河北省邯郸市2021届新高考模拟化学试题(市模拟卷)含解析 22页

河北省邯郸市 2021 届新高考模拟化学试题（市模拟卷） 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．已知复数 2(1 ) ( 1)iz a a （ i 为虚数单位， 1a ），则 z 在复平面内对应的点所在的象限为 （ ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 【答案】 B 【解析】 【分析】 分别比较复数 z的实部、虚部与 0 的大小关系，可判断出 z 在复平面内对应的点所在的象限 . 【详解】 因为 1a 时，所以 1 0a ， 2 1 0a ，所以复数 z 在复平面内对应的点位于第二象限 . 故选： B. 【点睛】 本题考查复数的几何意义，考查学生的计算求解能力，属于基础题 . 2．《周易》是我国古代典籍，用 “卦 ”描述了天地世间万象变化．如图是一个八卦图，包含乾、坤、震、巽、 坎、离、艮、兑八卦（每一卦由三个爻组成，其中 “ ”表示一个阳爻， “ ”表示一个阴爻）若 从八卦中任取两卦，这两卦的六个爻中恰有两个阳爻的概率为（ ） A． 3 56 B． 3 28 C． 3 14 D． 1 4 【答案】 C 【解析】 【分析】 分类讨论，仅有一个阳爻的有坎、艮、震三卦，从中取两卦；从仅有两个阳爻的有巽、离、兑三卦中取一 个，再取没有阳爻的坤卦，计算满足条件的种数，利用古典概型即得解 . 【详解】 由图可知，仅有一个阳爻的有坎、艮、震三卦，从中取两卦满足条件，其种数是 2 3 3C ； 仅有两个阳爻的有巽、离、兑三卦，没有阳爻的是坤卦，此时取两卦满足条件的种数是 1 3 3C ，于是所求 的概率 2 8 3 3 3 14 P C ． 故选： C 【点睛】 本题考查了古典概型的应用，考查了学生综合分析，分类讨论，数学运算的能力，属于基础题 . 3． 2021年部分省市将实行 “3 1 2 ”的新高考模式，即语文、数学、英语三科必选，物理、历史二选一， 化学、生物、政治、地理四选二，若甲同学选科没有偏好，且不受其他因素影响，则甲同学同时选择历史 和化学的概率为 A． 1 8 B． 1 4 C． 1 6 D． 1 2 【答案】 B 【解析】 【分析】 【详解】 甲同学所有的选择方案共有 1 2 2 4 12C C 种，甲同学同时选择历史和化学后，只需在生物、政治、地理三科 中再选择一科即可， 共有 1 3 3C 种选择方案， 根据古典概型的概率计算公式， 可得甲同学同时选择历史和 化学的概率 3 1 12 4 P ，故选 B． 4．若 x ， y 满足约束条件 1 0 3 0 2 0 x y x y x ，则 2 2x y 的最大值是（ ） A． 9 2 B． 3 2 2 C．13 D． 13 【答案】 C 【解析】 【分析】 由已知画出可行域，利用目标函数的几何意义求最大值． 【详解】 解： 2 2x y 表示可行域内的点 ( , )x y 到坐标原点的距离的平方，画出不等式组表示的可行域，如图，由 1 0 2 0 x y x 解得 3 2 y x 即 2,3A 点 2,3A 到坐标原点 (0,0) 的距离最大，即 2 2 2 2( ) ( 2) 3 13maxx y ． 故选： C ． 【点睛】 本题考查线性规划问题，考查数形结合的数学思想以及运算求解能力，属于基础题． 5．函数 2( ) 1 cos 1 xf x x e 图象的大致形状是（ ） A． B． C． D． 【答案】 B 【解析】 【分析】 判断函数 f x 的奇偶性，可排除 A 、C，再判断函数 f x 在区间 0, 2 上函数值与 0 的大小，即可得 出答案 . 【详解】 解：因为 2 1( ) 1 cos cos 1 1 x x x ef x x x e e ， 所以 1 1 1( ) cos cos cos 1 1 1 x x x x x x e e ef x x x x f x e e e ， 所以函数 f x 是奇函数，可排除 A 、C； 又当 0, 2 x ， 0f x ，可排除 D； 故选： B. 【点睛】 本题考查函数表达式判断函数图像，属于中档题 . 6．已知函数 2 sin( ) 1 xf x x ．下列命题：①函数 ( )f x 的图象关于原点对称；②函数 ( )f x 是周期函数；③ 当 2 x 时，函数 ( )f x 取最大值；④函数 ( )f x 的图象与函数 1y x 的图象没有公共点，其中正确命题的序 号是（ ） A．①④ B．②③ C．①③④ D．①②④ 【答案】 A 【解析】 【分析】 根据奇偶性的定义可判断出①正确；由周期函数特点知②错误；函数定义域为 R ，最值点即为极值点，由 0 2 f 知③错误；令 1g x f x x ，在 0x 和 0x 两种情况下知 g x 均无零点，知④正确 . 【详解】 由题意得： f x 定义域为 R， 2 2 sin sin 11 x xf x f x xx Q ， f x 为奇函数，图象关于原点对称，①正确； siny xQ 为周期函数， 2 1y x 不是周期函数， f x 不是周期函数，②错误； 2 22 1 cos 2 sin 1 x x x x f x x Q ， 0 2 f ， 2 f 不是最值，③错误； 令 2 2 1sin1 sin 1 1 1 x xx xg x f x x x x x ， 当 0x 时， sin x x ， 1 0 x ， 0g x ，此时 f x 与 1y x 无交点； 当 0x 时， sin x x ， 1 0 x ， 0g x ，此时 f x 与 1y x 无交点； 综上所述： f x 与 1y x 无交点，④正确 . 故选： A . 【点睛】 本题考查函数与导数知识的综合应用，涉及到函数奇偶性和周期性的判断、函数最值的判断、两函数交点 个数问题的求解；本题综合性较强，对于学生的分析和推理能力有较高要求 . 7．若函数 1 2 log ,0 1, ( ) ( 1)( 3), 1, x x f x x x x x , 函数 ( ) ( )g x f x kx 只有 1 个零点， 则 k 的取值范围是 （ ） A． ( 1,0) B． ( ,0) (1, ) C． ( , 1) (0, )U D． (0,1) 【答案】 C 【解析】 【分析】 转化 ( ) ( )g x f x kx有 1 个零点为 ( )y f x 与 y kx 的图象有 1 个交点， 求导研究临界状态相切时的 斜率，数形结合即得解 . 【详解】 ( ) ( )g x f x kx 有 1 个零点 等价于 ( )y f x 与 y kx 的图象有 1 个交点． 记 ( ) ( 1)( 3)( 1)h x x x x x ，则过原点作 ( )h x 的切线， 设切点为 0 0( , )x y ， 则切线方程为 0 0 0( ) ( )( )y h x h x x x ， 又切线过原点，即 0 0 0( ) ( )h x h x x ， 将 0 0 0 0( ) 1 3 ,( )( )h x x x x ， 0 2 0 0 3( ) 3 8xh xx 代入解得 0 2x ． 所以切线斜率为 2(2) 3 2 8 2 3 1h ， 所以 1k 或 0k ． 故选： C 【点睛】 本题考查了导数在函数零点问题中的应用，考查了学生数形结合，转化划归，数学运算的能力，属于较难 题 . 8． 2 2 1a b 是 sin cos 1a b 恒成立的（ ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】 A 【解析】 【分析】 【详解】 设 cos { sin cos sin cos cos sin sin( + ) 1 sin a a b b 成立；反之， 0a b= = 满足 sin cos 1a b ，但 2 2 1a b ，故选 A. 9．阅读下侧程序框图，为使输出的数据为 ，则①处应填的数字为 A． B． C． D． 【答案】 B 【解析】 考点：程序框图． 分析：分析程序中各变量、各语句的作用，再根据流程图所示的顺序，可知：该程序的作用是利用循环求 S 的值，我们用表格列出程序运行过程中各变量的值的变化情况，不难给出答案． 解：程序在运行过程中各变量的值如下表示： S i 是否继续循环 循环前 1 1/ 第一圈 3 2 是 第二圈 7 3 是 第三圈 15 4 是 第四圈 31 5 否 故最后当 i＜5 时退出， 故选 B． 10．已知复数 z1=3+4i,z 2=a+i, 且 z1 2z 是实数 ,则实数 a 等于 ( ) A． 3 4 B． 4 3 C．- 4 3 D． - 3 4 【答案】 A 【解析】 分析：计算 2z a i ，由 z1 2z 3a 4 4a 3 i ，是实数得 4a 3 0 ，从而得解 . 详解：复数 z1=3+4i,z 2=a+i, 2z a i . 所以 z1 2z 3 4i a i 3a 4 4a 3 i ，是实数， 所以 4a 3 0，即 3a 4 . 故选 A. 点睛：本题主要考查了复数共轭的概念，属于基础题 . 11．若 1,6a ，则函数 2x ay x 在区间 2, 内单调递增的概率是（ ） A． 4 5 B． 3 5 C． 2 5 D． 1 5 【答案】 B 【解析】 Q 函数 2x ay x 在区间 2, 内单调递增， 2 2 2' 1 0a x ay x x ，在 2, 恒成立， 2a x 在 2, 恒成立， 4a ， 1,6 , 1,4 ,a aQ 函数 2x ay x 在区间 2, 内单调 递增的概率是 4 1 3 6 1 5 ，故选 B. 12．已知集合 1,0,1,2A ， | lg(1 )B x y x ，则 A BI （ ） A． {2} B． { 1,0} C． { }1 D． { 1,0,1} 【答案】 B 【解析】 【分析】 求出集合 B ，利用集合的基本运算即可得到结论 . 【详解】 由 1 0x ，得 1x ，则集合 | 1B x x ， 所以， 1,0A B . 故选： B. 【点睛】 本题主要考查集合的基本运算，利用函数的性质求出集合 B 是解决本题的关键，属于基础题 . 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。 13． 6 2 12x x 的展开式中，常数项为 ______；系数最大的项是 ______. 【答案】 60 6240 x 【解析】 【分析】 求出二项展开式的通项，令指数为零，求出参数的值，代入可得出展开式中的常数项；求出项的系数，利 用作商法可求出系数最大的项 . 【详解】 6 2 12x x 的展开式的通项为 62 6 12 3 6 6 12 2 k kk k k kC x C x x ， 令 12 3 0k ，得 4k ，所以，展开式中的常数项为 4 2 6 2 60C ； 令 6 6 2 , 6k k ka C k N k ，令 1 1 n n n n a a a a ，即 6 1 7 6 6 6 1 5 6 6 2 2 2 2 n n n n n n n n C C C C ， 解得 4 7 3 3 n ， n NQ ， 2n ，因此，展开式中系数最大的项为 2 4 6 6 6 2 240C x x . 故答案为： 60； 6240 x . 【点睛】 本题考查二项展开式中常数项的求解，同时也考查了系数最大项的求解，涉及展开式通项的应用，考查分 析问题和解决问题的能力，属于中等题 . 14．已知 2 3 0 x dx n ，则 1 2 ( 1)nx x 展开式 2x 的系数为 __________． 【答案】 8 【解析】 【分析】 先根据定积分求出 n 的值，再用二项展开式公式即可求解 . 【详解】 因为 22 3 4 4 0 0 1 1 2 4 4 4 x dx x 所以 4n 4( 1)x 的通项公式为 4 1 4 41r r r r r rT C x C x 当 2r = 时， 4 2 2 2 3 4 41 6r r rT C x C x x 当 3r 时， 3 3 3 4 4 4T C x x 故 1 2 ( 1)nx x 展开式中 2x 的系数为 4 ( 2) 6 8 故答案为： 8 【点睛】 此题考查定积分公式，二项展开式公式等知识点，属于简单题目 . 15．以 1,0a ， 2 ,0a 为圆心的两圆均过 (1,0) ，与 y 轴正半轴分别交于 10 y, ， 20, y ，且满足 1 2ln ln 0y y ，则点 1 2,a a 的轨迹方程为 _________． 【答案】 2 1 xy x 【解析】 【分析】 根据圆的性质可知 1,0a 在线段 AB 的垂直平分线上， 由此得到 2 1 11 2y a ，同理可得 2 2 21 2y a ，由 对数运算法则可知 1 2 1y y ，从而化简得到 1 2 12 1 aa a ，由此确定轨迹方程 . 【详解】 1 2 1 2ln ln ln 0y y y yQ ， 1 2 1y y ， 1,0AQ 和 10,B y 的中点坐标为 11 , 2 2 y ，且 1,0a 在线段 AB 的垂直平分线上， 1 1 1 2 11 1 2 y y a ，即 2 1 11 2y a ，同理可得： 2 2 21 2y a ， 2 1 2 1 21 2 1 2 1a a y y ， 1 2 12 1 aa a ， 点 1 2,a a 的轨迹方程为 2 1 xy x ． 故答案为： 2 1 xy x ． 【点睛】 本题考查动点轨迹方程的求解问题，关键是能够利用圆的性质和对数运算法则构造出 1 2,a a 满足的方程， 由此得到结果 . 16．设集合 1,3A ， 2 2 3 0B x x x ，则 A BI ____________. 【答案】 1 【解析】 【分析】 先解不等式 2 2 3 0x x ,再求交集的定义求解即可 . 【详解】 由题 ,因为 2 2 3 0x x ,解得 1 3x- < < ,即 | 1 3B x x , 则 1A BI , 故答案为 : 1 【点睛】 本题考查集合的交集运算 ,考查解一元二次不等式 . 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．如图 ,四棱锥 P ABCD 中 ,平面 PAD 平面 ABCD ,底面 ABCD 为梯 形 . / / . 2 2 3AB CD AD DC ，且 PADV 与 ABDV 均为正三角形 . E 为 AD 的中点 ,G 为 PADV 重 心 , AC 与 BD 相交于点 F . (1)求证 : / /GF 平面 PDC ； (2)求三棱锥 G PCD 的体积 . 【答案】 （1）见解析（ 2） 3 2 【解析】 【分析】 （ 1）第（ 1）问，连 AG 交 PD 于 H ,连接 CH .证明 GF // HC ，即证 / /GF 平面 PDC . (2)第(2)问，主 要是利用体积变换， 1 3G PCD F PCD P CDF CDFV V V PE S ,求得三棱锥 G PCD 的体积 . 【详解】 （ 1）方法一：连 AG 交 PD 于 H ,连接 CH . 由梯形 ABCD ， ||AB CD 且 2AB DC ，知 2 1 AF FC 又 E 为 AD 的中点， G 为 PAD 的重心，∴ 2 1 AG GH 在 AHC 中， 2 1 AG AF GH FC ,故 GF // HC . 又 HC 平面 PCD , GF 平面 PCD ,∴ GF / / 平面 PDC . 方法二：过 G 作 ||GN AD 交 PD 于 N,过 F 作 FM||AD 交 CD 于 M, 连接 MN, Q G 为△PAD 的重心， 2 2 2, 3. 3 3 3 GN PG GN ED DE PE 又 ABCD 为梯形， AB||CD, 1 1, . 2 2 CD CF AB AF Q 1 2, 3, . 3 3 MF MF GN FM AD 又由所作 GN||AD,FM||AD, 得 GN // FM ，所以 GNMF 为平行四边形 . 因为 GF||MN, , , || .GF PCD MN PCD GF PCD平面 平面 平面 （ 2） 方法一 :由平面 PAD 平面 ABCD ， PAD 与 ABD 均为正三角形， E 为 AD 的中点 ∴ PE AD ， BE AD ，得 PE 平面 ABCD ，且 3PE 由（ 1）知 GF //平面 PDC ，∴ 1 3G PCD F PCD P CDF CDFV V V PE S 又由梯形 ABCD ，AB||CD ，且 2 2 3AB DC ，知 1 2 3 3 3 DF BD 又 ABD 为正三角形，得 60CDF ABD o，∴ 1 3sin 2 2CDFS CD DF BDC ， 得 1 3 3 2P CDF CDFV PE S ∴三棱锥 G PCD 的体积为 3 2 . 方法二 : 由平面 PAD 平面 ABCD ， PAD 与 ABD 均为正三角形， E 为 AD 的中点 ∴ PE AD ， BE AD ，得 PE 平面 ABCD ，且 3PE 由 2 3 PG PE ，∴ 2 2 2 1 3 3 3 3G PCD E PCD P CDE CDEV V V PE S 而又 ABD 为正三角形，得 120EDC o，得 1 3 3sin 2 4CDES CD DE EDC . ∴ 2 1 2 1 3 3 33 3 3 3 3 4 2P CDF CDFV PE S ， ∴三棱锥 G PCD 的体积为 3 2 . 18．曲线 1C 的参数方程为 1 cos sin x y （ 为参数），以坐标原点为极点， x 轴的正半轴为极轴建立极 坐标系，曲线 2C 的极坐标方程为 2cos 4sin . （ 1）求曲线 1C 的极坐标方程和曲线 2C 的直角坐标方程； （ 2）过原点且倾斜角为 ( ) 4 3 的射线 l 与曲线 1 2C C， 分别交于 ,A B 两点（异于原点） ，求 OA OB 的取值范围 . 【答案】 （1） 2cos ， 2 4x y ；（2） 8,8 3 . 【解析】 【分析】 （ 1）先将曲线 1C 化为普通方程，再由直角坐标系与极坐标系之间的转化关系： 2 2 2cos , sin , +yx y x ，可得 1C 极坐标方程和曲线 2C 的直角坐标方程； （ 2）由已知可得出射线 l 的极坐标方程为 = 4 3 ，联立 1C 和 2C 的极坐标方程可得点 A 和点 B 的极坐标，从而得出 8tanOA OB ，由 的范围可求得 OA OB 的取值范围 . 【详解】 （ 1）曲线 1C 的普通方程为 2 2( 1) 1x y ，即 2 2 2 0x y x ， 其极坐标方程为 2 2 cos 0 2cos ； 曲线 2C 的极坐标方程为 2cos 4sin ，即 2 2cos 4 sin ， 其直角坐标方程为 2 4x y ； （ 2）射线 l 的极坐标方程为 = 4 3 ， 联立 (2cos , ) 2cos A ，联立 2 2 4sin( , ) cos 4sin cos B 2 4sin2cos 8tan cos OA OB ， , 1 tan 3 4 3 Q OA OB 的取值范围是 8,8 3 【点睛】 本题考查圆的参数方程与普通方程互化，圆，抛物线的极坐标方程与普通方程的互化，以及在极坐标下的 直线与圆和抛物线的位置关系，属于中档题 . 19．已知函数 2 3( ) xf x x e （ 1）若 0x ，求证： 1( ) ; 9 f x （ 2）若 0x ，恒有 ( ) ( 3) 2ln 1f x k x x ，求实数 k 的取值范围 . 【答案】 （1）见解析； （2）（﹣ ∞，0] 【解析】 【分析】 （ 1）利用导数求 x＜0 时， f（x）的极大值为 2 2 4 3 9 f e ，即证 1( ) ; 9 f x （2）等价于 k≤ 2 3 3 21 1xx e x nx x ，x＞0，令 g（ x）＝ 2 3 3 21 1xx e x nx x ，x＞0，再求函数 g(x)的最小值得解 . 【详解】 （ 1）∵函数 f（x）＝ x2e3x，∴ f ′（x）＝ 2xe3x+3x 2e3x＝x（3x+2）e3x． 由 f ′（x）＞ 0，得 x＜﹣ 2 3 或 x＞0；由 f ′（x）＜ 0，得 2 0 3 x ， ∴f（x）在（﹣ ∞，﹣ 2 3 ）内递增，在（﹣ 2 3 ， 0）内递减，在（ 0，+∞）内递增， ∴f（x）的极大值为 2 2 4 3 9 f e ， ∴当 x＜0 时， f（ x）≤ 2 2 4 4 1 3 9 9 4 9 f e （ 2）∵ x2e3x≥（k+3 ）x+2lnx+1 ，∴ k≤ 2 3 3 21 1xx e x nx x ，x＞ 0， 令 g（x）＝ 2 3 3 21 1xx e x nx x ，x＞0，则 g′（ x） 2 3 2 (1 3 ) 21 1xx x e nx x ， 令 h（x）＝ x2（1+3x）e3x+2lnx ﹣ 1，则 h（ x）在（ 0，+∞）上单调递增， 且 x→0 +时， h（x） →﹣∞， h（1）＝ 4e3﹣1＞0， ∴存在 x0∈（ 0，1），使得 h（x0）＝ 0， ∴当 x∈（ 0，x0）时， g′（x）＜ 0，g（ x）单调递减， 当 x∈（ x0，+∞）时， g′（x）＞ 0，g（x）单调递增， ∴g（ x）在（ 0，+∞）上的最小值是 g（x0）＝ 032 0 0 0 0 3 2ln 1xx e x x x ， ∵h（ x0）＝ 032 0 01 3 x x x e +2lnx 0﹣1=0，所以 032 0 0 0 1 2ln 1 3 x xx e x ， 令 02 0 0 3 0=1 3 0xx xe ， 2lnx ， 令 0 0 0 0 1 2ln =1 3 0 1 3 x x x ， 2lnx 所以 032 0 0 0 1 2ln 1 3 x xx e x =1， 0 0= 3x2lnx , ∴g（ x0） 032 0 0 0 0 0 0 0 3 21 1 1 3 3 1 0 xx e x nx x x x x ∴实数 k 的取值范围是（﹣ ∞，0]． 【点睛】 本题主要考查利用证明不等式， 考查利用导数求最值和解答不等式的恒成立问题， 意在考查学生对这些知 识的理解掌握水平和分析推理能力 . 20．在 ABC 中，角 A 、 B 、 C 的对边分别为 a 、 b 、 c ，且 5cos 5 A . （ 1）若 5a ， 2 5c ，求 b 的值； （ 2）若 4 B ，求 tan2C 的值 . 【答案】 （1） 5b ；（2） 3tan 2 4 C . 【解析】 【分析】 （ 1）利用余弦定理得出关于 b 的二次方程，结合 0b ，可求出 b 的值； （ 2）利用两角和的余弦公式以及诱导公式可求出 cos cosC A B 的值，利用同角三角函数的基本 关系求出 tanC 的值，然后利用二倍角的正切公式可求出 tan2C 的值 . 【详解】 （ 1）在 ABC 中，由余弦定理 2 2 22 cosb c bc A a 得， 2 520 2 2 5 25 5 b b ，即 2 4 5 0b b ， 解得 5b 或 1b （舍），所以 5b ； （ 2）由 5cos 5 A 及 0 A 得， 2 25 2 5sin 1 cos 1 ( ) 5 5 A A ， 所以 2 10cos cos( ( )) cos( ) (cos sin ) 4 2 10 C A B A A A ， 又因为 0 C ，所以 2 210 3 10sin 1 cos 1 ( ) 10 10 C C ， 从而 3 10 sin 10tan 3cos 10 10 CC C ，所以 2 2 2tan 2 3 3tan2 1 tan 1 3 4 CC C . 【点睛】 本题考查利用余弦定理解三角形， 同时也考查了两角和的余弦公式、 同角三角函数的基本关系以及二倍角 公式求值，考查计算能力，属于中等题 . 21．记抛物线 2: 2 ( 0)C y px p 的焦点为 F ，点 ,D E 在抛物线 C 上， 且直线 DE 的斜率为 1，当直线 DE 过点 F 时， | | 4DE . （ 1）求抛物线 C 的方程； （ 2）若 (2,2)G ，直线 DO 与 EG 交于点 H ， 0 uuur uur r DI EI ，求直线 HI 的斜率 . 【答案】 （1） 2 2y x （2）0 【解析】 【分析】 （ 1）根据题意，设直线 : 2 pDE y x ，与 2: 2 ( 0)C y px p 联立，得 2 22 0y py p ，再由弦长 公式， 1 22 1| | 1 4DE y y k 求解 . （ 2）设 2 2 1 2 1 2, , , 2 2 y yD y E y ，根据直线 DE 的斜率为 1，则 2 1 2 2 2 1 2 1 2 1 2 2 y y y y y y ，得到 2 1 2y y ， 再由 0DI EI uur uur ，所以线段 DE 中点 I 的纵坐标为 1Iy ，然后直线 DO 的方程 1 2y x y 与直线 EG 的 方程 2 2 ( 2) 2 y x y 联立解得交点 H 的纵坐标 1Hy ，说明直线 / /HI x 轴，直线 HI 的斜率为 0. 【详解】 （ 1）依题意， ,0 2 pF ，则直线 : 2 pDE y x ， 联立 2 2 , , 2 y px py x 得 2 22 0y py p ； 设 1 1 2 2, , ,D x y E x y ， 则 2 1 2 1 2 1 22 2 1 1| | 1 1 4 2 2 2 4DE y y y y y y p k k ， 解得 1p ，故抛物线 C 的方程为 2 2y x . （ 2） 2 2 1 2 1 2, , , 2 2 y yD y E y ， 因为直线 DE 的斜率为 1，则 2 1 2 2 2 1 2 1 2 1 2 2 y y y y y y ，所以 2 1 2y y ， 因为 0DI EI uur uur ，所以线段 DE 中点 I 的纵坐标为 1Iy . 直线 DO 的方程为 1 2 1 2 yy x y ，即 1 2y x y ① 直线 EG 的方程为 2 2 2 22 ( 2) 2 2 yy x y ，即 2 2 ( 2) 2 y x y ② 联立①②解得 1 , 2 1. yx y 即点 H 的纵坐标为 1Hy ，即直线 / /HI x 轴， 故直线 HI 的斜率为 0. 如果直线 EG 的斜率不存在，结论也显然成立， 综上所述，直线 HI 的斜率为 0. 【点睛】 本题考查抛物线的方程、直线与抛物线的位置关系，还考查推理论证能力以及化归与转化思想，属于中档 题 . 22．如图，在直棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D 中，底面 ABCD 为菱形， 2AB BD ， 1 2BB ， BD 与 AC 相交于点 E ， 1A D 与 1AD 相交于点 O. （ 1）求证： AC 平面 1 1BB D D ； （ 2）求直线 OB 与平面 1 1OB D 所成的角的正弦值 . 【答案】 （1）证明见解析（ 2） 21 7 【解析】 【分析】 （ 1）要证明 AC 平面 1 1BB D D ，只需证明 AC BD ， 1AC DD 即可： （ 2）取 1 1B D 中点 F ，连 EF ，以 E 为原点， , ,EA EB EF uuur uuur uuur 分别为 , , x y z 轴建立空间直角坐标系，分 别求出 OB uuur 与平面 1 1OB D 的法向量 n r ，再利用 cos , | | | | On OB n B O n B ur uuu ur r r u r uuur 计算即可 . 【详解】 （ 1）∵底面 ABCD 为菱形， AC BD ∵直棱柱 1 1 1 1 1ABCD A B C D DD， 平面 ABCD . ∵ AC 平面 ABCD . 1AC DD 1 1, ,AC BD AC DD BD DD DQ . AC 平面 1 1BB D D ； （ 2）如图，取 1 1B D 中点 F ，连 EF ，以 E 为原点， , ,EA EB EF uuur uuur uuur 分别为 , , x y z 轴建立如图所示空间 直角坐标系： 3, 1AE BEQ ， 点 1 1 3 1(0,1,0), (0,1,2), (0, 1,2), ( 3,0,0), , ,1 2 2 B B D A O ， 设平面 1 1OB D 的法向量为 ( , , )n x y z r ， 1 1 1 3 3(0,2,0), , ,1 2 2 D B OB uuuur uuuur ， 有 1 1 1 2 0 3 3 0 2 2 D B n y OB n x y z uuuuv v uuuv v ，令 2x ， 0, 3y z 得 (2,0, 3)n r 又 3 3, , 1 , 2 3,| | 7,| | 2 2 2 OB n OB n OB uuur r uuur uuur ， 设直线 OB 与平面 1 1OB D 所成的角为 ， 所以 2 3 21sin |cos , | | | 72 7 n OB r uuur 故直线 OB 与平面 1 1OB D 所成的角的正弦值为 21 7 . 【点睛】 本题考查线面垂直的证明以及向量法求线面角的正弦值， 考查学生的运算求解能力， 本题解题关键是正确 写出点的坐标 . 23．在直角坐标系 xOy 中，曲线 C 的参数方程为 2cos sin x y （ 为参数，将曲线 C 经过伸缩变换 1 1 2 x x y y 后得到曲线 1C .在以原点为极点， x 轴正半轴为极轴的极坐标系中，直线 l 的极坐标方程为 cos sin 5 0. （ 1）说明曲线 1C 是哪一种曲线，并将曲线 1C 的方程化为极坐标方程； （ 2）已知点 M 是曲线 1C 上的任意一点，又直线 l 上有两点 E 和 F ，且 | | 5EF ，又点 E 的极角为 2 ， 点 F 的极角为锐角 .求： ①点 F 的极角； ② EMF 面积的取值范围 . 【答案】 （1）曲线 1C 为圆心在原点，半径为 2 的圆 . 1C 的极坐标方程为 2 （2） ① 8 ② 25 2 25 25, 5 4 4 【解析】 【分析】 （ 1）求得曲线 C 伸缩变换后所得 1C 的参数方程，消参后求得 1C 的普通方程，判断出 1C 对应的曲线，并 将 1C 的普通方程转化为极坐标方程 . （ 2） ①将 E 的极角代入直线 l 的极坐标方程，由此求得点 E 的极径，判断出 EOF 为等腰三角形，求得直线 l 的普通方程，由此求得 4 FEO ，进而求得 3 8 FOE ，从而求得点 F 的极角 . ②解法一：利用曲线 1C 的参数方程，求得曲线 1C 上的点 M 到直线 l 的距离 d 的表达式，结合三角函数的 知识求得 d 的最小值和最大值，由此求得 EMF 面积的取值范围 . 解法二：根据曲线 1C 表示的曲线，利用圆的几何性质求得圆 1C 上的点到直线 l 的距离的最大值和最小值， 进而求得 EMF 面积的取值范围 . 【详解】 （ 1）因为曲线 C 的参数方程为 2cos , sin x y （ 为参数）， 因为 1 1 , 2 x x y y 则曲线 1C 的参数方程 1 1 2cos , 2sin x y 所以 1C 的普通方程为 2 2 1 1 4x y .所以曲线 1C 为圆心在原点，半径为 2 的圆 . 所以 1C 的极坐标方程为 2 4 ，即 2 . （ 2）①点 E 的极角为 2 ，代入直线 l 的极坐标方程 cos sin 5 0 得点 E 极径为 5，且 | | 5EF ，所以 EOF 为等腰三角形， 又直线 l 的普通方程为 5 0x y ， 又点 F 的极角为锐角，所以 4 FEO ，所以 3 8 FOE ， 所以点 F 的极角为 3 2 8 8 . ②解法 1：直线 l 的普通方程为 5 0x y . 曲线 1C 上的点 M 到直线 l 的距离 2 2 sin 5 4|2cos 2sin 5| 2 2 d . 当 sin 1 4 ，即 2 4 k （ k Z ）时， d 取到最小值为 |2 2 5 | 5 2 2 22 . 当 sin 1 4 ，即 32 4 k （ k Z ）时， d 取到最大值为 | 2 2 5 | 5 2 2 22 . 所以 EMF 面积的最大值为 1 5 2 25 25 2 5 2 2 4 ； 所以 EMF 面积的最小值为 1 5 2 25 25 2 5 2 2 4 ； 故 EMF 面积的取值范围 25 2 25 25, 5 4 4 . 解法 2：直线 l 的普通方程为 5 0x y . 因为圆 1C 的半径为 2，且圆心到直线 l 的距离 |0 0 5 | 5 2 22 d ， 因为 5 2 2 2 ，所以圆 1C 与直线 l 相离 . 所以圆 1C 上的点 M 到直线 l 的距离最大值为 5 2 2 2 d r ， 最小值为 5 2 2 2 d r . 所以 EMF 面积的最大值为 1 5 2 25 25 2 5 2 2 4 ； 所以 EMF 面积的最小值为 1 5 2 25 25 2 5 2 2 4 ； 故 EMF 面积的取值范围 25 2 25 25, 5 4 4 . 【点睛】 本小题考查坐标变换，极径与极角；直线，圆的极坐标方程，圆的参数方程，直线的极坐标方程与普通方 程，点到直线的距离等 .考查数学运算能力，包括运算原理的理解与应用、运算方法的选择与优化、运算 结果的检验与改进等 .也兼考了数学抽象素养、逻辑推理、数学运算、直观想象等核心素养 .