江西省九所重点中学(、等)2021届高三3月联合考试文科试题(解析版)
加入VIP免费下载

江西省九所重点中学(、等)2021届高三3月联合考试文科试题(解析版)

ID:680138

大小:1004.04 KB

页数:22页

时间:2021-04-26

加入VIP免费下载
温馨提示:
1. 部分包含数学公式或PPT动画的文件,查看预览时可能会显示错乱或异常,文件下载后无此问题,请放心下载。
2. 本文档由用户上传,版权归属用户,天天资源网负责整理代发布。如果您对本文档版权有争议请及时联系客服。
3. 下载前请仔细阅读文档内容,确认文档内容符合您的需求后进行下载,若出现内容与标题不符可向本站投诉处理。
4. 下载文档时可能由于网络波动等原因无法下载或下载错误,付费完成后未能成功下载的用户请联系客服处理。
网站客服:403074932
资料简介
试卷第 1页,总 22页 江西省九所重点中学(、等)2021 届高三 3 月联合考试文科试题 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  21 logA x N x k    ,集合 A 中至少有 2 个元素,则( ) A. 16k  B. 16k  C. 8k  D. 8k  【答案】D 【详解】 解:因为集合 A 中至少有 2 个元素,所以 2log 3k  ,解得 8k  , 故选:D 2.设 2021 2 1 iz i   (i 为虚数单位),则 z  ( ) A. 2 2 B. 2 C. 1 2 D.2 【答案】B 【详解】 解: 2021 4 505 1 2 2 2 2 (1 ) 11 1 1 (1 )(1 ) i i i i iz ii i i i i            , 所以 2 21 1 2z    , 故选:B 3.据有关文献记载:我国古代一座 9 层塔挂了 126 盏灯,且相邻两层中的下一层灯数 比上一层灯数都多 d ( d 为常数)盏,底层的灯数是顶层的 13 倍,则塔的顶层共有灯 ( ) A.2 盏 B.3 盏 C.4 盏 D.5 盏 【答案】A 【详解】 设从塔顶到塔底各层的灯数为 na ,则数列{ }na 为等差数列,公差为 d , 依题意 9 113a a , 9 126S  ,所以 1 99( ) 1262 a a  , 所以 9 99 13 1262 a a     ,解得 9 26a  盏, 9 1 213 aa   . 试卷第 2页,总 22页 故选:A. 4.在新冠疫情的冲击下,全球经济受到重创,右图是各国公布的 2020 年第二季度国内 生产值(GDP)同比增长率,现从这 5 个国家中任取 2 个国家,则这 2 个国家中第二季 度 GDP 同比增长率至少有 1 个低于 15% 的概率为( ) A. 3 10 B. 1 2 C. 3 5 D. 7 10 【答案】D 【详解】 解:令中国、澳大利亚、印度、英国、美国的 2020 年第二季度国内生产值(GDP)同 比增长率分别为 A,B,C,D,E,其中 C,D 都低于 15% , 则从这 5 个国家中任取 2 个国家有: AB,AC,AD,AE,BC,BD,BE,CD,CE,DE 共 10 种, 其中至少有 1 个低于 15% 有 AC,AD,BC,BD,CD,CE,DE 共 7 种, 所以所求概率为 7 10 . 故选:D. 5.已知两个单位向量 ,a b 的夹角为120 ,则下列向量是单位向量的是( ) A. a b  B. 1 2a b  C. a b  D. 1 2a b+ rr 【答案】A 【分析】 根据向量数量积的运算律可分别求得各选项中向量的模长,由此可确定结果. 【详解】 试卷第 3页,总 22页 对于 A,  2 22 2 cos120 1 1 1 1a b a b a a b b                 ,A 正确; 对于 B, 2 221 1 1 1 1 7cos120 1 12 2 4 2 4 2a b a b a a b b                      ,B 错 误; 对于 C,  2 22 2 cos120 1 1 1 3 1a b a b a a b b                  ,C 错误; 对于 D, 2 221 1 1 1 1 3cos120 1 12 2 4 2 4 2a b a b a a b b                      ,D 错 误. 故选:A. 6.设函数   1ln1 xf x x x   ,则函数的图像可能为( ) A. B. C. D. 【答案】D 【分析】 先根据函数的奇偶性排除部分选项,然后再利用特殊值判断. 试卷第 4页,总 22页 【详解】 由 1 01 x x   ,即  1 1 0x x   ,解得 1 1x   , 所以函数  f x 的定义域为 | 1 1x x   ,关于原点对称, 又    1 1ln ln1 1 x xf x x x f xx x        ,所以  f x 是偶函数,故排除 AC, 又 111 1 1 12ln ln 012 2 2 31 2 f        ,故排除 B 故选:D 7.如图,P 是椭圆 2 2 19 4 x y  上的一点,F 是椭圆的右焦点且 PQ FQ   , 2OQ  , 则 PF  ( ) A.2 B. 5 C.3 D.4 【答案】A 【分析】 由椭圆的方程求出 a ,设椭圆的右焦点为 F ,可知 1 2OQ PF ,在结合椭圆的定义 即可求解. 【详解】 由 2 2 19 4 x y  可得: 3a  因为 PQ FQ   ,所以点Q 是线段 PF 的中点, 设椭圆的右焦点为 F,则O 是 FF 的中点,所以 2 4PF OQ   , 由椭圆的定义可知: 2 6PF PF a   ,所以 2PF  , 故选:A. 试卷第 5页,总 22页 8.中国的 5G 技术领先世界,5G 技术的数学原理之一便是著名的香农公式: 2log 1 SC W N      .它球:在受噪声干扰的信道中,最大信息传递速度 C 取决于信道 带宽W ,信道内信号的平均功率S ,信道内部的高斯噪声功率 N 的大小,其中 S N 叫做 信噪比.当信噪比比较大时,公式中真数中的 1 可以忽略不计.按照香农公式,若不改变 带宽W ,而将信噪比 S N 从 1000 提升到 8000,则 C 大约增加了( ) A.10% B.20% C.30% D.50% 【答案】C 【详解】 当 1000S N  时, 1 2log 1000C W ,当 8000S N  时, 2 2log 8000C W , ∴ 2 2 1 2 log 8000 lg8000 3 3lg2 1.3log 1000 lg1000 3 C W C W     ,∴ 约增加了 30%. 故选:C . 9.在四棱锥 1A ABCD 中, 1A A  平面 ABCD ,四边形 ABCD 是平行四边形, 3ABC   , 1 2AA  , 2 3BD  ,经过直线 BD 且与直线 1AC 平行的平面交直线 1AA 于点 P ,则三棱锥 P ABD 的外接球的表面积为( ) A. 17 2  B.17 C. 57 6  D.114 3  【答案】B 【分析】 连接 ,AC BC 交于点O ,证得 1 / /AC PO ,得到 P 的中点,进而得到 ABCD 为菱形, 得出三棱锥的外接球的球心在过点C 垂直面 ABCD 的直线l 上,结合球的截面性质, 求得球的半径,利用球的表面积公式,即可求解. 【详解】 如图所示,连接 ,AC BC 交于点O ,因为 ABCD 为平行四边形,所以O 为 AC 的中点, 又因为 1 / /AC 平面 PBD , PO  平面 PBD ,且平面 1PBD POCA PO , 所以 1 / /AC PO ,可得 P 的中点, 试卷第 6页,总 22页 又由 3ABC   ,所以平行四边形 ABCD 为菱形, 所以 1 32OB BD  ,所以 1OA  ,所以 2CB CA CD   , 所以三棱锥的外接球的球心在过点C 垂直面 ABCD 的直线l 上, 设球心为 H ,半径为 R ,所以 2 2 2BH PH R  , 设CH x ,所以 2 2 2 2( )BC CH PA CH AC    , 即 2 2 24 (1 ) 4x x    ,解得 1 2x  ,所以 2 17 4R  , 所以该球的表面积为 24 17S R   . 故选:B 【点睛】 解决与球有关的切、接问题,其通法是作出截面,将空间几何问题转化为平面几何问题 求解,其解题思维流程: (1)定球心:如果是内切球,球心到切点的距离相等且为半径;如果是外接球,球心 到接点的距离相等且为半径; (2)作截面:选准最佳角度做出截面(要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各 种元素以及体现这些元素间的关系),达到空间问题平面化的目的; (3)求半径下结论:根据作出截面中的几何元素,建立关于球半径的方程,并求解. 10.已知函数    sin 0, 2f x x           的部分图象如图所示,则关于函数  f x 下列说法正确的是( ) 试卷第 7页,总 22页 A.  f x 的图象关于直线 6x  对称 B.  f x 的图象关于点 ,04      对称 C.  f x 在区间 5 ,12 6       上是增函数 D.将 sin 2y x 的图象向右平移 3  个单位长度可以得到  f x 的图象 【答案】C 【分析】 先将 30, 2       代入可求出 3   ,由 5 6 3 5 4 6 T T       可得 9 12 5 5   ,由 5 06f      可求 得 2  ,得出  f x 解析式,即可依次判断各个选项正误. 【详解】 将 30, 2       代入,则   30 sin 2f   , 2   , 3   , 即   sin 3f x x      , 5 5sin 06 6 3f                ,则 5 ,6 3 k k Z      ,解得 6 2 ,5 5k k Z    , 由图可得 5 6 3 5 4 6 T T       ,即 2 5 6 3 2 5 4 6            ,又 0 ,则可得 9 12 5 5   , 2  , 试卷第 8页,总 22页   sin 2 3f x x       , 3sin 2 16 6 3 2f                  ,则  f x 的图象不关于直线 6x  对称,故 A 错误; 1sin 2 04 4 3 2f                 ,  f x 的图象不关于点 ,04      对称,故 B 错误; 5 ,12 6x        时, ,022 3x       ,可得  f x 单调递增,故 C 正确; 将 sin 2y x 的图象向右平移 3  个单位长度可以得到  2sin 2 sin 23 3y x x f x               ,故 D 错误. 故选:C. 【点睛】 方法点睛:根据三角函数    sinf x A x   部分图象求解析式的方法: (1)根据图象的最值可求出 A ; (2)求出函数的周期,利用 2T   求出 ; (3)取点代入函数可求得 . 11.已知双曲线 2 2 2 2 1x y a b   ( 0a  , 0b  )的左右焦点 1F , 2F ,过 2F 的直线交右 支于 A 、 B 两点,若 2 23AF F B , 1AF AB ,则该双曲线的离心率为( ) A. 5 2 B.2 C. 5 D. 3 【答案】B 【分析】 设 2F B m ,则 2 3AF m ,然后由已知条件和双曲线的定义或求得 1 8AF a , 1 4BF a ,再分别在 2 1AF F 和 2 1BF F 中,利用余弦定理列方程可求得 2c a ,从 而可求得离心率 【详解】 解:设 2F B m ,则 2 3AF m ,所以 2 2 4AB F B AF m   , 试卷第 9页,总 22页 所以 1 4AF AB m  因为 1 2 2AF AF a  ,所以 2m a , 1 8AF a 因为 1 2 2BF BF a  ,所以 1 4BF a 设 2 1AF F   ,则 2 1BF F     , 在 2 1AF F 和 2 1BF F 中,由余弦定理得, 2 2 2 1 1 2 2 1 2 22 cosAF F F AF F F AF    , 2 2 2 1 1 2 2 1 2 22 cos( )BF F F BF F F BF      , 即 2 2 264 4 36 2 6 2 cosa c a a c      , 2 2 216 4 4 2 2 2 cosa c a a c      , 解得 2c a ,所以 2ce a   , 故选:B 12.函数  f x kx ,   2ln 6g x x  (1 4x  ),若  f x 与  g x 的图象上分别 存在点 M , N 关于直线 3y  对称,则实数 k 的取值范围是( ) A. 2 , ln 2e      B. 2 ,0e     C. ln 2,0 D. 2 , ln 2e      【答案】B 【分析】 设  ,M t kt 为函数  f x kx 上的一点,求出 M 关于 3y  对称的点 N ,把 N 点坐标 代入  g x 的解析式,得  2ln 1 4tk tt     ,利用导数求出  k t 的值域可得答案. 【详解】 设  ,M t kt 为函数  f x kx 上一点,则  ,M t kt 关于 3y  对称的点为  ,6N t kt , 且在函数   2ln 6g x x   1 4x  图象上,所以 2ln 6 6t kt   , 得  2ln 1 4tk tt     ,   2 2 ln 1tk t   ,当1 t e  时, 0k  ,  k t 单调递减, 当 4e t  时, 0k  ,所以  k t 单调递增,所以  k t 在t e 有最小值为 2 e  , 试卷第 10页,总 22页  1 0k  ,   ln 44 4k   ,所以  2 0k te    ,故 2 0ke    . 故选:B. 二、填空题(本题共 4 个小题,每小题 5 分,共 20 分) 13.曲线 xy xe x  在点 0,0 处的切线方程为__________. 【答案】 2y x 【详解】 由题得 ( ) 1, (0) 2,+x xxef x e f     所以切线的斜率为 2, 所以切线的方程为 2( 0) 2y x x   . 故答案为: 2y x 【点睛】 方法点睛:函数 ( )f x 在点 0 0( , ( ))x f x 处的切线方程为 0 0 0( ) ( )( )y f x f x x x   . 14.若实数 x , y 满足 1 0 2 2 0 3 0 x x y y          ,则 2z x y  的最大值为__________. 【答案】8 【详解】 解:不等式组表示的可行域如图所示,由 2z x y  得 2y x z   ,作直线 2y x  , 向上平移过点 B 时, 2z x y  取得最大值, 由 2 2 0 3 0 x y y       ,得 5 2 3 x y     ,即 5( ,3)2B , 所以 2z x y  的最大值为 52 3 82    , 故答案为:8 试卷第 11页,总 22页 15.在平面直角坐标系 xOy 中,已知点  0, 1A  ,  , 2P t t  ,若动点满足 2MA MO  (O 为坐标原点),则 MP 的最小值是______. 【答案】 2 2 【分析】 由 2MA MO  ,求得点 M 的轨迹方程 2 2( 1) 2x y   ,把 MP 最小值转化为圆的圆 心到直线 2 0x y   距离,即可求解. 【详解】 设点 M 的坐标为 ( , )x y , 因为 2MA MO  ,可得 2 2 2 2 ( 1) 2x y x y     ,整理得 2 2( 1) 2x y   , 又由点  , 2P t t  ,可得点 P 在直线 2x y  ,即 2 0x y   , 则圆心 (0,1)M 到直线 2 0x y   的距离为 2 2 1 2 2 21 ( 1) d      , 即 MP 的最小值是 2 2 . 故答案为: 2 2 . 16.数列 na 满足 1 1a  ,  1 1 2 1n n na a n     , nS 为其前 n 项和,则 101S  ______. 【答案】5151 【分析】 讨论当 n 是奇数时, 2 2n na a   ;结合 1 1a  ,所以所有的奇数项都等于1,当 n 是 试卷第 12页,总 22页 偶数时, 2 4 4n na a n    ,分别计算奇数项的和、偶数项的和即可求解. 【详解】 因为 1 1a  ,  1 1 2 1n n na a n     ,   1 11 2 1n n na a n     , 所以 2 1 3a a  ,可得 2 4a  , 当 n 是奇数时, 1 2 1n na a n    , 1n  是偶数, 2 1 2 3n na a n    , 两式相减可得: 2 2n na a   , 当 n 是偶数时, 1 2 1n na a n    , 1n  是奇数, 2 1 2 3n na a n    , 两式相加可得: 2 4 4n na a n    , 所以当 n 是奇数时, 2 2n na a   ; 因为 1 3 2a a  ,可得 3 1a  , 3 5 2a a  ,可得 5 1a  , 所以 1 3 5 7 101 1a a a a a      , 当 n 是偶数时, 2 4 4n na a n    , 所以    1 3 5 7 101 2 4 6 8101 100a a a a a a a a a aS               25 4 2 4 4 98 451 1 51 5100 51512           , 故答案为:5151. 三、解答题(本大题共 6 道小题,共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17.(本题满分 12 分) ABC 中,内角 A , B ,C 所对的边分别为 a ,b , c ,已知 sin 3 cosb A a B ,sin 4sinC A . (1)求 B ; (2)在 ABC 的边 AC 上存在一点 D 满足 4AD CD ,连接 BD ,若 BCD△ 的面 积为 2 3 5 ,求b . 【答案】(1) 3  ;(2) 26 . 【分析】 (1)利用正弦定理把 sin 3 cosb A a B 化为 sin sin 3sin cosA B A B ,从而可得 试卷第 13页,总 22页 tan 3B  ,进而可求出角 B ; (2)由于 4AD CD ,所以 5 1 ABC BCD S AC S DC    ,从而可得 ABC 的面积为 2 3 ,再 利用三角形面积公式可得 8ac  ,而由sin 4sinC A 得 4c a ,从而可求出 ,a c 的 值,再利用余弦定理可求出b 的值. 【详解】 解:(1) ∵ sin 3 cosb A a B ,∴sin sin 3sin cosA B A B , ∴ tan 3B  , ∵  0,B  ∴ 3B  ; (2)依题意可知: 5 1 ABC BCD S AC S DC    , ∵ BCD△ 的面积为 2 3 5 ,∴ ABC 的面积为 2 3 , ∵ ABC 的面积为 1 sin 2 32S ac B  ∴ 8ac  , ∵sin 4sinC A ,∴ 4c a , 4 2c  , 2a  , ∴ 2 2 2 cos 26b a c ac B    . 18.(本题满分 12 分)某疫苗进行安全性临床试验.该疫苗安全性的一个重要指标是: 注射疫苗后人体血液中的高铁血红蛋白(MetHb)的含量(以下简称为“ M 含量”)不 超过 1%,则为阴性,认为受试者出现血症.若一批受试者的 M 含量平均数不超过 0.65%, 出现血症的被测试者的比例不超过 5%,同时满足这两个条件则认为该疫苗在 M 含量指 标上是“安全的”;否则为“不安全”.现有男、女志愿者各 200 名接受了该疫苗注射.经数 据整理,制得频率分布直方图如图.(注:在频率分布直方图中,同一组数据用该区间 的中点值作代表.) 试卷第 14页,总 22页 (1)请说明该疫苗在 M 含量指标上的安全性; (2)按照性别分层抽样,随机抽取 50 名志愿者进行 M 含量的检测,其中女性志愿者 被检测出阳性的恰好 1 人.请利用样本估计总体的思想,完成这 400 名志愿者的 2 2 列 联表,并判断是否有超过 95%的把握认为,注射该疫苗后,高铁血红蛋白血症与性别有 关? 性别 阴性阳性 男 女 合计 阳性 阴性 合计 附:        2 2 n ad bcK a b c d a c b d      .  2 0P K k 0.050 0.010 0.001 0k 3.841 6.635 10.828 【答案】(1)该疫苗在 M 含量指标上是“安全的”;(2)表格见解析,没有. 【分析】 (1)求出区间  1.0,1.2 上的频率,以及平均数即可得结论; (2)根据题意写出列联表,计算 2K 的值,并与3.841比较即可得出结论. 【详解】 (1)由频率分布直方图得: M 含量数据落在区间  1.0,1.2 上的频率为 0.15 0.2 0.03  试卷第 15页,总 22页 故出现血症的比例为3% 5% 由直方图得平均数为 0.3 0.2 0.5 0.3 0.7 0.3 0.9 0.17 1.1 0.03 0.606x            即志愿者的 M 含量的平均数为 0.606% 0.65% 综上,该疫苗在 M 含量指标上是“安全的”. (2)依题意得,抽取的 50 名志愿者中女性志愿者应为 25 人 由已知,25 名女性志愿者被检测出阳性恰有 1 人,故女性中阳性的频率 0.04 所以全部女性志愿者阳性共有 200 0.04 8  人 由(1)知 400 名志愿者中,阳性的频率为 0.03,所以阳性的人数共有 400 0.03 12  人 因此男性志愿者被检测出阳性的人数是12 8 4  人. 所以完成表格如下: 性别 阴性阳性 男 女 合计 阳性 4 8 12 阴性 196 192 388 合计 200 200 400 由 2 2 列联表可  2 2 400 4 192 8 196 1.375 3.841200 200 12 388K         , 由参考表格,可得, 故没有超过 95%的把握认为注射疫苗后,高铁血红蛋白血症与性别有关. 19.如图,已知三棱柱 1 1 1ABC A B C 中, 1AA  底面 ABC , 90BAC  , 1 1AA  , 3AB  , 2AC  , E , F 分别为棱 1CC , BC 的中点. 试卷第 16页,总 22页 (1)求异面直线 EF 与 1A B 所成角的大小; (2)若G 为线段 1AA 的中点,试在图中作出过 E , F ,G 三点的平面截该棱柱所得 的多边形,并求该截面分三棱柱成两部分(较小部分与较大部分)的体积的比值. 【答案】(1) 45;(2)作图见解析, 5 19 . 【分析】 (1)连接 1BC ,则 1 //BC EF ,故异面直线 EF 与 1A B 所成角为 1 1A BC ,在 1 1Rt C A B 中根据相关量可计算 1 1A BC ;(2)取 AB 中点 M ,利用线线平行可证明 EFMG 为所 求截面的多边形;将多面体GE MFCA 分割为三棱锥G AMF 和四棱锥 F CEGA , 分别求出其体积,求和,可求出多面体 GE MFCA 的体积;求三棱柱 1 1 1ABC A B C 的 体积,用三棱柱的体积减去多面体的体积,可求出剩余多面体的体积,比较大小,可求 出小体积与大体积的体积比. 【详解】 解:(1)连接 1BC ,则 EF 为 1BCC 的中位线, 故 1 1A BC 为所求异面直线所成的角. 又 1 1 1 1AC A B , 1 1 1AC A A ,且 1 1 1 1AA A B A , 故 1 1AC  平面 1 1ABB A , 1 1 90C A B   . 1 1Rt C A B 中, 1 1 2AC  , 1 2A B  故 1 1 45A BC   故异面直线 EF 与 1A B 所成角的大小为 45. (2)取 AB 中点 M ,连接 MF 、 MG 、 EG ,则 // //GE AC ME ,即 M F G E、 、 、 四点共面,则梯形 EFMG 为所求截面的多边形. 试卷第 17页,总 22页 连接 AF ,GF , 1 1 1 1 1 2 3 1 32ABC A B C ABCV S AA        1 1 1 3 1 3 1 5 31 23 2 2 2 2 2 3 24GE AMFC G AMF F ACEGV V V              5 3 19 33 24 24V   剩 5=19 V V 小 大 【点睛】 思路点睛:(1)求异面直线所成角,常用的方法有:平移直线、补体、向量; (2)求多面积的体积常采用体积分割的方法,将多面体分割为棱锥或棱柱的组合体, 然后再计算. 20.已知函数   2 sinf x x a x  . (1)证明:当 2a  时,函数  f x 在区间 0, 没有零点; (2)若  0,x  时,   sin 2f x x≥ ,求 a 的取值范围. 【答案】(1)证明见解析;(2) a  . 【分析】 (1)利用导数得到  f x 在 0, 上单调递增,  0 0f  ,即得解; (2)由题得 2 2cossin xa xx ≤ ,再构造函数   2 2cossin xxh xx   ,  0,x  ,求 函数 ( )h x 的最小值即得解. 【详解】 证明(1)    2 2cos 2 1 cosx xf x   ∵  0,x  ∴   0f x ′ 恒成立,  f x 在 0, 上单调递增 试卷第 18页,总 22页 又  0 0f  ∴  0,x  ,都有    0 0f x f  ∴  f x 在区间 0, 上没有零点 (2)   sin 2f x x≥ 即 2 sin sin 2 0x a x x  ≥ ,由  0,x  得 2 sin 2 2 2cossin sin x x xa xx x   ≤ 令   2 2cossin xxh xx   ,  0,x     3 2 2 2 2 2cos sin cos2sin 2 cos 2sin 2sin cos 2 cos sin sin sin x x x xx x x x xh x x x x x xx      令   sin cosxm xx x  ,  0,x    2 2cos sin 1 cos 2 1 0x x xm x       得  m x 在 0, 单调递减,    0 0m x m  从而 0, 2x     ,   0h x  ,  h x 单调递减 ,2x      ,   0h x  ,  h x 单调递增 ∴  min 2h x h       得 a  . 21.已知抛物线 E : 2 2y px ( 0p  )的焦点为 F ,准线与 x 轴交于点 K ,过点 K 作圆C : 2 23 4x y   的两条切线,切点为 M , N , 2 3MN  . (1)求抛物线 E 的方程; (2)设 A , B 是抛物线 E 上分别位于 x 轴两侧的两个动点,且 9 4OA OB   (其中 O 为坐标原点),求 FAB 与 OAF△ 面积之和的最小值. 【答案】(1) 2 4y x ;(2) 9 14 2 . 【分析】 (1)由已知可得 ,02 pK     ,圆C : 2 23 4x y   的圆心  3,0C ,半径 2r = , 试卷第 19页,总 22页 设 MN 与 x 轴交于 R ,则可得 60MCR   ,有 4CK  ,所以3 42 p  ,从而可求 出 p 的值,进而可得抛物线的方程; (2)设直线 AB : x my t  , 2 1 1, 4 yA y      , 2 2 2, 4 yB y      ,设 1 0y  , 2 0y  ,直线 方程与抛物线方程联立消去 x ,整理后利用根与系数的关系可得 1 2 4y y m  , 1 2 4y y t   ,而由 9 4OA OB   列方程可求得 9 2t  ,则有 AB 恒过定点 9 ,02Q     , 而  1 1 2 1 1 2 1 1 1 1 7 2 2 2 2 2FAB AOFS S OF y FQ y y y y y              ,消去 2y 后 再利用基本不等式可得答案 【详解】 解:(1)由已知可得 ,02 pK     ,圆C : 2 23 4x y   的圆心  3,0C ,半径 2r = . 设 MN 与 x 轴交于 R ,由圆的对称性可得 3MR  .于是 1CR  , 60MCR   所以 4CK  ,即有3 42 p  ,解得 2p  ,则抛物线 E 的方程为 2 4y x (2)设直线 AB : x my t  , 2 1 1, 4 yA y      , 2 2 2, 4 yB y      ,设 1 0y  , 2 0y  联立抛物线方程可得 2 4 4 0y my t   ∴ 1 2 4y y m  , 1 2 4y y t   由 9 4OA OB   有 2 2 1 2 1 2 9 4 4 4 y y y y    , 解得 1 2 18y y   或 2(舍去),即 4 18t   ,解得 9 2t  . 则有 AB 恒过定点 9 ,02Q     ;  1 1 2 1 1 2 1 1 1 1 7 2 2 2 2 2FAB AOFS S OF y FQ y y y y y              1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 7 9 91 7 18 1 63 63 63 9 1422 4 2 4 2 4 2 4 2 2 y y yy y yy y y y                 (当且仅当 1 1 9 63 4 2 y y  ,即 1 14y  时取等号) 试卷第 20页,总 22页 ∴ FAB 与 OAF△ 面积之和的最小值 9 14 2 【点睛】 关键点点睛:此题考查直线与抛物线的位置关系,考查数学计算能力,解题的关键是由 9 4OA OB   推出直线 AB 恒过定点 9 ,02Q     ,从而可把 FAB 与 OAF△ 面积之和表 示出来. (二)选考题: 22.(本题满分 10 分)【选修 4-4:坐标系与参数方程】 在平面直角坐标系 xOy 中,已知曲线C 的参数方程为 2cos 2sin cos sin x y          ( 为参 数).以坐标原点O 为极点, x 轴正半轴为极轴建立极坐标系,直线 l 的极坐标方程为 3sin 4 24       . (1)求曲线C 和直线l 的直角坐标方程; (2)过原点 O 引一条射线分别交曲线 C 和直线l 于 A ,B 两点,求 2 2 1 8 OA OB  的最 大值. 【答案】(1) 2 2 18 2 x y  , 8 0x y   ;(2) 7 13 16  . 【分析】 (1)消去参数即可得到曲线C 的直角坐标方程,再由 cosx   , siny   代入 即可得到直线l 的直角坐标方程; (2)在极坐标系内,可设  1,A   ,  2 ,B   ,则 2 2 2 2 1 2 1 8 1 8 OA OB     ,再根 据三角函数的性质计算可得; 【详解】 解:(1)由曲线C 的参数方程 2cos 2sin cos sin x y          ( 为参数)得:     2 2 22 cos sin cos sin 24 x y          试卷第 21页,总 22页 ∴曲线C 的直角坐标方程为 2 2 18 2 x y  . 又由 3sin 4 24       , cos sin 8     将 cosx   , siny   代入上式, 得直线l 的直角坐标方程为 8 0x y   . (2)在极坐标系内,可设  1,A   ,  2 ,B   , 则 2 2 2 2 1 1cos sin 18 2      , 2 2cos sin 8     2 2 2 2 2 2 1 2 1 8 1 8 cos 4sin 1 sin 2 8OA OB             7 13sin 2 7 13 16 16      (当  sin 2 1   时取等号,符合题意) ∴ 2 2 1 8 OA OB  的最大值为 7 13 16  23.(本题满分 10 分)【选修 4-5:不等式选讲】 已知函数   2f x x a x a    . (1)若 1a  ,求不等式   24f x x  的解集; (2)已知 2m n  ,若对任意 xR ,都存在 0m  , 0n  ,使得   24 2m nf x mn  , 求实数 a 的取值范围. 【答案】(1) 1 1x x   ;(2) 5, 3 5 ,3              . 【分析】 (1)由题意可得 21 2 4x x x     ,分类讨论当 2x   , 2 1x   , 1x  时 的情况,进而可得结果. (2)由含有绝对值不等式的性质可得   3f x a ,由基本不等式可得 24 2 5m n mn   试卷第 22页,总 22页 即 2 3m  , 4 3n  时等号成立,进而可得结果. 【详解】 (1)当 1a  时,不等式   24f x x  即为 21 2 4x x x     ① 当 2x   时,①化为 2 2 5 0x x   无解, 当 2 1x   时,①化为 2 1x  ,从而 1 1x   当 1x  时,①化为 2 2 3 0x x   无解 ∴原不等式的解集为 1 1x x   (2)      2 2 3f x x a x a x a x a a         24 2 4 2 4 4 41 2 1 5m n m m m n m n m n mn n m n m n m n m             当且仅当 2m n ,即 2 3m  , 4 3n  时等号成立 ∴5 3 a , ∴ 5 3a   或 5 3a  , ∴ a 的取值范围为 5, 3 5 ,3             

资料: 1.9万

进入主页

人气:

10000+的老师在这里下载备课资料