2019-2020学年河南省郑州一中高三(上)期中数学试卷(文科)

2019-2020学年河南省郑州一中高三（上）期中数学试卷（文科）

一、选择题（每小题5分，共60分．下列每小题所给选项只有一项符合题意，请将正确答案的序号填涂在答题卡上）

1. 若x >0、y >0，则x +y >1是x 2+y 2>1的（ ） A.充分非必要条件 B.必要非充分条件 C.充要条件 D.非充分非必要条件

【答案】 B

【考点】

充分条件、必要条件、充要条件 【解析】

取特殊值得到反例，从而说明充分性不成立；利用不等式的性质加以证明，可得必要性成立．由此即可得到本题的答案． 【解答】 先看充分性

可取x ＝y =2

3，使x +y >1成立，而x 2+y 2>1不能成立，故充分性不能成立； 若x 2+y 2>1，因为x >0、y >0，所以(x +y)2＝x 2+y 2+2xy >x 2+y 2>1 ∴ x +y >1成立，故必要性成立

综上所述，x +y >1是x 2+y 2>1的必要非充分条件

2. 如果复数

m 2+i 1?mi 是实数，则实数m ＝（ ）

A.?1

B.1

C.?√2

D.√2 【答案】 A

【考点】 复数的运算 【解析】

把给出的复数分子分母同时乘以1+mi ，化为a +bi(a,?b ∈R)的形式，由虚部等于0可求m 的值． 【解答】

m 2+i

1?mi

=(m 2+i)(1+mi)

(1?mi)(1+mi)=m 2?m+(1+m 3)i

1+m 2

=

m 2?m 1+m 2

+1+m 3

1+m 2i ．

∵ m 2+i 1?mi 是实数，则1+m 3＝0， 所以m ＝?1．

3. 平面直角坐标系xOy 中，已知A(1,?0)，B(0,?1)，点C 在第二象限内，∠AOC =5π6

，

且|OC|＝2，若OC →

=λOA →

+μOB →

，则λ，μ的值是（ ） A.√3，1 B.1，√3

C.?1，√3

D.?√3，1

【答案】

D

【考点】

平面向量的坐标运算 平行向量（共线） 向量的概念与向量的模 【解析】

由题意可得点C 的坐标，进而可得向量OC →

的坐标，由向量相等可得{?√3=1×λ+μ×01=0×λ+μ×1 ，解之即可． 【解答】

∵ 点C 在第二象限内，∠AOC =5π6

，且|OC|＝2，

∴ 点C 的横坐标为x C ＝2cos

5π6

=?√3，纵坐标y C ＝2sin

5π6

=1，

故OC →

=(?√3,?1)，而OA →

=(1,?0)，OB →

=(0,?1)，

由OC →=λOA →+μOB →

可得{?√3=1×λ+μ×0

1=0×λ+μ×1

，

解得{λ=?√3μ=1 ，

4. 具有相关关系的两个量x ，y 的一组数据如表，回归方程y =0.67x +54.9，则m ＝（ ）

A.65

B.67

C.68

D.70

【答案】 C

【考点】

求解线性回归方程 【解析】

根据回归方程y =0.67x +54.9必过回归中心坐标(x ˉ,y ˉ

)，即可求解m 的值． 【解答】

样本平均数x ˉ

=1

5(10+20+30+40+50)=30， 当x ˉ

=30入回归方程y =0.67x +54.9，可得y ˉ

=75， ∴ y ˉ

=75=1

5(62+m +75+81+84)， 解得：m ＝68

5. 要得到函数y ＝sin (2x ?π

3)的图象，只需将函数y ＝?cos (2x ?π)的图象（ ）

A.向左平移π

6个单位 B.向左平移5π

12

个单位

C.向右平移5π

12个单位 D.向右平移π

3

个单位

【答案】

C

【考点】

函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换

【解析】

利用三角函数的诱导公式，将函数y＝?cos(2x?π)化简得y＝sin(2x+π

2

)，再根据函数图象平移的公式加以计算，即可得到答案．

【解答】

将函数y＝?cos(2x?π)化简，得y＝cos2x＝sin(2x+π

2

)，

记f(x)＝sin(2x+π

2

)，

∵函数y＝sin(2x?π

3)＝[2(x?5π

12

)+π

2

]＝f(x?5π

12

)，

∴将函数f(x)＝sin(2x+π

2)的图象向右平移5π

12

个单位，可得函数y＝sin(2x?π

3

)的图象．

由此可得将函数y＝?cos(2x?π)的图象向右平移5π

12个单位，可得函数y＝sin(2x?π

3

)的

图象．

6. 根据某地方的交通状况绘制了关于交通指数的频率分布直方图（如图）．若样本容量为500个，则交通指数在[5,?7)之间的个数是（）

A.223

B.222

C.200

D.220

【答案】

D

【考点】

频率分布直方图

【解析】

由频率分布直方图先求出交通指数在[5,?7)之间的频率，由此能求出交通指数在[5,?7)之间的个数．

【解答】

由频率分布直方图得交通指数在[5,?7)之间的频率为：

(0.24+0.2)×1＝0.44，

∴交通指数在[5,?7)之间的个数为500×0.44＝220．

7. 若x>0，y>0，则√x+y

√x+√y

的最小值为（）

A.√2

B.1

C.√2

2D.1

2

【答案】

C

【考点】

基本不等式及其应用

【解析】

平方后利用基本不等式的性质即可得出．【解答】

∵x>0，y>0，∴t=√x+y

√x+y

>0．

∴t2=

x+y+2√xy ≥x+y

x+y+x+y

=1

2

，

∴t≥√2

2

，当且仅当x＝y时取等号．

∴√x+y

√x+√y 的最小值为√2

2

．

8. 已知椭圆的中心在原点，离心率e=1

2

，且它的一个焦点与抛物线y2=?4x的焦点重合，则此椭圆方程为()

A.x2

4+y2

3

=1 B.x2

8

+y2

6

=1 C.x2

2

+y2=1 D.x2

4

+y2=1

【答案】

A

【考点】

椭圆的离心率

抛物线的标准方程

椭圆的标准方程

【解析】

先求出焦点的坐标，再由离心率求得半长轴的长，从而得到短半轴长的平方，写出椭圆的标准方程．

【解答】

解：抛物线y2=?4x的焦点为(?1,?0)，

∴c=1，

由离心率e=1

2

可得a=2，

∴b2=a2?c2=3，

故椭圆的标准方程为x 2

4+y2

3

=1，

故选A．

9. 如图，AB是抛物线y2＝2px(p>0)的一条经过焦点F的弦，AB与两坐标轴不垂直，已知点M(?1,?0)，∠AMF＝∠BMF，则p的值是（）

A.1

2

B.1

C.2

D.4

【答案】

C

【考点】

抛物线的性质

【解析】

由题意画出图象作AC⊥x轴、BD⊥x轴，设AB的直线方程y＝k(x?p

2

)(k≠0)，

A(x1,?y1)、B(x2,?y2)，联立直线方程和抛物线方程消去y，由韦达定理求出x1+x2和

x1x2式子，由∠AMF＝∠BMF得tan∠AMF＝tan∠BMF，由图象得AC

MC =BD

MD

，用A、B的坐

标表示出线段的长，把求出的式子代入化简，列出关于p的方程再化简求值．【解答】

如右图作AC⊥x轴，BD⊥x轴，

设AB的直线方程为：y＝k(x?p

2

)(k≠0)，A(x1,?y1)，B(x2,?y2)，

联立{y=k(x?p

2

)

y2=2px

，得k2x2?(k2p+2p)x+k2p2

4

=0，

则x1+x2=k2p+2p

k2，x1x2=p2

4

，

∵∠AMF＝∠BMF，∴tan∠AMF＝tan∠BMF，

即AC

MC =BD

MD

，

不妨设x1>p

2，x2

2

，

则AC＝|y1|＝|k(x1?p

2)|＝|k|(x1?p

2

)，BD＝|y2|＝|k(x2?p

2

)|＝|k|(p

2

?x2)，

且MC＝x1+1，MD＝x2+1，

代入AC

MC =BD

MD

得，

|k|(x1?p

2

)

x1+1

=|k|(

p

2

?x2)

x2+1

，

化简得，2x1x2+(x1+x2)(1?p

2

)?p＝0，

则2×p 2

4+k2p+2p

k2

(1?p

2

)?p=0，化简得2?p

k2

=0，得p＝2．

10. 执行如图的程序框图，则输出x的值是（）

A.2018

B.2019

C.1

2

D.2

【答案】

D

【考点】

程序框图

【解析】

模拟执行程序框图，依次写出每次循环得到的x，y的值，当y＝2019时，不满足条件退出循环，输出x的值即可得解

【解答】

模拟执行程序框图，可得x＝2，y＝0．

满足条件y<2019，执行循环体，x＝?1，y＝1；

满足条件y<2019，执行循环体，x=1

2

，y＝2；

满足条件y<2019，执行循环体，x＝2，y＝3；

满足条件y<2019，执行循环体，x＝?1，y＝4；

…

观察规律可知，x的取值周期为3，由于2019＝673×3，可得：

满足条件y<2019，执行循环体，

当x＝2，y＝2019，不满足条件y<2019，退出循环，输出x的值为2．

11. 若函数f(x)＝x2+e x?1

2

(x<0)与g(x)＝x2+ln(x+a)图象上存在关于y轴对称的点，则a的取值范围是()

A.(?∞,√e)

B.

√e ) C.

√e

√e) D.(?√e,

√e

)

【答案】

A

【考点】

已知函数的单调性求参数问题函数的对称性

【解析】

由题意可得e x0?1

2?ln(?x0+a)＝0有负根，函数?(x)＝e x?1

2

?ln(?x+a)为增函数，

由此能求出a的取值范围．

【解答】

解：由题意可得：

存在x0∈(?∞,?0)，满足x02+e x0?1

2

=(?x0)2+ln(?x0+a)，

即e x0?1

2

?ln(?x0+a)＝0有负根，

∵当x趋近于负无穷大时，e x0?1

2

?ln(?x0+a)也趋近于负无穷大，

且函数?(x)＝e x?1

2

?ln(?x+a)为增函数，

∴?(0)＝e0?1

2

?ln a>0，

∴ln a

∴a<√e，

∴a的取值范围是(?∞,?√e).

故选A.

12. 已知双曲线x2

a2?y2

b2

=1的左、右焦点分别F1、F2，O为双曲线的中心，P是双曲线右

支上的点，△PF1F2的内切圆的圆心为I，且⊙I与x轴相切于点A，过F2作直线PI的垂线，垂足为B，若e为双曲线的离心率，则（）

A.|OB|＝e|OA|

B.|OA|＝e|OB|

C.|OB|＝|OA|

D.|OA|与|OB|关系不确定

【答案】

C

【考点】

双曲线的离心率

【解析】

根据题意，利用切线长定理，再利用双曲线的定义，把|PF1|?|PF2|＝2a，转化为

|AF1|?|AF2|＝2a，从而求得点H的横坐标．再在三角形PCF2中，由题意得，它是一

个等腰三角形，从而在三角形F1CF2中，利用中位线定理得出OB，从而解决问题．

【解答】

F1(?c,?0)、F2(c,?0)，内切圆与x轴的切点是点A

∵|PF1|?|PF2|＝2a，及圆的切线长定理知，

|AF1|?|AF2|＝2a，设内切圆的圆心横坐标为x，

则|(x+c)?(c?x)|＝2a

∴x＝a；

|OA|＝a，

在三延长F2B交PF1于点C，角形PCF2中，由题意得，它是一个等腰三角形，PC＝PF2，∴在三角形F1CF2中，有：

OB=1

2CF1=1

2

(PF1?PC)=1

2

(PF1?PF2)=1

2

×2a＝a．

∴|OB|＝|OA|．

二、填空题（每题5分，共20分．把答案填在答题纸的横线上）

数列1,1

2,1

2

,1

3

,1

3

,1

3

,1

4

,1

4

,1

4

,1

4

,?的前100项的和等于________．

【答案】191

14

【考点】数列的求和

【解析】

根据数列中项为1

n

的项数为n ，可得第91项为1

13

，从第92项至第100项均为1

14

，由此可得

结论． 【解答】

由题意，数列中项为1

n 的项数为n ，则

∵ 1+2+3+4+ (13)

13×(1+13)

2

=91

∴ 第91项为113

，从第92项至第100项均为1

14

∴ 数列的前100项的和等于13+114×9=19114

在棱长都相等的三棱锥中，已知相对两棱中点的连线长为√2，则这个三棱锥的棱长等于________． 【答案】 2

【考点】

点、线、面间的距离计算 【解析】

画出图形，通过求解三角形求解三棱锥的棱长． 【解答】

由题意可知几何体如图：设AB ＝BC ＝CD ＝DA ＝AC ＝BD ＝x ， 相对两棱中点的连线长为√2，EF =√2， 所以在三角形ABF 中，AF ＝BF =

√3

2

x ，所以EF 2＝AF 2?AE 2，

可得：2=34

x 2?14

x 2，解得x ＝2．

设P 是双曲线x 2

a 2?

y 29

=1上一点，双曲线的一条渐近线方程为3x ?2y ＝0，F 1，F 2分

别是双曲线的左、右焦点，若|PF 1|＝3，则|PF 2|的值为________． 【答案】 7

【考点】

双曲线的离心率 【解析】 由双曲线x 2

a 2?y 29

=1的一条渐近线方程为3x ?2y ＝0，求出a ，由双曲线的定义求出

|PF 2|． 【解答】 ∵ 双曲线x 2

a 2?

y 29

=1的一条渐近线方程为3x ?2y ＝0，

∴ 可得3

2=3a ，∴ a ＝2． ∵ |PF 1|＝3，

∴由双曲线的定义可得||PF2|?3|＝4，∴|PF2|＝7，

已知函数f(x)=|sin(ωx+π

4)|(ω>1)在(π,5

4

π)上单调递减，则实数ω的取值范围是

________．【答案】

[5

4

,?

7

4

]

【考点】

正弦函数的单调性【解析】

根据x∈(π,?5π

4)时求出ωx+π

4

的取值范围，由正弦函数的图象与性质列出不等式组求实

数ω的取值范围．【解答】

当x∈(π,?5π

4)时，ωπ+π

4

<ωx+π

4

<5π

4

ω+π

4

，

由函数f(x)=|sin(ωx+π

4)|(ω>1)在(π,5

4

π)上单调递减，

则{ωπ+π

4

≥3π

2

ω?5π

4+π

4

≤2π

，

解得5

4≤ω≤7

5

；

所以实数ω的取值范围是[5

4,?7

4 ]．

三、解答题（本大题共7题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤，写在答题纸的相应位置）

已知{a n}是等差数列，a3＝7，且a2+a6＝18．若b n=

a+a

．

（1）求数列{a n}通项公式；

（2）求数列{b n}的前n项和T n．

【答案】

{a n}是公差为d的等差数列，a3＝7，且a2+a6＝18．

可得a1+2d＝7，2a1+6d＝18，

解得a1＝3，d＝2，

则a n＝3+2(n?1)＝2n+1，

b n=

a+a =

2n+1+2n+3

=1

2

(√2n+3?√2n+1)，

前n项和T n=1

2

(√5?√3+√7?√5+√9?√7+?+√2n+3?√2n+1)

=1

2

（(√2n+3?√3)．

【考点】

数列递推式

数列的求和 【解析】

（1）设等差数列的公差为d ，运用等差数列的通项公式，解方程可得首项和公差，进而得到所求通项公式； （2）求得b n =

a +a =

2n+1+2n+3

=1

2

(√2n +3?√2n +1)，运用数列的裂项相

消求和，化简可得所求和． 【解答】

{a n }是公差为d 的等差数列，a 3＝7，且a 2+a 6＝18． 可得a 1+2d ＝7，2a 1+6d ＝18， 解得a 1＝3，d ＝2，

则a n ＝3+2(n ?1)＝2n +1， b n =

a +a =

√2n+1+√

2n+3

=1

2(√2n +3?√2n +1)， 前n 项和T n =12

(√5?√3+√7?√5+√9?√7+?+√2n +3?√2n +1) =1

2（(√2n +3?√3)．

已知点A(2,?0)，B(0,??2)，F(?2,?0)，设∠AOC ＝α，α∈[0,?2π)，其中O 为坐标原点． (Ⅰ)设点C 到线段AF 所在直线的距离为√3，且∠AFC =π

3，求α和线段AC 的大小； (Ⅱ)设点D 为线段OA 的中点，若|OC →

|=2，且点C 在第二象限内，求M ＝(√3DC →

?OB →

+BC →

?OA →

)cos α的取值范围． 【答案】

（1）过C 作AF 的垂线，垂足为E ，则CE =√3 在直角三角形FCE 中，FC =CE

sin ∠CFE =2， 又OF ＝2，∠OFC =π

3，所以△OFC 为正三角形 所以∠FOC =π

3，从而α=π?∠FOC =

2π3

，或α=π+∠FOC =

4π3

?

在△AFC 中，AC =√AF 2+CF 2?2AF ?CF cos ∠AFC =√42+22?2×2×4×1

2=2√3?

（2）∵ A(2,?0)，点D 为线段OA 的中点，∴ D(1,?0) ∵ |OC →

|=2且点C 在第二象限内， ∴ C(2cos α,?2sin α)，α∈(π

2,π)?

从而DC →

=(2cos α?1,?2sin α)，BC →

=(2cos α,?2sin α+2)， OA →

=(2,?0)，OB →

=(?0,??2)．

则M ＝(√3DC →

?OB →

+BC →

?OA →

)cos α＝?4√3sin αcos α+4cos 2α

＝?2√3sin 2α+2(1+cos 2α)＝4cos (2α+π

3)+2，

因为α∈(π2,?π)，所以，2?α+π3∈(4π3,?7π3)，从而?12

3)≤1， 所以M 的取值范围为(0,?6]． 【考点】

平面向量数量积的性质及其运算 余弦定理 【解析】

(Ⅰ)过C 作AF 的垂线，垂足为E ，由条件求得∠FOC =π

3，从而求得α，在△AFC 中，由余弦定理求得AC 的值．

(Ⅱ)由条件求得DC →

、OB →

、OA →

的坐标，化简 M ＝(√3DC →

?OB →

+BC →

?OA →

)cos α的解析式为4cos (2α+π

3)+2，再根据α的范围，根据余弦函数的定义域和值域求得M 的范围．

【解答】

（1）过C 作AF 的垂线，垂足为E ，则CE =√3 在直角三角形FCE 中，FC =CE

sin ∠CFE =2， 又OF ＝2，∠OFC =π

3，所以△OFC 为正三角形 所以∠FOC =π

3，从而α=π?∠FOC =

2π

3

，或α=π+∠FOC =4π3

?

在△AFC 中，AC =2+CF 2?2AF ?CF cos ∠AFC =√42+22?2×2×4×1

2=

2√3?

（2）∵ A(2,?0)，点D 为线段OA 的中点，∴ D(1,?0) ∵ |OC →

|=2且点C 在第二象限内， ∴ C(2cos α,?2sin α)，α∈(π

2,π)?

从而DC →

=(2cos α?1,?2sin α)，BC →

=(2cos α,?2sin α+2)， OA →

=(2,?0)，OB →

=(?0,??2)．

则M ＝(√3DC →

?OB →

+BC →

?OA →

)cos α＝?4√3sin αcos α+4cos 2α ＝?2√3sin 2α+2(1+cos 2α)＝4cos (2α+π

3)+2，

因为α∈(π

2,?π)，所以，2?α+π

3∈(4π3,?7π

3)，从而?1

2

3)≤1， 所以M 的取值范围为(0,?6]．

如图，四面体ABCD ，AB ＝BC ＝4，AC =BD =4√2，AB ⊥CD ，∠BCD ＝90°．

（1）若AC 中点是M ，求证：BM ⊥面ACD ；

（2）若P 是线段AB 上的动点，Q 是面BCD 上的动点，且线段PQ ＝2，PQ 的中点是N ，求动点N 的轨迹与四面体ABCD 围成的较小的几何体的体积． 【答案】

证明：由题意，AB ＝BC ＝4，AC ＝4√2，很明显△ABC 是等腰直角三角形． 又∵ BC ＝4，BD ＝4√2，∠BCD ＝90°．∴ △BCD 是等腰直角三角形． ∴ CD ⊥AB ，CD ⊥BC ， ∴ CD ⊥面ABC ．

∵ BM ?面ABC ，∴ CD ⊥BM ．

∵ △ABC 是等腰直角三角形，M 为AC 中点， ∴ BM ⊥AC ， ∴ BM ⊥面ACD ．

由题意，以B 为原点，过点B 垂直于BD 方向为x 轴，BD 所在的直线为y 轴， BA 所在的直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．

则，可设P(0,?0,?z P )，Q(x Q ,?y Q ,?0)，N(x,?y,?z)． ∵ N 是PQ 的中点， ∴ x =

x Q

2

，y =y Q

2

，z =z P 2

，

即{x Q =2x

y Q =2y z P =2z ．

∵ PQ →

=(x Q ,?y Q ,?z P )，

∴ |PQ|＝|PQ →

|=√x Q 2+y Q 2+z P 2

=2，

将{x Q =2x

y Q =2y z P =2z

代入上式，即√(2x)2+(2y)2+(2z)2=2．

整理，得x 2+y 2+z 2＝1．

∵ 由题意易知点N 在四面体ABCD 的内部，

∴ 动点N 的轨迹即为以点B 为球心，1为半径的球面与四面体相交的部分球面． 根据四面体ABCD 的结构可知动点N 的轨迹为1

16的球面．

【考点】 轨迹方程 【解析】

本题第（1）题先根据题意得出CD ⊥面ABC ，然后根据BM ?面ABC ，得到CD ⊥BM ．再证明BM ⊥AC ，即可证明线面垂直；

第（2）题通过建立空间直角坐标系将几何问题解析法，通过得出动点N 的轨迹方程为x 2+y 2+z 2＝1得到动点N 的轨迹即为以点B 为球心，1为半径的球面与四面体相交的部分球面，即可得到体积． 【解答】

证明：由题意，AB ＝BC ＝4，AC ＝4√2，很明显△ABC 是等腰直角三角形． 又∵ BC ＝4，BD ＝4√2，∠BCD ＝90°．∴ △BCD 是等腰直角三角形． ∴ CD ⊥AB ，CD ⊥BC ， ∴ CD ⊥面ABC ．

∵ BM ?面ABC ，∴ CD ⊥BM ．

∵ △ABC 是等腰直角三角形，M 为AC 中点， ∴ BM ⊥AC ， ∴ BM ⊥面ACD ．

由题意，以B 为原点，过点B 垂直于BD 方向为x 轴，BD 所在的直线为y 轴， BA 所在的直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．

则，可设P(0,?0,?z P )，Q(x Q ,?y Q ,?0)，N(x,?y,?z)． ∵ N 是PQ 的中点， ∴ x =

x Q 2

，y =

y Q 2

，z =

z P 2

，

即{x Q =2x y Q =2y z P =2z ．

∵ PQ →

=(x Q ,?y Q ,?z P )，

∴ |PQ|＝|PQ →

|=√x Q 2+y Q 2+z P 2

=2，

将{x Q =2x

y Q =2y z P =2z

代入上式，即√(2x)2+(2y)2+(2z)2=2．

整理，得x 2+y 2+z 2＝1．

∵ 由题意易知点N 在四面体ABCD 的内部，

∴ 动点N 的轨迹即为以点B 为球心，1为半径的球面与四面体相交的部分球面． 根据四面体ABCD 的结构可知动点N 的轨迹为1

16的球面．

设M(2,?1)是椭圆

x 2a

2+

y 2b 2

=1上的点，F 1，F 2是焦点，离心率e =

√2

2

． （1）求椭圆的方程；

（2）设A(x 1,?y 1)，B(x 2,?y 2)是椭圆上的两点，且x 1+x 2＝2r ，（r 是定数），问线段AB 的垂直平分线是否过定点？若过定点，求出此定点的坐标，若不存在，说明理由． 【答案】 因为e =c

a =√22

，所以c 2=12a 2，则b 2=12a 2，把M(2,?1)代入得4a 2+2

a 2=1，解得a 2＝

6，

所以椭圆的方程为x 2

6+

y 23

=1；

设直线AB 的斜率为k ，中点M(2,?t)，

将A 、B 坐标代入得{x 12

6+y 123

=1x 2

2

6

+

y 223

=1

，两式作差得

(x 1?x 2)(x 1+x 2)

6

+

(y 1?y 2)(y 1+y 2)

3

=0，

所以k =y 1?y

2x 1

?x 2

=?12?x 1+x

2y 1

+y 2

，即k =?1

2t ，

所以t =?

12k

，

又因为AB 的垂直平分线的斜率为?1

k

，故垂直平分线的方程为y ?t =?1

k

(x ?2)，

即y +

12k

=?1k

(x ?2)，所以y =?1k

x +

32k

=?1

k

(x ?3)，

则该直线必过定点(3,?0) 【考点】

直线与椭圆的位置关系 椭圆的应用 【解析】

（1）利用M 在椭圆上及离心率可求得椭圆方程；

（2）表示出直线AB 的方程及中点M 坐标，再利用A 、B 在椭圆上代入可求的k 的表达式，进而表示出垂直平分线的方程即可求得其过定点． 【解答】 因为e =c

a =√22

，所以c 2=12a 2，则b 2=12a 2，把M(2,?1)代入得4a 2+2

a 2=1，解得a 2＝

6，

所以椭圆的方程为x 2

6+

y 23

=1；

设直线AB 的斜率为k ，中点M(2,?t)，

将A 、B 坐标代入得{x 12

6+y 123

=1x 2

2

6

+

y 223

=1

，两式作差得

(x 1?x 2)(x 1+x 2)

6

+

(y 1?y 2)(y 1+y 2)

3

=0，

所以k =y 1?y

2x 1

?x 2

=?12?x 1+x

2y 1

+y 2

，即k =?1

2t ，

所以t=?1

2k

，

又因为AB的垂直平分线的斜率为?1

k ，故垂直平分线的方程为y?t=?1

k

(x?2)，

即y+1

2k =?1

k

(x?2)，所以y=?1

k

x+3

2k

=?1

k

(x?3)，

则该直线必过定点(3,?0)

已知函数f(x)＝a ln x+x2．

（1）若a＝?4，求f(x)在x∈[1,?e]时的最值；

（2）若a>0，?x1，x2∈[1,?e]时，都有|f(x1)?f(x2)|≤|2020

x1?2020

x2

|，求实数a的

范围．【答案】

当a＝?4时，f(x)＝?4ln x+x2，f′(x)=2x2?4

x =2(x+√2)(x?√2)

x

，

当x∈(0,?√2)时，f′(x)<0；当x∈(√2,?e]时，f′(x)>0．∴f(x)的单调递减区间为(0,?√2)，单调递增区间为(√2,?e]，f(√2)min＝2?ln4，f(e)max＝e2?4．

若a>0，x∈[1,?e]，f′(x)=2x2+a

x >0，f(x)在区间[1,?e]上是增函数，函数y=2020

x

是减函数，

不妨设1≤x1≤x2≤e，

由已知，f(x2)?f(x1)≤2020

x1?2020

x2

，

所以f(x2)+2020

x2≤f(x1)+2020

x1

，

设g(x)＝f(x)+2020

x =a ln x+x2+2020

x

，x∈[1,?e]，

则g(x)在区间[1,?e]是减函数，g(x)=a

x +2x?2020

x2

≤0在[1,?e]上恒成立，

所以a≤2020

x ?2x2=?(x)，?′(x)=?2020

x2

?4x<0在[1,?e]上恒成立，

?(x)单调递减，?(e)min=2020

e

?2e2，

所以a≤2020

e

?2e2，

故0

e

?2e2．

【考点】

利用导数研究函数的最值

【解析】

（1）令a＝?4，代入用导数法判断单调性并求出最值；（2）根据题意，构造函数g(x)，判断函数的单调性，变为恒成立问题，参数分类，求出即可．

【解答】

当a＝?4时，f(x)＝?4ln x+x2，f′(x)=2x2?4

x =2(x+√2)(x?√2)

x

，

当x∈(0,?√2)时，f′(x)<0；当x∈(√2,?e]时，f′(x)>0．∴f(x)的单调递减区间为(0,?√2)，单调递增区间为(√2,?e]，f(√2)min＝2?ln4，f(e)max＝e2?4．

若a>0，x∈[1,?e]，f′(x)=2x2+a

x >0，f(x)在区间[1,?e]上是增函数，函数y=2020

x

是减函数，

不妨设1≤x1≤x2≤e，

由已知，f(x2)?f(x1)≤2020

x1?2020

x2

，

所以f(x2)+2020

x2≤f(x1)+2020

x1

，

设g(x)＝f(x)+2020

x =a ln x+x2+2020

x

，x∈[1,?e]，

则g(x)在区间[1,?e]是减函数，g(x)=a

x +2x?2020

x2

≤0在[1,?e]上恒成立，

所以a≤2020

x ?2x2=?(x)，?′(x)=?2020

x2

?4x<0在[1,?e]上恒成立，

?(x)单调递减，?(e)min=2020

e

?2e2，

所以a≤2020

e

?2e2，

故0

e

?2e2．

选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答.

在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为：{x=1+t cosθ

y=√3+t sinθ

，t为参数，θ∈

[0,?π)．以坐标原点为极点，以x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，圆C的极坐标方程为：ρ＝8sin(θ+π

6

)．

（1）在直角坐标系xOy中，求圆C的圆心的直角坐标；

（2）设点P(1,?√3)，若直线l与圆C交于A，B两点，求证：|PA|?|PB|为定值，并求出该定值．

【答案】

圆C的极坐标方程为：ρ＝8sin(θ+π

6

)．

转换为直角坐标方程为：x2+y2?4x?4√3y=0，

转换为标准式为：圆(x?2)2+(y?2√3)2=16，

所以圆心的直角坐标为(2,?2√3)．

将直线l的参数方程为：{x=1+t cosθ

y=√3+t sinθ

，t为参数，θ∈[0,?π)．

代入(x?2)2+(y?2√3)2=16，

所以：t2?(2√3sinθ+2cosθ)t?12=0，（点A、B对应的参数为t1和t2），则：t1t2＝?12，

故：|PA||PB|＝|t1t2|＝12．

【考点】

圆的极坐标方程

参数方程与普通方程的互化

【解析】

（1）直接利用转换关系，把参数方程直角坐标方程和极坐标方程之间进行转换．（2）利用一元二次方程根和系数的关系求出结果．

【解答】

圆C的极坐标方程为：ρ＝8sin(θ+π

6

)．

转换为直角坐标方程为：x2+y2?4x?4√3y=0，

转换为标准式为：圆(x?2)2+(y?2√3)2=16，

所以圆心的直角坐标为(2,?2√3)．

将直线l的参数方程为：{x=1+t cosθ

y=√3+t sinθ

，t为参数，θ∈[0,?π)．

代入(x?2)2+(y?2√3)2=16，

所以：t2?(2√3sinθ+2cosθ)t?12=0，（点A、B对应的参数为t1和t2），则：t1t2＝?12，

故：|PA||PB|＝|t1t2|＝12．

设函数f(x)＝|x+1|+|x?a|(x∈R)

（1）当a＝2时，求不等式f(x)>5的解集；

（2）对任意实数x，都有f(x)≥3恒成立，求实数a的取值范围．

【答案】

当a＝2时，f(x)＝|x+1|+|x?2|>5，

当x≥2时x+1+x?2>5，可得x>3；

当?1≤x<2时x+1?x+2>5，解得x∈?，

当x5，解得x

综上：x∈(?∞,??2)∪(3,?+∞)……………

|x+1|+|x?a|≥|a+1|，对任意实数x，都有f(x)≥3恒成立，

∴|a+1|≥3，解得a≥2或a≤?4．……………

【考点】

不等式恒成立的问题

绝对值不等式的解法与证明

【解析】

（1）通过a＝2，结合x的取值，去掉绝对值符号化简求解不等式即可．（2）利用绝对值的几何意义，转化不等式求解即可．

【解答】

当a＝2时，f(x)＝|x+1|+|x?2|>5，

当x≥2时x+1+x?2>5，可得x>3；

当?1≤x<2时x+1?x+2>5，解得x∈?，

当x5，解得x

综上：x∈(?∞,??2)∪(3,?+∞)……………

|x+1|+|x?a|≥|a+1|，对任意实数x，都有f(x)≥3恒成立，

∴|a+1|≥3，解得a≥2或a≤?4．……………