2019年四川省成都市高新区高考数学一诊试卷(理科)

2019年四川省成都市高新区高考数学一诊试卷（理科）
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. 已知集合A＝{x|x2−x−2<0}，B＝Z，则A∩B＝（）
A.{−1, 0, 1, 2}
B.{0, 1, 2}
C.{0, 1}
D.{1}
【答案】
C
【考点】
交集及其运算
【解析】
可求出集合A，然后进行交集的运算即可．
【解答】
A＝{x|−1<x<2}，且B＝Z；
∴A∩B＝{0, 1}．
2. 已知i为虚数单位，复数z满足(2−i)z＝1，则复数z的虚部为（）
A.1 5i
B.2
5
C.1
3
i D.1
5
【答案】
D
【考点】
复数的运算
【解析】
直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．【解答】
由(2−i)z＝1，
得z=1
2−i =(2+i)
(2−i)(2+i)
=2
5
+1
5
i，
∴复数z的虚部为1
5
．
3. 甲乙两名同学6次考试的成绩统计如图，甲乙两组数据的平均数分别为x
甲、x
乙
，
标准差分别为σ甲、σ乙，则（）
A.x
甲>x
乙
，σ甲<σ乙
B.x
甲<x
乙
，σ甲>σ乙
C.x
甲>x
乙
，σ甲<σ乙
D.x
甲<x
乙
，σ甲>σ乙
【答案】
C
【考点】
极差、方差与标准差
频率分布折线图、密度曲线
【解析】
利用折线图的性质直接求解．
【解答】
解：甲乙两名同学6次考试的成绩统计如图，
甲乙两组数据的平均数分别为x
甲、x
乙
，
标准差分别为σ甲、σ乙，
由折线图得：x
甲>x
乙
，σ甲<σ乙，
故选C.
4. 已知直线m和平面α，β，若m⊂α，则“m⊥β”是“α⊥β”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
【考点】
充分条件、必要条件、充要条件
【解析】
根据线面垂直和面面垂直的定义和性质，结合充分条件和必要条件的定义即可的结论．【解答】
根据面面垂直的判定定理可得，
若m⊂α，m⊥β，则α⊥β成立，即充分性成立，
若α⊥β，则m⊥β不一定成立，即必要性不成立．
故“m⊥β”是“α⊥β”充分不必要条件，
5. 已知椭圆C:16x 2+4y 2＝1，则下列结论正确的是（ ）
A.长轴长为12
B.焦距为√34
C.短轴长为14
D.离心率为√32 【答案】
D
【考点】
椭圆的离心率
【解析】
化简椭圆的方程为标准方程，然后求解即可．
【解答】
椭圆C:16x 2+4y 2＝1，
可得x 2
116+
y 214=1，焦点坐标在y 轴上； 可得a =12，b =14，可得c =√14−116=√34
， 可得离心率为：c a =√3412=√32
．
6. 执行如图的程序框图，则输出K 的值为（ ）
A.98
B.99
C.100
D.101
【答案】
B
【考点】
程序框图
【解析】
模拟程序的运行，依次写出每次循环得到的K ，S 的值，观察规律，可得当K ＝99，S ＝2，满足条件S ≥2，退出循环，输出K 的值为99，从而得解．
【解答】
模拟程序的运行，可得
K ＝1，S ＝0
S ＝lg2
不满足条件S ≥2，执行循环体，K ＝2，S ＝lg2+lg 32=lg3
不满足条件S ≥2，执行循环体，K ＝3，S ＝lg3+lg 43=lg4
观察规律，可得：
不满足条件S≥2，执行循环体，K＝99，S＝lg99+lg100
99
=lg100＝2
满足条件S≥2，退出循环，输出K的值为（99）
7. 《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称之为“堑堵”．已知某“堑堵”的三视图如图所示，俯视图中间的实线平分矩形的面积，则该“堑堵”的表面积为（）
A.4+2√2
B.2
C.4+4√2
D.6+4√2
【答案】
D
【考点】
由三视图求体积
【解析】
根据题意和三视图知几何体是一个放倒的直三棱柱，由三视图求出几何元素的长度，由面积公式求出几何体的表面积．
【解答】
根据题意和三视图知几何体是一个放倒的直三棱柱ABC−A′B′C′，
底面是一个直角三角形，两条直角边分别是√2、斜边是2，
且侧棱与底面垂直，侧棱长是2，
∴几何体的表面积S＝2×1
2
×2×1+2×2+2×2×√2=6+4√2，
8. (a+2x)(1−√x)6关于x的展开式中，常数项为2，则x2的系数是（）
A.60
B.45
C.42
D.−42
【答案】
A
【考点】
二项式定理及相关概念
【解析】
把(1−√x)6按照二项式定理展开，根据(a+2x)(1−√x)6的常数项为2，可得a的值，以及x2的系数．
【解答】
∵(a+2x)(1−√x)6＝(a+2x)(1−6√x+15x−20x√x+15x2−6x2√x+x3)，∴常数项为a＝2，∴x2的系数是15a+30＝60，
9. 已知数列{a<em>n</em>}是等比数列，若a2＝1，a5=1
8
，则a1a2+a2a3+a3a4+ a4a5＝（）
A.255
32B.85
32
C.255
2
D.85
3
【答案】
【考点】
等比数列的前n项和
【解析】
直接利用等比数列的性质可求q，然后代入等比数列的求和公式即可求解．【解答】
∵数列{a<em>n</em>}是等比数列，且a2＝1，a5=1
8
，
由等比数列的性质可得，q3=a5a
2=1
8
，
∴q=1
2
，a1＝2，
则a1a2+a2a3+a3a4+a4a5=a12(q+q3+q5+q7)
＝4(1
2+1
23
+1
25
+1
27
)
=85 32
10. 已知函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,|φ|<π
2)图象相邻两条对称轴之间的距离为π
2
，
将函数y＝f(x)的图象向左平移π
3
个单位，得到的图象关于y轴对称，则（）
A.函数f(x)的周期为2π
B.函数f(x)图象关于点(π
3
,0)对称
C.函数f(x)图象关于直线x=π
12
对称
D.函数f(x)在[−π
6,π
3
]上单调
【答案】
D
【考点】
函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】
首先利用三角函数关系式的恒等变变换进一步求出函数的关系式，进一步利用正弦型函数的性质求出结果．
【解答】
函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,|φ|<π
2)图象相邻两条对称轴之间的距离为π
2
，
所以：T＝π，
故：ω＝2，
将函数y＝f(x)的图象向左平移π
3
个单位，
得到：f(x)=sin(2x+2π
3
+ϕ)，
得到的图象关于y轴对称，
所以：f(x)=sin(2x−π
6
)，
则：函数的周期为T ＝π．
故：A 错误．
当x =π3时，f(π3)＝1，
故：B 错误．
当x =π12时，f(π12)＝0，
故：C 错误．
11. 如图，在矩形ABCD 中，EF // AD ，GH // BC ，BC ＝2，AF ＝FG ＝BG ＝1，现分别沿EF ，GH 将矩形折叠使得AD 与BC 重合，则折叠后的几何体的外接球的表面积为（ ）
A.8π3
B.16π3
C.6π
D.24π
【答案】
B
【考点】
球的体积和表面积
【解析】 由正三棱柱的条件求外接圆半径为R =√12+(√33)2=2√33
， 由表面积公式求出S ＝4πR 2=16π3
【解答】
将矩形ABCD 中中，EF // CD ，GH // BC ，BC ＝2，AF ＝FG ＝BG ＝1，分别沿EF ，GH 将矩形折叠使得AD 与BC 重合，则折叠后的几何体为以1为底面边长，
2为高的正三棱柱，则底面三角形外接圆半径为√33，则正三棱柱外接圆半径为R =(√33)=2√33
， 即S ＝4πR 2=
16π3，
12. 过曲线C 1:x 2a 2
−y 2b 2=1(a >0, b >0)的左焦点F 1作曲线C 2:x 2+y 2＝a 2的切线，设切点为M ，延长F 1M 交曲线C 3:y 2＝2px(p >0)于点N ，其中C 1，C 3有一个共同的焦点，若MF 1→+MN →=0→，则曲线C 1的离心率为（ ）
A.√5+12
B.√5
C.√2+12
D.√2
【答案】
A
【考点】
双曲线的离心率
双曲线的右焦点的坐标为(c, 0)，利用O 为F 1F ′的中点，M 为F 1N 的中点，可得OM 为△NF 1F ′的中位线，从而可求|NF 1|，再设N(x, y) 过点F 1作x 轴的垂线，由勾股定理得出关于a ，c 的关系式，最后即可求得离心率．
【解答】
设双曲线的右焦点为F ′，则F ′的坐标为(c, 0)
因为曲线C 1与C 3有一个共同的焦点，所以y 2＝4cx ，
因为MF 1→+MN →=0→
，
所以MF 1→=−MN →=NM →，
则M 为F 1N 的中点，
因为O 为F 1F ′的中点，M 为F 1N 的中点，所以OM 为△NF 1F ′的中位线，
所以OM // PF ′
因为|OM|＝a ，所以|NF ′|＝2a
又NF ′⊥NF 1，|F 1F ′|＝2c 所以|NF 1|＝2b
设N(x, y)，则由抛物线的定义可得x +c ＝2a ，
∴ x ＝2a −c
过点F 1作x 轴的垂线，点N 到该垂线的距离为2a
由勾股定理 y 2+4a 2＝4b 2，即4c(2a −c)+4a 2＝4(c 2−a 2)
得e 2−e −1＝0，
∴ e =√5+12． 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
已知平面向量m →=(1,2)，n →=(1,0)，则m →+n →在n →上的投影为________．
【答案】
2
【考点】
平面向量数量积的性质及其运算
【解析】
利用数量积的概念，两个向量的数量积等于一个向量的模乘以另一个向量在该向量上的投影，容易求解．
【解答】
∵ m →=(1,2)，n →=(1,0)，
∴ m →+n →=(2, 2)，
∴ (m →+n →)⋅n →=2，
而|n →|＝1，
∴ m →+n →在n →上的投影为2．
设函数f(x)={2x ,x ≥3f(x +1),x3
，则f(log 23)＝________． 【答案】
12
【考点】
求函数的值
分段函数的应用
【解析】
推导出f(log 23)＝f(log 23+1)＝f(log 23+2)=2log 23+2，由此能求出结果．
【解答】
∵ 函数f(x)={2x ,x ≥3f(x +1),x3
， ∴ f(log 23)＝f(log 23+1)＝f(log 23+2)=2log 23+2=3×4＝12．
已知数列{________．
【答案】
a n }，若a 1+2a 2+...+na n ＝2n ，则数列{a n a n+1}的前n 项和为4n n+1
【考点】
数列的求和
数列递推式
【解析】
由a 1+2a 2+...+na n ＝2n ，得a n =2n ，得a n a n+1=4n(n+1)=4(1n −1n+1)，由裂项求和法求出结果．
【解答】
n ≥2时，
a 1+2a 2+...+na n ＝2n ①
a 1+2a 2+...+(n −1)a n−1＝2(n −1)②
①-②得na n ＝2，∴ a n =2n ，
n ＝1时，a 1＝2，符合上式，
∴ a n =2n ；
∴ a n a n+1=4n(n+1)=4(1n −1n+1)
∴ 数列{a n a n+1}的前n 项和为：
4[(1−12)+(12−13)+(13−14)+...+(1n −1n +1
)] ＝4(1−1n+1)=4n n+1．
已知函数g(x)=
xe 2x −x e x −(3x −1)(e 3x−1−e 1−3x )，则满足g(x)>0的实数x 的取值范
围是________．
【答案】
(14, 12
) 【考点】
函数与方程的综合运用
【解析】
将g(x)变形，构造新函数ℎ(x)＝x(e <em>x</em>−e −<em><em>x</em></em>)，判断ℎ(x)为偶函数且在x >0上单调递增，即能得到ℎ(|x|)>ℎ(|3x −1|)，即有|x|>|3x −
1|，两边平方解不等式可得所求范围．
【解答】
函数g(x)=xe2x−x
e x
−(3x−1)(e3x−1−e1−3x)
＝x(e<em>x</em>−e−<em><em>x</em></em>)−(3x−
1)(e3<em><em>x</em></em>−1−e1−3<em><em>x</em></em>)，
构造函数ℎ(x)＝x(e<em>x</em>−e−<em><em>x</em></em>)，
ℎ(−x)＝(−x)(e−<em><em>x</em></em>−e<em>x</em>)＝x(e<em>x</em>−e−<em><em>x</em></em>)，所以函数ℎ(x)是偶函数．
当x>0时，ℎ(x)的导数为ℎ′(x)＝e<em>x</em>−e−<em><em>x</em></em>+ x(e<em>x</em>+e−<em><em>x</em></em>)>0，
可得ℎ(x)在(0, +∞)为单调递增函数，
由g(x)>0知x(e<em>x</em>−e−<em><em>x</em></em>)>(3x−
1)(e3<em><em>x</em></em>−1−e1−3<em><em>x</em></em>)
即ℎ(x)>ℎ(3x−1)
由于ℎ(x)是偶函数，不等式等价于ℎ(|x|)>ℎ(|3x−1|)，
由ℎ(x)在x>0上是增函数，∴|x|>|3x−1|，
两边平方解得1
4<x<1
2
，
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，考生依据要求作答.
如图，在平面四边形ABCD中，AB＝2，BC=√3−1，∠ABC＝120∘，∠ADC＝30∘．(I)若CD=√6，求AD；
(Ⅱ)求四边形ABCD面积的最大值．
【答案】
（I）连接AC，在△ABC中，由余弦定理知：
AC2＝AB2+BC2−2AB⋅BCcos∠ABC，则AC=√6
又由AC=CD=√6，则△ACD为等腰三角形，
作CE⊥AD于E，则DE＝AE
在Rt△DCE中，∠ADC＝30∘，
则DE=3√2
2
，则AD=3√2
（2）由题意知S△ABC=1
2AB⋅ACsin∠ABC=3
2
−√3
2
，
cos∠ADC=AD2+DC2−AC2
2AD⋅DC =AD2+DC2−6
2AD⋅DC
=√3
2
，
则AD2+DC2=√3AD⋅DC+6，
又AD2+DC2≥2AD⋅DC，“当且仅当AD＝DC时等号成立”，则AD⋅DC≤6(2+√3)，
S△ACD=1
2AD⋅DCsin∠ADC≤3+3√3
2
，
S ABCD=S△ABC+S△ACD≤9
2
+√3，
故四边形ABCD面积的最大值为9
2
+√3．
【考点】
点、线、面间的距离计算
【解析】
（I）连接AC，在△ABC中，由余弦定理知AC=√6，则△ACD为等腰三角形，作CE⊥AD于E，则DE＝AE，由此能求出AD．
(Ⅱ)由题意知S△ABC=1
2AB⋅ACsin∠ABC=3
2
−√3
2
，推导出AD2+DC2=√3AD⋅DC+6，
AD2+DC2≥2AD⋅DC，由此能求出四边形ABCD面积的最大值．【解答】
（I）连接AC，在△ABC中，由余弦定理知：
AC2＝AB2+BC2−2AB⋅BCcos∠ABC，则AC=√6
又由AC=CD=√6，则△ACD为等腰三角形，
作CE⊥AD于E，则DE＝AE
在Rt△DCE中，∠ADC＝30∘，
则DE=3√2
2
，则AD=3√2
（2）由题意知S△ABC=1
2AB⋅ACsin∠ABC=3
2
−√3
2
，
cos∠ADC=AD2+DC2−AC2
2AD⋅DC =AD2+DC2−6
2AD⋅DC
=√3
2
，
则AD2+DC2=√3AD⋅DC+6，
又AD2+DC2≥2AD⋅DC，“当且仅当AD＝DC时等号成立”，则AD⋅DC≤6(2+√3)，
S△ACD=1
2AD⋅DCsin∠ADC≤3+3√3
2
，
S ABCD=S△ABC+S△ACD≤9
2
+√3，
故四边形ABCD面积的最大值为9
2
+√3．
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠BCD＝120∘，侧面PAB⊥
底面ABCD ，∠BAP ＝90∘，AB ＝AC ＝PA ＝2． (I)求证：面PBD ⊥面PAC ；
(Ⅱ)过AC 的平面交PD 于点M ，若平面AMC 把四面体P −ACD 分成体积相等的两部分，求二面角M −PC −B 的余弦值．
【答案】
（I ）证明：因为∠BAP ＝90∘，则PA ⊥AB ， 又侧面PAB ⊥底面ABCD ，
面PAB ∩面ABCD ＝AB ，PA ⊂面PAB ， 则PA ⊥面ABCDBD ⊂面ABCD ，则PA ⊥BD 又因为∠BCD ＝120∘，ABCD 为平行四边形， 则∠ABC ＝60∘，又AB ＝AC
则△ABC 为等边三角形，则ABCD 为菱形， 则BD ⊥AC ，
又PA ∩AC ＝A ，则BD ⊥面PAC ，BD ⊂面PBD ，则面PAC ⊥面PBD ；
（2）由平面AMC 把四面体P −ACD 分成体积相等的两部分，则M 为PB 中点 由(Ⅰ)知建立如图所示的空间直角坐标系，则
B(√3,−1,0),C(√3,1,0),D(0,2,0),P(0,0,2)，则中点M 为(0, 1, 1)，
设面MPC 的法向量为v 1
→
=(x 1,y 1,z 1)，则{
PM →
⋅v 1→
=0PC →
⋅v 1→
=0 ，则v 1→
=(√3
3
,1,1)，
设面MPC 的法向量为v 2
→
=(x 2,y 2,z 2)，则{
PB →
⋅v 2→=0PC →
⋅v 2→=0
，则v 2→
=(1,0,√3
2
)，
则cosθ=|v 1→⋅v 2
→
|v 1→|⋅|v 2→|
|=5
7
，则二面角M −PC −B 的余弦值为−5
7．
【考点】
平面与平面垂直
二面角的平面角及求法 【解析】
（I ）证明PA ⊥AB ，PA ⊥BD ，BD ⊥AC ，推出BD ⊥面PAC ，即可证明面PAC ⊥面PBD ；
(Ⅱ)建立如图所示的空间直角坐标系，求出面MPC 的法向量，面MPC 的法向量利用空间向量的数量积求解二面角M −PC −B 的余弦值即可． 【解答】
（I ）证明：因为∠BAP ＝90∘，则PA ⊥AB ， 又侧面PAB ⊥底面ABCD ，
面PAB ∩面ABCD ＝AB ，PA ⊂面PAB ， 则PA ⊥面ABCDBD ⊂面ABCD ，则PA ⊥BD 又因为∠BCD ＝120∘，ABCD 为平行四边形， 则∠ABC ＝60∘，又AB ＝AC
则△ABC 为等边三角形，则ABCD 为菱形， 则BD ⊥AC ，
又PA ∩AC ＝A ，则BD ⊥面PAC ，BD ⊂面PBD ，则面PAC ⊥面PBD ；
（2）由平面AMC 把四面体P −ACD 分成体积相等的两部分，则M 为PB 中点 由(Ⅰ)知建立如图所示的空间直角坐标系，则
B(√3,−1,0),C(√3,1,0),D(0,2,0),P(0,0,2)，则中点M 为(0, 1, 1)，
设面MPC 的法向量为v 1
→
=(x 1,y 1,z 1)，则{
PM →
⋅v 1→
=0PC →
⋅v 1→
=0 ，则v 1→
=(√3
3
,1,1)，
设面MPC 的法向量为v 2
→
=(x 2,y 2,z 2)，则{
PB →
⋅v 2→=0PC →
⋅
v 2→=0
，则v 2→
=(1,0,√3
2
)，
则cosθ=|v 1→⋅v 2
→
|v 1→|⋅|v 2→|
|=5
7
，则二面角M −PC −B 的余弦值为−5
7．
当前，以“立德树人”为目标的课程改革正在有序推进．高中联招对初三毕业学生进行体育测试，是激发学生、家长和学校积极开展体育活动，保证学生健康成长的有效措施．重庆2018年初中毕业生升学体育考试规定，考生必须参加立定跳远、掷实心球、1分钟跳绳三项测试，三项考试满分为50分，其中立定跳远15分，掷实心球15分，1分钟跳绳20分．某学校在初三上期开始时要掌握全年级学生每分钟跳绳的情况，随机抽取了100名学生进行测试，得到右边频率分布直方图，且规定计分规则如下表：
(Ⅱ)若该校初三年级所有学生的跳绳个数X 服从正态分布N(μ, σ2)，用样本数据的平均值和方差估计总体的期望和方差，已知样本方差S 2≈169．根据往年经验，该校初三
年级学生经过一年的训练，正式测试时每人每分钟跳绳个数都有明显进步，假设今年正式测试时每人每分钟跳绳个数比初三上学期开始时个数增加10个，现利用所得正态分布模型：
(ⅰ)预估全年级恰好有2000名学生时，正式测试每分钟跳182个以上的人数；（结果 四舍五入到整数）
(ⅱ)若在全年级所有学生中任意选取3人，记正式测试时每分钟跳195个以上的人数为ξ，求随机变量ξ的分布列和期望．
附：若随机变量X 服从正态分布N(μ, σ2)，则P(μ−σ<X <μ+σ)=0.826，P(μ−2σ<X <μ+2σ)=0.9544，P(μ−3σ<X <μ+3σ)=0.9974
【答案】
(Ⅰ)两人得分之和不大于35分，即两人得分均为17分，或两人中1人17分，1人18分， P =
C 6
2+C 61C121
C 100
2=29
1650
(Ⅱ)X →
=160×0.06+170×0.12+180×0.34+190×0.30+200×0.1+210×0.08=185（个）
又σ2≈169，σ=13，所以正式测试时，μ=195，σ=13，∴ μ−σ=1(82) (ⅰ)∴ P(ξ>182)=1−
1−0.6826
2
=0.8413，∴ 0.8413×2000=1682.6≈16(83)
（人）
(ⅱ)由正态分布模型，全年级所有学生中任取1人，每分钟跳绳个数195以上的概率为0.5，
即ξ∼B(3, 0.5)，∴ P(ξ=0)=C 30−(1−0.5)3=0.125，P(ξ=1)=C 31
−0.5(1−
0.5)2=0.375，P(ξ=2)=C 32
−0.52(1−0.5)=0.375，P(ξ=3)=C 33−0.53=0.125， ∴ ξ的分布列为
E(ξ)=3×0.5=1.5 【考点】
离散型随机变量及其分布列 离散型随机变量的期望与方差 正态分布的密度曲线 【解析】
(Ⅰ)两人得分之和不大于35分，判断类型，然后求解概率．
(Ⅱ)利用频率分布直方图真假求解平均数，推出正式测试时，μ=195，σ=13，μ−σ=1(82)
(ⅰ)P(ξ>182)=1−
1−0.6826
2
=0.8413，推出人数．(ⅱ)由正态分布模型，全年级所
有学生中任取1人，每分钟跳绳个数195以上的概率为0.5，得到ξ∼B(3, 0.5)求出ξ的分布列，然后求解期望即可． 【解答】
(Ⅰ)两人得分之和不大于35分，即两人得分均为17分，或两人中1人17分，1人18分， P =
C 6
2+C 61C121
C 100
2=
291650
(Ⅱ)X →
=160×0.06+170×0.12+180×0.34+190×0.30+200×0.1+210×0.08=185（个）
又σ2≈169，σ=13，所以正式测试时，μ=195，σ=13，∴ μ−σ=1(82) (ⅰ)∴ P(ξ>182)=1−
1−0.6826
2
=0.8413，∴ 0.8413×2000=1682.6≈16(83)
（人）
(ⅱ)由正态分布模型，全年级所有学生中任取1人，每分钟跳绳个数195以上的概率为0.5，
即ξ∼B(3, 0.5)，∴ P(ξ=0)=C 30−(1−0.5)3=0.125，P(ξ=1)=C 31
−0.5(1−
0.5)2=0.375，P(ξ=2)=C 32
−0.52(1−0.5)=0.375，P(ξ=3)=C 33−0.53=0.125， ∴ ξ的分布列为
E(ξ)=3×0.5=1.5
已知抛物线C:y 2＝4x ，过点(−1, 0)的直线与抛物线C 相切，设第一象限的切点为P ． (I)证明：点P 在x 轴上的射影为焦点F ；
(Ⅱ)若过点(2, 0)的直线l 与抛物线C 相交于两点A ，B ，圆M 是以线段AB 为直径的圆过点P ，求直线l 与圆M 的方程． 【答案】
（I ）证明：由题意知可设过点(−1, 0)的直线方程为x ＝ty −1
联立{x =ty −1
y 2
=4x 得：y 2−4ty +4＝0， 又因为直线与抛物线相切，则△＝0，即t ＝±1，
当t ＝1时，直线方程为y ＝x +1，则联立得点P 坐标为(1, 2)， 又因为焦点F(1, 0)，则点P 在x 轴上的射影为焦点F ；
（2）设直线l 的方程为：x ＝my +2，A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)
联立{x =my +2
y 2
=4x 得：y 2−4my −8＝0，则△>0恒成立，y 1y 2＝−8，y 1+y 2＝4m ， 则x 1x 2=
(y 1y 2)216
=4，x 1+x 2=t(y 1+y 2)+4=4m 2+4
由于圆M 是以线段AB 为直径的圆过点P ，则PA →
⋅PB →
=0，
x 1x 2−(x 1+x 2)+1+y 1y 2−2(y 1+y 2)+4＝04m 2+8m +3＝0，则m =−1
2或m =
−3
2
， 当m =−1
2时，直线l 的方程为y ＝−2x +4，圆M 的方程为(x −5
2)2+(y +1)2=454
， 当m =−3
2时，直线l 的方程为y =−2
3x +4
3，圆M 的方程为(x −132
)2+(y +3)2=
2214
．
【考点】
直线与抛物线的位置关系 【解析】
（I ）设直线方程为x ＝ty −1，联立{x =ty −1
y 2
=4x 得：y 2−4ty +4＝0，通过直线与抛物线相切，则△＝0，即t ＝±1，推出结果即可．
(Ⅱ)设直线l 的方程为：x ＝my +2，A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)联立{x =my +2
y 2=4x ，利用韦达
定理结合PA →
⋅PB →
=0，转化求解即可．
【解答】
（I ）证明：由题意知可设过点(−1, 0)的直线方程为x ＝ty −1
联立{x =ty −1
y 2
=4x
得：y 2−4ty +4＝0， 又因为直线与抛物线相切，则△＝0，即t ＝±1，
当t ＝1时，直线方程为y ＝x +1，则联立得点P 坐标为(1, 2)， 又因为焦点F(1, 0)，则点P 在x 轴上的射影为焦点F ；
（2）设直线l 的方程为：x ＝my +2，A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)
联立{x =my +2
y 2
=4x 得：y 2−4my −8＝0，则△>0恒成立，y 1y 2＝−8，y 1+y 2＝4m ， 则x 1x 2=
(y 1y 2)216=4，x 1+x 2=t(y 1+y 2)+4=4m 2+4
由于圆M 是以线段AB 为直径的圆过点P ，则PA →
⋅PB →
=0，
x 1x 2−(x 1+x 2)+1+y 1y 2−2(y 1+y 2)+4＝04m 2+8m +3＝0，则m =−1
2或m =−3
2，
当m =−1
2时，直线l 的方程为y ＝−2x +4，圆M 的方程为(x −5
2)2+(y +1)2=454
， 当m =−3
2时，直线l 的方程为y =−2
3x +4
3，圆M 的方程为(x −132
)2+(y +3)2=
2214
．
已知函数f(x)=ax +
a−1x
+1−2a −lnx ，a ∈R ．
(I)若a ＝−1，求函数f(x)的单调区间；
(Ⅱ)若f(x)≥0在x ∈[1, +∞)上恒成立，求正数a 的取值范围； (Ⅲ)证明：1+1
2+1
3+⋯+1
n >ln(n +1)+n
2(n+1)(n ∈N ∗)． 【答案】
（I ）当a ＝−1时，f(x)=−x −2
x −lnx −3，则函数f(x)的定义域为{x|x >0}，
则f ′(x)=
−x 2−x+2
x 2
=
−(x−1)(x+2)
x 2
，则当x ∈(0, 1)时，f′(x)>0，则f(x)单调递增；
则当x ∈(1, +∞)时，f′(x)<0，则f(x)单调递减；
所以f(x)单调递增区间为(0, 1)，f(x)单调递减区间为(1, +∞) （2）因为f(x)=ax +
a−1x +1−2a −lnx ，x ∈[1, +∞)，则f(1)＝0，f ′(x)=a −
a−1x 2
−1
x
=
ax 2−x−(a−1)
x 2=a x 2
(x −1)(x −
1−a a
)．
①当0<a <1
2，时，此时1−a a
>1，
当1<x <
1−a a
，则f ′(x)<0，f(x)在[1, 1−a a
]上是减函数，所以在(1, 
1−a a
)上存在x 0，
使得f(x 0)<f(1)<0，f(x)≥0在[1, +∞)上不恒成立； ②当a ≥1
2时，
1−a a
≤1，f ′(x)≥0在[1, +∞)上成立，f(x)在[1, +∞)上是增函数，
f(x)≥f(1)＝0，f(x)≥0在[1, +∞)上恒成立， 综上所述，所求a 的取值范围为[1
2,+∞)；
(Ⅲ)由(Ⅱ)知当a ≥1
2时，f(x)≥0在[1, +∞)上恒成立，ax +a−1x
+1−2a −lnx ≥
0(x ≥1)，
令a =1
2，有1
2(x −1x )≥lnx ， 当x >1时，1
2(x −1
x )>lnx ， 令x =
k+1k
，有ln
k+1k
<12(
k+1
k −
k
k+1
)=12
[(1+1k
)−(1−
1
k+1
)]，
即ln(k +1)−lnk <12(1
k +1
k+1)，k ＝1，2，3，…，n ，将上述n 个不等式依次相加得：ln(n +1)<1
2+(1
2+1
3+⋯+1
n )+1
2(n+1)，
整理得1+1
2+1
3+⋯+1
n >ln(n +1)+n
2(n+1)(n ≥1)． 【考点】
利用导数研究函数的单调性 【解析】
（I ）当a ＝−1时，f ′(x)=
−x 2−x+2
x 2
=
−(x−1)(x+2)
x 2
，可得f(x)单调递增区间为(0, 1)，
f(x)单调递减区间为(1, +∞) (Ⅱ)因为f(x)=ax +
a−1x
+1−2a −lnx ，x ∈[1, +∞),f ′(x)=a −
a−1x 2
−1
x =
ax 2−x−(a−1)
x 2
=a
x 2(x −1)(x −
1−a a )．
分①当0<a <1
2，②当a ≥1
2时，讨论． (Ⅲ) f(x)≥0在[1, +∞)上恒成立，ax +
a−1x
+1−2a −lnx ≥0(x ≥1)，
令a =1
2，有1
2(x −1
x )≥lnx ，当x >1时，1
2(x −1
x )>lnx ， 令x =
k+1k ，有ln
k+1k
<12(
k+1
k
−k k+1)=12[(1+1k )−(1−1
k+1)]，即可证明．
【解答】
（I ）当a ＝−1时，f(x)=−x −2
x −lnx −3，则函数f(x)的定义域为{x|x >0}， 则f ′(x)=
−x 2−x+2
x 2
=
−(x−1)(x+2)
x 2
，则当x ∈(0, 1)时，f′(x)>0，则f(x)单调递增；
则当x ∈(1, +∞)时，f′(x)<0，则f(x)单调递减；
所以f(x)单调递增区间为(0, 1)，f(x)单调递减区间为(1, +∞) （2）因为f(x)=ax +
a−1x +1−2a −lnx ，x ∈[1, +∞)，则f(1)＝0，f ′(x)=a −
a−1x 2
−1
x =
ax 2−x−(a−1)
x 2=a
x 2(x −1)(x −
1−a a
)．
①当0<a <1
2，时，此时1−a a
>1，
当1<x <
1−a a
，则f ′(x)<0，f(x)在[1, 1−a a
]上是减函数，所以在(1, 
1−a a
)上存在x 0，
使得f(x 0)<f(1)<0，f(x)≥0在[1, +∞)上不恒成立； ②当a ≥1
2时，
1−a a
≤1，f ′(x)≥0在[1, +∞)上成立，f(x)在[1, +∞)上是增函数，
f(x)≥f(1)＝0，f(x)≥0在[1, +∞)上恒成立， 综上所述，所求a 的取值范围为[1
2,+∞)；
(Ⅲ)由(Ⅱ)知当a ≥1
2时，f(x)≥0在[1, +∞)上恒成立，ax +a−1x
+1−2a −lnx ≥
0(x ≥1)，
令a =1
2，有1
2(x −1x )≥lnx ， 当x >1时，1
2(x −1
x )>lnx ， 令x =
k+1k
，有ln
k+1k
<12(
k+1
k −
k
k+1
)=12
[(1+1k
)−(1−
1
k+1
)]，
即ln(k +1)−lnk <12(1
k +1
k+1)，k ＝1，2，3，…，n ，将上述n 个不等式依次相加得：ln(n +1)<1
2+(1
2+1
3+⋯+1
n )+1
2(n+1)，
整理得1+1
2+1
3+⋯+1
n >ln(n +1)+n
2(n+1)(n ≥1)．
请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.
在平面直角坐标系xOy 中，已知曲线M 的参数方程为{x =2cosβ
y =sinβ （β为参数），以原点
为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l 1的极坐标方程为θ＝α，直线l 2的极坐标方程为θ=α+π
2．
(I)写出曲线M 的极坐标方程并指出它是何种曲线；
(Ⅱ)设l 1与曲线M 交于A 、C 两点，l 2与曲线交于B 、D 两点，求四边形ABCD 面积的取值范围.. 【答案】
（I ）因为曲线M 的参数方程为{
x =2cosβy =sinβ ，则x 2
4+y 2=1， 把互化公式代入
(ρcosθ)2
4
+(ρsinθ)2=1
则曲线M 的极坐标方程为ρ2=4
3sin 2θ+1
表示以(√3,0),(−√3,0)为焦点，4为长轴长的椭圆
(II)由椭圆的对称性得：S 四边形<em><em>ABCD</em></em>＝4S △<em><em>AOB</em></em>＝2|OA|⋅|OB|＝2ρ<em>A</em>ρ<em>B</em>
联立{θ=αρ2=
43sin 2θ+1 得：ρA 2=4
3sin 2α+1 联立{
θ=α+π
2ρ2=
43sin 2θ+1
得：ρB 2=4
3cos 2α+1
则S ABCD
2
=4ρA 2ρB 2=4×4
3sin 2α+1×4
3cos 2α+1=256
9sin 22α+16， 由于sin 22α∈[0, 1]，则S ABCD
2
∈[25625,256
16
]，
则S ABCD ∈[16
5,4]． 【考点】
圆的极坐标方程 【解析】
（I ）因为曲线M 的参数方程为{
x =2cosβ
y =sinβ ，利用平方关系可得普通方程，再利用互化公式即可得出极坐标方程，进而得出结论．
(II)由椭圆的对称性得：S 四边形<em><em>ABCD</em></em>＝4S △<em><em>AOB</em></em>＝2|OA|⋅|OB|＝2ρ<em>A</em>ρ<em>B</em>，联立{θ=α
ρ2=
43sin 2θ+1 解出即可得出面积． 【解答】
（I ）因为曲线M 的参数方程为{
x =2cosβy =sinβ ，则x 2
4+y 2=1， 把互化公式代入
(ρcosθ)2
4
+(ρsinθ)2=1
则曲线M 的极坐标方程为ρ2=4
3sin 2θ+1
表示以(√3,0),(−√3,0)为焦点，4为长轴长的椭圆
(II)由椭圆的对称性得：S 四边形<em><em>ABCD</em></em>＝4S △<em><em>AOB</em></em>＝2|OA|⋅|OB|＝2ρ<em>A</em>ρ<em>B</em>
联立{θ=αρ2=
43sin θ+1 得：ρA 2=4
3sin 2α+1 联立{
θ=α+
π2ρ2=4
3sin 2θ+1
得：ρB 2=4
3cos 2α+1
则S ABCD
2
=4ρA 2ρB 2=4×4
3sin 2α+1×4
3cos 2α+1=256
9sin 22α+16， 由于sin 22α∈[0, 1]，则S ABCD
2
∈[25625,256
16
]，
则S ABCD ∈[16
5,4]．
设函数f(x)=|2x −1|+2|x +1|．
(I) 若存在x 0∈R ，使得f(x 0)+m 2≤m +5，求实数m 的取值范围； (II) 若m 是(I)中的最大值，且a 3+b 3=m ，证明：0<a +b ≤2． 【答案】
（1）f(x)=|2x −1|+|2x +2|≥|2x −1−(2x +2)|=3，
∵ 存在x 0∈R ，使得f(x 0)+m 2≤m +5，∴ 3+m 2≤m +5， 即m 2−m −2≤0，解得−1≤m ≤2． （2）由(I)知：m =2，即a 3+b 3=2，
∵ a 3+b 3=(a +b)(a 2−ab +b 2)=(a +b)[(a −b
2
)2+
3b 24
]=2，且(a −b
2)2+
3b 24
>0，
∴ a +b >0．
又2=a 3+b 3=(a +b)(a 2−ab +b 2)=(a +b)[(a +b)2−3ab]≥(a +b)[(a +b)2−3
4(a +b)2]=1
4(a +b)3， ∴ (a +b)3≤8， ∴ 0<a +b ≤2． 【考点】
绝对值不等式的解法与证明 不等式的证明 函数恒成立问题 【解析】
（1）求出f(x)的最小值3，再解一元二次不等式即可； （2）根据立方和公式和基本不等式化简即可得出结论． 【解答】
（1）f(x)=|2x −1|+|2x +2|≥|2x −1−(2x +2)|=3，
∵ 存在x 0∈R ，使得f(x 0)+m 2≤m +5，∴ 3+m 2≤m +5， 即m 2−m −2≤0，解得−1≤m ≤2． （2）由(I)知：m =2，即a 3+b 3=2，
∵ a 3+b 3=(a +b)(a 2−ab +b 2)=(a +b)[(a −b
2
)2+
3b 24
]=2，且(a −b
2)2+
3b 24
>0，
∴ a +b >0．
又2=a3+b3=(a+b)(a2−ab+b2)=(a+b)[(a+b)2−3ab]≥(a+b)[(a+
b)2−3
4(a+b)2]=1
4
(a+b)3，
∴(a+b)3≤8，∴0<a+b≤2．。