辽宁省沈阳二中2020届高三五模考试数学（文）试题 Word版含解析 23页

- 1 - 2020 年辽宁省沈阳二中高考数学五模试卷（文科） 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，只有一 项是符合题目要求的. 1. 双曲线 2 2 12 2 x y  的左焦点的坐标为( ) A. (-2,0) B. ( 2,0) C. ( 1,0) D. ( 4,0) 【答案】A 【解析】 【分析】 先根据方程求出 ,a b ，再求出焦点坐标. 【详解】由题意可知焦点在 x 轴上， 2 2 2 4c a b   ，即 2c  ，所以选 A. 【点睛】本题主要考查双曲线的方程及焦点坐标.确定焦点坐标的要素有两个：一是确定焦点 的位置；二是求出 c 的值. 2. 设角 的终边过点 1,2 ，则 πtan 4      （ ）. A. 1 3 B. 3 2 C. 2 3  D. 1 3  【答案】A 【解析】 【分析】 由任意角三角函数定义求得 tan 的值，再根据两角和与差的正切公式，即可求得 πtan 4     的值. 【详解】解：∵角 的终边过点 1,2 ， 由任意角三角函数定义知， 2tan 21 y x     ， tan tanπ tan 1 2 1 14tan 4 1 tan 1 2 31 tan tan 4                    . 故选：A. - 2 - 【点睛】本题考查任意角的三角函数的定义，以及两角和与差的正切公式的应用，属于基础 题. 3. 已知命题“ x R  ，使 2 12 ( 1) 02x a x    ”是假命题，则实数 a 的取值范围是( ) A. ( , 1)  B. ( 1,3) C. ( 3, )  D. ( 3,1) 【答案】B 【解析】 【分析】 原命题等价于 2 12 ( 1) 02x a x    恒成立，故 2( ) 11 4 2 02a       即可，解出不等式 即可. 【 详 解 】 因 为 命 题 “ x R  ， 使 2 12 ( 1) 02x a x    ” 是 假 命 题 ， 所 以 2 12 ( 1) 02x a x    恒成立，所以 2( ) 11 4 2 02a       ，解得 1 3a   ，故实数 a 的取值范围是 ( 1,3) ． 故选 B． 【点睛】对于函数恒成立或者有解求参的问题，常用方法有：变量分离，参变分离，转化为 函数最值问题；或者直接求函数最值，使得函数最值大于或者小于 0；或者分离成两个函数， 使得一个函数恒大于或小于另一个函数．而二次函数的恒成立问题，也可以采取以上方法， 当二次不等式在 R 上大于或者小于 0 恒成立时，可以直接采用判别式法. 4. 已知向量 1 3 3 1, , ,2 2 2 2                a b 则下列关系正确的是（ ） A. ( )a b b   B. ( )a b a   C. ( ) ( )a b a b     D. ( )//( )   a b a b 【答案】C 【解析】 【分析】 根据向量的坐标表示进行计算并判断． - 3 - 【详解】由题意 0a b   ， 1a b  r r ， 因此 2 ( ) 1 0a b b a b b          ，同理 ( ) 1 0a b a     ， 2 2 ( ) ( ) 0a b a b a b         ，因此只有 ( ) ( )a b a b     正确． 故选：C． 【点睛】本题考查向量的垂直的数量积表示．掌握数量积的定义与坐标运算是解题基础． 5. 在△ABC 中，a＝7，c＝3，∠A＝60°，则△ABC 的面积为（ ） A. 15 32 B. 15 34 C. 12 3 D. 6 3 【答案】D 【解析】 【分析】 先由正弦定理求得角 C 的正弦值，然后根据内角和定理求得 sinB，得出答案. 【详解】解：∵a＝7，c＝3，∠A＝60°， ∴由正弦定理可得： 33•sin 3 32sin 7 14 c AC a     ， ∵a＞c，C 为锐角， ∴ 2 13cos 1 sin 14C C   ， ∴可得：s  sin sin cos cos sininB A C A C A C    ＝ 3 13 1 3 3 4 3 2 14 2 14 7      ， ∴ 1 1 4 3sin 7 3 6 32 2 7ABCS ac B       ． 故选 D． 【点睛】本题考查了解三角形中的正弦定理和内角和定理，属于基础题. 6. 函数     2ln 1f x x x    的零点所在的区间是（ ） A. (0,1) B. (1,2) C. (2, )e D. (3,4) 【答案】B 【解析】 【分析】 - 4 - 函数     2ln 1f x x x    的零点所在区间需满足的条件是函数在区间端点的函数值符号相 反. 【详解】解：∵   2ln 2 2 ln 2 01f e     ，  2 ln3 1 ln 1 0f e     ， 则 (1) (2) 0f f  ， ∴函数     2ln 1f x x x    的零点所在区间是 (1,2) ， 当 0x  ，且 0x  时，     2ln 1 0f x x x         2 2ln 1 ln 0e e e ef e      ，    3 3 2 2ln 3 1 03lnf e      ，     14 4 2ln 4 1 ln 2 0f e      ， ACD 中函数在区间端点的函数值均同号， 根据零点存在性定理，B 为正确答案. 故选：B. 【点睛】本题考查函数的零点存在性定理，连续函数在某个区间存在零点的条件是函数在区 间端点处的函数值异号. 7. 已知实数 ,x y 满足条件 0 4 0 1 0 x y x y x          ，则 y x 的最大值是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】 由约束条件作出可行域，再由 y x 的几何意义，即可行域内的动点与原点连线的斜率求解． - 5 - 【详解】解：由约束条件 0 4 0 1 0 x y x y x          作出可行域如图， 联立 1 4 0 x x y      ，解得 A（1，3）， ∵z 0 0 y y x x    ，如图所示，经过原点（0，0）与 A 的直线斜率最大为 3， ∴ y x 的最大值是 3． 故选 C． 【点睛】本题考查简单的线性规划，考查数形结合的解题思想方法，是中档题． 8. 在等比数列{an}中，“a2＞a1”是“{an}为递增数列”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 【答案】B 【解析】 【分析】 根据充分发条件的定义判断． 【详解】{ }na 是递增数列，则必有 2 1a a ，必要性满足， 若 1 1a   ， 2 2a  ，满足 2 1a a ，但 2q   ，数列{ }na 不是递增数列，充分性不满足． 应是必要不充分条件， 故选：B． 【点睛】本题考查充分必要条件的判断，掌握充分必要条件的定义是解题关键． 9. 已知函数 y＝f（x）的定义域为{x|x∈R，且 x≠0}，满足 ( ) ( ) 0f x f x   ，当 x＞0 时， ( )f x ＝1nx﹣x+1，则函数 y＝f（x）的大致图象为（ ） - 6 - A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 由奇函数的性质可排除 A，C，在 0x  时由导数研究函数的单调性，然后可得正确选项． 【详解】由已知 ( ) ( ) 0f x f x   ，即 ( ) ( )f x f x   ，函数为奇函数，排除 A，C， 0x  时， ( ) ln 1f x x x   ， 1 1( ) 1 xf x x x    ，当 0 1x  时， ( ) 0f x  ， ( )f x 递 增，当 1x  时， ( ) 0f x  ， ( )f x 递减，排除 B． 故选：D． 【点睛】本题考查由函数解析式选择函数图象，解题时可通过研究函数的性质，特殊的函数 值，函数值的正负等采用排除法得出正确选项．本题考查了函数的奇偶性，考查用导数研究 函数的单调性，属于中档题． 10. 已知球O 的直径 4PQ  ， A ， B ，C 是球O 球面上的三点， ABC 是等边三角形， 且 30APQ BPQ CPQ       ，则三棱锥 P ABC 的体积为（ ）. A. 3 3 4 B. 9 3 4 C. 3 3 2 D. 27 3 4 【答案】B 【解析】 【分析】 求得三棱锥 P ABC 的底面积和高，由此计算出三棱锥 P ABC 的体积. 【详解】设球心为 M ，等边三角形 ABC 截面小圆的圆心为 O（也是等边三角形 ABC 的中心）. 由于 ABC 是等边三角形， 30APQ BPQ CPQ       ， - 7 - 所以 PQ  平面 ABC ，P 在面 ABC 的投影即O ，也即等边三角形 ABC 的中心，且 PO  平 面 ABC ，则 PO OC . 因为 PQ 是直径，所以 90PCQ   . 所以 4cos30 2 3, 2 3 cos30 3PC PO      ， 2 3sin30 3OC    . 由于O 是等边三角形 ABC 的中心，所以 2 3OC CH ， 所以等边三角形 ABC 的高 3 3CH 2  ， 3 3 sin 60 32AC     . 所以三棱锥 P ABC 的体积为 1 1 1 3 9 33 3 33 3 2 2 4ABCV PO S               △ . 故选：B 【点睛】本小题主要考查与几何体外接球有关的计算，属于难题. 11. 已知函数 1 0( ) ln 0 x xf x x x x       ， ， ，则关于 x 的方程    2 0f x f x a     （ a R ）的 实根个数不可能为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】A 【解析】 【详解】当 0x＜ 时， 2 1 1 0f x f xx     （ ） ＜ ， （ ）在 0（ ，）上是减函数， - 8 - 当 0x＞ 时， 0 1 1 lnx xf x lnx f xlnx x     ，＜ ＜（ ） ， （ ）， 在 01（ ，）上是减函数，在[1  ， ）上 是增函数，做出 f x（ ）的大致函数图象如图所示： 设 f x t（ ） ，则当 0t＜ 时，方程 f x t（ ） 有一解， 当 0t  时，方程 f x t（ ） 有两解， 当t＞0 时，方程 f x t（ ） 有三解． 由 2[ ] 0f x f x a（ ） （ ） ，   得 2 0t t a   ， 若方程 2 0t t a   有两解 1 2t t， ，则 1 2 1t t  ， ∴方程 2 0t t a   不可能有两个负实数根， ∴方程 2[ ] 0f x f x a（ ） （ ） ，   不可能有 2 个解． 故选 A． 【点睛】本题考查了函数单调性的判断，根的存在性判断，一元二次方程的根的个数判断， 其中作出函数图像利用数形结合解题是关键，属于中档题． 12. 已知函数 ( ) xf x e ax  有两个零点 1 2x x ，则下列说法错误的是（ ） A. a e B. 1 2 2x x  - 9 - C. 1 2 1x x  D. 有极小值点 0x ，且 1 2 02x x x  【答案】C 【解析】 试题分析：由题意得：方程 ( ) 0xf x e ax   有两个不等的根，即 y a 与 ex y x  有两个不 同的交点，因为 2 ( 1)xe xy x   ，所以 ex y x  在 ( ,0) 上单调递减且 0y  ，在 (0,1) 上单调 递减且 y e ，在 (1, ) 上单调递增且 y e ，因此 a e 且 1 20 1x x   ， A 正确；因为 1 2 1 2,x xe ax e ax  ，所以 2 1 2 1 x x xe x   ，设 2 1 xt x  ，则 1( 1) 1 ln1, 1 t x tt e t x t      ，因此 1 2 1 1 1 1 42 ( 1) 2 (ln 2 ) (ln 2 )1 1 1 1 t t tx x t x t tt t t t                 令 4( ) ln 2 1g t t t     ，则 2 2 2 1 4 ( 1)( ) 0( 1) ( 1) tg t t t t t       ，所以 ( ) (1) 0g t g  ，因此 1 2 1 22 0, 2.x x x x     B 正 确 ； 2 1 2 1 ln ln 1 ln1 1 ( 1)( 1) (ln )( 1)1 1 1 1 t t t t tx x tx t t t tt t t tt             令 1( ) ln th t t t   ，则 21 1 ( 1)( ) 0 2 2 t th t t t t t t       ，所以 ( ) (1) 0h t h  ，因此 1 2 1 21 0, 1x x x x   ，C 错；由 ( ) 0xf x e a    得 ln 1x a  ，当 lnx a 时， ( ) 0f x  ， 当 lnx a 时， ( ) 0f x  ，所以 ( ) xf x e ax  有极小值点 0 lnx a ，由 1 2 1 2,x xe ax e ax  得 1 1 2 2ln ln , ln lnx a x x a x    ，因此 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 0+ 2ln ln ln + 2ln ln 0 + 2ln 2 .x x a x x x x a x x x x a x          D 正确 考点：利用导数研究函数零点 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分. 13. 复数 z 满足方程1 i iz   ，则 z  ______. - 10 - 【答案】 2 【解析】 【分析】 利用复数除法运算求得 z ，由此求得 z . 【 详 解 】 由 于 1 i iz   ， 所 以       11 1i iiz ii i i         ， 所 以    2 21 1 2z      . 故答案为： 2 【点睛】本小题主要考查复数除法运算，考查复数的模的运算，属于基础题. 14. 设 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和，a1＝3，S3＝18，则其通项公式 an＝_____． 【答案】3n 【解析】 【分析】 由 3S 求出公差 d 后可得通项公式． 【详解】设公差为 d ，则 3 13 3 9 3 18S a d d     ， 3d  ， 所以 3 3( 1) 3na n n    ． 故答案为：3n ． 【点睛】本题考查求等差数列的通项公式，掌握等差数列的通项公式和前 n 项和公式是解题关 键． 15. 中国古代有计算多项式值的秦九韶算法，下图是实现该算法的程序框图.执行该程序框 图，若输入的 2, 2x n  ，依次输入的 a 为 2，2，5，则输出的 s  ______ - 11 - 【答案】17 【解析】 【分析】 按照程序框图运行程序，得到 5a  ， 17, 3 2s k   ，结束，即得解. 【详解】由题意，当 2, 2, 0, 0x n k s    ， 输入 2a  ，则 0 2 2 2, 1s k     ，循环； 输入 2a  ，则 2 2 2 6, 2s k     ，循环； 输入 5a  ， 6 2 5 17, 3 2s k      ，结束. 故输出的 17s  . 故答案为：17 【点睛】本题主要考查程序框图，考查秦九韶算法，考查循环语句和输出结果的计算，意在 考查学生对这些知识的理解掌握水平. 16. 在四棱锥 P﹣ABCD 中，平面 ABCD⊥平面 PCD，底面 ABCD 为梯形，AB∥CD，AD⊥DC． - 12 - （1）AB∥平面 PCD； （2）AD⊥平面 PCD； （3）M 是棱 PA 的中点，棱 BC 上存在一点 F，使 MF∥PC． 正确命题的序号为_____． 【答案】（1）（2） 【解析】 【分析】 （1）根据线面平行的判定定理判断； （2）根据面面垂直的性质定理证明； （3）根据共面的性质判断． 【详解】（1）∵ / /AB CD ， AB  平面 PCD，CD 平面 PCD，∴AB∥平面 PCD，正确； （2）∵平面 ABCD⊥平面 PCD，平面 ABCD平面 PCD CD ， AD CD ， AD  平面 ABCD ， ∴AD⊥平面 PCD，正确； （3）假设棱 BC 上存在一点 F，使 MF∥PC．则 ,MF PC 共面，而 M PC ，∴ ,M PC 确定唯 一的平面 MPC 即平面 PAC ，于是 F 平面 PAC ，但 ,F BC BC  平面 ABCD ，所以 F AC ，从而 F 与C 重合，这与 MF∥PC 矛盾，假设不成立，不存在，（3）错误． 故答案为：（1）（2）． - 13 - 【点睛】本题考查线面平行和线面垂直的判定，考查平面的基本性质．立体几何中要说明一 个命题正确，一般需进行证明，而说明命题是错误的可以举反例，也可用反证法． 三、解答题：本大题共 5 小题，共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17. 为迎接 2022 年冬奥会，北京市组织中学生开展冰雪运动的培训活动，并在培训结束后对 学生进行了考核．记 X 表示学生的考核成绩，并规定 85X  为考核优秀．为了了解本次培训 活动的效果，在参加培训的学生中随机抽取了 30 名学生的考核成绩，并作成如下茎叶图： （1）从参加培训的学生中随机选取 1 人，请根据图中数据，估计这名学生考核优秀的概率； （2）从图中考核成绩满足 [80,89]X  的学生中任取 2 人，求至少有一人考核优秀的概率； （3）记 ( )P a X b  表示学生的考核成绩在区间[ , ]a b 的概率，根据以往培训数据，规定当 85(| | 1) 0.510 xP    时培训有效．请根据图中数据，判断此次中学生冰雪培训活动是否有效， 并说明理由． 【答案】（1） 7 30 ；（2） 3 5 ；（3）有效，理由见解析. 【解析】 【分析】 （1）设这名学生考核优秀为事件 A ，利用古典概型的概率公式求解； （2）设至少有一人考核成绩优秀为事件 B ，再利用古典概型的概率公式求解； - 14 - （3）根据表格中的数据，满足 85 110 x   的成绩有 16 个，即得解. 【详解】（1）设这名学生考核优秀为事件 A ， 由茎叶图中的数据可以知道，30 名同学中，有 7 名同学考核优秀， 所以所求概率 ( )P A 约为 7 30 . （2）设从图中考核成绩满足 [80,89]X  的学生中任取 2 人， 至少有一人考核成绩优秀为事件 B ，因为表中成绩在[80,89] 的 6 人中有 2 个人考核为优， 所以基本事件空间  包含 15 个基本事件，它们是 (81,81),(81,82),(81,84),(81,85),(81,89), (81,82),(81,84),(81,85),(81,89), (82,84),(82,85),(82,89),(84,85),(84,89), (85,89). 事件 B 包含 9 个基本事件，它们是 (81,85),(81,89),(81,85),(81,89), (82,85),(82,89),(84,85),(84,89),(85,89). 所以 9 3( ) 15 5P B   . （3）根据表格中的数据，满足 85 110 x   的成绩有 16 个， 所以 85 16 8(| | 1) 0.510 30 15 xP      所以可以认为此次冰雪培训活动有效． 【点睛】本题主要考查茎叶图，考查古典概型的概率的计算，意在考查学生对这些知识的理 解掌握水平. 18. 已知 ABC 的面积为3 3 ，且内角 、 、A B C 依次成等差数列. （1）若sin 3sinC A ，求边 AC 的长； （2）设 D 为边 AC 的中点，求线段 BD 长的最小值. 【答案】（1） 2 7 （2） 3 . 【解析】 【分析】 （1）由题意可得 60B  ，结合面积公式得 12ac  .利用正弦定理角化边，据此可得 a,c 的 值，最后由余弦定理可得 AC 的长. - 15 - （2）由题意可得  1 2BD BC BA    ，利用向量的运算法则和均值不等式的结论可得 BD 长 的最小值. 【详解】（1） ABC 三内角 A B C、 、 依次成等差数列， 60B   设 A B C、 、 所对的边分别为 , ,a b c ,由 13 3 2S acsinB  可得 12ac  . 3sinC sinA ，由正弦定理知 3 , 2, 6c a a c    . ABC 中，由余弦定理可得 2 2 2 2 28, 2 7b a c accosB b      . 即 AC 的长为 2 7 （2） BD 是 AC 边上的中线，  1 2BD BC BA          2 2 2 2 2 2 21 1 12 24 4 4BD BC BA BC BA a c accosB a c ac                1 2 94 ac ac   ，当且仅当 a c 时取“  ” 3BD  ,即 BD 长的最小值为 3 . 【点睛】在处理三角形中的边角关系时，一般全部化为角的关系，或全部化为边的关系．题 中若出现边的一次式一般采用到正弦定理，出现边的二次式一般采用到余弦定理．应用正、 余弦定理时，注意公式变式的应用．解决三角形问题时，注意角的限制范围． 19. 如图，在边长为 4 的菱形 ABCD 中，∠DAB＝60°，点 E，F 分别是边 CD，CB 的中点，AC∩EF ＝O，沿 EF 将△CEF 翻折到△PEF，连接 PA，PB，PD，得到如图的五棱锥 P﹣ABFED，且 PB 10 ． （1）求证： BD PA ； （2）求四棱锥 P BFED 的体积． 【答案】（1）证明见解析；（2） 3 . 【解析】 【分析】 - 16 - （1）先证明 / / , ,BD EF BD AC EF AC  ，从而 ,EF AO EF PO  ，根据线面垂直的 判定定理可证明 BD  平面 POA，由线面垂直的性质定理即可得出结果. （2）设 AO BD H ，连接 BO ，由（1）可得 EF PO ，根据勾股定理可得 BO PO ， 根据线面垂直的判定定理可得 PO  平面 BFED ，利用四棱锥求体积的公式代入数据即可得出 结果. 【详解】（1）点 ,E F 分别为 ,CD CB 的中点， / /BD EF ， 又菱形 ABCD 的对角线互相垂直， ,BD AC EF AC EF AO EF PO       ， AO Q 面 POA， PO  面 POA， AO PO O ， EF  面 POA， 则 BD  面 POA， 所以 BD PA . （2）设 AO BD H ，连接 60BO DAB   ， ABD 为等边三角形， 4, 2, 2 3, 3BD BH CH OP OH       ， 在 Rt BHO 中， 2 2 2 7BH OH OB   , 在 PBO 中， 2 2 210 ,BO PO PB PO BO     ， ,PO EF EF BO O   ， EF  面 BFED , BO  面 BFED ， PO  面 BFED , 则 PO 为四棱锥 P BFED 的高， - 17 - 因为梯形 BFED 的面积为：   3 32 EF BD OH   , 所以四棱锥 P BFED 的体积为： 1 3 3 3 33    . 【点晴】本题主要考查线面垂直的判定定理以及求棱锥的体积问题.属于中档题. 20. 已知椭圆 2 2 1 2 2: 1( 0)x yC a ba b     的焦点与抛物线 2 2 : 8 2C y x 的焦点 F 重合，且 椭圆 1C 的右顶点 P 到 F 的距离为3 2 2 ； （1）求椭圆 1C 的方程； （2）设直线 l 与椭圆 1C 交于 ,A B 两点，且满足 PA PB ，求 PAB 面积的最大值. 【答案】（1）椭圆 1C 的方程为 2 2 19 x y  ；（2）当且仅当 23( 1) 8k k  ，即 4 7 3k  时 面积取得最大值 3 8 . 【解析】 【详解】试题分析：（1）由椭圆的几何性质得到 3, 1a b  ，所以椭圆 1C 的方程为 2 2 19 x y  ；（ 2 ） 联 立 直 线 和 椭 圆 ， 表 示 出 . PA ， PB ， 再 根 据          2 2 22 2 2 2 18 1 18 11 2 1 9 9 9 1 64 k k k k S PA PB k k k k          由不等式放缩可得最值． 解析： （1）设椭圆 1C 的半焦距为 c ，依题意，可得 a b ， 且  2 2,0 , 2 2, 3 2 2 3, 1F c a c a b       ， 所以椭圆 1C 的方程为 2 2 19 x y  . （2）依题意，可设直线 ,PA PB 的斜率存在且不为零， 不妨设直线  : 3PA y k x  ，则直线  1: 3PB y xk    ， - 18 - 联立：   2 2 3 19 y k x x y      得   2 2 2 21 9 54 81 9 0k x k x k     ， 则 2 2 61 1 9PA k k     同理可得： 2 2 2 2 2 1 6 61 11 91 9 kPB kk k k         ， 所以 PAB 的面积为：              2 2 2 22 2 22 2 2 2 18 1 18 1 18 11 3 2 81 9 9 9 1 64 2 9 1 64 k k k k k k S PA PB k k k k k k               ， 当且仅当  23 1 8k k  ，即 4 7 3k  时，面积取得最大值 3 8 . 点睛：本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系，所使用方法为韦达定理法：因直线的方程是 一次的，圆锥曲线的方程是二次的，故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题，最 终转化为一元二次方程问题，故用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一， 尤其是弦中点问题，弦长问题，可用韦达定理直接解决，但应注意不要忽视判别式的作用 21. 已知函数    0ln xf x ax ax    . （1）若函数  y f x 在  1, 上是减函数，求实数 a 的最小值； （2）若存在 2 1 2, ,x x e e    ，使    ' 1 2f x f x a  成立，求实数 a 的取值范围. 【答案】（1） 1 4 ；（2） 2 1 1 2 4a e   . 【解析】 【分析】 （1）利用  ' 0f x  在区间  1, 上恒成立列不等式，结合二次函数的性质，求得 a 的最小 值. （2）结合二次函数的性质，求得  ' 2f x a 的取值范围，利用存在性问题列不等式，利用导 数解不等式，由此求得 a 的取值范围. - 19 - 【详解】（1）依题意，当  1,x  时，     ' 2 ln 1 0 ln xf x a x    恒成立，即  2 ln 1 ln xa x  在  1, 上恒成立.     2 2 2 ln 1 1 1 1 1 1 ln ln 2 4ln ln x x xx x           ，由于 1x  ，则 1ln 0, 0lnx x   ，所以当 1 1 ln 2x  时，  2 ln 1 ln x x  有最大值为 1 4 ，也即 a 的最小值为 1 4 . （2）依题意，存在 2 1 2, ,x x e e    ，使    ' 1 2f x f x a  成立，即，存在 2 1 2, ,x x e e    ， 使   1 2 1 2 1 2 ln 1 ln ln x xaxx x   成立.     2 2 2 2 2 22 2 ln 1 1 1 1 1 1 ln ln 2 4ln ln x x xx x            ，由于 2 2 ,x e e    ，所以  2 2 1 1ln 1,2 , ,1ln 2x x       ， 21 11 02 4        ，所以   2 2 2 ln 1 10, 4ln x x       . 所以存在 2 1 ,x e e   ，使 1 1 1 1 ln 4 x axx   ， 1 1 min 1 1 ln 4a x x       . 构造函数    21 1 ln 4h x e x ex x     ，     ' 2 2 1 1 4ln h x xx x        2 22 ln 4 4 ln x x x x   ，由于 2,x e e   ，所以      2 2ln 1,2 , ln 1,4 ,4 4 ,4x x x e e     ， 所以       2 ' 22 ln 4 0 4 ln x xh x x x    ， 所以  h x 在区间 2,e e   上递减，最小值为  2 2 2 2 1 1 1 1 ln 4 2 4h e e e e     . 所以 2 1 1 2 4a e   . 【点睛】本小题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查利用导数求解存在性问题，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，作答时请写清楚 题号． [选修 4-4：坐标系与参数方程选讲] - 20 - 22. 在直角坐标系 xOy 中，直线 l 的参数方程为 cos 2 sin x t y t       （t 为参数，0    ），曲 线 C 的参数方程为 2cos 2 2sin x y       （  为参数），以坐标原点 O 为极点，x 轴正半轴为极轴建 立极坐标系． （1）求曲线 C 的极坐标方程； （2）设 C 与 l 交于 M，N 两点（异于原点），求|OM|+|ON|的最大值． 【答案】（1） 4sin  ；（2） 4 2 【解析】 【分析】 （1）利用参数方程和极坐标方程公式化简得到答案. （2）确定直线过圆心，根据勾股定理结合均值不等式计算得到答案. 【详解】（1）曲线 C 的参数方程为 2cos 2 2sin x y       （  为参数），则  22 2 4x y   ， 即 2 2 4 0x y y   ，故 2 4 sin 0    ，即 4sin  . （2）直线 l 的参数方程为 cos 2 sin x t y t       ，所以直线l 过定点 0,2 ，  22 2 4x y   圆心为 0,2 ，故 MN 为圆的直径，圆过原点， 故  2 2 22 16OM ON r   ，  2 2 2| 2 |OM ON OM OM ON ON     2 22 32, 4 2OM ON OM ON      ， 当且仅当 2 2OM ON  时等号成立， 即|OM|+|ON|的最大值为 4 2 . 【点睛】本题考查了参数方程，极坐标方程，均值不等式，意在考查学生的计算能力和应用 能力. [选修 4-5：不等式选讲] 23. 已知函数   ,f x x x a a R   . - 21 - （Ⅰ）当    1 1 1f f   ，求 a 的取值范围； （Ⅱ）若 0a  ，对  , ,x y a   ，都有不等式   5 4f x y y a    恒成立，求 a 的取 值范围. 【答案】（1） 1( , )2   （2） (0,5] 【解析】 【分析】 （1）结合 a 取不同范围，去绝对值，计算 a 的范围，即可．（2）结合函数性质,计算  f x 的 最大值,结合题意,建立关于 a 的不等式，计算 a 的范围，即可． 【详解】（Ⅰ）    1 1 1 1 1f f a a       ， 若 1a   ，则1 1 1a a    ，得 2 1 ，即 1a   时恒成立； 若 1 1a   ，则  1 1 1a a    ，得 1 2a   ，即 11 2a    ； 若 1a  ，则    1 1 1a a     ，得 2 1  ，此时不等式无解. 综上所述， a 的取值范围是 1, 2      . （Ⅱ）由题意知，要使不等式恒成立， 只需   max min 5 4f x y y a           . 当  ,x a  时，   2f x x ax   ，   2 max 2 4 a af x f          . 因为 5 5 4 4y y a a     ， 所以当 5 ,4y a     时， min 5 5 4 4y y a a        5 4a  . 于是 2 5 4 4 a a  ，解得 1 5a   . 结合 0a  ，所以 a 的取值范围是 0,5 . - 22 - 【点睛】本道题考查了绝对值不等式的解法，难度较大． - 23 -