14_2024高考数学点睛密卷_全国乙文_解析版_2024高考押题卷_132024高途全系列_26高途点睛卷_2024点睛密卷-数学

1 高途高中数学高考研究院 高途高中数学 内部资料!禁止外传！ 2024 高考数学 点睛密卷 全国乙卷(文) 高中数学终极冲刺必备资料 以基为本 一单在手 数学无忧 12 高途高中数学高考研究院 在点睛课程资料中下载 绝密★启用前 2024 年高考数学点睛密卷(全国乙卷文) 数 学 本试卷共6页，23小题，满分150分。考试用时120分钟。 注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。 用 2B 铅笔将试卷类型(A)填涂在答题卡相应位置上。将条形码横贴在答题卡 右上角“条形码粘贴处”。 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答 案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在 试卷上。 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目 指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案； 不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。 4．考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。 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．设集合 2 A = { − 4 , − 2 , 0 , 2 , 4 } ，B={x|3−x2}，则A B=( ) A． { 0 , 2 , 4 } B． { − 4 , − 2 , 0 } C． { − 4 , − 2 } D． { 2 , 4 } 【解答】解：集合 A = { − 4 , − 2 , 0 , 2 , 4 } ， B = { x | 3 − x  2 } = { x | x  1 } ， 故A B={2,4}．故选：D． 2．设复数x满足 z − z = − 2 i ， | z |= 2 ，复数 z 所对应的点位于第四象限，则 z = ( ) A． 1 − 2 i B． 1 − i C． − 1 − i D． 2 − i 【解答】解：设z=a+bi(a,bR,a0,b0)， z−z =−2i，则a+bi−(a−bi)=2bi=−2i，解得 b = − 1 ， | z |= 2 ，则a2 +b2 =2，解得 a = 1 (负值舍去)，故 z = 1 − i ．故选：B． 3．已知向量a=(1,−1)， b = ( m , 2 ) ，若(a+b)∥a，则 2 a  b = ( ) A． − 8 B． − 7 C．7 D．8 【解答】解：因为向量a=(1,−1)，b=(m,2)，所以a+b=(m+1,1)， 因为(a+b)∥a，所以1+(m+1)=0，解得m=−2，所以b=(−2,2)，3 高途高中数学高考研究院 所以 3 2 a  b = 2  ( − 2 − 2 ) = − 8 ．故选：A． 4．已知 f ( x ) = 3 3 x x − + b b ( b  0 ) 是奇函数，则 b = ( ) A．4 B．3 C．2 D．1 3x −b 【解答】解：根据题意， f(x)= (b0)是奇函数，其定义域为 3x +b R ， 有 f ( 0 ) = 1 1 − + b b = 0 ，则 b = 1 ．故选：D． 5．某不透明的袋中有3个红球、2个白球，它们除颜色不同，质地和大小都完全相同．甲、 乙两同学先后从中各取一个球，先取的球不放回，则他们取到不同颜色球的概率为 ( ) A． 1 3 0 B． 2 5 C． 3 5 D． 4 5 【解答】解：某不透明的袋中有3个红球、2个白球，它们除颜色不同，质地和大小都完全 相同，甲、乙两同学先后从中各取一个球，先取的球不放回， 则他们取到不同颜色球的概率为： P = 3 5  2 4 + 2 5  3 4 = 3 5 ．故选：C． 6．执行如图所示的程序框图，输出的S =( ) A．18 B．22 C．25 D． 1 3 5 7 【解答】解：执行该程序框图， S = 1 2 ，k=2， k 4 成立， S = 1 8 ，k=3，k 4成立， S = 2 2 ，k=4，k 4成立， S=25，k=5，不满足k 4．输出S=25．故选：C． 7．已知圆C:(x+1)2 +(y−1)2 =4截直线l:y=ax+2所得弦的长度为 2 2 ，则实数 a 的值是 ( ) A．2 B．−6 C．−1 D．−4 【解答】解：圆的标准方程为(x+1)2 +(y−1)2 =4，圆心为(−1,1)，半径r =2，4 高途高中数学高考研究院 弦的长度为 4 2 2 ，故圆心到直线的距离 d = 2 2 − ( 2 ) 2 = 2 ， 圆心到直线 a x − y + 2 = 0 的距离 d = | − a − a 2 1 + + 1 2 | = 2 ，解得a=−1．故选：C． 8．在三角形 A B C 中，内角 A ， B ， C 的对边分别为 a ， b ， c ，已知 c + c c o s A = 3 a s in C ， a = 3 ， b + c = 3 2 ，则 △ A B C 的面积为 ( ) A． 3 4 2 B． 3 4 3 C． 4 3 2 D． 4 3 3 【解答】解： c + c c o s A = 3 a s in C ，由正弦定理得sinC+sinCcosA= 3sinAsinC， 因为C(0,π)，所以 s in C  0 ，故 1 + c o s A = 3 s in A ，即 2 s in  A − π 6  = 1  π 1 ，故sinA− = ，  6 2 因为 A  ( 0 , π ) ，所以 A − π 6   − π 6 , 5 π 6  ，故 A − π 6 = π 6 ，解得 A = π 3 ， 由余弦定理得 c o s A = b 2 + 2 c 2 b c − a 2 ，即 ( b + c ) 2 − 2 b 2 c b c − a 2 = 1 2 ， 因为 a = 3 ， b + c = 3 2 ，所以 1 8 − 2 2 b b c c − 9 = 1 2 ，解得 b c = 3 ， S △ A B C = 1 2 b c s in A = 1 2  3  2 3 = 3 4 3 ．故选：B． 9．记 S n 为等差数列 { a n } 的前 n 项和．若 a 4 + a 5 = 2 4 ， S 6 = 4 8 ，则数列  a n + 1 1  a n + 2  的前2024 项和为 ( ) A． 5 4 0 0 7 5 1 B． 5 0 7 4 0 4 8 C． 5 0 6 4 0 4 9 D． 5 4 0 0 6 5 1 【解答】解：设等差数列 { a n } 的公差为 d ， a +a =24 由 4 5 ，得 S =48 6  2 6 a a 1 1 + + 7 1 d 5 d = = 2 4 4 8 ，解得  a d 1 = = − 4 2 ，  a n = − 2 + 4 ( n − 1 ) = 4 n − 6 ，  a n + 1 1  a n + 2 = ( 4 n − 2 ) 1  ( 4 n + 2 ) = 1 8  2 n 1 − 1 − 2 n 1 + 1  ，  1  令数列 的前n项和为T ， a a  n n+1 n+2  T 2 0 2 4 = 1 8   1 − 1 3 + 1 3 − 1 5 + 1 5 − 1 7 + + 4 1 0 4 7 − 4 1 0 4 9  = 1 8   1 − 4 1 0 4 9  = 5 0 6 4 0 4 9 ．故选：C． 3  π  π 10．若sin= ，0,  ，则cos2  −  的值为( ) 5  2 2 35 高途高中数学高考研究院 A． 5 6 + 2 3 0 3 B． 6 − 2 3 0 3 C． 6 + 2 0 3 D． 6 − 2 0 3 3 【解答】解：因为sin= ， 5 0 , π 2     ，所以 c o s 1 s in 2 1 3 5 2 4 5   = − = −   = ， 所以 c o s 2 2 π 3 1 c o s 2 2 π 3 1 c o s c o s 2 π 3 2 s in s in 2 π 3 1 4 5 1 2 2 3 5 2 3      −  = +  −  = + + = +   −  +  = 6 + 2 3 0 3 ．故选：A． 11．已知函数 f ( x ) =  2 x | ln + x 2 |, x x +  1 , 0 x , 0 , 若方程 f ( x ) = a 有四个根 x 1 ， x 2 ， x 3 ， x 4 ，且 x 1  x 2  x 3  x 4 ，则下列说法错误的是 ( ) A． x 1 + x 2 = − 2 B． x 3 + x 4  2 C． x 1 x 2  4 D．0a 1 【解答】解：作出函数的图象如图： 由图象知， x 1 + x 2 = − 2 ，故A正确； |lnx |=−lnx ， 3 3 | ln x 4 |= ln x 4 ，且|lnx |=|lnx |，所以lnx +lnx =0， 3 4 3 4 所以 x 3 x 4 = 1 ， x 3 + x 4  2 ，故B正确； 由A知，x +x =−2，且 1 2 x 1  x 2 0 ，当且x =−2， 1 x 2 = 0 时，显然 x 1 x 2 = 0 ，故C错误； 由图象知 0  a 1 ，故D正确．故选：C． 12．设F ， 1 F 2 x2 y2 是椭圆C : + =1(ab0)与双曲线 1 a2 b2 C 2 : x m 2 2 − y n 2 2 = 1 ( m  0 , n  0 ) 的公共焦 点， P 为它们的一个交点，e ， 1 e 2 分别为 C 1 2π  1 1  ，C 的离心率，若FPF = ，则2   2 1 2 3 e e  1 2 的取值范围为 ( ) A． ( 0 , 2 ) B．( 2,3) C． (1 , 3 ) D．(2,+) 【解答】解：不妨设 P 为双曲线右支上的点， 由椭圆和双曲线的定义可知|FF |=2c，|PF |+|PF |=2a，|PF |−|PF |=2m， 1 2 1 2 1 2 解得|PF |=a+m，|PF |=a−m， 1 26 高途高中数学高考研究院 在 6 △ P F 1 F 2 2π 中，由余弦定理得：|PF |2 +|PF |2 −2|PF ||PF |cos =|FF |2， 1 2 1 2 3 1 2 即 ( a + m ) 2 + ( a − m ) 2 + ( a + m ) ( a − m ) = 4 c 2 ，即 4 c 2 = 3 a 2 + m 2 ， 故 4 = e 3 1 2 + e 1 2 2 ， 0  e 1  1 ，e 1， 2 令 t = 1 e 1 2 ，则 1  t  4 3 ， 1 2 e 1  e 1 2 2 = 1 2 e 1  4 − 3 2 e 1  = − 3 t 2 + 4 t = − 3  t − 2 3  2 + 4 3  ( 0 ,1 ) ， 所以 1 e 1  1 e 2  ( 0 ,1 ) ，所以 2  1 e 1  1 e 2  的取值范围为 ( 0 , 2 ) ．故选：A． 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13．设抛物线 C : y 2 = 4 x 的焦点为F ，过 F 且斜率为2的直线 l 与 C 交于 P ， Q 两点，则 | P Q |= ． 【解答】解：抛物线 C : y 2 = 4 x 的焦点为 F (1 , 0 ) ，直线 l 过点 F 且斜率为2， 则l的方程为 y = 2 ( x − 1 ) ，设 P ( x 1 , y 1 ) ， Q ( x 2 , y 2 ) ， y=2(x−1) 联立 ，消去y得x2 −3x+1=0，则x +x =3， y2 =4x 1 2  | P Q |= x 1 + x 2 + 2 = 5 ． 故答案为：5． 14．已知角，为锐角，且 s in 2 5 5  = ， ta n ( ) 1 3   − = ，则角 = ． 【解答】解： 角，为锐角，且 s in 2 5 5  = 1 ，tan(−)= ， 3 ta n 2   = ，tan0， ta n ( ) 1 ta n ta n ta n ta n 1 2 2 ta n ta n 1 3         − = + − = + − = ，解得tan=1， 角是锐角，  角=45． 故答案为： 4 5  ． 15．一个正四棱柱底面边长为 2，高为 3，上底面对角线交点与下底面四个顶点构成几何 体的内切球表面积为 ． 【解答】解：由题意可知该几何体为正四棱锥，如图，7 高途高中数学高考研究院 7 O 为内切球的球心， P H 是棱锥的高， E ， F 分别是AB， C D 的中点， 连接 P F ， G 是球与侧面 P C D 的切点，可知 G 在 P F 上，OG⊥PF， 设内切球半径为 r ，则 O H = O G = r ， H F = 1 ， P H = 3 ， P F = 1 + 3 = 2 ， 由 △ P G O ∽ △ P H F ，  O H G F = P P O F ，即 r 1 = 3 2 − r ，解得 r = 3 3 ， 所以内切球表面积为 S = 4 π r 2 = 4 π   3 3  2 = 4 π 3 ． 故答案为： 4 π 3 ． 16．已知函数 f ( x ) = s x in 2 π − x x ，给出下列四个结论： ① f(x)存在无数个零点； ② f(x)在(1,+)上有最大值； ③若 f ( 2 0 2 3 .7 ) = a ，则 f(−2022.7)=a； ④区间  1 2 ,1  是 f ( x ) 的单调递减区间． 其中所有正确结论的序号为 ． 【解答】解：对于①，由 x 2 − x  0 ，可得 x  0 且x1， 即函数 f ( x ) 的定义域为 ( −  , 0 ) ( 0 ,1 ) (1 , +  ) ， 令 f(x)=0可得 s in π x = 0 ，则 π x = k π ( k  Z ) ，且 x  ( −  , 0 ) ( 0 ,1 ) (1 , +  ) ， 故 x = k ( k  Z , k  0 , k  1 ) ，所以函数 f(x)有无数个零点，①对； 对于②，当 x  1 时，x2 −x=x(x−1)0， 令sinπx 0，可得2kπ πx (2k+1)π(kN*)，解得 2 k x 2 k + 1 ( k  N * ) ， 假设函数 f(x)在(1,+)上的最大值点为 x 0 ，则 x 0  [ 2 k , 2 k + 1 ] ( k  N * ) ， 因为函数y=x2 −x在(1,+)上单调递增，且y=x2 −x0， 对任意的x[2k,2k+1](kN*)，令tN*，则(x+2t)2 −(x+2t)x2 −x0，8 高途高中数学高考研究院 所以 8 x 2 1 − x  ( x + 2 t ) 2 1 − ( x + 2 t )  0 ， sin(πx+2tπ) sinπx sinπx 则 f(x+2t)= = = f(x)， (x+2t)2 −(x+2t) (x+2t)2 −(x+2t) x2 −x 所以若 f ( x ) 在 (1 , +  ) 上存在最大值点 x 0 ，则x [2,3]， 0 因为函数 f ( x ) 在 [ 2 , 3 ] 上是一条连续不断的曲线，所以函数 f ( x ) 在 [ 2 , 3 ] 上存在最大值， 故函数 f ( x ) 在 (1 , +  ) 上存在最大值，②对； 对于③，对任意的 x  ( −  , 0 ) ( 0 ,1 ) (1 , +  ) ， f (1 − x ) = (1 s − in x ( ) π 2 − − π (1 x ) − x ) = s x in 2 π − x x = f ( x ) ， 因为 2 0 2 3 .7 − 2 0 2 2 .7 = 1 ，所以若 f(2023.7)=a，则 f(−2022.7)=a，③对； 对于④， f  2 3  =  s 2 3 in  2 2 π 3 − 2 3 = 2 3   − 9 2  = − 9 4 3 ， f  3 4  =  s 3 4 in  3 42 − π 3 4 = 2 2   − 1 6 3  = − 8 3 2 ， 因为  9 4 3  2 −  8 3 2  2 = 2 1 4 6 3 − 1 2 9 8 = 2 1 8 7 1 − 4 2 4 0 4 8  0 9 3 8 2 ，即  ，故 4 3 f  2 3   f  3 4  ， 故函数 f ( x ) 在  1 2 ,1  上不可能单调递减，④错． 故答案为：①②③． 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；22、23题为选考题，考生根据要求作答. 17．某公司对其产品研发的年投资额 x (单位：百万元)与其年销售量 y (单位：千件)的数据进 行统计，整理后得到如下统计表： x 1 2 3 4 5 y 1.5 2 3.5 8 15 (1)求变量 x 和 y 的样本相关系数r((精确到 0 .0 1 ) ，并推断变量 x 和 y 的线性相关程度；(若 |r| 0.75，则线性相关性程度很强；若0.25 |r|0.75，则线性相关性程度一般，若|r|0.25， 则线性相关性程度很弱．) (2)求年销售量y关于年投资额 x 的回归方程．并预测投资额为700万元时的销售量．(参考： 517.14) n n (x −x)(y −y) (x −x)(y −y) i i i 1 参考：r= i=1 ，b ˆ = i=1 ， n n n (x −x)2 (y −y)2 (x −x)2 i i i i=1 i=1 i=1 ˆa = y − ˆb x ．9 高途高中数学高考研究院 1 【解答】解：(1)由题意，x = (1+2+3+4+5)=3， 5 9 y = 1 5  (1 .5 + 2 + 3 .5 + 8 + 1 5 ) = 6 ， 5 (x −x)(y −y)=(−2)(−4.5)+(−1)(−4)+0(−2.5)+12+29=33， i i i=1 5 i= 1 ( x i − x ) 2 = ( − 2 ) 2 + ( − 1 ) 2 + 0 2 + 1 2 + 2 2 = 1 0 ， 5 (y −y)2 =(−4.5)2 +(−4)2 +(−2.5)2 +22 +92 =127.5， i i=1  r = 5 i= 1 5 i= 1 ( x i ( x − i x − ) x 2 ) ( y i 5 i= 1 − ( y y i ) − y ) 2 = 1 0  3 3 1 2 7 .5 = 5  3 3 5 1  0 .9 2 ， | r | 0 .7 5 ，  变量x和y的线性相关程度很强． (2) ˆb = 5 i= 1 ( x i 5 i= 1 − ( x x i ) − ( y x i ) − 2 y ) = 3 1 3 0 = 3 .3 ， ˆa = 6 − 3 .3  3 = − 3 .9 ，  年销售量y关于年投资额 x 的线性回归方程为 ˆy = 3 .3 x − 3 .9 ， 当 x = 7 时， ˆy = 3 .3  7 − 3 .9 = 1 9 .2 ， 所以研发的年投资额为700万元时，产品的年销售量约为19.2千件． 18．记数列{a }的前 n n 项和为S ，已知a =−6，且满足S +S +a =3a ． n 1 n+1 n 2 n+1 (1)证明：数列 { a n } 是等比数列； (2)若数列 { b n − a n } 是以1为首项，3为公差的等差数列， { b n } 的前 n 项和为 T n ，求 T n ． 【解答】(1)证明：当 n = 1 时， S 2 + S 1 + a 2 = a 1 + a 2 + a 1 + a 2 = 3 a 2 ， 化简整理，得 a 2 = 2 a 1 = 2  ( − 6 ) = − 1 2 ， 当n 2时，由S +S +a =3a ，可得 n+1 n 2 n+1 S n + S n − 1 + a 2 = 3 a n ， 两式相减得 a n + 1 + a n = 3 a n + 1 − 3 a n ，化简整理得a =2a ， n+1 n 当 n = 1 时， a 2 = 2 a 1 也满足上式， 数列{a }是首项为−6，公比为2的等比数列， n  a n = − 6  2 n − 1 = − 3  2 n ， n  N * ． (2)解：由题意，可知 b n − a n = 1 + 3 ( n − 1 ) = 3 n − 2 ， 则b =a +3n−2=−32n +3n−2， n n T =b +b + +b =(−321+31−2)+(−322 +32−2)+ +(−32n +3n−2) n 1 2 n10 高途高中数学高考研究院 n(n−1) =−3(21+22 + +2n)+[1+4+ +(3n−2)]=−3(21+22 + +2n)+1n+ 3 2 10 = − 3  2 (1 1 − − 2 2 n ) + n + 3 2 ( n 2 − n ) = 6 − 3  2 n + 1 + 3 n 2 2 − n ， n  N * ． 19．如图，在四棱锥 P − A B C D 中， P C ⊥ 平面 A B C D ， A B ∥ C D ，点E在棱PB上，PE=2EB， 点 F ， H 是棱 P A 上的三等分点，点 G 是棱 P D 2 的中点，PC=CB=CD= AB=2， 3 A C = 1 3 ． (1)证明： H D ∥ 平面CFG，且EC∥FG； (2)求三棱锥 A − P B D 的体积． 【解答】(1)证明： F ， H 是棱 P A 上的三等分点，  F 为 P H 的中点， 又G为 P D 的中点，FG∥HD， 又 F G  平面 C F G ， H D  平面 C F G ，  H D ∥ 平面 C F G ， 连接 H E ，在 △ P A B 中，由已知可得： P E E B = P H H A = 2 ，EH∥AB，且 E H = 2 3 A B ， 又 A B ∥ C D ， C D = 2 3 A B ，EH =CD，且EH∥CD， 可得四边形 H E C D 为平行四边形，得 C E ∥ H D ， 又 F G ∥ H D ，  E C ∥ F G ； (2)解：由已知得， A B = 3 ， B C = 2 ， A C = 1 3 ， 则AB2 +BC2 = AC2，AB⊥BC， 又 A B ∥ C D ，  B C ⊥ C D ，则BC为△ABD的顶点 D 到边 A B 的距离， 又 P C ⊥ 平面ABCD，且PC=2，  V A − P B D = V P − A B D = 1 3 S △ A B D  P C = 1 3  1 2  3  2  2 = 2 ．11 高途高中数学高考研究院 20．已知函数 11 f ( x ) = ln x x ， g ( x ) = a − x 2 x ( a  R ) ． (1)求 f ( x ) 的单调区间及最值； (2)令h(x)= f(x)+g(x)，若 h ( x ) 在区间 ( 1 ,e 2 ) 上存在极值点，求实数a的取值范围． 1−lnx 【解答】解：(1) f(x)= ，且定义域为 x2 ( 0 , +  ) ， 令 f ( x )  0 ，解得 0  x  e ，即 f ( x ) 的单调递增区间为 ( 0 ,e ) ， 令 f ( x )  0 ，解得 x  e ，即 f ( x ) 的单调递减区间为 ( e , +  ) ， 所以 f ( x ) m ax = f ( e ) = 1 e ，无最小值． lnx 1 a (2)因为h(x)= − + (1xe2)， x x x2 所以 h ( x ) = 1 − x ln 2 x + 1 x 2 − 2 x a 3 = 2 x − x ln 3 x x − 2 a ， 令 ( x ) 2 x x ln x 2 a  = − − ，则 ( x ) 2 ln x 1 1 ln x   = − − = − ， 令(x)0，得0xe，令 ( x ) 0    ，得 x  e ， 又x(1,e2)，所以(x)在(1,e)上单调递增，在(e,e2)上单调递减， 所以 ( x ) m ax ( e ) e 2 a   = = − ， (1 ) 2 2 a  = − ， ( e 2 ) 2 a  = − ， 若 h ( x ) 在 ( 1 ,e 2 ) e−2a0 上存在极值点，则 或 2−2a0  e − − 2 a 2 a   0 0 ，解得 1  a  e 2 或 0  a  e 2 ， 所以实数 a 的取值范围为  0 , e 2  ． 21．椭圆 C : x a 2 2 + y b 2 2 = 1 ( a  b  0 ) 的离心率为 1 2 ，上、下顶点与一个焦点围成的三角形的面 积为 3 ． (1)求椭圆C的方程； (2)过点 P ( 4 , t ) 作椭圆 C 的两条切线，切点分别为M ， N ，求证：直线 M N 过定点． 【解答】(1)解：根据题意可得： c a = 1 2 ， 1 2  2 b  c = 3 ， 又a2 =b2 +c2，解得 a 2 = 4 ，b2 =3， c 2 = 1 ， 故椭圆 C 方程为： x 4 2 + y 3 2 = 1 ； x2 y2 (2)证明：下证过椭圆 + =1上一点 4 3 ( x 0 , y 0 ) x x y y 作椭圆的切线，其切线方程为：0 + 0 =1， 4 312 高途高中数学高考研究院 当x 0且 12 y  0 ， x 4 2 + y 3 2 = 1  y = 3  1 − x 4 2 ，求导得： y  = 3  1 2 1  −  x 4 − 2 x 2  = − 3 4 x y ， 同理可得，当 x  0 且 y  0 时， y  = 3  1 2 1  −  x 4 − 2 x 2  = − 3 4 x y ， 所以当 y  0 时， y  = − 3 4 x y ， 根据导数的几何意义可得，过点 ( x 0 , y 0 ) 的切线的斜率为 − 3 4  x y 0 0 ， 3 x 故切线方程为：y−y =−  0 (x−x )，即4y y−4y2 =−3x x+3x2， 0 4 y 0 0 0 0 0 0 又 3 x 20 + 4 y 20 = 1 2 ，故切线方程为： x 04 x + y 03 y = 1 ，即证． 设 M ， N 坐标为 ( x 1 , y 1 ) ，(x ,y )，故可得过点 2 2 M 的切线方程为： x 14 x + y 13 y = 1 ， 又因为其过点 P ( 4 , t ) ，则 x 1 + t 3 y 1 = 1 ，同理可得 x 2 + t 3 y 2 = 1 ， 故 M N t 的直线方程为x+ y=1，其恒过定点 3 (1 , 0 ) ． 选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计 分。 22．在直角坐标系 x O y 中，以坐标原点 O 为极点， x 轴正半轴为极轴建立极坐标系．已知曲 线C 的普通方程为 1 x 2 + y 2 + 2 y = 0 ( 0 x 1 , − 2 y − 1 ) ，曲线C 的普通方程为x2 +y2 =4 2 ( − 2 x 0 , − 2 y 0 ) ． (1)写出C 的一个参数方程； 2 (2)若直线的极坐标方程为 c o s p s in m    + = ，且该直线与 C 1 或C 有公共点，求 2 m 的取值 范围． 【解答】解：(1)曲线 C 2 的普通方程为x2 +y2 =4(−2 x 0,−2 y 0)， x=2cos 3π 转换为参数方程为 为参数,π   ， y=2sin 2  (2)直线的极坐标方程为 c o s p s in m    + = ， x=cos 根据 ，转换为直角坐标方程为y=−x+m， y=sin13 高途高中数学高考研究院 若直线y=−x+m与曲线C ：x2 +y2 +2y=0(0 x 1,−2 y −1)有公共点， 1 则 13 m 的取值范围为 − 2 m 0 ， 若直线 y = − x + m 与曲线 C 2 ： x 2 + y 2 = 4 ( − 2 x 0 , − 2 y 0 ) 有公共点， 则当直线与圆相切时， | m 2 | = 2 ，解得 m = − 2 2 ， 故当 − 2 2 m − 2 时，直线与曲线 C 2 有公共点， 综上所述：实数m的取值范围为 − 2 2 m 0 ，即 m  [ − 2 2 , 0 ] ． 23．已知函数 f ( x ) = | 3 x − 2 | + | 2 x + 1 | ． (1)求不等式 f ( x )  9 的解集； (2)若存在 x  R ，使得 f ( x )  m 成立，求实数 m 的取值范围． 【解答】解：(1)函数 f ( x ) = | 3 x − 2 | + | 2 x + 1 |=  − − 5 5 x x x + − + 1 , 3 , − 1 , x x 1 2 2 3 −  , 1 2 x ,  2 3 , 所以不等式 f ( x )  9 可化为  x − 5 − x + 1 21  9 或  − − 1 2x  + 3 x   9 2 3 或  x 5 x 2 3− 1  9 8 ，解得x− 或 5 x  2 ， 所以 f(x)9的解集为  x x  − 8 5 或 x  2  ； (2)若存在 x  R ，使得 f ( x )  m 成立，即 m  f ( x ) m in ， 因为 f ( x ) =  − − 5 5 x x x + − + 1 , 3 , − 1 , x x 1 2 2 3 −  , 1 2 x ,  2 3 , 1 当x − 时， 2 f ( x ) = − 5 x + 1 单调递减， 1 2 当−  x 时， f(x)=−x+3单调递减， 2 3 2 当x 时， f(x)=5x−1单调递增， 3 所以 f ( x ) 2 7 7  的最小值为 f  = ，所以实数m的取值范围是  ,+ ． 3 3 3 