 BC所成的角， 可求得该角正切值： 1 3 tan3 2 D EF；对于 B， 1 B到平面 11 ABC D的距离即点E到 平面 11 ABC D的距离， 则可得到点E到平面 11 ABC D的距离为 2； 对
15、于 C， 三棱锥1 EABC 的外接球即四棱锥 11 EABC D 的外接球，可得四棱锥 11 EABC D 的高为 2，从而求得外接 球的半径为 5 2 4 R 得外接球的表面积 2 5 225 4() 42 S ； 对于D， 连接 1 DC， 取 1 DC 的中点H，连接 1 DB交EC于K，连接CH，HK， CKH是直线CE与平面 1 ADB所成的 角， 2 sin 2 CH CKH CK 【详解】解：如图，对于 A，取DC的中点F，连接EF， 1 D F，则 1 DEF为 1 ED与 1 BC所 成的角， 11 5DFDE， 2 2EF ， 1 3 tan3 2 D EF，故 A 错误
16、； 对于 B，由于 11 AB平面 11 ABC D，故 1 B到平面 11 ABC D的距离即点E到平面 11 ABC D的距 离， 连接 1 BC交 1 BC于G，可得 1 BG 平面 11 ABC D，而 1 2BG ，点E到平面 11 ABC D的距离为 2， 故 B 错误； 对于 C，三棱锥 1 EABC的外接球即四棱锥 11 EABC D 的外接球， 11 ABC D为矩形，且 2AB ， 1 2 2BC ， 11 5EAEBECED，四棱锥 - 9 - 11 EABC D 高为 2， 设四棱锥 11 EABC D 的外接球的半径为R，则 222 ( 3)( 2)RR，解得 5 2
17、 4 R 三棱锥的外接球的表面积 2 5 225 4() 42 S ，故 C 错误； 对于 D，连接 1 DC，取 1 DC的中点H，连接 1 DB交EC于K，连接CH，HK， 1 EBDC，CKH是直线CE与平面 1 ADB所成的角，在直角三角形CKH中， 2 2 3 CKCE， 2CH ， 2 sin 2 CH CKH CK ，故 D 正确 故选：D 【点睛】本题主要考查空间角：异面直线所成交和线面角；以及空间距离：点到平面的距离； 几何体的外接球表面积注意运用定义在解题中的运用，同时考查运算能力，属于一道综合 题 12. 已知斜率为(0k k 的直线l与椭圆 2 2 1 4 x y交于
18、11 ,A x y， 22 ,B x y两点，O为坐 标原点，设直线OA，OB的斜率分别为 1 k， 2 k，且满足 2 12 kk k，设OAB的面积为S， 以OA，OB为直径的圆的面积分别为 1 S， 2 S，则 12 SS S 的最小值为（ ） - 10 - A. 5 2 B. 5 6 C. 5 4 D. 5 8 【答案】C 【分析】 设 直 线 的 方 程 为 ykxm(0)m ， 2 2 1 4 ykxm x y 消 去 y 整 理 得 222 148410kxkmxm，利用判别式以及韦达定理，转化表示三角形的面积，通 过基本不等式求表达式的最值即可. 【详解】设直线l的方程为y k
19、xm ， 根据题意可知0m， 联立直线l和椭圆方程 2 2 1 4 ykxm x y 消去y 可得： 222 148410kxkmxm 2222 644 14410k mkm ，可得 22 14mk 根据韦达定理： 2 1212 22 41 8 , 1 41 4 m km xxx x kk 由 122 1 2 12 kxmkxm kk k x x 化简可得 2 12 0km xxm， 可得 2 1 4 k ， 0k ， 1 2 k ， m22， (2,0)(0, 2)m 设O到直线l距离为d 根据点到直线距离公式可得： 2 | 1 m d k - 11 - 则 22 12 2 11| |12|
20、 22 1 m SAB dkxxmm k ， 由 22 22 12 12 1 44 xx yy 2 2222 1211221212 35 2 41624 SSxyxyxxx x 12 22 2 51515 444 2 11 SS S mm m ， 当且仅当 1m时取等号，这时 12 SS S 的最小值为 5 4 ； 故选：C 【点睛】本题主要考查了椭圆中的三角形面积问题，解题关键是掌握圆锥曲线与直线交点问 题时，通常用直线和圆锥曲线联立方程组，通过韦达定理建立起目标的关系式，采用“设而 不求法”并进行一系列的数学运算，从而使问题得以解决 二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 4 4 小题，
21、每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 2020 分把答案填在答题卡的相应位置分把答案填在答题卡的相应位置. . 13. 已知向量(4,)am，( ,3)bm，若()abb，则a _ 【答案】27 【分析】 根据两个向量共线的充要条件，列出相应的关系式，进而求解参数再利用向量模长公式求 解. 【详解】a b(4 3)mm， ，()abb， (3)3(4)0m mm， 解得 2 2=1m|a| 22 4m2 7 故答案：27 【点睛】本题考查平面向量共线与模长计算. 已知两向量共线或垂直求参数：两向量 1122 ()()axy bxy ， ，共线的充要条件 1221 x yx y0， 求向量模
22、的常用方法: - 12 - (1)若向量a是以坐标形式出现的，求向量a的模可直接利用公式 22 +axy. (2)若向量ab ， 是以非坐标形式出现的，求向量a的模可应用公式 2 2 aaa a 或 22 22 |2()ababaa b b北? ，先求向量模的平方，再通过向量数量积的运算求解 14. 若实数 , x y满足约束条件 30 420 2 xy xy y ，则2zxy的最大值为_. 【答案】4 【分析】 根据题意， 画出实数 , x y满足约束条件 30 420 2 xy xy y 表示的平面区域， 要求2zxy的最 大值，即求 1 22 z yx的y轴上的截距 2 z 的最小值，由
23、图可知，将 1 2 yx向下平移到过 点2, 1A时， 2 z 取得最小值，即可求出2zxy的最大值. 【详解】解：由题可知，实数 , x y满足约束条件 30 420 2 xy xy y 表示的区域如下图阴影部分： 由于2zxy，即 1 22 z yx， 要求2zxy的最大值，即求 1 22 z yx的y轴上的截距 2 z 的最小值， 由图可知，将 1 2 yx向下平移到过点2, 1A时， 2 z 取得最小值， 即2zxy过点2, 1A时，z取得最大值， 所以z最大值为：2214z . 故答案为：4. - 13 - 【点睛】本题考查利用几何法求线性规划的最值，考查数形结合思想. 15. 已知
24、F1（c，0） ，F2（c，0）分別为双曲线 22 22 xy ab 1（a0，b0）的左、右焦点， 以坐标原点O为圆心，c为半径的圆与双曲线在第二象限交于点P，若 tanPF1F2 2 ，则该 双曲线的离心率为_ 【答案】63 【分析】 设|PF1|t，利用P，F1，F2在圆x 2+y2c2上，得出 PF1PF2，然后根据勾股定理和双曲线的 定义，把a,c的值均用t来表示，进而可以求得该双曲线的离心率 【详解】由题意可得：P，F1，F2在圆x 2+y2c2 上，所以PF1PF2，设|PF1|t，因为 tanPF1F2 2 ， 所以|PF2| 2t ，由勾股定理可得t 2+2t24c2，所以
25、4c23t2，所以 2c 3 t， 而 2a|PF2|PF1| 2tt （2 1 ）t，所以双曲线的离心率 e 23 63 2 21 ct a t ， 故答案为：63 【点睛】本题考查了双曲线的应用，考查学生综合运用所学知识解决问题的能力 16. 若（1+x） 10a 0+a1x+a2x 2+a 10 x 10,则 a2+a6+a8_；a1+2a2+3a3+10a10_. 【答案】 (1). 300 (2). 5120 【分析】 (1)根据二项展开式的公式计算 248 aaa即可. - 14 - (2)对原式两边求导,再代入1x 求解即可. 【详解】(1)由已知通项为： 110 rr r TC
26、 x ,所以展开式中每一项的系数即为其二项式系数. 故a2+a6+a8 268 101010 300CCC. (2)对原式两边求导数得：10（1+x） 929 12310 2310aa xa xa x. 令x1 得a1+2a2+3a3+10a10102 95120. 故答案为：300；5120 【点睛】本题主要考查了根据二项展开式通项公式求解项的系数的问题,同时也考查了求导赋 值法求解二项展开式系数和的问题等.属于中档题. 三、 解答题： 本大题共三、 解答题： 本大题共 5 5 小题， 共小题， 共 7070 分分. .解答应写出必要的文字说明、 证明过程或演算步骤解答应写出必要的文字说明、
27、 证明过程或演算步骤.17.17 2121 题为必考题，每个试题考生都必须作答题为必考题，每个试题考生都必须作答. .第第 2222，2323 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 6060 分分. . 17. 已知数列an的前n项和为Sn，且Snn 2+a n1 （1）求an通项公式； （2）设bn 1 1 nn a a ，求数列bn的前n项和Tn 【答案】 （1）an2n+1； （2）Tn 69 n n 【分析】 （1）先由 2 1 nn Sna得到 2 11 11 nn Sna ，两式相减得 1 211 n an ，进 而求得
28、n a； （2）利用裂项相消法求和即可 【详解】解： （1） 2 1 nn Sna， 2 11 11 nn Sna ，2n， 由可得： 2 2 1 1 nnn annaa ， 整理得： 1 211 n an ，2n， 21 n an，当2n时，有 2 2212 21Saaa , 所以 1 3a 也适合，故21 n an； - 15 - （2）21 n an， 1 11111 21 232 2123 n nn b a annnn ， 1111111 235572123 n T nn 1 11 2 32369 n nn 【点睛】本题主要考查数列通项公式的求法及裂项相消法求前n项和，属于中档题 18
29、. 如图， 在正四棱柱 1111 ABCDABC D中， 1AB ， 1 3AA ， 1 2BEEB， 1 2AMMA， N是棱 11 C D的中点，平面 1 AEC与直线 1 DD相交于点F. （1）证明：直线/MN平面 1 AEC F. （2）求二面角EACF的正弦值. 【答案】 （1）证明见解析； （2） 6 3 . 【分析】 （1） 推导出 1 / /C EAF， 1 2D FFD， 设点G为 1 D F的中点， 连结GM，GN， 推导出/GN 平面 1 AEC F，/GM平面 1 AEC F，从而平面/MNG平面 1 AEC F，由此能证明/MN平 面 1 AEC F （2）以D为原
30、点，DA为x轴，DC为y轴， 1 DD为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量 - 16 - 法能求出二面角EACF的正弦值 【详解】解： （1）证明：平面 11 / /BBC C 平面 11 AAD D， 平面 1 AEC F平面 111 BBCCEC，平面 1 AEC F平面 11 AAD DAF， 1 / /C EAF ，由题意得 1 2D FFD， 设点G为 1 D F的中点，连结GM，GN， NQ是棱 11 C D的中点， 1 / /GNFC ， GN 平面 1 AEC F， 1 FC 平面 1 AEC F，/GN平面 1 AEC F， 1 2D FFD， 1 2AMMA，/ /GMAF
31、， GM 平面 1 AEC F，AF 平面 1 AEC F，/GM平面 1 AEC F， GNGMG ，平面/MNG平面 1 AEC F， MN 平面MNG，/ /MN平面 1 AEC F （2）解：1AB ， 1 3DD ，如图，以D为原点，DA为x轴，DC为y轴， 1 DD为z轴， 建立空间直角坐标系， (1A ，0，0)， (0C ，1，0)， (0F ，0，1)，(1,E 1，2)， ( 1AC ，1，0)，(0AE ，1，2)，( 1AF ，0，1)， 设平面ACE的法向量(mx，y， ) z， 则 0 20 m ACxy m AEyz ，取1z ，得 ( 2m ，2，1)， 设平面
32、ACF的法向量(na，b，) c， 则 0 0 n ACab n AFac ，取1a ，得(1n ，1，1)， 设二面角EACF的平面角为， 由 | 221|3 |cos| | |333 m n mn ， - 17 - 2 36 sin1 () 33 ， 二面角E ACF的正弦值为 6 3 【点睛】本题考查线面平行的证明，考查二面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、 面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力与运算求解能力，属于中档题 19. 冠状病毒是一个大型病毒家族，已知的有中东呼吸综合征（MERS）和严重急性呼吸综合 征（SARS）等较严重的疾病，新型冠状病毒（nCoV）是以前从未
33、在人体中发现的冠状病毒新 毒株，某小区为进一步做好新型冠状病毒肺炎疫情知识的教育，在小区内开展“新型冠状病 毒防疫安全公益课”在线学习，在此之后组织了“新型冠状病毒防疫安全知识竞赛”在线活 动已知进入决赛的分别是甲、乙、丙、丁四位业主，决赛后四位业主相应的名次为第 1，2， 3，4 名，该小区为了提高业主们的参与度和重视度，邀请小区内的所有业主在比赛结束前对 四位业主的名次进行预测，若预测完全正确将会获得礼品，现用a，b，c，d表示某业主对甲、 乙、丙、丁四位业主的名次做出一种等可能的预测排列，记X|a1|+|b2|+|c3|+|d 4| （1）求该业主获得礼品概率； （2）求X的分布列及数学
34、期望 【答案】 （1） 1 24 P ； （2）分布列见解析，5E X 【分析】 （1）求得该业主预测的结果的总数，其中预测完全正确的结果只有 1 种，利用古典概型及概 - 18 - 率的计算公式，即可求解； （2）以（a，b，c，d）为一个基本事件，用列举法逐一写出每种情况，得到随机变量的取值， 求得相应的概率，即可求得随机变量的分布列，利用公式求得数学期望. 【详解】 （1）由题意，该业主预测的结果有 4 4 24A 种可能，预测完全正确的结果只有 1 种， 所以该业主获奖的概率为 1 24 P （2）以（a，b，c，d）为一个基本事件，如下表所示： （a，b，c，d） X （a，b，c，
35、d） X （a，b，c，d） X （1，2，3，4） 0 （2，3，1，4） 4 （3，4，1，2） 8 （1，2，4，3） 2 （2，3，4，1） 6 （3，4，2，1） 8 （1，3，2，4） 2 （2，4，1，3） 6 （4，1，2，3） 6 （1，3，4，2） 4 （2，4，3，1） 6 （4，1，3，2） 6 （1，4，2，3） 4 （3，1，2，4） 4 （4，2，1，3） 6 （1，4，3，2） 4 （3，1，4，2） 6 （4，2，3，1） 6 （2，1，3，4） 2 （3，2，1，4） 4 （4，3，1，2） 8 （2，1，4，3） 4 （3，2，4，1） 6 （4，3，2，
36、1） 8 所以随机变量X的所有可能的取值为0,2,4,6,8， 可得 1317 (0), (2), (4) 2424824 P XP XP X 9341 (6), (8) 248246 P XP X 所以随机变量X的分布列如表： X 0 2 4 6 8 P 1 24 1 8 7 24 3 8 1 6 - 19 - 所以数学期望E（X） 11731 024685 2482486 【点睛】本题主要考查了古典概型及其概率的计算，以及离散型随机变量的分布列和数学期 望的求解，其中解答中认真审题，利用列举法求得基本事件的个数，得出随机变量的取值情 况是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力. 2
37、0. 已知函数 2 ( )ln1 2 x f xaxb，且 1 4 2 f ，(1)5 f （1）求 ( )f x的图象在点(2,(2)f 处的切线方程； （2） 已知函数( )lnln3 2 x g xmx，若存在 0 (1, xe，使得不等式 00 f xg x成立， 求实数m的取值范围 【答案】 （1）172160 xy； （2） 2 ,22e 【分析】 （1）根据已知条件联立方程求得a和b，进而求得(2) f 和(2)f，即可求得 ( )f x的图象在 点(2,(2)f处的切线方程； （2）由( )( )f xg x，可得 2 2ln1lnln3 22 xx xmx ，变形可得 2 2
38、2 ln x m x ，构造 函数 2 22 ( ) ln x h x x ， (1, xe ，根据导数求其单调性，结合条件，即可求得答案. 【详解】 （1） 2 ( )ln1 2 x f xaxb 可得 ( )2 b fxax x ，0 x， 1 24 2 fab (1)25fab 由解得2,1ab， 1 ( )4fxx x ， 则 17 (2) 2 f ，(2)9f， - 20 - 故 ( )f x的图象在点(2,(2)f 处的切线方程： 17 9(2) 2 yx 即：172160 xy （2）若( )( )f xg x， 则 2 2ln1lnln3 22 xx xmx 即 2 22 ln
39、 x m x 在(1, e上有解， 令 2 22 ( ) ln x h x x ， (1, xe ， 2 2 42 () xlnxx x h x lnx ， 令 2 ( )4 ln2p xxxx x ， 2 2 42pxlnx x ， 当(1, xe时， ( )0p x ，( )p x单调递增， ( )(1)0p xp ， 即( )0h x ， ( )h x在(1, e上单调递增， 故 2 max ( )( )22h xh ee m的范围 2 ,22e 【点睛】本题主要考查了求函数的切线方程和根据不等式成立求参数范围问题，解题关键是 掌握根据导数求切线的方法和构造函数求不等式成立的步骤，考查了
40、分析能力和计算能力， 属于难题. 21. 已知顶点为原点O的抛物线C，焦点F在x轴上，直线y x 与抛物线C交于O、M两 点，且线段OM的中点为2,2P （1）求抛物线C的标准方程 （2）若直线l与抛物线C交于异于原点的A、B两点，交x轴的正半轴于点D，且有 - 21 - 1FAFD ，直线 1/ ll，且 1 l和C有且只有一个公共点E，请问直线AE是否恒过定点？ 若是，求出定点坐标；若不是，说明理由 【答案】 （1） 2 4yx； （2）是，直线AE过定点 3 ,0 2 . 【分析】 （1） 设抛物线C的标准方程为 2 2ypx， 求出点M的坐标， 将点M的坐标代入抛物线C的 方程，求出p
41、的值，由此可求得抛物线C的标准方程； （2）设点 0000 ,0A x yx y ，,00 DD D xx ，, EE E xy，由条件1FAFD 可 得出 0 3 D xx，可求出直线AB的斜率，由此可设直线 1 l的方程为 0 3 y yxb ，与抛物 线C的方程联立， 由0 可得出 0 3 b y ， 分 2 0 6y 与 2 0 6y 两种情况讨论， 求出直线AE 的方程，即可得出直线AE所过定点的坐标. 【详解】 （1）由题意设抛物线C的标准方程为 2 2ypx， 因为OM的中点为2,2P，所以M的坐标为4,4， 将点M的坐标代入抛物线C的方程，得 2 424p，可得 2p ， 因此
42、，抛物线C的标准方程为 2 4yx； （2）由（1）知1,0F，设 0000 ,0A x yx y ，,00 DD D xx ， 因为1FAFD ，则 0 12 D xx， 由0 D x ，可得 0 3 D xx，即 0 3,0D x ，所以，直线AB的斜率 0 3 AB y k ， 因为直线 1/ ll，设直线 1 l的方程为 0 3 y yxb ， 代入抛物线C的方程可得 2 00 1212 0 b yy yy ， 因为且 1 l和C有且只有一个公共点E，可得 2 00 14448 0 b yy ，解得 0 3 b y ， - 22 - 设, EE E xy，则 0 6 E y y ， 2
43、 0 9 E x y ，即 2 00 96 ,E yy ， 当 2 0 6y 时， 00 2 00 4 6 E AE E yyy k xxy ， 可得直线AE的方程为 0 00 2 0 4 6 y yyxx y ， 由 2 0 0 4 y x 时，代入整理 0 2 0 43 62 y yx y ，即直线AE恒过定点 3 ,0 2 ； 当 2 0 6y ，直线AE的方程为 3 2 x ，过点 3 ,0 2 ， 综上，可知直线AE过定点 3 ,0 2 【点睛】本题考查抛物线方程的求解，同时也考查了抛物线中直线过定点问题的求解，考查 计算能力，属于难题. （二）选考题：共（二）选考题：共 1010
44、分请考生在第分请考生在第 2222、2323 两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第 一题计分一题计分. . 22. 在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为 3 cos 2 1 sin 2 x y （为参数） ，以坐标原 点O为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系 （1）设射线l的极坐标方程为 2 3 ，若射线l与曲线C交于A，B两点，求AB的长； （2）设M，N是曲线C上的两点，若MON 2 ，求OMN的面积的最大值 【答案】 （1）3； （2）1 【分析】 （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）设M
45、 1, ，N 2, 2 ，求出范围，再利用 - 23 - 12 11 2sin2sin 22323 OMN S ，通过三角函数关系式的恒等变 换及正弦型函数的性质的应用求出结果 【详解】解： （1）曲线C的参数方程为 3 cos 2 1 sin 2 x y （为参数） ，转换为直角坐标方 程为 22 31 ()()1 22 xy，其为过原点的圆 整理得 22 30 xyxy，其为过坐标原点的圆， 根据 222 cos sin x y xy 转换为极坐标方程为 2 3 cossin0， 整理得2sin 3 ， 射线l的极坐标方程为 2 3 与曲线C相交于A和B两点， 由于射线l： 2 3 过坐标
46、原点，故其中有一个交点为坐标原点， 所以 2sin 3 2 3 ， 得 2 2sin3 33 AB ； （2）设M 1, ，N 2, 2 ， 由于直线OC的斜率为 1 0 3 2 33 0 2 ， 又圆C过原点，故过原点与圆C相切的切线的斜率为k3， - 24 - 从而 33 323 ，得 5 36 ， 则 12 11 2sin2sin 22323 OMN S 2 2sincossin 2 333 ， 当 2 sin 21 3 ，即 7 12 时， OMN S的最大值为 1 【点睛】本题考查参数方程，极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，三角形面积公式的应 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，属于中档题 23. 已知函数f（x）|2x+4|2x2| （1）求不等式|f（x）|4 的解集； （2）记f （x）的最大值为m，设a，b，c0，且a+2b+3cm，证明： 1113 232abc 【答案】 （1） 3
