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  • 2021-06-16 发布

黑龙江省哈尔滨市第三中学2020届高三第四次模拟数学(理)试题 Word版含解析

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- 1 - 2020 年高三学年第四次高考模拟考试 数学试卷(理工类) 一、选择题 1.设集合  3 0A x x   ,集合  2 2 0B x x x    ,则 A B  ( ) A.  ,2 B.  ,3 C.  1,2 D.  1,2 【答案】B 【解析】 【分析】 先解不等式得集合 A,B,再根据并集定义求结果. 【详解】  3 0 ( ,3)A x x     ,  2 2 0 ( 1,2)B x x x      ( ,3)A B  U 故选:B 【点睛】本题考查集合并集,考查基本分析求解能力,属基础题. 2.复数 z 的共轭复数为 z ,且满足 5z z  ,则复数 z 的模是( ) A. 1 B. 2 C. 5 D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】 根据复数、共轭复数和复数模的概念,即可求出结果. 【详解】设复数 z a bi  ,则 z a bi  , 又 5z z  ,所以 2 2 5a b  , 又 2 2z a b  ,所以复数 z 的模为 5 . 故选:C. 【点睛】本题主要考查了复数、共轭复数和复数模的概念,属于基础题. 3.已知向量  3,2m  ,  4,n x ,若 m n  ,则 x  ( ) A. -6 B. 8 3  C. 8 3 D. 6 - 2 - 【答案】A 【解析】 【分析】 由题得 3 4 2 0m n x      ,解方程即得解. 【详解】因为 m n  , 所以 3 4 2 0m n x      , 所以 6x   . 故选:A. 【点睛】本题主要考查向量垂直的坐标表示,考查数量积的计算,意在考查学生对该知识的 理解掌握水平. 4.中国的 5G 技术领先世界,5G 技术的数学原理之一便是著名的香农公式: 2log 1 SC W N      .它表示:在受噪声干扰的信道中,最大信息传递速度C 取决于信道带宽 W ,信道内信号的平均功率 S ,信道内部的高斯噪声功率 N 的大小,其中 S N 叫做信噪比. 当信噪比比较大时,公式中真数中的 1 可以忽略不计.按照香农公式,若不改变带宽W ,而将 信噪比 S N 从 1000 提升至 4000,则C 大约增加了( )附: lg 2 0.3010 A. 10% B. 20% C. 50% D. 100% 【答案】B 【解析】 【分析】 根据题意,计算出 2 2 log 4000 lg 4000 3 2lg 2 3.6020 1.2log 1000 lg1000 3 3     即可. 【详解】当 1000S N  时, 2log 1000C W ,当 4000S N  时, 2log 0004C W 因为 2 2 log 4000 lg 4000 3 2lg 2 3.6020 1.2log 1000 lg1000 3 3     所以将信噪比 S N 从 1000 提升至 4000,则C 大约增加了 20% 故选:B - 3 - 【点睛】本题考查的是对数的运算,掌握对数的运算法则和运算性质是解题的关键,属于中 档题. 5.若 ,x y 满足约束条件 1 2 1 5 y y x x y        ,则 3z x y  的最大值为( ) A. 2 B. 4 C. 11 D. 14 【答案】C 【解析】 【分析】 先作出不等式组对应的可行域,再通过数形结合分析得到 3z x y  的最大值. 【详解】 不等式组对应的可行域是如图所示的 ABC 区域, 由 3z x y  得 3y x z  ,它表示斜率为3 ,纵截距为 z 的直线, 当直线经过点C 时,纵截距 z 最小,此时 z 最大. 联立 1 5 y x y     得 (4,1)C , 所以 max 3 4 1 11z     . 故选:C. 【点睛】本题主要考查线性规划求最值,意在考查学生对该知识的理解掌握水平. - 4 - 6.函数   35sin 5 5x x x xf x    的图象大致为( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 根据 (0) 0f  排除选项 ,C D ,再根据  1 0f  确定答案. 【详解】由题得   0 00 05 5x xf    ,所以排除选项 ,C D . 由题得   3 1 1 5sin1 11 05 5f    ,所以选 A. 故选:A. 【点睛】本题主要考查根据函数的解析式找图象,意在考查学生对这些知识的理解掌握水平. 7.一个物体做变速直线运动,在时刻 t 的速度为   3 2v t t   ( t 的单位: h , v 的单位: km/h ),那么它在 0 1t  这段时间内行驶的路程 s (单位: km )的值为( ) - 5 - A. 2 3 B. 7 4 C. 5 3 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】 由速度在给定的时间范围内的定积分可得到答案. 【 详 解 】 这 辆 汽 车 在 0 1t  这 段 时 间 内 汽 车 行 驶 的 路 程   11 3 4 0 0 1 1 72 2 24 4 4s t dt t t             , 所以这辆汽车在 0 1t  这段时间内汽车行驶的路程 s 为 7 4 . 故选:B. 【点睛】本题考查了定积分在物理中的应用,速度在时间范围内的积分是路程,属于基础题. 8.为了得到函数 cos2y x 的图象,只需把函数 2sin cos6 6y x x             的图象( ) A. 向右平行移动 12  个单位长度 B. 向左平行移动 12  个单位长度 C. 向左平移移动 6  个单位长度 D. 向右平行移动 6  个单位长度 【答案】B 【解析】 【分析】 利用二倍角公式及诱导公式,将 2sin cos6 6y x x             化简为 cos2 12y x      ,即 可判断. 【 详 解 】 由 题 意 可 得 , 2sin cos sin 2 cos 2 cos 2 cos26 6 3 3 2 6 12y x x x x x x                                                   ,所以只需把函数 2sin cos6 6y x x             的图象向左平行移动 12  个单位长度,可得到 函数 cos2y x 的图象. 故选:B - 6 - 【点睛】本题主要考查三角函数的恒等变换及诱导公式、三角函数图象的平移变换,属于基 础题. 9.已知圆 2 2 1 : 0C x y kx y    和圆 2 2 2 : 2 1 0C x y ky    的公共弦所在的直线恒过定 点 M ,且点 M 在直线 2mx ny  上,则 2 2m n 的最小值为( ) A. 1 5 B. 5 5 C. 2 5 5 D. 4 5 【答案】C 【解析】 【分析】 利用两圆的方程作差求得公共弦的方程,得到点 M 的坐标,进而得到 2 2m n  ,再求得原 点到直线 2 2x y  的距离为,即可求得 2 2m n 的最小值. 【详解】由圆 2 2 1 : 0C x y kx y    和圆 2 2 2 : 2 1 0C x y ky    , 可得圆 1C 和 2C 的公共弦所在的直线方程为 ( 2 ) ( 1) 0k x y y    , 联立 2 0 1 0 x y y      ,解得 2 1 x y    ,即点 (2,1)M , 又因为点 M 在直线 2mx ny  上,即 2 2m n  , 又由原点到直线 2 2x y  的距离为 2 2 2 2 5 52 1 d    , 即 2 2m n 的最小值为 2 5 5 . 故选:C. 【点睛】本题主要考查了两圆的位置关系的应用,直线过定点问题,以及点到直线的距离公 式的应用,着重考查推理与运算能力. 10.已知正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的外接球的体积为 4 3  ,将正方体割去部分后,剩余几何 体的三视图如图所示,则剩余几何体的体积为( ) - 7 - A. 2 3 27 B. 4 3 27 C. 16 3 27 D. 2 3 【答案】C 【解析】 【分析】 先求球的半径,即得正方体棱长,根据三视图还原几何体,再根据正方体以及锥体体积公式 求结果. 【详解】设外接球的半径为 ,R 正方体棱长为 a ,因为正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的外接球的体 积为 4 3  ,所以 34 4 21 3 23 3 3 R R a R a      Q - 8 - 由三视图知几何体为正方体截去两个角(如图),其体积为 3 2 31 1 2 16 32 3 2 3 27a a a a      故选:C 【点睛】本题考查三视图、正方体以及锥体体积、球体积,考查空间想象能力以及基本求解 能力,属中档题. 11.若实数 ,a b 满足 1 22lg lg lga ba b       ,则 ab 的最小值为( ) A. 2 B. 2 2 C. 3lg 2 D. lg 2 【答案】B 【解析】 【分析】 根据题意可知 1 2 aba b   且 0, 0a b  ,再利用基本不等式,即可求出结果. 【详解】由题意可知 0, 0a b  , 因为 1 22lg lg lga ba b       ,所以 1 2 aba b   所以 1 2 1 22ab a b a b     ,所以 2 2ab  ,当且仅当 1 2 1 2 a b aba b      ,即 5 42 2b a  时, 取等号. 故选:B. 【点睛】本题主要考查了基本不等式在求最值中的应用,属于基础题. 12.已知函数   2 ln 2 1xf x k x   ,若   3ln 2f x  恒成立,则实数 k 的取值范围是( ) A.  5, B.  8, C.  10, D.  3ln11, 【答案】B 【解析】 【分析】 - 9 - 通过参变分离可得 ln 2 1 3ln 2 2   x xk ,构造函数 ( )g x ,只需求出 max( )g x 即可,利用求导 数,判断单调区间,得出     3 max 3 2 8g x g    ,进而求出 k 的取值范围. 【详解】 ( ) 2 ln 2 1 3ln 2   xf x k x 恒成立, 则 ln 2 1 3ln 2 2   x xk ,只需 max ln 2 1 3ln 2( )2   x xk 设 ln 2 1 3ln 2( ) 2   x xg x 2 2 ln 2 ( ln 2 1 3ln 2) 2 ln 2'( ) (2 ) ln 2       x x x xg x 1 ( ln 2 1 3ln 2) ( 3)ln 2 2 2      x x x x 当 3x   , '( ) 0g x  ; 当 3x   , )'( 0g x  ; 所以,     3 max 3 2 8g x g    8 k 故选:B 【点睛】本题考查了含参不等式恒成立求参数取值范围问题,构造函数,求函数最值等基本 知识,考查数学运算能力和逻辑推理能力,转化的数学思维,属于中档题. 二、填空题 13.若 1~ 3, 5X B     ,则  2 1E X   ______. 【答案】 1 5 【解析】 【分析】   1 33 =5 5  E X ,二项分布的性质可知, (2 1) 2 ( ) 1  E X E X ,即可得出结果. 【详解】由二项分布的性质可知,   1 33 =5 5  E X ,   3 12 1 2 ( ) 1=2 1=5 5     E X E X . 故答案为: 1 5 【点睛】本题考查了二项分布的性质和应用,考查理解辨析能力和数学运算能力,属于基础 - 10 - 题目. 14.若锐角 满足 3cos 4 5      ,则sin 2 4      ______. 【答案】 31 2 50 【解析】 【分析】 利用两角和余弦公式化简 3cos 4 5      ,两边平方可得sin 2 的值,利用齐次式化弦为切, 求 tan 的值,进而求出 cos2 的值,利用两角和的正弦公式,可得结果. 【详解】锐角 满足 2 3cos (cos sin )4 2 5          , 3 2cos sin 5     , 两边平方可得: 181 sin 2 25   , 7sin 2 25   2 2 2 2sin cos 2tan 7sin 2 sin cos tan 1 25          , 即 27 tan 50tan 7 0    ,解得 tan 7  或 1tan 7   , 因为 为锐角, cos sin 0   , 0 4    , 1tan 7   2 2 2 2 2 2 2 2 cos sin 1 tan 24cos2 cos sin cos sin 1 tan 25                2 2 31 2sin 2 sin 2 cos24 2 2 50            故答案为: 31 2 50 【点睛】本题主要考查三角恒等变型,两角和的正、余弦公式与二倍角公式,考查数学运算 能力和逻辑推理能力,属于中档题目. 15.我国在北宋年间(公元 1084 年)第一次印刷出版了《算经十书》,即贾宪的《黄帝九章算 法细草》,刘益的《议古根源》,秦九韶的《数书九章》,李冶的《测圆海镜》和《益古演段》, 杨辉的《详解九章算法》、《日用算法》和《杨辉算法》,朱世杰的《算学启蒙》和《四元玉鉴》. 这些书中涉及的很多方面都达到古代数学的高峰,其中一些“算法”如开立方和开四次方也 - 11 - 是当时世界数学的高峰.哈三中图书馆中正好有这十本书,现在小张同学从这十本书中任借三 本阅读,那么他借到的三本书中书名中恰有一个“算”字的概率为______. 【答案】 5 12 【解析】 【分析】 先确定含有“算”字的书,结合组合数分别求出基本事件总数、恰含有一个“算”字的基本 事件数,利用古典概型概率计算公式即可求解. 【详解】根据题意可知,这十本书中共有五本有一个“算”字,所以小张同学从这十本书中 任借三本阅读共有 3 10C 种情况,他借到的三本书中书名中恰有一个“算”字共有 1 2 5 5C C 种情况, 故概率为 1 2 5 5 3 10 5 12 C C C  . 故答案为: 5 12 【点睛】本题主要考查古典概型及组合数,属于基础题. 16.经过原点的直线交椭圆   2 2 2 2 1 0x y a ba b     于 ,P Q 两点(点 P 在第一象限),若点 P 关 于 x 轴的对称点称为 M ,且 1 3PA PM  ,直线QA 与椭圆交于点 B ,且满足 BP PQ ,则 直线 BP 和 BQ 的斜率之积为______,椭圆的离心率为______. 【答案】 (1). 2 3  (2). 3 3 【解析】 【分析】 设 ,P B 的坐标,由题意可得 ,Q M 的坐标,再由向量的关系求出 A 的坐标,求出 PQ , PB , QB 的 斜 率 表 达 式 ; 又 ,P B 在 椭 圆 上 , 将 ,P B 的 坐 标 代 入 椭 圆 的 方 程 , 化 简 可 得 2 2PB QBk k b a   ,又 B 在直线 AQ 上,可得 2 2 1 PB QA b ak k   ,进而求出 PB 的斜率,再由 BP PQ 可求出直线 BP 和 BQ 的斜率之积,进而求出离心率. 【详解】设  P m n, ,  ,B s t ,则  ,Q m n  ,  ,M m n - 12 - 因为 1 3PA PM  ,所以 , 3 nA m     所以 PQ 斜率为 PQ nk m  , PB 斜率为 PB t nk s m   ,QB 斜率为 QB t nk s m   又  P m n, ,  ,B s t 在椭圆   2 2 2 2 1 0x y a ba b     上, 所以 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 b bn b m t b sa a    , ; 所以 2 2 2 2 2 2 2 2 22 2 2 2 22 2PB QB b bb s b mat n t n t nk k s m s b s m s m a am                         , 所以 2 2 2 2 2 2 1 1 3 2PB QB QA b b b m a a ak k k n         , 又 BP PQ ,所以 2 2 3 12BP PQk b m n a n mk      , 所以 2 2 2 3 b a    , 所以 2 2 2 2 2 11 3 31c b a a     ,所以 3 3 c a  , 所以椭圆的离心率为 3 3 . 【点睛】本题考查了椭圆的离心率、椭圆的性质及直线与椭圆的位置关系,属于难题. 三、解答题 - 13 - 17.已知各项均为正数的数列 na ,其前 n 项和为 nS ,满足 2 2 n n n a aS  . (1)求数列 na 的通项公式; (2)若 1 12 na n n n b a a    ,求数列 nb 的前 n 项和 nT . 【答案】(1) na n ;(2) 1 12 1 1 n nT n     . 【解析】 【分析】 (1)利用  1 2n n na S S n   把递推关系转化为  1 1 2n na a n   ,再利用等差数列的 通项公式可求 na 的通项; (2)利用等比数列的求和公式与裂项求和法可求 nb 的前 n 项和 nT . 【详解】解:(1)当 1n  时, 1 1a  , 当 2n  时,    2 2 1 1 12 n n n n n n na S S a a a a        , ∴  1 1 1 0n n n na a a a     , ∵ 0na  ,∴ 1 1n na a   , ∴ na 是以 1 1a  为首项, 1d  为公差的等差数列, ∴ na n . (2)由(1)的 na n ,则   1 1 12 21 1 n n nb n n n n       ,   1 2 2 1 1 1 1 1 12 2 2 1 2 2 3 1 2 1 2 111 2 1 12 1 +1 n n n n n T b b b n n n n                             ∴ 1 12 1 1 n nT n     . - 14 - 【点睛】数列的通项 na 与前 n 项和 nS 的关系式 1 1 , 1 , 2n n n S na S S n     ,我们常利用这个关 系式实现 na 与 nS 之间的相互转化. 而数列求和关键看通项的结构形式,如果通项是等差数 列或等比数列的通项,则用公式直接求和;如果通项是等差数列与等比数列的和,则用分组 求和法;如果通项是等差数列与等比数列的乘积,则用错位相减法;如果通项可以拆成一个 数列连续两项的差,那么用裂项相消法;如果通项的符号有规律的出现,则用并项求和法;中 档题. 18.如图,四棱锥 P ABCD 的底面 ABCD 是矩形,平面 PAD  平面 ABCD , 2PA PD  ,且 PA PD ,点 N 为 BC 中点. (1)证明:平面 PAB  平面 PCD; (2)直线 PB 和平面 PAD 所成的角为 45,求二面角 A PN B  的余弦值. 【答案】(1)证明见解析;(2) 15 5 . 【解析】 【分析】 (1)可证 PA  平面 PCD,从而得到平面 PAB  平面 PCD. (2)设O 为 AD 中点,连结 PO ,ON ,可以证明 PO AD 、 PO  ON 、ON OD ,建 立如图所示的空间直角坐标系后可求给定的二面角的余弦值. 【详解】解:(1)∵平面 PAD  平面 ABCD ,平面 PAD  平面 ABCD AD , CD 平面 ABCD ,CD AD , ∴CD  平面 PAD ,∵ PA  平面 PAD ,∴CD PA 又∴ PD PA ,∴ PD CD D  ,∴ PA  平面 PCD, - 15 - ∵ PA  平面 PAB ,∴平面 PAB  平面 PCD. (2)设O 为 AD 中点,连结 PO , ON , 又 2,PA PD PA PD   ,故 PO AD 且 2PO  , 2 2AD  . ∵平面 PAD  平面 ABCD ,平面 PAD  平面 ABCD AD , PO  平面 PAD ,∴ PO  平面 ABCD . ∵ON  平面 ABCD ,∴ PO  ON , 又 ,O N 为矩形 ABCD 的对边的中点,故ON OD . 以O 为坐标原点,分别以 , ,ON OD OP 为 , ,x y z 轴正方向建立空间直角坐标系, 则  0, 2,0A  ,  0,0, 2P . 设  , 2,0B a  ,其中 0a  ,则  , 2, 2PB a   . 又平面 PAD 的法向量为  1,0,0k  , 所以 2 2 =2 4 a a  ,故 2a  ,所以  2, 2,0B  , 所以  2,0,0N ,  2, 2,0C . 故  2,0, 2PN   ,  0, 2, 2PA    ,  0,2 2,0BC  , 设平面 PAN 的法向量为  , ,m x y z 故 0 0 m PA m PN         即 2 2 0 2 2 0 y z x z      , 令 2y  ,∴  1, 2, 2m    . 设平面 PBN 的法向量为  , ,n x y z   - 16 - 故 0 0 n BC n PN         即 2 2 0 2 2 0 x z y         , 令 2z  ,∴  1,0, 2n  r , ∴ 3 15cos , 55 3 m n       , 因为二面角 A PN B  为锐角,故其余弦值为 15 5 . 【点睛】本题考查面面垂直的证明以及线面角、二面角的计算,后者常借助空间向量(即直 线的方向向量和平面的法向量)的夹角来帮助计算. 19.已知某种新型病毒的传染能力很强,给人们生产和生活带来很大的影响,所以创新研发疫 苗成了当务之急.为此,某药企加大了研发投入,市场上这种新型冠状病毒的疫苗 A 的研发费 用 x (百万元)和销量 y (万盒)的统计数据如下: 研发费用 x (百万元) 2 3 6 10 13 14 销量 y (万盒) 1 1 2 2.5 4 4.5 (1)根据上表中的数据,建立 y 关于 x 的线性回归方程 y bx a $ $ $ (用分数表示); (2)根据所求的回归方程,估计当研发费用为 1600 万元时,销售量为多少? 参考公式:      1 1 2 22 1 1 n n i i i i i i n n i i i i x x y y x y nxy b x x x nx                 , a y bx $ $ . 【答案】(1)  37 29 130 130y x  ;(2)销售量为 47769 盒. 【解析】 【分析】 (1)根据表中的数据和题中所给参考公式可计算出 ( )x y, ,利用最小二乘法求 b 的值,代入 - 17 - a y bx $ $ ,可得 a ,进而求出回归方程  37 29 130 130y x  . (2)将 16x  ,代入回归方程即可. 【详解】(1) 2 3 6 10 13 14 86      x , 1+1+2+2.5+4+4.5 =2.56 y , 6 1 157i i i x y   , 6 120x y  , 6 2 1 514i i x   , 2 384nx  37 130  b  29 130    a y b x ,  37 29 130 130y x  (2)当 16x  时,代入回归方程 621 130y  (万盒) 47769 (盒) 当研发费用为 16000000 时,销售量为 47769 盒. 【点睛】本题考查了线性回归方程,最小二乘法等基本知识,考查了数学运算能力、数据分 析能力和逻辑推理能力,属于一般题目. 20.已知圆 M 经过点 0,1 与直线 1y   相切,圆心 M 的轨迹为曲线C ,过点  0,2N 做直 线与曲线C 交于不同两点 ,A B ,三角形OAB 的垂心为点 H . (1)求曲线C 的方程; (2)求证:点 H 在一条定直线上,并求出这条直线的方程. 【答案】(1) 2 4x y ;(2)证明见解析. 【解析】 【分析】 (1)根据抛物线的定义,得到圆心 M 表示以  0,1F 为焦点,以 1y   为准线的抛物线,即 可求得圆心 M 的轨迹方程; (2)设    2 2 1 1 2 24 ,4 , 4 ,4A t t B t t ,由 , ,A B N 三点共线,求得 1 2t t 的值,再求得过点 A 与直线 OB 垂直和点 B 与直线OA垂直的直线方程,联立方程组,求得 2y   ,即可得到结论. 【详解】(1)圆 M 经过点  0,1F 与直线 1y   相切, - 18 - 则圆心 M 满足到点  0,1F 与到直线 1y   的距离相等, 根据抛物线的定义,可得圆心 M 表示以  0,1F 为焦点,以 1y   为准线的抛物线, 其中 2p  ,所以圆心 M 的轨迹方程为 2 4x y . (2)设  2 1 14 ,4A t t ,  2 2 24 ,4B t t , 由 , ,A B N 三点共线,则 2 2 1 2 1 2 4 2 4 2 4 4 t t t t   ,整理得 1 2 1 2t t   , 过点 A 与直线OB 垂直的直线为  2 2 2 1 14 4y t x tt     , 同理过点 B 与直线OA垂直的直线为  2 1 1 2 14 4y t x tt     , 两条垂线联立方程组     2 2 2 1 2 1 1 2 14 4 14 4 y t x tt y t x tt           ,解得 1 24 4 2y t t    , 所以垂心在直线 2y   . 【点睛】本题主要考查了抛物线的定义及标准方程,以及直线的位置关系的应用,着重考查 推理与运算能力,属于中档试题. 21.已知函数   xf x e ax  的图象与直线  2 21y e x e   相切. (1)求实数 a 的值; (2)若存在实数 k 满足   0f k  且 1 0f k      ,求证: 1lnxe x k k       . 【答案】(1) 1a  ;(2)证明见解析. 【解析】 【分析】 (1)根据导数的几何意义化简得出 0 0 2 0 0x xx e e e   ,解出 0 2x  ,即可确定 a 的值; (2)令 1m k k   ,构造函数    lnxJ x e x m   ,利用导数得出  minJ x ,证明  min 0J x  ,即可得出结论. - 19 - 【详解】解:(1)设切点为( )0 0,x y , ( ) xf x e a   则 0 2 1xe a e   ,  0 2 2 0 01xe ax e x e    消 a 得 0 0 2 0 0x xx e e e   ,令   2x xh x xe e e   ,得   xh x xe  当 0x  时,   0xh x xe   所以  h x 在区间( )0,+¥ 单调递增,且  2 0h  又因为当 0x  时,   0h x  ,所以 0 2x  ,得 1a  . (2)由已知 0ke k  , 1 1 0ke k   因为函数   xf x e x  为增函数,且 1 21 1 02 2f e        所以 1 2k   , 1 1 2k   ,即 12 2k    令  1 1 1( ) 2 2m k k kk k k                 ,(当且仅当 1k   时,取等号) 即 2m   . 令    lnxJ x e x m     1xJ x e x m     ,因为  J x 在 ,m  为单调递增函数   0kJ k e k    , 11 1 0kJ ek k        ,   10 1 0J m     . 所以存在 1x ,使得  1 0J x  ,且 1x k , 1 1x k  , 1 0x  ,即 1 1 02 x     10J x x x    ,   10J x m x x     即函数  J x 在  1,m x 为单调递减函数,在 1,x  上是单调递增函数 所以      1 1 1min lnxJ x J x e x m    又因为  1 1lnx x m   ,所以   1 1 1min 1( ) ( ) 02 xJ x e x f x f      所以原不等式 1lnxe x k k       成立. - 20 - 【点睛】本题主要考查了导数几何意义的应用以及利用导数证明不等式,属于中档题. 22.在直角坐标系中,直线l 的参数方程为 33 ,2 1 2 x t y t       (t 为参数),以坐标原点为极点, x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系,曲线C 的极坐标方程为 4sin  ,若直线 l 与曲线C 交 于 ,A B 两点. (1)若  3,0P  ,求 PA PB ; (2)若点 M 是曲线C 上不同于 ,A B 的动点,求 MAB△ 面积的最大值. 【答案】(1)5;(2) 3913 4  . 【解析】 【分析】 (1)将圆的极坐标方程化为直角方程,再利用直线参数方程中参数的几何意义可求 PA PB 的值. (2)先求出直线的普通方程,再分别求出 AB 的长及圆心到直线的距离,从而可求 MAB△ 面积的最大值. 【详解】解:(1)设 1 1 2 2,3 1 3 13 , 3 ,2 2 2 2A t t t tA                   , 因为 2: 4sin 4 sinC      , ,所以 2 2 4x y y  , 将 33 2 1 2 x t y t       ( t 为参数)代入 2 2 4x y y  得到 2 5 3 0t t   , 25 12 13 0     ,故 1 2,t t 是该方程的两个正根, 又 1 2 1 2 5PA PB t t t t      . (2)直线 AB 的直角方程为 3 13y x  即 3 3 0x y   . - 21 - 又  22: 2 4C x y   ,故圆心坐标为 0,2 , 圆心到直线的距离为 3 3 24 d   ,故 M 到 AB 的距离的最大值为 3 22  . 故 32 4 134AB    , 故 MABS 的最大值为 1 3 392 132 2 4AB         . 【点睛】本题考查圆的极坐标方程与直角方程的互化、直线的参数方程与直角方程的互化, 注意非直角方程下的最值问题,一般需转化到直角方程下去讨论求解. 23.已知函数   3f x x k  ,   1f x  的解集为 11 3x x        . (1)若存在 x ,使   3 1f x x a   成立,求实数 a 的取值范围; (2)如果对于 ,x y 满足 2 1 4x y   , 7 13 y   ,求证:   9f x  . 【答案】(1) 1a  ;(2)证明见解析. 【解析】 【分析】 (1)根据   1f x  , 得到 1 1 3 3 k kx     ,再由   1f x  的解集为 11 3x x        , 由 1 13 k    求解,然后将存在 x ,使   3 1f x x a   成立,转化为 3 1 3 2x x a    成立,利用绝对值三角不等式求解. (2)将   3 2f x x  ,利用绝对值三角不等式转化为   3 1 3 12 1 2 12 3 2 3                   f x x y y x y y ,再根据 7 13 y   求解. 【详解】(1)因为   1f x  , 所以 1 3 1x k    , 所以 1 1 3 3 k kx     , - 22 - 又   1f x  的解集为 11 3x x        . 所以 1 13 k    , 解得 2k  ,此时 1 1 3 3 k    , 所以 2k  . 因为存在 x ,使   3 1f x x a   成立, 所以 3 1 3 2x x a    成立, 因为  3 1 3 2 3 1 3 2 1x x x x        ,当 1 3x   时等号成立, 所以 1a  . (2)由(1)知   3 2f x x  , 3 4 3 1 3 13 2 2 2 1 2 12 3 2 3 2 3x x x y y x y y                     , 因为 7 13 y   , 所以 1 42 3 3y    ,于是 1 23y   , 所以    3 1 32 1 4 2 92 3 2f x x y y           . 【点睛】本题主要考查绝对值不等式的解法以及解集的应用,不等式有解,不等式证明和绝 对值三角不等式的应用,还考查了转化化归的思想和运算求解的能力,属于中档题. - 23 -