湖北省武汉市武昌区2020届高三下学期六月适应性考试数学（文）试题 Word版含解析 23页

- 1 - 武昌区 2020 届高中毕业生六月供题 文科数学试题 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.已知集合  2A x Z x    或 3x  ，则 ZC A  （ ） A. { }1,0,1,2- B.  1 C.  1,0 D.  0,1,2 【答案】A 【解析】 【分析】 直接根据补集的定义求解即可． 【详解】解：因为集合 { | 2A x Z x  „ 或 3}x… ，  { | 2 3} 1,0,1,2ZC A x Z x        ； 故选：A． 【点睛】本题考查集合的基本运算，基本知识的考查，属于基础题． 2.设复数 z 满足 8 4z z i   ，则 z 的虚部为（ ） A. 3 B. 4 C. 4i D. 3i 【答案】B 【解析】 【分析】 直接利用复数对应关系和模的应用求出结果． 【详解】解：设 ( , )z a bi a b R   ， 所以 2 2 8 4a bi a b i     ， 解得 4b  ． 故选：B． 【点睛】本题考查的知识要点：复数的模的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思 维能力，属于基础题． 3.已知命题 :p n N  ， 2 2nn  ，则 p 为（ ） - 2 - A. n N  ， 2 2nn  B. n N  ， 2 2nn  C. n N  ， 2 2nn  D. n N  ， 2 2nn  【答案】C 【解析】 【分析】 由题意结合特称命题的否定即可直接得解. 【详解】因为命题 :p n N  ， 2 2nn  为特称命题， 所以 p 为 n N  ， 2 2nn  . 故选：C. 【点睛】本题考查了特称命题的否定，熟练掌握特称命题的否定规则是解题关键，属于基础 题. 4.已知正项等差数列 na 的前 n 项和为 nS ， 4 110S a ，则 4 3 a a  （ ） A. 2 B. 4 3 C. 3 4 D. 1 2 【答案】B 【解析】 【分析】 由等差数列的前 n 项和公式可得 4 14 6S a d  ，结合已知式子可求出 1a d ，利用等差数列 的通项公式可求出 4 3 a a 的值. 【详解】解：因为 na 是等差数列，设公差为 d ，所以 4 1 1 4 34 4 62S a d a d    ， 由 4 110S a 得 1 14 6 10a d a  ，所以 1 0a d  ，所以 4 1 3 1 3 4 4 2 3 3 a a d d a a d d    ， 故选:B. 【点睛】本题考查了等差数列的前 n 项和，考查了等差数列的通项公式，属于基础题. 5.已知 1 cos2 32cos sin 2      ，则 cos 1 sin   的值为（ ） - 3 - A. 3 3  B. 3 C. 3 3 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】 首 先 化 简 已 知 条 件 为 cos 31 sin    ， 再 根 据 2 21 sin cos   ， 观 察 得 到 2 2 cos cos cos 11 sin 1 sin 1 sin           ，最后计算求值. 【详解】由条件可知   22cos 32cos 1 sin     即 cos 31 sin    ，又因为 2 2 cos cos cos 11 sin 1 sin 1 sin           ， 所以 cos3 11 sin    ，即 cos 3 1 sin 3    . 故选：C 【点睛】本题考查三角函数化简求值，重点考查转化与化归的能力，属于基础题型. 6.比较大小： 3log 2a  ， 0.1b e ， 1ln 2c e （ ） A. a c b  B. c a b  C. c b a  D. a b c  【答案】A 【解析】 【分析】 由对数函数的性质可知 3 1log 2 2a   ，由指数函数的性质可求出 1b  ， 1 2c  ，进而可判 断三者的大小关系. 【 详 解 】 解 ： 因 为 2 3 ， 所 以 3 1log 2 2a   ， 0.1 0 1b e e   ， 1ln ln2 12 12 2c e e     ， 则b c a  ， - 4 - 故选:A. 【点睛】本题考查了指数、对数式的大小比较.若两式的底数相同，常结合指数函数的单调性 比较大小，若两式的指数相等，则常结合图像比较大小；有时也进行整理通过中间值比较大 小. 7.如图在 ABC 中， 3AD DB    ，P 为 CD 上一点，且满足 1 2AP m AC AB      ，则实数 m 的值为（ ） A. 1 2 B. 1 3 C. 1 4 D. 1 5 【答案】B 【解析】 【分析】 根据平面向量共线基本定理,可设 DP DC    ,结合向量的加法与减法运算,化简后由 1 2AP m AC AB      ,即可求得参数 ,m 的值. 【详解】因为 P 为 CD 上一点,设 DP DC    因为 3AD DB    所以 3 4AD AB  则由向量的加法与减法运算可得 AP AD DP      AD DC     AD AC AD          1 AD AC        3 14 AB AC       - 5 - 因为 1 2AP m AC AB      所以  1 3 12 4 m        ,解得 1 3 1 3 m      故选：B 【点睛】本题考查了平面向量共线定理的应用,平面向量基本定理的应用,向量的加法与减法 的线性运算,属于中档题. 8.对  1,x   ，“ xx e  ”是“ e  ”的（ ） A. 充分必要条件 B. 既不充分也不必要条件 C. 充分不必要条件 D. 必要不充分条件 【答案】D 【解析】 【分析】 依题意 xe x   对 1x  恒成立，设   xef x x  ，  1,x  ，利用导数研究函数的单调性， 说明其最值，即可得到参数的取值范围，即可判断； 【详解】解： xx e  对  1,x   恒成立，等价于 xe x   对 1x  恒成立，设   xef x x  ，  1,x  ，则     2 1 0 xe xf x x    ，所以    1f x f e  ， 所以 xx e  对  1,x   恒成立的充要条件是 e  ， 所以“ xx e  ”是“ e  ”的必要不充分条件， 故选：D 【点睛】本题考查充分条件、必要条件的判断，属于基础题. 9.某小区为了调查本小区业主对物业服务满意度的真实情况，对本小区业主进行了调查，调 查中问了两个问题 1：你的手机尾号是不是奇数？问题 2：你是否满意物业的服务？调查者设 计了一个随机化装置，其中装有大小、形状和质量完全相同的白球和红球，每个被调查者随 - 6 - 机从装置中摸到红球和白球的可能性相同，其中摸到白球的业主回答第一个问题，摸到红球 的业主回答第二个问题，回答“是”的人往一个盒子中放一个小石子，回答“否”的人什么 都不要做由于问题的答案只有“是”和“否”，而且回答的是哪个问题别人并不知道，因此 被调查者可以毫无顾虑地给出符合实际情况的答案.已知某小区 80 名业主参加了问卷，且有 47 名业主回答了“是”，由此估计本小区对物业服务满意的百分比大约为（ ） A. 85% B. 75% C. 63.5% D. 67.5% 【答案】D 【解析】 【分析】 由问卷设计方式可知，回答第一个问题的人数有 40 人，其中有 20 人的手机号是奇数，回答 第二个问题的人数为 40 人，其中 27 人回答了“是”，由此可以估计本小区对物业服务满意 的百分比. 【详解】要调查 80 名居民,在准备的两个问题中每一个问题被问到的概率相同，第一个问题 可能被询问 40 次,在被询问的 40 人中有 20 人手机号是奇数,而有 47 人回答了“是”，估计 有 27 个人回答是否满意物业的服务时回答了“是”, 在 40 人中有 27 个人满意服务, 估计本小区对物业服务满意的百分比 27 67.5%40  ， 故选: D 【点睛】本题考查频数的求法，考查古典概型的应用，考查学生分析解决问题的能力，属于 中档题. 10.已知双曲线   2 2 2 2 1 01 x y aa a    的右焦点为 F，  ,0A a ，  0,B b ，过 A，B，F 三点 作圆 P，其中圆心 P 的坐标为  ,m n ，当 0m n  时，双曲线离心率的取值范围为（ ） A.  1, 2 B.  1, 3 C.  2, D.  3, 【答案】A 【解析】 【分析】 根据右焦点 F 及  ,0A a ，  0,B b 的坐标，求得线段 FA 和线段 AB 的中垂线方程，然后联 - 7 - 立解得圆心坐标，再根据 0m n  求解. 【详解】因为双曲线   2 2 2 2 1 01 x y aa a    ， 所以求右焦点为  1,0F ， 所以线段 FA 的中垂线方程为 1 2 ax  ， 线段 AB 的中垂线方程为： 2 2 b a ay xb        ， 联立得： 1 2 2 2 ax b a ay xb            ， 解得 2 1 2 2 ax b ay b     ， 因为 0m n  ， 所以 21 02 2 a b a b    ， 即 2 0b ab b a    ， 即   1 0b b a   ， 所以 b a ， 所以 2 2b a ， 所以 2 2 2c a a  ， 即 2 22c a ， 所以 2 2e  ， 解得1 2e  . 故选：A 【点睛】本题主要考查双曲线的几何性质以及线段中垂线的应用，还考查了运算求解的能力， - 8 - 属于中档题. 11.已知函数     3 23 2 2 1xf x x a x a    至多有 2 个零点，则实数 a 的取值范围是（ ） A.  1,  B.    1,0 1,   C.  1, D.    1,0 0,1  【答案】D 【解析】 【分析】 由题意可方程   0f x  至多有 2 个根，而 2 1 0x   有 1 个根 0，所以只需 3 23 2 =0x a x a  至多有 1 个不等于 0 的根即可. 【详解】解：函数     3 23 2 2 1xf x x a x a    至多有 2 个零点等价于方程   0f x  至 多有 2 个根，即  3 23 2 2 1 =0xx a x a   ，得 3 23 2 =0x a x a  或 2 1=0x  当 2 1=0x  时，得 0x  ， 当 3 23 2 =0x a x a  时， 若 0a  ，则 3 =0x ，得 0x  ，此时函数只有 1 个零点，满足条件； 若 0a  ，令 3 2( ) 3 2g x x a x a   ，则 ' 2 2( ) 3 3g x x a  ， 令 ' 2 2( ) 3 3 =0g x x a  ，则 x a 或 x a  当 0a  时， (0) 2 0g a  ，此时 ( )g x 在 ( , )a  和 ( , )a  上递增，在 ( , )a a 递减，所以 当 ( ) 0g a  时，函数 3 2( ) 3 2g x x a x a   恰有 1 个零点，解得 0 1a  ； 当 0a  时， (0) 2 0g a  ，时此 ( )g x 在 ( , )a 和 ( , )a  上递增，在( , )a a 递减，所 以当 ( ) 0g a  时，函数 3 2( ) 3 2g x x a x a   恰有 1 个零点，解得 1 0a   ； 综上 a 的取值范围为   1,0 0,1  故选：D 【点睛】此题考查函数零点的判断，考查导数的运用，考查转化能力和计算能力，属于中档 题. - 9 - 12.运用祖暅原理计算球的体积时，夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平 面的任意一个平面所截，若截面面积都相等，则这两个几何体的体积相等.构造一个底面半径 和高都与球的半径相等的圆柱，与半球（如图①）放置在同一平面上，然后在圆柱内挖去一 个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到一新几何体（如图②），用任何 一个平行于底面的平面去截它们时，可证得所截得的两个截面面积相等，由此可证明新几何 体与半球体积相等.现将椭圆 2 2 19 16 x y  绕 y 轴旋转一周后得一橄榄状的几何体（如图③）， 类比上述方法，运用祖暅原理可求得其体积等于（ ） A. 64π B. 48π C. 16π D. 32π 【答案】B 【解析】 【分析】 构造一个底面半径为 3，高为 4 的圆柱，通过计算可得高相等时截面面积相等，根据祖暅原理 可得橄榄球形几何体的体积的一半等于圆柱的体积减去圆锥体积． 【详解】解：构造一个底面半径为 3，高为 4 的圆柱，在圆柱中挖去一个以圆柱下底面圆心为 顶点的圆锥， 则当截面与顶点距离为 (0 4)h h„ „ 时，小圆锥的底面半径为 r ，则 4 3 h r ， 3 4r h  ， 故截面面积为 2 6 99 1 h   ， 把 y h 代入椭圆 2 2 19 16 x y  可得 2 4 3 16 hx   ， - 10 - 橄榄球形几何体的截面面积为 2 2 16 99 hx    ， 由祖暅原理可得橄榄球形几何体的体积   12 2 9 4 9 4 483V V V             圆柱 圆锥 ． 故选：B． 【点睛】本题考查类比推理，涉及了立体几何知识，祖暅原理等，属于中档题． 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分. 13.某人午觉醒来，发现表停了，他打开收音机，想听电台整点报时，则他等待时间不多 于10分钟的概率为___________． 【答案】 1 6 【解析】 该人等待时间可能性有 60 分钟，则他等待整点时间不多于 10 分钟时间的可能性有 10 分钟， 则他等待时间不多于10分钟的概率为 10 1 60 6P   . 14.在 ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，若 2b  ， 4a c  ，则 ABC 的面积的 最大值为____________. 【答案】 3 【解析】 【分析】 根据为 2b  ， 4 2a c AC    ，端点点 B 的轨迹是以 A，C 为焦点的椭圆，结合图形， 当点 B 在短轴端点时， ABC 的面积的最大求解. 【详解】以 AC 所在直线为 x 轴，以线段 AC 的中点为原点，建立直角坐标系， 因为 2b  ， 4 2a c AC    ， 所以点 B 的轨迹是以 A，C 为焦点的椭圆， 如图所示： - 11 - 当点 B 在短轴端点时，则 ABC 的面积的最大， 最大值为： 1 1 2 3 32 2S AC OB       ， 故答案为： 3 【点睛】本题主要考查三角形面积公式的应用以及椭圆的定义的应用，还考查了数形结合的 思想和运算求解的能力，属于中档题. 15.在正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中，M 为棱 1AA 的中点，且 9 2MC  ，点 P 为底面 1111 DCBA 所在平面上一点，若直线 PM，PC 与底面 1111 DCBA 所成的角相等，则动点 P 的轨迹所围成的几 何图形的面积为__________. 【答案】 64π 【解析】 【分析】 由题意结合线面角的概念可得 1 1MPA CPC   ，进而可得 1 1 1 2PA PC ，建立平面直角坐 标系，设  ,P x y ，由两点之间距离公式可得    2 22 216 2 6 22x y x y     ，化 简即可得解. 【详解】设正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的棱长为 a ， 连接 AC ，则 2 2 29 9 24MC AC AM a    ，解得 6 2a  ， 连接 1PA 、 1PC ，如图， - 12 - 易得 1MPA 、 1CPC 即为直线 PM，PC 与底面 1111 DCBA 所成的角， 由 1 1MPA CPC   可得 1 1 1 1 A M CC PA PC  ，所以 1 1 1 2PA PC ， 如图建立平面直角坐标系，则  1 6 2,0A ，  1 0,6 2C ，设  ,P x y ， 则    2 22 216 2 6 22x y x y     ，化简得   2 2 8 2 2 2 64x y    ， 故点 P 的轨迹为圆，且半径 r 满足 2 64r  ， 故所求面积为 2 64r  . 故答案为： 64π . 【点睛】本题考查了正方体的几何特征的应用及线面角的求解，考查了两点之间距离公式及 圆的方程的应用，属于中档题. 16.已知 *N  ，若函数    5cosf x x   有一条对称轴为 π 4x   ，且函数  y f x 在 3π ,π4      上不单调，则 的最小值为__________. 【答案】5 【解析】 【分析】 由 π 4x   是 对 称 轴 ， 可 得 ,4 k k Z     ， 不 妨 令 4   ， 从 而 可 求 出 - 13 - 5, 4x        ，结合 *N  ，代入 的值，通过区间上的单调性确定是否可取. 【详解】解：因为 π 4x   是对称轴，所以 ,4 k k Z         ，所以 ,4 k k Z     ， 不妨令 4   ，在 3π ,π4      上， 3 ,4x            ，即 5, 4x        ， 当 1  时， 5, 4x x            ，  f x 递增，不符合题意； 当 2  时， 52 2 , 2x x            ，  f x 递减，不符合题意； 当 3  时， 153 3 , 4x x            ，  f x 递增，不符合题意； 当 4  时，  4 4 ,5x x        ，  f x 递减，不符合题意； 当 5  时， 255 5 , 4x x            ，  f x 不单调，符合题意； 故答案为:5. 【点睛】本题考查了三角函数的对称性，考查了三角函数的单调性.本题的难点是不单调这一 条件的应用. 三、解答题，共 70 分.解答题应写出文字说明、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.已知等比数列 na 中， 1 13a  ， 3 39S  其中 13a ， 22a ， 3a 成等差数列. （1）求数列 na 的通项公式. （2） 3logn nb a ，   1 1 11 n n n n c b b         ，记 nb 的前 n 项和为 nT ，求 nb 的前 2020 项和 2020T . 【答案】（1） 3n na  ；（2） 2020 2021  . 【解析】 【分析】 （1）等比数列{ }na 的公比设为 q，且 1q  ，结合等比数列的求和公式和通项公式，解方程 - 14 - 可得首项和公比，进而得到所求通项公式； （2）运用对数的运算性质可得 nb ， ( 1) 1 1 1 n n n nc       ，再由数列的裂项相消求和，化简 整理可得所求和． 【详解】（1）设等比数列的首项为 1a ，公比为 q.则有 2 1 34 3a a a  ， 即 2 1 1 14 3q aa a q  ，又 1 0a  ，∴ 1q  或 3q  . 由题意， 1 13a  ， 3 39S  ，∴ 3q  . 代入  3 1 3 1 3 391 3 a S    得 1 3a  ，从而 3n na  . （2）由（1）得 3log 3n nb n  ，从而    1 11 1 n nc n n    ， ∴ 2020 1 1 1 1 1 1 1 1 11 2 2 3 3 4 2019 2020 2020 2021T                                        1 1 1 1 1 1 1 1 1 20201 2 2 3 3 4 2019 2020 2020 2021 2021               . 【点睛】本题考查等比数列的通项公式和求和公式，以及等差数列的中项性质，考查数列的 裂项相消求和，以及方程思想和运算能力，属于中档题． 18.如图，在四棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D 中，四边形 ABCD 是边长等于 2 的菱形， 120ADC   ， 1AA  平面 ABCD，O，E 分别是 1AC ，AB 的中点，AC 交 DE 于点 H，点 F 为 HC 的中点 （1）求证： //OF 平面 1A ED ； - 15 - （2）若 OF 与平面 ABCD 所成的角为 60°，求三棱锥 1A ADE 的表面积. 【答案】（1）证明见解析；（2） 6 3 15 2   . 【解析】 【分析】 (1) 连接 1A H ，由三角形的中位线可知 1//OF A H ，由线面平行的判定定理即可证明 //OF 平 面 1A ED . (2) 连接 BD，通过线面角可求出 1 2AA  ， 1 5A E  ；由线面垂直的性质可知 1A E DE ， 从而分别求出各个面的面积，即可求三棱锥的表面积. 【详解】（1）连接 1A H ，因为点 F 为 HC 的中点，O 是 1AC 的中点，所以 1//OF A H ， 因为 OF  平面 1A ED ， 1A H  平面 1A ED ，所以 //OF 平面 1A ED . （2）连接 BD，因为四边形 ABCD 是边长等于 2 的菱形， 120ADC   ， 所以是 ABD△ 等边三角形，所以 2 3 3AH  ， 3DE  且 DE AB . 因为 OF 与平面 ABCD 所成的角为 60°，且 1//OF A H ， 1AA  平面 ABCD， 所以 1 60A HA   ，所以 1 2AA  ， 1 5A E  ， 因为 1AA  平面 ABCD， DE  平面 ABCD，所以 1AA DE ， 又 DE AB ， 1AA AB A ， 1AA ， AB Ì平面 1 1A ABB ， 所以 DE  平面 1 1A ABB ，又 1A E  平面 1 1A ABB ，所以 1A E DE . 故三棱锥 1A ADE 的表面积 1 1 1 1 3 6 3 152 2 1 2 3 5 1 22 2 2 2 2 2S                . 【点睛】本题考查了线面平行的判定，考查了线面垂直的性质，考查了线面角的应用，考查 了几何体表面积的求解. 19.政府工作报告指出，2019 年我国深入实施创新驱动发展战略，创新能力和效率进一步提升； 2020 年要提升科技支撑能力，健全以企业为主体的产学研一体化创新机制，某企业为了提升 - 16 - 行业核心竞争力，逐渐加大了科技投入；该企业连续 5 年来的科技投入 x（百万元）与收益 y （百万元）的数据统计如下： 科技投入 x 1 2 3 4 5 收益 y 40 50 60 70 90 （1）请根据表中数据，建立 y 关于 x 的线性回归方程； （2）按照（1）中模型，已知科技投入 8 百万元时收益为 140 百万元，求残差 e （残差 e  真 实值－预报值）. 参考数据：回归直线方程 y bx a $ $ $ ，其中      1 2 1 n i i i n i i x x y y b x x          . 【答案】（1） 12 26y x  ；（2）18 百万元. 【解析】 【分析】 （1）求出科技投入 x（百万元）与收益 y（百万元）的平均数，代入公式求出 b a、即可求解. （2）把 8x  代入回归直线方程中，求出 122y  ，再求残差. 【详解】解：（1） 1 2 3 4 5 35x      ， 40 50 60 70 90 625y      ， ∴      1 2 1 2 22 1 12 1 8 2 28 124 1 1 4 n i i i n i i x x y y b x x                   ，  26a y bx   ，∴ 12 26y x  . （2）由（1）得 8x  时， 122y  ，∴ 140 122 18e    百万元. 【点睛】考查求线性回归直线方程、残差，同时考查运算求解能力；基础题. 20.已知 O 为原点，抛物线  2: 2 0 8C x py p   的准线与 y 轴的交点为 H，P 为抛物线 C 上横坐标为 4 的点，已知点 P 到准线的距离为 5. - 17 - （1）求 C 的方程； （2）过 C 的焦点 F 作直线 l 与抛物线 C 交于 A，B 两点，若以 AH 为直径的圆过 B，求 AF BF 的值. 【答案】（1） 2 4x y ；（2）4. 【解析】 【分析】 （1）由题意结合椭圆的性质可得 8 52 p p   ，求得 p 后即可得解； （2）设  1 1,A x y ，  2 2,B x y ，直线 AB 的方程为  1 0y kx k   ，联立方程组结合韦达定 理可得 1 2 4x x   ，由圆的性质、直线垂直的性质可得 1 2 1 2 1 1 1y y x x     ，进而可得 2 2 1 2 16x x  ，再由抛物线的性质即可得解. 【详解】（1）由题意点 84,P p      ，抛物线的准线方程为 2 py   ， 则 8 52 p p   ，解得 2p  或 8p  （舍）， ∴抛物线方程为 2 4x y ； （2）由题意抛物线 2 4x y 的焦点为  0,1F ，准线方程为 1y   ，  0, 1H  ， 由题意可知，直线 AB 的斜率存在且不为 0， 设  1 1,A x y ，  2 2,B x y ，直线 AB 的方程为  1 0y kx k   ， 代入抛物线方程可得 2 4 4 0x kx   ，   ， ∴ 1 2 4x x k  ， 1 2 4x x   ，① 又 1 1 1 AF yk k x   ， 2 2 1 HB yk x  ， 由 AH BH 可得 1HBk k   ，∴ 1 2 1 2 1 1 1y y x x     ， - 18 - 整理得  1 2 1 21 1 0y y x x    ，即 2 2 1 2 1 21 1 04 4 x x x x          ， ∴  2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 1 1 016 4x x x x x x     ，② 把①代入②得 2 2 1 2 16x x  ， 则    2 2 1 2 1 2 11 1 44AF BF y y x x        . 【点睛】本题考查了抛物线性质的应用及方程的求解，考查了直线与抛物线的综合问题，关 键是对题目条件合理转化，属于中档题. 21.已知函数    1 0xf x e mx m    ，对任意 0x  ，都有   0f x  . （1）求实数 m 的取值范围； （2）若当 0x  时， 1 ln1x xe x    恒成立，求实数  的取值范围. 【答案】（1） 0 1m  ；（2） 1  . 【解析】 【分析】 (1)求得  f x 的导数,讨论 0 1 时,判断导数的符号,可得单调性,结合不等式恒成 立，可得 m 的范围； （2）由题意可得 ln 1 x x x x e     恒成立，令   ln 1 x x xg x x e    ，求  g x ，再令   lnh x x x  求其导数，判断单调性，求得 h (x) 的零点，进而得到 g (x) 的单调性和最 值，可得实数  的取值范围. 【详解】（1）   xf x e m   ，当 0 1m  时，因为 0x  ， 1xe  ， 则   0f x  ，  f x 在 0, 上是增函数， 所以    0 0f x f  恒成立，满足题设； 当 1m > 时，  f x 在 0,lnm 上是减函数，则  0,lnx m 时，    0 0f x f  不合题意，综上， 0 1m  . （2） 0x  时， 1 ln1x xe x    恒成立，∴ ln 1 x x x x e     恒成立， - 19 - ∴令   ln 1 x x xg x x e    ，则      2 ln 1 x x x xg x x e      ， ∴令   lnh x x x  ， ∴   11 0h x x     ，即  h x 在  0,  上单调递增. 又  1 1h  ， 0x  时，   0h x  ， ∴  0 0,1x  ，使  0 0h x  . 当  00,x x 时，   0h x  ，   0g x  ， 当  0 ,x x  时，   0h x  ，   0g x  . ∴  g x 在 00, x 上单调递增，在 0,x  上单调递减， 从而     0 0 0 max 0 0 ln 1 x x xg x g x x e     ，而 0 0ln 0x x  ， ∴ 0 0 0ln 0 1x x xx e e    ， 故  max 1g x  ， ∴ 1  . 【点睛】本题主要考查了函数恒成立问题解法，考查了利用导数研究函数单调性和最值，考 查分类讨论思想和化简运算能力、推理能力，属于难题. 22.在直角坐标系 xOy 中，曲线 C 的参数方程为 1 cos 1 sin x y        （ 为参数），直线 : 4 0l x y   ，以坐标原点 O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系. （1）求直线 l 和曲线 C 的极坐标方程； （2）若直线  0 : Rl     与直线 l 相交于点 A，与曲线 C 相交于不同的两点 M，N.求 OM ON OA  的最小值. 【答案】（1） cos sin 4 0      ，  2 2 cos sin 1 0       ；（2） 4 2 . 【解析】 【分析】 - 20 - (1)直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换； (2)利用极径的应用和三角函数关系式的变换及正弦型函数的性质的应用和基本不等式的应 用求出结果. 【详解】（1）由直线 : 4 0l x y   得其极坐标方程为 cos sin 4 0      . 由 1 cos: 1 sin xC y        ，（ 为参数）.得 2 2 2 2 1 0x y x y     ， 又 2 2 2x y   ， cosx   ， siny   ， 则其极坐标方程为  2 2 cos sin 1 0       . （2）由题意，设  1,M   ，  2 ,N   ，  3,A   ， 把  代入  2 2 cos sin 1 0       ， 得  2 2 cos sin 1 0       ， ∴  1 2 π2 cos sin 2 2 sin 4OM ON               ， 由  与曲线 C 相交于不同的两点 M，N，可知 π0 2   . 把  代入 cos sin 4 0      得 3 4 2 2 πcos sin sin 4 OP            . ∴ π 12 2 sin 4 2π4 sin 4 OM ON OA                       ， 当且仅当 π 1sin π4 sin 4             ， π0 2   ， 即 π 4   时，等号成立， OM ON OA  的最小值为 4 2 . 【点睛】本题主要考查了参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，三角函数关系式 的恒等变换，一元二次方程根和系数关系式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及 - 21 - 思维能力，属于中档题. 23.已知函数   2f x x t x t    ，t R . （1）若 1t  ，求不等式   29f x x  的解集； （2）已知 1a b  ，若对任意 xR ，都存在 0a  ， 0b  使得   24a bf x ab  ，求实数 t 的取值范围. 【答案】（1） 2, 11 1    ；（2） 5, 3 5 ,3              . 【解析】 【分析】 （1）将 1t  代入 ( )f x 中，然后根据 2( ) 9f x x„ ，利用零点分段法解不等式即可； （2）先利用绝对值三角不等式求出 ( )f x 的最小值，利用基本不等式求出 24a b ab  的范围，再 结合条件得到关于 t 的不等式，进一步求出 t 的取值范围． 【详解】解：（1）若 1t  ，则         2 1 2 1 2 3 1 2 1 2 1 x x f x x x x x x                ， 当 2x  时， 22 1 9x x   ，∴ 2 11 1x   ， 当 1 2x   时， 23 9 x  ，∴ 1 2x   ， 当 1x   时， 21 2 9x x   ，∴ 2 1x    ， 则综上的，不等式的解集为 2, 11 1    . （2）∵      2 3f x x t x t t     ，∴  min 3f x t ， 又   24a bf x ab  ， 1a b  ， 则 4 1 4 41 2 5a a a b a b b a b a b a        ， 当且仅当 2a b ，即 1 3a  ， 2 3b  时， - 22 - 等号成立，所以   24 5,a b ab    ， 根据题意，5 3 t ，∴t 的取值范围是 5, 3 5 ,3              【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法，绝对值三角不等式，基本不等式和不等式恒成立 问题，考查了分类讨论思想和转化思想，属于中档题． - 23 -