安徽省合肥六中2020届高三下学期最后一卷数学（文）试题 Word版含解析 23页

- 1 - 合肥六中 2020 届高三冲刺最后一卷 文科数学 一､选择题 1. 已知复数 1 3 4z i  ， 2 1z i  ，则 1 2z z  （ ） A. 7 i B. 7 i C. 7 i  D. 7 i 【答案】A 【解析】 【分析】 写出共轭复数 2z ，然后由复数的乘法法则计算． 【详解】    2 1 2 3 4 1 3 3 4 4 7z z i i i i i i          ． 故选：A． 【点睛】本题考查复数的乘法运算，考查共轭复数的概念，属于基础题． 2. 已知全集U  R ，集合  2 4A x x    ，  2B x x  ，则  UA B  ð （ ） A.  2,4 B.  2,4 C.  2,2 D.  2,2 【答案】C 【解析】 【分析】 根据集合运算的定义计算． 【详解】  2U B x x ð ，∴    2,2UA B   ð ． 故选：C． 【点睛】本题考查集合的综合运算，属于基础题． 3. 已知直线  : 3l y k x  和圆  22: 1 1C x y   相切，则实数 k  （ ） A. 0 B. 3 C. 3 3 或 0 D. 3 或 0 【答案】D 【解析】 【分析】 由圆心到直线的距离等于半径求解． - 2 - 【详解】由 2 3 1 1 1 k k    ，得 2 3 0k k  ，所以 3k  或 0； 故选：D． 【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，由圆心到直线的距离与半径的大小关系可判断直线 与圆的位置关系． 4. 已知 为第三象限角， 4tan 3   ，则 cos 4       （ ） A. 2 10 B. 2 10  C. 7 2 10 D. 7 2 10  【答案】A 【解析】 【分析】 先由同角的三角函数的关系式求出 cos ，sin ，再利用两角和的余弦公式可求 cos 4      的值. 【详解】由已知得 3cos 5    ， 4sin 5    ，所以  2 2cos cos sin4 2 10           ， 故选：A. 【点睛】本题考查同角的三角函数的基本关系式以及两角和的余弦，前者注意角的范围对函 数值符号的影响，本题属于基础题. 5. 已知函数  f x 的图象如图所示，则该函数的解析式可能是（ ） A.   ln x xf x e  B.   lnxf x xe C.   ln xf x x  D.    1 lnf x x x  【答案】D - 3 - 【解析】 【分析】 用排除法，当 0 1x  时，函数值为正可排除 A，B，C． 【详解】  0,1x 时，   0f x  ，但 , ,A B C 中函数值均为负，故排除，只有 D 选项满足． 故选：D． 【点睛】本题考查由函数图象选择函数解析式，可根据图象反应的函数性质判断，方法是排 除法．如利用函数的单调性、奇偶性、对称性，特殊的函数值、函数值的正负、函数值的变 化趋势等排除错误选项． 6. 已知 0.51 2a      ， 2log 0.3b  ， bc a ，则 a，b，c 的大小关系是（ ） A. a b c  B. c a b  C. b a c  D. a c b  【答案】C 【解析】 【分析】 由指数函数的性质可得 1 12 a  ，由对数函数的性质可得 0b  ，化简 1 20.3bc a    ，由指 数函数的性质可得 1 020.3 0.3 1    ，从而可得结果. 【详解】∵ 0.51 2a      ， 2log 0.3b  ， bc a ， ∴ 1 0.5 01 1 1 1 12 2 2 2a                    ， 2 2log 0.3 log 1 0b    ， 1 2 1 2 2 1 2 1 2 0.5 log 0.3 log 0.3 1 02 1 log 0.3 2 11 1 0.3 0.3 12 2 0.31 2 1c                        ， ∴b a c  . 故选：C. 【点睛】本题主要考查利用对数函数和指数函数的单调性比较大小，考查逻辑思维能力和运 算求解能力，属于常考题. 7. 如图，为测得河对岸铁塔 AB 的高，先在河岸上选一点 C，使 C 在铁塔底 B 的正东方向上， - 4 - 测得点 A 的仰角为 60，再由点 C 沿北偏东 30°方向走 10m 到位置 D，测得 45BDC  ，则 铁塔 AB 的高为（ ） A. 30 10 3 B. 30 10 3 C. 10 310 3  D. 10 310 3  【答案】A 【解析】 【分析】 由正弦定理求得 BC ，再在直角三角形中求得高 AB ． 【 详 解 】 BCD 中 ， 45BDC   ， 15DBC   ， 10CD  ， 由 正 弦 定 理 得 sin sin BC CD BDC DBC   ， 所 以  10 3 1BC   ， 又 Rt ABC 中 ， 60ACB   ， tan60 30 10 3AB BC     ． 故选：A． 【点睛】本题考查解三角形的应用，认识方位角是解题基础，掌握正弦定理是解题关键． 8. 执行如图所示的程序框图，若判断框中的条件是 6n  ，则输出的结果为（ ） - 5 - A. 72 B. 30 C. 42 D. 56 【答案】D 【解析】 【分析】 直接按照程序框图运行程序，当 7n  时输出结果. 【详解】执行如图所示的程序框图， 当 1n  时， 0 2 2, 2 2 4,1 6s a       ， 2, 2 4 6, 4 2 6,2 6n s a        ， 3, 6+6=12, 6 2 8,3 6n s a      ， 4, 12 8 20, 8 2 10,4 6n s a        ， 5, 20 10 30, 10 2 12,5 6n s a        ， 6, 30 12 42, 12 2 14,6 6n s a        ， 7, 42 14 56, 14 2 16,7 6n s a        ， 故输出的结果为 56. 故选：D. - 6 - 【点睛】本题主要考查程序框图，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平. 9. 某地 2004 年第一季度应聘和招聘人数排行榜前 5 个行业的情况列表如下： 行业名称 计算机 机械 营销 物流 贸易 应聘人数 215830 200250 154676 74570 65280 行业名称 计算机 营销 机械 建筑 化工 招聘人数 124620 102935 89115 76516 70436 若用同一行业中应聘人数和招聘人数的比值的大小来衡量该行业的就业情况，则根据表中数 据，就业形势一定是（ ） A. 计算机行业好于化工行业 B. 建筑行业好于物流行业 C. 机械行业最紧张 D. 营销行业比贸易行业紧张 【答案】B 【解析】 试题分析：就业形势的好坏，主要看招聘人数与应聘人数的比值，比值越大，就业形势越好， 故选 B． 考点：本题主要考查不等式的概念、不等式的性质． 点评：解答此类题目，首先要审清题意，明确就业形势的好坏，主要看招聘人数与应聘人数 的比值． 10. 设双曲线 2 2 2 2: 1( 0, 0)x yC a ba b     的左、右焦点分别为 1 2F F、 ，过 1F 作倾斜角为 60直 线与 y 轴和双曲线的右支交于 A 、B 两点，若点 A 平分线段 1F B ，则该双曲线的离心率是( ) A. 3 B. 2 3 C. 2 D. 2 1 - 7 - 【答案】B 【解析】 双曲线 2 2 2 2 1x y a b   ( 0, 0)a b  的左焦点 F 为 ,0c ,直线 l 的方程为  3y x c  ，令 0x  ，则 3y c ，即  0, 3A c ，因 为 A 平分 线段 1F B ，根 据中点坐 标公式可 得  ,2 3B c c ，代入双曲线方程，可得 2 2 2 2 12 1c c a b   ，由于  1ce ea   ，则 2 2 2 12 11 ee e   ， 化简可得 4 214 1 0e e   ，解得 2 7 4 3e   ，由 1e  ，解得 2 3e   ，故选 B. 【方法点晴】本题主要考查利用双曲线的简单性质求双曲线的离心率，属于中档题.求解与双 曲线性质有关的问题时要结合图形进行分析，既使不画出图形，思考时也要联想到图形，当 涉及顶点、焦点、实轴、虚轴、渐近线等双曲线的基本量时，要理清它们之间的关系，挖掘 出它们之间的内在联系.求离心率问题应先将 e 用有关的一些量表示出来，再利用其中的一些 关系构造出关于 e 的等式，从而求出 e 的值.本题是利用点到直线的距离等于圆半径构造出关 于 e 的等式，最后解出 e 的值. 11. 历史上数列的发展，折射出许多有价值的数学思想方法，对时代的进步起了重要的作用， 比如意大利数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：即 1，1，2，3， 5，8，13，21，34，55，89，144，233，….即    1 2 1F F  ，      1 2F n F n F n    ， ( 3n  ， *n N ).此数列在现代物理及化学等领域有着广泛的应用，若此数列被 4 整除后的 余数构成一个新的数列 nb ，又记数列 nc 满 1 1c b ， 2 2c b ，  * 1 3,n n nc b b n n N    ， 则 2020c  （ ） A. 1 B. 2 C. 1 D. 0 【答案】A 【解析】 【分析】 利用“兔子数列”的前几项除以 4 的余数得数列{ }nb 的前几项（稍微多求几项），归纳出{ }nb 的周期性，再根据{ }nc 的定义得出{ }nc 的前几项，归纳出{ }nc 的性质，然后由这个规律可得 2020c ． - 8 - 【详解】解：记“兔子数列”为 na ，则数列 na 每个数被 4 整除后的余数构成一个新的数 列 nb 为1,1,2,3,1,0,1,1,2,3,1,0,，可得数列 nb 构成一周期为 6 的数列， 由题意得数列 nc 为1,1,1,1, 2, 1,1,0,1,1, 2, 1,1,0,1,1, 2, 1,      ， 观察数列 nc 可知从该数列从第三项开始后面所有的数列构成一周期为 6 的数列， 2020 4 1c c   ， 故选：A． 【点睛】本题考查数列的递推关系，考查数列的周期性，解题时在数列通项公式不易求出时 可利用归纳推理的方法得出结论． 12. 不等式  2 2 ln 4 0ax a x x a     解集中有且仅含有两个整数，则实数 a 的取值范围 是（ ） A.  ln3,2 B.  2 ln3,2 C.  0,2 ln3 D.  0,2 ln3 【答案】C 【解析】 【分析】 设   2 ln 4g x x x   ，   2h x ax a  ， 通 过 导 数 判 断  g x 的 单 调 性 ， 结 合 直 线   2h x ax a  恒过定点  2,0 ，得到两函数的图象，结合题意得不等式组         0 1 1 3 3 a h g h g       ， 解出即可. 【详解】由题意可知， 2 2 ln 4ax a x x    ， 设   2 ln 4g x x x   ，   2h x ax a  . 由   1 2 12 xg x x x    . 可知   2 ln 4g x x x   在 10, 2      上为减函数，在 1 ,2     上为增函数，   2h x ax a  的图象恒过点 2,0 ，在同一坐标系中作出  g x ，  h x 的图象如下， - 9 - 若有且只有两个整数 1x ， 2x ，使得  1 0f x  ，且  2 0f x  ，则         0 1 1 3 3 a h g h g       ， 即 0 2 2 ln3 a a a        ，解得 0 2 ln3a   ，故选 C. 【点睛】本题主要考查了不等式与函数图象的关系，利用导数判断函数单调性，考查了学生 的计算能力，属于中档题． 二､填空题 13. 已知曲线 2 3ln4 xy x  的一条切线的斜率为 1 2 ，则切点的横坐标为______． 【答案】3 【解析】 【分析】 首先求函数的导数，令 1 2y¢ = ，求切点的横坐标. 【详解】因为 2 3ln4 xy x  ， 0x  ，所以 3 2 xy x    ， 由题意知， 3 1 2 2 x x   ，解得 3x  （负值舍去），所以切点的横坐标为 3． 故答案为：3 【点睛】本题考查函数的导数的求法，导数的几何意义，属于基础题型. 14. 已知向量  2,1a  r ，  3,4b  ，  ,2c k ，若 3a b c  / / ，则实数 k  _________ 【答案】 6 - 10 - 【解析】 【分析】 由平面向量坐标运算法则得  3 3, 1a b    ，再由 3a b c  / / ，列出方程求出 k 的值. 【详解】解：向量  2,1a  r ，  3,4b  ，  ,2c k ，   3 3, 1a b    ，   3a b c  / / ，  3 1 2k   . 解得： 6k   . 故答案为： 6 . 【点睛】本题考查平面向量坐标运算法则，向量平行的性质，考查运算求解能力，属于基础 题. 15. 已知 ABC 的内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，且满足  sin 2 3 cosb A a B  ， 4b  ，点 D 为边 AB 上的一点， 2CD  ，锐角 ACD△ 的面积为 15 ，则 c  ________. 【答案】 7 3 5 2  【解析】 【分析】 用正弦定理化边为角后可求得 B ，在 ACD△ 内，由面积求得sin ACD ，从而可得 cos ACD ， 用余弦定理求得 AD ，再用正弦定理得出 sin A ，最后在 ABC 中正弦定理求得 BC ，用余 弦定理求得 AB ． 【详解】  sin 2 3 cosb A a B  及正弦定理得，  sin sin sin 2 3 cosB A A B  ， ∵ ACD△ 是锐角三角形，∴sin 0A  ， 3 2sisin cos n 23BB B         ，  0,B  ， 6B   ， 在 ACD△ 内， 1 sin2ACDS AC CD ACD     ，所以 15sin 4ACD  ， - 11 - 又 ACD 是锐角，∴ 1cos 4ACD  ， 由余弦定理可得， 2 2 2 14 2 2 4 2 164AD        ， 4AC AD  ， 由正弦定理得 2 4 sin 15 4 A  ， 15sin 8A  ， 在 ABC 内， sin sin AC BC B A  ， 15BC  ， 由余弦定理， 2 2 2 2 cosAC AB BC AB BC B    2 316 15 2 15 2AB AB      ，解得 7 3 5 2AB c   ． 故答案为： 7 3 5 7  ． 【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理和三角形面积公式，由正弦定理进行边角转化求出 B 是 解题基础． 16. 已知点 , , ,P A B C 均在表面积为81 的球面上,其中 PA  平面 ABC , 30 , = 3BAC AC AB   ,则三棱锥 P ABC 的体积的最大值为__________． 【答案】 81 8 【解析】 分析：先求出球的半径，再求出三棱锥 P ABC 的体积的表达式，最后求函数的最大值. 详解：设球的半径为 R,所以 2 981 4 , .2R R    设 AB=x,则 3AC x ，由余弦定理得 2 2 2 233 2 3 , .2BC x x x x x BC x        设底面△ABC 的外接圆的半径为 r,则 02 , .sin30 xr x r   所以 PA= 2812 4 x . - 12 - 所以三棱锥 P ABC 的体积 2 2 21 1 1 81 3 813 23 2 2 4 6 4V x x x x x         = 2 2 2 3 81 3 81 3 814( ) 4 ( 4=6 4 2 2 6 3 8 x xx      ） . 当且仅当 x= 3 62 时取等. 故答案为 81 8 点睛：（1）本题主要考查球的体积和几何体的外接球问题，考查基本不等式，意在考查学生 对这些基础知识的掌握能力和空间想象能力.(2)三元基本不等式： 3( )3 a b cabc   ，当且 仅当 a=b=c>0 时取等.(3)函数的思想是高中数学的重要思想，一般是先求出函数的表达式， 再求函数的定义域，再求函数的最值. 三､解答题 17. 某学校为缓解学生的学习压力，其中高三年级经常举行一些心理素质综合能力训练活动， 经过一段时间的训练后从该年级 1600 名学生中随机抽取 200 名学生进行测试，并将其成绩分 为 A､B､C､D､E 五个等级，统计数据如图所示(视频率为概率)： 根据以上抽样调查数据，回答下列问题： （1）试估算该校高三年级学生获得成绩为 B 的人数； （2）若等级 A､B､C､D､E 分别对应 100 分､90 分､80 分､70 分､60 分，学校要求平均分达 90 分以 上为“考前心理稳定整体过关”，请问该校高三年级目前学生的“考前心理稳定整体”是否 过关？ （3）为了解心理健康状态稳定学生的特点，现从 D､E 两种级别中，用分层抽样的方法抽取 5 个学生样本，再从中任意选取 2 位学生样本分析，求事件“至少 1 位学生来自 D 级别”的概 率. - 13 - 【答案】（1）896 ；（2）该校高三年级目前学生的“考前心理稳定整体”已过关；（3） 9 10 . 【解析】 【分析】 （1）从条形图中可知这 200 人中，有 112 名学生成绩等级为 B，由此可计算频率即概率，作 为总体概率可计算整个年级得 B 人数； （2）利用频率计算均分后可得． （3）求出 D､E 两种级别中所抽取的人数，编号后写出所有基本事件，并得出事件“至少 1 位 学生来自 D 级别”所含有的基本事件，计数后可得概率． 【详解】（1）从条形图中可知这 200 人中，有 112 名学生成绩等级为 B， 所以可以估计该校学生获得成绩等级为 B 的概率为， 112 14 200 25  则该校高三年级学生获得成绩为 B 的人数约有 141600 89625   （2）这 200 名学生成绩的平均分为 64 112 14 6 4100 90 80 70 60200 200 200 200 200           91.3，因为91.3 90 ，所以该校高 三年级目前学生的“考前心理稳定整体”已过关. （3）由题可知用分层抽样的方法抽取 5 个学生样本，其中 D 级 3 个，E 级 2 个， D 组 3 人编号为 , ,A B C ， E 组 2 人编号为 ,a b ，则任取 2 人的基本事件为： , , , , , , , , ,AB AC Aa Ab BC Ba Bb Ca Cb ab 共 10 个，其中事件“至少 1 位学生来自 D 级别”为 F 含有的基本事件有 , , , , , , , ,AB AC Aa Ab BC Ba Bb Ca Cb 共 9 个，   9 10P F  . 【点睛】本题考查条形图，考查用样本估计总体．考查分层抽样与古典概型，用列举法写出 所有基本事件是计算古典概型概率的常用方法． 18. 已知数列{ }na 是各项均为正数的等比数列，若 1 1a  ， 2 4 16a a  . （1）设 2logn nb a ，求数列{ }nb 的通项公式； （2）求数列{ }n na b 的前 n 项和 nS . 【答案】(1) 1nb n  (2)  2 2 2n nS n   【解析】 - 14 - 【详解】试题分析：（1）先根据等比数列的基本量求出等比数列 na 通项公式,代入 2logn nb a 得数列 nb 的通项公式（2）根据错位相减法求和: 利用错位相减法求和时，注意相减时项的 符号变化，中间部分利用等比数列求和时注意项数，最后要除以1 q 试题解析：（Ⅰ）由数列 na 是各项均为正数的等比数列 1 1 2 4 1 2 216 n n a q aa a       且 即： 2log , 1n n nb a b n   又 （Ⅱ）由（Ⅰ）可知   11 2n n na b n     则  0 1 2 10 2 1 2 2 2 1 2n nS n           ①  1 2 32 0 2 1 2 2 2 1 2n nS n          ② ①-②       2 3 12 2 2 2 1 2 2 2 1 21 2 2 2 2 n n n n n n S n n n                   2 2 2n nS n    点睛：用错位相减法求和应注意的问题(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数 的情形；(2)在写出“ nS ”与“ nqS ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步 准确写出“ n nS qS ”的表达式；(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数， 应分公比等于 1 和不等于 1 两种情况求解. 19. 如图,在以 , , , , ,A B C D E F 为顶点的五面体中,底面 ABCD 是矩形, EF BC . - 15 - (1)证明: EF  平面 ABCD ; (2)在中国古代数学经典著作《九章算术》中,称图中所示的五面体 ABCDEF 为“刍 甍”(chúméng),书中将刍甍 ABCDEF 的体积求法表述为: 术曰:倍下袤,上袤从之,以广乘之,又以高乘之,六而一.其意思是:若刍甍 ABCDEF 的“下 袤” BC 的长为 a ,“上袤” EF 的长为b ,“广” AB 的长为 c ,“高”即“点 F 到平面 ABCD 的距离”为 h ,则刍甍 ABCDEF 的体积V 的计算公式为:  1 26V a b ch  ,证明该 体积公式. 【答案】(1)见解析;(2)见解析. 【解析】 分 析 ：（ 1 ） 先 证 明 BC EF ， 再 证 明 EF  平 面 ABCD .(2) 利 用 割 补 法 证 明                  F ABGH CDE GHFV V V     1 26 a b ch . 详解：（1）证明： ABCD 是矩形， BC AD ， 又 AD  平面 ADEF ， BC 平面 ADEF BC  平面 ADEF ， 又 BC  平面 BCEF ，平面 ADEF 平面 BCEF EF BC EF 又 BC  平面 ABCD ， EF  平面 ABCD ， EF 平面 ABCD . （2）解：设 ,G H 分别是棱 ,BC AD 上的点，且满足GC HD EF  ， 链接 , ,FG FH GH .由第（1）问的证明知， GC HD EF  ， 所以四边形 GCEF 和GCDH 为平行四边形. - 16 - ,GF CE GH CD   ， 又CD CE C  ，平面GHF CDE ， 多面体CDE GHF 为三棱柱. 因此，刍甍 ABCDEF 可别分割成四棱锥 F ABGH 和三棱柱CDE GHF . 由题意知，矩形 ABGH 中， BG BC CG BC   ,EF a b AB c    矩形 ABGH 的面积  ABGHS a b c  ， 又四棱锥 F ABGH 的高，即“点 F 到平面 ABCD 的距离”为 h ， 四棱锥 F ABGH 的体积  1 1 3 3F ABGH ABGHV S h a b ch    ； 三棱柱CDE GHF 的体积可以看成是以矩形GCDH 为底,以点 F 到平面 ABCD 的 距离 h 为高的四棱柱体积的一半. 又矩形 GCDH 的面积 ABGHS bc 三棱柱CDE GHF 的体积 1 1 2 2CDE GHF GCDHV S h bch   刍甍 ABCDEF 的体积： F ABGH CDE GHFV V V     1 1 3 2a b ch bch ch    1 23 2 6 a b b a b ch      . 刍甍 ABCDEF 体积公式得证. 点睛：（1）本题主要考查空间位置关系的证明和空间体积的计算，意在考查学生对这些基础 知识的掌握能力和空间想象转化能力.(2) 求几何体的面积和体积的方法,方法一：对于规则 的几何体一般用公式法.方法二：对于非规则的几何体一般用割补法.方法三：对于某些三棱 锥有时可以利用转换的方法.注意理解掌握并灵活运用.本题利用的就是割补法求几何体的体 积. 20. 如图，已知椭圆   2 2 2 2: 1 0x y a ba b      的左焦点为 F ，右顶点为 A ，上顶点为 B . - 17 - （1）若椭圆  的离心率为 1 2 ，线段 AF 中点 2 ,02M       ，求 BM 的值； （2）若 ABF 外接圆的圆心在直线 y x  上， ABF 外接圆的半径为 3，求椭圆  的方程. 【答案】（1） 26 2 ；（2） 2 2 112 6 x y  . 【解析】 【分析】 （1）先根据离心率得 2a c ，再根据线段 AF 中点 2 ,02M       得 2 2 2 a c  ，解方程得 2c  ， 2 8a  ， 2 6b  ，故得  0, 6B ，在用两点间距离求解即可； （2）由与三角形外接圆圆心是各边中垂线的交点，故写出 AF 的中垂线方程为： 2 a cx  ， 再根据圆心在直线 y x  上得圆心坐标 ,2 2 a c a cC      ，其在 AB 的中垂线方程为： 2 2 b a ay xb       ，代入化简得 b c ，再根据外接圆半径列式求解即可. 【详解】（1）因为椭圆   2 2 2 2 1 0x y a ba b     的离心率为 1 2 ，所以 1 2 c a  ，则 2a c . 因为线段 AF 中点 M 的横坐标为 2 2 ，所以 2 2 2 a c  . 所以 2c  则 2 8a  ， 2 2 2 6b a c   .上顶点为 B 的坐标为：  0, 6B 所以 26 2BM  - 18 - （2）因为  ,0A a ，  ,0F c ， 所以线段 AF 的中垂线方程为： 2 a cx  . 又因为 ABF 外接圆的圆心 C 在直线 y x  上， 所以 ,2 2 a c a cC      . 因为  ,0A a ，  0,B b ，所以线段 AB 的中垂线方程为： 2 2 b a ay xb       . 由C 在线段 AB 的中垂线上，得 2 2 2 2 a c b a a c a b         ， 整理得，   2b a c b ac   ，即   0b c a b   . 因为 0a b  ，所以b c . ABF 外接圆的半径 2 2 2 2 22 92 2 2 a c a c a cR CA a                 2 12a  ， 2 6b  ，所求椭圆方程： 2 2 112 6 x y  【点睛】本题考查椭圆方程的求解，考查数学运算能力，是中档题. 21. 已知函数   ln 1f x x x ax   ， a R . （1）如果关于 x 的不等式   0f x  在 0x  恒成立，求实数 a 的取值范围； （2）当 1x 时，证明：    21 sin 1 1lnx x xe x xe      . 【答案】（1） 1,  ；（2）证明见解析. 【解析】 - 19 - 【分析】 （1）分离参数可得 1lna x x    ，只需 min 1lna x x       ，令   1lnF x x x   ，利用导数 求出  F x 的最小值即可. （2）由（1），当 1a   时，有 ln 1x x x  ，即 1ln xx x  .要证  1 lnx e x xe   ，可证， 1x ， 即证 1 x e e x  ， 1x .  1 1 x e x x e x   ，构造函数    1xG x e ex x   ，利用导数可证出    1 0G x G  ，从而证出左边；构造函数     2ln 1 sin 1 1H x x x x x      ，利用 导数证明函数的单调性，进而可得    1 0H x H  ，从而证出右边. 【详解】（1）由   0f x  ，得  ln 1 0 0x x ax x    . 整理，得 1lna x x    恒成立，即 min 1lna x x       . 令   1lnF x x x   .则   2 2 1 1 1xF x x x x    . 函数  F x 在 0,1 上单调递减，在 1, 上单调递增. 函数   1lnF x x x   最小值为  1 1F  . 1a  ，即 1a   . a 的取值范围是 1,  （2）由（1），当 1a   时，有 ln 1x x x  ，即 1ln xx x  . 要证  1 lnx e x xe   ， 即证 1x 时  1 1 x e x x e x   即 1 x e e x  ，. 构造函数    1xG x e ex x   . 则   xG x e e   . 当 1x 时，   0G x  .  G x 在 1, 上单调递增. - 20 -    1 0G x G   在 1, 上成立，即 xe ex ，证得 1 x e e x  . 当  1,x  时，  1 lnx e x xe   成立. 构造函数     2ln 1 sin 1 1H x x x x x      . 则         22 1 1 2 11 2 cos 1 x x x xH x x xx x x            当 1x  时，   0H x  ，  H x 在 1, 上单调递减.    1 0H x H   ，即    2ln 1 sin 1 0 1x x x x      当  1,x  时，  2ln 1 sin 1x x x    成立. 综上，当  1,x  时，有    21 ln 1 sin 1x e x x x xe       . 【点睛】本题考查了利用导数研究不等式恒成立问题、利用导数证明不等式，属于难题. 22. 在直角坐标坐标系 xOy 中，曲线C 的参数方程为 22 1 2 1 x t y t       (t 为参数)，以直角坐标系 的原点为极点，以 x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知直线 l 的极坐标方程为  2sin cos m    . （1）求曲线C 的普通方程； （2）若直线 l 与曲线C 有且仅有唯一的公共点，且l 与坐标轴交于 ,A B 两点，求以 AB 为直 径的圆的直角坐标方程. 【答案】（1）    21 2 1y x   ；（2） 2 21 1 5 2 4 16x y             . 【解析】 【分析】 （1）采用代入消元法消去t 即可整理得到所求普通方程； （2）将 l 极坐标方程化为普通方程，利用直线与曲线有且仅有唯一的公共点可联立令 0  ， 从而求得 m ，进而求得 ,A B 坐标，根据 ,A B 坐标确定圆心坐标和半径，进而得到所求圆的方 程. - 21 - 【详解】（1）由 2 1y t  得： 1 2 yt  ，则 2 2 12 1 2 12 yx t        ，整理得：    21 2 1y x   ， 故曲线C 的普通方程为   21 2 1y x   . （2）由  2sin cos m    得： 2y x m  ， 联立    21 2 1 2 y x y x m       得： 2 2 2 1 0y y m    ， l 与曲线C 有且仅有唯一的公共点，  4 4 2 1 0m     ，解得： 1m  ， l 的方程为 2 1y x  ， l 与坐标轴交点为 10, 2      与 1,0 ， 不妨假设 10, 2A     ，则  1,0B  ，线段 AB 的中点为 1 1,2 4     ， 1 51 4 2AB    ，以 AB 为直径的圆的半径 5 4r  ， 以 AB 为直径的圆的直角坐标方程为： 2 21 1 5 2 4 16x y             . 【点睛】本题考查极坐标与参数方程的知识的综合应用问题，涉及到参数方程化普通方程、 极坐标方程化直角坐标方程、圆的方程的求解等知识，属于常考题型. 23. 已知   1 2f x x x a    ， a R . （1）当 1a  时，求不等式   3f x  的解集； （2）若函数  f x 的最小值为 3，求实数 a 的值. 【答案】（1）{ 1x x  ∣ 或 1}x  ；（2） 8a   或 4 . 【解析】 【分析】 （ 1 ） 代 入 1a  ， 分 段 讨 论 打 开 绝 对 值 解 不 等 式 即 可 .(2) 利 用 基 本 不 等 式 性 质 1 12 2 a ax x     进行求解即可. - 22 - 【详解】（1）当 1a  时，   1 2 1f x x x    ， 当 1 2x   时，   3f x x  ，此时解   3f x  得 1x   ； 当 1 12 x   时，   2f x x  ，此时解   3f x  得无解； 当 1x  时，   3f x x ，此时解   3f x  得 1x  . 综上，不等式   3f x  的解集为 | 1x x   或 1x  （2）   1 2f x x x a    1 2 2 ax x    1 2 2 a ax x x      1 2 2 a ax    (当且仅当 1 02 ax x      时等号成立) 1 2 a  (当且仅当 2 ax   时等号成立) 可以知道当 2 ax   时，  f x 有最小值 1 2 a ， 由 1 32 a  得 8a   或 4 . 【点睛】此题考查解绝对值不等式，不含参数时一般分段讨论，注意基本不等式的使用，属 于较易题目. - 23 -