东北三省三校（哈师大附中　东北师大附中　辽宁省实验中学）2020届高三三模考试数学（理科）试题 24页

- 1 - 2020 年东北三省三校（哈师大附中 东北师大附中 辽宁省实验中学） 高考数学三模试卷（理科）（内） 一、选择题：本题共 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. 设全集U  R ，集合 { |( 1)( 3) 0}A x x x    ， 1 1| 2 4 x B x           .则集合 ( )U A Bð 等于（ ） A. (1,2) B. (2,3] C. (1,3) D. (2,3) 【答案】A 【解析】 【分析】 先算出集合 U Að ，再与集合 B 求交集即可. 【 详 解 】 因 为 { | 3A x x  或 1}x  . 所 以 { |1 3}U A x x  ð ， 又 因 为  | 2 4 { | 2}xB x x x    . 所以 ( ) { |1 2}U A B x x   ð . 故选：A. 【点睛】本题考查集合间的基本运算，涉及到解一元二次不等式、指数不等式，是一道容易 题. 2. 设复数 z 满足 i (ii 2iz z   为虚数单位)，则 z  （ ） A. 1 3 i2 2  B. 1 3 i2 2  C. 1 3 i2 2   D. 1 3 i2 2   【答案】B 【解析】 【分析】 易得 2 i 1 iz   ，分子分母同乘以分母的共轭复数即可. 【详解】由已知， i i 2z z   ，所以 2 i (2 i)(1 i) 1 3i 1 3 i1 i 2 2 2 2z         . 故选：B. 【点睛】本题考查复数的乘法、除法运算，考查学生的基本计算能力，是一道容易题. - 2 - 3. 用电脑每次可以从区间 (0,3) 内自动生成一个实数，且每次生成每个实数都是等可能性的. 若用该电脑连续生成 3 个实数，则这 3 个实数都小于1的概率为（ ） A. 4 27 B. 1 3 C. 1 27 D. 1 9 【答案】C 【解析】 【分析】 由几何概型的概率计算，知每次生成一个实数小于 1 的概率为 1 3 ，结合独立事件发生的概率 计算即可. 【详解】∵每次生成一个实数小于 1 的概率为 1 3 .∴这 3 个实数都小于 1 的概率为 31 1 3 27      . 故选：C. 【点睛】本题考查独立事件同时发生的概率，考查学生基本的计算能力，是一道容易题. 4. 如图所示是某年第一季度五省 GDP 情况图，则下列说法中不正确的是（ ） A. 该年第一季度 GDP 增速由高到低排位第 3 的是山东省 B. 与去年同期相比，该年第一季度的 GDP 总量实现了增长 C. 该年第一季度 GDP 总量和增速由高到低排位均居同一位的省份有 2 个 D. 去年同期浙江省的 GDP 总量超过了 4500 亿元 【答案】D 【解析】 【分析】 根据折线图、柱形图的性质，对选项逐一判断即可. 【详解】由折线图可知 A、B 项均正确，该年第一季度GDP 总量和增速由高到低排位均居同 一位的 - 3 - 省份有江苏均第一.河南均第四.共 2 个.故 C 项正确； 4632.1 (1 3.3%) 4484 4500    . 故 D 项不正确. 故选：D. 【点睛】本题考查折线图、柱形图的识别，考查学生的阅读能力、数据处理能力，属于中档 题. 5. 已知 为锐角，且 3sin2 2sin  ，则 cos2 等于（ ） A. 2 3 B. 2 9 C. 1 3  D. 4 9  【答案】C 【解析】 【分析】 由 3sin2 2sin  可得 3cos 3   ，再利用 2cos2 2cos 1   计算即可. 【详解】因为 2 3sin cos 2sin   ，sin 0  ，所以 3cos 3   ， 所以 2 2 1cos2 2cos 1 13 3        . 故选：C. 【点睛】本题考查二倍角公式的应用，考查学生对三角函数式化简求值公式的灵活运用的能 力，属于基础题. 6. 已知 ABC 中内角 , ,A B C 所对应的边依次为 , ,a b c ，若 2 = 1, 7, 3a b c C    ，则 ABC 的面积为（ ） A. 3 3 2 B. 3 C. 3 3 D. 2 3 【答案】A 【解析】 【分析】 由余弦定理可得 2 2 7a b ab   ，结合 2 = 1a b  可得 a，b，再利用面积公式计算即可. - 4 - 【详解】由余弦定理，得 2 27 2 cosa b ab C    2 2a b ab  ，由 2 27 2 1 a b ab a b        ，解 得 2 3 a b    ， 所以， 1 1 3 3 3sin 2 32 2 2 2ABCS ab C       . 故选：A. 【点睛】本题考查利用余弦定理解三角形，考查学生的基本计算能力，是一道容易题. 7. 设 ( )f x 为定义在 R 上的奇函数，当 0x  时， 2 3( ) log ( 1) 1f x x ax a     ( a 为常数)， 则不等式 (3 4) 5f x   的解集为（ ） A. ( , 1)  B. ( 1, )  C. ( , 2)  D. ( 2, )  【答案】D 【解析】 【分析】 由定义在 R 上的奇函数的性质，可得 (0) 0f  ，求出 1a  ，于是可得 ( )f x 在 0x  时的解析 式 2 3( ) log ( 1) ( 0)xf x x x   ，由解析式结合增函数+增函数=增函数，可得函数 ( )f x 在  0, 上单调递增，再由 ( )f x 为定义在 R 上的奇函数，可知 ( )y f x 在 R 上单调递增，注 意到 ( 2) (2) 5f f     ，利用函数单调性即可解决． 【详解】因为 ( )f x 是定义在 R 上的奇函数，所以 (0) 0f  ，解得 1a  ，所以，当 0x  时， 3 2( ) log ( 1)f x x x   ．当 [0, )x  时，函数 3log ( 1)y x  和 2y x= 在 [0, )x  上都 是增函数，所以 ( )f x 在 [0, )x  上单调递增，由奇函数的性质可知， ( )y f x 在 R 上单调 递 增 ， 因 为 (2) 5 ( 2) 5f f   ， ， 故  (3 4) 5 (3 4) 2f x f x f       ， 即 有 3 4 2x    ，解得 2x   ． 故选：D． 【点睛】本题主要考查函数性质的应用，利用函数的奇偶性、单调性解不等式，意在考查学 生的转化能力，属于中档题． - 5 - 8. 如图，在 ABC 中，点Q 为线段 AC 上靠近点 A 的三等分点，点 P 为线段 BQ 上靠近点 B 的三等分点，则 PA PC   （ ） A. 1 2 3 3BA BC  B. 5 7 9 9BA BC  C. 1 10 9 9BA BC  D. 2 7 9 9BA BC  【答案】B 【解析】 【分析】 2 3PA PC BA BP BC BP BA BC BQ                ， 将 1 3BQ BA AQ BA AC        , AC BC BA    代入化简即可. 【详解】 2 3PA PC BA BP BC BP BA BC BQ                2 ( )3BA BC BA AQ       1 2 3 3BA BC     1 3 AC  1 2 5 7( )3 9 9 9BA BC BC BA BA BC           . 故选：B. 【点睛】本题考查平面向量基本定理的应用，涉及到向量的线性运算、数乘运算，考查学生 的运算能力，是一道中档题. - 6 - 9. 已知曲线 cos(2 ) | | 2C y x        ： 的一条对称轴方程为 3x  ，曲线C 向左平移 ( 0)   个单位长度，得到曲线 E 的一个对称中心的坐标为 ,04      ，则 的最小值是（ ） A. 6  B. 4  C. 3  D. 12  【答案】C 【解析】 【分析】 cos(2 )y x   在对称轴处取得最值有 2cos( ) 13     ，结合| | 2   ，可得 3   ，易得 曲 线 E 的 解 析 式 为 cos 2 2 3y x       ， 结 合 其 对 称 中 心 为 04     可 得 ( )2 6 k k Z     即可得到θ 的最小值. 【详解】∵直线 3x  是曲线C 的一条对称轴. 2 ( )3 k k      Z ，又| | 2   . 3   . ∴平移后曲线 E 为 cos 2 2 3y x       . 曲线 E 的一个对称中心为 04     . 2 2 ( )4 3 2k k Z          . ( )2 6 k k Z     ，注意到 0  故θ 的最小值为 3  . 故选：C. - 7 - 【点睛】本题考查余弦型函数性质的应用，涉及到函数的平移、函数的对称性，考查学生数 形结合、数学运算的能力，是一道中档题. 10. 半径为 2 的球O 内有一个内接正三棱柱，则正三棱柱的侧面积的最大值为（ ） A. 9 3 B. 12 3 C. 16 3 D. 18 3 【答案】B 【解析】 【分析】 设 正 三 棱 柱 上 下 底 面 的 中 心 分 别 为 1 2O O， ， 底 面 边 长 与 高 分 别 为 ,x h ， 利 用 2 2 2 2 2OA OO O A  ，可得 2 2416 3h x  ，进一步得到侧面积 3S xh ，再利用基本不等式 求最值即可. 【详解】如图所示.设正三棱柱上下底面的中心分别为 1 2O O， ，底面边长与高分别为 ,x h ，则 2 3 3O A x ， 在 2Rt OAO 中， 2 2 44 3 h x  ，化为 2 2416 3h x  ， 3S xh ，   22 2 2 2 2 2 2 129 12 12 12 4322 x xS x h x x         „ ， 当且仅当 6x  时取等号，此时 12 3S  . 故选：B. 【点睛】本题考查正三棱柱与球的切接问题，涉及到基本不等式求最值，考查学生的计算能 - 8 - 力，是一道中档题. 11. 已知焦点为 F 的抛物线 2: 4C y x 的准线与 x 轴交于点 A ，点 M 在抛物线C 上，则当 | | | | MA MF 取得最大值时，直线 MA 的方程为（ ） A. 1y x  或 1y x   B. 1 1 2 2y x  或 1 1 2 2y x   C. 2 2y x  或 2 2y x   D. 2 2y x   【答案】A 【解析】 【分析】 过 M 作 MP 与 准 线 垂 直 ， 垂 足 为 P ， 利 用 抛 物 线 的 定 义 可 得 1 1 cos cos MA MA MF MP AMP MAF     ，要使 | | | | MA MF 最大，则 MAF 应最大，此时 AM 与抛物线C 相切，再用判别式或导数计算即可. 【详解】过 M 作 MP 与准线垂直，垂足为 P ， 1 1 cos cos MA MA MF MP AMP MAF     ， 则当 | | | | MA MF 取得最大值时， MAF 最大，此时 AM 与抛物线C 相切， 易知此时直线 AM 的斜率存在，设切线方程为 ( 1)y k x  ， 则 2 ( 1) 4 y k x y x     .则 2 216 16 0 1 1k k k      ， ， ， 则直线 AM 的方程为 ( 1)y x= ± + . 故选：A. 【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系，涉及到抛物线的定义，考查学生转化与化归的 - 9 - 思想，是一道中档题. 12. 已知函数 ( )f x 满足当 0x  时，2 ( 2) ( )f x f x  ，且当 ( 2,0]x  时， ( ) | 1| 1f x x   ； 当 0x  时， ( ) log ( 0 af x x a 且 1a  ).若函数 ( )f x 的图象上关于原点对称的点恰好有 3 对，则 a 的取值范围是（ ） A. (625, ) B. (4,64) C. (9,625) D. (9,64) 【答案】C 【解析】 【分析】 先作出函数 ( )f x 在 ( ,0] 上的部分图象，再作出 ( ) logaf x x 关于原点对称的图象，分类 利用图像列出有 3 个交点时满足的条件，解之即可. 【详解】先作出函数 ( )f x 在 ( ,0] 上的部分图象，再作出 ( ) logaf x x 关于原点对称的图 象， 如图所示，当 0 1a  时，对称后的图象不可能与 ( )f x 在 ( ,0] 的图象有 3 个交点； 当 1a  时，要使函数 ( )f x 关于原点对称后的图象与所作的图象有 3 个交点， 则 1 1log 3 2 1log 5 4 a a a           ，解得 9 625a  . 故选：C. 【点睛】本题考查利用函数图象解决函数的交点个数问题，考查学生数形结合的思想、转化 与化归的思想，是一道中档题. - 10 - 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分 13. 如图是某几何体的三视图，俯视图中圆的两条半径长为 2 且互相垂直，则该几何体的体 积为________. 【答案】20 【解析】 【分析】 由三视图知该几何体是一个圆柱与一个半球的四分之三的组合，利用球体体积公式、圆柱体 积公式计算即可. 【详解】由三视图知，该几何体是由一个半径为 2 的半球的四分之三和一个底面半径 2、高为 4 的圆 柱组合而成，其体积为 2 33 42 4 2 208 3         . 故答案为：20 . 【点睛】本题考查三视图以及几何体体积，考查学生空间想象能力以及数学运算能力，是一 道容易题. 14.  52 3 2 x x  的展开式中 x 的系数为________. 【答案】80. 【解析】 【分析】 只需找到 2 5(2 )x 展开式中的 4x 项的系数即可. 【详解】 2 5(2 )x 展开式的通项为 5 2 5 2 1 5 52 ( ) ( 1) 2r r r r r r r rT C x C x       ，令 2r = ， - 11 - 则 2 2 3 4 4 3 5( 1) 2 80T C x x   ，故  52 3 2 x x  的展开式中 x 的系数为 80. 故答案为：80. 【点睛】本题考查二项式定理的应用，涉及到展开式中的特殊项系数，考查学生的计算能力， 是一道容易题. 15. 已知 0.3 2log 0.2, log 0.2a b  ，则 a b________ ab (填“>”或“=”或“<”). 【答案】＞ 【解析】 【分析】 注意到 1, 0a b  ，故只需比较 1 1 a b  与 1 的大小即可. 【 详 解 】 由 已 知 ， 1, 0a b  ， 故 有 0,ab a b  . 又 由 0.2 0.2 0.2 1 1 log 0.3 log 2 log 0.6 1a b      ， 故有 a b ab  . 故答案为：＞. 【点睛】本题考查对数式比较大小，涉及到换底公式的应用，考查学生的数学运算能力，是 一道中档题. 16. 已知点 F 为双曲线 2 2 2 1( 0)yE x bb   ： 的右焦点，M N， 两点在双曲线上，且 M N， 关于原点对称，若 MF NF ，设 MNF   ，且 ,12 6        ，则该双曲线 E 的焦距的取 值范围是________. 【答案】[2 2,2 3 2] 【解析】 【分析】 设双曲线的左焦点为 F  ，连接 ',MF NF ，由于 MF NF .所以四边形 F NFM 为矩形，故 | | 2MN FF c  ， 由 双 曲 线 定 义 '| | | | | | | | 2NF NF NF FM a    可 得 - 12 - 1 2 cos 4 c       ，再求 2 cos 4y      的值域即可. 【详解】如图， 设双曲线的左焦点为 F  ，连接 ',MF NF ，由于 MF NF .所以四边形 F NFM 为矩形， 故| | 2MN FF c  . 在 Rt FMN 中| | 2 cos ,| | 2 sinFN c FM c   ， 由双曲线的定义可得 '2 2 | | | | | | | | 2 cos 2 sin 2 2 cos 4a NF NF NF FM c c c               1 2 cos 4 c        12 6    ， 5 3 4 12       3 1 22 cos2 4 2         2 3 1 2 2 2 2 3 2c c      ， . 故答案为：[2 2,2 3 2] 【点睛】本题考查双曲线定义及其性质，涉及到求余弦型函数的值域，考查学生的运算能力， 是一道中档题. 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． （一）必考题 - 13 - 17. 如图，在直棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D 中，底面 ABCD 为菱形， 2AB BD  ， 1 2BB  ， BD 与 AC 相交于点 E ， 1A D 与 1AD 相交于点O . （1）求证： AC  平面 1 1BB D D ； （2）求直线 OB 与平面 1 1OB D 所成的角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析（2） 21 7 【解析】 【分析】 （1）要证明 AC  平面 1 1BB D D ，只需证明 AC BD ， 1AC DD 即可： （2）取 1 1B D 中点 F ，连 EF ，以 E 为原点， , , EA EB EF    分别为 , , x y z 轴建立空间直角 坐标系，分别求出 OB  与平面 1 1OB D 的法向量 n  ，再利用 cos , | | | | On OB n B O n B            计算即 可. 【详解】（1）∵底面 ABCD 为菱形， AC BD  ∵直棱柱 1 1 1 1 1ABCD A B C D DD  ， 平面 ABCD . ∵ AC  平面 ABCD . 1AC DD  1 1, ,AC BD AC DD BD DD D    . AC  平面 1 1BB D D ； - 14 - （2）如图，取 1 1B D 中点 F ，连 EF ，以 E 为原点， , , EA EB EF    分别为 , , x y z 轴建立 如图所示空间直角坐标系： 3, 1AE BE  ， 点 1 1 3 1(0,1,0), (0,1,2), (0, 1,2), ( 3,0,0), , ,12 2B B D A O       ， 设平面 1 1OB D 的法向量为 ( , , )n x y z ， 1 1 1 3 3(0,2,0), , ,12 2D B OB          ， 有 1 1 1 2 0 3 3 02 2 D B n y OB n x y z               ，令 2x  ， 0, 3y z  得 (2,0, 3)n  又 3 3, , 1 , 2 3,| | 7,| | 22 2OB n OB n OB                 ， 设直线OB 与平面 1 1OB D 所成的角为 ， 所以 2 3 21sin |cos , | | | 72 7 n OB        故直线OB 与平面 1 1OB D 所成的角的正弦值为 21 7 . 【点睛】本题考查线面垂直的证明以及向量法求线面角的正弦值，考查学生的运算求解能力， - 15 - 本题解题关键是正确写出点的坐标. 18. 2019 年 9 月 26 日，携程网发布《2019 国庆假期旅游出行趋势预测报告》，2018 年国庆假 日期间，西安共接待游客 1692.56 万人次，今年国庆有望超过 2000 万人次，成为西部省份中 接待游客量最多的城市．旅游公司规定：若公司某位导游接待旅客，旅游年总收入不低于 40 （单位：万元），则称该导游为优秀导游．经验表明，如果公司的优秀导游率越高，则该公司 的影响度越高．已知甲、乙两家旅游公司各有导游 40 名，统计他们一年内旅游总收入，分别 得到甲公司的频率分布直方图和乙公司的频数分布表如表： 分组 [10 ， 20) [20 ， 30) [30 ， 40) [40 ， 50) [50 ， 60) 频数 2 b 20 10 3 （1）求 a ，b 的值，并比较甲、乙两家旅游公司，哪家的影响度高？ （2）从甲、乙两家公司旅游总收入在[10 ， 20) （单位：万元）的导游中，随机抽取 3 人进行 业务培训，设来自甲公司的人数为 X ，求 X 的分布列及数学期望． 【答案】（1） 0.01a  ， 5b  ；乙旅游公司影响度高；（2）分布列见解析，数学期望为 2． 【解析】 【分析】 （1）根据小矩形面积之和等于 1 计算 a ，根据频数总和等于 40 计算b ，计算两个旅游公司的 优秀导游率即得哪家的影响度高； （2）由题得 X 的可能取值为 1，2，3．再根据超几何分布计算 X 的各种取值对应的概率，再 计算数学期望． - 16 - 【详解】（1）由频率分布直方图可知：10( 0.025 0.035 0.02 ) 1a a     ， 解得 0.01a  ． 根据频数分布表可得： 2 20 10 3 40b     ，解得 5b  ． 甲旅游公司的优秀导游率为： (0.02 0.01) 10 0.3   ， 乙旅游公司的优秀导游率为：10 3 0.32540   ， 乙旅游公司影响度高． （2）甲公司年收入在[10 ， 20) 的导游人数为10 0.01 40 4   ， 乙公司年收入在[10 ， 20) 的导游人数为 2， 故 X 的可能取值为 1，2，3． 且 1 2 4 2 3 6 · 1( 1) 5 C CP X C    ， 2 1 4 2 3 6 · 3( 2) 5 C CP X C    ， 3 4 3 6 1( 3) 5 CP X C    ． X 的分布列为： X 1 2 3 P 1 5 3 5 1 5 所以 1 3 1( ) 1 2 3 25 5 5E X        ． 【点睛】本题考查了频率分布直方图和频数分布表的性质，考查离散型随机变量的分布列与 数学期望，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平． 19. 已知数列 na ， nb 满足 1 1 1 1 1 13, 1, 2 2 , 1n n n n n n n na b a a b b a a b b            . （1）求数列 na ， nb 的通项公式； （2）分别求数列 na ， nb 的前 n 项和 nS ， nT . 【 答 案 】（ 1 ） 1 12 22 2 2 2 n n n n n na b     ； （ 2 ） 2 1 32 2 4 4 n n nS n    ； 2 1 32 2 4 4 n n nT n    【解析】 - 17 - 【分析】 （ 1 ） 11 )2(n nn na bb a    ， 1 1 4a b  ， 可 得  n na b 为 公 比 为 2 的 等 比 数 列 ， 1 1 1n n nna ab b     可得 n na b 为公差为 1 的等差数列，再算出 n na b ， n na b 的 通项公式，解方程组即可； （2）利用分组求和法解决. 【详解】（1）依题意有  1 1 1 1 2 1 n n n n n n n n a b a b a b a b              又 1 1 1 14 2a b a b   ； . 可得数列 n na b 为公比为 2 的等比数列， n na b 为公差为 1 的等差数列， 由     1 1 1 1 1 2 ( 1) n n n n n a b a b a b a b n           ，得 12 1 n n n n n a b a b n        解得 12 2 2 12 2 2 n n n n na na         故数列 na ， nb 的通项公式分别为 1 12 22 2 2 2 n n n n n na b     ； . （2）   2 12 1 2 ( 1) 32 21 2 4 2 4 4 n n n n n n nS n        ，   2 12 1 2 ( 1) 32 21 2 4 2 4 4 n n n n n n nT n        . 【点睛】本题考查利用递推公式求数列的通项公式以及分组求和法求数列的前 n 项和， 考查学生的计算能力，是一道中档题. 20. 已知椭圆 2 2: 12 xC y  的右焦点为 F ，直线 2l x ： 被称作为椭圆C 的一条准线，点 P 在 椭圆C 上(异于椭圆左、右顶点)，过点 P 作直线 :m y kx t  与椭圆C 相切，且与直线 l 相 交于点Q . （1）求证： PF QF . （2）若点 P 在 x 轴的上方，当 PQF△ 的面积最小时，求直线 m 的斜率 k . - 18 - 附：多项式因式分解公式：   6 2 2 4 243 5 1 1 4 1t t t t t t       【答案】（1）证明见解析（2） 5 1 2  【解析】 【分析】 （1）由 2 2 12 x y y kx t       得 2 2 22 1 4 2 2 0k x ktx t     令 0  可得 2 22 1t k  ，进而得到 2 1,kP t t     ，同理 (2,2 )Q k t ，利用数量积坐标计算 FP FQ  即可； （2） 3 122 2PQF tS k t    ，分 0k  ， k 0 两种情况讨论即可. 【详解】（1）证明：点 F 的坐标为 (10)， . 联立方程 2 2 12 x y y kx t       ，消去 y 后整理为  2 2 22 1 4 2 2 0k x ktx t     有   2 2 2 216 4 2 1 2 2 0k t k t      ，可得 2 22 1t k  ， 2 2 2 2 2 2 1 kt kt kx k t t       ， 2 2 2 2 1 2 1 2 1 k t ty tk k t       . 可得点 P 的坐标为 2 1,k t t     . 当 2x  时，可求得点 Q 的坐标为 (2,2 )k t ， 2 1 2 11, ,k k tFP t t t t                ， (1,2 )FQ k t  . 有 2 2 0k t k tFP FQ t t        , 故有 PF QF . （2）若点 P 在 x 轴上方，因为 2 22 1t k  ，所以有 1t  ， - 19 - 由（1）知 22 2 2 2 2 2 (2 ) 1(2 ) 1 (2 ) 1| | | | (2 ) 1k tk t k tFP FQ k tt t t t           ； 2 2 2 2 21 (2 ) 1 4 4 1 (2 2) 4 1| | | |2 2 2 2PQF k t k kt t t kt tS FP FQ t t t               23 4 1 3 122 2 2 t kt t kt t      ①因为 0k  时.由（1）知 2 1 2 tk  ，  23 12 12 2PQF tS t t     由函数  23 1( ) 2 1 ( 1)2 2 tf t t tt      单调递增，可得此时 (1) 1PQFS f   . ②当 k 0 时，由（1）知  2 21 3 1, 2 12 2 2PQF t tk S t t       令   2 2 2 22 2 3 1 3 2 1 3 1 2( ) 2 1 ( 1), ( )2 2 2 2 21 1 t t t tg t t t g tt t tt t              由           2 222 2 2 2 62 2 6 2 2 2 2 4 4 44 22 3 1 3 1 1 83 1 2 2 3 5 1 2 4 1 4 1 4 11 t t t tt t t t t t t t t t t t tt                             4 4 2 2 22 2 4 2 2 1 (2 5) (2 5)1 4 1 4 ( 1) 4 1 t t tt t t t t t t                 ，故当 2 5t   时， ' ( ) 0g t  ，此时函数 ( )g t 单调递增：当1 2 5t   时， ( ) 0g t ＜ ，此时函数 g( )t 单 调递减，又由 (1) 1g  ，故函数 ( )g t 的最小值 ( 2 5) 1g   ，函数 ( )g t 取最小值时 22 1 2 5k    ，可求得 5 1 2k   . 由①②知，若点 P 在 x 轴上方，当 PQF 的面积最小时，直线 m 的斜率为 5 1 2  . 【点睛】本题考查直线与椭圆的位置关系，涉及到分类讨论求函数的最值，考查学生的运算 求解能力，是一道难题. 21. 已知函数  2 2 2( ) e 1 e ( )x xf x ax ax a R     . （1）证明：当 2ex  时， 2ex x ； - 20 - （2）若函数 ( )f x 有三个零点，求实数 a 的取值范围. 【答案】（1）见解析；（2） 2e( , )4  【解析】 【分析】 （1）要证明 2 2( e )ex x x  ，只需证明 2lnx x 即可； （2） 2e 0x ax  有 3 个根，可转化为 2 ex a x  有 3 个根，即 y a 与 2 e( ) x h x x  有 3 个不同 交点，利用导数作出 ( )h x 的图象即可. 【详解】（1）令 ( ) 2lng x x x  ，则 ' 2( ) 1g x x   ，当 2x e 时， ' ( ) 0g x  ， 故 ( )g x 在 2[e , ) 上单调递增，所以 2 2( ) (e ) e 4 0g x g    ， 即 2lnx x ，所以 2xe x . （2）由已知，   22 2 2 (e )( )( ) e 1 e e 1xx xxf x ax a axx      ， 依题意， ( )f x 有 3 个零点，即 2e 0x ax  有 3 个根，显然 0 不是其根，所以 2 ex a x  有 3 个根，令 2 e( ) x h x x  ，则 ' 3 e ( 2)( ) x xh x x  ，当 2x  时， ' ( ) 0h x  ，当 0 2x  时， ' ( ) 0h x  ，当 0x  时， ' ( ) 0h x  ，故 ( )h x 在 (0,2) 单调递减，在 ( ,0) ， (2, ) 上 单调递增，作出 ( )h x 的图象，易得 2e 4a  . 故实数 a 的取值范围为 2e( , )4  . - 21 - 【点睛】本题考查利用导数证明不等式以及研究函数零点个数问题，考查学生数形结合的思 想，是一道中档题. （二）选考题 22. 已知在平面直角坐标系 xOy 中，曲线C 的参数方程为 1 cos sin x y       ( 为参 数. 0 2   ).以坐标原点O 为极点， x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线 l 的极坐标方 程为 ( )3   R ，曲线C 与直线l 其中的一个交点为 A ，且点 A 极径 0 0  .极角 00 2   （1）求曲线C 的极坐标方程与点 A 的极坐标； （2）已知直线 m 的直角坐标方程为 3 0x y  ，直线 m 与曲线C 相交于点 B (异于原点O )， 求 AOB 的面积. 【答案】（1）极坐标方程为 2cos  ，点 A 的极坐标为 1 3      ， （2） 3 4 【解析】 【分析】 （1）利用极坐标方程、普通方程、参数方程间的互化公式即可； （2）只需算出 A、B 两点的极坐标，利用 1 |sin( ) |2 A B A BS      计算即可. 【详解】（1）曲线 C： 1 cos sin x y       ( 为参数， 0 2   ) 2 2 2 2 2( 1) 1 2 2 cos 2cosx y x y x                ， 将 3   代入，解得 0 1  ， - 22 - 即曲线C 的极坐标方程为 2cos  ， 点 A 的极坐标为 1, 3      . （2)由（1），得点 A 的极坐标为 1, 3      ， 由直线 m 过原点且倾斜角为 6  ，知点 B 的极坐标为 3, 6      ， 1 31 3 sin2 3 6 4ABOS             . 【点睛】本题考查极坐标方程、普通方程、参数方程间的互化以及利用极径求三角形面积， 考查学生的运算能力，是一道基础题. 23. 已知函数 ( ) | 2| | 4|f x x x    . （1）解关于 x 的不等式 ( ) 4f x  ； （2）若函数 ( )f x 的图象恒在直线 | 1|y m  的上方，求实数 m 的取值范围 【答案】（1）[1,5]（2） ( 1,3) 【解析】 【分析】 （1）零点分段法分 2x  ， 2 4x  ， 4x  三种情况讨论即可； （2）只需找到 ( )f x 的最小值即可. 【详解】（1）由 2 6, 2 ( ) 2,2 4 2 6, 4 x x f x x x x          . 若 2x  时， ( ) 2 6 4f x x    ，解得1 2x  ； 若 2 4x  时， ( ) 2 4f x   ，解得 2 4x  ； 若 4x  时， ( ) 2 6 4f x x   ，解得 4 5x  ； 故不等式 ( ) 4f x  的解集为[1,5]. （2）由 ( ) |( 2) ( 4) | 2f x x x     ，有| 1| 2m  ，得 1 3m   ， - 23 - 故实数 m 的取值范围为 ( 1,3) . 【点睛】本题考查绝对值不等式的解法以及不等式恒成立问题，考查学生的运算能力，是一 道基础题. - 24 -