4_2024高考数学点睛密卷_全国甲(理)卷A_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 全国甲卷(理) 高中数学终极冲刺必备资料 以基为本 一单在手 数学无忧 在点睛课程资料中下载 12 高途高中数学高考研究院 绝密★启用前 2024 年高考数学点睛密卷(全国甲卷理) 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．已知集合 2 U = { 1 , 2 , 4 , 6 , 8 } ，集合M ={x|x2 −3x+2=0}，N ={x|x=4a,aM}，则 (M N)=( U ) A． { 6 } B． { 4 , 6 , 8 } C． { 1 , 2 , 4 , 8 } D． { 1 , 2 , 4 , 6 , 8 } 【解答】解：由题知M ={1,2}，N ={4,8}，M N ={1,2,4,8}， 又 U = { 1 , 2 , 4 , 6 , 8 } ，  U ( M N ) = { 6 } ．故选：A． 2．已知复数z=a+bi(a,bR)的共轭复数为z ，且 z − ( 2 + i ) z = − 3 + 5 i ，则 a + b = ( ) A．−1 B．1 C．2 D．3 【解答】解：复数 z = a + b i ( a , b  R ) 的共轭复数为z ，则 z = a − b i ， 因为z−(2+i)z =−3+5i，所以 a + b i − ( 2 + i ) ( a − b i ) = − ( a + b ) + ( 3 b − a ) i = − 3 + 5 i ， 即  − 3 ( b a − + a b ) = = 5 − 3 a=1 ，解得 ，故a+b=3．故选：D． b=2 3．采购经理指数(PMI)是国际上通用的监测宏观经济走势的先行性指数之一，具有较强的预 测、预警作用．PMI高于50%时，反映经济总体较上月扩张；PMI低于50%时，则反映经 济总体较上月收缩．根据 2022年 6月至 2023年 9月PMI，绘制出如下折线图．根据该折 线图，下列结论正确的是( )3 高途高中数学高考研究院 A．2022年6月至2023年9月各月的 3 P M I 的中位数大于50 B．2022年第四季度各月的 P M I 的方差小于2023年第一季度各月的 P M I 的方差 C．2023年第1季度各月经济总体较上月扩张 D．2023年第3季度各月经济总体较上月扩张 【解答】解：根据图表可知，共有 10 个月的 P M I 小于 50，所以各月的PMI的中位数小于 50，故A错误； 2022年第四季度各月的 P M I 比2023年第一季度各月 P M I 的波动大，则方差也大，故B错 误； 2023年第1季度各月 P M I 均大于50，则各月经济总体较上月扩张，故C正确； 同理D错误．故选：C． 4．设向量 a ， b 的夹角的余弦值为 − 1 4 ， | a |= 4 ， | b |= 1 ，则 ( 2 a + 3 b )  b = ( ) A． − 1 B．1 C． − 5 D．5 【解答】解：设 a 与 b 的夹角为，因为 a 与b的夹角的余弦值为 − 1 4 1 ，即cos=− ， 4 又 | a |= 4 ， | b |= 1 ，所以 | | | | c o s 4 1 1 4 1  a  b = a  b =    −  = − ， 所以 ( 2 a + 3 b )  b = 2 a  b + 3 b 2 = − 2 + 3 = 1 ．故选：B． 5．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某空间几何体的三视图，则该几何 体的体积为( ) A．18 B．24 C．27 D．35 【解答】解：由三视图知，该几何体是正方体中的三棱锥A−BCD，正方体的棱长为6．4 高途高中数学高考研究院 1 1 1 27 S =66− 63− 33− 63= ， △BCD 2 2 2 2 点A到平面 4 B C D 的距离为正方体的棱长，得该几何体的体积为 1 3  2 7 2  6 = 2 7 ．故选：C． 6．已知数列 { a n } 是各项均为正数的等比数列， S n 是它的前 n 项和，若 a 3 a 5 = 6 4 ，且 a 5 + 2 a 6 = 8 ，则 S 6 = ( ) A．128 B．127 C．126 D．125 【解答】解：设等比数列 { a n } 的公比为 q ，且 q  0 ， a n  0 ， a 3 a 5 = a 24 = 6 4  a 4 = 8 ， a 5 + 2 a 6 = 8 q + 1 6 q 2 = 8  q = 1 2 ， 所以 a 1 = a q 43 = 2 6 ，即 S 6 = 2 6  1 1 − − 1 21 2 6 = 1 2 6 ．故选：C． 7．设 x ， y y+2 0,  满足约束条件x− y m,其中  x−4 0, m  0 ．若 z = x + y 的最大值为10，则 m 的值为 ( ) A． − 2 B． − 3 C． − 4 D． − 5 【解答】解：由约束条件作出可行域如图， x=4 联立 ，解得 x− y=m A ( 4 , 4 − m ) ， 当直线z= x+ y经过点 ( 4 , 4 − m ) 时，z取得最大值，且最大值为8−m=10，解得m=−2． 故选：A． 8．有5名同学参加跑步、跳远、跳高三个项目，每人限报1项，每个项目至少1人报名，5 高途高中数学高考研究院 报名方法共有 5 ( ) A．240种 B．150种 C．90种 D．25种 【解答】解：将5名同学分成三个组，每组人数分别为3，1，1或2，2，1， 再将三组志愿者分配给三个项目，所以不同的分配方案共有：  C 35 + C 25A C 22 23  A 33 = 1 5 0 (种)． 故选：B． 9．已知函数 f ( x ) 4 c o s x π 4 ( 0 )   =  −   的图象与直线 y = 2 2 的两个相邻交点是 A ， B ， 若 | A B |= π 4 ，则 (  = ) A．1 B．1或7 C．2 D．2或6 【解答】解：根据题意，函数 f ( x ) 4 c o s x π 4 ( 0 )   =  −   ，  π 若 f(x)=2 2，即4cosx− =2 2 ，则有  4 c o s x π 4 2 2   −  = ， 故 x π 4 2 k π π 4  − =  ，解可得 x 2 k π  = 或 x 2 k π 2 π   = + ( k  Z ) ， 又由 | A B |= π 4 ，则有 2 k π 2 π 2 k π 2 π π 4     + − = = 或 2 ( k 1 ) π 2 k π 2 π π 4    + −  +  = ， 解得 2  = 或 6  = ．故选：D． 10．已知 P 是抛物线 C : x 2 = 4 y + 2 0 上任意一点，若过点 P 作圆 O : x 2 + y 2 = 4 的两条切线， 切点分别记为 A ， B ，则劣弧 A B 长度的最小值为 ( ) A． π 3 B． 2 π 3 C． π D． 4 π 3 【解答】解：如图所示，当劣弧 A B 长度的最小时，  A O B 最小，即  P O A 最小， 即 c o s  P O A = O O A P = O 2 P 最大时，取 | O P | 的最小值， 设P(x ,y )，则x2 =4y +20， 0 0 0 0 则|OP|2=x2 + y2 = y2 +4y +20=(y +2)2 +16 16， 0 0 0 0 06 高途高中数学高考研究院 2 1 当y =−2时，|OP|2取最小值为16，即|OP| 4，即cosPOA= ， 0 OP 2 6 c o s  A O B = c o s 2  P O A = 2 c o s 2  P O A − 1 − 1 2 ，即  A O B 2 π 3 ， 即劣弧 A B 2π 4π 长度的最小值为 2= ．故选：D． 3 3 11．已知三棱锥 O − A B C 的体积是 6 6 ， A ， B ， C 是球 O 的球面上的三个点，且  A C B = 1 2 0  ， A B = 3 ，AC+BC =2，则球 O 的表面积为 ( ) A． 3 6 π B． 2 4 π C． 1 2 π D． 8 π 【解答】解： A B = 3 ，  A C B = 1 2 0  ， △ABC的外接圆半径为 r = 2 s in 3 1 2 0  = 1 ， 在△ABC中，由余弦定理可得 A B 2 = A C 2 + B C 2 − 2 A C  B C c o s 1 2 0  ， 即 3 = A C 2 + B C 2 + A C  B C = ( A C + B C ) 2 − A C  B C ，  A C  B C = ( A C + B C ) 2 − 3 = 2 2 − 3 = 1 ，  1 3 S = ACBCsin120= ， △ABC 2 4 1 1 3 6 V = S h=  h= ， O−ABC 3 △ABC 3 4 6 h = 2 2 ， 由勾股定理可知，球O半径 R = h 2 + r 2 = 3 ，  球 O 表面积 S = 4 π R 2 = 3 6 π ．故选：A． 12．设 a = ln 1 .1 ， b = s in 0 .1 ， c = 2 2 1 ，则下列大小关系正确的是 ( ) A． a  b  c B． a  c  b C． c  a  b D． c  b  a  π 【解答】解：令 f(x)=ln(1+x)−sinx0x  ，  2 1 1 则 f(x)= −cosx，所以 f(x)=− +sinx， x+1 (x+1)2 当 0  x  π 2 时， f(x)单调递增， f   π 2  = −  π 2 1 + 1  2 + s in π 2  0 ， f(0)=−10， 则存在 t   0 , π 2  ，使得 f ( t ) = 0 ， 所以当x(0,t)时， f(x)0，则 f(x)单调递减，7 高途高中数学高考研究院  π 当xt,  时， f(x)0，则 f(x)单调递增，  2 又 7 f ( 0 ) = 0 ， f   π 2  = π 2 1 + 1  0 ，即存在 m   0 , π 2  ，使得 f ( m ) = 0 ， 且当 x   m , π 2  时， f ( x )  0 ， f ( x ) 单调递增， 当x(0,m)时， f ( x )  0 ， f ( x ) 单调递减， 又 f ( 0 ) = 0 ， f  π 2  = ln  1 + π 2  − 1  0 ， 所以当 0  x  π 2 时， f ( x )  0 ，即 ln (1 + x )  s in x ， 当x=0.1时，则ln(1+0.1)sin0.1，即 a  b ， 2(x−1) 令h(x)=lnx− (x1)，则 x+1 h ( x ) = 1 x − ( x 4 + 1 ) 2 = ( x x ( x − + 2 1 ) 2 1 )  0 ，所以h(x)h(1)=0， 所以当 x = 1 .1 时，则 ln 1 .1  2 2 1 ，即 a  c ，故 c  a  b ．故选：C． 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13．函数 f ( x ) = e x c o s x + x 在点 ( 0 ,1 ) 处的切线方程为 ． 【解答】解： f ( x ) = e x c o s x − e x s in x + 1 ，则 f ( 0 ) = 2 ， 故所求切线方程为y−1=2x，即 y = 2 x + 1 ． 故答案为： y = 2 x + 1 ． 14．已知 (1 + x )  a x + 1 x  6 的展开式中 x 3 的系数为240，则实数 a = ．  1 6 【解答】解： ax+  的展开式中无含  x x 3 项，含 x 2 1 2 的项为C2(ax)4   =15a4x2， 6 x  (1 + x )  a x + 1 x  6 中含 x 3 的项为 1 5 a 4 x 3 ，则15a4 =240，解得a=2． 故答案为：  2 ． y2 15．已知双曲线x2 − =1的左焦点为 3 F ，点 P 在双曲线的右支上且在 x 轴的上方，若线段 PF 的中点在以原点O为圆心， | O F | 半径的圆上，则直线PF 的斜率为 ． 【解答】解：设双曲线的右焦点为 F  ，PF 的中点为 M ，连接 P F  ，OM ，FM ， y2 由x2 − =1，得a2 =1，b2 =3，则c2 =a2 +b2 =4，得c=2，a=1，所以F(−2,0)，F(2,0)， 38 高途高中数学高考研究院 因为 8 O 为 F F  的中点，M 为 P F 的中点，所以 | P F  |= 2 | O M |= 4 ， 因为 | P F | − | P F  |= 2 a = 2 ，所以 | P F |= | P F  | + 2 = 6 ，所以 | F M |= 3 ， 因为 F F  为圆 O 的直径，所以  F M F  = 9 0  ，所以 | M F  |= | F F  2| − | F M 2| = 1 6 − 9 = 7 ， |MF| 7 所以tanMFF= = ，所以直线 |FM | 3 P F 的斜率为 7 3 ． 故答案为： 7 3 ． 16．平面四边形 A B C D 中， B C = C D = 2 ， A B B D = 3 4 ，  A B D = 9 0  ，则 A C 的最大值为 ． 【解答】解：因为 A B B D = 3 4 ，ABD=90，设AB=3x， B D = 4 x ，则 A D = 5 x ， B C = C D = 2 ，取 B D 的中点E，连接 C E ，则 C E ⊥ B D ， 可得 B E = D E = 2 x ，CE= BC2 −BE2 = 4−4x2 =2 1−x2 ，因为1−x2 0，可得 0  x  1 ， 设ADB=，则 c o s 4 5 x x 4 5  = = 3x 3 ，sin= = ， 5x 5 设 B D C   = 2x ，则cos= =x， 2 s in 1 x 2  = − ， 在△ADC中，由余弦定理可得： A C 2 A D 2 C D 2 2 A D C D c o s ( )   = + −  + =25x2 +4−25x2cos(+) = 9 x 2 + 1 2 x 1 − x 2 + 4 ， 令 x s in  = ，则 s in ( 0 ,1 )   ，则 1 x 2 c o s  − = ， 1−cos2 9 17 则AC2 =9sin2+12sincos+4=6sin2+9 +4=6sin2− cos2+ 2 2 2 1 5 2 s in ( 2 ) 1 7 2   = − + ， ta n 9 26 3 4 1  = =  ， 当 2 π 2   − = 时， A C 2 15 17 最大，此时AC2 = + =16，即AC 的最大值为4． 2 2 故答案为：4．9 高途高中数学高考研究院 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．等差数列 9 { a n } 的前 n 项和为 S n ，同时满足 a n  N * ，a ， 3 S 3 ， a 7 成等差数列， S 2 是 a 2 − 1 和 S 3 − 1 的等比中项． (1)求数列 { a n } 的通项公式； 1 (2)当b =a + 时，求数列{b }的前n项和T ． n n a a n n n n+1 【解答】解：(1)设等差数列{a }的公差为 n d ， 由 a n  N * ，a ， 3 S 3 ， a 7 成等差数列，可得 a 3 + a 7 = 2 S 3 ，即 2 a 1 + 8 d = 2 ( 3 a 1 + 3 d ) ，即 d = 2 a 1 ， 又S 是a −1和 2 2 S 3 − 1 的等比中项，可得 ( a 2 − 1 ) ( S 3 − 1 ) = S 22 ， 即(a +d −1)(3a +3d −1)=(2a +d)2，即有 1 1 1 ( 3 a 1 − 1 ) ( 9 a 1 − 1 ) = ( 4 a 1 ) 2 ，解得 a 1 = 1  1   舍去  ， 11  所以d =2，则 a n = 1 + 2 ( n − 1 ) = 2 n − 1 ， n  N * ； 1 1 1 1 1  (2)b =a + =2n−1+ =2n−1+  −  ， n n a a (2n−1)(2n+1) 22n−1 2n+1 n n+1 可得数列 { b n } 的前n项和 T n = (1 + 3 + + 2 n − 1 ) + 1 2   1 − 1 3 + 1 3 − 1 5 + + 2 n 1 − 1 − 2 n 1 + 1  = 1 2 n (1 + 2 n − 1 ) + 1 2  1 − 2 n 1 + 1  = n 2 + 2 n n + 1 ， n  N * ． 18．某校为了丰富学生课余生活，体育节组织定点投篮比赛．为了解学生喜欢篮球是否与性 别有关，随机抽取了男、女同学各100名进行调查，部分数据如表所示： 喜欢篮球 不喜欢篮球 合计 男生 40 女生 30 合计 (1)根据所给数据完成上表，依据小概率值=0.001的2独立性检验，能否据此推断该校学 生喜欢篮球与性别有关？10 高途高中数学高考研究院 (2)篮球指导老师从喜欢篮球的学生中抽取了 2 名男生和 1 名女生进行投篮示范．已知这两 名男生投进的概率均为 10 3 4 ，这名女生投进的概率为 2 3 ，每人投篮一次，假设各人投篮相互独 立，求3人投进总次数 X 的分布列和数学期望． 附： 2 ( a b ) ( n c ( a d d ) ( b a c 2 ) c ) ( b d )  = + + − + +  0.1 0.05 0.01 0.005 0.001  2.706 3.841 6.635 7.879 10.828  【解答】解：(1)依题意，22列联表如下： 喜欢篮球 不喜欢篮球 合计 男生 60 40 100 女生 30 70 100 合计 90 110 200 假设 H 0 ：该校学生喜欢篮球与性别无关， 2 ( a b ) ( n c ( a d d ) ( b a c 2 ) c ) ( b d ) 2 0 0 1 0 ( 0 6 0 1 0 7 0 0 9 0 3 0 1 1 4 0 0 ) 2 1 8 .1 8 2 1 0 .8 2 8  = + + − + + =     −     ， 依据小概率值 0 .0 0 1  = 的2独立性检验，推断H 不成立，即认为该校学生喜欢篮球与性别 0 有关． 3 2 (2)因为这两名男生投进的概率均为 ，这名女生投进的概率为 ， 4 3 所以这两名男生投不进的概率均为 1 − 3 4 = 1 4 ，这名女生投不进的概率为 1 − 2 3 = 1 3 ， X 可取0，1，2，3， P ( X = 0 ) =  1 4  2  1 3 = 1 4 8 ， 3 1 1 1 2 2 8 1 P(X =1)=C1    +   = = ， 2 4 4 3 4 3 48 6 P ( X = 2 ) = C 12  3 4  1 4  2 3 +  3 4  2  1 3 = 2 4 1 8 = 1 7 6 ， 3 2 2 18 3 P(X =3)=   = = ． 4 3 48 8 所以3人投进总次数X 的分布列为： X 0 1 2 311 高途高中数学高考研究院 1 P 48 11 1 6 1 7 6 3 8 E ( X ) = 0  1 4 8 + 1  1 6 + 2  1 7 6 + 3  3 8 = 1 3 6 ． 19．如图，在三棱柱 A B C − A 1 B C1 1 中，CAA =60， 1 A B = B C ，AC=CC ． 1 (1)求证： A C ⊥ A 1 B ； (2)若底面 A B C 是正三角形，且平面 A C C 1 A 1 ⊥ 平面 A B C ，求直线 A 1 B 与平面BCCB 所成角 1 1 的正弦值． 【解答】(1)证明：如图，作AC 的中点 O ，连接 O A ， O B ， A 1 C ， 因为  C A A 1 = 6 0  ， A C = C C 1 ，所以 △ A C A 1 是正三角形， 又点 O 为 A C 的中点，所以 A O1 ⊥ A C ， 又因为 A B = B C ，点 O 为 A C 的中点，所以 B O ⊥ A C ， 又AO OB=O，AO， 1 1 O B  平面 A O1 B ，所以 A C ⊥ 平面 A O1 B ， 又 A 1 B  平面 A O1 B ，所以AC⊥ AB； 1 (2)解：由平面 A C C 1 A 1 ⊥ 平面ABC，平面 A C C 1 A 1 平面ABC = AC ， 因为AO平面 1 A C C 1 A 1 ，又由(1)知 A O1 ⊥ A C ，所以AO⊥平面ABC， 1 分别以OB， O C ， O A 1 所在直线分别为 x ， y ， z 轴建立空间直角坐标系，12 高途高中数学高考研究院 设 12 A C = 2 a ，则 A ( 0 , − a , 0 ) ，B( 3a,0,0)， C ( 0 , a , 0 ) ， A 1 ( 0 , 0 , 3 a ) ， B 1 ( 3 a , a , 3 a ) ， C 1 ( 0 , 2 a , 3 a ) ， 所以 B B 1 = ( 0 , a , 3 a ) ， B C = ( − 3 a , a , 0 ) ， 设平面 B C C 1 B 1 的法向量n=(x,y,z)，  BB n=ay+ 3az=0 则  1 ，令x=1，则 BCn=− 3ax+ay=0 n = (1 , 3 , − 1 ) ， 又因为 A 1 B = ( 3 a , 0 , − 3 a ) ，设直线 A 1 B 与平面 B C C 1 B 1 所成角为， |ABn| 2 3a 10 所以sin=|cosAB,n|= 1 = = ， 1 |AB||n| 6a 5 5 1 10 所以直线AB与平面BCCB 所成角的正弦值为 ． 1 1 1 5 20．已知椭圆 C : x a 2 2 + y b 2 2 = 1 ( a  b  0 ) 经过点  3 , 1 2  ，其右顶点为 A ( 2 , 0 ) ． (1)求椭圆 C 的方程； (2)若点P， Q 在椭圆 C 上，且满足直线 A P 与 A Q 的斜率之积为 1 2 0 ．求 △ A P Q 面积的最大 值． 【解答】解：(1)依题可得  a = 3 2 a 2 a 2 + = 1 4 2 b 2 b + = 1 2 c ，解得  a b c = = = 2 1 3 ，所以椭圆 C 的方程为 x 4 2 + y 2 = 1 ． (2)易知直线 A P 与AQ的斜率同号，所以直线 P Q 不垂直于 x 轴， 故可设 P Q : y = k x + m ， P ( x 1 , y 1 ) ，Q(x ,y )， 2 2 由  x 4y 2 = + k y x 2 + = m 1 ，可得 (1 + 4 k 2 ) x 2 + 8 m k x + 4 m 2 − 4 = 0 ， 所以 x 1 + x 2 = 1 − 8 + m 4 k k 2 4m2 −4 ，xx = ，=16(4k2 +1−m2)0， 1 2 1+4k2 1 y y 1 而k k = ，即 1  2 = ，化简可得 AP AQ 20 x −2 x −2 20 1 2 2 0 ( k x 1 + m ) ( k x 2 + m ) = ( x 1 − 2 ) ( x 2 − 2 ) ①， 因为(1+4k2)x2 +8mkx+4m2 −4=(1+4k2)(x−x)(x−x )， 1 2 16k2 +16mk+4m2 令x=2可得(x −2)(x −2)= ②， 1 2 1+4k213 高途高中数学高考研究院 m 令x=− 可得 k 13 2 0 ( k x 1 + m ) ( k x 2 + m ) = 2 0 k 2  x 1 + m k   x 2 + m k  = 2 0 k 2  m k1 2 2 + − 4 k 4 2 = 2 0 m 1 2 + − 4 8 k 0 2 k 2 ③， 把②③代入①得 1 6 k 2 + 1 6 m k + 4 m 2 = 2 0 m 2 − 8 0 k 2 ，化简得 6 k 2 + m k − m 2 = 0 ， 所以 m = − 2 k 或 m = 3 k ，所以直线 P Q : y = k ( x − 2 ) 或 y = k ( x + 3 ) ， 因为直线 P Q 不经过点A，所以直线 P Q 经过定点(−3,0)． 设定点 B ( − 3 , 0 ) ，所以 S △ A P Q = | S △ A B P − S △ A B Q |= 1 2  | A B |  | y 1 − y 2 |= 5 2 | k || x 1 − x 2 | = 5 | 2 k |  1 6 ( 4 1 k 2 + + 4 1 k 2 − m 2 ) = 1 0 (1 1 + − 5 k 4 k 2 2 ) k 2 ， 因为 1 − 5 k 2  0 ，所以 0  k 2  1 5  9 ，设t=4k2 +11,  ，  5 所以 S △ A P Q = 5 2 − 5 t 2 + t 1 2 4 t − 9 = 5 2 − 9  1 t − 7 9  2 + 4 9 5 3 ， 当且仅当 t = 9 7 即 k 2 = 1 1 4 时取等号，即 △ A P Q 面积的最大值为 5 3 ． 21．设 f ( x ) = e x − k x ( k  R ) ． (1)讨论 f ( x ) 的单调性； (2)若对任意的 k  0 ，关于x的方程 f ( x ) = t 有两个不相等的实数解，求t的取值范围． 【解答】解：(1)函数 f ( x ) = e x − k x ( k  R ) 的定义域为 R ，且 f ( x ) = e x − k ， 当k 0时，对任意的 x  R ， f(x)=ex −k 0， 此时，函数 f ( x ) 的增区间为 ( −  , +  ) ，无减区间， 当 k  0 时，由 f(x)=ex −k =0可得 x = ln k ， 由 f ( x )  0 可得 x  ln k ，由 f(x)0可得 x  ln k ， 此时，函数 f ( x ) 的减区间为(−,lnk)，增区间为(lnk,+)， 综上所述，当k 0时，函数 f ( x ) 的增区间为(−,+)，无减区间， 当 k  0 时，函数 f ( x ) 的减区间为 ( −  , ln k ) ，增区间为 ( ln k , +  ) ； (2)由(1)可知，当 k  0 时，函数 f ( x ) 的减区间为 ( −  , ln k ) ，增区间为 ( ln k , +  ) ， 所以 f(x) = f(lnk)=elnk −klnk =k−klnk ， min 且当x→−时， f(x)→+；当x→+时， f(x)→+， 此时，函数 f(x)的值域为 [ k − k ln k , +  ) ， 令g(k)=k−klnk，其中k 0，则g(k)=1−(1+lnk)=−lnk，14 高途高中数学高考研究院 当 14 0  k  1 时， g ( k )  0 ，此时函数 g ( k ) 单调递增， 当k 1时， g ( k )  0 ，此时函数 g ( k ) 单调递减， 所以 g ( k ) m ax = g (1 ) = 1 ，所以对任意的 k  0 ， [1 , +  )  [ k − k ln k , +  ) ， 当且仅当 k = 1 时， [1 , +  ) = [ k − k ln k , +  ) ，如下图所示， 对任意的 k  0 ，关于 x 的方程 f ( x ) = t 有两个不相等的实数解，则 t  1 ， 故实数 t 的取值范围是 (1 , +  ) ． 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．已知在平面直角坐标系 x O y 中，曲线 C 1 的参数方程为 x y m 3 s in 3 c o s , (     = = + 为参数)，以 坐标原点 O 为极点， x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系；曲线C 的极坐标方程为 2 2 s in   = ，点 A  π 的极坐标为  6,  ，且点  4 A 在曲线C 上． 1 (1)求曲线 C 1 的极坐标方程以及曲线 C 2 的参数方程； (2)已知直线 l : x − 3 y = 0 与曲线 C 1 ， C 2 分别交于P， Q 两点，其中P， Q 异于原点 O ，求 △ A P Q 的面积． 【解答】解：(1)曲线 C 1  x=m+ 3cos, 的参数方程为  (为参数)，转换为直角坐标方程为 y= 3sin ( x − m ) 2 + y 2 = 3 ，利用 x x y 2 y c s 2 o s in 2       = = + = ，转换为极坐标方程为 2 2 m c o s m 2 3    − + = ， 由于点 A 的极坐标为  6 , π 4  ，且点 A 在曲线 C 1 上，故 m = 3 ， 所以曲线 C 1 的极坐标方程=2 3cos； 曲线 C 2  x=cos  的极坐标方程为=2sin，根据 y=sin ，转换为直角坐标方程为  x2 + y2 =215 高途高中数学高考研究院 15 x 2 + y 2 − 2 y = 0 ，转换为参数方程为 y x 1 c o s s in (     = = + 为参数)．  (x− 3)2 + y2 =3 (2)利用  ，解得  x− 3y=0  x y = = 0 0  3 3 x=  2 或 ，由于点  3 y=  2 P 异于原点，故 P  3 2 3 , 3 2  ， 同理  x 2 + x − y 2 − 3 y 2 y = = 0 0 ，解得  x y = = 0 0 或  x y = = 3 21 2 ，由于点Q异于原点，故 Q  2 3 , 1 2  ， 3 3 3 2 3 1 2 故|PQ|=   −   + −  =2，  2 2  2 2 A  π 的极坐标为  6,  ，转换为  4 A ( 3 , 3 ) ， 故点 A ( 3 , 3 ) 到直线 x − 3 y = 0 的距离 d = | 1 + 3 ( − 3 3 | 2 ) = 3 − 2 3 ， 1 3− 3 3− 3 故S = 2 = ． △APQ 2 2 2 23．已知 a ， b ，c是正实数，且 a + b + 2 c = 1 ． 2 2 1 (1)求 + + 的最小值； a b c (2)求证： a 2 + b 2 + 4 c 2 1 3 ． 【解答】解：(1)因为 a ， b ， c 是正实数， a + b + 2 c = 1 ， 2 a + 2 b + 1 c =  2 a + 2 b + 1 c  ( a + b + 2 c ) = 2 b a + 2 a b + 4 c a + a c + 4 b c + b c + 6 2 2 b a  2 a b + 2 4 c a  a c + 2 4 b c  b c + 6 = 1 8 ，当且仅当 a = b = 2 c 时取等号， a=b=2c 1 由 ，得a=b= ， a+b+2c=1 3 c = 1 6 ， 1 所以当a=b= ， 3 c = 1 6 2 2 1 时， + + 取得最小值18． a b c (2)证明：因为 a ，b， c 是正实数，a+b+2c=1， 则(12 +12 +12)(a2 +b2 +4c2)=(12 +12 +12)[a2 +b2 +(2c)2] (a+b+2c)2 =1， 1 1 1 1 1 1 即a2 +b2 +4c2 ，当且仅当 = = ，即a=b= ，c= 时取等号． 3 a b 2c 3 6