华裔诺贝尔奖获得者-烘托与衬托的区别

广西南宁三中
2020
届高考适应性月考卷（三）
理科数学
注意事项：
1.
答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、 准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写
清楚
.
2.
每小题选出答案后， 用
2
B
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
千净后 ，再选涂其他答案标号
.
在试题卷上作答无效
.
3.
考试结束后， 请将本试卷和答题卡一并交回，满分
150
分，考试用时
120
分钟
.
一、选择题（本大题共
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 .
设
Z(M)
表示整数集合
M
中的质数的个数，设集合
A {x|1x18}
，
B{x|52x27}
，则
Z(AB)
（

）
.
A. 3
【答案】
C
【解析】

【分析】

可以求出集合
B
，然后进行 交集的运算求出
AIB
，从而可得出集合
AIB
所含的质数，从而得出
Z

AB

的值．
详解】解：∵
B

x|
B. 4 C. 5 D. 6


527

x

，
A{x|1x1 8}
，
22

【
∴
AIB

x|∴
Z

AIB

5
．
故选：
C
．
2.
设
z
A.
2i
B.
i




527

x


22

∴集合
AIB
中所含质数为：
3
，
5
，
7
，
11
，
13
，
【点睛】本题考查了描述法的定义，交集的定义及运算，质数的定义，考查了计算能力，属于基础题．
22i
，
z
是
z
的共轭复数（注：
abi的共轭复数为
abi
），则
zz
（

）
.
1i
C.
2
D.
4
1

【答案】
D
【解析】

【分析】

利用商的模等于模的商求得
|z|
，再由
zz |z|
2
求解．
【详解】解：∵
z
22i
， 1i
∴
|z|=|
22i
22
22i
2，
|

1i
1i
2
2
∴
zz z4
．
故选：
D
．
【点睛】本题考查复数模的求法，考查数学转化思想方法，属于基础题．
3.
设等差 数列

a
n

的前
n
项和为
S
n
，若
a
4
4
，
S
9
45
，则
a
10

（

）
.
A.
20

【答案】
B
【解析】

【分析】

利用等差数列

a
n

的前
n
项和公式和 通项公式列出方程组，求出
a
1
，
d
，由此能求出
a
10
．
【详解】解：∵等差数列

a
n

的前
n
项和为
S
n
，

a
4
4
，
S
9
45

B.
10
C.
44
D.
55

a
1
3d4

∴

，
9 8
9a
1
d45

2

解得
a1
1
，
d1
，
∴
a
10
a
1
9d10
．
故选：
B
．
【点睛】本题考查等差数列的第
10
项的求法 ，考查等差数列的性质、基本量等基础知识，考查运算求解能
力，属于基础题．
x
2
y
2
4.
已知直线
x2y40
过椭圆
C:< br>2

2
1(ab0)
的两个顶点，则椭圆
C
的 标准方程为（

）
.
ab
2

x
2
y
2
A.
1

164
【答案】
A
【解析】

【分析】

x
2
y
2
1
B.

24
x
2
y
2
C.
1

42
x
2
y
2
D.
1

4 16
求出椭圆的顶点坐标，顶点
a
，
b
，然后顶点椭圆的标准方程．
x
2
y
2
【详解】解：因为直线
x2y40
过椭圆
C:
2

2
1(ab0)
的两个顶点， ab
x
2
y
2
所以
a4
，
b2< br>，所以椭圆的标准方程为：
1
．
164
故选：
A
【点睛】本题考查椭圆的简单性质以及椭圆的标准方程的求法，考查计算能力，属于基础题．
5.
圆
O:x
2
y
2


2
内 的曲线
y|sinx|
与
x
轴围成的区域记为
M
（图中阴 影部分），随机往圆
O
内投一
个点
A
，则点
A
落在 区域
M
内的概率是（

）
.

A.
4

2
B.
4

3
C.
2

2
D.
2

3

【答案】
B
【解析】

【分析】

先求构成试验 的全部区域为圆内的区域的面积，再利用积分知识可得正弦曲线
y|sinx|
与
x
轴围成的区域
记为
M
的面积为
S2


0
sinxdx
，代入几何概率的计算公式可求．
【详解】解：构成试验的全部区域为圆内的区域，面积为

3
，

曲线
y|sinx|
与
x
轴围成的区域记为
M
的 面积为
S2sinxdx2cosx
0


0
4< br>，
3

由几何概率的计算公式可得，随机往圆< br>O
内投一个点
A
，则点
A
落在区域
M
内的概 率
p
故选：
B
．
4

3
，
【点睛】本题主要考查了利用积分求解曲面的面积，几何概率的计算公式的运用，属于中档试题． 6.
已知
a(ln2)
3
，
b(ln3)
3
，
clog
2
，则
a
，
b
，
c
的大小关系是（

）
.
3
A.
abc

【答案】
B
【解析】

【分析】

利用对数函数和指数函数的性质求解．
【详解】解：∵
0ln21
，∴
0a1
，
∵
ln31
，∴
b1
，
∵
log
2
B.
cab
C.
bac
D.
cba

11
1
1
log
2
31
，∴
c0
，
3
∴
cab
，
故选：
B
．
【点睛 】本题考查三个数的大小的求法，解题时要认真审题，注意对数函数和指数函数的性质的合理运
用，属于 基础题
.
7.
函数
f(x)
sinx
2x
2
|x|
的大致图象为（

）
.
x
A. B. C. D.
【答案】
B
【解析】

【分析】

由
f

1

0
及函 数在特殊点处的导数的符号可得出正确选项．
【详解】解：由
f

1

sin110
，可排除
A
、
D
；
当< br>x0
时，
f


x


xcos xsinx
4x1
，
2
x
4

f



1


4


16cos
1
4


1

4
tan
1

4


，
当
x





0,
2< br>

时，令
g

x

xtanx
，
g


x

1
1
cos
2
x
0
，
故
g

x

为减函 数，则
g

x

g

0

0
，故
xtanx
，
所以
11

4
t an
4
即
f


1


4


0
，故排除
C
，选
B
．
故选：
B
．
【点睛】本题考查利用函数的性质确定函数图象，属于基础题．
8.
已知在边长为
3
的菱形
ABCD
中，
BAD 60

，点
E
满足
u
BE
uur
1
uuur
uuuruuur
2
EC
，则
AEBD< br>的值（
A.
1
B.
0
C.
3
D.
6
【答案】
C
【解析】

【分析】
< br>将
u
AE
uur

u
BD
uur
用
u
AB
uur
，
u
AD
uur
向量表示， 利用向量的数量积的运算律计算即可；
【详解】解：如图：
；
∵边长为
3
的菱形
ABCD
中，
BAD60

，点
E< br>满足
u
BE
uur

1
uuur
2
EC
，
u
AE
uur
g
u
BD
uur< br>

uuur
1
uuur

uuuruuur
∴


AB
3
BC


g

BAAD




ur
1
u

AB
uuuur


3
AD

uuuru uur


g

ABAD


< br>u
AB
uur
2

2
uuuruuur
1< br>u
3
ABgAD
uur
2
3
AD

3
2

2
3
33cos60

1
3
3
2

3
．
故选：
C
．

.
5

）

【点睛】本题考查了平面向量的三角形法则以及数量积公式的运用，属于基础题．
9.
若
sin




6


< br>


5
5
，则
sin





6
2




（
）
.
A.
2
B.
25
5
3
5

5
C.

5
D.
5

【答案】
D
【解析】

【分析】

由已知结合诱导公式及二倍角的余弦公式进行化简即可求解．
【详解】解：若
sin




6




5
，


5
则
sin



6
2



1

1



1

1


sin
< br>
2




3

2





cos


3
2



12sin
2


6






12
13
5

5
．
故选：
D
．
【点睛】本题主要考查了诱导公式及二倍角公式在三角化简求值 中的应用，属于基础题．
10.
设所有棱长都为
2
的正三棱柱的顶点都在一个 球面上，则该球的表面积为（

）
.
A.
8

B.
28
3

C.
4

D.
20

【答案】
B
【解析】

【分析】

连接上下底面的中心
M
，< br>N
，则
MN
得中点即为外接球球心，容易求得半径，面积．
【详解】解：如图，
M
，
N
分别是上下底面正三角形的中心，
O
为
MN
的中点，
易知
O
为外接球的球心， < br>AN

2
3
AD

2
3

3
2
AB

2
3

3
2

2

23
3
；
在直角三角形
ONA
中，可得半 径
OA
AN
2
ON
2
(
23
22
2
21
3
)(
2
)
3
，

6


21
< br>28

∴
S
球
＝
4π


，



3

3

故选：
B
．
2

【点睛】本题主要考查了三棱柱外接球，属于中档题．
1 1.
已知直线
l
1
，
l
2
经过抛物线
C: y
2
x
的焦点
F
，
l
1
，
l< br>2
互相垂直，直线
l
1
与
C
交于
D
，
E
两点，直线
l
2
与
C
交于
A
，
B
两点，则
|AB||DE|
的最小值为（

）
.
A.
2

【答案】
B
【解析】

【分析】

B.
4
C.
8
D.
16
11
），所以直线
l
2
的斜率为

，联立直线
l
1
4k
11
与抛物线方程 ，利用韦达定理以及抛物线的定义得到，
|DE|
x
1
x
2
1

2
，
2k
由题意可知直线
l
1
的斜率存在，设直线
l
1
的方程为：
y
＝
k（
x

|AB|
x
3
x
4
1
1
2

1k
2
，所以
|AB|
•
|DE|


1k


1
2
2

k
1

2

k
2
，再 利用基本不等式即可求出

2
k

|AB|
•
|D E|
的最小值．
1

1

【详解】解：由题意可知，焦点
F

,0

，准线方程为：
x
，
4

4

显然直线
l
1
的斜率存在且不为零，设直线
l
1
的方程为：
yk

x
∵直线
l< br>1
，
l
2
互相垂直，∴直线
l
2
的斜率为< br>


1


，
4

1
，
k
7

< br>
1

ykx
k
2


1< br>2


22
0
，
4

，消去
y
得：
kx

k1

x
联立方程< br>

16

2


y
2
 x

设
D
（
x
1
，
y
1
），
E
（
x
2
，
y
2
），
A（
x
3
，
y
3
），
B
（
x< br>4
，
y
4
），
1
2
k1
11
， ∴
x
1
x
2

2
2

2
k2k
1
2
同理 可得：
x
3
x
4
k
，
2
由抛物线 的定义可知，
|DE|
x
1
x
2

∴
|AB|
•
|DE|
1k
立，
∴
|AB|
•
|DE|
的最小值为
4
，
故选：
B
．
【点睛】本题主要考查了抛物线的定义，直线与抛物线的位置关 系，以及基本不等式的应用，属于中档题．
111

1

2
，
|AB|
x
3
x
4
1k
2
，
2k2

2
1

1


 

2
k

k

2
2

1
11
2
2
4
k
，当且仅当，即
k1时，等号成
22k
2
22
k
kk
x
2
12.
设
f(x)
，
g(x)ax32a(a0)
，若对于任意
x
1
[0,1]
，总存在
x
0
 [0,1]
，使得
x1
g

x
0

f

x
1

成立，则
a
的取值范围是（

）
.
A.

0,


2


3


B.

,


22

35


C.

,4



5

2


D.
[4,)

【答案】
B
【解析】

【分析】

先对函数
f

x

分
x0
和
x0
，运用二次函数的值域求法，可得
f

x< br>
的值域，运用一次函数的单调性求
出函数
g

x

的值域，由题意可得
f

x

的值域包含在
g
x

的值域内，可得
a
的不等式组，解不等式可得
a
的取值范围．
x
2
【详解】解：∵
f

x


，
x1
当
x0
时，
f
x

0
，
8

当x0
时，
f

x


1
11

2
xx

1
111
，
()
2
x24
2
1

11

1
由
0x1
，即
1
，



2
，
x

x2

4
1

2
1
故
0f

x


， 2
∴
0f

x


又因
g

x

ax32a

a0

，且
g

0

32a
，
g

1

3a
．
由
g

x

递增，可得32ag

x

3a
，
对于任意
x
1


0,1

，总存在
x
0


0,1

，使得
g

x
0
< br>f

x
1

成立，
可得

0,



32a,3a

，
2
1



32a0

可得

1

3a

2

∴
a

,< br>
．
22
故选：
B
．
【点睛】本题主要考查函数 恒成立问题以及函数值域的求法，注意运用转化思想和集合的关系，是对知识
点的综合考查，属于中档题 ．

35


二、填空题（本大题共
4
小題， 每小题
5
分，共
20
分）
13.
设等比数列
< br>a
n

满足
a
1
a
3
5，
a
1
a
3
3
，则
a
4

________
.
【答案】
8

【解析】

【分析】

利用等比数列

a
n

满足< br>a
1
a
3
5
，
a
1
a3
3
，列出方程组，求出
a
1
，
q
，进而求 出
a
4
．
【详解】解：∵等比数列

a
n

满足
a
1
a
3
5
，
a
1
a
3
3
，

a
1
a
1
q
2
5
∴

，解得
a
1
 1
，
q2
，
2

a
1
a
1
q3
9

3
∴
a
4
a
1
q8
．
故答案为：
8
.
【点睛】本题考查等比数列
基础题．
14.
若函数
f(x)tanxln(xax
2
)
为偶函数， 则
a
________
.
【答案】
1
【解析】

【分析】

根据题意，求出
第
4
项的求法，考查等比数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，属于
f(x)
的表达式， 结合函数奇偶性的定义可得
2
tan

x

lnxa 

x

【详解】解：

f

x< br>
tan

x

lnxa

x

若函数
f

x

tanxlnxax即
tanxlnx



为偶函数，则
f

x

f

x

，
ax

tanxln

xax

， 
2
22
的
tanxlnxax
2
，变形分析可 得答案．
据题意，函数


根
f

x

tanxlnxax
2


，则
2

tanxln

xax
2
，

变形可得
lna0
，解可得
a1
；
故答案为：
1
．
【点睛】本题考查函数奇偶性的性质以及应用，注意函数的奇偶性的定义，属于基础题．
15 .
随机变量

服从正态分布
N
【答案】
0.734

【解析】

【分析】

根据正态分布的密度函数图象关于直线
x
＝
μ
轴对称，即可求得
P(



 2)
．
【详解】解：根据题意，正态分布
N

,



,


，若
P(

2



)0.234
，则
P(


< br>2)
________
.
2

2

的 密度函数图象关于直线
x

轴对称，
∵
P(

2



)0.234
，∴
P(



2)0.50.2340.734
．
故答案为：
0.734
．
【点睛】本题主要考查了正态分布曲线的特点及曲 线所表示的意义，以及运用函数图象对称性解决概率问
题，属于基础题．
10

16.
胶囊酒店是一种极高密度的酒店住宿设施，起源于日本，是由 注模塑胶或玻璃纤维制成的细小空间，仅
够睡眠使用
.
空间内电视、照明灯、电源插座 等设备齐全，洗手间及淋浴设施需要共享，其特点是使捷、价
格便宜，多适用于旅客
.
如图为一胶囊模型，它由一个边长为
2
的等边圆柱（其轴截面为正方形）和一个半
球组 成，则它的内接正四棱锥的表面积为________
.

【答案】
2192

【解析】

分析】

画出图形，利用求出正四棱锥的表面积即可．
【详解】解：由题意可知几何体的直观图如图：
2
正四棱锥的底面边长为：
2
，棱锥的高为：
3
．斜高为：
3
2



2

38


，

2



2
底面面积为：
222
，侧面积为：
4
1
2
2
38
2
219
．
所以正四棱锥的表面积为：
2192
．
故答案为：
2192
．

【点睛】本题考查几何体的内接体，正 四棱锥的表面积的求法，是基本知识的考查，属于中档题．
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）
17.
等差数列

a
n

的前
n
项和为
S
n
，
a
33
，
S
4
10
.
（
1
）求

a
n

的通项公式；
（
2
）设
b
1
n

S
，求数列
b
n
的前
n
项和
T
n
.
n

【

11

【答案】（
1
）a
n
n
（
2
）
T
n

【解 析】

【分析】

n

n1
（
1
）先设等差数列

a
n

的公差为
d
，然后结合 题干根据等差数列的通项公式和求和公式列出关于首项
a
1
与
公差
d
的方程组，解出
a
1
与
d
的值，即可得到数列
< br>a
n

的通项公式；（
2
）由第（
1
）题的 结果计算出数列

b
n

的通项公式，然后利用裂项相消法计算出前
n
项和
T
n
．

a
3
a1
2d3

【详解】解：（
1
）由题意，设等差数列

a
n

的公差为
d
，则

，
43
S4ad10
41

2


a1
2d3
整理，得

，
2a3d5

1
解得


a
1
1
.
d1

∴
a
n
1

n1

1n< br>．
（
2
）由（
1
）知，

S
n

n

n1

，
2∴
b
n

121

1
2


，
S
n
n

n1


nn1

1

1

11
11

1
∴
T
n
2

1

2



2



L 2





2

23

34

nn1

11

111
2

1L


223nn1

1< br>
2

1



n1


2n

n1
【点睛】本题 主要考查等差数列的基础知识，以及运用裂项相消法求前
n
项和．考查了转化与化归思想，方程思想，逻辑思维能力和数学运算能力．属于中档题．
18.
为研究家庭收入和食品支 出的关系，随机抽取了个家庭的样本，得到数据如下表所示
.
10
个家庭的月收入额与食品支出额数据（单位：百元）
12

家庭
收入（
x
）
支出（
y
）

参考数据：
1
20
7
2
30
9
3
33
8
4
40
11
5
15
5
6
13
4
7
26
8
8
38
10
9
35
9
10
43
10

x
i1
10
i
293
，

y
i
81
，

x9577
，

y701
，

x
i< br>y
i
2574
.
2
i
2
i
i 1i1i1i1
10101010
ˆ

ˆ
a
ˆbx
ˆ
中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为
b
参考公式：回归方程
y


xx

yy

ii
i1
n


xx

i
i1
n
，
2
ˆ
.
ˆ
ybxa
（
1
）恩格 尔系数是食品支出总额占个人消费支出总额的比重
.
一个家庭或个人收入越少，用于购买生存性 的
食物的支出在家庭或个人收入中所占的比重就越大对一个国家而言，一个国家越穷，每个国民的平均支 出
中用来购买食物的费用所占比例就越大
.
恩格尔系数达
59%
以上 为贫困，
50~59%
为温饱，
40~50%
为小康，
30~40%
为富裕，低于
30%
为最富裕
.
根据上述样本数据，请估计这个国家 达到最富裕（恩格尔系数

30%
）
的家庭比例；
ˆ
及
a
ˆ
的现实生活意义
.
（
2
）建立
y
（支出）关于
x
（收入）的回归方程（系数精确到
0.0 1
），并解释
b
【答案】（
1
）
20%
（
2
）
$$
y0.2x2.24
，解释见解析
【解析】

【分析】

（
1
）根据恩格尔系数的定义算出
10
个家庭的恩格尔系数，其中系数低于
30%
的家庭有
5
个，从而算出最
富裕家庭的比例；
$$
、
b
$$
的公式计算出回归方程的系数即可得解． （
2< br>）结合表格中数据和
a
【详解】解：（
1
）由题意可知，
10
个家庭的恩格尔系数如下表所示：

家
庭
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
13

恩
格
尔
系
数


所以样本中达到最富裕的家庭有
5
个，
估计这个国家达到最富裕的家庭比例为

35% 30% 24.24% 27.5% 33.33% 30.77% 30.77% 26.32% 25.71% 23.26%
51

.
102
（
2
）
y
i

，，
29 381
x
i1
29.3y
i1
8.1
10 101010
i

x
1010
$$

所以
b


xx

yy


xy10x y
iiii
i1
1010


x
i
x

i1
10

2
i1
10


x
i1
2
i
10x
2
25741029 .38.1
0.20
，
95771029.3
2
$$
ybx
$$
8.10.2029.32.24
故
a
所 以
y
关于
x
的回归方程为
$$
y0.20x2.24.
$$
的现实意义为收入每增加
1
百元，
$$
的现实意义 为用于购买生存性的食物的最少支出．估计支出增加的值；
ba
【点睛】本题考查概率和回归 方程的求法，考查学生数据分析的能力和运算能力，属于中档题．
19.
如图，在棱长为a
的正方体
AC
1
中，
M
，
N
，E
，
F
分别是
A
1
B
1
，
A
1
D
1
，
B
1
C
1
，
C
1
D
1
的中点
.

（
1
）求证：平面
AMN
平面
BEFD
；
（
2
）求直线
AF
与平面
BEFD
所成角的正弦值
.
【答案】（
1
）证明见解析（
2
）
4

9
14

【解析】

【分析】

（
1
）设正方体的棱长为
4
，如图建立 空间直角坐标系，利用向量法，可证得：
MN

平面
EFBD
，
AK

平
面
EFBD
，进而得到平面
AMN

平面
EFBD
．
（
2
）求出平面平面
EFBD
的法向量，根据两个法向量夹角公式，可得直线
AF
与平面
BEFD
所成角的 正弦
值．
【详解】解：（
1
）证明：如图
1
，连接
B
1
D
1
，
EN
，
∵
M
、< br>N
分别是
A
1
B
1
，
A
1
D
1
的中点，∴
MN

D
1
B
1
，
又∵
DD
1

BB
1
且
DD
1＝
BB
1
，
∴
DBB
1
D
1
为平行四边形，得
D
1
B
1

DB
，∴
M N

DB
，
∵
MN
⊄平面
BDEF
，BD
⊂平面
BDEF
，
∴
MN

平面
BDEF
，
∵在正方形
A< br>1
B
1
C
1
D
1
中，
M
，
F
分别是棱
A
1
B
1
，
D
1C
1
的中点，
∴
MF

A
1
D
1
且
MF
＝
A
1
D
1
，
又∵
A
1
D
1

AD
且
A
1
D
1
＝
AD
，∴
MF

AD
且
MF
＝
AD
，
∴四边形
ABEN
是平行四边形，∴
AM

DF
，
又∵
AM
⊄平面
BDEF
，
DF
⊂平面
B DEF
，∴
AM

平面
BDEF
，
∵
AM
⊂平面
AMN
，
MN
⊂平面
AMN
，且
A M
∩
MN
＝
M
，
∴平面
AMN

平面
DBEF
．
（
2）如图，以
B
为原点建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为
4
， 则
B
（
0
，
0
，
0
），
E< br>（
0
，
2
，
4
），
D
（
4
，
4
，
0
），
A
（
4
，
0
，
0
），
F
（
2
，
4
，
4
）
u
AF
uur


2，4，4

，
u
BE
uur


0，2，4
，
u
BD
uur


4，4，0

.
设平面
BDFE
的法向量为
u
m
r

< br>x，y，z


所以


m
v
< br>u
BE
uuv
v
2y4z0
ur
21，
m
v

u
BD
uu
4x4y0
，
m

2，

，
ur
cos
u< br>m
r
，
u
AF
uur

u
mg< br>u
AF
uur
4844
AF
uur

u
m
r

36

9

∴直线
AF
与平面
BEFD
所成角的正弦值为
4
9
．

15

【点睛】本题考查空间向量知识的运用 ，考查线面角、面面平行，考查学生分析解决问题的能力，属于中
档题．
1
x
2
y
2
20.
已知椭圆
C:
2

21(ab0)
，椭圆的长轴长为
4
，离心率为，若直线
l:yk xm
与椭圆
C
相
2
ab
交于
A
，
B
两点，且
k
OA
k
OB
（
1
）求椭 圆的标准方程；
（
2
）求证：
VAOB
的面积为定值，并求此定值
.
b
2

2
（
O
为坐标原点）
.
a
x
2
y
2
【答案】（
1
）
1（
2
）证明见解析；定值为
3

43
【解析】

【分析】

（
1
）由长轴长及离心率和
a
，
b
，
c
之间的关系求出椭圆的标准方程；
（
2
）将直线 与椭圆的方程联立求出两根之和及两根之积，由（
1
）可得
k
OA
 k
OB
b
2

2
的值，进而可得
k
，< br>a
m
的关系，求出弦长
AB
，及
O
到直线的距离，代 入面积公式可证得面积为定值．
【详解】解：（
1
）由题意可得
2a4< br>，
c1

，
b
2
a
2
c
2
，解得：
a
2
4
，
b
2
3
，
a2
x
2
y
2
所以椭圆的标准方程为：
 1
.
43
16

（
2
）由（
1
）得：设
A

x
1
,y
1
，
A

x
2
,y
2

，因 为
k
OA
k
OB
b
2
3

2

，
a4
即
y
1
y
2
3

* x
1
x
2
4

ykxm
222
联 立直线与由的方程：

2
，整理可得：

34k

x8kmx4m120
，


，
2

3x4y120
xx
8km
4m
2
12
12
34k
2
，
x
1
x
2

3 4k
2
，
∴
yk
2
x
2
k
2
(4m
2
12)8k
2
m
2
2
3m2
12k
2
1
y
21
x
2
km< br>
x
1
x
2

m
34k
2

34k
2
m
34k
2
，
*< br>可得：
3m
2
12k
2
由
3
4m
2
12

4
可得
2m
2
34k
2
，
2
所以弦长
AB1k
2
(x
22
64m
2
k16m
2
48
1
x
2
) 4x
1
x
2
1k
(34k
2
)
2< br>
34k
2

4
3
1
2
34k
2
k
2

，
34k
2
34k
2
O
到直线
l
的距离
d
m
2< br>，
1k
2

1k
2
所以
4
3
S
1
2
ABd
1

34k
34k
2
2
ABC
2
1k
2

2

34k
2

2
13
，
1k
2

2
4
4
3
所以可证：
AOB
的面积为 定值，且此定值为
3
．
【点睛】本题考查求椭圆的标准方程及直线与椭圆的综合应用，属于中档题．
21.
已知函数
f(x)kxlnx
.
（
1
）若函数
f(x)
在区间
(1,)
上单调递增，求
k
的 取值范围；
（
2
）若函数
f(x)
有两个不同的零点
x< br>2
1
，
x
2
，求证：
x
1
x
2
e
.
【答案】（
1
）
k³1
（
2
）证明见解析
【解析】


17

【分析】

（
1
）根据导数和函数的单调性的关系即可求出；
（
2
）中将所证的结论转化为求新函数的单调区间问题得以解决．
【详解】 解：（
1
）∵
f(x)kxlnx
，函数
f(x)
在区 间

1,

上单调递增
∴
f

(x )k
∴
k
1
0
在

1,
< br>恒成立，
x
1
，
x
∴
k³1
；
（
2
）证明：不妨设
x
1
x
2
0
，
∵
f

x
1

f

x
2

0
，∴
kx
1
lnx
1
0，

kx
2
lnx
2
0
，
可得
k

x
1
x
2

lnx
2< br>lnx
1
，

k

x
1
x2

lnx
1
lnx
2
，
2
要 证明
x
1
x
2
e
，即证明
lnx
2lnx
1
2
，也就是证
k

x
1
x
2

2
，
∵
k
lnx
1
lnx
2
lnx
1
lnx
2
2
＞
， ∴即证明：，
x
1
x
2
x
1
x
2< br>x
1
x
2

x

2

1 
1

x
2

x
即
ln
1
＞

，
x
x
2
1
1
x
2< br>x
1
2t1

t
，则
t1
，于是lnt

令．
x
2
t1
(t1)
2< br>2

t1

令
g

t

lnt
，
t1
，则
g


t

2
，
t(t1)
t1
故函数
g
t

在

1,

上是增函数，∴
g

t

g

1

0
，
即
lnt
2

t1

t1
成立．
∴原不等式成立．
【点睛】本题考查函数的单调性的应用，函数的最值的求法，考查分类讨论 思想的应用，转化思想的应用，
属于较难题．
请考生在第
22
、
2 3
两题中任选一题作答，并用
2
B
铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑.
注
意所做题目的题号必须与所涂題目的题号一致，在答题卡选答区城指定位置答题
.
如果多做，
18

则按所做的第一题计分
.
22.
在平面直角坐标系
xOy
中，已知直线
l
的方程为
3x3y30
，椭圆
C
的参 数方程为

（

为参数）
.
（
1
）求直线
l
的参数方程和椭圆
C
的标准方程；
（
2
）设直线
l
与椭圆
C
相交于
A
，
B
两点，求线段
AB
的长
.

xcos< br>
，
y2sin


1

x1t
16
2

y
2
2
【答案】（
1）直线
l
的参数方程

；椭圆
C
的标准方程是
x1
（
2
）
AB

7
4

y
3
t

2
【解析】

【分析】
< br>（
1
）根据题意，将直线的方程变形可得
y3

x1
，写出参数方程的形式即可，将椭圆的方程变形可

y

得< br>x

1
，整理即可得答案；

2

2
2
（
2
）根据题意，设
A
，
B
对应的参 数分别为
t
1
，
t
2
，将直线的方程与椭圆的方程联立可得
3
2

t

t4

1
40
，求出
t
1
，
t
2
的值，又由
ABt
1
t
2
，即可得答案．
4

2
【详解】解：（
1
）根据题意，已知直线
l
的方程为
3x3y30
，即
y3

x1

，
2
1

x1t

2

其参数方程为
< br>，（
t
为参数），

y
3
t

2

2

xcos

y

椭圆
C
的参数方程为

（
θ
为参数），则有
x
2

1
，

y2sin


2

y
2
y
2
2
变形可得
x1
，即椭圆
C
标准方程为
x1
；
44
2
（< br>2
）直线
l
与椭圆
C
相交于
A
，
B
两点，设
A
，
B
对应的参数分别为
t
1
，
t
2
，
y
2
椭圆
C
的标准方程为
x1
，变形可得
y
2
4x
2
40
，
4
2
19



x 1
1
t
2
又由直线
l
的参数方程为


2
，则有
3

t
2
4

1
t


40
，变形可得
7t
2
16t


y
3
4

2

0
，
2
t
则
t
16
1
0
，
t
2

7
，
则
ABt
16
1
t
2

7
．
【点睛】本题考查参数方程的应用，涉及直线、椭圆的参数方程与普通方程的互化，属于中档题． 23.
已知函数
f(x)4x
2
4x1|xm|
的最 小值为
23
2
（其中
m0
）
.
（
1
）求
m
的值；
（
2
）若
a
2
b
2
c
2
m
，求
4
a< br>2

9
b
2

1
c
2
1
的最小值
.
【答案】（
1
）
12
（
2
）
3

【解析】

【分析】

（
1
）对
f(x)
化简，对绝对值号进行分类讨论，求出
f(x)
的最小值
f



1

23

2


2
，
求出
m
；
（
2
）由
m11
，利用柯西不等式求出即可．
【详解】 解：（
1
）
f(x)4x
2
4x1|xm|2x1 xm
的最小值为
23
2
（其中
m0
）当
x< br>


,
1

2


时，
f(x)3xm1
，
当
x




1
2
,m



时，
f(x) xm1
，
当
x

m,

时，
f(x)3xm1
，
图象如下：

20

1
11

1
f



m
，
f

m

2m1
，
m

2m1

m0< br>
2
22

2

123

1

f(x)fm
故，故
m11
；
min
 
22

2

（
2
）由
a
2b
2
c
2
11
，
2
44
1< br>
2
2

49
c1
22
ab
a bc123136

由柯西不等式得，

2

2

2
，当且仅当




abc 1

491

2
时，即
a2,b
故
6,c1
时取等号，
491

的最小值为
3
． < br>222
abc1
【点睛】本题考查绝对值不等式的求法，柯西不等式求最值问题，考查 运算能力和变换技巧，属于中档题．

21