宁夏六盘山高级中学2021届高三上学期期中考试数学（理）试卷 Word版含解析 19页

- 1 - 宁夏六盘山高级中学 2020-2021 学年第一学期高三期中测试 卷 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. 设集合    22 , 3 0A x R x B x R x x       ，则 A B 等于（ ） A.  0, B.  2, C.  0,2 D.  2,3 【答案】D 【解析】 【分析】 先求出集合 B，再根据交集的定义即可求出. 【详解】    2 3 0 0 3B x R x x x x       ，    2 3 2,3A B x x      . 故选：D. 2. 复数 iz a b  （ ,a bR ）满足 2 i(1 )z z  ，则 a b  ( ) A. 3 5- B. 1 5  C. 1 5 D. 3 5 【答案】D 【解析】 【分析】 把 z＝a+bi（a，b∈R）代入 2z＝i（1﹣z），利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数相 等的条件列式求得 a，b 的值，则答案可求． 【详解】∵z＝a+bi， 由 2z＝i（1﹣z），得 2a+2bi＝i（1﹣a﹣bi）＝b+（1﹣a）i， ∴ 2 2 1 a b b a     ，解得 a 1 5  ，b 2 5  ． ∴a+b 3 5  ． 故选 D． 【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数相等的条件，是基础题． - 2 - 3. 已知命题 p：角 的终边在直线 3y x 上，命题 q： π 3   ，那么 p 是 q 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 又不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】 结合三角函数的定义，以及充分，必要条件的定义，判断选项. 【详解】命题 :p 若角 的终边在直线 3y x 上，则 3y x  ，则角 ,3 k k Z    ， 所以命题 p 不能推出 q，反过来， π 3   ，则角 的终边在直线 3y x 上，所以 p 是 q的 必要不充分条件. 故选：B 4. 若向量 ,a b  的夹角为120 ， 1a  ， 2 7a b  ，则 =b  （ ） A. 1 2 B. 7 2 C. 1 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】 由 2 222 4 4 cos ,a b a b a b a b          ，代入已知条件，即可解得 b  . 【详解】因为 2 222 4 4 cos ,a b a b a b a b          ， 又 , 120a b   ， 1a  ， 2 7a b  ， 所以 2 7=1 4 2b b   ，解得 3 2b   (舍去)或 1b .故选 C. 【点睛】本题考查求平面向量的模,常用方法是用数量积或 2 2a a  求解. 5. “中国剩余定理”又称“孙子定理”，1852 年英国来华传教伟烈亚力将《孙子算经》中“物不知 数”问题的解法传至欧洲.1874 年，英国数学家马西森指出此法符合 1801 年由高斯得出的关于 同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”.“中国剩余定理”讲的是一个关于 整除的问题，现有这样一个整除问题：将正整数中能被 3 除余 2 且被 7 除余 2 的数按由小到 - 3 - 大的顺序排成一列，构成数列  na ，则 5a  （ ） A. 103 B. 107 C. 109 D. 105 【答案】B 【解析】 【分析】 根据题意可知正整数能被 21 整除余 2，即可写出通项，求出答案. 【详解】根据题意可知正整数能被 21 整除余 2， 21 +2na n  ， 5 21 5+2 107a    . 故选：B. 6. 已知函数 ( ) lg( 1)f x x  ，记 0.2(5 )a f ， 0.2(log 3)b f ， (1)c f ，则 , ,a b c 的大小关系为 ( ) A. b c a  B. a b c  C. c a b  D. c b a  【答案】A 【解析】 【分析】 可以看出，f（x）是偶函数，并且在[0，+∞）上单调递增，从而得出 0.2 1 3b f log     ，并且 可以得出 0.2 0.2 10 1 53log＜ ＜ ＜ ，从而由 f（x）在[0，+∞）上的单调性即可得出 a，b，c 的大 小关系． 【详解】f（x）是偶函数，在[0，+∞）上单调递增； ∴b＝f（log0.23）＝f（﹣log0.23） 0.2 1 3f log     ； ∵50.2＞50＝1， 0.2 0.2 10 0.2 13log log ＜ ＜ ； ∴ 0.2 0.2 10 1 53log＜ ＜ ＜ ； - 4 - ∴    0.2 0.2 1 1 53f log f f     ＜ ＜ ； ∴b＜c＜a． 故选 A． 【点睛】本题考查偶函数的定义，对数函数的单调性，指数函数的单调性，以及增函数的定 义． 7. 已知函数   sin 2 6f x x     的图象向右平移  0   个单位长度得到  g x 的图象， 3x  为函数  g x 的一个零点，则 的值不可能为（ ） A. 17 12  B. 12  C. 5 12  D. 11 12  【答案】B 【解析】 【分析】 根据三角函数图象的平移伸缩，得出   sin 2 2 6g x x       ，由于 3x  为函数  g x 的 一个零点，则  g x 关于点 ,03      对称，根据对称的性质，即可求出 5 12 2 k    ， k Z ， 即可判断出答案. 【详解】解：函数   sin 2 6f x x     向右平移 个单位长度得：   sin 2 2 6g x x       ， 由题意可知， 3x  为函数  g x 的一个零点， 则  g x 关于点 ,03      对称， 则 2 2 ,3 6 k k     Z ，则 5 12 2 k    ， k Z ， 当 0k  ， 5 12   ； 1k   ， 11 12   ； 2k   ， 17 12   ，故 B 不可能. 故选：B. 【点睛】本题考查三角函数图象的平移伸缩以及正弦函数图象的对称性，属于基础题. - 5 - 8. 已知  f x 是定义在 R 上的奇函数，当 0x  时，   2 1xf x   ，若  26 ( )f a f a   ， 则实数 a 的取值范围是（ ） A.    , 2 3,   B.  3,2 C.  2,3 D.    , 3 2,  U 【答案】C 【解析】 【分析】 由指数型函数可知  f x 在 0, 上单调递增,根据  f x 是定义在 R 奇函数,则  f x 在 R 上单调递增,即由    26f a f a   可得 26 a a   ,即可求解. 【详解】解:因为当 0x  时,   2 1xf x   ,所以  f x 在 0, 上单调递增, 又因为  f x 是定义在 R 奇函数,所以  f x 在 R 上单调递增, 因为    26f a f a   ,所以 26 a a   ,解得 2 3a   ， 故选:C 【点睛】本题考查函数奇偶性的应用,考查利用函数单调性解不等式,考查指数型函数的性质的 应用. 9. 在梯形 ABCD 中，已知 / /AB CD ， 2AB CD ， 2DM MC  ， 2 CN NB ，若 AM AC AN     ，则 1 1    （ ） A. 13 12 B. 64 13 C. 35 12  D. 40 13  【答案】D 【解析】 【分析】 根据向量的运算法则，化简得到 13 1 12 4AM AC AN    ，得到 13 1,12 4     ，即可求解. 【 详 解 】 由 题 意 ， 根 据 向 量 的 运 算 法 则 ， 可 得 ： 1 1 ( )6 6AM AC CM AC AB AC AC CB              - 6 - 5 1 5 1 5 1 13 1( )6 6 6 4 6 4 12 4AC CB AC CN AC AN AC AC AN                 ， 又因为 AM AC AN     ，所以 13 1,12 4     ， 所以 1 1 12 40413 13      . 故选：D. 【点睛】本题主要考查了平面向量的基本定理的应用，其中解答中熟练应用平面向量的基本 定理，熟练应用向量的运算法则是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题. 10. 函数   2 sinf x k x  在 0,2 处的切线l 也是函数 3 2 3 1y x x x    图象的一条切 线，则 k  （ ） A. 1 B. 1 C. 2 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】 利用导数的几何意义得出  f x 在  0,2 的切线l 的方程，设切线l 在函数 3 2 3 1y x x x    上的切点为( )0 0,x y ，结合导数的几何意义得出在点( )0 0,x y 的切线方程，并将点  0,2 代入 切线方程和函数 3 2 3 1y x x x    ，求出 0 1x   ， 0 0y  ，再代入 2y kx  ，即可得出 k 的值. 【详解】∵   cosf x k x  ，∴  0f k  ，所以在 0,2 的切线 l 的方程为直线 2y kx  设切线l 在函数 3 2 3 1y x x x    上的切点为( )0 0,x y 由 23 2 3y x x    ，得出 0 2 0 03 2 3x xy x x    故切线方程为   2 0 0 0 03 2 3y y x x x x     - 7 - 由   2 0 0 0 0 3 2 0 0 0 0 2 3 2 3 0 3 1 y x x x y x x x           整理得 3 2 0 02 3 0x x   ，即 3 2 2 0 0 02 2 3 3 0x x x    所以  0 0 2 01 2 3 3 0x x x    ，所以  2 0 0 3 151 2 04 8x x            解得 0 1x   ， 0 0y  代入 2y kx  ，解得 2k  . 故选：C 【点睛】本题主要考查了导数几何意义的应用，属于中档题. 11. 设 Sn 为等差数列 {an} 的前 n 项和，若 a7=5 ， S5=-55 ，则 nSn 的最小值为（ ） A. 343 B. 324 C. 320 D. 243 【答案】A 【解析】 【分析】 将 7 5a S， 用 1a ,d 表示，解方程组求得 nS ，再设函数求导求得 nnS 的最小值即可. 【 详 解 】 ∵   1 1 a 6 5 5 a 2d 55 d      解 得 1a 19 4,d     ∴   2 3 2 n n n n 1S 19n 4 2n 21n, nS 2n 21n ,2          设        3 2f x 2x 21x x 0 ,f x 6x x 7 ,     当 07 时，  f x 0  , 故 nnS 的最小值为 f(7)=-343. 故选 A. 【点睛】本题考查等差数列通项及求和，考查函数的思想，准确记忆公式，熟练转化为导数 求最值是关键，是中档题. 12. 已知函数 ( ) xf x e ex a   与 1( ) lng x x x   的图象上存在关于 x 轴对称的点，则 a 的取 值范围是（ ） A. ( , ]e  B. ( , 1]   C. [ 1, )   D. [ , )e- +¥ - 8 - 【答案】B 【解析】 【分析】 根据题中条件，得到方程 1lnxa e ex x x         有解，令 1( ) lnxh x e ex x x         ， 则 a 的取值范围是 ( )( 0)y h x x  的值域，对函数 ( )h x 求导，判定其单调性，研究其值域， 即可得出结果. 【详解】函数 ( ) xf x e ex a   与 1( ) lng x x x   的图象上存在关于 x 轴对称的点， 即方程 1ln 0xe ex a x x      有解，即方程 1lnxa e ex x x         有解， 令 1( ) lnxh x e ex x x         ，则 a 的取值范围是 ( )( 0)y h x x  的值域， 因为  2 2 1 1 1( ) x x xh x e e e ex x x                    ， 所以当 1x  时， ( ) 0h x  ； 当 0 1x  时， 0xe e  ， 2 1 0x x   ，所以   2 1( ) 0x xh x e e x          ，则函数 1( ) lnxh x e ex x x         单调递增； 当 1x  时， 0xe e  ， 2 1 0x x   ，所以   2 1( ) 0x xh x e e x          ，则函数 1( ) lnxh x e ex x x         单调递减； 所以 max( ) (1) 1h x h   ， 画出函数 ( )h x 的大致图像如下， - 9 - 由图像可得，    , 1h x    ， 所以 a 的取值范围 , 1  . 故选：B. 【点睛】本题主要考查导数的方法研究方程根的问题，考查函数与方程的应用，将问题转化 为两函数交点的问题是解题的关键，属于常考题型. 二、填空题：共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分 13. 命题“ x R ， 2 1 0x x   ”的否定是__________． 【答案】 x R ， 2 1 0x x   【解析】 【详解】 【分析】 命题的否定， 将“ x R ”变为“ x R ”， 将“ 2 1 0x x   ”变为“ 2 1 0x x   ”． 14. 设数列 na 满足 1 1a  ，且  * 1 1n na a n n N     ，则数列 1 na       前 2020 项的和为 ________． 【答案】 4040 2021 【解析】 【分析】 由  * 1 1n na a n n N     得 到 1 1 2 2 3 2 1, 1, 2,..., 2             n n n n n na a n a a n a a n a a ， 用 累 加 法 求 得 - 10 - 2 2n n na  ，从而得到 2 1 2 1 12 1na n n n n 骣琪= = -琪+ +桫 ，然后利用裂项相消法求解. 【详解】因为  * 1 1n na a n n N     , 所以 1 1 2 2 3 2 1, 1, 2,..., 2             n n n n n na a n a a n a a n a a ， 左右分别相加得    1 1 22 3 4 ... 2       n n nna a ， 所以 2 2n n na  ， 所以 2 1 2 1 12 1na n n n n 骣琪= = -琪+ +桫 ， 所以 2020 1 1 1 1 1 1 1 1 40402 ... 21 2 2 3 2020 2021 1 2021 2021                    S ， 故答案为： 4040 2021 【点睛】本题主要考查累加法求通项，裂项相消法求和，还考查了运算求解的能力，属于中 档题 . 15. 已知 ,2 2        ， cos 2 3sin 1 0    ，则 tan  ________. 【答案】 3 3  【解析】 【分析】 结合二倍角余弦公式解方程求得 sin ，由同角三角函数平方关系和商数关系可求得结果. 【详解】 2 2cos2 3sin 1 1 2sin 3sin 1 2sin 3sin 2 0                ， 1sin 2    或sin 2  （舍）， ,2 2       Q ， cos 0  ， 2 3cos 1 sin 2      ， - 11 - 1 sin 32tan cos 33 2         . 故答案为： 3 3  . 16. 如果函数  f x 同时具有下列两个性质（1）对任意的  1 2 1 2,x x R x x  ，都有    2 1 2 1 0f x f x x x   ，（2）对任意的 xR ，都有    2 0f x f x   ，则称  f x 是“ 函 数”，给出下列函数：①    31f x x  ②   cos 2f x x ③    sin 1 1f x x x    其 中，所有的“ 函数”的序号为________． 【答案】①③ 【解析】 【分析】 由（1）（2）可知，函数是单调递增，并且函数关于点  1,0 对称，然后根据函数的特点判断 选项. 【详解】如满足条件（1）说明函数  f x 单调递增，若满足条件（2）说明函数关于点 1,0 对 称，满足这两个条件，  f x 是“ 函数”. ①    31f x x  是增函数，并且关于点  1,0 对称，故①成立；②   cos 2f x x 在定义域 上不是单调函数，故②不成立；③    sin 1 1f x x x    ，    cos 1 1 0f x x     ，所 以函数单调递增，并且函数关于点 1,0 对称，故③成立. 故答案为：①③ 【点睛】结论点睛：本题考查抽象函数的性质，有关单调性的一些式子包含 1.若函数在定义 域满足     1 2 1 2 0x x f x f x     （或 0 ），或    1 2 1 2 0f x f x x x   （或 0 ）说明函数 单调递增（或递减），2.若函数满足    f a x f a x   或    2f a x f x  ，说明函数关 于直线 x a 对称，3.若函数满足    f a x f a x    或    2f a x f x   ，说明函数关 - 12 - 于点  ,0a 对称， 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 为选考题，考生根据要求作答. 17. 已知向量 (2cos ,  3cos ),  (cos , 2sin ), x x x x x  a b R , 设函数 ( )f x  a b . (1) 求 ( )f x 的最小正周期. (2) 求 ( )f x 在 0, 2      上的最大值和最小值. 【答案】（1） ；（2）最大值和最小值分别为 3, 0. 【解析】 【分析】 （1）求出 ( )f x 化简，即可得出结论； （2）根据整体思想，结合 siny x 图像特征，即可求出答案. 【详解】(1) (2cos ,  3cos ),  (cos , 2sin ), a x x b x x x  R    , ( )f x a b  · 2cos cos 3cos 2sinx x x x    3sin2 cos2 1x x   3 12 sin 2 cos2 12 2x x        . 2sin(2 ) 16x    . 所以 2 2T    , 所以 ( )f x 最小正周期为 . (2) 当 [0, ]2x  时， 7(2 ) [ , ]6 6 6x     = ， 1sin(2 ) sin [ ,1]6 2x       . ( ) 2sin(2 ) 1 2sin 1 [0,3]6f x x        所以 ( )f x 在 0, 2      上的最大值和最小值分别为 3, 0. 【点睛】本题考查向量的数量积，三角函数的化简以及三角函数的性质，整体思想是解题的 关键，属于中档题. - 13 - 18. 设数列 na 的前 n 项和为 nS ， 1 1a  ，且  1 2n nna n S   ， n N . （1）求证：数列 nS n     为等比数列； （2）求数列 nS 的前 n 项和 nT 【答案】（1）证明见解析；（2） ( 1) 2 1n nT n    . 【解析】 【分析】 （1）  1 2n nna n S   ，n N ，  1( ) 2n n nn S S n S    ，变形为 1 21 n nS S n n    ，即可得 证. （2）由（1） 12n nS n   ，利用乘公比错位相减法、等比数列求和公式即可得出. 【详解】（1）证明：∵  1 2n nna n S   ， n N . ∴  1( ) 2n n nn S S n S    ， ∴ 1 21 n nS S n n    ， ∴数列 nS n     为等比数列，首项为 1，公比为 2，. （2）由（1）可得： 12nnS n  ， ∴ 12n nS n   ∴数列 nS 的前 n 项和 2 11 2 2 3 2 2n nT n         . ∴ 2 3 12 1 2 2 2 3 2 ( 1)2 2n n nT n n           ， ∴ 2 3 1 2 11 2 2 2 2 2 22 1 n n n n nT n n             ， ∴  1 2 1n nT n    . 【点睛】本题主要考查了等比数列的证明，通项公式的求法，乘公比错位相减法求和、等比 数列求和公式等知识，属于中档题. 19. 已知 ABC 的内角 , ,A B C 所对的边分别为 - 14 -    2 2, , , sin sin sin sin sina b c B C A B C   （1）求 A ； （2）已知 2 3a  ，求三角形周长的取值范围. 【答案】（1） π 3A  ；（2） 4 3 4 2 3a b c     . 【解析】 【分析】 (1)由正弦定理可得 2 2b c a bc   ，然后由余弦定理可得答案. (2)由余弦定理可得 2 2 2a b c bc   ，由均值不等式结合三角形中两边之和大于第三边可得答 案. 【详解】解（1）由    2 2sin sin sin sin sinB C A B C   可得 2 2b c a bc   即 2 2 2b c a bc   ，则 2 2 2 1cos 2 2 2 b c a bcA bc bc     ，  0 πA ， 所以 3A  （2） 2 2 2 2 22 cosbc Aa b c cc bb      ， 即    2 22 312 3 4a b c bc b c      ，所以 2 3 4b c   所以 4 3 4 2 3a b c     所以三角形周长的取值范围是4 3 4 2 3 ， 20. 正项数列 na 的前项和 nS 满足： 24 2n n nS a a  ， *n N ， （1）求数列 na 的通项公式； （2）令  2 2 1 2n n nb n a   ，数列 nb 的前 n 项和为 nT ，证明：对于任意的 *nN 都有 5 64nT  . 【答案】（1） 2na n ；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】 （1）利用 nS 与 na 的关系，结合等差数列的性质，即可得出数列 na 的通项公式； - 15 - （2）由 2na n 得出数列 nb 的通项公式，结合裂项相消法和不等式的性质证明即可. 【详解】（1）解：∵正项数列 na 的前项和 nS 满足： 24 2n n nS a a  ， *n N ① 则 2 1 1 14 2n n nS a a    ， 2n  ② ①  ②得  2 2 1 14 2 22n n n n na a a a a n     即  2 2 1 12 2 2n n n na a a a n     即      1 1 12 2n n n n n na a a a a a n       又 1 0n na a   ， 1 2n na a   ， 2n  . 又 1 2a  ，所以数列 na 是以 2 为首项 2 为公差的等差数列.所以 2na n . （2）证明：由于 2na n ，  2 2 1 2n n nb n a   则    2 222 1 1 1 1 164 2 2n nb nn n n               2 2 22 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1116 3 2 4 3 5 1 1 2nT nn n n                      2 22 2 1 1 1 1 1 1 51 116 2 16 2 641 2nT n n                  . 【点睛】本题主要考查了由 nS 求 na 以及裂项相消法求数列的和，属于中档题. 21. 已知函数 2( ) ( 1) lnf x x m x   ， Rm . （1）当 2m  时，求函数 ( )f x 图象在点 (1,0) 处的切线方程： （2）若函数 ( )f x 有两个极值点 1x ， 2x ，且 1 2x x ，求  2 1 f x x 的取值范围. 【答案】（1） 2 2 0x y   ；（2） 21 ,0e e      【解析】 【分析】 (1)首先由导函数确定切线的斜率，然后求解切线方程即可； (2)由题意结合韦达定理将原问题转化为一元函数的问题，然后利用导函数求解其取值范围即 - 16 - 可. 【详解】  1 当 2m  时，   2( 1) 2f x x lnx   ，其导数     2' 2 1f x x x    ， 所以 ，即切线斜率为 2， 又切点为  1,0 ，所以切线的方程为 2 2 0.x y    2 函数  f x 的定义域为 0, ，     22 2' 2 1 m x x mf x x x x      ， 因为 1x ， 2x 为函数  f x 的两个极值点， 所以 1x ， 2x 是方程 22 2 0x x m   的两个不等实根，由根与系数的关系知 1 2 1 21, 2 mx x x x   ， * 又已知 1 2x x ，所以 1 2 10 12x x    ，   2 2 2 2 1 1 ( 1)f x x mlnx x x   ， 将 * 式代入得    2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 ( 1) 2 1 1 21 f x x x x lnx x x lnxx x       ， 令   1 2g t t tlnt   ， 1 ,12t     ， ，令 ，解得 1t e  ， 当 1 1,2x e     时， ，  g t 在 1 1,2 e      递减； 当 1 ,1x e     时， ，  g t 在 1 ,1 e      递增； 所以 1 2 2( ) 1 1min eg t g ee e         ，    1 , 12g t max g g        ，  1 1 2 0 12 2g ln g        ， 即  2 1 f x x 的取值范围是 21 ,0 .e e      【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知 - 17 - 识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出 ，本专题在高考中的命题方向及 命题角度从高考来看，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意 义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单 调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结 合思想的应用． 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. 在直角坐标系 xOy 中，直线l 的参数方程为 2 3 3 x t y t    （t 为参数），以坐标原点 O 为极 点， x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 1C 的极坐标方程为 4cos  . （1）求 l 的极坐标方程和 1C 的直角坐标方程； （2）若曲线 2C 的极坐标方程为 6   ， 2C 与l 的交点为 A ，与 1C 异于极点的交点为 B ，求 AB . 【答案】（1） cos 3 sin 2 0      ； 2 22 4x y   （2） 4 3 3 【解析】 【分析】 （1）将参数方程转化为直角方程，转化为极坐标方程，计算直线 l 的方程，即可．结合 cos , sinx y     ，得到 1C 的直角方程，即可．（2）分别计算极径 ,A B  ，结合 A BAB    ，计算结果，即可． 【详解】（1）因为直线 l 的参数方程为 2 3 3 x t y t    （t 为参数）， 所以直线 l 的普通方程为 3 2 0x y   ， 又 cos , sinx y     故直线 l 的极坐标方程为 cos 3 sin 2 0      . 由曲线 C1 的极坐标方程为 4cos  ，得 2 4 cos 0    ， - 18 - 所以曲线 C1 的直角坐标方程为 2 22 4x y   . （2） , , ,6 6A BA B             则 cos 3 sin 2 06 6A A      ，解得 1 2 3 3   . 又 4cos 2 36B    所以 2 3 4 32 33 3A BAB       . 【点睛】考查了极坐标方程转化为直角坐标方程，考查了参数方程转化为直角坐标方程，考 查了极坐标下弦长计算公式，难度中等． 23. 已知函数 1 1( ) 2 2   f x x x m 的最大值为 4. （1）求实数 m 的值； （2）若 0m  ， 0 2 mx  ，求 2 2 | | | 2 |  x x 最小值. 【答案】（1） 4m   或 4m  ；（2）4. 【解析】 【分析】 （1）利用绝对值的三角不等式可求得最值；（2）由题意求得 x 的范围，去绝对值后，再利用 “1”的代换计算. 【详解】（1）∵ 1 1 1 1( ) | | 42 2 2 2        f x x x m x m x m ， ∴ 4m   或 4m  . （2）∵ 0m  ， 由（1）可知 4m  ， ∴ 0 2x  ， ∴ 2 2 2 2 1 1 1 12 [ (2 )]| | | 2 | 2 2 2                      x xx x x x x x x x - 19 - 2 22 2 2 42 2          x x x x x x x x ， 当且仅当 2 2(2 ) x x ， 即 1x  时，等号成立， ∴ min 2 2 4| | | 2 |     x x . 【点睛】本题主要考查了绝对值的三角不等式以及基本不等式求最值问题.属于中档题.