2019年济南市高三模拟考试 理科数学(解析版) 17页

2019 年济南市高三模拟考试 理科数学 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．已知复数 1 2i 2 iz   （其中i 为虚数单位），则 z 在复平面内对应的点位于（ ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 1．答案：D 解析： 1 2i (1 2i)(2 i) 4 3 4 3i, i2 i (2 i)(2 i) 5 5 5 5z z           ，所以在复平面对应的点位于第四象限． 2．已知全集 { | 2}U x x  ，集合 2{ | log 1}P x x  ，则 U P  （ ） A．( 2,0] B．( 2,1] C．(0,1) D．[1,2) 2．答案：A 解析： { | 2} ( 2,2)U x x    ， 2{ | log 1} (0,2)P x x   ，所以 ( 2,0]U P   ． 3．已知{ }na 为等比数列，若 3 2a  ， 5 8a  ，则 7a  （ ） A．64 B．32 C． 64 D． 32 3．答案：B 解析： { }na 为等比数列， 2 5 3 7a a a   ， 7 32a  ． 4．随着我国经济实力的不断提升，居民收人也在不断增加．某家庭 2018 年全年的收入与 2014 年全年的收 入相比增加了一倍，实现翻番．同时该家庭的消费结构随之也发生了变化，现统计了该家庭这两年不同品 类的消费额占全年总收入的比例，得到了如下折线图： 则下列结论中正确的是（ ） A． 该家庭 2018 年食品的消费额是 2014 年食品的消费额的一半 B． 该家庭 2018 年教育医疗的消费额与 2014 年教育医疗的消费额相当 C． 该家庭 2018 年休闲旅游的消费额是 2014 年休闲旅游的消费额的五倍 D． 该家庭 2018 年生活用品的消费额是 2014 年生活用品的消费额的两倍 4．答案：C 解析：选项 A 中，2018 年食品消费占 0.2，2014 年食品消费占 0.4，因 2018 年全年的收入与 2014 年全年的 收入相比增加了一倍，所以两年的食品消费额相当，故 A 项错误． 选项 B 中，2018 年教育医疗消费占 0.2，2014 年教育医疗消费占 0.2，因 2018 年全年的收入与 2014 年全年 的收入相比增加了一倍，所以 2018 年教育医疗消费额是 2014 年的两倍，故 B 项错误． 选项 C 中，2018 年休闲旅游消费占 0.25，2014 年休闲旅游消费占 0.1，因 2018 年全年的收入与 2014 年全 年的收入相比增加了一倍，所以 2018 年教育医疗消费额是 2014 年的五倍，故 C 项错误． 选项 D 中，2018 年生活用品消费占 0.3，2014 年生活用品消费占 0.15，因 2018 年全年的收入与 2014 年全 年的收入相比增加了一倍，所以 2018 年教育医疗消费额是 2014 年的四倍，故 D 项错误． 5．已知实数 ,x y 满足约束条件 3 0 2 0 2 x y x y x      ≥ ≥ ≤ ，则 3z x y  的最小值为（ ） A． 5 B．2 C．7 D．11 5．答案：A 解析：作可行域为如图所示的 ABC△ ，其中 (2,5), (2, 1), ( 2,1)A B C  ， 则 11, 5, 5A B cz z z    ，所以 min 5Cz z   ． 6．2019 年 1 月 1 日，济南轨道交通 号线试运行，济南轨道交通集团面向广大市民开展“参观体验，征求意 见”活动．市民可以通过济南地铁 APP 抢票，小陈抢到了三张体验票，准备从四位朋友小王，小张，小 刘，小李中随机选择两位与自己一起去参加体验活动，则小王和小李至多一人被选中的概率为（ ） A． 1 6 B． 1 3 C． 2 3 D． 5 6 A B C O x y 6．答案：D 解析：设小王和小李都被选中为事件 M ，则 1( ) 6P M  ，则小王和小李至多一人被选中的概率为 1 51 6 6  ． 7．执行如图所示的程序框图，若输入的 x 值为 2019，则输出的 y 值为（ ） A． 1 8 B． 1 4 C． 1 2 D．1 7．答案：C 解析：根据流程图，可知每循环一次，x 的值减少 4，输入 2019x  ，因为 2019 除以 4 余 3， 经过多次循环后 3x  ，再经过一次循环后 1x   满足 0x  的条件，输出 1 12 2 2 xy    ． 8．若 2 3 5log log log 1x y z    ，则（ ） A． 2 3 5x y z  B．5 3 2z y x  C．3 2 5y x z  D．5 2 3z x y  8．答案：B 解析：不妨设 2 3 5log log log 2x y z    ， 则 1 1 1 1 1 1, , , 2 , 3 , 5 , 5 3 24 9 25 2 3 5x y z x y z z y x          ． 9．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ） A．80 B．48 C．32 D．16 9．答案：B 解析：根据三视图可知原几何体为四棱锥，其表面积为 1 1 1 14 4 3 4 3 4 4 5 4 5 482 2 2 2              ． 10．若函数 ( ) sin ( 0)6f x x        在[0, ] 上的值域为 1 ,12     ，则 的最小值为（ ） A． 2 3 B． 3 4 C． 4 3 D． 3 2 10．答案：A 解析： [0, ], ,6 6 6x x               ，而 ( )f x 的值域为 1 ,12     ，根据图象可知 7 2 6 6    ≤ ≤ ，解得 2 4 3 3≤ ≤ ，所以 的最小值为 2 3 ． 1 0.5 0.5 1 π 4 π 4 π 2 3π 4 π 5π 4 O 11．设 1 2,F F 分别是椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yE a ba b    的左右焦点，过 2F 的直线交椭圆于 ,A B 两点，且 1 2 2 20, 2AF AF AF F B       ，则椭圆 的离心率为（ ） A． 2 3 B． 3 4 C． 5 3 D． 7 4 11．答案：C 解析： 2 22AF F B    ，设 2BF x ，则 2 2AF x ， 由椭圆的定义，可以得到 1 12 2 , 2AF a x BF a x    ， 1 2 1 20,AF AF AF AF       ， 在 1Rt AF B△ 中，有 2 2 2(2 2 ) (3 ) (2 )a x x a x    ，解得 3 ax  ， 2 1 2 4,3 3 a aAF AF   ， 在 1 2Rt AF F△ 中，有 2 2 24 2 (2 )3 3 a a c           ，整理得 2 2 5 5,9 3 c cea a    ． B A F2F1 O 12．我国南北朝时期的数学家祖暅提出了计算体积的祖暅原理：“幂势既同，则积不容异．”意思是：两个 等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等．已知曲线 ，直 线 为曲线 在点 处的切线．如图所示，阴影部分为曲线 、直线 以及 轴所围成的平面图形，记该平面 图形绕 轴旋转一周所得的几何体为 ．给出以下四个几何体： 图①是底面直径和高均为 的圆锥； 图②是将底面直径和高均为 的圆柱挖掉一个与圆柱同底等高的倒置圆锥得到的几何体； 图③是底面边长和高均为 的正四棱锥； 图④是将上底面直径为 ，下底面直径为 ，高为 的圆台挖掉一个底面直径为 ，高为 的倒置圆锥得到的 几何体． 根据祖暅原理，以上四个几何体中与 的体积相等的是（ ） A．① B．② C．③ D．④ 12．答案：A 解析：因为几何体T 是由阴影旋转得到，所以横截面为环形，且等高的时候，抛物线对应的点的横坐标为 1x ，切线对应的横坐标为 2x ， 2( ) , ( ) 2 , (1) 2f x x f x x k f      ，切线为 1 2( 1)y x   ，即 2 1y x  ， 2 1 2 1, 2 yx y x    ， 横截面面积 22 2 2 2 1 ( 1) 1 4 2 y yS x x y                 ， 图①中的圆锥高为 1，底面半径为 1 2 ，可以看成由直线 2 1y x  绕 轴旋转得到，横截面的面积为 2 2 1 2 yS x        ． 所以几何体T 和①中的圆锥在所有等高处的水平截面的面积相等，所以二者体积相等，故选 A 项． 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分． 13．已知平面向量 ,a b  满足  (1, 3), 3,a b a a b        ，则 a 与b  夹角的余弦值为_________． 13．答案： 2 3 解析：    2 2 2(1, 3), 1 ( 3) 2, , 0a a a a b a a b a a b                         ，设 a 与 b  的夹 角为 ，则 2 2cos 0, 4 2 3 cos 0, cos 3a a b               ． 14． 51 1 ( 1)xx      的展开式中， x 的系数为_________（用数字作答）． 14．答案： 5 解析：要求 x 的系数，则 5( 1)x  展开式中 2x 项与 1 x 相乘， x 项与 1 相乘， 所以展开式中 2x 项为 1 4 2 5 ( ) 5C x x 与 1 x 相乘得到5x ，展开式中 x 项为 3 2 5 ( ) 10C x x ，与 1 相乘得到 10x ，所以 x 的系数为 10 5 5    ． 15．已知函数 2 2 9, 1 ( ) 4 , 1 x ax x f x x a xx        ≤ ，若 ( )f x 的最小值为 (1)f ，则实数 a 的取值范围是_________ 15．答案： 2a≥ 解析：当 1x  时， 4( ) 4f x x a ax   ≥ ，当且仅当 2x  时，等号成立． 当 1x≤ 时， 2( ) 2 9f x x ax   为二次函数，要想在 1x  处取最小值，则对称轴要满足 1x a ≥ ， 并且 (1) 4f a≤ ，即1 2 9 4a a  ≤ ，解得 2a≥ ． 16．已知一族双曲线 2 2: (2019n nE x y n   N ，且 2019)n≤ ，设直线 2x  与 nE 在第一象限内的交点 为 nA ，点 nA 在 nE 的两条渐近线上的射影分别为 ,n nB C ．记 n n nA B C△ 的面积为 na ，则 1 2 3 2019a a a a     __________． 16．答案： 505 2 解析：设 0 0( , )nA x y ，双曲线 2 2: 2019n nE x y  的渐近线为 0, 0x y x y    ，互相垂直． 点 0 0( , )nA x y 在两条渐近线上的射影为 ,n nB C ，则 0 0 0 0, 2 2n n n n x y x yA B A C   易知 n n nA B C△ 为直角三角形， 2 2 0 0 0 0 0 01 2 4 2019 42 2n n nA B C x y x y x y nS        △ ， 即 2019 4n na   为等差数列，其前 2019 项的和为 1 2019 2019 1 2019+ 2019( ) 2019 5052019 4 2019 4 =2 2 2 a aS         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：共 60 分． 17． ABC△ 的内角 , ,A B C 的对边分别为 , ,a b c ，已知 22 sin cos cos , , 33b C a C c A B c    ． （1）求角C ； （2）若点 E 满足 2AE EC   ，求 BE 的长． 17．答案：（1） 6C  ；（2） 1BE  解析：（1）【解法一】由题设及正弦定理得 2sin sin sin cos sin cos sin( )B C A C C A A C    ， 又 , sin( ) sin( ) sin , 2sin sin sinA C B A C B B B C B           ，因为sin 0B  ， 则 1sin 2C  ．又因为0 3C   ，所以 6C  ． 【解法二】由题设及余弦定理可得 2 2 2 2 2 2 2 sin 2 2 a b c b c ab C a c bab bc         ， 因为 0b  ，所以 1sin 2C  ．又因为0 3C   ，所以 6C  ． 【解法三】由题设 2 sin cos cosb C a C c A  ，结合射影定理 cos cosb a C c A  ， 化简可得 2 sinb C b ．因为 0b  ，所以 1sin 2C  ．又因为0 3C   ，所以 6C  ． （2）由正弦定理易知 2 3sin sin b c B C  ，解得 3b  ． 又因为 2AE EC   ，所以 2 2 23 3AE AC b   ．在 ABC△ 中，因为 2 ,3 6B C   ，所以 6A  ， 所以在 ABE△ 中， , 3, 26A AB AE   由余弦定理得 2 2 2 32 cos 3 4 2 3 2 16 2BE AB AE AB AE            ，所以 1BE  ． E B CA 18．如图，在四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD 为正方形， PA  底面 ABCD ， 2PA AB  ，点 M 为棱 PC 的中点，点 ,E F 分别为棱 ,AB BC 上的动点（ ,E F 与所在棱的端点不重合），且满足 BE BF ． （1）证明：平面 PEF  平面 MBD ； （2）当三棱锥 F PEC 的体积最大时，求二面角C MF E  的余弦值 A B C D P M E F 18．答案：（1）见解析；（2） 6 3 解析：【详解】（1）【解法一】：（综合法）证明：连接 AC 交 BD 于 N ，连接 MN ． 因为底面 ABCD 为正方形，所以 ,AC BD AN CN  ，又因为 PM MC ，所以 //MN PA． 由 PA  底面 ABCD 知， MN  底面 ABCD ，又 AC  底面 ABCD ，所以 AC MN ； 又 , ,BD MN N BD MN  平面 MBD ，所以 AC  平面 MBD ． 在 ABC△ 中，因为 ,BE BF BA BC  ，所以 BE BF BA BC ，即 //EF AC ，所以 EF  平面 MBD ． 又 EF  平面 PEF ，所以平面 PEF  平面 MBD ． 【解法二】（向量法）因为 PA  底面 ABCD ， AB AD ，以 A 为坐标原点， AB  的方向为 x 轴正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系 A xyz ．则 (0,0,2), (1,1,1), (2,0,0), (0,2,0)P M B D ．设 ( ,0,0)E t ，则 (2,2 ,0)F t ． ( ,0, 2), (2,2 , 2), (1, 1, 1), ( 1,1, 1)PE t PF t MB MD               ． 设 1 1 1( , , )m x y z  为平面 PEF 的一个法向量，则 1 1 1 1 1 2 0 2 (2 ) 2 0 m PE tx z m PF x t y z                ，可取 (2, 2, )m t   ． 设 2 2 2( , , )n x y z  为平面 MBD 的一个法向量，则 2 2 2 2 2 2 0 0 n MB x y z n MD x y z                 ，可取 (1,1,0)n   ． 因为 2 1 2 1 0 0m n t          ，所以 m n   ．所以平面 PEF  平面 MBD ． （2）解：设 BE BF x  ，由题意知， 1 (2 )2CEFS x x △ ，又 2PA  ， 所以 21 1 1 1 1(2 ) 2 (2 ) ( 1)3 2 3 3 3F PEC P EFCV V x x x x x            ． 易知当三棱锥 F PEC 的体积最大时， 1x  ，即此时 ,E F 分别为棱 ,AB BC 的中点． 以 A 为坐标原点， AB  的方向为 x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 A xyz ． 则 (2,2,0), (2,1,0), (1,0,0), (1,1,1)C F E M ． (1,0, 1), ( 1, 1,0), (0,1,0)MF FE FC         ． 设 1 1 1( , , )m x y z  是平面 MEF 的法向量，则 1 1 1 1 0 0 m MF x z m FE x y               ，可取 (1, 1,1)m    ． 设 2 2 2( , , )n x y z  是平面 MCF 的法向量，则 2 2 2 0 0 n MF x z n FC y             ，可取 (1,0,1)n   ． 则 2 6cos , 33 2 m nm n m n          ． 由图知所求二面角为钝二面角，所以二面角C MF E  的余弦值为 6 3 ． A B C D P M E F N x y z 19．设 M 是抛物线 2: 2 ( 0)E x py p  上的一点，抛物线 E 在点 M 处的切线方程为 1y x  ． （1）求 E 的方程； （2）已知过点(0,1) 的两条不重合直线 1 2,l l 的斜率之积为 1，且直线 1 2,l l 分别交抛物线 E 于 ,A B 两点和 ,C D 两点．是否存在常数 使得 AB CD AB CD   成立？若存在，求出 的值；若不存在，请说 明理由． 19．答案：（1） 2: 4E x y ；（2） 1 4  解析：（1）【解法一】由 2 1 2 y x x py     ，消去 y 可得 2 2 2 0x px p   ． 由题意得 24 8 0p p    ，因为 0p  ，所以 2p  ．故抛物线 2: 4E x y 【解法二】设切点为 2 0 0, 2 xP x p      ，由 2 2x py 得 2 ,2 x xy yp p   ．由 0 2 0 0 1 12 x p x xp      解得 2p  ． 故抛物线 2: 4E x y ． （2）假设存在常数 使得 AB CD AB CD   成立，则 1 1 AB CD   ． 由题意知， 1 2,l l 的斜率存在且均不为零，设 1l 的方程为 1y kx  ，则由 2 1 4 y kx x y     ，消去 y 得， 2 4 4 0x kx   ．设 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y ，则 1 2 1 24 , 4x x k x x    ． 所以 2 2 2 2 2 1 2 1 21 ( ) 4 1 16 16 4(1 )AB k x x x x k k k           ． （也可以由 2 1 2 1 2( ) 2 4 2y y k x x k      ，得到 2 1 2 2 4(1 )AB y y k     ） 因为直线 1 2,l l 的斜率之积为 1，所以 2 14 1CD k      ． 所以 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 14(1 ) 4(1 ) 44 1 k AB CD k k k            ． 所以，存在常数 1 4  使得 AB CD AB CD   成立． 20．某客户准备在家中安装一套净水系统，该系统为三级过滤，使用寿命为十年．如图所示，两个一级过 滤器采用并联安装，二级过滤器与三级过滤器为串联安装． 其中每一级过滤都由核心部件滤芯来实现．在使用过程中，一级滤芯和二级滤芯都需要不定期更换（每个 滤芯是否需要更换相互独立），三级滤芯无需更换，若客户在安装净水系统的同时购买滤芯，则一级滤芯 每个 80 元，二级滤芯每个 160 元．若客户在使用过程中单独购买滤芯，则一级滤芯每个 200 元，二级滤芯 每个 400 元．现需决策安装净水系统的同时购滤芯的数量，为此参考了根据 100 套该款净水系统在十年使 用期内更换滤芯的相关数据制成的图表，其中图是根据 200 个一级过滤器更换的滤芯个数制成的柱状图， 表是根据 100 个二级过滤器更换的滤芯个数制成的频数分布表． 图 1 二级滤芯更换频数分布表 二级滤芯更换的个数 5 6 频数 60 40 表 1 以 200 个一级过滤器更换滤芯的频率代替 1 个一级过滤器更换滤芯发生的概率，以 100 个二级过滤器更换 滤芯的频率代替 1 个二级过滤器更换滤芯发生的概率． （1）求一套净水系统在使用期内需要更换的各级滤芯总个数恰好为 30 的概率； （2）记 X 表示该客户的净水系统在使用期内需要更换的一级滤芯总数，求 X 的分布列及数学期望； （3）记 ,m n 分别表示该客户在安装净水系统的同时购买的一级滤芯和二级滤芯的个数．若 28m n  ，且 {5,6}n ，以该客户的净水系统在使用期内购买各级滤芯所需总费用的期望值为决策依据，试确定 ,m n 的值． 20．答案：（1）0.064；（2）见解析；（3） 23, 5m n  ． 解析：（1）由题意可知，若一套净水系统在使用期内需要更换的各级滤芯总个数恰好为 30，则该套净水系 统中的两个一级过滤器均需更换 12 个滤芯，二级过滤器需要更换 6 个滤芯．设“一套净水系统在使用期内 需要更换的各级滤芯总个数恰好为 30”为事件 A． 因为一个一级过滤器需要更换 12 个滤芯的概率为 0.4，二级过滤器需要更换 6 个滤芯的概率为 0.4， 所以 ( ) 0.4 0.4 0.4 0.064P A     ． （2）由柱状图可知，一个一级过滤器需要更换的滤芯个数为 10，11，12 的概率分别为 0.2，0.4，0.6． 由题意，X 可能的取值为 20，21，22，23，24，并且 ( 20) 0.2 0.2 0.04, ( 21) 0.2 0.4 2 0.16, ( 22) 0.4 0.4 0.2 0.4 2 0.32, ( 23) 0.4 0.4 2 0.32, ( 24) 0.4 0.4 0.16 P X P X P X P X P X                          所以 X 的分布列为 X 20 21 22 23 24 P 0.04 0.16 0.32 0.32 0.16 20 0.04 21 0.16 22 0.32 23 0.32 24 0.16 22.4EX            （3）因为 28m n  ， {5,6}n ， 若 22, 6m n  ，则该客户在十年使用期内购买各级滤芯所需总费用的期望值为 22 80 200 0.32 400 0.16 6 160 2848        ； 若 23, 5m n  ，则该客户在十年使用期内购买各级滤芯所需总费用的期望值为 23 80 200 0.16 5 160 400 0.4 2832        ． 故 ,m n 的值分别为 23，5． 21．已知函数 2( ) ln ( 1)2 af x x x x a x    ，其导函数 ( )f x 的最大值为 0． （1）求实数 a 的值； （2）若 1 2 1 2( ) ( ) 1( )f x f x x x    ，证明： 1 2 2x x  ． 21．答案：（1） 1a  ；（2）见解析 解析：（1）由题意，函数 ( )f x 的定义域为(0, ) ，其导函数 ( ) ln ( 1)f x x a x    记 ( ) ( )h x f x 则 1( ) axh x x   ． 当 0a ≤ 时， 1( ) 0axh x x   ≥ 恒成立，所以 ( )h x 在(0, ) 上单调递增，且 (1) 0h  ． 所以 (1, )x   ，有 ( ) ( ) 0h x f x  ，故 0a ≤ 时不成立； 当 0a  时，若 10,x a     ，则 1( ) 0axh x x    ；若 1 ,x a      ，则 1( ) 0axh x x    ． 所以 ( )h x 在 10, a      单调递增，在 1 ,a     单调递减．所以 max 1( ) ln 1 0h x h a aa          ． 令 ( ) ln 1g a a a    ，则 1 1( ) 1 ag a a a     ． 当 0 1a  时， ( ) 0g a  ；当 1a  时， ( ) 0g a  ．所以 ( )g a 在 (0,1) 单调递减，在(1, ) 单调递增． 所以 ( ) (1) 0g a g ≥ ，故 1a  ． （2）当 1a  时， 21( ) ln 2f x x x x  ，则 ( ) 1 lnf x x x    ． 由（1）知 ( ) 1 ln 0f x x x    ≤ 恒成立，所以 21( ) ln 2f x x x x  在(0, ) 上单调递减， 且 1(1) 2f   ， 1 2( ) ( ) 1 2 (1)f x f x f     ，不妨设 1 20 x x  ，则 1 20 1x x   ， 欲证 1 2 2x x  ，只需证 2 12x x  ，因为 ( )f x 在(0, ) 上单调递减， 则只需证 2 1( ) (2 )f x f x  ，又因为 1 2( ) ( ) 1f x f x   ，则只需证 1 11 ( ) (2 )f x f x    ， 即 1 1(2 ) ( ) 1f x f x    ．令 ( ) ( ) (2 )F x f x f x   （其中 (0,1)x ），且 (1) 1F   ． 所以欲证 1 1(2 ) ( ) 1f x f x    ，只需证 ( ) ( 1), (0,1)F x F x   ， 由 ( ) ( ) (2 ) 1 ln (1 ln(2 ) 2 )F x f x f x x x x x             ， 整理得： ( ) ln ln(2 ) 2(1 ), (0,1)F x x x x x       ， 22(1 )( ) 0, (0,1)(2 ) xF x xx x     ， 所以 ( ) ln ln(2 ) 2(1 )F x x x x      在区间(0,1) 上单调递增， 所以 (0,1)x  ， ( ) ln ln(2 ) 2(1 ) (1) 0F x x x x F        ， 所以函数 ( ) ( ) (2 )F x f x f x   在区间(0,1) 上单调递减， 所以有 ( ) ( 1), (0,1)F x F x   ，故 1 2 2x x  ． （二）选考题：共 10 分．请考生在第 22、23 题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分． 22．在直角坐标系 xOy 中，曲线C 的参数方程为 3 cos 1 3sin x y       （ 为参数），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 sin 2 36       ． （1）求曲线C 的普通方程和直线l 的直角坐标方程； （2）射线OP 的极坐标方程为 6   ，若射线OP 与曲线C 的交点为 A ，与直线l 的交点为 B ，求线段 AB 的长． 22．答案：（1） 2 2( 1) 3x y   ， 3 4 3 0x y   ；（2）2 解析：（1）由 3 cos 1 3sin x y       ，可得： 3 cos 1 3sin x y       ，所以 2 2 2 2( 1) 3cos 3sin 3x y       ， 所以曲线C 的普通方程为 2 2( 1) 3x y   ． 由 sin 2 36       ，可得 3 1sin + cos 2 32 2        ， 所以 3 1sin cos 2 3 02 2      ，所以直线l 的直角坐标方程为 3 4 3 0x y   ． （2）【解法一】曲线C 的方程可化为 2 2 2 2 0x y y    ，所以曲线C 的极坐标方程为 2 2 sin 2 0     ． 由题意设 1 2, , ,6 6A B             ，将 6   代入 2 2 sin 2 0     ，可得： 2 1 1 2 0    ， 所以 1 2  或 1 1   （舍去）， 将 6   代入 sin 2 36       ，可得： 2 4  ，所以 1 2 2AB     ． 【解法二】因为射线OP 的极坐标方程为 6   ，所以射线OP 的直角坐标方程为 3 ( 0)3y x x ≥ ， 由 2 2( 1) 3 3 ( 0)3 x y y x x      ≥ 解得 ( 3,1)A ，由 3 4 3 0 3 ( 0)3 x y y x x      ≥ 解得 (2 3,2)B ， 所以 2 2(2 3 3) (2 1) 2AB      ． 23．已知函数 ( ) 2 2 1f x x x    ． （1）求不等式 ( ) 3f x ≤ 的解集； （2）若不等式 ( )f x ax≤ 的解集为空集，求实数 的取值范围． 23．答案：（1）[0,2] ；（2） 33 2a ≤ 解析：（1）由题意 13 3, 2 1( ) 2 2 1 1, 22 3 3, 2 x x f x x x x x x x              ≤ ≥ ， 当 1 2x≤ 时， ( ) 3 3 3f x x   ≤ ，解得 0x≥ ，即 10 2x≤ ≤ ， 当 1 22 x  时， ( ) 1 3f x x  ≤ ，解得 2x≤ ，即 1 22 x  ， 当 2x≥ 时， ( ) 3 3 3f x x  ≤ ，解得 2x≤ ，即 2x  ． 综上所述，原不等式的解集为[0,2] ． （2）由（1）可知， ( )f x 的图象为 6 5 4 3 2 1 1 2 A(2,3) O 不等式 ( )f x ax≤ 的解集为空集可转化为 ( )f x ax 对任意 xR 恒成立，即函数 y ax 的图象始终在函 数 ( )y f x 的图象的下方，如图 6 5 4 3 2 1 1 2 2 A(2,3) O 当直线 y ax 过点 (2,3)A 以及与直线 3 3y x   平行时为临界点，所以 33 2a ≤ ．