吉林省吉林市2020届高三第四次调研测试数学（文）试题 Word版含解析 21页

- 1 - 吉林市普通中学 2019—2020 学年度高中毕业班第四次调研测试文科数学 一、选择题 1. 设集合  1 3A x x    ，  0,1,2,3B  ，则 A B  ( ) A.  1,2 B.  0,1,2 C.  0,1,2,3 D. { }1,0,1,2- 【答案】B 【解析】 【分析】 利用交集的定义可求得集合 A B . 【详解】  1 3A x x    ，  0,1,2,3B  ，因此，  0,1,2A B  . 故选：B. 【点睛】本题考查交集的计算，考查计算能力，属于基础题. 2. 复数 2z i  ，i 为虚数单位，则 z  ( ) A. 3 B. 2 C. 6 D. 5 【答案】D 【解析】 【分析】 利用复数的模长公式可求得结果. 【详解】 2z i  ，因此，  222 1 5z     . 故选：D. 【点睛】本题考查复数模长的计算，考查计算能力，属于基础题. 3. 一组数据12 ，13， x ，17 ，18，19 的众数是13，则这组数据的中位数是（ ） A. 13 B. 14 C. 15 D. 17 【答案】C 【解析】 【分析】 根据众数的概念可以求出 13x  ，再根据中位数的概念求解即可． 【详解】解：因为数据12，13， x ，17 ，18，19 的众数是13，所以 13x  ，则这组数据的 - 2 - 中位数是 13 17 152   ， 故选：C． 【点睛】本题主要考查众数的概念和中位数的计算，属于基础题． 4. 函数 ( ) 2 lnf x x x   的图象在 1x  处的切线方程为（ ） A. 1 0x y   B. 1 0x y   C. 2 1 0x y   D. 2 1 0x y   【答案】A 【解析】 【分析】 先求出切点的坐标和切线的斜率，再写出切线的方程. 【详解】当 x=1 时，f(1)=-2+0=-2，所以切点为（1,-2）, 由题得 1 1( ) 2 , (1) 2 11f x k fx            ， 所以切线方程为 y+2=-1·(x-1), 即： 1 0x y   故选 A 【点睛】本题主要考查导数的几何意义和切线方程的求法，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. 5. 下列函数中，是奇函数且在其定义域上是增函数的是( ) A. 1y x  B. y tanx C. x xy e e  D. 2, 0 2, 0 x xy x x      【答案】C 【解析】 【分析】 根据奇函数的定义及函数单调性的判断即可得出答案. 【详解】对于 A 选项，反比例函数 1y x  ，它有两个减区间， - 3 - 对于 B 选项，由正切函数 y tanx 的图像可知不符合题意； 对于 C 选项，令 ( ) x xf x e e  知 ( ) x xf x e e   ， 所以 ( ) ( ) 0f x f x   所以 ( ) x xf x e e  为奇函数， 又 xy e 在定义内单调递增，所以 xy e  单调递增， 所以函数 x xy e e  在定义域内单调递增； 对于 D，令 2, 0( ) 2, 0 x xg x x x      ，则 2, 0( ) 2, 0 x xg x x x        ， 所以 ( ) ( ) 0g x g x   ，所以函数 2, 0 2, 0 x xy x x      不是奇函数. 故选：C 【点睛】本题主要考查函数的单调性和奇偶性，属于基础题. 6. 执行如图所示的程序框图，若输入 n 的值为 3，则输出 s 的值是( ) A. 1 B. 2 C. 4 D. 7 【答案】C 【解析】 试题分析：第一次循环 ；第二次循环 ；第三次循环 ；结束循 环，输出 选 C. - 4 - 考点：循环结构流程图 【名师点睛】算法与流程图的考查，侧重于对流程图循环结构的考查.先明晰算法及流程图的 相关概念，包括选择结构、循环结构、伪代码，其次要重视循环起点条件、循环次数、循环 终止条件，更要通过循环规律，明确流程图研究的数学问题，是求和还是求项. 7. 《九章算术》是我国古代第一部数学专著，它有如下问题：“今有圆堡瑽 cong ，周四 丈八尺，高一丈一尺.问积几何？”意思是“今有圆柱体形的土筑小城堡，底面周长为 4 丈 8 尺，高 1 丈 1 尺，问它的体积是多少？”（注：1 丈=10 尺，取 3  ）（ ） A. 704 立方尺 B. 2112 立方尺 C. 2115 立方尺 D. 2118 立方 尺 【答案】B 【解析】 【分析】 根据题意，由底面圆周长，得到底面圆半径，再由体积公式求出其体积. 【详解】设圆柱体底面圆半径为 r ，高为 h ，周长为C . 因为 2C r ，所以 2 Cr  ， 所以 2 2 2 2 2 48 11 4 4 12 C C hV r h h          2112 （立方尺）. 故选 B 项. 【点睛】本题考查圆柱的底面圆半径、体积等相关计算，属于简单题. 8. 若抛物线  2 2 0y px p  的焦点是双曲线 2 2 13  x y p p 的一个焦点，则 p  ( ) A. 2 B. 4 C. 8 D. 16 【答案】D 【解析】 【分析】 分别求出抛物线的焦点及双曲线的一个焦点，由条件得 2 162 p p p   . 【详解】抛物线  2 2 0y px p  的焦点是 02 p     ， ， - 5 - 双曲线 2 2 13  x y p p 的一个焦点是 2 0p， ， 由条件得 22 p p ，解得 16p  . 故选：D. 【点睛】本题考查抛物线与双曲线的性质，属于综合题，但是难度不大，注重基础知识点考 查，属于简单题. 9. 在 ABC 中，内角 A B C， ， 的对边分别为 a ，b ， c ， 4A  ， 12B  ， 3 3c  ， 则 a （ ） A. 2 B. 2 2 C. 3 2 D. 4 2 【答案】C 【解析】 【分析】 先求得C ，然后利用正弦定理求得 a . 【详解】因为 ,4 12A B   ，所以 2 3C A B     ，所以 23 3sin 2 3 2sin 3 2 c Aa C     . 故选：C 【点睛】本题考查解三角形，考查运算求解能力. 10. 某单位去年的开支分布的折线图如图 1 所示，在这一年中的水、电、交通开支（单位： 万元）如图 2 所示，则该单位去年的水费开支占总开支的百分比为（ ） A. 6.25% B. 7.5% C. 10.25% D. 31.25% 【答案】A 【解析】 - 6 - 【分析】 由折线图找出水、电、交通开支占总开支的比例，再计算出水费开支占水、电、交通开支的 比例，相乘即可求出水费开支占总开支的百分比. 【详解】水费开支占总开支的百分比为 250 20% 6.25%250 450 100    . 故选：A 【点睛】本题考查折线图与柱形图，属于基础题. 11. 已知正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的棱长为 2，点 P 在线段 1CB 上，且 1 2B P PC ，平面 经过点 1, ,A P C ，则正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 被平面 截得的截面面积为（ ） A. 3 6 B. 2 6 C. 5 D. 5 3 4 【答案】B 【解析】 【分析】 先根据平面的基本性质确定平面，然后利用面面平行的性质定理，得到截面的形状再求解. 【详解】如图所示： 1, ,A P C 确定一个平面 ， - 7 - 因为平面 1 1 / /AA DD 平面 1 1BB CC ， 所以 1/ /AQ EC ，同理 1/ /AE QC ， 所以四边形 1AEC Q 是平行四边形. 即正方体被平面截的截面. 因为 1 2B P PC ， 所以 1 1 2C B CE ， 即 1EC EB  所以 1 15, 2 3AE EC AC   由余弦定理得： 2 2 2 1 1 1 1 1cos 2 5 AE EC ACAEC AE EC     所以 1 2 6sin 5AEC  所以 S 四边形 1AEQC 1 1 12 sin 2 62 AE EC AEC      故选：B 【点睛】本题主要考查平面的基本性质，面面平行的性质定理及截面面积的求法，还考查了 空间想象和运算求解的能力，属于中档题. 12. 已知函数 2 *3( ) sin cos 3sin , [ 1, ],6 6 6 2 x x xf x x a a       N ，若函数 ( )f x 图 象与直线 1y  至少有 2 个交点，则 a 的最小值为（ ） A. 7 B. 9 C. 11 D. 12 【答案】A 【解析】 【分析】 化简函数 ( ) sin 3 3f x x      ，根据函数性质，结合图象求解. 【 详 解 】 函 数 - 8 - 2 3 1 3( ) sin cos 3sin sin cos sin6 6 3 2 2 3 2 3 3 3 x x x x xf x x                ，所以函 数的最小正周期为 2 6 3 T    ，又 ( )f x 图象与直线 1y  至少有 2 个交点， 即函数 ( )f x 在[ 1, ]a 上至少存在两个最大值，如图 ( 1) 7.54 Ta T   … ， 6.5a… ， 所以正整数 a 的最小值为 7. 故选：A 【点睛】此题考查函数零点与方程的根相关问题，关键在于准确化简三角函数，根据函数性 质结合图象求解. 二、填空题 13. 已知向量  1,2a  r ，  1,b   r ，若 a  ∥b  ，则实数  等于__________． 【答案】 2 【解析】 【分析】 利用平面向量平行的坐标表示即可求解. 【详解】因为 a  ∥b  ，由平面向量平行的坐标表示可得，  1 1 2 0     ，解得 2   . 故答案为： 2 【点睛】本题考查平面向量平行的坐标表示；考查运算求解能力；属于基础题. 14. 若 x ， y 满足约束条件 3 0 0 3 x y x y x         ，则 2x y 的最小值为_____． 【答案】 9 2 【解析】 【分析】 先画出约束条件的可行域，再求出可行域中各角点的坐标，将各点坐标代入目标函数的解析 - 9 - 式，分析后易得目标函数 2x y 的最小值． 【详解】解：由约束条件得如图所示的三角形区域， 令 2x y z  ， 2y x z   ， 显然当平行直线过点 3(2A ， 3)2 时， z 取得最小值为： 3 93 2 2   ； 故答案为： 9 2 ． 【点睛】本题考查线性规划求最小值问题，我们常用几何法求最值. 15. 若 sin cos 1 sin cos 2       ，则 tan2 等于________． 【答案】 3 4 【解析】 【分析】 由条件可得 tanα的值，再利用二倍角的正切公式，即可求得结论． 【详解】∵ 1 2 sin cos sin cos       ， ∴2（sinα+cosα）=sinα﹣cosα ∴sinα=﹣3cosα ∴tanα=﹣3 ∴tan2α= 2 2 1 tan tan   = 6 1 9   = 3 4 - 10 - 故答案为 3 4 【点睛】本题考查同角三角函数的关系，考查二倍角的正切公式，正确运用公式是关键． 16. 如图（1），在圆锥内放两个大小不同且不相切的球,使得它们分别与圆锥的侧面、底面相 切，用与两球都相切的平面截圆锥的侧面得到截口曲线是椭圆.理由如下：如图（2），若两个 球分别与截面相切于点 ,E F ，在得到的截口曲线上任取一点 A ，过点 A 作圆锥母线，分别与 两球相切于点 ,C B ，由球与圆的几何性质，得 AE AC ， AF AB ，所以 2AE AF AC AB BC a     ，且 2a EF ，由椭圆定义知截口曲线是椭圆，切点 ,E F 为焦点.这个结论在圆柱中也适用，如图（3），在一个高为10，底面半径为 2 的圆柱体 内放球，球与圆柱底面及侧面均相切.若一个平面与两个球均相切，则此平面截圆柱所得的截 口曲线也为一个椭圆，则该椭圆的离心率为______. 【答案】 5 3 【解析】 【分析】 根据题意可得椭圆的长轴长和短轴长，再代入离心率方程，即可得答案； 【详解】如图所示， 根据题意可得椭圆上的点 A 到两个切点的距离等于 BC ， 10 4 6 2 3BC a a      ，  2 4 2b b   ， 2 2 5 33 3 2ce a    ， - 11 - 故答案为： 5 3 . 【点睛】本题考查数学文化、椭圆离心率的求解，考查函数与方程思想、转化与化归思想、 数形结合思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力. 三、解答题 17. 在三棱柱 1 1 1ABC A B C 中， 2, 120AC BC ACB     ， D 为 1 1A B 的中点. （1）证明： 1 //AC 平面 1BC D ； （2）若 1 1A A AC ，点 1A 在平面 ABC 的射影在 AC 上，且侧面 1 1A ABB 的面积为 2 3 ，求 三棱锥 1 1B A C D 的体积. 【答案】（1）见解析;（2） 1 4 . 【解析】 【详解】试题分析：（1）连接 1B C 交 1BC 于点 E ，连接 DE .利用中点可得 1/ /DE AC ，所以 1 / /AC 平面 1BC D .（2）取 AC 中点 O ，连接 1AO ，过点O 作OF AB 于 F ，连接 1A F , 利用等腰三角形和射影的概念可知 1AO  平面 ABC ，所以 1AO AB ，所以 AB  平面 1AOF ，所以 1AB A F .利用侧面 1 1A ABB 的面积可计算得三棱锥的高，由此可计算得三棱 锥的体积. 试题解析： - 12 - （1）证明：连接 1B C 交 1BC 于点 E ，连接 DE . 则 E 为 1B C 的中点，又 D 为 1 1A B 的中点，所以 1/ /DE AC ，且 DE  平面 1BC D ， 1AC  平 面 1BC D ，则 1 / /AC 平面 1BC D . （2）解：取 AC 的中点O ，连接 1AO ，过点O 作OF AB 于点 F ，连接 1A F . 因为点 1A 在平面 ABC 的射影O 在 AC 上，且 1 1A A AC ， 所以 1AO  平面 ABC ，∴ 1AO AB ， 1AO OF O  ，∴ AB  平面 1AOF ， 则 1A F AB . 设 1AO = h ，在 ABC 中， 2AC BC  ， 120ACB  ， ∴ 2 3AB  ， 1 2OF  ， 2 1 1 4A F h  ， 由 1 1 21 2 3 2 34A ABBS h    ，可得 1 3 2AO h  . 则 1 1 1 1A BC D B A C DV V  1 11 1 3 BA C DAO S   1 3 1 1 23 2 2 2      12 sin120 4     . 所以三棱锥 1 1A BC D 的体积为 1 4 . 18. 在等差数列 na 中，已知 2 73, 8 a a . （1）求数列 na 的通项公式； （2）设数列 1 1 n na a        的前 n 项和为 nS .若 5 12 nS ，求 n 的值. - 13 - 【答案】（1） 1na n  （2） 10n  【解析】 【分析】 （1）根据已知条件求出数列的公差和首项即可得到通项公式； （2）利用裂项求和求出 nS ，根据等式解方程即可得解. 【详解】（1）设数列 na 的公差为 d，因为 2 73, 8 a a ， 所以 7 2 5 5  a a d ，解得 1d  ， 由 1 1 3a   ，解得 1 2a  ， 所以 1na n  （2）由（1）得   1 1 1 1 1 1 2 1 2n na a n n n n       ， 所以 1 1 1 1 1 1 1 1 2 3 3 4 1 2 2 2                          nS n n n . 令 1 1 5 2 2 12  n ，解得 10n  . 【点睛】此题考查等差数列基本量的计算，求解通项公式，利用裂项求和根据等式求解项数. 19. 一场突如其来的新冠肺炎疫情在全国蔓延，在党中央的坚强领导和统一指挥下，全国人 民众志成城、团结一心，共抗疫情。每天测量体温也就成为了所有人的一项责任，一般认为 成年人腋下温度T （单位：℃）平均在 36℃~37℃之间即为正常体温，超过 37.1℃即为发热。 发热状态下，不同体温可分成以下三种发热类型：低热：37.1 38T  ；高热：38 40T  ； 超高热（有生命危险）： 40T  . 某位患者因发热，虽排除肺炎，但也于 12 日至 26 日住院治疗. 医生根据病情变化，从 14 日 开始，以 3 天为一个疗程，分别用三种不同的抗生素为该患者进行消炎退热. 住院期间，患 者每天上午 8:00 服药，护士每天下午 16:00 为患者测量腋下体温记录如下： 抗生素使用情况 没有使用 使用“抗生素 A”治疗 使用“抗生素 B”治疗 日期 12 日 13 日 14 日 15 日 16 日 17 日 18 日 19 日 体温（℃） 38.7 39.4 39.7 40.1 39.9 39.2 38.9 39.0 - 14 - 抗生素使用情况 使用“抗生素 C”治疗 没有使用 日期 20 日 21 日 22 日 23 日 24 日 25 日 26 日 体温（℃） 38.4 38.0 37.6 37.1 36.8 36.6 36.3 （1）请你计算住院期间该患者体温不低于 39℃的各天体温平均值； （2）在 18 日—22 日期间，医生会随机选取 3 天在测量体温的同时为该患者进行某一特殊项 目“ 项目”的检查，求至少两天在高热体温下做“ 项目”检查的概率； （3）抗生素治疗一般在服药后 2-8 个小时就能出现血液浓度的高峰，开始杀灭细菌，达到消 炎退热效果.假设三种抗生素治疗效果相互独立，请依据表中数据，判断哪种抗生素治疗效果 最佳，并说明理由. 【答案】（1）39.55℃；（2） 7 10 ；（3）“抗生素 C”治疗效果最佳，理由见解析. 【解析】 【分析】 （1）由表知，该患者共 6 天的体温不低于 39 C ，由此能求出患者体温不低于39 C 的各天 体温平均值． （2）设 :A 恰有两天在高热体温下做“ 项目”检查； :B 五天中三天都在高热体温下做“ 项目”检查，再根据和事件的概率公式计算可得； （3）根据所给数据合理分析即可； 【详解】（1）由表可知，该患者共 6天的体温不低于 39℃，记平均体温为 x ，  1 39.4 39.7 40.1 39.9 39.2 39.0 39.556x        ℃ 所以，患者体温不低于 39℃的各天体温平均值为 39.55℃ （2）设 :A 恰有两天在高热体温下做“ 项目”检查； :B 五天中三天都在高热体温下做“ 项目”检查   6 10P A  ，   1 10P B  ，   7 10P A B  （3）“抗生素 C”治疗效果最佳可使用理由： ①“抗生素 B”使用期间先连续两天降温 1.0℃又回升 0.1℃，“抗生素 C”使用期间持续降 - 15 - 温共计 1.2℃，说明“抗生素 C”降温效果最好，故“抗生素 C”治疗效果最佳. ②“抗生素 B”治疗期间平均体温 39.03℃，方差约为 0.0156；“抗生素 C”平均体温 38℃， 方差约为 0.1067，“抗生素 C”治疗期间体温离散程度大，说明存在某个时间节点降温效果 明显，故“抗生素 C”治疗效果最佳. 【点睛】本题考查平均值的计算，考查古典概型，考查运算求解能力，属于基础题． 20. 已知椭圆C 的短轴的两个端点分别为  0,1A 、  0, 1B  ，焦距为 2 3 ． （1）求椭圆C 的方程； （2）已知直线 y m 与椭圆C 有两个不同的交点 M 、 N ，设 D 为直线 AN 上一点，且直线 BD 、 BM 的斜率的积为 1 4  ．证明：点 D 在 x 轴上． 【答案】（1） 2 2 14 x y  ；（2）见解析. 【解析】 【分析】 （1）由已知条件得出b 、 c 的值，进而可得出 a 的值，由此可求得椭圆C 的方程； （2）设点  1,M x m ，可得  1,N x m ，且 1 0x  ， 1 1m   ，求出直线 BM 的斜率，进而 可求得直线 BD 与 AN 的方程，将直线直线 BD 与 AN 的方程联立，求出点 D 的坐标，即可 证得结论. 【详解】（1）由题设，得 1 3 b c   ，所以 2 2 2 4a b c   ，即 2a  ． 故椭圆C 的方程为 2 2 14 x y  ； （2）设  1,M x m ，则  1,N x m ， 1 0x  ， 1 1m   ． 所以直线 BM 的斜率为   1 1 1 1 0 m m x x    ， 因为直线 BD 、 BM 的斜率的积为 1 4  ，所以直线 BD 的斜率为   1 4 1 x m   ． 直线 AN 的方程为 1 1 1my xx   ，直线 BD 的方程为   1 14 1 xy xm    ． - 16 - 联立   1 1 1 1 14 1 my xx xy xm         ，解得点 D 的纵坐标为 2 2 1 2 2 1 1 14 1 14 D x m y x m        ． 因为点 M 在椭圆C 上，所以 2 21 14 x m  ，则 0Dy  ，所以点 D 在 x 轴上． 【点睛】本题考查椭圆方程的求解，同时也考查了点在定直线的证明，考查计算能力与推理 能力，属于中等题. 21. 已知函数   214 ln 22x a xf xx     ，其中 a 为正实数. （1）求函数  y f x 的单调区间； （2）若函数  y f x 有两个极值点 1x ， 2x ，求证：    1 2 6 lnf x f x a   . 【答案】（1）答案不唯一，具体见解析（2）证明见解析； 【解析】 【分析】 （1）根据函数   214 ln 22x a xf xx     ，求导得到   2 44 a x x af x xx x        ， 然后根据 2 4t x x a   ，分 0, 0    讨论求解. （2）由（1）得到若函数  y f x 有两个极值点 1x ， 2x ，则 0 4a  ，且 1 2 4x x  ， 1 2x x a ， 代入    1 2f x f x ，得到    1 2f x f x 4 lna a a   ，要证    1 2 6 lnf x f x a   ， 只需证 ln ln 2 0a a a a    ，构造函数   ln ln 2x xg x xx     ，用导数法结合零点存 在定理证明   0g x  即可. 【详解】（1）因为函数   214 ln 22x a xf xx     ， 所以   2 44 a x x af x xx x        ，函数  y f x 的定义域为 0,  ， 令 2 4t x x a   ， ①若16 4 0a  ，即 4a  时，则   0f x  ，此时  f x 的单调减区间为 0,  ； ②若16 4 0a  ，即 0 4a  时， - 17 - 令   0f x  ，得 2 4x a   ， 当 0 2 4x a    或 2 4x a   时，   0f x  ， 当 2 4 2 4a x a      时，   0f x  ， 此时  f x 的单调减区间为 0,2 4 a  ， 2 4 ,a   ， 单调增区间为  2 4 ,2 4a a    . （2）由（1）知，当 0 4a  时，函数  y f x 有两个极值点 1x ， 2x ，且 1 2 4x x  ， 1 2x x a . 因为     2 2 1 2 1 1 1 2 2 2 1 14 ln 2 4 ln 22 2f x f x x a x x x a x x         ，      2 2 1 2 1 2 1 2 14 ln 42x x a x x x x      ，  2116 4ln l2 n4 42a a a aa a        ， 要证    1 2 6 lnf x f x a   ，只需证 ln ln 2 0a a a a    . 构造函数   ln ln 2x xg x xx     ， 则   1 11 1ln lng x x xx x        ，  g x 在 0,4 上单调递增，又  1 1 0g    ，   12 ln 2 02g    ，且  g x 在定义域上 不间断， 由零点存在定理，可知   0g x  在 1,2 上唯一实根 0x ，且 0 0 1ln x x  . 则  g x 在 00, x 上递减， 0 ,4x 上递增，所以  g x 的最小值为  0g x 因为  0 0 0 0 0 1 11 2 3g x x xx x            ， 当  0 1,2x  时， 0 0 1 52, 2x x      ，则  0 0g x  ， 所以    0 0g x g x  恒成立. 所以 ln ln 2 0a a a a    ， 所以    1 2 6 lnf x f x a   ，得证. - 18 - 【点睛】本题主要考查导数与函数的单调性，导数与不等式证明问题，还考查了转化化归， 分类讨论的思想和运算求解的能力，属于难题. 22. 在平面直角坐标系 xOy 中，曲线 1C 的参数方程为 24 x t y t    （t 为参数），以原点O 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 2 sin cosm     . （Ⅰ）求 1C 的普通方程和 2C 的直角坐标方程； （Ⅱ）若 1C 与 2C 交于 P ，Q 两点，求 1 1 OQOPk k  的值. 【答案】（Ⅰ） 1C 的普通方程为 2 1 4x y ； 2C 的直角坐标方程 2 0x mx   ；（Ⅱ） 1 8 . 【解析】 【分析】 （Ⅰ）消去参数 t 即可求得 1C 的普通方程，利用极坐标和直角坐标的互化公式 cosx   ， siny   ,即可求得 2C 的直角坐标方程; （Ⅱ）理解参数t 的几何意义并利用其几何意义,联立直线和曲线方程,利用韦达定理进行运算 求解即可. 【详解】（1）由 24 x t y t    （t 为参数），消去参数t ，得 2 1 4x y ， 即 1C 的普通方程为 2 1 4x y . 由 2 sin cosm     ，得 sin cos 2m     ， 将 cosx   ， siny   代入，得 2 0my x   ， 即 2C 的直角坐标方程 2 0my x   . （2）由 24 x t y t    （t 为参数），可得 4y tx  （ 0x  ）， 故 4t 的几何意义是抛物线 2 1 4x y 上的点（原点除外）与原点连线的斜率. 由题意知，当 0m  时， 2 : 2C x  ， 则 1C 与 2C 只有一个交点  216, 不符合题意，故 0m  . - 19 - 把 24 x t y t    （t 为参数）代入 2 0x my   ， 得 24 2 0mt t   ，设此方程的两根分别为 1t ， 2t ， 由韦达定理可得， 1 2 1 4t t m    ， 1 2 1 2t t m   ， 所以 1 2 1 2 1 2 1 1 1 1 1 14 14 4 4 84 2 OP OQ t t m k k t t t t m            . 【点睛】本题主要考查极坐标方程与直角坐标方程的互化、参数方程与普通方程的互化、参 数的几何意义;考查学生转化与化归能力、运算求解能力;属于中档题、常考题型. 23. 已知函数   1 2f x x x   （1）在平面直角坐标系中作出函数  f x 的图象，并解不等式   2f x  ； （2）若不等式   1 5f x x k    对任意的 xR 恒成立，求证： 6 5k k   . 【答案】（1）图象见解析， 1 3x x    或 1x  ；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】 （1）去掉绝对值号，根据一次函数的图象与性质，即可得到函数  f x 的图象，结合图象， 即可求解不等式的解集； （2）不等式   1 5f x x k    对任意的 xR 恒成立，只需   min5 1k f x x       ， 求得 3k  ，然后利用作差法，即可证得 6 5k k   . - 20 - 【详解】（1）由题意，函数   3 1, 1 1 2 1,0 1 3 1, 0 x x f x x x x x x x             ， 在直角坐标系中作出函数  f x 的图象，如图所示： 当 1 3x   时，可得   2f x  ，当 1x  时，可得   2f x  ， 所以根据图象可得解不等式   2f x  的解集为 1 3x x    或 1x  . （2）由   1 2 2 2 2 2 2 2f x x x x x x         ， 当且仅当   2 2 2 0x x  ，即 0 1x  时取等号，所以   1f x x  的最小值为 2 ， 由不等式   1 5f x x k    对任意的 xR 恒成立， 所以只需   min5 1 2k f x x        ，可得 3k  ， 又由   2 2 36 5 65 0k kk kk k k k        ，所以 6 5k k   . 【点睛】本题主要考查了绝对值不等式的解法和绝对值不等式恒成立问题，着重考查转化思 想和数形结合思想的应用，属于中档试题. - 21 -