德国钢材-小品搞笑台词

成都市2020届高中毕业班摸底考试
数学试卷（文科）
第Ⅰ卷（选择题共60分）
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．
i
（其中
i
为虚数单位）的虚部是 （ ）
1i
111
A.

B.
i
C.
222
1.复数
z
【答案】C
【解析】
试题分析：
z
D.
i

1
2
ii(1i)1i11
i
，则虚部为，故选.
1i(1i)(1i)222
考点：复数的运算、复数的实部与虚部.
2，3，4}
，
Bxxx60
，则
AIB
（ ） 2.若集合
A{1，
A.
{1}

【答案】D
【解析】

2

，2}
B.
{1
C.
{2,3}

，2,3}
D.
{1
Qxx60,2x3,AB

1,2,3

,选
D
.
3.如图是某赛季甲、乙两名篮球运动员9场比赛所得分数的茎叶图，则下列说法错误的是（ ）

A. 甲所得分数的极差为22
B. 乙所得分数的中位数为18
C. 两人所得分数的众数相等
D. 甲所得分数的平均数低于乙所得分数的平均数
【答案】D
【解析】

- 1 -

【分析】
根据茎叶图，逐一分析选项，得到正确结果.
【详解】甲的最高分为33，最低分为11，极 差为22，A正确；乙所得分数的中位数为18，B
正确；甲、乙所得分数的众数都为22，C正确；甲 的平均分为
，乙的平均分为
111517202222243233196< br>
99
81112161820222231160
x
乙


99
x
甲

，甲所得分数的平均数高 于乙所得分数的平均数，D错误，故选D.
【点睛】本题考查了根据茎叶图，求平均数，众数，中位数 ，考查基本概念，基本计算的，
属于基础题型.

x2y20,
< br>4.若实数
x,y
满足约束条件

x10,
，则
zx2y
的最小值为（）

y0.

A.
0

【答案】A
【解析】
【分析】
画出约束条件所表示的区域，然后利用平移法求出
z
的最大值．
B.
2
C.
4
D.
6


x2y 2
„
0

0
详解】作出实数
x
，
y
满足约束条件

x1
…
表示的平面区域，如图所示．

y
…

0
由
zx2y
可得
y
大，
z
越小．
【
由

故选
A
．

1111
1
xz
，则
z
表示直线
yxz< br>在
y
轴上的截距，纵截距越
2
2222
1
2
作直线
x2y0
，然后把该直线向可行域平移，当直线经过点
B
时，z
最大，
z
最小．

x2y20
1
可得
B(1,)
，此时
z0
，
2

x1
- 2 -

【点睛】本题主 要考查线性规划的应用，利用
z
的几何意义，通过数形结合是解决本题的关键．
5. 已知等比数列

a
n

的各项均为正数，若
log
3
a
1
log
3
a
2
log
3< br>a
12
12
，则
a
6
a
7
＝（ ）
A. 1
【答案】D
【解析】
【分析】
首先根据对数运 算法则，可知
log
3

a
1
a
2
... a
12

12
，再根据等比数列的性质可知
B. 3 C. 6 D. 9
a
1
a
2
.....a
12


a
6
a
7

，最后计算
a
6
a
7
的值.
【详解】由
log
3
a
1
l og
3
a
2
Llog
3
a
12
12
，
可得
log
3
a
1
a
2
L a
12
12
，进而可得
a
1
a
2
La< br>12


a
6
a
7

3
12
，
6
6
a
6
a
7
9
.
【点睛】本题考查了对数运算法则和等比数列性质，属于中档题型，意在考查转化与化归和
计算能力.
x
6.设函数
f

x

的导函数为< br>f


x

，若
f

x

elnx
1
1
，则
f


1


（）
x
D.
e
A.
e3

【答案】C
【解析】
【分析】
B.
e2
C.
e1

先求出
f


x

，即 可求出
f


1

的值.

- 3 -

e
x
1
【详解】由题得
f

x

=elnx
，
xx
2
x
所以
f


1

=
故选C
e1
=e1
.
2
11
【点睛】本题主要考查函数求导， 意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和计算能力.
7.
△ABC
中，角
A
，
B
，
C
的对边分别为
a,b,c
．若向量m

a,cosA

，
r
r
rr
ncosC,2bc
，且
mn0
，则角
A
的大小为（）

A.


6
B.


4
C.


3
D.


2
【答案】B
【解析】
【分析】
利用数量积结合正弦定理转化 为三角函数问题，通过两角和的公式化简得到角
A
的方程，得
解．
rr
n0
得，
【详解】由
m
g
0(a,c osA)g(cosC,2bc)acosC(2bc)cosA
，
由正弦定理得，
sinAcosC2sinBcosAsinCcosA0
，
化为
sin(AC)2sinBcosA0
，
即
sinB2sinBcosA0
，
由于
sinB0
，

cosA
2
，又
A

0,



2

A

4
，
故选
B
． < br>【点睛】本题主要考查平面向量的数量积和正弦定理，考查和角的正弦公式的应用，意在考
查学生 对这些知识的理解掌握水平.
8.执行如图所示的程序框图，则输出的
m
的值为（）

- 4 -

A.
5

【答案】B
【解析】
【分析】
B.
6
C.
7
D.
8

由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环 结构计算
S
的值并输出变量
m
的值，模
拟程序的运行过程，分析循环 中各变量值的变化情况，可得答案．
【详解】模拟程序的运行，可得
开始
①
②
③
④
⑤

故选
B
．
【点睛】本题考查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．
S0

12
1
2100

12
1
22
2
10100

121
22
2
32
3
34100

1 2
1
22
2
32
3
42
4
98100

12
1
22
2
32
3
42
4
52
5
258100

m1

m2

m3

m4

m5

m6


- 5 -

9.若矩形
ABCD
的对角线交点为
O

，周长为
410< br>，四个顶点都在球
O
的表面上，且
OO

3
，则球
O
的表面积的最小值为（）
A.
322


3
B.
642


3
C.
32

D.
48


【答案】C
【解析】
【分析】
首先利用矩形求出外接圆的小圆半径，进一步利用基本不等式求 出球的半径，进一步求出球
的表面积的最小值．
【详解】如图，设矩形
ABCD的两邻边分别为
a
，
b
，则
ab210
，且外接圆
eO

的半径
a
2
b
2
．
r
2

a
2
b
2
由球的性质得，OO


平面
ABCD
，所以球
O
的半径R(3)r3
．
4
22
ab
由均值不等式得，„
2
(ab)
2
a
2
b
2
22< br>20
，
，所以
ab…
2
2
a
2
b
2
20
所以
R(3)r3…38
，当且仅当ab10
时，等号成立．
44
22
所以球
O
的表 面积的最小值为
4

R
2
32

，
故选
C
．
【点睛】本题考查的知识要点：球的表面积公式的应用，基本不等 式的应用，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．
10.已知函数
f

x

xax1e
，则“
a
2 2x

2
”是“函数
f

x

在
x-1
处取得极小
值”的( )

- 6 -

A. 充分而不必要条件
C. 充要条件
【答案】A
【解析】
【分析】
B. 必要而不充分条件
D. 既不充分也不必要条件
求出原函数导函数，分析函数
f(x)
在
x1< br>处取得极小值时的
a
的范围，再由充分必要条
件的判定得答案．
【详解】解：若
f(x)
在
x1
取得极小值，
f( x)[x
2
(a
2
2)xa
2
1]e
x
(x1)(xa
2
1)e
x
．
令
f( x)0
，得
x1
或
xa
2
1
．
0
． ①当
a0
时，
f(x)(x1)e…
故f(x)
在
R
上单调递增，
f(x)
无最小值；
②当
a0
时，
a
2
11
，故当
xa2
1
时，
f(x)0
，
f(x)
单调递增； < br>当
a
2
1x1
时，
f(x)0
，f(x)
单调递减；
当
x1
时，
f(x)0
，
f(x)
单调递增．
故
f(x)
在
x1
处取得极小值．
综上，函数
f(x)
在
x1
处取得极小值
a0
．

“
a2
”是“函数
f(x)
在
x1处取得极小值”的充分不必要条件．
故选
A
．
【点睛】本题考查利用导数研究函数的极值，考查充分必要条件的判定，属于中档题．
的2x
x
2
y
2
，0

，
F
2

c，0

，点11.已知双曲线
C:
2

2
1(a0,b0)
的左、右焦点分别为
F
1

－ c
ab

3b
2

N
的坐标为

c,

．若双曲线
C
左支上的任意一点
M
均满足
MF
2
+MN4b
，则双曲
2a

线
C
的离心率的取值范围为( )

13

,5
A.


3




B.
(5,13)

- 7 -


13

C.


1,
3


U
(5,)


【答案】C
【解析】
【分析】
D.
(1,5)U(13,)

首先根据双曲线的定义，
MF
2MF
1
2a
，转化为
MF
1
MN2a4b< br>，即

MF
1
MN

min
2a4b
，根据数形结合可知，当点
M,F
1
,N
三点共线时，
MF
1
MN
3b
2
最小，转化为不等式
2a4b
，最后求离心率的范围.
2a
【详解】由已知可得
MF
2
MF< br>1
2a
，若
MF
2
|MN|4b
，
‖MF
1
||MN|2a4b
，左支上的点
M
均满足
MF
2
|MN|4b
， 即
如图所示，当点
M
位于H
点时，
MF
1
|MN|
最小，
3b
2< br>故
2a4b
，即
3b
2
4a
2
8a b
,
2a
3b
2
8ab4a
2
0,( 2ab)(2a3b)0
,
2a3b
或
2ab,4a
2
9b
2
或
4a
2
b
2
,9c< br>2
13a
2
或
c
2
5a
2
, 1

13

c
1,
U
(5,)
.
5,
双曲线
C
的离心率的取值范围为


a

3

c13
或

a3

【点 睛】本题考查离心率的取值范围的问题，属于中档题型，意在考查化归和计算能力，关
‖MF
1
||MN|
的最小值，转化为
a,b
的代数关系，最后求键是根据几何关系 分析
c
的范围.
a
12.若关于
x
的不等式
xl nxkxk10
在

1,

内恒成立，则满足条件的整 数
k
的最大值

- 8 -

为（）
A.
0

【答案】C
【解析】
【分析】
根据题意即可得出 函数
yxlnx(x1)
的图象恒在直线
yk(x1)1
的上方， 当直线
yk(x1)1
与函数
yxlnx(x1)
相切时，可设切 点为
(x
0
，
y
0
)
，从而可以得出
B.
1
C.
2
D.
3


y
0
x
0
lnx
0
①


y
0< br>k

x
0
1

1②
，联立三式即可得 出
kx
0
1
，根据
x
0
1
即可得出
k0
，再根据③

lnx1k③

0
即可得 出
k1
，从而得出整数
k
的最大值为2．
【详解】关于
x
的不等式
xlnxkxk10
在
(1,)
内恒成立，
即关于
x
的不等式
xlnxk(x1)1
在
(1, )
内恒成立，
即函数
yxlnx(x1)
的图象恒在直线
y k(x1)1
的上方．
当直线
yk(x1)1
与函数
yxlnx(x1)
相切时，设切点为
(x
0
，
y
0< br>)
，

y
0
x
0
lnx
0①

则

y
0
k

x
0< br>1

1②
，由①②得，
x
0
lnx
0< br>k(x
0
1)1
，把③代入得
x
0
(k1) k(x
0
1)1
，

lnx1k③

0
化简得
x
0
k1
．由
x
0
1
得，
k0
．
2
． 又由③得
klnx
0
 11
．即相切时整数
k…
因此函数
yxlnx(x1)
的图象 恒在直线
yk(x1)1
的上方时，整数
k
的最大值为2．
故选
C
．
【点睛】本题主要考查基本初等函数的求导公式，积的导数的求导 公式，考查直线和曲线的
位置关系，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.
第Ⅱ卷（非选择题共90分）
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡上．
13.某公司一种新产品的销售额
y
与宣传费用
x
之间的关系如表：
x
（单位：万元）
0


1

- 9 -
2

3

4

y
（单位：万元）
10


15

20

30

35

$$
9
，则
b
$$
的已知销售额
y
与宣传费用
x
具有线性相关关 系，并求得其回归直线方程为
$$
ybx
值为__________．
【答案】
6.5

【解析】
【分析】
由表中数据计算平均数，代入回归直线方程中求得回归系数．
【详解】由表中数据，计算
x
01234
2
，
5
y
1015203035110
22
，
55
ˆ
9
过样本中心点
(2,22)
得，
ˆ
bx
又归直线方程为
y
ˆ
9
，
222b
ˆ

13
6.5
． 解得
b
2
故答案为6.5．
【点睛】本题考查了线性回归方程过样本中心点的应用问题，是基础题．
14.已知曲线C
：


x2cos

（

为参数 ）．若点
P
在曲线
C
上运动，点
Q
为直线
l
：

ysin

x2y420
上的动点，则
PQ
的最小值为__________．
【答案】
210

5
【解析】
【分析】
先表示出曲线C上的点到直线距离，再利用三角函数的图像和性质求|PQ|的最小值.
【详解】表示曲线
C:

l:x2y420
的距离

x2cos

,
(

为参数）上任意点
P(2 cos

,sin

)
到直线

ysin


- 10 -

d
|2cos

 2sin

42|
12
2

|22sin(



)42|
5
，
当
sin(


)1
时，
|PQ|
min
d
min< br>
22
5

210
．
5
故答案为
210

5
【点睛】本题考查的知识要点：三角 函数关系式的恒等变换，正弦型函数的性质的应用，点
到直线的距离公式的应用，主要考察学生的运算能 力和转换能力，属于基础题型．
15.已知
f

x

是定 义在



,


上的奇函数，其导函数为
f


x

，
f





2
，且当
4

x

0,

时，
f


x

sinxf< br>
x

cosx0
．则不等式
f

x
sinx1
的解集为__________．
【答案】


【解析】
【分析】
令
F(x) f(x)sinx
，根据据已知条件及导函数符号与函数单调性的关系判断出
f(x)sinx
的单
调性，根据函数的单调性和奇偶性求出不等式的解集．
【详解】令
F(x)f(x)sinx(0x

)
，
则
F

(x)f

(x)sinxf(x)cosx0(0 x

)
，
所以
F(x)f(x)sinx
在
(0,

)
上为单调递增，且
F()f()sin1
，
444
所以
F(x)f(x)sinxF()
，
4
解得
0x



,


44




4
．
由
f (x)
是定义在
(

,

)
上的奇函数得， < br>F(x)f(x)sin(x)f(x)sinx（fx)sinx=F(x)

所以
F(x)f(x)sinx
在
(

,

)
为偶函数，且
F(0)f(0)sin00

所以不等式< br>f(x)sinx1
的解集为
(
故答案为
(

,)
，
44

,)
．
44
- 11 -

【点睛】本题主要考查不等式的求解，根据条件构造函数，求函数的导数，利 用导数研究函
数的单调性是解决本题的关键．
16.已知抛物线
C
：
y2px(p＞0)
的焦点为
F
，准线为
l
．过点
F< br>作倾斜角为
120
的直线
与准线
l
相交于点
A，线段
AF
与抛物线
C
相交于点
B
，且
AB
程为__________．
【答案】
y2x

【解析】
【分析】
设出直线
AF
的方程，与抛物线方程联立，消去
x
，解方程求得
p
的值，再写出抛物线
C
的
标准方程．
【 详解】由题得直线
AF
的方程为
y3(x
2
2
4，则抛物线
C
的标准方
3
p
p
)
，从而
A(,3p)
；
2
2

y
2
2px

由

p
消去
x
，

y3(x )
2

得
3y
2
2py3p
2
0< br>，
解得
y
313
，从而
B(p,p)
；
p
或
y3p
（舍去）
63
3
由
|AB|< br>4
1134
得，
(pp)
2
(p3p)
2
，
3
6233
2
解得
p1
，所以抛物线
C
的标准方程为
y2x
．
故答案为
y2x
．
【点睛】本题考查了直线与抛物线方程的应用问题，也考查了运算求解能力，是中档题．
三、解答题：本大题共5小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17 .已知函数
f

x


2
1
3
x mx
2
nx3
，其导函数
f


x

的图象关于
y
轴对称，
3
2
f

1

．
3
（Ⅰ）求实数
m,n
的值；

- 12 -

（Ⅱ）若函数
yf

x



的图象与
x
轴有三个不同的交点，求实数

的 取值范围．
【答案】（Ⅰ）
m0
，
n4
（Ⅱ）
< br>
【解析】
【分析】
（Ⅰ）根据导函数
f

< br>x

的图象关于
y
轴对称求出m的值，再根据
f
< br>1



725

,



33

2
求出n的值；
3
（Ⅱ）问题等价于方程
f

x



有三个不相等的实根，再求出函数f(x) 的单调性和极值，分
析得解.
2
【详解】解：（Ⅰ）
f


x

x2mxn
.
Q
函数
f


x

的图象关于
y
轴对称，
m0
.
又
f

1


12
n3
，解得
n4
.
33
m0
，
n4
.
（Ⅱ）问题等价于方程
f

x



有三 个不相等的实根时，求

的取值范围.
由（Ⅰ），得
f

x


1
3
x4x3
.
f


x

x
2
4
.
3
令
f


x

0
，解得
x2
.
Q
当
x2
或
x2
时，
f

x

0
，
f

x

+

上分别单调递增.

,2

，

2，
又当
2x2
时，
f


x

0
，
f

x

在

2,2

上单调递减.
f

x

的极大值为
f

2


257
，极小值为
f

2


. 33

725


实数

的取值范围为

,

.

33

【点睛】本题主要考查利 用导数研究函数的零点问题，数形结合思想是数学中的一种重要的

- 13 -

思想，通过数形结合将本题转化为函数图象的交点，可以直观形象的解决问题．
18.为践行“绿水青山就是金山银山”的发展理念，某城区对辖区内
A
，
B
，
C
三类行业共
200个单位的生态环境治理成效进行了考核评估，考评分数达到8 0分及其以上的单位被称为
“星级”环保单位，未达到80分的单位被称为“非星级”环保单位．现通过 分层抽样的方法
获得了这三类行业的20个单位，其考评分数如下：
A
类行业：85，82，77，78，83，87；
B
类行业：76，67，80，85，79，81；
C
类行业：87，89，76，86，75，84，90，82．
（Ⅰ）计算该城区这三类行业中每类行业的单位个数；
（Ⅱ）若从抽取的
A
类行业这6个单位中，再随机选取3个单位进行某项调查，求选出的这3
个单位中既有“星级”环保单位 ，又有“非星级”环保单位的概率．
【答案】（Ⅰ）
A
，
B
，C
三类行业中每类行业的单位个数分别为60，60，80.（Ⅱ）
【解析】
【分析】
第一问利用分层抽样的概念直接计算即可；第二问是古典概率模型，先列出所有的基 本事件，
然后再找出3个单位都是“星级”环保单位或都是“非星级”环保单位所包含基本事件的个数，即可求出3个单位中既有“星级”环保单位，又有“非星级”环保单位的概率．
【详解】（Ｉ ）由题意，得抽取的
A
，
B
，
C
三类行业单位个数之比为< br>3:3:4
.
由分层抽样的定义，有
4

5
3
20060
，
10
3
B
类行业的单位个数为
20060
，
10
4
C
类行业的单位个数为
20080
，
10
A
类行业的单位个数为
故该城区
A
，
B
，C
三类行业中每类行业的单位个数分别为60，60，80.
（Ⅱ）记选出的这3个单位 中既有“星级”环保单位，又有“非星级”环保单位为事件
M
.
这3个单位的考核数 据情形有

85,82,77

，

85,82,78
，

85,82,83

，

85,82, 87

，

85,77,78

，

85 ,77,83

，

85,77,87

，
85,78,83

，

85,78,87

，

85,83,87

，

82,77,78

，

82,77,83

，

82,77,87

，

82,78,83

，

82,78,87< br>
，

82,83,87

，

- 14 -


77,78,83

，

77,78 ,87

，

77,83,87

，

7 8,83,87

，共20种.
这3个单位都是“星级”环保单位的考核数据情形有

85,82,83

，

85,82,87
< br>，

85,83,87

，

82,83,87
，共4种，没有都是“非星级”环保单位的情形，
故这3个单位都是“星级”环保单位或都是“非星级”环保单位的情形共4种，
故所求概率< br>P

M

1
44

.
205
【点睛】本题主要考查分层抽样及古典概型问题，属基础题．
19.如图，在 四棱锥
PABCD
中，平面
PAD
平面
ABCD
，PAPD
，
ABAD
，
PAPD
，
ADCD< br>，
BAD60
o
，
M
，
N
分别为
AD
，
PA
的中点．

（Ⅰ）证明：平面
BMNP
平面
PCD
；
（Ⅱ）若
AD6
，求三棱锥
PBMN
的体积．
【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）
【解析】
【分析】
第一问先证明BM∥
平面
PCD
，
MN
∥
平面
PCD
，再根据面面平行的判定定理证明平面
93

4
1
BMNP
平面
PCD
．第二问利用等积法可得
V
PBMN
V
B PMN
S
PMN
BM
，分别求出
3
PMN
的面积和
BM
的长度即可解决问题．
【详解】（Ⅰ）连接
BD
， ∴
ABAD
，
BAD60
o
，∴
ABD
为 正三角形.
∵
M
为
AD
的中点，∴
BMAD
.
∵
ADCD
，
CD,BM
平面
ABCD
，∴< br>BMPCD
.
又
BM
平面
PCD
，
CD 
平面
PCD
，∴
BM∥
平面
PCD
.
∵
M
，
N
分别为
AD
，
PA
的中点，∴< br>MNPPD
.

- 15 -

又
MN< br>平面
PCD
，
PD
平面
PCD
，∴
MN< br>∥
平面
PCD
.
又
BM,MN
平面
BMN
，
BMIMNM
，
∴平面
BMNP
平面
PCD
.

（Ⅱ）在（Ⅰ）中已证
BMAD
.
∵平面
PAD
平面
ABCD
，
BM
平面
ABCD
，∴
BM
平面
PAD
.
又
AD6
，
BAD60
o
，∴
BM33
.
在
PAD
中，∵
PAPD
，
PAPD
，∴
PAPD
∵
M
，
N
分别为
AD
，
PA
的中点，
∴
PMN
的面积
S
PMN
2
AD32
.
2
111S
PAD
32
442

2

9< br>，
4
∴三棱锥
PBMN
的体积
V
PBMNV
BPMN

1
1993
S
PMN
B M
33
.
3
344
【点睛】本题主要考查线面、面面平行 与垂直判定和性质，等积法求三棱锥的体积问题，
属中等难度题．
x
2
y< br>2
20.已知椭圆
C
：
2

2
1(ab 0)
的左，右焦点分别为
F
1
3,0
，
F
2< br>ab
1

经过点
A

3,

．
2

（Ⅰ）求椭圆
C
的标准方程；
0)
作一条 斜率不为
0
的直线
l
与椭圆
C
相交于
P，Q
两点，（Ⅱ）过点
B(4，
记点
P
关于
x
轴对
称 的点为
P

．证明：直线
P

Q
经过
x< br>轴上一定点
D
，并求出定点
D
的坐标．

- 16 -
的

3,0
，且


x
2< br>【答案】（Ⅰ）
y
2
1
（Ⅱ）证明见解析，直线
P

Q
经过
x
轴上定点
D
，其坐标为

1 ,0


4
【解析】
【分析】
（Ⅰ）由已知结合椭圆定 义求得
a
，再求得
b
，则椭圆方程可求；（Ⅱ）由题意，设直线
l< br>的
方程为
xmy4(m0)
，再设
P(x
1
，
y
1
)
，
Q(x
2
，
y
2
)
，则
P

(x
1
，
y
1
)
．联立直线方程与
椭圆方程，化为关于
y
的一元二次方程，求出
P Q
所在直线方程，取
y0
求得
x
值，即可证
明直线
P

Q
经过
x
轴上一定点
D
，并求出定点
D
的坐标．
【详解】解：（Ⅰ）由椭圆的定义，可知
2aAF
1
AF
2



23

22
2

1

1


4
.

2

2
2
解得
a2
.
又
ba

3

2
1
，
2
x

椭圆
C
的标准方程为
y
2
1.
4
（Ⅱ）由题意，设直线
l
的方程为
xmy4

m0

.
设
P

x
1
,y
1

，
Q

x
2
,y
2

，则
P


x
1
,y
1
< br>.

xmy4

22
x
m4y8my1 20
. 由

x
2
，消去，可得

2

y1

4
Q16

m
2
12

0
，
m
2
12
.
y
1
y
2

Q
k
P

Q

8m
12
yy
，.
12
m
2
4
m
2
4
y
2
y
1
y
2
y< br>1

，
x
2
x
1
m

y
2
y
1


直线
P

Q的方程为
yy
1

y
2
y
1
< br>xx
1

.
m

y
2
y
1


- 17 -

令
y0
，可得
x
m

y< br>2
y
1

my
1
4
.
y< br>1
y
2
2m
12
m
2
4
4 
24m
41
.
D

1,0

.
8m
8m
m
2
4
x
2my
1< br>y
2
4
y
1
y
2

直线P

Q
经过
x
轴上定点
D
，其坐标为

1,0

.
点睛】本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆位置关系的应用，考查计算能力，是中档
题．
21.已知函数
f

x

ae
x
【< br>
【答案】(1)
xy10
；(2)
a1

【解析】
【分析】
（2）问题等价于关于
x
的方程
a
所以
f


x

2e
x
x< br>1
，其中
a0
．
e
x
（1）当
a2
时，求曲线
yf

x

在点
0,f
< br>0

处的切线方程；
（2）若函数
f

x

有唯一零点，求
a
的值．

（1）根据题意求得切线的斜率和切点，由点斜式方程可得切线方程；
1x1x< br>a
(1)g(x)(1)
，有唯一的解时，求的值．令
e
xe
x
e
x
e
x
求得
g(x)
的导数， 以及单调性和极值，结合图象和已知条件可得
a
的值；
【详解】解：（1）当
a2
时，
f

x

2e
x
x1
，
x
e
1x
，
x
e
所以< br>f


0

211
．
又
f

0

211
，
所以曲线< br>yf

x

在点
0,f

0
< br>处的切线方程为
y1x
，
即
xy10
．
（2）问题等价于关于
x
的方程
a

1

x

1

有唯一的解时，求
a
的值．
xx
e

e


- 18 -

< br>1

x

12xe
x
令
g
< br>x


x

x
1

，则
g


x


．
e

e

e
2x
令
h

x

12xe< br>，则
h


x

2e0
，
xx
h

x

在

,
上单调递减．
又
h

0

0
，

当
x

,0

时，
h

x

0
，即
g


x

0< br>，
g

x

在

,0
< br>上单调递增；
当
x

0,

时，
h

x

0
，即
g


x

0
，
g

x

在

0 ,


上单调递减．
g

x

的极 大值为
g

0

1
．

当
x 

,0

时，
g

x



,1

；当
x

0,
时，
g

x



0,1

．
又
a0
，

当方程
a
1

x

1

有唯一的解时，
a1
．
ex

e
x

综上，当函数
f

x
有唯一零点时，
a
的值为1．
【点睛】本题考查导数的运用：求切线 方程和单调性、极值和最值，考查换元法和构造函数
法，以及化简运算能力，属于中档题．
2 2.在直角坐标系
xOy
中，过点
P

1,1

的 直线
l
的参数方程为


x1tcos

（< br>t
为参数）．以

y1tsin

坐标原点
O< br>为极点，
x
轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线
C
的极坐标方程为< br>
4cos

．
（Ⅰ）求曲线
C
的直角坐标方程；
（Ⅱ）若直线
l
与曲线
C
相交于
A,B
两点，求
22
11

的最 小值．
|PA||PB|
【答案】（Ⅰ）
xy4x0
（Ⅱ）
2

【解析】
【分析】
（Ⅰ）直接利用转换关系式，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换．（Ⅱ）将

- 19 -

直线
l
的参数方程代入曲线
C
的方程，并整理得
t

2sin

2cos


t20
，再利用
2
直线参数方程t的几何意义求出
11

的最小值．
|P A||PB|
2
【详解】解：（Ⅰ）
Q

4cos
，


4

cos

.
222< br>由直角坐标与极坐标的互化关系

xy
，

cos

x
.

曲线
C
的直角坐标方程为
x
2
y
2
4x0
.
（Ⅱ）将直线
l
的参数方程代入曲线
C
的方程，并整理得
t
2


2sin

2cos

t20
.
Q

2sin

2cos


80
，

可设
t
1
,t
2
是方程的两个实数根，
则
t
1
t
2
2cos

2sin

，
t
1
t
2
20
.
2

11
tt
2
tt
11


1< br>
12

PAPB
t
1
t
2
t1
t
2
t
1
t
2


t
1
t
2

2
2
4t
1
t
2


2cos

2sin

2
2
8

8


，当时，等号成立.
2
4
2
11

的最小值为
2
. PAPB
【点睛】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，一元二次
方程根和系数关系式的应用，三角函数关系式的恒等变换，考查直线参数方程t的几何意义，
主 要考察学生的运算能力和转换能力，属于基础题型．



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