云南省昆明市第一中学2021届高中新课标高三第二次双基检测理科数学试题 Word版含解析 20页

- 1 - 昆明市第一中学 2021 届高中新课标高三第二次双基检测 理科数学 一､选择题 1. 已知集合  2 3 4 0A x x x    ，集合  2 4B x Z x     ，则 A B  （ ） A.  2,1,0,1 B.  1,0,1,2,3 C.  0,1 D.  1 【答案】A 【解析】 【分析】 先分别化简两集合，再求交集，即可得出结果. 【详解】因为集合    2 3 4 0 4 1A x x x x x        ， 集合    2 4 2, 1,0,1,2,3B x Z x        ， 所以  2, 1,0,1A B    . 故选：A. 【点睛】本题主要考查求集合的交集，涉及一元二次不等式的解法，属于基础题型. 2. 设 1 1i x yi   （i 是虚数单位， xR ， y R ）则 x yi  （ ） A. 2 2 B. 2 C. 2 D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】 本题首先可根据  1 1i x yi   求出 x 、 y 的值，然后根据复数的模的相关性质即可得出结 果. 【详解】因为 1 1i x yi   ，即 1x xi yi   ， 所以 1x y  ， 2 21 1 1 2i    ， 故选：B. 【点睛】本题考查复数相等的相关性质以及复数的模，若复数 z a bi  ，则 2 2z a b  ， - 2 - 考查计算能力，是简单题. 3. 我国古代数学家利用“牟合方盖”(如图甲)找到了球体体积的计算方法.“牟合方盖”是由两个 圆柱分别从纵横两个方向嵌入一个正方体时两圆柱公共部分形成的几何体.图乙所示的几何体 是可以形成“牟合方盖”的一种模型，它的侧视图是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 本题根据三视图的定义直接选答案即可. 【详解】解：根据三视图的定义直接选 B. 故选：B 【点睛】本题考查几何体的三视图识别，是基础题. 4. 已知 1tan 2    ， cos2  （ ） A. 4 5 B. 4 5  C. 3 5 D. 3 5- 【答案】C 【解析】 【分析】 由二倍角的余弦公式、弦化切可求得 cos2 的值. 【 详 解 】 1tan 2    ， 则 - 3 - 2 2 2 2 2 2 2 2 11cos sin 1 tan 34cos2 cos sin 1cos sin 1 tan 51 4                  . 故选：C. 【点睛】本题考查利用二倍角的余弦公式、弦化切求值，考查计算能力，属于基础题. 5. 在 6 21 xx     的展开式中 3x 的系数是（ ） A. 20 B. 15 C. 20 D. 30 【答案】A 【解析】 【分析】 首先写出展开式的通项     6 2 3 6 1 6 6 1 1 r r rr r r rT C x C xx           ，再令3 6 3r   ，即可求解. 【详解】 6 21 xx     的展开式的通公式为     6 2 3 6 1 6 6 1 1 r r rr r r rT C x C xx           ， 令3 6 3r   .则 3r  ， 故 3x 的系数是  3 3 61 20rT C    ， 故选：A 【点睛】本题主要考查了求二项式展开式中某一项的系数，属于基础题. 6. 已知函数     2g x f x x  是奇函数，当 0x  时，函数  f x 的图象与函数 2logy x 的 图象关于 y x 对称，则  2g   （ ） A. 7 B. 8 C. 9 D. 10 【答案】B 【解析】 【分析】 先求出 0x  时，  f x 的解析式，即可求得 0x  时   22xg x x  ，再利用  g x 是奇函数    2 2g g   ，即可求解. 【详解】因为 0x  时，  f x 的图象与函数 2logy x 的图象关于 y x 对称， - 4 - 所以 0x  时，   2xf x  ， 所以 0x  时，   22xg x x  ， 又因为  g x 是奇函数， 所以      2 2 4 4 8g g        ， 故选：B 【点睛】本题主要考查了利用函数的奇偶性和反函数求函数解析式，以及求函数值，属于中 档题. 7. 过圆 2 2 4x y  上一点 P 作圆  2 2 2: 0O x y m m   的两条切线，切点分别为 A ，B ，若 3APB   ，则实数 m  （ ） A. 1 3 B. 1 2 C. 1 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】 取圆 2 2 4x y  上任意一点 P，过 P 作圆 2 2 2: ( 0)O x y m m   的两条切线 PA ， PB ， 根据题中条件，求出 1OA  ，进而可求出结果. 【详解】取圆 2 2 4x y  上任意一点 P， 过 P 作圆 2 2 2: ( 0)O x y m m   的两条切线 PA ， PB ， 当 3APB   时， 6APO   且OA AP ， 2OP  ； 则 1 12OA OP  ，所以实数 1m OA  . - 5 - 故选：C. 【点睛】本题主要考查求由直线与圆相切求参数，属于基础题型. 8. 设样本数据 1x ， 2x ， 3x ，…， 19x ， 20x 的均值和方差分别为 2 和8 ，若 2i iy x m  ( m 为非零常数， 1,2,3, ,19,20i   )，则 1y ， 2y ， 3y ，…， 19y ， 20y 的均值和标准差为（ ） A. 2 m ，32 B. 4 m ， 4 2 C. 2 m ， 4 2 D. 4 m ， 32 【答案】B 【解析】 【分析】 设样本数据 lx 的均值为 x ，方程为 2s ，标准差为 s，由已知得新样本 2i iy x m  的均值为 2x m ，方差为 2 22 s ，标准差为 2s ，代入可得选项. 【详解】设样本数据 lx 的均值为 x ，方程为 2s ，标准差为 s，则新样本 2i iy x m  的均值为 2x m ，方差为 2 22 s ，标准差为 2s ，所以 2 4y x m m    ， 2 8s  ，所以标准差为 s 2 2 ，所以 2 2 2 2 4 2s    ， 故选：B. 【点睛】本题考查均值、方差、标准差的性质，属于中档题. 9. 已知 ABC 三个内角 A ， B ，C 及其对边 a ，b ， c ，其中，角 B 为锐角， 3b  且  2 2 2 tan 3a c b B ac   ， 则 ABC 面积的最大值为（ ） A. 3 3 4 B. 3 3 2 C. 3 4 D. 3 2 【答案】A 【解析】 【分析】 由余弦定理求得 3B  ，且 2 2 3ac a c   ，再由三角形的面积公式和基本不等式可得选项. 【 详 解 】 由  2 2 2 tan 3a c b ac   得 2 2 2 3tan2 2 a c b ac       ， 所 以 - 6 - 3cos tan 2    ，即 3sin 2B  ，而 0 2B   ，所以 3B  ， 所以 1 3sin2 4ABCS ac B ac  ，又因为 2 2 2 2 21cos 32 2 a c bB ac a cac        ， 所以 2 2 3 2 3ac a c ac     ，所以 3ac  ， 3 3 3 334 4 4ac    ， 故选：A. 【点睛】本题考查运用余弦定理解三角形，三角形的面积公式，以及运用基本不等式求最值， 属于中档题. 10. 已知球面上 A ， B ，C 三点，如果 3AB BC AC   ，且球的体积为 20 5 3  ，则 球心到平面 ABC 的距离为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】 由球的体积可以求出球的半径 R ，利用 3AB BC AC   ，可以求出 ABC 外接圆的半 径 r ，在根据球心距OO，球的半径 R ， ABC 外接圆的半径 r ，满足勾股定理即可求得球 心到平面 ABC 的距离. 【详解】设球的半径 R ：则 34 20 5 3 3V R   ，所以 5R  ， 设 ABC 外接圆的半径 r ，则由 0 32 2sin 60r   ，所以 1r  ， 而  22 2R OO r  ，即  25 1OO  ， 所以 2OO  故选：D 【点睛】本题主要考查空间中点、线、面之间距离的计算，其中球心距求半径，截面圆半径， 满足勾股定理，属于中档题. - 7 - 11. 设 1F ， 2F 是双曲线   2 2 2 2: 1 0, 0x yC a ba b     的左、右焦点，O 是坐标原点，过 2F 作 C 的一条渐近线的垂线，垂足为 P .若 1 213PF PF ，则C 的离心率为（ ） A 5 B. 2 C. 3 D. 2 3 3 【答案】D 【解析】 【分析】 双曲线的渐近线方程为 by xa  ,则 2PF b ， 1OF c ，可得 OP a ，在 2OPF 和 1OPF 中，分别求出 2cos aPOF c   和 1cos POF ，利用 1 2cos cos 0POF POF    ， 可得 2 2 2 1 3PF a c  结合 2 2 2b c a  ， ce a  即可求解. 【详解】由题可得双曲线的渐近线方程为 0bx ay  ，  2 ,0F c 2 2 2 bcPF b b a    ， 1OF c ， OP a ， 因为 1 213PF PF ，所以 2 2 2 1 213 13PF PF b  ， 在 2OPF 中， 2cos aPOF c   ， 1OPF 中， 22 2 1 1cos a c PFPOF c    ， 因为 1 2POF POF     ，所以 1 2cos cos 0POF POF    ， 所以 22 2 1 0a c PF a c c     可得 2 2 2 1 3PF a c  ， 所以 2 2 2 213 13 3c a a c   ， 所以 4 3 c a  ，所以 2 3 3e  ， 故选：D - 8 - 【点睛】本题主要考查了利用双曲线的性质求双曲线的离心率，属于中档题. 12. 记函数    ln 1 1f x x x    的定义域为 A ，函数   sin 1x xg x e e x    ，若不 等式    22 1 2g x a g x    对 x A 恒成立，则 a 的取值范围为（ ） A.  2, B.  2, C.  2,  D.  2,  【答案】A 【解析】 【分析】 根据函数解析式，先求出  1,1A   ；令   sinx xm x e e x   ，根据函数奇偶性的定义， 判 定  m x 是 奇 函 数 ； 根 据 导 数 的 方 法 判 定  m x 是 增 函 数 ； 化 所 求 不 等 式 为 2 2 1a x x    ，进而可求出结果. 【详解】由 1 0 1 0 x x      解得 1 1x   ，即  1,1A   ， 令   sinx xm x e e x   ， 则    sinx xm x e e x m x      ， 则  m x 是 R 上的奇函数； 又   cos 2 cos 0x xm x e e x x       显然恒成立， 所以  m x 是增函数； 由    22 1 2g x a g x    得    22 1 2 2m x a m x     ， 即    22 1 0m x a m x    ，即    22 1m x a m x    ， 由  m x 是 R 上的奇函数且为增的函数， 所以    22 1m x a m x   得： 22 1x a x   . 所以  22 2 1 1 2a x x x        ， 当  1,1x  时，  21 2 2x    .所以 2a  . 故选：A. - 9 - 【点睛】本题主要考查由不等式恒成立求参数的问题，考查函数奇偶性与单调性的综合，考 查导数的方法判定函数单调性，属于常考题型. 二､填空题 13. 向量  1,0a  ，  21,b m r ，若  a ma b    ，则 m  _________. 【答案】1 【解析】 【分析】 利用向量垂直的表示列方程，解方程求得 m 的值. 【详解】因为  21,ma b m m     ，且   0a ma b     ，故 1 0m  ，解得 1m  . 故答案为：1 【点睛】本题主要考查向量垂直的表示，考查向量数量积的坐标运算，属于基础题. 14. 已知函数  f x 的导函数为  f x ，且满足关系式    3 2 1 xf x x f x e    ，则  1f  的值等于__________. 【答案】3 e 【解析】 【分析】 先对    3 2 1 xf x x f x e    求导，再将 1x  代入即可求解. 【详解】由题意可得    23 2 1 xf x x f e     ， 令 1x  得    1 3 2 1f f e     ， 即  1 3f e   . 故答案为：3 e 【点睛】本题主要考查了导数的运算，属于基础题. 15. 函数 sin 2 cos 23 2y x x              取最小值时 x 的取值范围是________. 【答案】 5 , Z12x x k k       【解析】 - 10 - 【分析】 先由正弦的差角公式和诱导公式化简函数，再由正弦的性质可得答案. 【详解】因为 sin 2 cos 23 2y x x              sin cos2 cos sin 2 sin 23 3x x x    3 1 3 1cos2 sin 2 +sin 2 cos2 + sin 2 sin 2 +2 2 2 2 3x x x x x x         ， 所以 sin 2 3y x      ，当 12 +2 ,3 2x k k Z      时，y 取最小值，此时 5 , Z12x k k   ，所以 x 的范围为 5 , Z12x x k k       . 故答案为： 5 , Z12x x k k       . 【点睛】本题考查三角恒等变换，正弦型函数的最值，属于中档题 . 16. 已知抛物线  2: 2 0C x py p  的焦点为 F ，其准线与 y 轴交于点 D ，过点 F 作直线交 抛物线C 于 A ， B 两点，若 AB AD ，且 4BF AF  ，则 p 的值为___________. 【答案】 2 【解析】 【分析】 求出抛物线的焦点坐标，设设  1 1,A x y ，  2 2,B x y ，设直线 AB 方程为： 2 py kx  ， 与抛物线方程联立，可得 2 1 2x x p  ， 2 1 2 4 py y  ，利用 AB AD 可知 AD AF  ，转化为 数量积为 0 ，可以解出 1 5 2 2y p ， 2 5 2 2y p ，再利用抛物线的定义将 4BF AF  用 p 表示即可解出 p 的值. 【详解】抛物线  2: 2 0C x py p  的焦点为 0, 2 pF      ， 0, 2 pD    - 11 - 设  1 1,A x y ，  2 2,B x y ，假设直线 AB 斜率存在，设直线 AB 方程为： 2 py kx  ， 由 2 2 2 py kx x py      可得： 2 22 0x pkx p   ， 所以 2 1 2x x p  ， 2 1 2 4 py y  ， 1 1, 2 pAD x y        ， 1 1, 2 pAF x y       因为 AB AD ，则 AD AF ，所以 2 1 1 1 02 2 p pAD AF x y y              ， 即 2 2 2 1 1 4 px y  ， 所以 2 2 1 12 4 py py  ，可得 1 5 2 2y p ， 2 5 2 2y p 所以 2 1 2 42 2 p pBF AF y y p                ，所以 2p  . 故答案为： 2 【点睛】本题主要考查了抛物线的定义和简单几何性质，涉及向量垂直的等价条件，属于中 档题. 三､解答题 17. 已知 na 为等差数列， 1 1a  且公差 0d  ， 4a 是 2a 和 8a 的等比中项. （1）若数列 na 的前 m 项和 66mS  ，求 m 的值； （2）若 1a ， 2a ， 1ka ， 2ka ，…， nka 成等比数列，求数列 nk 的通项公式. 【答案】（1） 11m  ；（2） 12n nk  . 【解析】 【分析】 （1）先由等差数列通项公式的基本量法得到 2 1a a d  ， 4 1 3a a d  ， 8 1 7a a d  ，再结 合已知建立方程求得 d 和 na ，最后根据前 n 项和公式建立方程求出 11m  ； （2）先根据题意得到  2 1 11 2 2n n n ka      ，再由（1）得到 nk na k ，最后求得 12n nk  . - 12 - 【详解】解：（1）因为 na 是等差数列， 所以 2 1a a d  ， 4 1 3a a d  ， 8 1 7a a d  ， 因为 4a 是 2a 和 6a 的等比中项， 所以 2 4 2 6a a a  ，所以     2 1 1 13 7a d a d a d     ， 由 0d  化简得 1 1d a  . 所以 na n ， 由  1 662m m mS   ， 解得： 11m  . （2）因为 1a ， 2a ， 1ka ， 2ka ，…， nka 成等比数列， 所以该数列的公比 2 1 2 21 aq a    ，所以  2 1 11 2 2n n n ka      ； 又因为 na 为等差数列，所以 12n n k na k  ， 所以 12n nk  . 【点睛】本题考查等差数列通项公式的基本量法、根据等差数列前 n 项和求参数、等比数列求 通项公式，是基础题. 18. 学校食堂统计了最近5 天到餐厅就餐的人数 x（百人）与食堂向食材公司购买所需食材（原 材料）的数量 y （袋），得到如下统计表： 第一天 第二天 第三天 第四天 第五天 就餐人数 x （百人） 13 9 8 10 12 原材料 y （袋） 32 23 18 24 28 （1）根据所给的 5 组数据，求出 y 关于 x 的线性回归方程 ˆˆ ˆy bx a  ； （2）已知购买食材的费用C （元）与数量 y （袋）的关系为     400 20,0 36 380 , 36 y y x NC y y y N         ，投入使用的每袋食材相应的销售单价为 700 元，多余 的食材必须无偿退还食材公司，据悉下周一大约有1500 人到食堂餐厅就餐，根据（1）中求出 - 13 - 的线性回归方程，预测食堂应购买多少袋食材，才能获得最大利润，最大利润是多少？（注： 利润 L =销售收入-原材料费用） 参考公式：      1 1 2 22 1 1 n n i i i i i i n n i i i i x x y y x y nxy b x x x nx                 ， a y bx $ $ 参考数据： 5 1 1343i i i x y   ， 5 2 1 558i i x   ， 5 2 1 3237i i y   【答案】（1）  2.5 1y x  ；（2）食堂购买36袋食，能获得最大利润，最大利润为11520元. 【解析】 【分析】 （1）本题首先可根据题中所给数据求出 x 、 y ，然后根据 5 1 5 22 1 5 5 i i i i i x y x y b x x          求出b ，最后 根据 a y bx $ $ 求出 a ，即可得出结果； （2）本题首先可根据  2.5 1y x  得出预计需要购买食材 36.5 袋，然后分为 36y  、 36y  两种情况进行讨论，分别求出最大值后进行比较，即可得出结果. 【详解】（1）由所给数据可得： 13 9 8 10 12 10.45x      ， 32 23 18 24 28 255y      ， 5 1 5 222 1 5 1343 5 10.4 25 2.5558 5 10.45 i i i i i x y x y b x x              ，  25 2.5 10.4 1a y bx       ， 故 y 关于 x 的线性回归方程为  2.5 1y x  . （2）因为  2.5 1y x  ，所以当 15x  时 36.5y  ，即预计需要购买食材 36.5 袋， 因为     400 20,0 36 380 , 36 y y x NC y y y N         ， - 14 - 所以当 36y  时，利润  700 400 20 300 20L y y y     ， 此时当 35y  时， max 300 35 20 10520L     ， 当 36y  时，由题意可知，剩余的食材只能无偿退还， 此时当 36y = 时， 700 36 380 36 11520L      ， 当 37y  时，利润 700 36.5 380 37 11490L      ， 综上所述，食堂应购买 36袋食，才能获得最大利润，最大利润为11520元. 【点睛】本题考查线性回归直线方程，考查回归方程的应用，考查学生的数据处理能力以及 运算求解能力．考查分类讨论思想，属于中档题． 19. 如图，在三棱柱 1 1 1ABC A B C 中，四边形 1 1AAC C 是边长为 3 的正方形， 1CC BC ， 1BC  ， 2AB  . （1）证明：平面 1A BC  平面 1ABC ； （2）在线段 1A B 上是否存在点 M ，使得 1CM BC ，若存在，求 1 BM BA 的值；若不存在，请 说明理由 【答案】（1）证明见解析；（2） 1 4 . 【解析】 【分析】 （1）在 ABC 中，满足 2 2 2AC BC AB  ，可得 AC BC ，再由已知根据线面垂直的判定 定理可证得 BC ⊥面 1 1ACC A ，再由面面垂直的判定定理可得证； - 15 - （2）建立空间直角坐标系，设  , ,M x y z ， 1BM BA  ，由向量垂直的坐标表示，可求得  的值，可得结论. 【详解】（1）在 ABC 中， 3AC  ， 1BC  ， 2AB  ，满足 2 2 2AC BC AB  ，所以 AC BC ， 又 1CC BC ， 1CC AC CI ，所以 BC ⊥面 1 1ACC A ，又 1AC  面 1 1ACC A ，所以 1BC AC ， 又四边形 1 1AAC C 是边长为 3 的正方形，所以 1 1AC AC ，又 1BC AC C ，所以 1AC  面 1ACB ， 又 1AC  平面 1ABC ，所以平面 1A BC  平面 1ABC ； （2）在线段 1A B 上存在点 M ，使得 1CM BC ，且 1 1 4 BM BA  ， 理由如下：由（1）得，以点 C 为原点， 1, ,CA CB CC 所在直线分别为 , ,x y z 轴建立空间直角 坐标系，如图所示，则  3,0,0A ，  0,0,0C ，  0,1,0B ，  1 3,0, 3A ，  1 0,0, 3C ， 设  , ,M x y z ， 1BM BA  ，所以   , 1, 3, 1, 3x y z    ，解得 3x  ， 1y   ， 3z  ，所以  3 ,1 , 3CM     ，  1 0,1, 3C B   ，要使 1CM BC ，则需 1 0CM BC   ，即1 3 0    ，解得 1 4   ，故 1 1 4 BM BA  . 【点睛】本题考查线面垂直的判定和性质，面面垂直的判定定理，向量垂直的坐标条件，属 于中档题. - 16 - 20. 已知曲线 2 2 : 15 2 x yC m m    表示焦点在 x 轴上的椭圆. （1）求 m 的取值范围； （2）设 3m  ，过点  0,2P 的直线l 交椭圆于不同的两点 A ， B （ B 在 A ， P 之间），且满 足 PB PA  ，求  的取值范围. 【答案】（1） 72, 2      ；（2） 1 ,13     . 【解析】 【分析】 （1）根据题意，得到 5 0, 2 0, 5 2, m m m m          求解，即可得出结果； （2）由 3m  先得 2 2 12 x y  ，先讨论直线 l 的斜率不存在，求出 1 3   ；再讨论 l 的斜率存 在，设直线 : 2l y kx  ，  1 1,A x y ，  2 2,B x y ，联立直线与椭圆方程，根据韦达定理，以 及判别式，由题中条件，得到  2 1 2 1 2 2 1 322 213 2 x x x x k            ，求出 1 102 3     ， 再由题中条件，即可求出结果. 【详解】（1）因为曲线 2 2 : 15 2 x yC m m    表示焦点在 x 轴上的椭圆， 所以 5 0, 2 0, 5 2, m m m m          解得： 72 2m  ， 所以 m 的取值范围是 72, 2      ； （2）因为 3m  ，所以椭圆方程为： 2 2 12 x y  ； 当直线 l 的斜率不存在时，即直线 : 0l x  ，此时  0, 1A  ，  0,1B ， 由 PB PA  解得： 1 3   ； - 17 - 当直线 l 的斜率存在时，设直线 : 2l y kx  ，  1 1,A x y ，  2 2,B x y ， 联立直线 l 与椭圆 2 2 1,: 2 2, x yC y kx       消 y 得 22 1 8 6 0k x kx    ， 所以 1 2 2 1 2 2 8 2 1 6 2 1 kx x k x x k          ，   ，即 22 3 0k   ，解得 2 3 2k  ， 由 PB PA  ，得 2 1 x x   ， 而  2 1 2 2 1 1 2 1 2 12 2x x x x x x x x          ， 即     2 2 22 1 2 2 1 2 2 2 8 1 64 322 12 2 2 26 16 2 1 3 22 1 k x x kk x x k k k                      ， 又 2 32 213 2 k     在 2 3 ,2k      上单调递增， 所以 1 102 3     ，又 B 在 A ， P 之间，即 0 1  ，解得： 1 13   ； 综上所述，  的取值范围是 1 ,13     . 【点睛】本题主要考查由曲线表示椭圆求参数，考查椭圆中参数的范围问题，属于常考题型. 21. 已知函数   lnf x x x . （1）求曲线  y f x 在点   ,e f e 处的切线方程； （2）若当 1x  时，    1f x x k x   恒成立，求正整数 k 的最大值. 【答案】（1） 2 0x y e   ；（2） 3 . 【解析】 【分析】 - 18 - （1）   ln 1f x x   ，   2k f e  ，利用点斜式即可写出方程； （2）由    1f x x k x   恒成立，即  ln 1 x x xk g xx   ，只需要 min( )k g x ，再对 ( )g x 求导判断单调性即可求解 【详解】（1）函数  f x 的定义域为  0,  ，   ln 1f x x   ，因为   2f e  ，  f e e ， 所以曲线  y f x 在点   ,e f e 处的切线方程为  2y e x e   ， 即 2 0x y e   . （2）由    1f x x k x   ，得  ln 1x x x k x   . 即 ln 1 x x xk x   对于 1x  恒成立， 令   ln 1 x xg x x x   ，只需 min( )k g x ，       2 2 1 ln 2 ln ln 2( ) 1 1 x x x x x x xg x x x           ， 令   ln 2u x x x   ，则   1 11 0xu x x x      ， 所以   ln 2u x x x   在  1, 单调递增， 因为  2 ln 2 0u    ，  3 1 ln3 0u    ，  4 2 ln 4 0u    ， 所以  0 3,4x  ，使得  0 0 0ln 2 0u x x x    ， 且当 01 x x  时， ( ) 0g x  ， ( )g x 单调递减， 当 0x x 时， ( ) 0g x  ， ( )g x 单调递增， 所以 ( )g x 在 01, x 单调递减，在 0,x  单调递增， 所以    0 0 00 0 0 min 0 0 0 0 2ln( ) ( ) 3,41 1 x x xx x xg x g x xx x        ， 又因为 k Z ，所以 max 3k  . 【点睛】本题主要考查了利用导数的几何意义求曲线在某点处的切线方程，考查了恒成立问 题求参数的取值范围，属于中档题 - 19 - 22. 已知平面直角坐标系 xOy 中，将曲线 1 2 2cos ,: 2sin xC y       （ 为参数）绕原点逆时针旋 转 2  得到曲线 2C ，以坐标原点为极点， x 轴正半轴为极轴建立极坐标系. （1）求曲线 2C 的极坐标方程； （2）射线 6   分别与曲线 1C ， 2C 交于异于点O 的 A ， B 两点，求 AB . 【答案】（1） 4sin  ；（2） 2 3 2 ． 【解析】 【分析】 （1）由已知得曲线 2C 以 0,2 为圆心，2 为半径的圆，先求得其直角坐标方程，从而可求得 曲线 2C 的极坐标方程. （2）由（1）得曲线 1C 的极坐标方程为 4cos  ，将 6   分别代入曲线 1C ， 2C 的极坐 标方程得：求得 A ， B .由此可求得答案． 【详解】（1）因为曲线 1C 表示以 2,0 为圆心，2 为半径的圆，其直角坐标方程为  2 22 4x y   ， 所以，将曲线 1C 绕原点逆时针旋转 2  后得到以 0,2 为圆心，2 为半径的圆，所以其普通方 程为  22 2 4x y   ，即 2 2 4 0x y y   ， 所以，曲线 2C 的极坐标方程为 4sin  . （2）由（1）得曲线 1C 的极坐标方程为 4cos  ，将 6   分别代入曲线 1C ， 2C 的极坐 标方程得： 4cos 2 36A    ， 4sin 26B    . 所以， 2 3 2 2 3 2A BAB        . 【点睛】本题考查圆的普通方程和极坐标方程的转化，以及极径的几何意义运用，属于中档 题． 23. 已知函数   1 2f x x x    . - 20 - （1）求不等式   4f x  的解集； （2）若   4f x m m   对任意 xR 恒成立，求实数 m 的取值范围. 【答案】（1） 5 3, ,2 2            ；（2）   , 1 0,4   . 【解析】 【分析】 （1）分别讨论 2x   ， 2 1x   ， 1x  三种情况，求解对应不等式，即可得出结果； （2）先由绝对值三角不等式，求出  min 3f x  ，解对应的不等式，即可得出结果； 【详解】（1）由不等式   4f x  可得：   1 2 4f x x x     ， 可化为： 2 1 2 4 x x x        或 2 1 1 2 4 x x x         或 1 1 2 4 x x x       解得： 5 2x   或 x 或 3 2x  ， 所以原不等式的解集为 5 3, ,2 2            ； （2）因为      1 2 1 2 3f x x x x x         ， 当且仅当 2 1x   时，等号成立； 要   4f x m m   对任意 Rx 恒成立， 只需 43 m m   ，即： 2 3 4 0m m m    ， 所以   4 1 0 0 m m m       或   4 1 0 0 m m m       ， 解得： 0 4m  或 1m   ， 所以，实数 m 的取值范围为    , 1 0,4   . 【点睛】本题主要考查解绝对值不等式，考查绝对值不等式恒成立问题，属于常考题型.