石室阳安中学高三上(开学考)-理数试题+答案(1)_2023年9月_029月合集_2024届四川省成都市石室阳安中学高三上学期开学考

成都石室阳安高三数学（理科）入学考试
一、单选题
1
S {x|x }
1. 设集合 2 ， T {x|23x11} ，则 SÇT =
1 1 1 1
A.  B. {x|x } C. {x|x } D. {x|  x }
2 3 2 3
z
2. 在复平面内，复数z对应的点的坐标为 2,1 ，则 （ ）
i
A. 12i B. 2i C. 12i D. 2i
3. 走路是最简单优良的锻炼方式，它可以增强心肺功能，血管弹性，肌肉力量等，甲、乙两人利用手机记
录了去年下半年每个月的走路里程（单位：公里），现将两人的数据绘制成如图所示的折线图，则下列结
论中正确的是（ ）
A. 甲走路里程的极差等于10
B. 乙走路里程的中位数是26
C. 甲下半年每月走路里程的平均数小于乙下半年每月走路里程的平均数
D. 甲下半年每月走路里程的标准差小于乙下半年每月走路里程的标准差
 y10

4. 若实数x，y满足约束条件2x y40，则z 3yx的最大值为（ ）

x2y30

1
A. － B. 2 C. 5 D. 8
2
5. 下列命题正确的是（ ）
A. 命题“ pq”为假命题，则命题 p与命题 q 都是假命题
B. 命题“若x y，则sinxsin y” 的逆否命题为真命题
C. 若x 使得函数 f x 的导函数 fx 0，则x 为函数 f x 的极值点；
0 0 0
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学科网（北京）股份有限公司D. 命题“x R，使得x2 x 10”的否定是：“xR，均有x2 x10”
0 0 0
6. 已知中心在原点，焦点在y轴上的双曲线的离心率为 5，则它的渐近线方程为（ ）
5
A. y 2x B. y  x
2
1
C. y  x D. y  6x
2
16
7. 把一个铁制的底面半径为4，侧面积为 π的实心圆柱熔化后铸成一个球，则这个铁球的表面积为
3
（ ）
A. 16π B. 12π C. 24π D. 9
8. 从分别写有1，2，3，4，5的5张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张，则抽得的第一张卡片
上的数大于第二张卡片上的数的概率为（ ）
2 3 1
1
A. B. C. D.
5 5 2 3
9. 已知函数y  f x 是定义在R上的奇函数，且满足 f x2 f x0，当x0,1时，
11
f x2x1，则 f   （ ）
 2 
A. 8 2 1 B. 2 21 C. 21 D. 1 2
10. 已知F,F 是双曲线C的两个焦点，P为C上一点，且FPF 60, PF 3 PF ，则C的离心率
1 2 1 2 1 2
为（ ）
7 13
A. B. C. 7 D. 13
2 2
11. 设3a 8，blog 0.2，clog 24，则（ ）
0.5 4
A. acb B. abc C. bac D. b<c<a
12. 过点 1,2 可作三条直线与曲线 f(x) x3 3xa相切，则实数a的取值范围为（ ）
A.
1,2
B.
2,3
C.
3,4
D.
4,5
二、填空题
1 2
13. 若直线ax2by20(a,b0)始终平分圆x2  y2 4x2y80的周长，则  的最小值
a b
为 ．
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学科网（北京）股份有限公司14. 已知直线l :xmy10过定点A，直线l :mx ym30过定点B，l 与l 相交于点P，则
1 2 1 2
2 2
PA  PB ________．
15. 某杂交水稻种植研究所调查某地水稻的株高时，发现株高（单位：cm）服从正态分布N
 100,102
，
若测量10000株水稻，株高在 80,90 的约有_______．（若X ~ N  ,2 ，
P X 0.6827,P2 X 20.9545）
16. 现有如下命题：
n
 1 
①若

3x

 nN
的展开式中含有常数项，且n的最小值为10；
 x x 
1 π
② 1x2dx ；
1 2
③若有一个不透明的袋子内装有大小、质量相同的6个小球，其中红球有2个，白球有4个，每次取一
个，取后放回，连续取三次，设随机变量表示取出白球的次数，则E2；
④若定义在R上的函数 f x 满足 f x2f x2，则 f x 的最小正周期为8．
则正确论断有__________．（填写序号）
三、解答题
17. 为庆祝神舟十四号载人飞船返回舱成功着陆，某学校开展了航天知识竞赛活动，已知所有学生的成绩
均位于区间
60,100
，从中随机抽取1000名学生的竞赛成绩作为样本，绘制如图所示的频率分布直方
图．
（1）若此次活动中获奖的学生占参赛总人数30%，试估计获奖分数线；
（2）采用比例分配分层随机抽样的方法，从成绩不低于80的学生中随机抽取7人，再从这7人中随机抽
取2人，记成绩在 90,100 的人数为，求的分布列和数学期望．
18. 如图，四棱锥P-ABCD的底面是正方形，E为AB的中点，PDCE,AE 1,PD3,PC  13
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学科网（北京）股份有限公司（1）证明：AD平面PCD.
（2）求DA与平面PCE所成角的正弦值.
19. 已知函数 f x2lnxax2 b在x1处取得极值1.
（1）求a，b 的值；
（2）求 f x 在

e1,e

上的最大值和最小值.
20. 设抛物线C:y2 2px(p0)的焦点为F ，点D2p,0 ，过F 的直线交C于M ，N 两点．当直线
MD垂直于x轴时， MF 5．
（1）求C的方程；
（2）在x轴上是否存在一定点Q，使得_________？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
从①点N 关于x轴的对称点N与M ，Q三点共线；②x轴平分MQN 这两个条件中选一个，补充在题
目中“__________”处并作答．
注：如果选择两个条件分别解答，则按第一个解答计分．
xa
21. 已知函数 f(x)lnx .
x
（1）讨论函数 f(x)的单调性；
1 ln(x1)
（2）证明：当x0时，  1
x1 x
 xcos
22. 在平面直角坐标系xOy中，曲线C : （为参数），以坐标原点为极点，x轴的正半轴
1 y 1sin
为极轴建立极坐标系，曲线C 的极坐标方程为2cos．
2
（1）写出曲线C 的极坐标方程，曲线C 的直角坐标方程；
1 2
  
（2）设点M的极坐标为M(2,0)，射线   0,0 与曲线C 、C 分别交于A、B两点
 4  1 2

（异于极点），当AMB 时，求线段AB的长．
4
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学科网（北京）股份有限公司23. 设 f(x) x3  x4 ．
（1）解不等式 f(x)2；
（2）已知实数x、y、z满足2x2 3y2 6z2 a(a 0)，且x yz的最大值是1，求a的值．
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学科网（北京）股份有限公司成都石室阳安高三数学（理科）入学考试
一、单选题
1
S {x|x }
1. 设集合 2 ， T {x|23x11} ，则 SÇT =
1 1 1 1
A.  B. {x|x } C. {x|x } D. {x|  x }
2 3 2 3
【答案】D
【解析】
【分析】先解出集合T,然后集合T与集合S取交集即可.
【详解】T   x|23x1 1    x|23x1 20 x|3x10  x|x 1   ,
 3
 1 1 1
集合S x x  ，则ST {x|  x }
 2 2 3
故选D
【点睛】本题考查集合的交集运算，属于基础题.
z
2. 在复平面内，复数z对应的点的坐标为 2,1 ，则 （ ）
i
A. 12i B. 2i C. 12i D. 2i
【答案】C
【解析】
【分析】根据复数对应点坐标得z的值，再利用复数的除法可得结果.
z 2i 2ii2
【详解】复数z对应的点的坐标为 2,1 ，则z 2i，所以   12i.
i i i2
故选：C.
3. 走路是最简单优良的锻炼方式，它可以增强心肺功能，血管弹性，肌肉力量等，甲、乙两人利用手机记
录了去年下半年每个月的走路里程（单位：公里），现将两人的数据绘制成如图所示的折线图，则下列结
论中正确的是（ ）
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学科网（北京）股份有限公司A. 甲走路里程的极差等于10
B. 乙走路里程的中位数是26
C. 甲下半年每月走路里程的平均数小于乙下半年每月走路里程的平均数
D. 甲下半年每月走路里程的标准差小于乙下半年每月走路里程的标准差
【答案】C
【解析】
【分析】根据折线图，得到甲、乙下半年的走路历程数据，根据极差、中位数、平均数以及标准差与数据
稳定性之间的关系求解.
【详解】对于A选项，712月甲走路的里程为：31、25、21、24、20、30，
甲走路里程的极差为312011公里，A错；
对于B选项，712月乙走路的里程为：29、28、26、28、25、26，
由小到大排列分别为：25、26、26、28、28、29，
2628
所以，乙走路里程的中位数是 27，B对；
2
312521242030 151
对于C选项，甲下半年每月走路里程的平均数  ，
6 6
292826282526 162
乙下半年每月走路里程的平均数为  27，
6 6
所以，甲下半年每月走路里程的平均数小于乙下半年每月走路里程的平均数，C对；
对于D选项，由图可知，甲下半年走路里程数据波动性大于乙下半年走路里程数据，
所以甲下半年每月走路里程的标准差大于乙下半年每月走路里程的标准差，D错.
故选：C.
 y10

4. 若实数x，y满足约束条件2x y40，则z 3yx的最大值为（ ）

x2y30

1
A. － B. 2 C. 5 D. 8
2
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学科网（北京）股份有限公司【答案】C
【解析】
【分析】作出可行域，根据目标函数的几何意义，平移目标函数即可求解.
【详解】画出可行域如图所示，
x2y30 x1
由 解得 ，设A(1,2)，
2x y40 y 2
则目标函数z 3yx，经过点A(1,2)时在y轴上的截距最大，
所以在点A(1,2)处z取得最大值
最大值为z 3215.
故选：C.
5. 下列命题正确的是（ ）
A. 命题“ pq”为假命题，则命题 p与命题 q 都是假命题
B. 命题“若x y，则sinxsin y” 的逆否命题为真命题
C. 若x 使得函数 f x 的导函数 fx 0，则x 为函数 f x 的极值点；
0 0 0
D. 命题“x R，使得x2 x 10”的否定是：“xR，均有x2 x10”
0 0 0
【答案】B
【解析】
【分析】根据复合命题的真假判断A，根据四种命题的关系判断B，根据极值的定义判断C，根据命题的否
定判断D．
【详解】对于A：命题“ pq”为假命题，则命题 p与命题 q 至少有一个假命题，故A错误；
对于B：命题“若x y，则sinxsin y”显然为真命题，又原命题与逆否命题同真同假，故B正确；
对于C：若x 使得函数 f x 的导函数 fx 0，
0 0
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学科网（北京）股份有限公司如果两侧的导函数的符号相反，则x 为函数 f x 的极值点；否则，x 不是函数 f x 的极值点，故C错
0 0
误；
对于D：命题“存在x R，使得x2 x 10”的否定是：“对任意xR ，均有x2 x10”．故
0 0 0
D错误.
故选：B．
6. 已知中心在原点，焦点在y轴上的双曲线的离心率为 5，则它的渐近线方程为（ ）
5
A. y 2x B. y  x
2
1
C. y  x D. y  6x
2
【答案】C
【解析】
b
【分析】根据离心率求出 ，再根据双曲线的渐近线方程即可得解.
a
y2 x2
【详解】设双曲线的方程为  1a 0,b0，
a2 b2
c b2 b2 b
因为  1  5，所以 4，则 2，
a a2 a2 a
a 1
所以渐近线方程为y  x x.
b 2
故选：C.
16
7. 把一个铁制的底面半径为4，侧面积为 π的实心圆柱熔化后铸成一个球，则这个铁球的表面积为
3
（ ）
A. 16π B. 12π C. 24π D. 9
【答案】A
【解析】
【分析】先求出圆柱的高，由圆柱和球的体积相等即可得出球的半径，再利用球体的表面积公式可求得结
果.
【详解】设实心圆柱的高为h，
16 2
因为实心圆柱的底面半径为4，侧面积为2π4h π，解得h ，
3 3
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学科网（北京）股份有限公司2 32
则圆柱的体积为V π42  π，
3 3
4 32
设球的半径为R，则 πR3  π，解得R2，
3 3
因此，该铁球的表面积为4πR2 4π22 16π.
故选：A.
8. 从分别写有1，2，3，4，5的5张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张，则抽得的第一张卡片
上的数大于第二张卡片上的数的概率为（ ）
2 3 1
1
A. B. C. D.
5 5 2 3
【答案】A
【解析】
【分析】利用树图列举基本事件总数，再找出第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的事件数，代入古
典概型的公式求解.
【详解】从5张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张的情况如图：
基本事件总数为25，
第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的事件数为10，
10 2
故所求概率P  .
25 5
故选：A.
9. 已知函数y  f x 是定义在R上的奇函数，且满足 f x2 f x0，当x0,1时，
11
f x2x1，则 f   （ ）
 2 
A. 8 2 1 B. 2 21 C. 21 D. 1 2
【答案】C
【解析】
11
【分析】结合已知条件 f x2 f x0，可以得到函数的周期性，再结合奇偶性可以将 缩小到
2
[0,1]
的区间内，从而求出函数值
【详解】因为 f x2 f x0，所以 f x2 f x ，所以 f x4f x2 f x ，所
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学科网（北京）股份有限公司11 11  3  1
以y  f x 是周期为4的函数，所以 f    f  4   f   f   ，因为y  f x 是奇函
 2   2  2  2
 1 1 11
数，所以f



 f
 
 21，所以 f
 
 21
 2 2  2 
故选：C
10. 已知F,F 是双曲线C的两个焦点，P为C上一点，且FPF 60, PF 3 PF ，则C的离心率
1 2 1 2 1 2
为（ ）
7 13
A. B. C. 7 D. 13
2 2
【答案】A
【解析】
【分析】根据双曲线的定义及条件，表示出 PF , PF ，结合余弦定理可得答案.
1 2
【详解】因为 PF 3 PF ，由双曲线的定义可得 PF  PF 2 PF 2a，
1 2 1 2 2
所以 PF a， PF 3a；
2 1
因为FPF 60,由余弦定理可得4c2 9a2 a2 23aacos60，
1 2
c2 7 7
整理可得4c2 7a2，所以e2   ，即e .
a2 4 2
故选：A
【点睛】关键点睛：双曲线的定义是入手点，利用余弦定理建立a,c间的等量关系是求解的关键.
11. 设3a 8，blog 0.2，clog 24，则（ ）
0.5 4
A. acb B. abc C. bac D. b<c<a
【答案】A
【解析】
【分析】利用指对互算、对数的运算性质和对数函数的单调性即可比较大小.
log 5
【详解】alog 8log 92，blog 0.2 2 log 5log 25log 24c，
3 3 0.5 log 2 2 4 4
2
而log 24log 162，则acb，
4 4
故选：A.
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学科网（北京）股份有限公司12. 过点 1,2 可作三条直线与曲线 f(x) x3 3xa相切，则实数a的取值范围为（ ）
A.
1,2
B.
2,3
C.
3,4
D.
4,5
【答案】D
【解析】
【分析】求导得到导函数，设切点为  x ,x33x a  ，得到切线方程，代入点坐标得到
0 0 0
a2x33x2 5，设g(x)2x3 3x2 5，计算函数的极值，得到答案.
0 0
【详解】 f(x) x3 3xa， f(x)3x2 3，
设切点为  x ,x33x a  ，则切线方程为y  x33x a    3x2 3  (xx  ，
0 0 0 0 0 0 0
切线过点(1,2)，2  x3 3x a    3x2 3 1x  ，整理得到a2x33x2 5，
0 0 0 0 0 0
方程有三个不等根.
令g(x)2x3 3x2 5，则g(x)6x2 6x，令g(x)0，则x0或x1，
当x 0或x1时，g(x)0，函数单调递增；
当0 x1时，g(x)0，函数单调递减，
极大值g(0)5，极小值g(1)4，函数y a与y 2x3 3x2 5有三个交点，
0 0
则4a5，a的取值范围为(4,5).
故选：D
二、填空题
1 2
13. 若直线ax2by20(a,b0)始终平分圆x2  y2 4x2y80的周长，则  的最小值
a b
为 ．
【答案】
【解析】
【详解】由题意ab1a,b0
，
1 2 1 2 b 2a b 2a
所以  ab  3  32  32 2，
 
a b a b a b a b
当且仅当a 21,b2 2时等号成立.
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学科网（北京）股份有限公司14. 已知直线l :xmy10过定点A，直线l :mx ym30过定点B，l 与l 相交于点P，则
1 2 1 2
2 2
PA  PB ________．
【答案】13
【解析】
【分析】根据题意求点A,B的坐标，再结合垂直关系运算求解.
【详解】对于直线l :xmy10，即 x1my 0，
1
x1
令y0，则x10，则 ，可得直线l 过定点A1,0，
y 0 1
对于直线l :mx ym30，即mx1y30，
2
x1
令x10，则y30，则 ，可得直线l 过定点B1,3 ，
y 3 2
因为1mm1 0，则l l ，即PA  PB，
1 2
所以 PA
2
 PB
2
 AB
2 112 302
13.
 
故答案为：13.
15. 某杂交水稻种植研究所调查某地水稻的株高时，发现株高（单位：cm）服从正态分布N
 100,102
，
若测量10000株水稻，株高在 80,90 的约有_______．（若X ~ N  ,2 ，
P X 0.6827,P2 X 20.9545）
【答案】1359株
【解析】
【分析】由正态分布及其对称性求得P(80 X 90)，即可求得结果.
【详解】由题意，μ=100, σ =10，由正态分布的对称性可得
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学科网（北京）股份有限公司1 0.95450.6827
P(80 X 90) P(10020 X 10020)P(10010 X 10010) 0.1395
2 2
故株高在
80,90
的约有10000P(80 X 90)1395株.
故答案为：1359株.
16. 现有如下命题：
n
 1 
①若

3x

 nN
的展开式中含有常数项，且n的最小值为10；
 x x 
1 π
② 1x2dx ；
1 2
③若有一个不透明的袋子内装有大小、质量相同的6个小球，其中红球有2个，白球有4个，每次取一
个，取后放回，连续取三次，设随机变量表示取出白球的次数，则E2；
④若定义在R上的函数 f x 满足 f x2f x2，则 f x 的最小正周期为8．
则正确论断有__________．（填写序号）
【答案】②③
【解析】
5r 5
【分析】①根据二项式的通项公式得到通项为 Cr3nrx n 2 ，根据展开式中含有常数项得到n r，即可
n 2
得到n的最小值；②根据积分的几何意义计算即可；③根据二项分布求期望的公式计算即可；④根据
f x2f x2得到 f x4 f x 即可得到4是 f x 的一个周期，即8不是最小正周期.
【详解】①二项式

 3x 1

 n 的通项为Cr 3xnr

 1

 r Cr3nrx n 5 2 r ，因为展开式中含有常数项，
n n
 x x   x x 
5 5
所以n r 0，即n r，所以当r 2时，n最小，最小为5，故①错；
2 2
②函数y  1x2 的图象如下所示：
1 1 π12 π
根据 1x2dx的几何意义可得 1x2dx  ，故②正确；
1 1 2 2
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学科网（北京）股份有限公司 2 2
③由题意得~ B  3, ，所以E3 2，故③正确；
 3 3
④由 f x2f x2可得 f x4f x22 f x22 f x ，所以4是 f x 的一
个周期，则 f x 的最小正周期不是8，故④错.
故答案为：②③.
三、解答题
17. 为庆祝神舟十四号载人飞船返回舱成功着陆，某学校开展了航天知识竞赛活动，已知所有学生的成绩
均位于区间
60,100
，从中随机抽取1000名学生的竞赛成绩作为样本，绘制如图所示的频率分布直方
图．
（1）若此次活动中获奖的学生占参赛总人数30%，试估计获奖分数线；
（2）采用比例分配分层随机抽样的方法，从成绩不低于80的学生中随机抽取7人，再从这7人中随机抽
取2人，记成绩在 90,100 的人数为，求的分布列和数学期望．
4
【答案】（1）82 （2）分布列见解析，
7
【解析】
【分析】（1）根据频率分布直方图先判断出获奖的分数线所在的区间，设为x，则成绩在 x,100 的概率为
0.3，列出方程即可得解；
（2）先写出随机变量的所有可能取值，求出对应概率，从而可得分布列，再根据期望的计算公式计算期望
即可.
【小问1详解】
根据直方图可知，成绩在
80,100
的频率为
0.0250.010100.35，大于0.3，
成绩
90,100
的频率为0.1，小于0.2，
因此获奖的分数线应该介于
80,90
之间，
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学科网（北京）股份有限公司设分数线为x80,90
，使得成绩在
x,100
的概率为0.3，
即
90x0.0250.010100.3，
可得x82，
所以获奖分数线划定为82；
【小问2详解】
0.025
成绩在 80,90 的人数有7 5人，
0.0250.010
成绩在
90,100
的人数为752人，
则的可能取值为0，1，2，
C2C0 10
P(0) 5 2  ，
C2 21
7
C1C1 10
P(1) 5 2  ，
C2 21
7
C0C2 1
P(2) 5 2  ，
C2 21
7
的分布列为
 0 1 2
10 10 1
P
21 21 21
10 10 1 4
∴数学期望E()0 1 2  ．
21 21 21 7
18. 如图，四棱锥P-ABCD的底面是正方形，E为AB的中点，PDCE,AE 1,PD3,PC  13
（1）证明：AD平面PCD.
（2）求DA与平面PCE所成角的正弦值.
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学科网（北京）股份有限公司3 61
【答案】（1）证明见解析（2）
61
【解析】
【分析】（1）通过证明PD AD，ADCD即可证明线面垂直；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量方法求解线面角的正弦值.
【详解】（1）证明：因为E为AB的中点，AE 1，
所以CD AB2，
所以CD2 PD2  PC2，从而PDCD.
又PDCE，CD CE C，

所以PD 底面ABCD，所以PD AD.
因为四边形ABCD是正方形，所以ADCD.
又CD

PD D，所以AD平面PCD.
（2）解：以D为坐标原点，建立空间直角坐标系Dxyz，如图所示，
则A2,0,0
，P

0,0,3
 ，E2,1,0 ，C0,2,0
，
  
所以PE 2,1,3，EC 2,1,0，DA2,0,0 .

设平面PCE的法向量为nx,y,z，
2x y3z 0
   
则PEn ECn0，即 ，
2x y 0
 
   nDA 3 61
令x3，得n3,6,4 .cos n,DA     ，
|n||DA| 61
3 61
故DA与平面PCE所成角的正弦值为 .
61
【点睛】此题考查证明线面垂直，求直线与平面所成角的正弦值，关键在
于熟练掌握线面垂直的判定定理，熟记向量法求线面角的方法.
19. 已知函数 f x2lnxax2 b在x1处取得极值1.
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学科网（北京）股份有限公司（1）求a，b 的值；
（2）求 f x 在

e1,e

上的最大值和最小值.
【答案】（1）a1，b2；（2）最大值为1，最小值为4e2
【解析】
【分析】
（1）求导后，根据 f10， f 11，可得a1，b2，再检验所求值即可；
（2）根据当x在

e1,e

上变化时， f x ， f x 的变化情况表可得结果.
2
【详解】（1）因为 f x2lnxax2 b，所以 fx 2ax.
x
22a 0
依题意得 f10， f 11，即 .
ab1
解得a1，b2，经检验，a1，b2符合题意.
所以a1，b2
（2）由（1）可知 f x2lnxx2 2，
2 21x1x
所以 fx 2x .
x x
令
fx0，得x=1，x1.
当x在e1,e上变化时， f x ， f x 的变化情况如下表：
 
x e1  e1,1  1 1,e e
f x ＋ 0 －
f x e2 单调递增 极大值1 单调递减 4e2
又4e2 e2，所以 f x 在

e1,e

上的最大值为1，最小值为4e2.
【点睛】本题考查了根据函数的极值求参数，要注意检验所求参数是否符合题意，考查了利用导数求函数
的最大、最小值，属于基础题.
20. 设抛物线C:y2 2px(p0)的焦点为F ，点D2p,0 ，过F 的直线交C于M ，N 两点．当直线
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学科网（北京）股份有限公司MD垂直于x轴时， MF 5．
（1）求C的方程；
（2）在x轴上是否存在一定点Q，使得_________？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
从①点N 关于x轴的对称点N与M ，Q三点共线；②x轴平分MQN 这两个条件中选一个，补充在题
目中“__________”处并作答．
注：如果选择两个条件分别解答，则按第一个解答计分．
【答案】（1）y2 4x
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）当直线MD垂直于x轴时，点M 的横坐标为2p，根据抛物线的定义，
p
MF  2p5，则C的方程可求；
2
（2）若选①，设直线MN 的方程为：xmy1，与抛物线方程联立，结合韦达定理求得直线MN的斜
率，得直线MN的方程即可判断；
若选②，设直线MN 的方程为：xmy1，与抛物线方程联立，设Qt,0 ，由题意k k 0，结
MQ NQ
合韦达定理得4mt10对任意的mR恒成立，则t
1，得出答案．
【小问1详解】
当直线MD垂直于x轴时，点M 的横坐标为2p
p
根据抛物线的定义， MF  2p5，p2
2
则抛物线方程为：y2 4x．
【小问2详解】
若选①，若直线MN  y轴，则该直线与曲线C只有一个交点，不合题意，

F1,0 ，设直线MN 的方程为：xmy1，设M x
1
,y
1
 ，Nx
2
,y
2
 ，Nx
2
,y
2

xmy1
联立 ，得y2 4my40，Δ16m2 160恒成立
y2 4x
得y  y 4m，y y 4
1 2 1 2
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学科网（北京）股份有限公司y  y 4m 4m 4 4y
k  1 2     1
直线MN的斜率 MN x x x x my  y  4 y2 4
1 2 1 2 1 2 y  1
1 y
1
4y
直线MN的方程为y y  1 xx 
1 y2 4 1
1
y2 4y
由x  1 ，化简得y  1 x1
1 4 y2 4
1
直线MN过定点 1,0 ，存在Q1,0
若选②，若直线MN  y轴，则该直线与曲线C只有一个交点，不合题意，

F1,0 ，设直线MN 的方程为：xmy1
设M x ,y  ，Nx ,y  ，设Qt,0
1 1 2 2
xmy1
联立 ，得y2 4my40，Δ16m2 160恒成立
y2 4x
得y  y 4m，y y 4
1 2 1 2

x轴平分MQN
y y y y
k k  1  2  1  2
MQ NQ x t x t my 1t my 1t
1 2 1 2
y my 1t y my 1t 2my y (1t)y  y 
 1 2 2 1  1 2 1 2
my 1tmy 1t my 1tmy 1t
1 2 1 2
8m4m(1t)
 0
my 1tmy 1t
1 2
8m4m(1t)0，即4mt10对任意的mR恒成立，则t
1．
存在Q1,0
．
xa
21 已知函数 f(x)lnx .
.
x
（1）讨论函数 f(x)的单调性；
1 ln(x1)
（2）证明：当x0时，  1
x1 x
【答案】（1）当a0时，函数 f(x)在 0, 上单调递增；当a<0时，函数 f(x) 在 0,a 上单调递减，
第15页/共19页
学科网（北京）股份有限公司在
a,
上单调递增.
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导后，分类讨论a，根据导数的符号可得结果；
1 ln(x1)
（2）将所证不等式等价变形后，利用（1）中的单调性可证  成立；作差构造函数，利用导
x1 x
ln(x1)
数可证 1成立.
x
【小问1详解】
1 x(xa) xa
函数 f(x)的定义域为 0, ，因为 f(x)   ，
x x2 x2
当a0时， f(x)0，所以函数 f(x)在 0, 上单调递增；
当a<0时，由 f(x)0得0 xa，由 f(x)0得xa，
所以函数 f(x) 在
0,a
上单调递减，在
a,
上单调递增.
【小问2详解】
1 ln(x1) x
①因为x0，不等式  等价于ln(x1) ，
x1 x x1
令t  x1，则xt1，由x0，得t1，
x t1 t1
所以不等式ln(x1) （x0）等价于：lnt  ，即：lnt 0（t1），
x1 t t
t1
由（1）得：函数g(t)lnt 在 1, 上单调递增，
t
x
所以g(t) g(1)0，即：ln(x1) ．
x1
ln(x1)
②因为x0，不等式 1等价于ln(x1) x，
x
1 x
令h(x)ln(x1)x ，则h(x) 1 ，所以h(x)0，
x1 x1
所以函数h(x)ln(x1)x在 0, 上为减函数，所以h(x)h(0)0，即ln(x1) x．
1 ln(x1)
由①②得：x0时，  1.
x1 x
【点睛】关键点睛：第（2）问将所证不等式进行等价变形，再作差构造函数，利用导数证明是本题解题关
键.
 xcos
22. 在平面直角坐标系xOy中，曲线C : （为参数），以坐标原点为极点，x轴的正半轴
1 y 1sin
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学科网（北京）股份有限公司为极轴建立极坐标系，曲线C 的极坐标方程为2cos．
2
（1）写出曲线C 的极坐标方程，曲线C 的直角坐标方程；
1 2
  
（2）设点M的极坐标为M(2,0)，射线   0,0 与曲线C 、C 分别交于A、B两点
 4  1 2

（异于极点），当AMB 时，求线段AB的长．
4
【答案】（1）2sin，(x1)2y2 1
2 5
（2）
5
【解析】
【分析】（1）消去参数得C 直角坐标方程，由公式法求解
1
（2）联立方程得A,B的极坐标，由极坐标的概念与几何关系求解
【小问1详解】
xcos
C :x2 (y1)2 1，将 代入得：
1 y sin
C 的极坐标方程为2sin
1
曲线C ：由2cos得
2
2 2cos
∴x2  y2 2x
∴曲线C 的直角坐标方程为(x1)2y2 1
2
【小问2详解】
将代入曲线C 、曲线C 的极坐标方程可得|OA|  2sin,|OB| 2cos
1 2 A B

∵ 0
4
∴由题意得|AB||OB||OA|  2cos2sin
B A
∵OM 为曲线C 的直径
2
  
∴OBM  ，又AMB ，∴BAM AMB 
2 4 4
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学科网（北京）股份有限公司∴|AB||MB|2sinBOM 2sin() 2sin
1
∴2cos2sin2sin，即tan
2

∵ 0
4
1
∴sin
5
2 5
∴|AB||MB|2sin
5
23. 设 f(x) x3  x4 ．
（1）解不等式 f(x)2；
（2）已知实数x、y、z满足2x2 3y2 6z2 a(a 0)，且x yz的最大值是1，求a的值．
【答案】（1）{x|2.5 x4.5}
（2）1
【解析】
【分析】（1）分类讨论，脱掉绝对值符号，解不等式可得答案；
（2）利用柯西不等式即可求得答案.
【小问1详解】
当x3时，不等式即x3x42，解得x2.5,2.5 x3；
当3 x4时，不等式即x3x42恒成立，则3 x4；
当x>4时，不等式即x3 x42，解得x4.5,4 x4.5；
综合上述，不等式的解集为{x|2.5 x4.5}.
【小问2详解】
由柯西不等式可得：
 2 2 2
   2x 2   3y 2   6z 2     1      1      1   x yz2 ，
   2   3  6  
因为2x2 3y2 6z2 aa0 ，故ax yz2 ，
而x yz的最大值是1，故a 1，
当且仅当2x3y 6z 1时等号成立，故a 1.
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