河南省大联考2020届高三阶段性测试（七）数学（理）试题 Word版含解析 22页

- 1 - 2019—2020 学年高中毕业班阶段性测试（七） 理科数学 1. 已知集合 2 0xA x x       ，  3B x x  ，则 A B  （ ） A.  0x x  B.  3x x  C.  2 3x x  D.  2 3x x  或 0x  【答案】D 【解析】 【分析】 先解分式不等式得  0A x x  或 2x  ，再根据集合运算即可. 【详解】因为  0A x x  或 2x  ，  3B x x  ，所以  2 3A B x x    或 0x  ． 故选：D. 【点睛】本题考查分式不等式的解法以及集合运算，是基础题. 2. 若复数  1 ni 为实数，则正整数 n的最小值为（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】 根据题意可知 n只能为偶数，分别计算    2 41 , 1 i i 比较即可. 【详解】因为  21 2i i  ，    4 21 2 4i i    ， 所以正整数n的最小值为 4． 故选：B 【点睛】本题考查复数的运算，属基础题. 3. 已知双曲线   2 2 2 1 0 16 x y b b    的渐近线方程为 3 4 y x=± ，则该双曲线的焦距为（ ） A. 4 B. 5 C. 8 D. 10 【答案】D 【解析】 - 2 - 【分析】 根据双曲线的方程和双曲线的渐近线方程得 3 , 4 4 b a a  ，再根据 2 2 2c a b  计算即可解决. 【详解】设双曲线 2 2 2 1 16 x y b   的半焦距为 c，由双曲线 2 2 2 1 16 x y b   的渐近线方程为 3 4 y x=± ，可得 3 4 4 b  ，所以 3b  ， 5c  ．所以双曲线的焦距为 10． 故选：D. 【点睛】本题考查双曲线的方程及性质，是基础题. 4. 下图是某市 2014 年到 2020 年贫困户的户数 y（单位：万户）与时间 t的条形图（时间 t的 取值 1，2，…，7 依次对应 2014 年至 2020 年）.若 y关于 t的线性回归方程为  0.5y t a   ， 则a （ ） A. 2.2 B. 4.2 C. 6.2 D. 6.4 【答案】C 【解析】 【分析】 根据条形图，可求出 ,x y，由回归直线经过样本点的中心  ,x y ，可求出 a . 【详解】本题考查线性回归方程. 依题意，得 1 2 7 4 7 t       ， 5.6 5.2 4.8 4.4 3.4 3.3 2.7 4.2 7 y         ， - 3 - 所以 4.2 0.5 4 a    ，所以 6.2a  . 故选：C. 【点睛】本题考查回归直线，注意回归直线一定经过样本点的中心  ,x y ，属于基础题. 5. 执行如图所示的程序框图，则输出 S 的值为（ ） A. 16 B. 48 C. 96 D. 128 【答案】B 【解析】 【分析】 列出每一次循环，直到计数变量 i满足 3i  退出循环. 【详解】第一次循环： 12 (1 1) 4, 2S i    ；第二次循环： 24 2 (1 2) 16, 3S i     ； 第三次循环： 316 2 (1 3) 48, 4S i     ，退出循环，输出的 S 为 48 . 故选：B. 【点睛】本题考查由程序框图求输出的结果，要注意在哪一步退出循环，是一道容易题. - 4 - 6. 函数    2cos ln 1f x x x x    在[ 1,1] 的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 由 ( ) ( )f x f x   可排除选项 C、D；再由 (1) 0f  可排除选项 A. 【详解】因为    2cos( ) ln ( ) 1f x x x x         2cos ln 1x x x   2 2 1cos ln cos ln( 1 ) ( ) 1 x x x x f x x x           ，故 ( )f x 为奇函数， 排除 C、D；又 (1) cos1 ln( 2 1) 0f     ，排除 A. 故选：B. 【点睛】本题考查根据函数解析式选出函数图象的问题，在做这类题时，一般要利用函数的 性质，如单调性、奇偶性、特殊点的函数值等，是一道基础题. 7. 若 x， y满足约束条件 2 5, 2 2, 7, x y y x x        ，则 z x y  的最大值为（ ） A. 21 B. 16 C. 13 D. 11 【答案】B 【解析】 【分析】 - 5 - 首先画出可行域，确定最优点，并求最大值. 【详解】作出不等式组表示的平面区域，如图中阴影部分所示，联立 2 5, 7, x y x     解得  7,9A ． 观察可知，当直线 y x z   过点  7,9A 时， z有最大值 16． 故选：B 【点睛】本题考查线性规划，重点考查数形结合分析问题，属于基础题型. 8. 《九章算术》中有一道“良马、驽马行程问题”.若齐国与长安相距 3000 里，良马从长安 出发往齐国去，驽马从齐国出发往长安去，同一天相向而行.良马第一天行 155 里，之后每天 比前一天多行 12 里，驽马第一天行 100 里，之后每天比前一天少行 2 里，则良马和驽马第几 日相遇（ ） A. 第 10 日 B. 第 11 日 C. 第 12 日 D. 第 60 日 【答案】A 【解析】 【分析】 先求出良马和驽马日行程的通项公式，列出式子    1 1 3000 2 n na a n b b n    ，即可求解. 【详解】依题意，可知良马第  *n nN 日行程为  155 12 1 12 143na n n     ， 同理，可得驽马第  *n nN 日行程为 102 2nb n  ， 令    1 1 3000 2 n na a n b b n    ， 整理可得 2 50 600 0n n   ，所以 10n  . 故选：A 【点睛】本题考查等差数列的性质以及数学文化.，关键点是对题意的翻译，属于简单题目. - 6 - 9. 已知函数    23sin cos 1 2sin 2 f x x x x   ，则有关函数  f x 的说法正确的是 （ ） A.  f x 的图象关于点 ,0 6       对称 B.  f x 的最小正周期为 C.  f x 的图象关于直线 6 x   对称 D.  f x 的最大值为 3 【答案】B 【解析】 【分析】 先利用三角恒等变换化简函数得   sin 2 3 f x x       ，再根据函数性质求解即可. 【详解】由题可知   1 3sin 2 cos2 sin 2 2 2 3 f x x x x         ． 令2 , 3 x k k   Z ，可得 1 2 6 x k   ．当 6 x   时， 22 3 3 x     ，故函数  f x 的图 象不关于点 ,0 6       对称，也不关于直线 6 x   对称，故 A，C错误； 函数  f x 的最小正周期 2 2 T    ，故 B 正确； 函数  f x 的最大值为 1，故 D 错误； 故选：B. 【点睛】本题考查三角恒等变换以及三角函数的性质，是中档题. 10. 已知 ABC 内接于半径为 3 的圆， 2BC  ， A为圆上的动点，则 BC BA   的取值范围 是（ ） A.  4,4 B.  8,9 C.  4,8 D.  0,12 【答案】C 【解析】 【分析】 以 BC的中点为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系，设  ,A x y ，则  3,3x  ， 求 出  2 1BC BA x     ，即得 BC BA   的取值范围. - 7 - 【详解】 以BC的中点为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系，则  1,0B  ，  1,0C . 设  ,A x y ，则  3,3x  ，所以  2,0BC  uuur ，  1,BA x y   ， 所以    2 1 4,8BC BA x       . 故选：C. 【点睛】本题主要考查坐标法研究平面向量的问题，考查平面向量的坐标运算和数量积的计 算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平. 11. 已知点 P为抛物线  2: 2 0C y px p  上异于原点O的动点， F 为C的焦点.若 2PM MF   ，则直线OM 的斜率的取值范围是（ ） A. 3 3,0 0, 2 2               B. 3 3, 2 2       C. 2 2,0 0, 2 2             D. 2 , 2         【答案】C 【解析】 【分析】 设 2 0 0, 2 yP y p       ，以OP  、OF  为基底表示向量OM  即可求得点 M的坐标，代入直线斜率公式 求出直线 OM 的斜率表达式，再利用基本不等式即可求得范围. 【 详 解 】 设 2 0 0, 2 yP y p       ， 显 然 0 0y  ， 由 题 意 ,0 2 pF       ， 则   2 0 01 1 1 2 , 3 3 3 3 6 3 3 y p yOM OF FM OF FP OF OP OF OP OF p                           ，可 - 8 - 得 0 2 00 0 23 2 6 3 OM y k y py p p yp    . 当 0 0y  时， 2 20 22 2OMk   ，当且仅当 2 2 0 2y p 时取等号； 当 0 0y  时， 0 0 2 2 20 2 22 2OMk y p p y          ，当且仅当 2 2 0 2y p 时取等号. 故 2 2,0 0, 2 2OMk              . 故选：C 【点睛】本题考查直线与抛物线的综合问题、向量的线性运算及坐标表示、基本不等式求和 的最小值，属于较难题. 12. 若函数   ln 2 xf x x x ae  在 1 e e       , 上有两个极值点，则实数 a的取值范围是（ ） A. 20, ee       B. 2 1,ee e       C. 4 2,ee e       D. 1 1, 2ee e       【答案】D 【解析】 【分析】 由题意可得，   0f x  在 1 e e       , 上有两个不同的实数根，等价于 1 ln2 x xa e   在 1 e e       , 上 有两个不同的实数根，也等价于直线 2y a 与 1 ln x xy e   的图像在 1 e e       , 内有两个交点， 所以只需利用导数研究函数   1 ln x xg x e   在 1 e e       , 上的极值、最值和单调性，再结合函数 图像可得结果. - 9 - 【详解】解：由题意   1 ln 2 xf x x ae    ，令   0f x  ，可得 1 ln2 x xa e   . 函数  f x 在 1 e e       , 上有两个极值点，则需   0f x  在 1 e e       , 上有两个不同的实数根， 等价于 1 ln2 x xa e   在 1 e e       , 上有两个不同的实数根， 也等价于直线 2y a 与 1 ln x xy e   的图像在 1 e e       , 内有两个交点. 令   1 ln x xg x e   ，则   1 1 ln x x xg x e     . 令   1 1 lnh x x x    ，可得  h x 在区间 1 e e       , 上为减函数，且  1 0h  . 所以当 1 1x e   时，   0h x  ，故   0g x  ，  g x 在 1 ,1 e       上为增函数， 当1 x e  时，   0h x  ，故   0g x  ，  g x 在 (1, )e 上为减函数， 所以    max 11g x g e   .又 1 0g e       ， 2( ) eg e e  ， 所以 2 12e a e e   ，所以 1 1 2e a ee   . 故选：D 【点睛】本题考查利用导数研究函数极值、单调性，利用了数形结合的思想，考查了转化能 力和计算能力，属于中档题. 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分. 13. 若圆台的母线与高的夹角为 6  ，且上、下底面半径之差为 2，则该圆台的高为__________. - 10 - 【答案】 2 3 【解析】 【分析】 若设圆台的上、下底面半径分别为R， r，圆台高为h，则由题意可得， tan 6 R r h   ，从 而可求出圆台的高. 【详解】设上、下底面半径分别为R， r，圆台高为 h， 根据轴截面可知 tan 6 R r h   ，即 2 3 3h  ， 所以 2 3h  . 故答案为：2 3 【点睛】本题考查圆台的几何特征，圆台中的上、下底面半径与高的关系，属于基础题. 14. 甲、乙两人各进行 3次射击，甲每次击中目标的概率为 1 2 ，乙每次击中目标的概率为 2 3 ， 他们每次射击是否击中目标互不影响，则甲恰好比乙多击中目标 1 次的概率为_________. 【答案】 11 72 【解析】 【分析】 事件“甲恰好比乙多击中目标 1 次”可拆成三个互斥事件：甲击中 1 次乙击中 0次，甲击中 2 次乙击中 1 次，甲击中 3 次乙击中 2 次，然后可计算概率． 【详解】甲恰好比乙多击中目标 1 次分为甲击中 1 次乙击中 0 次，甲击中 2 次乙击中 1 次， 甲 击 中 3 次 乙 击 中 2 次 三 种 情 形 ， 其 概 率 2 3 2 2 3 2 1 2 1 2 3 3 3 3 1 1 1 1 1 2 1 1 2 1 11 2 2 3 2 2 3 3 2 3 3 72 P C C C C                                                 . 故答案为： 11 72 ． 【点睛】本题考查相互独立事件的概率，考查互斥事件的概率公式，解题关键是把事件拆成 三个互斥事件的和．这样可通过概率公式计算概率． 15. 设 nS 是等比数列 na 的前 n项和， 4 22n n nS S S   ，且 1 2S  ，则 - 11 - 2019 2020a a  _________. 【答案】4或 0 【解析】 【分析】 由 4 22n n nS S S   ，得 3 4 1 2n n n na a a a      ，从而得   2 1 2 1 2n n n na a q a a       ，然 后得 1 2 0n na a   或 2 1 0q   ，进而求出公比和通项，即可得结果. 【详解】解：设等比数列 na 的公比为q，由 1 2S  ，得 1 2a  ， 由 4 22n n nS S S   ，得 4 2 2n n n nS S S S     ，即 3 4 1 2n n n na a a a      ， 所以   2 1 2 1 2n n n na a q a a       . 若 1 2 0n na a   ，则 1q   ，此时   12 1 n na    ； 若 1 2 0n na a   ，则 1q  ，此时 2na  . 所以 2019 2020 2 2 4a a    或 2019 2020 2 2 0a a    . 故答案为：4 或 0 【点睛】本题考查等比数列的通项公式以及等比数列的性质，考查了分类思想和计算能力， 属于基础题. 16. 已知大、小两个球外切，且两球与一个正四面体的三条侧棱都相切，记大球、小球的半 径分别为 R， r，则 R r 的值为________. 【答案】 2 3 【解析】 【分析】 设正四面体棱长为 a，大球球心、小球球心分别为 1O ， 2O ，取底面 BCD的中心为 E，连接 AE ， BE ，先作 1OG AB ，易知 1R OG ，再作 2O H AB ，则 2r O H ，可得出 1 3AO R ， 2 3AO r ，又 1 2 1 2AO AO OO  ，进而得出R和 r的关系，最后求出 R r 的 值即可. 【详解】如图所示，设正四面体棱长为 a，大球球心、小球球心分别为 1O ， 2O ， - 12 - 取底面BCD的中心为 E，连接 AE， BE ，可知 1O ， 2O 都在正四面体的高 AE上， 因为大球与三条侧棱都相切，作 1OG AB ，易知 1R OG ， 又因为小球与三条侧棱相切，且与大球外切，作 2O H AB ，则 2r O H ， 因为 2 3 3 3 2 3 a aBE    ，AB a= ，所以 3sin 3 BAE  ，所以 1 3AO R ， 2 3AO r ， 又 1 2 1 2AO AO OO  ，所以 3 3r r R R   ， 所以 3 1 4 2 3 2 3 23 1 R r        . 【点睛】本题考查空间几何体与球的相切问题，考查逻辑思维能力和计算能力，考查空间想 象能力，属于常考题. 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. 17. 在 ABC 中，角 A，B，C的对边分别为 a，b，c，已知 3cos sin 3 b a C C         . （1）求 A； （2）若 2 3a  ， 2c  ，求 ABC 的面积. 【答案】（1） 3  ；（2）2 3 . 【解析】 【分析】 （1）利用正弦定理边角互化得 3sin sin cos sin 3 B A C C        ，再结合内角和定理与正弦 的和角公式化简得 tan 3A  ，即可解决. - 13 - （2）结合（1）与余弦定理得 4b  ，再用面积公式求解即可. 【详解】（1）由 3cos sin 3 b a C C         ，及正弦定理得 3sin sin cos sin 3 B A C C        . 又  sin sinB A C  ， 所以 3sin cos cos sin sin cos sin sin 3 A C A C A C A C   ， 即 3cos sin sin sin 3 A C A C . 因为  0,C  ，所以 sin 0C  . 所以 tan 3A  . 因为  0,A  ，所以 3 A   . （2）由（1）知， 3 A   . 由余弦定理得 2 2 2 21 4 12cos 2 2 4 b c a bA bc b        . 所以 2 2 8 0b b   . 所以 4b  . 所以 ABC 的面积 1 1 3sin 4 2 2 3 2 2 2 S bc A      . 【点睛】本题考查利用正余弦定理解解三角形，考查运算能力，是基础题. 18. 如图，四棱锥 P ABCD 中， //AB CD， 3 6AB DC  ， 2BM MP . （1）求证： //CM 平面 PAD； （2）若 AD DC ，PD PC 且 PD PC ，平面 PCD 平面 ABCD， 1AD  ，求直线 CM与平面 PAB所成的角. - 14 - 【答案】（1）证明见解析；（2） 45. 【解析】 【分析】 （1）取线段 PA的靠近 P 的三等分点为 N ，连接 DN ， NM ，则 1 2 PN PM NA MB   ，所以 MN AB 且 1 3 MN AB ，再结合已知可证得四边形 MNDC 为平行四边形，从而有 DN CM∥ ，然后利用线面平行的判定定理可证得结论； （2）取CD中点为O，连接OP，过O作OE AD 交 AB于 E，可证得直线OP，OC， OE两两垂直，所以以O为原点，分别以射线OE，OC，OP的方向为 x， y， z轴的正方 向建立如图所示的空间直角坐标系O xyz ，然后利用空间向量求直线CM与平面 PAB所成 的角. 【详解】（1）如图，取线段 PA的靠近 P的三等分点为 N ，连接DN ，NM . 则 1 2 PN PM NA MB   ， 所以MN AB 且 1 3 MN AB . 又DC AB∥ 且 1 3 DC AB , 所以四边形MNDC为平行四边形. 所以DN CM∥ . 又DN 平面 PAD，CM 平面 PAD， 所以CM∥平面 PAD . （2）如图，取CD中点为O，连接OP，过O作OE AD 交 AB于E . - 15 - 因为平面 PCD 平面 ABCD，OP DC ，由面面垂直的性质定理可知，OP 平面 ABCD . 所以直线OP，OC，OE两两垂直，以O为原点，分别以射线OE，OC，OP的方向为 x， y， z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系O xyz .则  1, 1,0A  ，  1,5,0B ，  0,0,1P ，  0,1,0C . 所以 2 1 2 2, , 3 3 3 3 CM CB BM CB BP                ，  0,6,0AB   ，  1,1,1AP    . 设平面 PAB的法向量为  , ,m x y z  ，则 6 0,0, 0.0 ym AB x y zm AP             取 1x  ，得  1,0,1m   . 所以 2cos , 2 CM mCM m CM m           ， 所以直线CM与平面 PAB所成的角为 45°. 【点睛】此题考查了线面平行的证明，求直线与平面所成的角，考查了空间想象能力和计算 能力，属于中档题. 19. 某精密仪器生产车间每天生产n个零件，质检员小张每天都会随机地从中抽取 50 个零件 进行检查是否合格，若较多零件不合格，则需对其余所有零件进行检查．根据多年的生产数 据和经验，这些零件的长度服从正态分布 2(10,0.1 )N （单位：微米 m ），且相互独立．若零 件的长度 d 满足9.7 10.3m d m   ，则认为该零件是合格的，否则该零件不合格． （1）假设某一天小张抽查出不合格的零件数为 X ，求 ( 2)P X≥ 及 X 的数学期望EX ； （2）小张某天恰好从 50 个零件中检查出 2 个不合格的零件，若以此频率作为当天生产零件 的不合格率．已知检查一个零件的成本为 10 元，而每个不合格零件流入市场带来的损失为 260 元．假设 n充分大，为了使损失尽量小，小张是否需要检查其余所有零件，试说明理由． 附：若随机变量 服从正态分布 2( , )N   ，则 50 49( 3 3 ) 0.9987,0.9987 0.9370, 0.9987 0.0013 0.00 12P             ． 【答案】（1）见解析（2）需要，见解析 【解析】 【分析】 - 16 - （ 1） 由 零 件 的长 度 服 从 正 态 分 布 2(10,0.1 )N 且 相 互 独 立 ,零 件 的 长 度 d 满 足 9.7 10.3m d m   即为合格,则每一个零件的长度合格的概率为 0.9987 , X 满足二项分 布,利用补集的思想求得  2P X  ,再根据公式求得 EX ； （2）由题可得不合格率为 2 50 ,检查的成本为10n ,求出不检查时损失的期望,与成本作差,再 与 0 比较大小即可判断. 【详解】（1） 1 49 50 50( 2) 1 ( 1) ( 0) 1 0.9987 0.0013 0.9987 0.003P X P X P X C          ≥ , 由于 X 满足二项分布,故 0.0013 50 0.065EX    . （2）由题意可知不合格率为 2 50 , 若不检查,损失的期望为 2 52( ) 260 20 20 50 5 E Y n n      ； 若检查,成本为10n ,由于 52 2( ) 10 20 10 20 5 5 E Y n n n n      , 当n充分大时, 2( ) 10 20 0 5 E Y n n    , 所以为了使损失尽量小,小张需要检查其余所有零件. 【点睛】本题考查正态分布的应用,考查二项分布的期望,考查补集思想的应用,考查分析能力 与数据处理能力. 20. 已知中心在原点O的椭圆C的左焦点为  1 1,0F  ，C与 y轴正半轴交点为 A，且 1 3 AFO    . （1）求椭圆C的标准方程； （2）过点 A作斜率为 1k 、  2 1 2 0k k k  的两条直线分别交C于异于点 A的两点M 、N .证 明：当 1 2 1 1 kk k   时，直线MN过定点. 【答案】（1） 2 2 1 4 3 x y   ；（2）见解析. 【解析】 【分析】 - 17 - （1）在 1Rt AFO 中，计算出 1AF 的值，可得出 a的值，进而可得出b的值，由此可得出椭 圆C的标准方程； （2）设点  1 1,M x y 、  2 2,N x y ，设直线MN的方程为 y kx m  ，将该直线方程与椭圆方 程联立，列出韦达定理，根据已知条件得出 1 2 1 2k k k k  ，利用韦达定理和斜率公式化简得 出m与 k所满足的关系式，代入直线MN的方程，即可得出直线MN所过定点的坐标. 【详解】（1）在 1Rt AFO 中， OA b ， 1 1OF c  ， 2 2 1 1AF OA OF a   ， 1 3 AFO    ， 1 6 OAF    ， 1 12 2a AF OF    ， 2 2 3b a c    ， 因此，椭圆C的标准方程为 2 2 1 4 3 x y   ； （2）由题不妨设 :MN y kx m  ，设点  1 1,M x y ，  2 2,N x y 联立 2 2 1 4 3 x y y kx m        ，消去 y化简得  2 2 24 3 8 4 12 0k x kmx m     ， 且 1 2 2 8 4 3 kmx x k     ， 2 1 2 2 4 12 4 3 mx x k    ， 1 2 1 1 kk k    ， 1 2 1 2k k k k   ， 1 2 1 2 1 2 1 2 3 3 3 3y y y y x x x x         ， ∴代入  1,2i iy kx m i   ，化简得       2 2 1 2 1 22 1 3 2 3 3 0k k x x k m x x m m         ， 化简得    28 3 3 3 3k m m   ， 3m  ，  8 3 3 3k m   ， 8 3 3 3 km   ， 直线 8 3: 3 3 kMN y kx   ，因此，直线MN过定点 8 3 , 3 3        . 【点睛】本题考查椭圆方程的求解，同时也考查了椭圆中直线过定点的问题，考查计算能力， 属于中等题. 21. 已知函数 ( ) ln( )( 0)x af x e x a a    . - 18 - （1）证明：函数 ( )f x 在 (0, ) 上存在唯一的零点； （2）若函数 ( )f x 在区间 (0, ) 上的最小值为 1，求 a的值. 【答案】（1）证明见解析；（2） 1 2 【解析】 【分析】 （1）求解出导函数，分析导函数的单调性，再结合零点的存在性定理说明 ( )f x 在 (0, ) 上 存在唯一的零点即可； （2）根据导函数零点 0x ，判断出  f x 的单调性，从而  minf x 可确定，利用  min 1f x  以 及 1 lny x x   的单调性，可确定出 0 ,x a之间的关系，从而 a的值可求. 【详解】（1）证明：∵ ( ) ln( )( 0)x af x e x a a    ，∴ 1( ) x af x e x a     . ∵ x ae  在区间 (0, ) 上单调递增， 1 x a 在区间 (0, ) 上单调递减， ∴函数 ( )f x 在 (0, ) 上单调递增. 又 1(0) a a a a ef e a ae      ，令 ( ) ( 0)ag a a e a   ， ( ) 1 0ag a e    ， 则 ( )g a 在 (0, ) 上单调递减， ( ) (0) 1g a g   ，故 (0) 0f   . 令 1m a  ，则 1( ) ( 1) 0 2 1 f m f a e a        所以函数 ( )f x 在 (0, ) 上存在唯一的零点. （2）解：由（1）可知存在唯一的 0 (0, )x   ，使得   0 0 0 1 0x af x e x a      ，即 0 0 1x ae x a    （*）. 函数 1( ) x af x e x a     在(0, ) 上单调递增. ∴当  00,x x 时， ( ) 0f x  ， ( )f x 单调递减；当  0 ,x x  时， ( ) 0f x  ， ( )f x 单调 递增. - 19 - ∴    0 min 0 0( ) lnx af x f x e x a    . 由（*）式得    min 0 0 0 1( ) lnf x f x x a x a      . ∴  0 0 1 ln 1x a x a     ，显然 0 1x a  是方程的解. 又∵ 1 lny x x   是单调递减函数，方程  0 0 1 ln 1x a x a     有且仅有唯一的解 0 1x a  ， 把 0 1x a  代入（*）式，得 1 2 1ae   ，∴ 1 2 a  ，即所求实数 a的值为 1 2 . 【点睛】本题考查函数与导数的综合应用，其中涉及到判断函数在给定区间上的零点个数以 及根据函数的最值求解参数，难度较难.（1）判断函数的零点个数时，可结合函数的单调性 以及零点的存在性定理进行判断；（2）函数的“隐零点”问题，可通过“设而不求”的思想 进行分析. 22. 在极坐标系Ox中，曲线C的极坐标方程为 2 2 sin 2 sin         ，直线 l的极坐 标方程为  cos sin 1    ，设 l与C交于 A、 B两点， AB中点为M ， AB的垂直平分 线交C于E、 F .以O为坐标原点，极轴为 x轴的正半轴建立直角坐标系 xOy . （1）求C的直角坐标方程与点M 的直角坐标； （2）求证： MA MB ME MF   . 【答案】（1） 2 2: 1 2 xC y  ， 2 1, 3 3 M      ；（2）见解析. 【解析】 【分析】 （1）将曲线C的极坐标方程变形为  22 sin 2    ，再由 2 2 2 sin x y y         可将曲线C的 极坐标方程化为直角坐标方程，将直线 l的方程与曲线C的方程联立，求出点 A、 B的坐标， 即可得出线段 AB的中点M 的坐标； （2）求得 2 2 3 MA MB  ，写出直线 EF 的参数方程，将直线 EF 的参数方程与曲线C的 - 20 - 普通方程联立，利用韦达定理求得 ME MF 的值，进而可得出结论. 【详解】（1）曲线C的极坐标方程可化为  22 2 sin    ，即  22 sin 2    ， 将 2 2 2 sin x y y         代入曲线C的方程得 2 22 2x y  ， 所以，曲线C的直角坐标方程为 2 2: 1 2 xC y  . 将直线 l的极坐标方程化为普通方程得 1x y  ， 联立 2 2 1 1 2 x y x y       ，得 0 1 x y     或 4 3 1 3 x y       ，则点  0, 1A  、 4 1, 3 3 B       ， 因此，线段 AB的中点为 2 1, 3 3 M      ； （2）由（1）得 2 2 3 MA MB  ， 8 9 MA MB   ， 易知 AB的垂直平分线 EF 的参数方程为 2 2 3 2 1 2 3 2 x t y t         （ t为参数）， 代入C的普通方程得 23 4 2 4 0 2 3 3 t t   ， 4 83 3 9 2 ME MF      ， 因此， MA MB ME MF   . 【点睛】本题考查曲线的极坐标方程与普通方程之间的转化，同时也考查了直线参数几何意 义的应用，涉及韦达定理的应用，考查计算能力，属于中等题. 23. 已知函数 ( ) | 1| | 2 |f x x x    . （1）求不等式   1f x  的解集； （2）记  f x 的最大值为 m，且正实数 a，b 满足 1 1 2 2 m a b a b     ，求 a b 的最小值. 【答案】（1）[1, ) ；（2） 4 9 ． - 21 - 【解析】 【分析】 （1）分类去绝对值符号后解不等式，最后合并解集； （2）由（1）可得 m，用凑配法得出可用基本不等式的形式，求得最值 ． 【详解】（1）当 2x  时， ( ) 1 ( 2) 3 1f x x x      恒成立，∴ 2x  ， 当 1 2x   时， ( ) 1 2 2 1 1f x x x x       ，解得1 2x  ， 当 1x   时， ( ) ( 1) 2 3 1f x x x        不成立，无解， 综上，原不等式的解集为[1, ) ． （2）由（1） 3m ，∴ 1 1 3 2 2a b a b     ， ∴ 1 1 1[( 2 ) (2 )( ) 9 2 2 a b a b a b a b a b         1 2 2(2 ) 9 2 2 a b a b a b a b        1 2 2(2 2 ) 9 2 2 a b a b a b a b        4 9  ，当且仅当 2 2 2 2 a b a b a b a b      ，即 2 9 a b  时等号成立， ∴ a b的最小值是 4 9 ． 【点睛】本题考查解绝对值不等式，考查用基本不等式求最值．解绝对值不等式常用方法就 是根据绝对值定义去掉绝对值符号后再解之．用基本不等式求最值常常用“1”的代换凑配出 基本不等式中需要的定值，从而求得最值． - 22 -