辽宁省部分重点中学协作体2020届高三模拟考试数学（文科）试题 Word版含解析 24页

- 1 - 辽宁省部分重点中学协作体 2020 年高考模拟考试 数学（文科）试卷 考试时间：120 分钟考试分数：150 分 试卷说明： 本试卷分第Ⅰ卷（选择题，1-12 题，共 60 分）和第Ⅱ卷（非选择题，13-23 题，共 90 分）. 答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.作答时，将答案写在答题卡，写 在本试卷上无效. 第Ⅰ卷（选择题，共 60 分） 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.已知集合  2 2 0A x x x    ，  0B x x  ，则 A B  （ ） A. [ 1 ，2] B. （1，2] C. （0，2] D. （2， ） 【答案】C 【解析】 【分析】 由题意可得  1 2A x x    ，再由集合交集的概念即可得解. 【详解】由题意        2 2 0 2 1 0 1 2A x x x x x x x x            ， 所以        1 2 0 0 2 0,2A B x x x x x x           . 故选：C. 【点睛】本题考查了一元二次不等式的求解及集合的运算，属于基础题. 2.已知复数 z 满足  1 1z i i   （i 为虚数单位），则 z 的虚部为（ ） A. i B. i C. 1 D. 1 【答案】D 【解析】 【分析】 根据复数 z 满足  1 1z i i   ，利用复数的除法求得 z ，再根据复数的概念求解. 【详解】因为复数 z 满足  1 1z i i   ， - 2 - 所以      211 1 1 1 iiz ii i i       ， 所以 z 的虚部为 1 . 故选：D. 【点睛】本题主要考查复数的概念及运算，还考查了运算求解的能力，属于基础题. 3.已知 1 0.33 0.3log 2 2 , 2a b c    ， ，则 a b c、 、 的大小关系是（ ） A. a b c  B. a c b  C. c a b  D. b c a  【答案】A 【解析】 【分析】 由题意结合对数函数、指数函数的性质可得 0 1a b c    ，即可得解. 【详解】由题意 0.3 0.3log 2 log 1 0a    ， 1 030 2 2 1b - < = < = ， 0.3 02 2 1c    ， 所以 0 1a b c    . 故选：A. 【点睛】本题考查了对数式、指数式的大小比较，考查了对数函数、指数函数单调性的应用， 属于基础题. 4.已知某企业 2020 年 4 月之前的过去 5 个月产品广告投入与利润额依次统计如下： 月份 11 12 1 2 3 广告投入（ x 万元） 8.2 7.8 8 7.9 8.1 利润（ y 万元） 92 89 89 87 93 由此所得回归方程为 ˆ 12y x a  ，若 2020 年 4 月广告投入 9 万元，可估计所获利润约为（ ） A. 100 万元 B. 101 万元 C. 102 万元 D. 103 万元． 【答案】C 【解析】 【分析】 由题意计算出 x 、 y ，进而可得 12a y x  ，代入 9x  即可得解. - 3 - 【详解】由题意  1 8.2 7.8 8 7.9 8.1 85x       ，  1 92 89 89 87 93 905y       ， 所以 12 90 12 8 6a y x       ，所以 ˆ 12 6y x  ， 当 9x  时， ˆ 12 9 6 102y     . 故选：C. 【点睛】本题考查了线性回归方程的应用，考查了运算求解能力，属于基础题. 5.设等差数列 na 的前 n 项和为 nS ，且 3 6 44a a a   ，则 9S  （ ） A. 18 B. 24 C. 48 D. 36 【答案】D 【解析】 【分析】 由题意结合等差数列的性质可得 5 4a  ，再由等差数列前 n 项公式结合等差数列的性质可得 1 9 9 59 92 a aS a   ，即可得解. 【详解】数列 na 是等差数列， 3 6 5 4 44a a a a a     ，  5 4a  ， 1 9 9 59 9 362 a aS a    . 故选：D. 【点睛】本题考查了等差数列的性质及其前 n 项和公式的应用，属于基础题. 6.人们通常以分贝（符号是 dB ）为单位来表示声音强度的等级，30~40 分贝是较理想的安静 环境，超过 50 分贝就会影响睡眠和休息，70 分贝以上会干扰谈话，长期生活在 90 分贝以上 的嗓声环境，会严重影响听力和引起神经衰弱、头疼、血压升高等疾病，如果突然暴露在高 达 150 分贝的噪声环境中，听觉器官会发生急剧外伤，引起鼓膜破裂出血，双耳完全失去听 力，为了保护听力，应控制噪声不超过 90 分贝，一般地，如果强度为 x 的声音对应的等级为 ( )f x dB ，则有 12( ) 10 lg 1 10 xf x    ，则 90dB 的声音与50dB 的声音强度之比为（ ） A. 10 B. 100 C. 1000 D. 10000 【答案】D 【解析】 【分析】 - 4 - 设 90dB 的声音与 50dB 的声音对应的强度分别为 1x 、 2x ，由题意 12 190 10 lg 1 10 x    ， 12 250 10 lg 1 10 x    ，计算即可得解. 【详解】设90dB 的声音与 50dB 的声音对应的强度分别为 1x 、 2x ， 由题意 12 190 10 lg 1 10 x    ， 12 250 10 lg 1 10 x    ， 所以 3 1 10x  ， 7 2 10x  ，所以 3 41 7 2 10 10 1000010 x x     . 故选：D. 【点睛】本题考查了对数运算的应用，考查了对于新概念的理解，属于基础题. 7.函数 tan 2y x 图象的对称中心坐标为（ ） A. (2 ,0),k k Z  B. ( ,0),k k Z  C. ( ,0),2 k k Z  D. ( ,0),4 k k Z  【答案】D 【解析】 【分析】 由题意结合正切函数的图象与性质可得 2 ,2 kx k Z  ，即可得解. 【详解】令 2 ,2 kx k Z  ，则 ,4 kx k Z  ， 所以函数 tan 2y x 图象的对称中心坐标为 ,0 ,4 k k Z     . 故选：D. 【点睛】本题考查了正切函数图象与性质的应用，属于基础题. 8.中国古代名著《孙子算经》中的“物不知数”问题：“今有物不知其数，三三数之剩二， 五五数之剩三，七七数之剩二，问物几何？”即“有数被三除余二，被五除余三，被七除余 二，问该数为多少？”为解决此问题，现有同学设计如图所示的程序框图，则框图中的 “ 菱形 ”处应填入（ ） - 5 - A. 2 21 a  Z B. 2 15 a Z  C. 2 7 a  Z D. 2 3 a  Z 【答案】A 【解析】 由题意可知，该程序框图的功能是使得实数 a ，使得3 除余 2 ，被5 除余 3 ，被七除余 2 的数 值， 其中 5 3a n   表示除 5 除余3 的数， 再使得 3 除余 2 ，被 7 除余 2 的数，所以是除 21余 2 的数，所以判断框应填入 2 21 a  Z ， 故选 A． 9.已知函数 2 2 8, 1 ( ) 4 , 1 x ax x f x x a xx         ，若 ( )f x 的最小值为 (1)f ，则实数 a 的值不可能是 （ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】 由题意结合基本不等式可得当 1x  时，   4f x a  ；由二次函数的性质可得 1a  ，进而可 得9 2 4a a   ，即可得解. 【详解】由题意当 1x  时，   4 42 4f x x a x a ax x         ， - 6 - 当且仅当 2x  时，等号成立； 当 1x  时，   2 2 8f x x ax   ，图象为二次函数图象的一部分，对称轴为 x a ， 当 1a  时，  f a 为函数  f x 在 ,1 上的最小值，不合题意； 当 1a  时，  1f 为函数  f x 在 ,1 上的最小值，  1 9 2f a  ， 由题意可得9 2 4a a   ，解得 5 3a  ； 综上，实数 a 的取值范围为 5 3a  . 故选：A. 【点睛】本题考查了分段函数最值相关问题的求解及基本不等式的应用，考查了运算求解能 力，属于基础题. 10.已知三棱锥 A BCD 中，侧面 ABC  底面 BCD ， ABC 是边长为 3 的正三角形， BCD 是直角三角形，且 90BCD  ， 2CD  ，则此三棱锥外接球的体积等于（ ） A. 4 3 B. 32 3  C. 12 D. 64 3  【答案】B 【解析】 【分析】 取 BD 的中点 1O ， BC 中点G ，连接 1GO 、 AG ，过点 1O 作直线垂直平面 BCD，可知三棱 锥外接球的球心在该直线上，设为 O ，过点 O 作 OH AG 于 H ，连接 AO 、 BO ，设 1OO m ，由勾股定理可得 2 213 4OD m  、 2 2 3 31 2OA m        ，利用 2 2OD OA 即可 得 3 2m  ，进而可得外接球半径 2R  ，即可得解. 【详解】取 BD 的中点 1O ， BC 中点G ，连接 1GO 、 AG ， - 7 - 由题意可得 1O 为 BCD 的外心， AG  平面 BCD， 过点 1O 作直线垂直平面 BCD ，可知三棱锥外接球的球心在该直线上，设为 O ， 过点O 作OH AG 于 H ，连接 AO 、 OD ，可知四边形 1OHGO 为矩形，  ABC 是边长为 3， 2CD  ，  3 3 2AG  ， 13BD  ， 1 1O G  ， 设 1OO m ，则 3 3 2HA m  ，  2 2 2 2 1 1 13 4OD DO OO m    ， 2 2 2 2 3 31 2OA OH HA m          ， 由 2 2OD OA 可得 2 213 3 314 2m m         ，解得 3 2m  ， 三棱锥 A BCD 外接球的半径 213 24R m   ， 此三棱锥外接球的体积 34 32 3 3V R   . 故选：B. 【点睛】本题考查了三棱锥几何特征的应用及外接球的求解，考查了面面垂直性质的应用和 空间思维能力，属于中档题. 11.已知过抛物线 2 2 ( 0)y px p  的焦点 F 的直线交抛物线于 A B， 两点，线段 AB 的延长 - 8 - 线交抛物线的准线 l 于点C ，若 2BC  ， 1FB  ，则 AB  （ ） A. 3 B. 4 C. 6 D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】 分别过点 B 、 A 作准线l 的垂线，垂足分别为G 、 H ，由抛物线的性质可得 1BG FB  ， 设 AF AH x  ，由平面几何的知识即可得解. 【详解】分别过点 B 、 A 作准线 l 的垂线，垂足分别为G 、 H ， 由题意 1BG FB  ， 2BC  ， 设 AF AH x  ，由三角形相似可得 BG BC AH AC  即 1 2 1 2x x    ，解得 3x  ， 则 4AB AF BF   . 故选：B. 【点睛】本题考查了抛物线性质的应用，考查了运算求解能力，属于基础题. 12.已知 2( ) 2 (ln ) xef x t x xx x     恰有一个极值点为 1，则 t 的取值范围是（ ） A. 1( ]4 6 e      ， B. 1( , ]6  C. 1[0 ]4 6 e     ， D. 1( , ]4  【答案】D - 9 - 【解析】 【分析】 由题意结合导数转化条件得  2 2 x t e x   在 0,  上无解，令      02 2 xeg x xx   ，求 导后确定函数  g x 的值域即可得解. 【详解】由题意，函数 ( )f x 的定义域为 0,  ， 对函数 ( )f x 求导得       2 2 2 1 21 2( ) 2 ( 1 ) 21 xx x e xef x tx x x tx x          ，  2( ) 2 (ln ) xef x t x xx x     恰有一个极值点为 1，   22 0xe xt   在 0,  上无解，即  2 2 x t e x   在 0,  上无解， 令      02 2 xeg x xx   ，则          2 2 2 2 2 2 1 0 2 2 2 2 x x xe x e e xg x x x         ， 函数  g x 在 0, 单调递增， 当  0,x  时，     10 4g x g  ，  1 4a  . 故选：D. 【点睛】本题考查了导数的综合应用，考查了运算求解能力与推理能力，属于基础题. 第Ⅱ卷（非选择题，共 90 分） 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分. 13.己知 x ， y 满足约束条件 1 0 2 0 x y x y y         ，则 2x y 的最小值是______． 【答案】 2 【解析】 【分析】 由题意作出可行域，转化目标函数为 2y x z  ，数形结合即可得解. - 10 - 【详解】由题意画出可行域，如图阴影所示： 令 2z x y  ，目标函数可转化为 2y x z  ， 上下平移直线 2y x z  ，数形结合可得，当直线 2y x z  过点 A 时， z 取最小值， 由 0 1 0 y x y      可得  1,0A  ，此时 min 2z   . 故答案为： 2 . 【点睛】本题考查了简单线性规划的应用，属于基础题. 14.已知 l，m 是平面 外的两条不同直线．给出下列三个论断： ①l⊥m；②m∥ ；③l⊥ ． 以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________． 【答案】如果 l⊥α，m∥α，则 l⊥m 或如果 l⊥α，l⊥m，则 m∥α. 【解析】 【分析】 将所给论断，分别作为条件、结论加以分析. 【详解】将所给论断，分别作为条件、结论，得到如下三个命题： （1）如果 l⊥α，m∥α，则 l⊥m. 正确； （2）如果 l⊥α，l⊥m，则 m∥α.正确； （3）如果 l⊥m，m∥α，则 l⊥α.不正确，有可能 l 与α斜交、l∥α. - 11 - 【点睛】本题主要考查空间线面的位置关系、命题、逻辑推理能力及空间想象能力. 15.已知数列 na 的前 n 项和为 nS ，若 1 1a  ， 12 1n nS a   则 nS  ______． 【答案】  11 3 12 n  【解析】 【分析】 由 题 意 利 用 数 列 na 与 nS 的 关 系 可 转 化 条 件 为 1 3 1n nS S   ， 进 而 可 得 1 1 132 2n nS S       ，利用等比数列的通项公式即可得解. 【详解】 12 1n nS a   ， 1 1a  ， 1 1 1S a  ， 1 12 1 1n n n nS a S S      ,  1 3 1n nS S   即 1 1 3 13 32 2 2n n nS S S         ， 又 1 1 1 2 2S   ，数列 1 2nS    是首项为 1 2 ，公比为 3 的等比数列，  11 1 32 2 n nS    ，  1 11 1 13 3 12 2 2 n n nS       . 故答案为：  11 3 12 n  . 【点睛】本题考查了数列 na 与 nS 关系的应用，考查了通过构造新数列求数列的通项，属于中 档题. 16.已知椭圆 1C 与双曲线 2C 有相同的焦点 1 2F F， ，点 P 是 1C 与 2C 的一个公共点， 1 2PF F△ 是 一个以 2PF 为底的等腰三角形， 2 4PF  ， 1C 的离心率为 3 7 ，则 2C 的离心率是______． 【答案】3 【解析】 【分析】 设椭圆 1C 的长轴为 12a ，双曲线 2C 的实轴为 22a ， 1 2 2F F c ，由椭圆的离心率结合题意可 得 1 1 2 3PF F F  ，再由双曲线的离心率公式即可得解. - 12 - 【详解】设椭圆 1C 的长轴为 12a ，双曲线 2C 的实轴为 22a ， 1 2 2F F c ， 由题意椭圆 1C 的离心率 1 2 1 1 1 1 2 2 3 2 7 F Fc ce a a PF PF     ， 又 1 2PF F△ 是一个以 2PF 为底的等腰三角形， 2 4PF  ，  1 2 1 2 3 4 7 F F F F  ，解得 1 1 2 3PF F F  ， 双曲线 2C 的离心率 1 2 2 2 2 1 2 2 32 F Fc ce a a PF PF     . 故答案为：3 . 【点睛】本题考查了椭圆性质、双曲线性质的综合应用，考查了运算求解能力，属于中档题. 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. （一）必考题：共 60 分. 17.已知 (2cos ,sin ), (cos ,2 3 cos )m x x n x x   ，且 ( )f x m n   ． （1）求 ( )f x 在[0, ]2  上的值域； （2）已知 , ,a b c 分别为 ABC 的三个内角 A ，B ，C 对应的边长，若 ( ) 32 Af  ，且 2a  ， 4b c  ，求 ABC 的面积． 【答案】（1）[0,3]（2） 3 【解析】 【分析】 （1）由题意结合平面向量数量积运算、三角恒等变换可得   2sin 2 16f x x       ，根据 0, 2x     可得 72 ,6 6 6x        ，进而可得 1sin 2 ,16 2x             ，即可得解； （2）由题意可得 3A  ，利用余弦定理可得 24 ( ) 3b c bc   ，求得 4bc  后，利用三角形 面积公式即可得解. 【详解】（1）由题意可得 - 13 - 2( ) 2cos 2 3sin cosf x m n x x x     1 cos22 3sin 2 cos2 3sin 2 1 2sin 2 12 6 x x x x x               0, 2x     ， 72 ,6 6 6x        ， 1sin 2 ,16 2x              ( )f x 的值域为[0,3]； （2）因为 32 Af      ，所以 2sin 1 36A         ，sin 16A      因为 0 A   ，所以 3A  ， 由余弦定理得： 2 2 2 2 cosa b c bc A   ，即 2 24 b c bc    24 ( ) 3b c bc   ，由 4b c  可得 4bc  ， 1 sin 32ABCS bc A  △ ． 【点睛】本题考查了平面向量数量积的坐标运算、三角恒等变换与解三角形的综合应用，考 查了运算求解能力，属于中档题. 18.已知正三棱柱 1 1 1ABC A B C 中， 1 2AB AA  ， D 是 BC 的中点. （1）求证： 1 //A B 平面 1ADC ； （2）求三棱锥 1 1C A AD 的体积. - 14 - 【答案】（1）证明见解析；（2） 3 3 【解析】 【分析】 （1）连结 1AC ，设 1 1AC AC M ，再连接 DM，可证 1A B ∥ DM ，即可证明； （2）根据等体积法可转化为 1 1 1 1C A AD D AC AV V  ，即可求其体积. 【详解】证明：（1）连结 1AC ，设 1 1AC AC M ，再连接 DM,如图， 则 M 是 1AC 的中点， DM是 1A BC 的中位线， 所以 1A B ∥ DM， 又因为 1A B  平面 1ADC ， MD  平面 1ADC ， 所以 1A B ∥平面 1ADC （2）过点作 DH AC ，垂足为 H ，如图， - 15 - 在正三棱柱 1 1 1ABC A B C 中， 1A A  平面 ABC ， ∴ 1A A AD ， 又∵ DH AC ， 1A A AD A ∴CH 平面 1 1ACC A ， 3 2DH  ， ∴ 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3 32 23 3 2 2 3C A AD D AC A AC AV V S DH         V . 【点睛】本题主要考查了线面平行的判定，等体积法，三棱锥的体积，属于中档题. 19.环境问题是当今世界共同关注的问题，且多种多样，中国环境十大问题是指大气污染问题、 水环境污染问题、垃圾处理问题、土地荒漠化和沙灾问题、水土流失问题、旱灾和水灾问题、 生物多样性破坏问题、WTO 与环境问题、三峡库区的环境问题、持久性有机物污染问题.其中 大气环境面临的形势非常严峻，大气污染物排放总量居高不下，我国环保总局根据空气污染 指数 PM2.5 浓度，制定了空气质量标准（前者是空气污染指数，后者是空气质量等级）：（1） (0,50]优；（2）(50,100] 良；（3）(100,150]轻度污染；（4）(150,200]中度污染；（5）(200,300] 重度污染；（6） (300, ) 严重污染.辽宁省某市政府为了改善空气质量，节能减排，从 2012 年开始考察了连续六年 12 月份的空气污染指数，绘制了频率分布直方图如图，经过分析研究， 决定从 2018 年 12 月 1 日起在空气质量重度污染和严重污染的日子对机动车辆施行限号出行， 请根据这段材料回答以下两个问题： ①若按分层抽样的方法，从空气质量等级为优与良的天气中抽取 5 天，再从这 5 天中随机抽 取 2 天，求至少有一天空气质量是优的概率； - 16 - ②该市环保局为了调查汽车尾气排放对空气质量的影响，对限行两年来的 12 月份共 60 天的 空气质量进行统计，其结果如下表： 空气质量 优 良 轻度污染 中度污染 重度污染 严重污染 天数 12 28 11 6 2 1 根据限行前 6 年 180 天与限行后 60 天的数据，计算并填写 2 2 列联表，并回答是否有 95%的 把握认为空气质量的优良与汽车尾气的排放有关. 空气质量优、良 空气质量污染 总计 限行前 限行后 总计 参考数据：  2P K k 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 k 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 - 17 - 参考公式 2 2 ( ) ( )( )( )( ) n ad bcK a b c d a c b d      ，其中 n a b c d    . 【答案】① 7 10 ②计算及填表见解析；有 95%的把握认为空气质量的优良与汽车尾气的排放有 关 【解析】 【分析】 (1)利用分层抽样空气质量优的天气被抽取 2 天,空气良的天气被抽取 3 天，分 别标记，再利 用古典概型的概率公式即可算出结果； （2）根据题目所给的数据填写 2x2 列联表，计算 K 的观测值 K2,对照题目中的表格，得出统 计结论. 【详解】（1）因为空气质量优与良的天气的概率之比为 0.004:0.006 2:3 按分层抽样从中抽取 5 天，则空气质量优的天气被抽取 2 天，记作 1A ， 2A ，空气良的天气被 抽取 3 天，记作 1B ， 2B ， 3B ， 从这 5 天中随机抽取 2 天，所包含的基本事件有： 1 2,A A ， 1 1,A B ， 1 2,A B ， 1 3,A B ，  2 1,A B ， 2 2,A B ，  2 3,A B ，  1 2,B B ， 1 3,B B ， 2 3,B B 共 10 个， 记事件 A 为“至少有一天空气质量优”，则事件 A 所包含的基本事件有： 1 1,A B ， 1 2,A B ，  2 1,A B ， 2 2,A B ， 1 3,A B ，  2 2,A B ， 2 3,A B ，共 7 个， 故 7( ) 10P A  ，即至少有一天空气质量优的概率为 7 10 . （2）限行前空气质量为优良的概率为（0.004+0.006）×50=0.5， 则限行前空气质量为优良的天数为 180×0.5=90， 列联表如下： 空气质量优、良 空气质量污染 总计 限行前 90 90 180 - 18 - 限行后 40 20 60 总计 130 110 240 由表中数据可得 2 2 240 (90 20 40 90) 5.035 3.841180 60 130 110K         ， 所以有 95%的把握认为空气质量的优良与汽车尾气的排放有关. 【点睛】本题主要考查了独立性检验的应用问题,以及古典概型的概率公式，也考查了计算能 力的应用问题，属于中档题. 20.己知椭圆 2 2 2 2 1( 0)y xC a ba b    ： 过点 2( ,1)2P ， 1(0, 1)F  ， 2(0,1)F 是两个焦点．以 椭圆C 的上顶点 M 为圆心作半径为 ( )0r r  的圆， （1）求椭圆C 的方程； （2）存在过原点的直线 l ，与圆 M 分别交于 A ，B 两点，与椭圆C 分别交于G ，H 两点（点 H 在线段 AB 上），使得 AG BH uuur uuur ，求圆 M 半径 r 的取值范围． 【答案】（1） 2 2: 12 yC x  （2）[ 2, 3] 【解析】 【分析】 （1）由题意结合椭圆性质可得 1 22 | 2 2a PF PF   ，进而可得 2 2 2 1b a c   ，即可得 解； （2）当直线斜率不存在时， 2r  ；当直线斜率存在时，设直线 l 方程为：y kx ，  1 1,G x y ，  2 2,H x y ，联立方程后利用弦长公式可得  2 2 8 1 | | 2 k GH k    ，由圆的性质可得 2 2 2| | 2 1AB r k    ，转化条件得| | | |AB GH ，可得 2 4 2 12 1 3 2r k k       ，即可得解. 【详解】（1）设椭圆的焦距为 2c ， 由题意 1c  ， 1 22 | 2 2a PF PF   ，所以 2 2a  ， 2 2 2 1b a c   ， - 19 - 故椭圆C 的方程为 2 2 12 y x  ； （2）当直线斜率不存在时，圆 M 过原点，符合题意， 2r  ； 当直线斜率存在时，设直线 l 方程为： y kx ，  1 1,G x y ，  2 2,H x y ， 由直线l 与椭圆C 交于G 、 H 两点， 则 2 2 12 y kx y x    ，所以 2 22 2 0k x   ，   ， 则 1 2 1 2 2 20, 2x x x x k      ， 所以    2 2 2 1 2 1 2 2 8 1 | 1 24| x xH xG x k k k         ， 点 (0, 2)M 到直线l 的距离 2 2 1 d k   ，则 2 2 2| | 2 1AB r k    ， 因为 AG BH uuur uuur ，点 H 在线段 AB 上，所以点G 在线段 AB 的延长线上， 只需| | | |AG BH 即| | | |AB GH ， 所以  2 2 2 2 8 1 242 1 k rk k        ， 则    2 4 2 2 2 2 4 2 4 2 2 1 2 3 32 12 11 2 3 2 3 2 k k k r k k k k k k                 因为 2 4 2 2 3 13 2 22 4k k k         ， 所以 4 2 1 10 3 2 2k k    ，所以  2 2,3r  ，  2, 3r   ； 综上， r 的取值范围为 2, 3   . 【点睛】本题考查了椭圆方程的确定，考查了直线、圆、椭圆的综合应用，属于中档题. 21.已知函数 ( ) lnf x x ， ( ) xg x e . （1）若 21( ) ( ) ( 1)2h x af x x a x    ， a R ，求函数 ( )h x 的单调区间； - 20 - （2）不等式 1( ) 1 2 ( )mm g x x f xx          对于 0x  恒成立，求实数 m 的取值范围. 【答案】（1）答案不唯一，具体见解析（2） 2m e  【解析】 【分析】 （1）求出函数的导数 ( 1)( )( ) x x ah x x    ，对 a 分类讨论即可求出函数的单调区间； （2）不等式恒成立可转化为    2 21 1 lnmxmx e x x … ，即    2 21 ln 1 lnmx mxe e x x … ， 令 ( ) ( 1)ln ( 0)F x x x x   ，研究其单调性即可求解. 【详解】（1） 21( ) ln ( 1)2h x a x x a x    ， ( 0)x  2 ( 1) ( 1)( )( ) ( 1)a x a x a x x ah x x ax x x            （ⅰ）当 1a  时，增区间为 (0,1) 和 ( , )a  ，减区间 (1, )a （ⅱ）当 1a  时，增区间 (0, ) ，无减区间 （ⅲ）当 0 1a  时，增区间 (0, )a 和 (1, ) ，减区间 ( ,1)a （ⅳ）当 0a  时，增区间 (1, ) ，减区间 (0,1) （2）不等式 1( ) 1 2 ( )mm g x x f xx          ，即   11 2 lnmxm e x xx       恒成立    2 21 1 lnmxmx e x x   ，即    2 21 ln 1 lnmx mxe e x x   ， 设函数 ( ) ( 1)ln ( 0)x x x x    ， 1( ) 1 lnx x x     ， 1( ) 1 lnU x x x    ， 2 2 1 1 1( ) xU x x x x     ，在 (0,1) 上， ( ) 0U x  ，在 (1, ) 上， ( ) 0U x  ， ( )x  在（ (0,1) 上单调递减，在 (1, ) 上单调递增， ∴ ( ) (1) 0x    ， 所以 ( )x 在 (0, ) 上单调递增， 所以 2mxe x - 21 - 两边取自然对数，得 ln 2 m x x  在 0x  上恒成立. 设 ln( ) xF x x  ， 2 1 ln( ) xF x x   ，在 (0, )e 上， ( ) 0F x  ， ( )F x 在 ( , )e  上， ( ) 0F x  ， ( )F x 单调递减，所以 1( ) ( )F x F e e   所以 1 2 m e  ，即 2m e  【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式解法、分类讨论 方法、等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题. （二）选考题：共 10 分.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. 22.已知平面直角坐标系 xOy 中，曲线 1C 的方程为 2 2 116 2 x y  ，以原点O 为极点， x 轴的正 半轴为极轴建立极坐标系，直线 l 的极坐标方程为 2 cos( ) 36     ．若将曲线 1C 上的所 有点的横坐标缩小到原来的一半，纵坐标伸长到原来的 2 倍，得曲线 2C ． （1）写出直线l 和曲线 2C 的直角坐标方程； （2）设点 (1,0)P ， 直线 l 与曲线 2C 的两个交点分别为 A ， B ，求 1 1 PA PB  的值． 【答案】（1） 3 3 0x y   ， 2 2 4x y  （2） 13 3 【解析】 【分析】 （1）转化直线l 的极坐标方程为 3 12 cos sin 32 2         ，利用极坐标方程与直角坐标 方程转化公式得直线 l 的直角坐标方程；设点  ,P x y 在曲线 1C 上，点  ,Q x y  为坐标变换 后点  ,P x y 的对应点，由题意得 1 2 2 x x y y        ，代入化简即可得解； - 22 - （2）写出直线的参数方程 11 2 3 2 x t y t      ,(t 为参数)，代入 2C 的直角坐标方程，由根与系数的 关系可得 1A Bt t   ， 3 0A Bt t    ，转化条件  2 41 1 A B A B A B t t t t PA PB t t       即可得解. 【详解】（1）直线 l 的极坐标方程可化为 3 12 cos sin 32 2         ， 直线 l 的直角坐标方程为 3 3 0x y   ； 设点  ,P x y 在曲线 1C 上，点  ,Q x y  为坐标变换后点  ,P x y 的对应点， 则 1 2 2 x x y y        ，   2 2 2 22 116 2 y x        ，化简得   2 2 4x y   ， 曲线 2C 的直角坐标方程为 2 2 4x y  ； （2）由题意点 (1,0)P 在直线l 上， 则直线l 的参数方程为 11 2 3 2 x t y t      ,(t 为参数)， 将直线l 的参数方程代入曲线 2C 的直角坐标方程可得： 2 3 0t t   ， 1 12 13 0     ， 则 1A Bt t   ， 3 0A Bt t    ，   2 41 1 1 1 13 3 A B A BA B A B A B A B A B A B t t t tt t t t PA PB t t t t t t t t             . 【点睛】本题考查了极坐标方程、直角坐标方程、参数方程的转化，考查了直线参数方程 t 的几何意义的应用，属于中档题. 23.已知函数 ( ) ln( 1 2 )f x x x m     ． （1）当 2m  时，求函数 ( )y f x 的定义域； （2）己知函数 ( )f x 的定义域为 R ，求实数 m 的取值范围． - 23 - 【答案】（1） 3| 2x x     （2） 3m   【解析】 【分析】 （1）由题意，分类讨论求解不等式| 1| | 2| 2x x    ，即可得解； （2）转化条件得 | 1| | 2|m x x    恒成立，由绝对值三角不等式求得| 1| | 2 |x x   的最 小值即可得解. 【详解】（1）当 2m  时，由题意可得| 1| | 2| 2x x    ， 所以 2 1 2 2 x x x        或 2 1 1 2 2 x x x         或 1 1 2 2 x x x       ，解得 3 2x   ， 所以函数 ( )y f x 的定义域为 3| 2x x     ； （2）由题意可得| 1| | 2| 0x x m     恒成立即 | 1| | 2|m x x    恒成立， 又因为      | 1| | 2| | 2| | 1| | 2 1 | 3x x x x x x               ， 当且仅当 1x  时，等号成立. 所以实数 m 的取值范围为 3m   . 【点睛】本题考查了绝对值不等式的求解及绝对值三角不等式的应用，考查了运算求解能力， 属于中档题. - 24 -