辽宁省葫芦岛市协作校、锦州市2020届高三一模考试数学（理）试题 Word版含解析 21页

- 1 - 2020 年高考数学一模试卷(理科) 一､选择题. 1.已知集合  2 6 5 0A x x x    ，  3B x y x   ， A B  （ ） A.  1, B.  1,3 C.  3,5 D.  3,5 【答案】D 【解析】 【分析】 分别求出集合 A、B，从而求出 A B 即可. 【详解】由已知可得    2 6 5 0 1 5A x x x x x       ，      3 3 0 3B x y x x x x x        ， 则  3,5A B I . 故选：D. 【点睛】本题考查了集合的运算，考查二次不等式的求解以及二次根式的性质，是一道基础 题. 2.若复数 z 满足 ( 1) 2iz i  (i 为虚数单位)，则 z 为（ ） A. 1 i B. 1 i C. 1 i  D. 1 i  【答案】B 【解析】 【分析】 把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案. 【详解】由 ( 1) 2iz i  ，得      2 12 11 1 1 i iiz ii i i           . 故选：B. 【点睛】本题考查复数的综合运算，掌握复数运算法则是解题基础． 3.已知向量 (2,3), ( ,4)a b x  ，若 ( )a a b    ，则 x  （ ） A. 1 B. 1 2 C. 2 D. 3 【答案】B - 2 - 【解析】 【分析】 可求出  2 1a b x    ， ，根据  a a b    即可得出   0a a b    ，进行数量积的坐标运 算即可求出 x． 【详解】  2 1a b x    ， ； ∵  a a b    ； ∴    2 2 3 0a a b x       ； 解得 1 2x  ． 故选 B. 【点睛】本题考查向量垂直的充要条件，向量坐标的减法和数量积运算，属于基础题． 4.数据 5，7，7，8，10，11 的中位数和标准差分别为（ ） A. 中位数为 7，标准差为 2 B. 中位数为 7，标准差为 4 C. 中位数为 7.5，标准差为 4 D. 中位数为 7.5，标准差为 2 【答案】D 【解析】 【分析】 将数据按顺序排列，偶数个数据，中位数是中间两个数之和除以 2，然后求得平均数，再代入 标准差公式求解. 【详解】数据按顺序排列 5，7，7，8，10，11， 所以中位数是 7+8 =7.52 ， 平均数是  1 5 7 7 8 10 11 =86x       ， 标准差是            2 2 2 2 2 21 5 8 7 8 7 8 8 8 10 8 11 8 26s                . 故选：D 【点睛】本题主要考查样本估计总体中的中位数，平均数，标准差的计算，还考查了运算求 解的能力，属于基础题. 5.设 ,m n 是两条不同的直线， ,  是两个不同的平面，则  的一个充分不必要条件是 - 3 - （ ） A. ,m m   B. , ,m n m n    C. ,m m ∥ D. m ∥ , ,n m n   【答案】C 【解析】 【分析】 A.用垂直同一直线的两平面平行判断.B.面面关系的定义判断.C.面面垂直的判定定理判断.D. 用垂直同一直线的两平面平行判断. 【详解】A. ,m m   ，则 / /  ，故错误. B. , ,m n m n    ， ,  可以平行，故错误. C. ,m m ∥ ，得  ，故正确. D. m ∥ , ,n m n   ，则 / /  ，故错误. 故选：C 【点睛】本题主要考查充分必要条件以及线面，面面关系，还考查了空间想象理解辨析的能 力，属于基础题. 6.已知 2020 1log πa  ， 20201 πb      ， 1 π2020c  ，则（ ） A. c a b  B. a c b  C. b a c  D. a b c  【答案】D 【解析】 【分析】 利用指数与对数的性质与 0，1 比较即可 【详解】 2020 2020 1log log 1 0πa    ，   20201 01πb      ， ， 1 π2020 1c   ，所以 a b c  . 故选：D. 【点睛】本题考查指数与对数的单调性，插入中间值与 0,1 比较是常用方法，是基础题 7.已知等比数列{an}中，若 a5+a7＝8，则 a4（a6+2a8）+a3a11 的值为（ ） - 4 - A. 8 B. 16 C. 64 D. 128 【答案】C 【解析】 【分析】 根据等比数列{an}中，等比中项的定义，化简求解本式即可. 【详解】等比数列{an}中， a4（a6+2a8）+a3a11＝a4a6+2a4a8+a3a11 2 2 2 5 5 7 7 5 72 ( )a a a a a a     ， ∵a5+a7＝8， ∴a4（a6+2a8）+a3a11＝82＝64. 故选：C. 【点睛】本题主要考查等比数列和等比中项的应用，属于基础题. 8.在平面直角坐标系 xOy 中，已知    1,2 , 1,0M N ，动点 P 满足| | | |PM ON PN    ，则 动点 P 的轨迹方程是（ ） A. 2 4y x B. 2 4x y C. 2 4y x  D. 2 4x y  【答案】A 【解析】 【分析】 设  ,P x y ，然后表示出向量的坐标，代入已知条件，整理后得到动点 P 的轨迹方程. 【详解】设  ,P x y ，    1,2 , 1,0M N  1 ,2PM x y    ，  1,0ON  ，  1 ,PN x y   因为 PM ON PN    所以  2 21 1x x y    整理得 2 4y x 故选 A 项. 【点睛】本题考查求动点的轨迹方程，属于简单题. - 5 - 9.函数 2( ) 1 sin1 xf x xe      图象的大致形状是（ ）. A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 首先根据函数 ( )f x 为偶函数，故排除 B，D.再根据 (1) 0f  ，排除 A，即可得到答案. 【详解】 2( ) ( 1)sin1 xf x xe   的定义域为 R ， 2 2( ) ( 1)sin( ) ( 1)sin1 11 x x x f x x xe e e        2 2( 1) 2( 1)sin [ 1]sin1 1 x x x x e ex xe e         2 2(2 1)sin ( 1)sin ( )1 1x xx x f xe e         . 所以 ( )f x 为偶函数，故排除 B，D. 2(1) ( 1)sin1 01f e    ，故排除 A. 故答案为：C 【点睛】本题主要考查根据函数解析式找函数图象，利用函数奇偶性和特值为解题的关键， 属于中档题. 10.已知函数 ( ) 2( cos cos ) sinf x x x x   ，给出下列四个命题：（ ） ① ( )f x 的最小正周期为 π ② ( )f x 的图象关于直线 π 4x  对称 ③ ( )f x 在区间 π π,4 4     上单调递增 ④ ( )f x 的值域为[ 2,2] - 6 - 其中所有正确的编号是（ ） A. ②④ B. ①③④ C. ③④ D. ②③ 【答案】C 【解析】 【分析】 举反例判断①②；根据正弦函数的单调性判断③；讨论 cos 0x  ，cos 0x  时，对应的最值， 即可得出 ( )f x 的值域. 【详解】    2 cos cos sin 2 cos sin sin2f x x x x x x x     函数 π 33f      ， 4π 03f      ， π 4π 3 3f f          ，故函数  f x 的最小正周期不是 π ，故①错 误． 由于 36 πf       ， 2π 03f      ，∴ 3 π 2 6 πf f           ， 故  f x 的图象不关于直线 π 4x  对称，故排除②． 在区间 π π,4 4     上， π π2 ,2 2x      ，   2 cos sin sin2 2sin2f x x x x x   ，单调递增，故③ 正确． 当 cos 0x  时，   2 cos sin sin2 2sin cos sin2 2sin2f x x x x x x x x     故它的最大值为 2 ，最小值为 2 当 cos 0x  时，   2 cos sin sin2 2sin cos sin2 0f x x x x x x x      ， 综合可得，函数  f x 的最大值为 2 ，最小值为 2 ，故④正确． 故选：C 【点睛】本题主要考查了求正弦型函数的单调性以及值域，属于中档题. 11.圆 2 2: 10 16 0C x y x    上有且仅有两点到双曲线 2 2 2 2 1( 0, 0)y x a ba b     的一条渐近 线的距离为 1，则该双曲线离心率的取值范围是（ ） A. 5 5,4 2      B. ( 2, 5) C. 5 5 2,2 2       D. ( 5, 2 1) - 7 - 【答案】A 【解析】 【分析】 圆 2 2: 10 16 0C x y x    ，化为标准方程  2 2: 5 9C x y   ，根据圆上有且仅有两点到双曲 线 2 2 2 2 1( 0, 0)y x a ba b     的一条渐近线的距离为 1，则圆心到直线 0ax by  的距离 2 4d  求解. 【详解】圆 2 2: 10 16 0C x y x    ，标准方程为  2 2: 5 9C x y   ， 圆心到直线 0ax by  的距离 2 2 5ad a b   ， 因为圆上有且仅有两点到双曲线 2 2 2 2 1( 0, 0)y x a ba b     的一条渐近线的距离为 1， 所以 2 4d  ，所以 2 2 52 4a a b    ，即 52 4a c   ， 解得 5 5 4 2 c a   . 所以该双曲线离心率的取值范围是 5 5,4 2      . 故选：A. 【点睛】本题主要考查双曲线的几何性质以及直线与圆的位置关系，还考查了运算求解的能 力，属于中档题. 12.已知  f x 是定义在 (0 )  上的增函数，且恒有 [ ( ) ln ] 1f f x x  ，若 0x  ， ( ) 1f x ax „ ，则 a 的最小值为（ ） A. 0 B. 1 e C. 1 D. e 【答案】D 【解析】 【分析】 设 ( ) lnf x x t  ，根据  f x 是定义在 (0 )  上的增函数，解得 1t  ，得到 ( ) ln 1f x x  ， - 8 - 再由 0x  ， ( ) 1f x ax „ ，转化为 ln 2xa x x   ， 0x  ，令   ln 2xg x x x   求其最大值 f 即可. 【详解】因为  f x 是定义在 (0, ) 上的增函数， 故存在唯一的 t 使得 ( ) lnf x x t  ， ( ) 1f t ，故 ( ) lnf x x t  ， 所以 ln 1t t  ，因为   lng t t t  为 (0, ) 上的增函数且  1 1g  ，故 1t  ， 所以 ( ) ln 1f x x  ， 因为 0x  ， ( ) 1f x ax „ ， 所以 ln 2xa x x   ， 0x  ， 令   ln 2xg x x x   ，   2 2 2 1 ln 2 1 lnx xg x x x x       ， 当 10 x e   时，   0g x  ，当 1x e  时，   0g x  ， 所以当 1x e  时，  g x 取得最大值 e ， 所以 a e ， 所以 a 的最小值为 e . 故选：D 【点睛】本题主要考查利用单调性求解析式以及导数与不等式恒成立问题，还考查了运算求 解的能力，属于中档题. 二､填空题. 13.某校期末考试后，随机抽取 200 名高三学生某科的成绩，成绩全部在 50 分至 100 分之间， 将成绩按如下方式分成 5 组：        50,60 60,70 70,80 80,90 [90,100， ， ， ， .据此绘制了如图 所示的频率分布直方图，据此估计该校高三学生该门学科成绩的及格率约为____________（60 分以上为及格），这 200 名学生中成绩在 80,90 中的学生有_____名. - 9 - 【答案】 (1). 95% (2). 40 【解析】 【分析】 先由频率直方图得到 60 分以下的频率，再用对立事件的概率得到 60 分以上的频率.先通过频 率直方图计算 80,90 中的频率，再乘以样本容量得到人数. 【详解】由频率直方图知，60 分以下的频率为0.005 10 0.05  ， 所以 60 分以上的频率为1 0.05 0.95  . 因为 80,90 中的频率  1 2 0.005 10 0.025 10 0.045 10 0.2        ， 所以 80,90 中的学生有 0.2 200 40  . 故答案为：(1). 95% (2). 40 【点睛】本题主要考查样本估计总体中的频率直方图的应用，还考查了运算求解的能力，属 于基础题. 14.若 1 1( ) 2 2f x f xx x       对任意非零实数 x 恒成立，则曲线  y f x 在点   1, 1f 处的切 线方程为_______. 【答案】 2 0x y   【解析】 【分析】 根据 1 1( ) 2 2f x f xx x       ，利用方程组法解得 ( )f x .再利用导数的几何意义求切线方程. 【详解】因为 1 1( ) 2 2f x f xx x       ， 所以  1 2( ) 2f f x xx x    ， 两式联立解得 1( )f x x  . 所以 2 1( )f x x    ， (1) 1, (1) 1f f    ， 所以曲线  y f x 在点   1, 1f 处的切线方程为  1 1y x    ， 即 2 0x y   . 故答案为： 2 0x y   - 10 - 【点睛】本题主要考查方程组法求函数解析式以及导数的几何意义，还考查了运算求解的能 力，属于基础题. 15.《莱茵德纸草书》是世界上最古老的数学著作之一.书中有一道这样的题目：把 100 个面 包分给 5 个人，使每人所得份量成等差数列，且较大的三份之和的 1 7 是较小的两份之和，则 最小一份的量为___. 【答案】 【解析】 【详解】设此等差数列为{an}，公差为 d，则 1 4 55 100,2a d  （a3+a4+a5）× 1 7 =a1+a2，即 1 1 1(3 9 ) 27a d a d    ，解得 a1= 5 3 ，d= 55 6 ．最小一份为 a1， 故答案为 ． 16.如图，在长方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中， 1 2, 4AB AA BC   ， E 为 AD 中点，则三棱锥 1A CDE 外接球的表面积为_______. 【答案】 44 【解析】 【分析】 建立空间直角坐标系：取CE 的中点  1 1,3,0O ，  1 0,0,2A ，  0,4,0D ，根据 CED 是直 角三角形，其外接圆的圆心为 1O ，则球心在过 1O 平面 CED 的垂线上，再利用半径相等求解. 【详解】建立如图所示空间直角坐标系： - 11 - 取CE 的中点  1 1,3,0O ，  1 0,0,2A ，  0,4,0D ， 因为 CED 是直角三角形， 所以其外接圆的圆心为 1O ， 所以球心在过 1O 平面CED 的垂线上， 设球心为  1,3,O z ，则 1r OA OD  ， 即    2 2 21 9 2 1 3 4z z       ， 解得 3z  ，则 11r  ， 所以三棱锥 1A CDE 外接球的表面积为 24 44r  . 故答案为： 44 【点睛】本题主要考查球的外接问题，球的截面性质以及向量法球距离，还考查了空间想象 和运算求解的能力，属于中档题. 三､解答题：解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 17.已知在 ABC 中,角 , ,A B C 所对的边分别为 , ,a b c ,且 sin sin sin sin C A b B A a c    . （1）求角C 的大小; （2）若 3c  ,求 a b的取值范围. 【答案】（1） 3  ； （2） (3,6) . 【解析】 【分析】 - 12 - （1）由正弦定理化简已知等式可得 2 2 2a b c ab   ，根据余弦定理可求 cosC 的值，结合 范围 (0, )C  ，可求C 的值. （2）由余弦定理，基本不等式可求 6a b  ，又根据两边之和大于第三边可得 3a b  ，即 可求解 a b的取值范围. 【详解】（1）由 sin sin sin sin C A b B A a c    则 c a b b a a c    ，  2 2 2a b c ab   ， 所以 2 2 2 1cos 2 2 2 a b c abC ab ab     ， 而 (0, )C  ， 故 3C  . （2）由 2 2 2a b c ab   且 3c  ， 2( ) 2 9a b ab ab     2 2( ) 9 3 3( )2 ,a ba b ab      a b 2 2( ) 9 3( )2 ,a ba b      2( ) 36a b  所以 6a b  ， 又 3a b c   ， 所以 a b的取值范围是 (3,6) . 【点睛】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，基本不等式等在解三角形中的综合应用， 考查了转化思想，属于基础题. 18.某学校开设了射击选修课，规定向 A 、 B 两个靶进行射击：先向 A 靶射击一次，命中得 1 分，没有命中得 0 分，向 B 靶连续射击两次，每命中一次得 2 分，没命中得 0 分；小明同学 经训练可知：向 A 靶射击，命中的概率为 4 5 ，向 B 靶射击，命中的概率为 3 4 ，假设小明同学 每次射击的结果相互独立.现对小明同学进行以上三次射击的考核. （1）求小明同学恰好命中一次的概率； - 13 - （2）求小明同学获得总分 X 的分布列及数学期望 ( )E X . 【答案】（1） 1 8 ；（2）分布列见解析，   19 5E X  【解析】 【分析】 （1）根据事件的独立性以及互斥事件的性质，求解即可； （2）得出 X 的可能取值，并得出相应的概率，得出分布列，即可得出数学期望 ( )E X . 【详解】（1）记：“小明恰好命中一次”为事件 C，“小明射击 A 靶命中”为事件 D , “该 射手第一次射击 B 靶命中”为事件 E ，“该射手第二次射击 B 靶命中”为事件 F ， 由题意可知   4 5P D  ，     3 4P E P F  由于C DEF DEF DEF       24 3 4 3 3 4 3 31 1 1 1 15 4 5 4 4 5 4 4P C P DEF DEF DEF                                            1 8  ； （2） X 可取 0,1,2,3,4,5   21 1 10 5 4 80P X        ，   24 1 11 5 4 20P X          1 2 1 1 3 32 5 4 4 40P X C        1 2 4 1 3 33 5 4 4 10P X C      ，   21 3 94 5 4 80P X        ，   24 3 95 5 4 20P X        X 0 1 2 3 4 5 P 1 80 1 20 3 40 3 10 9 80 9 20   1 1 3 3 9 9 190 1 2 3 4 580 20 40 10 80 20 5E X              . 【点睛】本题主要考查了事件独立性的应用以及求离散型随机变量的分布列和期望，属于中 档题. - 14 - 19.已知直三棱柱 1 1 1ABC A B C 中， 120BAC   ， 12, 3AB AC AA   ， E 是 BC 的 中点， F 是 1A E 上一点，且 1 3A F FE . （Ⅰ）证明： AF  平面 1A BC ； （Ⅱ）求二面角 1 1B A E B  余弦值的大小. 【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ） 2 5 5 . 【解析】 【分析】 （Ⅰ）在 ABC 中，由面积相等得到 1AE  ，直角三角形 1A AE 中，得到 1 12 2A E EF ， ， 由 1A EAE EF AE  得 1A E AF ，易得 AE BC ，从而得到 AF  平面 1A BC .    II 以点 E 为坐 标原点建立空间直角坐标系，求出面 1BA E 法向量为 1n ，面 1 1B A E 法向量为 2n ，从而得到二 面角 1 1B A E B  的余弦值. 【详解】  I 连接 ,AE AF ，在 ABC 中， 1 1· ·sin120 ·2 2AB AC BC AE 故 1AE  . 由于三棱柱 1 1 1ABC A B C 是直三棱柱，故 1AA  平面 1ABC AA AE  ， 直角三角形 1A AE 中，因为 1 3AA  ， 1AE  ， 所以 1 2A E  ，所以 1 2EF  ， 又因 1A EAE AFEEF AE    为直角，即 1A E AF . 再由 E 为 BC 中点并且 ABC 为等腰三角形可知 AE BC ， 结合 1AA BC ， 1AA AE A  得 BC  平面 1A AE ， BC AF  . - 15 - 综合 1A E AF ， BC AF ， 1BC A E E  ，得到 AF  平面 1A BC .  II 由于 AE BC ，如图以点 E 为坐标原点建立空间直角坐标系， 3tan60 AEBE   ，故  3,0,0B  ，  1 0,1, 3A ，  0,0,0E ，  1 3,0, 3B  ，  3,0,0EB   ,  0,1, 3EA  ,  1 3,0, 3EB   设面 1BA E 法向量为  1 1 1 1, ,n x y z ， 面 1 1B A E 法向量为  2 2 2 2, ,n x y z ， 11 1 1 1 1 3 00 0 3 0 xn EB n EA y z               ，取 1 1z  ，得  1 0, 3,1n   ， 2 22 1 2 1 2 2 3 3 00 0 3 0 x zn EB n EA y z                ，取 2 1z  ，得  2 1, 3,1n   ， 则二面角 1 1B A E B  的余弦值 1 2 1 2 4 2 5cos 54 5 n n n n           . 【点睛】本题考查线面垂直的判定和性质，通过法向量求二面角的余弦值，属于中档题. 20.已知椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b     的焦距为 2，过点 2( 1, )2  . （1）求椭圆C 的标准方程； （2）设椭圆的右焦点为 F，定点  2,0P ，过点 F 且斜率不为零的直线 l 与椭圆交于 A，B 两 点，以线段 AP 为直径的圆与直线 2x  的另一个交点为 Q，证明：直线 BQ 恒过一定点，并求 出该定点的坐标. 【答案】（1） 2 2 12 x y  ；（2）证明见解析， 3( ,0)2 . 【解析】 【分析】 - 16 - （1）根据题意列方程组 2 2 1 1 1 12 c a b    ，求解 2a ， 2b ，即可. （2）设 1 1( , )A x y ， 2 2( , )B x y 因为直线 l 的斜率不为零，令 l 的方程为： 1x my  ，与椭圆 方程联立，得到 1 2 2 2 2 my y m     ， 1 2 2 1 2y y m     ，由题意可知，AQ PQ ，则 1(2, )Q y ， 确定 BQ 的方程，由椭圆的对称性，则定点必在 x 轴上，所以令 0y  ，求解 x ，即可. 【详解】（1）由题知 2 2 1 1 1 12 c a b    ， 解得 2 2a  ， 2 1b  ， 所以椭圆C 的方程为 2 2 12 x y  ； （2）设 1 1( , )A x y ， 2 2( , )B x y 因为直线 l 的斜率不为零，令 l 的方程为： 1x my  ， 由 2 2 1 12 x my x y     得 2 2( 2) 2 1 0m y my    ， 则 1 2 2 2 2 my y m     ， 1 2 2 1 2y y m     ， 因为以 AP 为直径的圆与直线 2x  的另一个交点为Q ,所以 AQ PQ ，则 1(2, )Q y ， 则 2 1 2 2BQ y yk x   ，故 BQ 的方程为： 2 1 1 2 ( 2)2 y yy y xx    ， 由椭圆的对称性，则定点必在 x 轴上，所以令 0y  ，则 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 ( 2) ( 1)2 2 2y x y my my y yx y y y y y y              ， 而 1 2 2 2 2 my y m     ， 1 2 2 1 2y y m     ， 1 2 1 2 2 y ymy y    ， 所以 1 2 1 2 1 1 32 2 22 2 y y y x y y         ， 故直线 BQ 恒过定点，且定点为 3( ,0)2 . 【点睛】本题考查椭圆标准方程，直线与椭圆位置关系，属于较难的一道题. 21.已知函数 2( ) ( ln ), ( ) xf x x a x g x x e     . - 17 - （Ⅰ）讨论  f x 在 1, 上的单调性； （Ⅱ）设 ( ) ( ) ( )h x f x g x  ，若  h x 的最大值为 0，求 a 的值； 【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）1 【解析】 【分析】 （Ⅰ）求导 ( ) 1 lnf x a x    ，由  1 0af e   ，分 1 1ae   和 1 1ae   两种情况讨论求解. （Ⅱ） 2( ) ( ln ) xh x x a x x e    ，易得 ( ) 1 ln 2 xh x a x x e      是 0,  上的减函数，存 在唯一正实数 0x 满足  0 0h x  ，，则  max 0( )h x h x ，再根据  h x 的最大值为 0 建立方程求 解. 【详解】（Ⅰ）因为 ( ) 1 lnf x a x    ， 所以  f x 在 0,  上单调递减且  1 0af e   ①若 1 1ae   ，即 1a  ，则当 1x  时， ( ) 0f x  ，所以  f x 在  1, 上单调递减； ②若 1 1ae   ，即 1a  ，则当 11 ax e   时，   0f x  ，所以  f x 在 11, ae  上单调递增； 当 1ax e  时， ( ) 0f x  ，所以  f x 在 1,ae   上单调递减. 综上：当 1a  时，  f x 在  1, 上单调递减； 当 1a  时，  f x 在 11, ae  上单调递增，在 1,ae   上单调递减. （Ⅱ）根据题意 2( ) ( ln ) ,xh x x a x x e    所以 ( ) 1 ln 2 xh x a x x e      ， 因为 1 0( ) 2 xh x ex       ，所以 ( )h x 在 0,  上是减函数， 因为   ln 1m x x x   ，   1 1m x x    ，当 0 1x  时，   0m x  ，当 1x  时，   0m x  ， 所以    1 0m x g  ，即 ln 1x x  . 因为   1xn x e x   ，   1xn x e   ，当 0x  时，   0n x  ，当 0x  时，   0n x  ， 所以    0 0n x n  ，即 +1xe x . 所以  4 1 ( ) ln 13 xa x h x a x e      ， - 18 - 又因为 ( ) 4 1 1 04 4 a ah a       ，    ( ) ln 13 03 1a aa a e eh e a e e e      ， 所以存在唯一正实数 0x 满足  0 0h x  ，即 0 0 01 ln 2 xa x x e     （*） 当  00,x x 时， ( ) 0h x  ， ( )h x 是 00, x 上的增函数； 当  0 ,x x  时，   0h x  ，  h x 是 0,x  上的减函数； 所以   02 max 0 0 0 0 0( ) ln xh x h x ax x x x e     ，将（*）式代入整理得，     0 0 02 max 0 0 0 0 0 0( ) 1x x xh x h x x x x e e x x e          由题设 max( ) 0h x  而 01 0x  ，所以 0 0 0xx e   ，即 0 0 xe x  ， 所以 0 0lnx x  ，所以 0 0 0 0 0 01 ln 2 1 2 1xa x x e x x x         . 【点睛】本题主要考查导数与函数的单调性，导数与函数的最值，还考查了分类讨论的思想 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 3 2cos 2 2sin x y        （ 为参数），直线 2C 的方程为 3 3y x ，以 O 为极点，以 x 轴非负半轴为极轴建立极坐标系. （I）求曲线 1C 和直线 2C 的极坐标方程； （Ⅱ）若直线 2C 与曲线 1C 交于 P，Q 两点，求| | | |OP OQ 的值. 【答案】（1） 1C 的极坐标方程为 2 2 3 cos 4 sin 3 0        ；直线 2C 的极坐标方程 ( )6 R   （2） 1 2 3OP OQ     【解析】 试题分析：（1）首先把圆的参数方程转化为普通方程，进一步转化为极坐标方程，再把直线 方程转化为极坐标方程；（2）根据（1）所得到的结果代入到极坐标方程中，利用几何意义 1 2OP OQ    可得结果. 试题解析：（1）曲线 C1 的参数方程为 3 2 2 2 x cos y sin        （ α 为参数），转化为普通方程：    2 23 2 4x y    ，即 2 2 2 3 4 3 0x y x y     ，则 1C 的极坐标方程为 - 19 - 2 2 3 cos 4 sin 3 0        ，∵直线 2C 的方程为 3 3y x ，∴直线 2C 的极坐标方程  6 R   ． （2）设  1 1,P   ，  2 2,Q   ，将  6 R   代入 2 2 3 cos 4 sin 3 0        ， 得： 2 5 3 0    ，∴ 1 2 3   ，∴ 1 2 3OP OQ     ． 23.已知函数 f（x）=|x-m|-|2x+2m|（m＞0）． （Ⅰ）当 m=1 时，求不等式 f（x）≥1 的解集； （Ⅱ）若∀x∈R，∃t∈R，使得 f（x）+|t-1|＜|t+1|，求实数 m 的取值范围． 【答案】（Ⅰ）[-2，- 2 3 ]；（Ⅱ）0＜m＜1 【解析】 【分析】 （Ⅰ）分段去绝对值解不等数组后在相并可得； （Ⅱ）f（x）+|t-1|＜|t+1|⇔f（x）＜|t+1|-|t-1|对任意 x∈R 恒成立，对实数 t 有解． 再利用分段函数的单调性求得 f（x）的最大值，根据绝对值不等式的性质可得|t+1|-|t-1| 的最大值，然后将问题转化为 f（x）的最大值＜（|t+1|-|t-1|）的最大值可得． 【详解】（Ⅰ）当 m=1 时，|x-1|-|2x+2|≥1⇔ x 1 x 3 1    或 1 x 1 3x 1 1       或 x 1 x 3 1     ， 解得-2≤x≤- 2 3 ，所以原不等式的解集为[-2，- 2 3 ]． （Ⅱ）f（x）+|t-1|＜|t+1|⇔f（x）＜|t+1|-|t-1|对任意 x∈R 恒成立，对实数 t 有解． ∵f（x）= x 3m x m 3x m m x m x 3m x m          ， ， ＜ ＜ ， ， 根据分段函数的单调性可知：x=-m 时，f（x）取得最大值 f（-m）=2m， ∵||t+1|-|t-1||≤|（t+1）-（t-1）|=2， ∴-2≤|t+1|-|t-1|≤2，即|t+1|-|t-1|的最大值为 2． 所以问题转化为 2m＜2，解得 0＜m＜1． 【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法，属中档题． - 20 - - 21 -