湖南省江西省普通高中名校联考2020届高三下学期信息卷（压轴卷一）数学（文）试题 Word版含解析 24页

- 1 - 2020 届·普通高中名校联考信息卷（压轴卷一） 文科数学 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. 设函数 24y x  的定义域为 A，函数  ln 2y x  的定义域为 B，则 A B  （ ） A.  ,2 B.  0,2 C.  2 D.  2,2 【答案】D 【解析】 【分析】 根据函数定义域的求法分别求得集合 ,A B ，由交集定义可得结果. 【详解】由 24 0x  得： 2 2x   ，即  2,2A   ；由 2 0x  得： 2x  ，即  ,2B   ，  2,2A B   . 故选： D . 【点睛】本题考查集合运算中的交集运算，涉及到函数定义域的求解问题，属于基础题. 2. 若复数 z 满足  1 i z 1 2i  ，则 z  （） A. 2 2 B. 3 2 C. 10 2 D. 1 2 【答案】C 【解析】 【分析】 由复数的除法运算可得 z ，进而可得模长. 【详解】由 1 i z 1 2i  ，可得       1 2 11 2 1 2 2 3 1 1 1 1 1 1 2 2 i ii i iz ii i i             . 2 23 1 10 2 2 2z              . 故选 C. 【点睛】本题主要考查了复数的除法运算及复数模的概念，属于基础题. 3.  sin163 sin223 sin253 sin313       - 2 - A. 1 2 B. 1 2  C. 3 2 D. 3 2  【答案】A 【解析】 【分析】 利用诱导公式转化，原式=sin163°•sin223°+cos163°cos223°再通过两角和公式化简，转 化成特殊角得出结果． 【详解】原式=sin163°•sin223°+cos163°cos223°=cos（163°-223°）=cos（-60°）= 1 2 . 故选 A. 【点睛】本题主要考查了诱导公式应用及两角和与差的余弦公式．要熟记公式是关键． 4. 《聊斋志异》中有：“挑水砍柴不堪苦，请归但求穿墙术”.在数学中，我们称形如以下 形式的等式具有“穿墙术”： 2 2 3 3 4 42 2 ,3 3 ,4 4 ,3 3 8 8 15 15    则按照以上规律， 若 m mm mn n  具有“穿墙术”，则 m，n 满足的关系式为（ ） A. n =2m-1 B. n=2(m-1) C. n=(m-1)2 D. n=m2 -1 【答案】D 【解析】 【分析】 根据不完全归纳法，以及根式中的分子和分母的关系，可得结果. 【详解】由题可知： 2 2 2 22 2 23 3 2 1    ， 2 3 3 33 3 38 8 3 1    2 4 4 44 4 415 15 4 1    ， 则可归纳： 2 1 m m mm m mn n m    ， 所以 2 1n m  故选：D 【点睛】本题考查不完全归纳法的应用，仔细观察，发现特点，对选择题以及填空题，常可 - 3 - 采用特殊值以及不完全归纳法解决问题，化繁为简，属基础题. 5. 某四棱锥的三视图如图所示，记 S 为此棱锥所有棱的长度的集合，则（ ）. A. 2 2 S ，且 2 3 S B. 2 2 S ，且 2 3 S C. 2 2 S ，且 2 3 S D. 2 2 S ，且 2 3 S 【答案】D 【解析】 【分析】 首先把三视图转换为几何体，根据三视图的长度，进一步求出个各棱长. 【详解】根据几何体的三视图转换为几何体为：该几何体为四棱锥体， 如图所示： 所以： 2AB BC CD AD DE     ， 2 2AE CE  ， 2 2(2 2) 2 2 3BE    . 故选：D. . 【点睛】本题考查三视图和几何体之间的转换，主要考查运算能力和转换能力及思维能力， 属于基础题. 6. 已知函数   sinx 1 2sinxf x   的部分图象如图所示，将此图象分别作以下变换，那么变换后 的图象可以与原图象重合的变换方式有（ ） - 4 - ①绕着 x 轴上一点旋转180; ②沿 x 轴正方向平移; ③以 x 轴为轴作轴对称; ④以 x 轴的某一条垂线为轴作轴对称. A. ①③ B. ③④ C. ②③ D. ②④ 【答案】D 【解析】 【分析】 计算得到    2f x k f x  ， 2 2f x f x             ，故函数是周期函数，轴对称图形， 故②④正确，根据图像知①③错误，得到答案. 【详解】   sin 1 2sin xf x x   ，        sin 2 sin2 1 2sin 2 1 2sin x k xf x k f xx k x         ，k Z ， 当沿 x 轴正方向平移 2 ,k k Z  个单位时，重合，故②正确； cosin 2 2 1 2cos s s1 2 in 2 x f x x x x                    ， cosin 2 2 1 2cos s s1 2 in 2 x f x x x x                    ， 故 2 2f x f x             ，函数关于 2x  对称，故④正确； 根据图像知：①③不正确； 故选： D . 【点睛】本题考查了根据函数图像判断函数性质，意在考查学生对于三角函数知识和图像的 综合应用. - 5 - 7. 已知双曲线C 的中心为坐标原点，离心率为 3 ，点  2 2, 2P  在C 上，则C 的方程 为（） A. 2 2 14 2 x y  B. 2 2 17 14 x y  C. 2 2 12 4 x y  D. 2 2 114 7 y x  【答案】B 【解析】 【分析】 讨论双曲线的焦点轴，设出方程，根据条件列出方程组求解即可. 【详解】当双曲线的焦点在 x 轴，设双曲线的方程为： 2 2 2 2 1(a 0,b 0)x y a b     . 根据题意可得： 2 2 2 2 2 3 8 2 1 c a a b c a b          ，解得 2 27 14a b，  ，所以 2 2 17 14 x y  . 当双曲线的焦点在 y 轴，设双曲线的方程为： 2 2 2 2 1(a 0,b 0)y x a b     . 根据题意可得： 2 2 2 2 2 3 2 8 1 c a a b c a b          ，方程无解. 综上C 的方程为 2 2 17 14 x y  . 故选 B. 【点睛】本题主要考查了双曲线方程的求解，注意题中没有交代焦点轴时，解题时需要分情 况讨论，属于中档题. 8. 在如图所示的程序框图中，若输出的值是 4 ，则输入 x 的取值范围是（ ） - 6 - A.  2, B.  2,4 C.  4,10 D.  4, 【答案】B 【解析】 【分析】 按照程序框图运行程序，直到 4i  时知 82x  ，由此得到 3 82x  且 4 82x  ，解不等式组求 得结果. 【详解】按照程序框图运行程序，输入 x ， 0i  ，记此后 x 第 n 次被赋值的结果为 nx ， 则 1 3 2x x  ， 1i  ，不满足 82x  ，循环；  2 13 2 3 3 2 2x x x     ， 2i  ，不满足 82x  ，循环；   3 23 2 3 3 3 2 2 2x x x      ， 3i  ，不满足 82x  ，循环；    4 33 2 3 3 3 3 2 2 2 2x x x       ， 4i  ，满足 82x  ，输出 4i  ， 此时        4 3 3 3 3 3 2 2 2 2 82 3 3 3 2 2 2 82 x x x x             ，解得： 2 4x  ， 输入的 x 的取值范围为  2,4 . 故选： B . 【点睛】本题考查根据程序框图输出结果计算输入值的问题，关键是能够根据判断框的条件 确定输入值所满足的不等关系. - 7 - 9. 已知向量 ,a b   满足 a b a b     ，且 3a  ， 1b  ，则向量 b 与 a b  的夹角为（ ） A. 3  B. 2 3  C. 6  D. 5 6  【答案】B 【解析】 【分析】 根据 a b a b     可知 a b  ，利用数形结合的方式可确定所求夹角的正切值，进而求得结 果. 【详解】由 a b a b     知：以 ,a b   为邻边的平行四边形的对角线相等， 以 ,a b   为邻边的平行四边形为矩形，即 a b  ，如下图所示： 设向量b 与 a b  的夹角为 tan 3a b        ，又   20, , 3      ， 向量 b 与 a b  的夹角为 2 3  . 故选： B . 【点睛】本题考查平面向量夹角的求解问题，关键是能够根据已知中的模长相等的关系确定 两向量互相垂直，易错点是忽略向量的方向，造成夹角判断错误. 10. 如图，点 E 是正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱 DD1 的中点，点 F，M 分别在线段 AC，BD1（不包含 端点）上运动，则（ ） - 8 - A. 在点 F 的运动过程中，存在 EF//BC1 B. 在点 M 的运动过程中，不存在 B1M⊥AE C. 四面体 EMAC 的体积为定值 D. 四面体 FA1C1B 的体积不为定值 【答案】C 【解析】 【分析】 采用逐一验证法，根据线线、线面之间的关系以及四面体的体积公式，可得结果. 【详解】A 错误 由 EF  平面 AEC ， 1BC // 1AD 而 1AD 与平面 AEC 相交， 故可知 1BC 与平面 AEC 相交，所以不存在 EF//BC1 B 错误，如图，作 1 1B M BD 由 1 1, ,AC BD AC BB BD BB B    又 1,BD BB  平面 1 1BB D D ，所以 AC  平面 1 1BB D D 又 1B M  平面 1 1BB D D ，所以 1B M AC - 9 - 由OE // 1BD ，所以 1B M OE AC OE O ， ,AC OE  平面 AEC 所以 1B M  平面 AEC ，又 AE  平面 AEC 所以 1B M AE ，所以存在 C 正确 四面体 EMAC 的体积为 1 3M AEC AECV S h    其中 h 为点 M 到平面 AEC 的距离， 由OE // 1BD ，OE  平面 AEC ， 1BD  平面 AEC 所以 1BD //平面 AEC ， 则点 M 到平面 AEC 的距离即点 B 到平面 AEC 的距离， 所以 h 为定值，故四面体 EMAC 的体积为定值 D 错误 由 AC // 1 1AC ， 1 1AC  平面 1 1AC B ， AC  平面 1 1AC B 所以 AC //平面 1 1AC B ， 则点 F 到平面 1 1AC B 的距离 1h 即为点 A 到平面 1 1AC B 的距离， 所以 1h 为定值 所以四面体 FA1C1B 的体积 1 1 1 1 1 1 3F A C B A C BV S h    为定值 故选：C 【点睛】本题考查线面、线线之间的关系，考验分析能力以及逻辑推理能力，熟练线面垂直 与平行的判定定理以及性质定理，中档题. 11. 设锐角三角形 ABC 的内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，若 2a  ， 2B A ，则 b 的取值范围为（ ） A.  0,4 B.  2,2 3 C.  2 2,2 3 D.  2 2,4 【答案】C - 10 - 【解析】 【分析】 由锐角三角形的性质，先求出的范围，结合正弦定理进行转化求解即可 【详解】解：在锐角三角形中， 0 2 2A   ，即 0 4A   ，且 3B A A  ，则 32 A   ， 即 6 3A   ，综上 6 4A   ，则 2 3cos2 2A  ， 因为 2a = ， 2B A ， 所以由正弦定理得 sin sin 2sin cos a b b A B A A   ，得 4cosb A ， 因为 2 3cos2 2A  ， 所以 2 2 4cos 2 3A  ， 所以 2 2 2 3b  ， 所以 b 的取值范围为 (2 2,2 3) 故选：C 【点睛】此题考查三角函数的性质，结合锐角三角形的性质以及正弦定理进行转化是解决此 题的关键，属于中档题. 12. 已知函数 π( ) 2f x x   ， ( ) cos sing x x x x  ，当 [ 4π,4π]x  ，且 0x  时，方程 ( ) ( )f x g x 根的个数是（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 【答案】D 【解析】 【分析】 分别判断两个函数的奇偶性及单调性，进而做出二者的图象，根据图象交点个数可得出答案. 【详解】由题意，函数 π( ) 2f x x   ，在   4π,0 0,4π  上是奇函数，且是反比例函数， 又      ( ) cos sin cos sing x x x x x x x g x           ，所以 ( )g x 在 - 11 -    4π,0 0,4π  上是奇函数. 又 ( ) sing x x x   ，所以  0,πx 时， ( ) 0g x  ；  π,2πx 时， ( ) 0g x  ；  2π,3πx 时， ( ) 0g x  ；  3π,4πx 时， ( ) 0g x  . 所以 ( )g x 在 0,π 上单调递减；在 π,2π 上单调递增；在 2π,3π 单调递减；在 3π,4π 上 单调递增. 作出 ( ), ( )f x g x 的图象，如下图所示，  0 0g  ，  π πg   ，   1π 2f   ，    π πf g ，则 ( )f x 与 ( )g x 的图象在  0,πx 上 有 1 个交点；  2π 2πg  ，   12π 4f   ，    2π 2πg f ，则 ( )f x 与 ( )g x 的图象在  π,2πx 上有 1 个交点；  3π 3πg   ，   13π 6f   ，    3π 3πf g ，则 ( )f x 与 ( )g x 的图象在  2π,3πx 上有 1 个交点；  4π 4πg  ，   14π 8f   ，    4π 4πg f ，则 ( )f x 与 ( )g x 的图象在  3π,4πx 上有 1 个交点. 故 ( )f x 与 ( )g x 的图象在 0,4π 上有 4 个交点，根据对称性可知，二者图象在 4π,0 上 4 个交点，故当 [ 4π,4π]x  ，且 0x  时，方程 ( ) ( )f x g x 根的个数是 8. 故选：D. - 12 - 【点睛】本题考查函数图象交点问题，考查函数图象的应用，考查学生的推理能力，属于中 档题. 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.把答案填在答题卡相应位置上. 13. 若函数 lg , 0( ) , 0x x xf x a b x     且 (0) 3f  ， ( 1) 4f   ，则 ( ( 3))f f   ____________. 【答案】1 【解析】 【分析】 首先根据两个函数值求 ,a b ，再求  3f  和   3f f  . 【详解】根据条件可知 0 1 3 4 a b a b       ，解得： 1 2a  ， 2b  即   lg , 1 22 x x f x        0 0 x x   ，  3 10f   ，     3 10 lg10 1f f f    故填：1. 【点睛】本题考查分段函数求值，意在考查基本的计算能力，属于简单题型. 14. 将一颗骰子先后投掷两次分别得到点数 ,a b ，则直线 0ax by  与圆 2 2( 2) 2x y   有 - 13 - 公共点的概率为________. 【答案】 7 12 【解析】 将 一 颗 骰 子 先 后 投 掷 两 次 分 别 得 到 点 数 ,a b可 得 6 6 36n    种 结 果 ， 由 直 线 与 圆  2 22 2x y   有 公 共 点 可 得 2 2 2 2a a b a b     ， 故 满 足 a b 的 结 果 有 6 5 4 3 2 1 21m        种 ， 由 古 典 概 型 的 计 算 公 式 可 得 ： 直 线 0ax by  与 圆  2 22 2x y   有公共点的概率为 21 7 36 12 mP n    ，应填答案 7 12 ． 15. 圆锥底面半径为 1，高为 2 2 ，点 P 是底面圆周上一点，则一动点从点 P 出发，绕圆锥 侧面一圈之后回到点 P，则绕行的最短距离是___． 【答案】3 3 【解析】 【分析】 把圆锥侧面展开成一个扇形，则对应的弧长是底面的周长，对应的弦是最短距离，即 CP 的长 是蚂蚁爬行的最短路程，求出 CD 长，根据垂径定理求出 PC=2CD，即可得出答案． 【详解】把圆锥侧面展开成一个扇形，则对应的弧长是底面的周长，对应的弦是最短距离， 即 CP 的长是蚂蚁爬行的最短路程，过 A 作 AD⊥PC 于 D， 弧 PC 的长是 2π⋅ 1=2π，则侧面展开图的圆心角是 2 3  ， ∴∠DAC= 3  ， ∵AC=3，∴ 3 3CD ACsin 3 2   ，所以 PC 3 3 . - 14 - 即蚂蚁爬行的最短路程是3 3 . 故答案为 3 3 . 【点睛】考查了平面展开﹣最短路径问题，圆锥的侧面展开图是一个扇形，此扇形的弧长等 于圆锥底面周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．本题就是把圆锥的侧面展开成扇形，“化 曲面为平面”，用勾股定理解决． 16. 在党中央的正确指导下，通过全国人民的齐心协力，特别是全体一线医护人员的奋力救 治，二月份“新冠肺炎”疫情得到了控制.下图是国家卫健委给出的全国疫情通报，甲、乙两 个省份从 2 月 7 日到 2 月 13 日一周的新增“新冠肺炎”确诊人数的折线图如下： 根据图中甲、乙两省的数字特征进行比对，通过比较把你得到最重要的两个结论写在答案纸 指定的空白处. ①_________________________________________________. ②_________________________________________________. 【答案】 (1). 甲省比乙省的新增人数的平均数低 (2). 甲省比乙省的方差要大 【解析】 【分析】 直接根据折线图得到答案. 【详解】根据折线图知： ①甲省比乙省的新增人数的平均数低；②甲省比乙省的方差要大. 故答案为：甲省比乙省的新增人数的平均数低；甲省比乙省的方差要大. - 15 - 【点睛】本题考查了折线图，意在考查学生的理解能力和应用能力. 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， 每个试题考生都必须作答.第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答. 17. 设 nS 为数列 na 的前 n 项和，已知 3 7a  ， 1 22 2n na a a    2n  ． （1）证明：数列 1na  为等比数列； （2）求数列 na 的通项公式，并判断 n ， na ， nS 是否成等差数列？ 【答案】（1）见解析；（2）见解析． 【解析】 试题分析：（1）根据条件构造等比数列： 11 2 1n na a（ ）   ，再根据等比数列定义给予证明， （2）先根据等比数列通项公式求得 1 2n na   ，即得 na 的通项公式，再根据分组求和法得 nS ，最后判断 2n nn S a  是否成立. 试题解析：证明：∵ 3 7a  ， 3 23 2a a  ，∴ 2 3a  ， ∴ 12 1n na a   ，∴ 1 1a  ，  1 1 1 1 2 2 2 21 1 n n n n a a na a         ， ∴ 1na  是首项为 2 公比为 2 的等比数列. （2）解：由（1）知， 1 2n na   ，∴ 2 1n na   ， ∴ 1 12 2 2 21 2 n n nS n n       ， ∴  12 2 2 2 2 1 0n n n nn S a n n         ，∴ 2n nn S a  ， 即 n ， na ， nS 成等差数列. 18. 由于受到网络电商的冲击，某品牌的洗衣机在线下的销售受到影响，承受了一定的经济 损失，现将 A 地区 200 家实体店该品牌洗衣机的月经济损失统计如图所示. - 16 - （1）求 a 的值； （2）求 A 地区 200 家实体店该品牌洗衣机的月经济损失的众数以及中位数； （3）不经过计算，直接给出 A 地区 200 家实体店经济损失的平均数 x 与 6000 的大小关系. 【答案】（1） 0.00009 ；（2）众数为 3000，中位数为 3000 ；（3） 6000x  【解析】 【分析】 （1）根据概率和为 1 计算得到答案. （2）计算众数和中位数得到答案. （3）直接根据概率分布直方图得到答案. 【详解】（1）依题意， (0.00015 0.0002 0.00006) 2000 1a     ，解得 0.00009a  . （2）由图可知， A 地区 200 家实体店该品牌洗衣机的月经济损失的众数为 3000， 第一块小矩形的面积 1 0.3S  ，第二块小矩形的面积 2 0.4S  ， 故所求中位数在[2000,4000) 之间，所求中位数为 0.5 0.32000 30000.0002   . （3）直接根据概率分布直方图得到： 6000x  . 【点睛】本题考查频率分布直方图、样本的数字特征，考查运算求解能力以及必然与或然思 想. - 17 - 19. 如图，在多面体 ABCDEF 中，底面 ABCD 是正方形，梯形 ADEF  底面 ABCD ，且 1 2AF EF DE AD   ． （Ⅰ）证明平面 ABF  平面CDF ； （Ⅱ）平面CDF 将多面体 ABCDEF 分成两部分，求两部分的体积比． 【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ） 4:1． 【解析】 【分析】 （Ⅰ）取 AD 的中点G ，连接 FG ，可得 DF AF ，AB DF ，即可得 DF  平面 ABF ， 从而证明平面 ABF  平面CDF ； （Ⅱ）作 FM AD 于 M ，过 E 作 EN AD 于 N ，作 //MG AB ， MH //CD ． 利用多面体 ABCDEF 的体积 E CDNHF ABGM FMG ENHV V V V    ，求得多面体 ABCDEF 的 体积，进而求得 F CDEV  ，得到答案． 【详解】（Ⅰ）由题意，多面体 ABCDEF 的底面 ABCD 是正方形，可得 AB CD ， 又由梯形 ADEF  底面 ABCD ，梯形 ADEF  底面 ABCD AD ， AB Ì平面 ABCD ，所以 AB  平面 ADEF ， 因为 DF  平面 ADEF ，所以 AB DF ， 因为梯形 ADEF 中， 1 2AF EF DE AD   ， 取 AD 的中点G ，连接 FG ，所以 1 2FG AD ，所以 DF AF ， 又因为 AF AB A  ，所以 DF  平面 ABF ， 又由 DF  平面CDF ，所以平面 ABF  平面CDF ． - 18 - （Ⅱ）如图所示，作 FM AD 于 M ，过 E 作 EN AD 于 N ，作 //MG AB ， NH //CD ． ∵梯形 ADEF  底面 ABCD ，且 1 2AF EF DE AD   ． ∴ FM  面 ABCD ， EN 面 ABCD ， 在 Rt AFD 中，由 2AD AF 可得 60FAD   ， 令 1 22AF EF DE AD    ， 则 3FM EN  ， 1AM ND  ， 多面体 ABCDEF 的体积为： 1 1 20 31 4 3 2 3 4 23 2 3F ABGM E CDNH FMG ENHVV VV               ． 由（1）及对称性可得 AE ⊥平面CDE ， ∵ 2AD EF ， //EF AD，∴ F 到面CDE 的距离等于 A 到面CDE 的距离的一半， 即 F 到面 CDE 的距离等于 1 32d AE  ， 故 1 1 1 4 34 2 33 3 2 3F CDE CDEV S d        V ． ∴平面CDF 将多面体 ABCDEF 分成两部分，两部分的体积比为 4:1． 【点睛】本题主要考查了平面与平面垂直的判定，以及几何体的体积公式的应用，其中解答 中熟记空间几何体的线面位置关系的判定定理和性质定理，以及合理利用几何体的体积公式， 准确计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力． - 19 - 20. 已知椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b     的短轴长为 2 2 ，离心率为 3 2 ． （1）求椭圆C 的标准方程； （2）直线 l 平行于直线 by xa  ，且与椭圆C 交于 ,A B 两个不同的点，若 AOB 为钝角，求 直线 l 在 x 轴上的截距 m 的取值范围． 【答案】（1） 2 2 18 2 x y  ；（2）( 2 2,0) (0,2 2)  【解析】 【分析】 （1）由短轴长为 2 2 ，离心率为 3 2 ，可求出椭圆中 ,a b 的值，进而可求出椭圆的标准方程； （2）由直线 l 平行于直线 by xa  ，可设直线l 的方程为 1 ( 0)2y x n n   ，与椭圆方程联 立，可得到关于 x 的一元二次方程，由   ，可求得 2 2n   ，再结合 AOB 为钝角， 可得 0OA OB   ，且 0n  ，将该式展开，并结合韦达定理，可求出 2 2n  ，进而可求出 n 的 取值范围，再结合直线 l 在 x 轴上的截距 2m n  ，可求出 m 的取值范围． 【详解】（1）由题意可得 2 2 2b  ，所以 2b  ， 2 2 31 2 c be a a     ，解得 2 2a  ， 所以椭圆C 的标准方程为 2 2 18 2 x y  ． （2）由于直线l 平行于直线 by xa  ，即 1 2y x ，设直线 l 在 y 轴上的截距为 n ， 所以 l 的方程为 1 ( 0)2y x n n   ． 联立 2 2 1 ,2 18 2 y x n x y       ，得 2 22 2 4 0x nx n    ， 因为直线 l 与椭圆C 交于 ,A B 两个不同的点， 所以  2 2(2 ) 4 2 4 0n n     ，解得 2 2n   ． - 20 - 设  1 1,A x y ，  2 2,B x y ，则 1 2 2x x n   ， 2 1 2 2 4x x n  ． 因为 AOB 为钝角等价于 0OA OB   ，且 0n  ， 所以 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 2 2OA OB x x y y x x x n x n                  2 2 2 1 2 1 2 5 5 2 4 ( 2 ) 04 2 4 2 n nx x x x n n n n          ，即 2 2n  ，且 0n  ， 所以直线 l 在 y 轴上的截距 n 的取值范围： ( 2,0) (0, 2)  ． 因为直线 l 在 x 轴上的截距 2m n  ， 所以 m 的取值范围是： ( 2 2,0) (0,2 2)  ． 【点睛】本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆位置关系的应用，考查学生的计算求解 能力，属于中档题. 21. 已知函数 ( ) ln ( )af x x a Rx    . （Ⅰ）讨论函数 f（x）的单调性； （Ⅱ）令 ( 5) 2( ) a kg a a   ，若对任意的 x＞0，a＞0，恒有 f（x）≥g（a）成立，求实数 k 的最大整数. 【答案】（1）见解析（2）7 【解析】 【分析】 （ 1 ）   2 2 1 ,a x af x x x x    讨 论 0a  和 0a  两 种 情 况 ；（ 2 ） 由      min1 ln 1 ff x a x g a（） ，   成立转化为    min maxf x g a ，分离 k,构造函数求最 值即可. 【详解】（1）此函数的定义域为  0, ，   2 2 1 ,a x af x x x x    （1）当 0a  时，   0,f x   f x 在  0, 上单调递增， （2）当 0a  时，      0, , 0,x a f x f x 单调递减，      , , 0,x a f x f x   单 调增 综上所述：当 0a  时，  f x 在 0, 上单调递增 - 21 - 当 0a  时，    0, ,x a f x 单调递减，    , ,x a f x  单调递增. （2）由（Ⅰ）知    min ln 1,f x f a a      f x g a  恒成立，则只需  ln 1a g a  恒成立， 则  5 2 2ln 1 5 ,a ka ka a       2ln 6a ka     ， 令   2ln ,h a a a   则只需  min 6,h a k  则   2 2 1 2 2 ,ah a a a a         0,2 , 0,a h a h a   单调递减，      2, , 0,a h a h a   单调递增，    min 2 ln2 1h a h   即 ln2 1 6, ln2 7,k k k       的最大整数为 7. 【点睛】本题考查利用导数研究函数单调性，求最值，考查双变元恒成立问题，综合性强,第 二问转化为    min maxf x g a 是关键. 22. 在直角坐标系 xOy 中，曲线 1C 的参数方程为 1 1 cos: sin xC y       ( 为参数)，曲线 2 2 2 : 12 xC y+ = . （1）在以O 为极点，  x 轴的正半轴为极轴的极坐标系中，求 1C ， 2C 的极坐标方程； （2）若射线( ( 0)6    与 1C 的异于极点的交点为 A ，与 2C 的交点为 B ，求 AB . 【答案】（1） 2cos  ，  2 2 2cos 2sin 2    ；（2） 2 103 5 - . 【解析】 【分析】 （1）由曲线 1C ： 1 cos sin x y       ( 为参数)化为普通方程，再结合极坐标与直角坐标的互化 公式，即可求得 1C ， 2C 的极坐标方程； - 22 - （2）分别求得点 ,A B 对应的的极径 21 2 53, 10p r == ，根据极经的几何意义，即可求解. 【详解】（1）曲线 1C ： 1 cos sin x y       ( 为参数)可化为普通方程： 2 21 1x y   ， 由 cos sin x y        可得曲线 1C 的极坐标方程为 2cos  ， 曲线 2 2 2 : 12 xC y+ = 的极坐标方程为  2 2 2cos 2sin 2    . （2）射线 ( 0)6    与曲线 1C 的交点 A 的极径为 1 2 36cos pr = = ， 射线 ( 0)6    与曲线 2C 的交点 B 的极径满足 2 21 26sin pr 骣琪琪桫 + = ，解得 2 2 10 5 r = ， 所以 1 2 2 103 5AB r r= - = - . 【点睛】本题主要考查了参数方程与普通方程的互化，直角坐标方程与极坐标方程的互化， 以及极坐标方程的应用，着重考查了推理与运算能力，属于基础题. 23. 已知函数 1( ) | | ( )3f x x a a  R . （1）当 2a  时，解不等式 1 ( ) 13x f x   ； （2）设不等式 1 ( )3x f x x   的解集为 M ，若 1 1,3 2 M     ，求实数 a 的取值范围. 【答案】（1）{ | 0x x  或 1}x ≥ ；（2） 1 4,2 3     【解析】 【分析】 （1）使用零点分段法，讨论分段的取值范围，然后取它们的并集，可得结果. （2）利用等价转化的思想，可得不等式| 3 1| | | 3x x a x    在 1 1,3 2      恒成立，然后解出解 集，根据集合间的包含关系，可得结果. - 23 - 【详解】（1）当 2a  时， 原不等式可化为| 3 1| | 2 | 3x x    . ①当 1 3x  时， 则 3 3 01 2 xx x      ，所以 0x  ； ②当 1 23 x  时， 则3 2 11 3x x x     ，所以1 2x  ； ⑧当 2x  时， 则3 3 21 32x x x     ，所以 2x  . 综上所述： 当 2a  时，不等式的解集为{ | 0x x  或 1}x ≥ . （2）由 1| | ( )3x f x x   ， 则| 3 1| | | 3x x a x    ， 由题可知： | 3 1| | | 3x x a x    在 1 1,3 2      恒成立， 所以3 1 | | 3x x a x    ，即| | 1x a  ， 即 1 1a x a    ， 所以 11 1 43 1 2 31 2 a a a           故所求实数 a 的取值范围是 1 4,2 3     . 【点睛】本题考查零点分段求解含绝对值不等式，熟练使用分类讨论的方法，以及知识的交 叉应用，同时掌握等价转化的思想，属中档题. - 24 -