【文档说明】【精准解析】湖南省长郡中学2020届高三下学期第二次适应性考试数学（文）试题.doc，共(31)页，2.836 MB，由小赞的店铺上传

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长郡中学2020届高三适应性考试（二）数学（文科）试卷一、选择题：本大题共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-项是符合题目要求的.1.已知i为虚数单位，m∈R，若复数（2-i

）（m+i）在复平面内对应的点位于实轴上，则复数1mii−的虚部为（）A.1B.iC.1−D.i−【答案】A【解析】【分析】根据复数的运算以及复数的几何意义，求出m的值结合复数虚部的定义进行求解即可．【详解】（2-i）（m+

i）=2m+1+（2-m）i，若复数在复平面内对应的点位于实轴上，则2-m=0得m=2，复数22(1)22111(1)(1)2miiiiiiiiii+−====−+−−−+，即复数的虚部是1，故选A．【点睛】本题主要考

查复数的计算，结合复数的几何意义是解决本题的关键．2.已知集合1Axyx==−，集合2Bxx=，则AB=()A.RB.C.[1,2]D.[1,2)【答案】D【解析】【分析】先分别求得集合A和集合B，再计算AB，即可得到答

案.【详解】由集合1Axyx==−得10x−，解得1x，)1,+A=，由集合2Bxx=得2x，解得22x−，()2,2B=−，)1,2AB=.故选：D.【点睛】本题考查了

集合的描述法以及集合的交集运算，属于基础题.3.如图统计了截止2019年年底中国电动车充电桩细分产品占比及保有量情况，关于这5次统计，下列说法正确的是()中国电动车充电桩细分产品占比情况：中国电动车充电桩细分

产品保有量情况：（单位：万台）A.私人类电动汽车充电桩保有量增长率最高的年份是2018年B.公共类电动汽车充电桩保有量的中位数是25.7万台C.公共类电动汽车充电桩保有量的平均数为23.12万台D.从2

017年开始，我国私人类电动汽车充电桩占比均超过50%【答案】D【解析】【分析】观察两幅图，对照各项中的结论判断即可.【详解】观察统计图，对于选项A，注意增长率与增量的区别，由增长率公式，可计算2016年至2019年各年私人类电动汽车充电桩保有量增长率，分别为687.5%、268.25%、105

.60%、26.83%，因此最高的年份应为2016年，A错误；对于选项B，由中位数的定义，可得公共类电动汽车充电桩保有量的中位数是21.4万台，B错误；对于选项C，由平均数的定义，可得公共类电动汽车充电桩保有量的平均数为23.02万台，C错误；对于

选项D，根据第一幅统计图，可知从2017年开始，我国私人类电动汽车充电桩占比均超过50%，D正确.故选：D.【点睛】本题考查了增长率、中位数以及平均数的求法，考查了利用条形统计图解决实际问题，属于基础题.4.已知31sin23+=

，则cos=（）A.13B.13−C.223D.223−【答案】B【解析】【分析】直接由诱导公式计算即可.【详解】由诱导公式可得：3sin2+1cos3=−=，故1cos3=−.故选：B.【点睛】本题考查了诱导公式的简单应用，属于

基础题.5.若双曲线()222210,0xyabab−=的左、右焦点分别为12,FF，离心率为53，点(,0)Pb，则12||||PFPF=()A.6B.8C.9D.10【答案】C【解析】【分析】根据题意写出1F与2F坐标，表示出12||||PFPF，结合离心率公式计算即可.【详解

】双曲线()222210,0xyabab−=的左、右焦点分别为1F，2F，()1,0Fc−，()2,0Fc，又(,0)Pb，1PFbc=+，2PFcb=−，该双曲线离心率为53，53ca=，即2222253ccacb==−，解

得54cb=，12511||495||114cPFbcbcPFcbb+++====−−−，故选：C.【点睛】本题考查了双曲线的定义及性质，考查运算能力，属于基础题.6.我国南宋时期的数学家秦九韶（约1202-1261）在

他的著作《数书九章》中提出了多项式求值的秦九韶算法，如图所示的框图给出了利用秦九韶算法求多项式值的一个实例.若输入的2019,0,2nvx===，则输出的v值为()A.15B.31C.63D.127【答案】B【解析】【分析】由题意模拟程序

的运行，依次写出每次循环的i，v的值，当1i=−时，不满足0i，跳出循环，得到31v=，即可得解.【详解】模拟程序的运行，输入的2019,0,2nvx===，可得20154in=−=，满足条件0i，执

行循环体，1v=，3i=，满足条件0i，执行循环体，3v=，2i=，满足条件0i，执行循环体，7v=，1i=，满足条件0i，执行循环体，15v=，0i=，满足条件0i，执行循环体，31v=，1i=−，不满足条件0i，退出循环，输出v值为31

，故选：B.【点睛】本题考查了循环结构的程序框图的应用，属于基础题.7.函数()()22xfxxxe=−的图象大致为()A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】判断函数的奇偶性，结合具体函数值，进行排除即可.

【详解】易知()fx定义域为R，()()()()2222xxfxxxexxefx−−=−−−=−=，()fx为偶函数，关于y轴对称，排除C，又()()21112fee=−=−，排除A和D.故选：B.【点睛】本题考查了函数图象的识别和判断，考查了函数的奇偶性，属于基础题.8.在

棱长为1的正方体1111ABCDABCD−中，,EF分别为11AD，11CD的中点，过点A、C、E、F的截面与平面11BDDB的交线为m，则异面直线m、1CC所成角的正切值为()A.2B.324C.22D.24【答案】D【解析】【分析】作出

过点A、C、E、F的截面与平面11BDDB的交线，由正方体的性质得11//DDCC，则异面直线m、1CC所成角与共面直线1DD与m所成角相等，由此即可求解.【详解】如图所示，记EF与11BD交于点P，BD与AC交于点O，连结OP，OP即为过点A、

C、E、F的截面与平面11BDDB的交线m，在正方体1111ABCDABCD−中，则11//DDCC，直线1DD与m所成角与异面直线m、1CC所成角相等，记直线1DD与m所成角为，由题可知1DD与m都在平面平面1

1BDDB上，易知1111244DPBD==，1222DODB==，由此可求得1122224tan14DODPDD−−===，故选：D.【点睛】本题考查了异面直线所成角，考查了转化能力，属于基础题.9.对于集合12,,,nxxx，定义

：()()()22210200coscoscosnxxxxxxn−+−++−=为集合12,,,nxxx相对于0x的“余弦方差”，则集合32,,,105105−−相对于0x的“余弦方差”为()A.12B.

22C.14D.32【答案】A【解析】【分析】由定义可得集合32,,,105105−−相对于0x的“余弦方差”的表达式，观察到0025210xx−−=−−，0031025xx−−=−−，

利用cossin2−=进行化简即可.【详解】根据定义，集合32,,,105105−−相对于0x的“余弦方差”为：2222000032coscoscoscos1051054xxxx−−+−−+−+−

=，注意到0025210xx−−=−−，0031025xx−−=−−，cossin2−=，22002cossin1

05xx−−=−，22003cossin510xx−−=−22002coscos1105xx−−+−=，22003coscos1510xx−−+−=11142+==.故选：A

.【点睛】本题考查了三角函数诱导公式的应用以及同角三角函数的平方关系，考查学生的转化能力，另外本题也可以通过取特殊值00x=进行化简求值，较为简洁，属于基础题.10.已知,,ABC为椭圆2214xy+=上三个不同的点，若坐标原点O

为ABC的重心，则ABC的面积为()A.33B.3C.332D.32【答案】C【解析】【分析】设()11,Axy，()22,Bxy，()33,Cxy，C到直线AB的距离为d，分直线AB斜率不存在与存在两种情况讨论

：斜率不存在时，求出AB与d，计算ABC的面积；斜率存在时，设直线AB：ykxb=+，联立消元，应用韦达定理得到12xx+与12xx，化简表示出AB与C，将点C坐标代入椭圆方程得到22441bk=+，计算ABC的面积.综合两种情

况，可得答案.【详解】设()11,Axy，()22,Bxy，()33,Cxy，记C到直线AB的距离为d，O为ABC的重心，1230xxx++=，1230yyy++=，①当直线AB斜率不存在时，根据椭圆对称性可知，12yy=−，12xx=，则12ABy=，由O为AB

C的重心知，12312xxx==−，30=y，则()2,0C或()2,0C−，133332dxxx=−==，2113142xy=−=，3AB=，332ABCS=△，②当直线AB斜率存在时，设直线AB：ykxb=+，易知0b≠，联立方程2214ykxbx

y=++=，消去y得()2214kxxb++=，化简整理得，()222418440kxkbxb+++−=，()()()222228441446416160kbkbkb=−+−=−+，由韦达定理得，122841k

bxxk+=−+，21224441bxxk−=+，()2221212122441441kbxxxxxxk−+−=+−=+，12222221144141kbABxkkkx=++=−+−+，O为ABC的重心，(

)3122841kbxxxk=−+=+，()()()312121221224kxbkxbkxbyyykxb+++=−+−−+==−=−+，22824141,kbbkCk−++，C到直线AB的距离为3322311kxbybdkk+−==++，将点

C代入椭圆方程得，222282411441kbbkk−++=+，整理得22441bk=+，222641616480kbb=−+=，()2222234114141kABkbkbk−+=++=+，ABC的面

积为()2233312131122kSkbbABd++===，综上所述，ABC的面积恒为332.故选：C.【点睛】本题考查了直线与椭圆的位置关系以及弦长公式的应用，考查了三角形重心的性质，考查了运算

能力，另外,作为选择题，本题可直接通过特殊位置求出ABC的面积，属于中档题.11.已知数列na满足22164nnaan−−=−,21261nnaan++=−,（Nn）则数列na的前40项和40S=()A.1121B.1186C.123

0D.1240【答案】D【解析】【分析】将题中两递推式相减得21213nnaa+−+=，由22164nnaan−−=−得222121nnaan++=+，从而2221221124nnnnaaaan++−+++=+，然后并项求和计算40S即可.【详解】21261nnaan++=−，2216

4nnaan−−=−，两式相减得21213nnaa+−+=，又22164nnaan−−=−，即22164nnana−=−+，()222212161464121nnnnaananan++−+=+−++−+=+，2221221124nnn

naaaan++−+++=+()()()401234567837383940Saaaaaaaaaaaa=++++++++++++()12141234121941213194101240=++++++=++++=，故选：D.【点睛】本题考查了数列的递推公

式，考查了利用并项法求数列前n项和，考查了转化能力，属于中档题.12.已知正数,,xyz满足236xyz==，给出下列不等式：①4xyz+；②24xyz；③2xz，其中正确的个数是()A.0B.1C.2D.3【答案】D【解析】【分析】记236xyzt=

==，1t,将指数式化为对数式得，2logxt=，3logyt=，6logzt=，从而111xyz+=，通过基本不等式判断①、②，对于③通过计算得21log6122xz=判断即可，由此可得到正确的个数.【详解】记236xyzt===，x，y，

z为正数，1t,则2logxt=，3logyt=，6logzt=，111log2log3log6tttxyz+=+==,对于①，()112224xyxyxyxyzxyyxyx+=++=+++=（当且仅当xy=

时取等号），由于xy，故等号取不到，即4xyz+，因此4xyz+，①正确；对于②，22111122214444xyxyyxyxzxyxyxy=+=+++=（当且仅当xy=时取等号），由于xy

，故等号取不到，即214xyz，因此24xyz，②正确；对于③，2226log11log6log422log22txzt==，即12xz，故2xz，③正确.正确的个数为3.故选：D.【点睛】本题考查了指数式与对数式的互化以及对数运算的性质，考查了基

本不等式的应用，属于中档题.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.过323yxx=−上一点(2,4)−作曲线的切线，则切线方程为_____________.【答案】9420xy+−=或4y=−【解析】【分析】设切点为()00,xy

，表示出切线方程，再将点(2,4)−代入方程，解出02x=或012x=，即可求出切线方程.【详解】由题可得，236yxx=−设该切线切点为()00,xy，则切线斜率为20036xx−，因此切线方程为()()(

)()223200000000036363yxxxxyxxxxxx=−−+=−−+−，又点(2,4)−在切线上，()()2320000036234xxxxx−−+−=−，整理得，()()2002210xx−−=，解得02x=或012x

=，代入切线方程，化简得4y=−或9142yx=−+，整理得，4y=−或9420xy+−=，故答案为：9420xy+−=或4y=−.【点睛】本题考查了导数的几何意义以及利用导数研究曲线上某点处的切线方程，

解答此题的关键在于分清所给点是否为切点，注意区分在某点处和过某点的切线，考查了运算能力，属于基础题.14.第七届世界军人运动会将于2019年10月18日至27日在湖北武汉举行．武汉市体育局为了让市民更多地了解军运会，准备组建,,,ABCD

四个宣讲小组，开展宣传活动，其中甲、乙、丙、丁四人在不同的四个小组，在被问及参加了哪个宣讲小组时，甲说：“我没有参加A和B小组.”乙说：“我没有参加A和D小组.”丙说：“我也没有参加A和D小组．”丁说：“如果乙不参加B小组，我就不参加A小组.”则参加

C小组的人是___.【答案】丙【解析】【分析】根据四人说法进行推理即得结果.【详解】由甲、乙、丙都没参加A组得丁必在A组；再根据丁说：“如果乙不参加B小组，我就不参加A小组.”得乙参加B小组；由此可得乙、丙、丁都没参加D组

得甲必在D组；从而丙必在C组.【点睛】本题考查合情推理，考查基本分析判断能力，属基础题.15.某几何体的三视图如图所示，则该几何体中，最长的棱的长度为________________.【答案】3【解析】【分析】将此几何体放入一个边长为2的正方体内，求出各棱长，比较即可.【详解】如图所示

，将此几何体放入一个边长为2的正方体内，三棱锥PABC−即为该几何体，由图可得5PA=，1AB=，22PB=，5BC=，2221223PC=++=，2221216AC=++=，最长的棱的长度为3.故答案为：3.【点睛】本题考查了空间几何体的三视图的应用问题，将几何体放进立方体中进

行求解比较便捷，考查了空间想象能力和转化能力，属于中档题.16.已知向量,,abc满足||1,||||3,0abcbc====，若2|(1)||(1)()|3Pabcbc=+−−+−+−，则P的最小值为_____________.【答案】101−【解析】【分析】由题意

可设()3,0b=，()0,3c=，()cos,sina=，记OAa=，()1OBbc=−−，()213OCbc=−+−，则()33,3OB=−−，()33,32OC=−−，则可将P表示为POAO

BOC=++，当OA与OB反向时，OAOB+有最小值OBOA−，比较OA与OB大小可得1POBOC+−，再求出OBOC+的最小值，则答案可求.【详解】根据条件，设()3,0b=，()0,3c=，()cos,sina=，记OAa=，()()133,3

OBbc=−−=−−，()()2133,323OCbc=−+−=−−，POAOBOC=++，当且仅当OA与OB反向时，OAOB+会有最小值OBOA−，而()()222113233332242OB=−+−=

−+，OBOAOBOA−=−，1POAOBOCOBOC=+++−，而()()()()22223333332OBOC+=−+−+−+−整理得2211513224636OBOC+=−++

−+，记(),0E，11,22F−，51,66Q则2211515=246363EFEQFQ−++−+=+，当且仅当E，F，Q三点共线，即3

4=时取等号，()53232=103OBOCEFEQ+=+，1101POBOC+−−，故答案为：101−.【点睛】本题考查了平面向量的数量积运算，考查了平面向量的几何意义，考查了转化能力和数形结合思想，属于较难题

.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.17.在ABC中，,,abc分别为内角,,ABC的对边，且()coscostan3aCcAAb+=.（1）求角A的大小；（2）若3a=，O为ABC的内心，求OBOC+的最大值.【答案】（1）3；（2）2

.【解析】【分析】（1）利用正弦定理化边为角，并通过两角和的正弦定理进行变形，最后结合ABC++=化简即可；（2）设OBC=，由O为ABC的内心，得到2223ABOC=+=，从而表示出OCB，在

OBC中，由正弦定理表示出OB与OC，化简得2sin3OBOC+=+，可求其最大值.【详解】（1）()coscostan3aCcAAb+=，由正弦定理可得，()sincossincostan3sin

ACCAAB+=，即sin()tan3sinACAB+=，又ABC++=，()()sinsinsin0ACBB+=−=，tan3A=，又()0,A3A=.（2）设OBC=，O为ABC的内心，且3A=

，()1223BOCOBCOCBA=−−=−−=，3OCB=−，在OBC中，由正弦定理得，322sinsinsin33OCOB===−，2sinOC=，2sin

3OB=−，2sin2sin2sin233OBOC+=+−=+.当且仅当6=，即ABC为等边三角形时取等号，故OBOC+的最大值为2.【点睛】

本题考查了正弦定理以及两角和（差）的正弦公式，考查了三角形内心的应用，考查了转化能力和计算能力，属于基础题.18.如图1所示，在直角梯形PABC中，ABBC⊥，//ABPC，4PC=，ADa=，ADPC⊥，点A恰好在线段PC的垂直平分线上，以AD为折痕将ADP折起，使点P到达点P的

位置，且平面ADP⊥底面ABCD，如图2所示，Q是线段PC的中点.（1）证明：DQ⊥平面PBC；（2）若三棱锥PADQ−的体积为1，求a的值.【答案】（1）证明见解析；（2）3.【解析】【分析】（1）由直角梯形中各线段

关系，得到PDAD⊥，结合平面ADP⊥底面ABCD，可得PDBC⊥，结合CDBC⊥，得到BC⊥平面PCD，从而有BCDQ⊥，通过三线合一得到DQPC⊥，即可证明DQ⊥平面PBC；（2）利用（1）中结论及已知条件，证明CD⊥平面PAD，利用PADQQAPDVV

−−=表示出三棱锥PADQ−的体积，列方程解出a的值即可.【详解】（1）在直角梯形PABC中，点A恰好在线段PC的垂直平分线上，ADPC⊥.AD即为线段PC的垂直平分线，即D是线段PC的中点，PDCD=，又

ABBC⊥，//ABPC，ADPC⊥，四边形ABCD为矩形，PDAD⊥，平面ADP⊥底面ABCD，平面ADP底面ABCDAD=，PD⊥底面ABCD，又BC底面ABCD，PDBC⊥.又CDBC⊥，CDPDD=，CD平面PCD，PD平面PCD，BC⊥平面

PCD，又DQ平面PCD，BCDQ⊥，Q是线段PC的中点，PDDC=，DQPC⊥，又PCBCC=，PC平面PBC，BC平面PBC，DQ⊥∴平面PBC.（2）由（1）知，PD⊥底面ABCD，又DC底面ABCD

DCPD⊥，又ADPDD=，DCAD⊥，AD平面PAD，PD平面PAD，CD⊥平面PAD，Q是线段PC的中点，Q到平面PAD的距离为12CD，由（1）及4PC=，得2PDCD==，而1121132PADQQAPDVV

a−−===，解得3a=.【点睛】本题考查了面面垂直的性质定理以及线面垂直的判定定理和性质定理，考查了等体积法求三棱锥体积，考查了方程思想及转化能力，属于中档题.19.某蔬菜批发商经销某种新鲜蔬菜（以下简称A蔬菜），购入价为200元/袋，并以300元/袋的

价格售出，若前8小时内所购进的A蔬菜没有售完，则批发商将没售完的A蔬菜以150元/袋的价格低价处理完毕（根据经验，2小时内完全能够把A蔬菜低价处理完，且当天不再购进）.该蔬菜批发商根据往年的销量，统计了100天A蔬菜在

每天的前8小时内的销售量，制成如下频数分布条形图.（1）若某天该蔬菜批发商共购入6袋A蔬菜，有4袋A蔬菜在前8小时内分别被4名顾客购买，剩下2袋在8小时后被另2名顾客购买.现从这6名顾客中随机选2人进行服务回访，则至少选中1人是以150

元/袋的价格购买的概率是多少？（2）以上述样本数据作为决策的依据.（i）若今年A蔬菜上市的100天内，该蔬菜批发商坚持每天购进6袋A蔬菜，试估计该蔬菜批发商经销A蔬菜的总盈利值；（ii）若明年该蔬菜批发商每天购进A蔬菜的袋数相同，

试帮其设计明年的A蔬菜的进货方案，使其所获取的平均利润最大.【答案】（1）35；（2）（i）42000元；（ii）该批发商明年每天购进A蔬菜5袋，所获平均利润最大.【解析】【分析】（1）通过列举分别求出“从

6人中任选2人”和“至少选中1人是以150元/袋的价格购买”的基本事件个数，通过古典概型公式计算即可；（2）（i）通过频数分布条形图进行估算即可；（ii）分别计算购进A蔬菜4袋、5袋、6袋时的每天所获平均利润，比较大小即可.【详解】（1）设这6人中花150元/袋的价格购买A蔬菜的顾客为,ab，其

余4人为c，d，e，f.则从6人中任选2人的基本事件为：(),ab，(),ac，(),ad，(),ae，(),af，(),bc，(),bd，(),be，(),bf，(),cd，(),ce，(,)cf，(),de，(),df，(),ef，共15个.其中至少选

中1人是以150元/袋的价格购买的基本事件有：(),ac，(),ad，(),ae，(),af，(),bc，(),bd，(),be，(),bf，(),ab，共9个.至少选中1人是以150元/袋的价格购买的概率为9315

5P==.（2）（i）该蔬菜批发商经销A蔬菜的总盈利值为：()()306010100100450210055060042000100100100−+−+=（元）.（ii）当购进A蔬菜4袋时，每天所获平均利润为11004400x==（元），当购进A蔬菜5

袋时，每天所获平均利润为()230701004501005455100100x=−+=（元）当购进A蔬菜6袋时，每天所获平均利润为()()3306010100450210055010064201001001

00x=−+−+=（元）综上，该批发商明年每天购进A蔬菜5袋，所获平均利润最大.【点睛】本题考查了频数分布直方图、古典概型的计算公式以及期望的计算，属于基础题.20.设椭圆2222:1(0

)xyCabab+=的离心率为22，且经过点61,2.（1）求椭圆C的标准方程；（2）设直线l与椭圆C交,AB两点，O是坐标原点，分别过点,AB作OB，OA的平行线，两平行线的交点刚好在椭圆C上，判断()222OAOBOAO

B−是否为定值？若为定值，求出该定值；若不是，请说明理由.【答案】（1）22142xy+=；（2）是，6.【解析】【分析】（1）设椭圆C的半焦距为c，运用椭圆的离心率公式，结合点61,2

在椭圆上，以及222abc=+，求出a，b，c，写出椭圆方程即可；（2）通过化简得()()22224AOBOAOBOAOBS−=，将问题转化为求证AOBS是定值，然后分直线l的斜率不存在与不存在两种情况进行讨论：①斜率不存在时，利用椭圆的对称性求出A，B坐

标，计算AOBS；②斜率存在时，设直线l的方程为ykxm=+，联立椭圆方程消去y，利用韦达定理表示出12xx+与12xx，求出点D坐标，代入椭圆方程化简得22212km+=，计算AB与点O到直线l的距离d

，即可得到AOBS，综合两种情况即可得到结论.【详解】（1）设椭圆C的半焦距为c，椭圆C的离心率为22，22ca=.①又椭圆C经过点61,2，22226211ab+=.②结合222abc=+，③由①②③，解得

2,2abc===.故椭圆C的标准方程是22142xy+=.（2）()()222222||||||||||||cosOAOBOAOBOAOBOAOBAOB−=−222||||sinOAOBAOB=22214||||sin4OAOBAOB=

214||||sin2OAOBAOB=()24AOBS=.①当直线l的斜率不存在时，不妨设xt=，0t，根据对称性知两平行线的交点在x轴上，又交点刚好在椭圆C上，交点为长轴端点，则满足条件的直线的方程是1x=.此时点61,2A，61,

2B−或61,2A−，61,2B，161622OABS==，故()22226||||462OAOBOAOB−==；②当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为ykxm=+，()11,Axy，()

22,Bxy.联立方程22142ykxmxy=++=，消去y得()222214240kxkmxm+++−=，则()228420km=+−，122421kmxxk+=−+，21222421−=+mxxk，()12122222+1myykxxmk+=++=，不妨设

两平行线的交点为点D，则OAOBOD+=，故点D的坐标为224,22211mkmkk+−+，点D刚好在椭圆C上，2222422121142kmmkk−+++=∴，即22212km+=此时()222842240kmm=+

−=，则()222121212||1||14ABkxxkxxxx=+−=++−22222424142121kmmkkk−=+−−++22224121mkk=++22261mkm=+261km=+，设点O到直线l的距离为d，则2||1mdk=−+.2

2116||6||12221OABmSABdkmk==+=+∴.故22226||||()4()62OAOBOAOB−==.综上，222||||()OAOBOAOB−为定值6.【点睛】本题考查了椭圆的方程和几何性质，考查了直线与椭圆的位置关系以

及弦长公式的运用，考查了平面向量的相关运算，考查了运算能力，属于中档题.21.已知函数2()xfxea=−，()xgxeb=−，且()fx与()gx的图象有一个斜率为1的公切线（e为自然对数的底数）.（1）求ba−；（2）设函数ln21()(

)()22hxfxgxmx=−−+−，讨论函数()hx的零点个数.【答案】（1）1ln222ba−=−（2）见解析【解析】【分析】（1）由()fx与()gx的图象有一个斜率为1的公切线，分别对()fx与()gx求导并求出切线方程，列出等量关系可得b

a−；（2）利用换元将2()2xxhxeem=−−转化为二次函数，分类讨论对其单调性，对图像特点进行分析，分情况讨论出函数()hx的零点个数.【详解】（1）2()2=1xfxe=，可得ln2ln21,()222xfa=−−=−.()fx在ln21(,)22a−−处的切线方程为1

ln2()22yax−−=+，即ln2122yxa=++−.()1xgxe==，0,(0)1xgb==−.()gx在(0,1)b−处的切线方程为(1)ybx−−=，1yxb=+−，故ln21122ab+−=−，可得1ln

222ba−=−.（2）由（1）可得22ln21()()22xxxxhxeaebmxeemx=−−−−+−=−−，2()2xxhxeem=−−，令xte=，则22yttm=−−，=1+8m，1m>时，2

20ttm−−=有两根，12,tt且120tt，12()2()()0xxhxetet=−−=，得：2lnxt=，在2(ln),t−上，()0hx，在2(ln,)t+上，()0hx，此时，2(ln)(0)0h

th=.又x→−时，(),hxx→+→+时，()hx→+.故在2(ln),t−和2(ln,)t+上，()hx各有1个零点.1m=时，1()2()(1)2xxhxee=+−()hx最小值为(0)0h=，故(

)hx仅有1个零点.01m时，12()2()()xxhxetet=−−.其中120tt，同1m>，()hx在2(ln),t−与2(ln,)t+上，()hx各有1个零点，0m=时，2()xxhxee=−，仅在(0)0h=有1个零点，108m−时，对方程220

,180ttmm−−==+.方程有两个正根12,tt，12()2()()xxhxetet=−−.在1(,ln)t−上，()0hx，在12(ln,ln)tt上，()0hx，在2(ln,)t+，()0hx.由1

212120tttt+=，可得1211042tt，故22ln0,(ln)(0)0thth=.222111111111(ln)ln(2)lnhtttmtttttt=−−=−−−1111[(1)(12)ln]tttt

=−+−11110,120,ln0ttt−−，故1(ln)0ht.故在1(,ln)t−上，1()(ln)0hxht，在12(ln,ln)tt上，()0hx，在2(ln,)t+上，()hx有1个零点：0x=.18m−时，2(

)20xxhxeem=−−恒成立，()hx为增函数，()hx仅有1个零点：0x=.综上，0m或1m=时，()hx有1个零点，01m或1m>时，()hx有2个零点.【点睛】本题考查导数的应用，利用导数求切线是常考点，利用导数讨论零点个数是难点，通常结合分类讨论思想进行分析解决

，属于难题.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.作答时用2B铅笔在答题卡上把所选题号涂黑.选修4-4：坐标系与参数方程22.在直角坐标系xOy中，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系

，曲线C的参数方程为22cos2sinxy=+=（为参数），直线l经过点()1,33M−−且倾斜角为.（1）求曲线C的极坐标方程和直线l的参数方程；（2）已知直线l与曲线C交于,AB，满足A为MB的中点，求tan.【

答案】（1）4cos=，1cos33tsinxty=−+=−+；（2）3.【解析】【分析】（1）由曲线C的参数方程消去参数可得曲线C的普通方程，由此可求曲线C的极坐标方程；直接利用直线的倾斜角以及经过的点求出直线的参数方程即可；（2）将直线的参数方程，

代入曲线C的普通方程224xyx+=，整理得()263sincos320tt−++=，利用韦达定理，根据A为MB的中点，解出即可.【详解】（1）由22cos2sinxy=+=（为参数）消去参数，可得()2224xy−+=，即224xyx+=，已知曲

线C的普通方程为224xyx+=，cosx=，222xy=+，24cos=，即4cos=，曲线C的极坐标方程为4cos=，直线l经过点()1,33M−−，且倾斜角为，直线l的参数方程：1cos

33sinxtyt=−+=−+（t为参数，0）.（2）设,AB对应的参数分别为At，Bt.将直线l的参数方程代入C并整理，得()263sincos320tt−++=，()63sincosABtt+=+，32ABtt=.又A为MB的中点，2BAtt=，()23s

incos4sin6At=+=+，8sin6Bt=+，232sin326ABtt=+=，即2sin()16+=，0，7666

+，62+=，即3=，tan33=.【点睛】本题考查了圆的参数方程与极坐标方程之间的互化以及直线参数方程的应用，考查了计算能力，属于中档题.选修4-5：不等式选讲23.已知函数()|31||

2|fxxx=−+−.（1）求不等式()3fx的解集；（2）若1,1mn，对xR，不等式2253loglog()mnfx恒成立，求mn的最小值.【答案】（1）{|0xx或1}x≥.（2）4【解析】【分析】（1）由题意可得，利用零点分段法进行分区间讨论，脱去绝对值符

号解不等式，再求并集即可；（2）由题意可得22loglog1mn，利用基本不等式2222loglog2loglog2mnmn+，从而求得mn的最小值．【详解】（1）原不等式可化为|31||2|3x

x−+−，①当13x时，原不等式可化为3123xx−++−，解得0x，0x；②当123x时，原不等式可化为3123xx−+−，解得1x，12x∴；③当2x时，原不等式可化为3123xx−−+，

解得32x，2x；综上，不等式的解集为{|0xx或1}x≥.（2）143,31()21,2343,2xxfxxxxx−+=+−，min15()()33fxf==∴.由2253lo

glog()mnfx恒成立可知，不等式22loglog1mn恒成立.2222loglog2loglog2mnmn+，2log()2mn∴，4mn∴，当且仅当2mn==时等号成立.故mn的最小值4.【点睛】本题考查绝对值三角不等式

及基本不等式的应用，绝对值不等式的解法通常零点分段法脱去绝对值分区间解不等式即可，基本不等式的应用需注意取等条件不要遗漏，属于中等题.