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四川省凉山州2024届高三二诊理科数学试题（原卷版+解析版）
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这是一份四川省凉山州2024届高三二诊理科数学试题（原卷版+解析版），文件包含精品解析四川省凉山州2024届高三二诊理科数学试题原卷版docx、精品解析四川省凉山州2024届高三二诊理科数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共25页， 欢迎下载使用。
本试卷分选择题和非选择题两部分．第Ⅰ卷（选择题），第Ⅱ卷（非选择题），共4页，满分150分，考试时间120分钟．
注意事项：
1．答题前，考生务必将自己的姓名、座位号、准考证号用0.5毫米的黑色签字笔填写在答题卡上，并检查条形码粘贴是否正确．
2．选择题使用2B铅笔涂在答题卡对应题目标号的位置上；非选择题用0.5毫米黑色签字笔书写在答题卡的对应框内，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效．
3．考试结束后，将答题卡收回．
第Ⅰ卷（选择题，共60分）
一、选择题（本大题共12小题，每题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. 已知复数，则（ ）
A. B. 1C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，利用共轭复数及复数除法运算，再求出复数的模.
【详解】复数，则，，
所以.
故选：B
2. 已知集合，，若，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出函数值域化简集合A，再利用给定的运算结果，借助包含关系求解即得.
【详解】集合，而，
由，得，则，
所以的取值范围为.
故选：B
3. 已知在抛物线上，则到的焦点的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由抛物线上点可求得，从而得到准线方程，结合抛物线定义可得结果.
【详解】在抛物线上，，解得：，抛物线准线方程为：，
由抛物线定义知：点到的焦点的距离为.
故选：D.
4. 已知，且，则在的展开式中，的系数为（ ）
A. 5B. 10C. 15D. 20
【答案】B
【解析】
【分析】先根据正态分布的对称性求出，在利用二项式定理求的系数.
【详解】因为，且，
则，得，
则，其含的项为，
即的系数为.
故选：B.
5. 已知命题“，”是假命题，则m的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】写出原命题的否定，即为真命题，然后将有解问题转化为最值问题求解即可.
【详解】命题“，”是假命题，
则“，”是真命题，
所以有解，
所以，
又，
因为，所以，
即.
故选：B.
6. 为了传承和弘扬雷锋精神，凝聚榜样力量．3月5日学雷锋纪念日来临之际，凉山州某中学举办了主题为“传承雷锋精神，践行时代力量”的征文比赛．此次征文共5个题目，每位参赛学生从中随机选取一个题目准备作文，则甲、乙，丙三位同学选到互不相同题目的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据分步计算原理得到总情况数，再利用排列公式得到满足题意的情况数，最后利用古典概率的计算公式即可.
【详解】甲同学可以选择一个题目共有5种选法，同理，乙、丙也有5种选法，
由分步乘法计数原理，3人到四个社区参加志愿服务共有种选法；
若甲、乙，丙三位同学选到互不相同题目，共有种选法；
则甲、乙，丙三位同学选到互不相同题目的概率为.
故选：D.
7. 已知正数满足，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求出得到，然后代入，利用基本不等式求最值即可.
【详解】，则，
则，
当且仅当，即时等号成立.
故选：C.
8. 若曲线在处的切线与圆C：交于A，B两点，则为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，利用导数的几何意义求出切线的方程，再利用圆的弦长公式计算即得.
【详解】由，求导得，依题意，切线的斜率为，方程为，即，
圆C：圆心，半径，
点到直线的距离，
所以.
故选：D
9. 若实数x，y满足不等式，则的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】画出不等式表示的平面区域，同时画出，根据面积关系求概率.
【详解】，作出其表示的平面区域如下图阴影部分：
，
则的概率为.
故选：A.
10. 已知在三棱锥中，，，底面是边长为1的正三角形，则该三棱锥的外接球表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，证得平面，再确定三棱锥外接球球心，并求出球半径及表面积.
【详解】在三棱锥中，，，正的边长为1，
则，即有，同理，而平面，
于是平面，令正的外心为，三棱锥外接球球心为，
则平面，显然球心在线段的中垂面上，取的中点，则，
而，则四边形是矩形，，
所以球半径，表面积.
故选：B
11. 若，，则函数的零点个数为（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】求导，研究函数单调性，极值，画图，根据图象得零点个数.
【详解】,
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
又，，，，
则的草图如下：
由图象可得函数的零点个数为.
故选：C.
12. 已知点是曲线上任意一点，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】判断直线与曲线位置关系，利用式子表示的几何意义，转化为点与点确定的直线同直线夹角正弦最值求解即可.
【详解】依题意，，令直线，显然过点，
由，得，显然，
即直线与曲线相离，且，则曲线上的点在直线上方，
过作于，则，而，
因此，
令过点的直线与曲线相切的切点为，由，求导得，
则此切线斜率，解得，即切点为，
而点在曲线的对称轴上，曲线在过点的两条切线所夹含原点的区域及内部，
当点的坐标为时，锐角最大，最大，最大，
此时，，
所以的最大值为.
故先：D
【点睛】关键点点睛：涉及导数的几何意义的问题，求解时应把握导数的几何意义是函数图象在切点处的切线斜率，切点未知，设出切点是解题的关键.
第Ⅱ卷（非选择题，共90分）
二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 设等差数列前n项和为，若，，则______．
【答案】27
【解析】
【分析】根据给定条件，利用等差数列性质求出公差，再求出的值.
【详解】等差数列中，由，得，解得，而，则，
于是数列的公差，，
所以.
故答案为：27
14. 设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则______．
【答案】
【解析】
【分析】根据给定等式，利用正弦定理边化角，再利用和角的正弦公式计算即得.
【详解】在中，由及正弦定理得：，
而，
则，
整理得，即，
又，因此，而，所以.
故答案为：
15. 如图，在平行四边形中，E，F分别是AD，CD的中点，且，，，则平行四边形的面积为______．
【答案】
【解析】
【分析】延长与的延长线交于，求出的面积，并探讨与面积的关系即可求出结果.
【详解】在中，延长与的延长线交于，连接，由E，F分别是AD，CD的中点，
得，则，
由，得是中点，且，
，
，于是，
所以的面积.
故答案为：
16. 已知双曲线C：的左、右焦点分别为，．点A在C上，点B在y轴．，，则C的渐近线方程为______．
【答案】
【解析】
【分析】先通过向量的运算得到，设，然后利用勾股定理得到，然后在直角三角形和三角形中同时表示，然后列方程求即可.
【详解】由得，即，
所以，设，
则由得共线，且，
又，所以，
在直角三角形中，，
所以，解得，
所以，，，
所以，
又，
整理得，
所以，即，所以，
即C的渐近线方程为.
故答案为：.
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，每个题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．
（一）必考题：共60分
17. 设等比数列的前n项和为，，．
（1）求；
（2）设，求数列的前n项和．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，求出数列的公比即可求出通项公式.
（2）由（1）求出，再利用错位相减法求和即得.
【小问1详解】
设等比数列的公比为，由，得，
则，即，
而，因此，解得，
所以.
【小问2详解】
由（1）知，，则，
则，
于是，
两式相减得，
即.
18. 常言道：文史不分家，其实数学与物理也不分家．“近代物理学之父”——牛顿大约在1671年，完成了《流数法和无穷级数》这部书，标志着微积分的正式创立．某学校课题小组针对“高中学生物理学习成绩与数学学习成绩的关系”进行了一系列的研究，得到了高中学生两学科的成绩具有线性相关的结论．现从该校随机抽取6名学生在一次考试中的物理和数学成绩，如表（单位：分）
（1）经过计算，得到学生的物理学习成绩x与数学学习成绩y满足回归方程．若某位学生的物理成绩为95分，请预测他的数学成绩；
（2）若要从抽取的这6名学生中随机选出3名学生参加一项问卷调查，记数学成绩不低于100分的学生人数为X，求X的分布列和数学期望．
【答案】（1）；
（2）分布列见解析，2.
【解析】
分析】（1）根据给定条件，求出样本点中心，再求出并作出预测.
（2）求出X的可能值及对应的概率，列出分布列并求出期望.
【小问1详解】
依题意，，，
于是，解得，因此，当时，，
所以物理成绩为95分，预测他的数学成绩为.
【小问2详解】
依题意，数学学习成绩低于100分的有2人，数学学习成绩不低于100分的有4人，
因此X的可能值为1，2，3，
，，
所以X的分布列为
数学期望.
19. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，，平面平面，，是的中点，作交于．
（1）求证：平面；
（2）求二面角的正切值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接交于点，由中位线性质可得，根据线面平行的判定可得结论；
（2）由面面垂直性质可得平面，以为坐标原点建立空间直角坐标系，令，结合可构造方程求得，进而得到点坐标，利用二面角的向量求法可求得余弦值，进而得到正切值.
【小问1详解】
连接交于点，连接，
四边形为正方形，为中点，又为中点，，
平面，平面，平面.
【小问2详解】
，平面平面，平面平面，平面，
平面，又，
以为坐标原点，正方向为轴正方向，可建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，，
，，，
设，则，，
，，解得：，
，，，
设平面的法向量，
则，令，解得：，，；
轴平面，平面的一个法向量，
由图形可知：二面角为锐二面角，设其为，
则，，
即二面角的正切值为.
20. 古希腊数学家阿基米德用“逼近法”得到：椭圆面积的4倍除以圆周率等于椭圆的长轴长与短轴长的积．已知是椭圆C：的左焦点，且椭圆C的面积为，离心率为．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）设点，，以为直径的圆与椭圆C在x轴上方交于M，N两点，求的值
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意可得出：，解方程求出，即可得出答案.
（2）求出以为直径的圆的方程，联立椭圆的方程得到，表示出，将韦达定理代入即可得出答案.
【小问1详解】
由题意可得出：，解得：，
所以椭圆C的标准方程为：.
【小问2详解】
因为，，
所以以为直径的圆的方程为，
即，
设，则由，
得：，
所以，
又
，
同理，，
所以
.
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：
(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
21. 已知函数．
（1）若函数在R上是增函数，求a的取值范围；
（2）设，若，证明：．
【答案】（1）；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，利用导数结合单调性，列出不等式求解即得.
（2）由（1）的信息可得，利用分析法推理变形，构造函数并利用导数证明即得.
【小问1详解】
函数，求导得，
依题意，对任意实数，恒成立，而，
因此，解得：，
所以的取值范围为.
【小问2详解】
函数的定义域为，
由，得，
由（1）知，函数在上是增函数，
不妨令，则，即，
亦即，则，
于是，则，
下面证明：，即证：，即证：，
令，即证：，设，
求导得，则函数在上单调递减，
于是，即，所以.
【点睛】思路点睛：函数不等式证明问题，将所证不等式等价转化，构造新函数，再借助函数的单调性、极(最)值问题处理.
（二）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．
[选修4-4：坐标系与参数方程]
22. 在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为，（t为参数）．以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，直线的极坐标方程为．
（1）求曲线C的普通方程与直线的直角坐标方程；
（2）若与直线垂直的直线交曲线C于A，B两点，求的最大值．
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）将曲线C的参数方程中的参数消去即可得普通方程，利用可将极坐标方程转化为直角坐标方程；
（2）设直线方程为，然后与椭圆方程联立，利用弦长公式及韦达定理求 最值.
【小问1详解】
对于曲线C的参数方程，则，
又，
所以，
即曲线C的普通方程为；
又根据，
可得，
即直线的直角坐标方程为；
【小问2详解】
设与直线垂直的直线方程为，，
联立，消去得，
则，解得，
则，
当时，取最大值.
[选修4-5：不等式选讲]
23. 已知函数．
（1）求不等式的解集；
（2）若函数的最小值为m，且正数a，b，c满足，求的最小值．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）结合对数函数单调性，利用公式法解含绝对值符号的不等式即得.
（2）由绝对值的三角不等式求出，再利用柯西不等式求出最小值即可.
【小问1详解】
依题意，，解得，
所以不等式的解集为.
【小问2详解】
依题意，函数，而，当且仅当时取等号，
因此当时，函数取得最小值，即，
所以
，当且仅当时取等号，
所以当时，取得最小值.
物理成绩x
63
68
74
76
85
90
数学成绩y
90
95
110
110
125
130
1
2
3
本试卷分选择题和非选择题两部分．第Ⅰ卷（选择题），第Ⅱ卷（非选择题），共4页，满分150分，考试时间120分钟．
注意事项：
1．答题前，考生务必将自己的姓名、座位号、准考证号用0.5毫米的黑色签字笔填写在答题卡上，并检查条形码粘贴是否正确．
2．选择题使用2B铅笔涂在答题卡对应题目标号的位置上；非选择题用0.5毫米黑色签字笔书写在答题卡的对应框内，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效．
3．考试结束后，将答题卡收回．
第Ⅰ卷（选择题，共60分）
一、选择题（本大题共12小题，每题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. 已知复数，则（ ）
A. B. 1C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，利用共轭复数及复数除法运算，再求出复数的模.
【详解】复数，则，，
所以.
故选：B
2. 已知集合，，若，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出函数值域化简集合A，再利用给定的运算结果，借助包含关系求解即得.
【详解】集合，而，
由，得，则，
所以的取值范围为.
故选：B
3. 已知在抛物线上，则到的焦点的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由抛物线上点可求得，从而得到准线方程，结合抛物线定义可得结果.
【详解】在抛物线上，，解得：，抛物线准线方程为：，
由抛物线定义知：点到的焦点的距离为.
故选：D.
4. 已知，且，则在的展开式中，的系数为（ ）
A. 5B. 10C. 15D. 20
【答案】B
【解析】
【分析】先根据正态分布的对称性求出，在利用二项式定理求的系数.
【详解】因为，且，
则，得，
则，其含的项为，
即的系数为.
故选：B.
5. 已知命题“，”是假命题，则m的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】写出原命题的否定，即为真命题，然后将有解问题转化为最值问题求解即可.
【详解】命题“，”是假命题，
则“，”是真命题，
所以有解，
所以，
又，
因为，所以，
即.
故选：B.
6. 为了传承和弘扬雷锋精神，凝聚榜样力量．3月5日学雷锋纪念日来临之际，凉山州某中学举办了主题为“传承雷锋精神，践行时代力量”的征文比赛．此次征文共5个题目，每位参赛学生从中随机选取一个题目准备作文，则甲、乙，丙三位同学选到互不相同题目的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据分步计算原理得到总情况数，再利用排列公式得到满足题意的情况数，最后利用古典概率的计算公式即可.
【详解】甲同学可以选择一个题目共有5种选法，同理，乙、丙也有5种选法，
由分步乘法计数原理，3人到四个社区参加志愿服务共有种选法；
若甲、乙，丙三位同学选到互不相同题目，共有种选法；
则甲、乙，丙三位同学选到互不相同题目的概率为.
故选：D.
7. 已知正数满足，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求出得到，然后代入，利用基本不等式求最值即可.
【详解】，则，
则，
当且仅当，即时等号成立.
故选：C.
8. 若曲线在处的切线与圆C：交于A，B两点，则为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，利用导数的几何意义求出切线的方程，再利用圆的弦长公式计算即得.
【详解】由，求导得，依题意，切线的斜率为，方程为，即，
圆C：圆心，半径，
点到直线的距离，
所以.
故选：D
9. 若实数x，y满足不等式，则的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】画出不等式表示的平面区域，同时画出，根据面积关系求概率.
【详解】，作出其表示的平面区域如下图阴影部分：
，
则的概率为.
故选：A.
10. 已知在三棱锥中，，，底面是边长为1的正三角形，则该三棱锥的外接球表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，证得平面，再确定三棱锥外接球球心，并求出球半径及表面积.
【详解】在三棱锥中，，，正的边长为1，
则，即有，同理，而平面，
于是平面，令正的外心为，三棱锥外接球球心为，
则平面，显然球心在线段的中垂面上，取的中点，则，
而，则四边形是矩形，，
所以球半径，表面积.
故选：B
11. 若，，则函数的零点个数为（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】求导，研究函数单调性，极值，画图，根据图象得零点个数.
【详解】,
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
又，，，，
则的草图如下：
由图象可得函数的零点个数为.
故选：C.
12. 已知点是曲线上任意一点，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】判断直线与曲线位置关系，利用式子表示的几何意义，转化为点与点确定的直线同直线夹角正弦最值求解即可.
【详解】依题意，，令直线，显然过点，
由，得，显然，
即直线与曲线相离，且，则曲线上的点在直线上方，
过作于，则，而，
因此，
令过点的直线与曲线相切的切点为，由，求导得，
则此切线斜率，解得，即切点为，
而点在曲线的对称轴上，曲线在过点的两条切线所夹含原点的区域及内部，
当点的坐标为时，锐角最大，最大，最大，
此时，，
所以的最大值为.
故先：D
【点睛】关键点点睛：涉及导数的几何意义的问题，求解时应把握导数的几何意义是函数图象在切点处的切线斜率，切点未知，设出切点是解题的关键.
第Ⅱ卷（非选择题，共90分）
二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 设等差数列前n项和为，若，，则______．
【答案】27
【解析】
【分析】根据给定条件，利用等差数列性质求出公差，再求出的值.
【详解】等差数列中，由，得，解得，而，则，
于是数列的公差，，
所以.
故答案为：27
14. 设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则______．
【答案】
【解析】
【分析】根据给定等式，利用正弦定理边化角，再利用和角的正弦公式计算即得.
【详解】在中，由及正弦定理得：，
而，
则，
整理得，即，
又，因此，而，所以.
故答案为：
15. 如图，在平行四边形中，E，F分别是AD，CD的中点，且，，，则平行四边形的面积为______．
【答案】
【解析】
【分析】延长与的延长线交于，求出的面积，并探讨与面积的关系即可求出结果.
【详解】在中，延长与的延长线交于，连接，由E，F分别是AD，CD的中点，
得，则，
由，得是中点，且，
，
，于是，
所以的面积.
故答案为：
16. 已知双曲线C：的左、右焦点分别为，．点A在C上，点B在y轴．，，则C的渐近线方程为______．
【答案】
【解析】
【分析】先通过向量的运算得到，设，然后利用勾股定理得到，然后在直角三角形和三角形中同时表示，然后列方程求即可.
【详解】由得，即，
所以，设，
则由得共线，且，
又，所以，
在直角三角形中，，
所以，解得，
所以，，，
所以，
又，
整理得，
所以，即，所以，
即C的渐近线方程为.
故答案为：.
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，每个题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．
（一）必考题：共60分
17. 设等比数列的前n项和为，，．
（1）求；
（2）设，求数列的前n项和．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，求出数列的公比即可求出通项公式.
（2）由（1）求出，再利用错位相减法求和即得.
【小问1详解】
设等比数列的公比为，由，得，
则，即，
而，因此，解得，
所以.
【小问2详解】
由（1）知，，则，
则，
于是，
两式相减得，
即.
18. 常言道：文史不分家，其实数学与物理也不分家．“近代物理学之父”——牛顿大约在1671年，完成了《流数法和无穷级数》这部书，标志着微积分的正式创立．某学校课题小组针对“高中学生物理学习成绩与数学学习成绩的关系”进行了一系列的研究，得到了高中学生两学科的成绩具有线性相关的结论．现从该校随机抽取6名学生在一次考试中的物理和数学成绩，如表（单位：分）
（1）经过计算，得到学生的物理学习成绩x与数学学习成绩y满足回归方程．若某位学生的物理成绩为95分，请预测他的数学成绩；
（2）若要从抽取的这6名学生中随机选出3名学生参加一项问卷调查，记数学成绩不低于100分的学生人数为X，求X的分布列和数学期望．
【答案】（1）；
（2）分布列见解析，2.
【解析】
分析】（1）根据给定条件，求出样本点中心，再求出并作出预测.
（2）求出X的可能值及对应的概率，列出分布列并求出期望.
【小问1详解】
依题意，，，
于是，解得，因此，当时，，
所以物理成绩为95分，预测他的数学成绩为.
【小问2详解】
依题意，数学学习成绩低于100分的有2人，数学学习成绩不低于100分的有4人，
因此X的可能值为1，2，3，
，，
所以X的分布列为
数学期望.
19. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，，平面平面，，是的中点，作交于．
（1）求证：平面；
（2）求二面角的正切值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接交于点，由中位线性质可得，根据线面平行的判定可得结论；
（2）由面面垂直性质可得平面，以为坐标原点建立空间直角坐标系，令，结合可构造方程求得，进而得到点坐标，利用二面角的向量求法可求得余弦值，进而得到正切值.
【小问1详解】
连接交于点，连接，
四边形为正方形，为中点，又为中点，，
平面，平面，平面.
【小问2详解】
，平面平面，平面平面，平面，
平面，又，
以为坐标原点，正方向为轴正方向，可建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，，
，，，
设，则，，
，，解得：，
，，，
设平面的法向量，
则，令，解得：，，；
轴平面，平面的一个法向量，
由图形可知：二面角为锐二面角，设其为，
则，，
即二面角的正切值为.
20. 古希腊数学家阿基米德用“逼近法”得到：椭圆面积的4倍除以圆周率等于椭圆的长轴长与短轴长的积．已知是椭圆C：的左焦点，且椭圆C的面积为，离心率为．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）设点，，以为直径的圆与椭圆C在x轴上方交于M，N两点，求的值
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意可得出：，解方程求出，即可得出答案.
（2）求出以为直径的圆的方程，联立椭圆的方程得到，表示出，将韦达定理代入即可得出答案.
【小问1详解】
由题意可得出：，解得：，
所以椭圆C的标准方程为：.
【小问2详解】
因为，，
所以以为直径的圆的方程为，
即，
设，则由，
得：，
所以，
又
，
同理，，
所以
.
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：
(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
21. 已知函数．
（1）若函数在R上是增函数，求a的取值范围；
（2）设，若，证明：．
【答案】（1）；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，利用导数结合单调性，列出不等式求解即得.
（2）由（1）的信息可得，利用分析法推理变形，构造函数并利用导数证明即得.
【小问1详解】
函数，求导得，
依题意，对任意实数，恒成立，而，
因此，解得：，
所以的取值范围为.
【小问2详解】
函数的定义域为，
由，得，
由（1）知，函数在上是增函数，
不妨令，则，即，
亦即，则，
于是，则，
下面证明：，即证：，即证：，
令，即证：，设，
求导得，则函数在上单调递减，
于是，即，所以.
【点睛】思路点睛：函数不等式证明问题，将所证不等式等价转化，构造新函数，再借助函数的单调性、极(最)值问题处理.
（二）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．
[选修4-4：坐标系与参数方程]
22. 在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为，（t为参数）．以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，直线的极坐标方程为．
（1）求曲线C的普通方程与直线的直角坐标方程；
（2）若与直线垂直的直线交曲线C于A，B两点，求的最大值．
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）将曲线C的参数方程中的参数消去即可得普通方程，利用可将极坐标方程转化为直角坐标方程；
（2）设直线方程为，然后与椭圆方程联立，利用弦长公式及韦达定理求 最值.
【小问1详解】
对于曲线C的参数方程，则，
又，
所以，
即曲线C的普通方程为；
又根据，
可得，
即直线的直角坐标方程为；
【小问2详解】
设与直线垂直的直线方程为，，
联立，消去得，
则，解得，
则，
当时，取最大值.
[选修4-5：不等式选讲]
23. 已知函数．
（1）求不等式的解集；
（2）若函数的最小值为m，且正数a，b，c满足，求的最小值．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）结合对数函数单调性，利用公式法解含绝对值符号的不等式即得.
（2）由绝对值的三角不等式求出，再利用柯西不等式求出最小值即可.
【小问1详解】
依题意，，解得，
所以不等式的解集为.
【小问2详解】
依题意，函数，而，当且仅当时取等号，
因此当时，函数取得最小值，即，
所以
，当且仅当时取等号，
所以当时，取得最小值.
物理成绩x
63
68
74
76
85
90
数学成绩y
90
95
110
110
125
130
1
2
3
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