四川省成都市第七中学2020届高三高中毕业班三诊模拟考试数学（理科）试题 Word版含解析 24页

- 1 - 成都七中 2020 届高中毕业班三诊模拟 数学（理科） 本试卷分选择题和非选择题两部分.第Ⅰ卷（选择题）1 至 2 页，第Ⅱ卷（非选择题）3 至 4 页，共 4 页，满分 150 分，考试时间 120 分钟. 注意事项： 1. 答题前，务必将自己的姓名、考籍号填写在答题卡规定的位置上. 2. 答选择题时，必须使用 2B 铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮 擦擦干净后，再选涂其它答案标号. 3. 答非选择题时，必须使用 0.5 毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定位置上. 4. 所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效. 5. 考试结束后，只将答题卡交回. 第Ⅰ卷（选择题，共 60 分） 一、选择题：本大题共 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  1,0,1,2,3,4A   ，  2| ,B y y x x A   ，则 A B  （ ） A.  0,1,2 B.  0,1,4 C. { }1,0,1,2- D.  1,0,1,4 【答案】B 【解析】 【分析】 根据集合 A 求得集合 B ，由此求得 A B . 【详解】由于  1,0,1,2,3,4A   ，所以对于集合 B ， y 的可能取值为  2 2 2 2 2 21 1 1,0 0,2 4,3 9,4 16       ， 即  0,1,4,9,16B  . 所以  0,1,4A B  . 故选：B 【点睛】本小题主要考查集合交集的概念和运算，属于基础题. - 2 - 2. 已知复数 1 1 iz   ，则 z  （ ） A. 2 2 B. 1 C. 2 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】 首先利用复数除法运算化简 z ，再求得 z 的模. 【详解】依题意       1 1 1 1 1 1 2 2 iz ii i       ，所以 2 21 1 2 2 2 2z              . 故选：A 【点睛】本小题主要考查复数除法运算，考查复数的模的运算，属于基础题. 3. 设函数  f x 为奇函数，当 0x  时， ( ) 2 2f x x= - ，则   1f f  （ ） A. -1 B. -2 C. 1 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】 根据奇函数的性质以及函数  f x 的解析式，依次求得  1f ，   1f f 的值. 【详解】函数  f x 为奇函数，   21 1 2 1f     ，         1 1 1 1 1f f f f        . 故选：C 【点睛】本小题主要考查奇函数的性质，属于基础题. 4. 已知单位向量 1e  ， 2e  的夹角为 2 3  ，则 1 22e e   （ ） A. 3 B. 7 C. 3 D. 7 【答案】D 【解析】 【分析】 利用平方再开方的方法，结合已知条件以及向量运算，求得 1 22e e  . 【 详 解 】 依 题 意 ， - 3 -  2 2 2 1 2 1 2 1 1 2 12 2 4 4e e e e e e e e              21 4 cos 4 73      . 故答案为：D 【点睛】本小题主要考查平面向量模和数量积的运算，属于基础题. 5. 已知双曲线   2 2 2 2 1 0, 0x y a ba b     的渐近线方程为 3y x  ，则双曲线的离心率是 （ ） A. 10 B. 10 3 C. 10 D. 10 9 【答案】A 【解析】 【分析】 由渐近线求得 b a ，由双曲线的离心率 2 1c be a a        求得答案. 【详解】双曲线   2 2 2 2 1 0, 0x y a ba b     其焦点在 x 轴上 根据焦点在 x 轴上的渐近线为： by xa   又 该双曲线的渐近线方程为 3y x  ，  3b a  ， 双曲线的离心率 2 21 1 3 10c be a a          故选：A. 【点睛】本题考查求双曲线的离心率，涉及双曲线的渐近线方程，考查了分析能力和计算能 力，属于基础题.. 6. 已知等比数列 na 中， 1 0a  ，则“ 1 4a a ”是“ 3 5a a ”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 - 4 - 【答案】A 【解析】 【分析】 结合等比数列通项公式可求得 q的范围，可验证充分性和必要性是否成立，由此得到结果. 【详解】设等比数列 na 的公比为 q， 由 1 4a a 得： 3 1 1a a q ，又 1 0a  ， 3 1q  ，解得： 1q  ， 2 4 3 1 1 5a a q a q a    ，充分性成立； 由 3 5a a 得： 2 4 1 1a q a q ，又 1 0a  ， 4 2q q  ，解得： 1q  或 1q   ， 当 1q   时， 3 4 1 0a a q  ， 4 1a a  ，必要性不成立. “ 1 4a a ”是“ 3 5a a ”的充分不必要条件. 故选： A . 【点睛】本题考查充分条件与必要条件的判定，涉及到等比数列通项公式的应用，属于基础 题. 7. 如图所示的程序框图，当其运行结果为 31 时，则图中判断框①处应填入的是（ ） A. 3?i  B. 4?i  C. 5?i  D. 6?i  【答案】C 【解析】 【分析】 根据程序框图的运行，循环算出当 31S  时，结束运行，总结分析即可得出答案. 【详解】由题可知，程序框图的运行结果为 31， 当 1S  时， 9i  ； 当 1 9 10S    时， 8i  ； 当 1 9 8 18S     时， 7i  ； - 5 - 当 1 9 8 7 25S      时， 6i  ； 当 1 9 8 7 6 31S       时， 5i  . 此时输出 31S  . 故选：C. 【点睛】本题考查根据程序框图的循环结构，已知输出结果求条件框，属于基础题. 8. 已知 a ，b 为两条不同直线， ， ， 为三个不同平面，下列命题：①若 //  ， //  ， 则 //  ；②若 //a  ， //a  ，则 //  ；③若  ，  ，则  ；④若 a  ，b  ， 则 //a b .其中正确命题序号为( ) A. ②③ B. ②③④ C. ①④ D. ①②③ 【答案】C 【解析】 【分析】 根据直线与平面，平面与平面的位置关系进行判断即可. 【详解】根据面面平行的性质以及判定定理可得，若 //  ， //  ，则 //  ，故①正确； 若 //a  ， //a  ，平面 ,  可能相交，故②错误； 若  ，   ，则 ,  可能平行，故③错误； 由线面垂直的性质可得，④正确； 故选：C 【点睛】本题主要考查了判断直线与平面，平面与平面的位置关系，属于中档题. 9. 南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式， 所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或 者高次差成等差数列．对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”．现有 高阶等差数列，其前 7 项分别为 1，5，11，21，37，6l，95，则该数列的第 8 项为( ) A. 99 B. 131 C. 139 D. 141 【答案】D 【解析】 【分析】 根据题中所给高阶等差数列定义，寻找数列的一般规律，即可求得该数列的第 8 项； - 6 - 【详解】所给数列为高阶等差数列 设该数列的第 8 项为 x 根据所给定义：用数列的后一项减去前一项得到一个新数列， 得到的新数列也用后一项减去前一项得到一个新数列 即得到了一个等差数列，如图： 根据图象可得： 34 12y   ，解得 46y  95 46x y   解得： 141x  故选：D． 【点睛】本题主要考查了数列的新定义，解题关键是理解题意和掌握等差数列定义，考查了 分析能力和计算能力，属于中档题． 10. 已知 log ea  ， ln eb  ， 2elnc  ，则（ ） A. a b c  B. b c a  C. b a c  D. c b a  【答案】B 【解析】 【分析】 因 为 1b c  ， 分 别 与 中 间 量 1 2 做 比 较 ， 作 差 法 得 到 1 2b c  ， 再 由 21 1log e log e2 2a     ，最后利用作差法比较 a 、 c 的大小即可. 【详解】解：因为 1b c  ，分别与中间量 1 2 做比较， 2 2 2 3 1 1 1ln ln e ln 02 2 e 2 eb          ， 4 3 2 2 1 1 e 1 eln ln e ln 02 2 2c           ， 则 1 2b c  ， 21 1log e log e2 2a     ， - 7 -  1 12 ln ln 2 0ln lna c           ，所以b c a  ， 故选： B . 【点睛】本题考查作差法比较大小，对数的运算及对数的性质的应用，属于中档题. 11. 过正方形 1 1 1 1ABCD A B C D 的顶点 A 作直线 l ，使得l 与直线 1B C ， 1C D 所成的角均为 60，则这样的直线l 的条数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】 由 1 1//B C A D 将问题转化为过点 A 在空间作直线 l，使得l 与直线 1A D ， 1C D 所成的角均为 60 ， 1 条在平面 1 1AC D 内，2 条在平面 1 1AC D外. 【详解】因为 1 1//B C A D ，所以 A 作直线l ，使得l 与直线 1B C ， 1C D 所成的角均为 60，即过 点 A 在空间作直线 l，使得 l 与直线 1A D ， 1C D 所成的角均为 60. 因为 1 1 60A DC   ， 1 1A DC 的外角平分线与 1 1,DA DC 所成的角相等，均为 60 ，所以在平 面 1 1AC D 内有一条满足要求. 因为 1 1A DC 的角平分线与 1 1,DA DC 所成的角相等均为30 ，将角平分线绕点 D 向上转动到与 面 1 1AC D 垂直的过程中，存在两条直线与直线 1 1,DA DC 所成的角都等于 60 . 故符合条件的直线有 3 条. 故选：C - 8 - 【点睛】本题考查直线与直线所成的角，属于基础题. 12. 已知 P 是椭圆 2 2 14 x y  上一动点，  2,1A  ，  2,1B ，则 cos ,PA PB   的最大值是 （ ） A. 6 2 4  B. 17 17 C. 17 7 6  D. 14 14 【答案】A 【解析】 【分析】 记 ,PA PB   ， 考 虑  90  ， 当 直 线 AP 、 BP 之 中 有 一 条 直 线 的 斜 率 不 存 在 时 tan 4AB AP    ，当直线 AP、BP 斜率都存在时由 tan 1 AP BP AP BP k k k k     求出 tan 关于 y 的表达 式，利用换元法和基本不等式即可求得 tan 的范围，再由 2 1cos 1 tan    转化为 cos 的 范围即可求得最大值. 【详解】记 ,PA PB   ，若 90  ，则 cos 0  ；若 90   ，则 cos =0 ； 考虑 90  ，当直线 AP、BP 之中有一条直线的斜率不存在时，不妨设 P 点位于左顶点， 此时直线 AP 斜率不存在， tan 4AB AP    ； 当直线 AP、BP 斜率都存在时，设 ( , )P x y ，有 2 2 14 x y  ， 2 2 1 1 4(1 )2 2tan 1 11 4 ( 1)1 2 2 AP BP AP BP y y k k yx x y yk k x y x x               - 9 - 2 2 2 4(1 ) 4(1 ) 4 4 4 ( 1) 3 2 1 y y y y y y          ， ( 1 1)y   令 1 [0,2]t y   ，则 2 4tan 3 8 4 t t t      ， 当 0t  时， tan 0  (此时 1, ,cos 1y       )， 当 (0,2]t  ， 4 4 4tan 2 3 44 4 8 4 33 8 8 3t tt t                 ，当且仅当 43t t  即 2 3 3t  时取等号， 则    2 22 1 1 1cos 1 tan 1 2 3 6 6 2 42          . 综上所述， cos ,PA PB   的最大值是 6 2 4  . 故选：A 【点睛】本题考查椭圆中的最值问题、椭圆的几何性质、直线的斜率，涉及换元法求函数的 最值、基本不等式、同角三角函数的关系，属于较难题. 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.把答案填在答题卡上. 13. 已知数列 na 的前 n 项和为 nS ，且 1 1a  ，  1 1 2n na S n   ，则 4a  ______. 【答案】8 【解析】 【分析】 根据  1 1 2n na S n   可得 1 1n na S   ，两式相减可得 1 2n na a  ( 2)n  ，利用递推关系 即可求解. 【详解】  1 1 2n na S n  Q ①， 1 1n na S   ②， ②  ①得， 1 2n na a  ( 2)n  ， 当 2n  时， 2 1 11 1 2a S a     ， - 10 - 3 22 4a a   ， 4 32 8a a   ， 故答案为：8 【点睛】本题主要考查了数列的项 na 与前 n 项和 nS 的关系，考查了利用递推关系求数列的项， 属于中档题. 14. 已知实数 x ，y 满足线性约束条件 1 1 7 x y x y        ，则目标函数 2z x y  的最大值是______. 【答案】15 【解析】 【分析】 先根据约束条件画出可行域，再利用直线 2y x z   在 y 轴上截距的几何意义求最大值即可. 【详解】作出可行域如图， 由 2z x y  可得 2y x z   ， 平移直线 2y x  ， 当直线过点 A 时， 2z x y  在 y 轴上截距最大， 由 1 7 y x y      解得 8, 1x y   ， 即 (8, 1)A  , - 11 - 此时 z 的最大值为 2 8 1 15z     ， 故答案为：15 【点睛】本题主要考查了简单的线性规划，以及利用几何意义求最值，数形结合，属于中档 题. 15. 如图是一种圆内接六边形 ABCDEF ，其中 BC CD DE EF FA    且 AB BC .则 在圆内随机取一点，则此点取自六边形 ABCDEF 内的概率是______. 【答案】 3 2 2 【解析】 【分析】 半径为1，利用三角形面积公式得出六边形 ABCDEF ，最后由几何概型概率公式计算即可. 【详解】连接 AC ，显然， AC 中点O 为 ABC 的外接圆圆心，设半径为1 连接 , , ,FO EO DO BO 由于 BC CD DE EF FA    ， AC 为直径，则 180 454BOC    ， 135AOB   该六边形的面积为 A F EFO EDO DCO BCO AOO BS S S S S S           1 2 1 3 25 5 1 1 1 2 212 2 2 2BCO AOBS S             则此点取自六边形 ABCDEF 内的概率为 2 3 2 3 22 1 2P    故答案为： 3 2 2 - 12 - 【点睛】本题主要考查了几何概型的概率计算，涉及了三角形面积公式的应用，属于中档题. 16. 若指数函数 xy a （ 0a  且 1a  ）与三次函数 3y x 的图象恰好有两个不同的交点， 则实数 a 的取值范围是______. 【答案】 3 1, ee       【解析】 【分析】 根据题意可得：由两个函数 xy a （ 0a  且 1a  ）与 3y x 图像的交点转化为方程 3xa x 的解，再由方程 3lnln xa x  转化为两函数 ( ) lnf x a 与 3ln( ) xg x x  图像的交点，再利用 导数求出函数 3ln( ) xg x x  的单调性及最大值，从而可得到 ( ) lnf x a 的取值范围即可求出 实数 a 的取值范围. 【详解】由题意可得： 指数函数 xy a （ 0a  且 1a  ）与三次函数 3y x 的图象 恰好有两个不同的交点， 等价于方程 3xa x 有两个不同的解， 对方程 3xa x 两边同时取对数得： 3ln lnxa x ， 即 ln 3lnx a x ， 0x  ， 3lnln xa x   ， 从而可转化为： ( ) lnf x a 与 3ln( ) xg x x  在图像上有两个不同的交点， - 13 -   2 2 13 3ln 3 1 ln( ) x x xxg x x x      当  0,x e 时， ( ) 0g x  ， 当  ,x e  时， ( ) 0g x  ， 所以函数 ( )g x 在 0,e 上单调递增，在 ,e  上单调递减， 所以函数 ( )g x 在 x e 处取到极大值，也是最大值，最大值为 3 e ， 又因为当  0,1x 时， ( ) 0g x ， 当  1,x  时， ( ) 0g x ， 所以 30 ( ) lnf x a e    ， 解得 3 1 ea e  故答案为： 3 1, ee       【点睛】本题考查了函数与方程以及利用导数求函数的最大值，考查了学生的计算能力，属 于一般题. 三、解答题：本大题共 6 小题，共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17. 在 ABC 中，内角 A ， B ，C 的对边分别为 a ，b ， c .已知 2 tan sin a b A B  . （1）求角 A 的大小； （2）若 7a  ， 2b  ，求 ABC 的面积. 【答案】（1） 3A  （2） 3 3 2 【解析】 【分析】 （1）根据正弦定理 sin sin a b A B  和 2 tan sin a b A B  ，得到 2 sin tan a a A A  ，然后利用同角三角 函数基本关系式化简求解. - 14 - （2）根据 7a  ， 2b  ， 3A  ，利用余弦定理求得 c，再代入 1 sin2ABCS bc A 求解. 【详解】（1）由正弦定理知 sin sin a b A B  ，又 2 tan sin a b A B  ， 所以 2 sin tan a a A A  . 所以 1cos 2A  ， 因为 0 A   ， 所以 3A  . （2）因为 7a  ， 2b  ， 3A  ， 由余弦定理得 2 2 27 2 2 2 cos 3c c      ， 即 2 2 3 0c c   . 又 0c  ，所以 3c  . 故 ABC 的面积为 1 1 3 3sin 2 3 sin2 2 3 2ABCS bc A       . 【点睛】本题主要考查正弦定理和余弦定理的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题. 18. 成都七中为了解班级卫生教育系列活动的成效，对全校 40 个班级进行了一次突击班级卫 生量化打分检查（满分 100 分，最低分 20 分）.根据检查结果：得分在 80,100 评定为“优”， 奖励 3 面小红旗；得分在 60,80 评定为“良”，奖励 2 面小红旗；得分在 40,60 评定为 “中”，奖励 1 面小红旗；得分在 20,40 评定为“差”，不奖励小红旗.已知统计结果的部 分频率分布直方图如下图： （1）依据统计结果的部分频率分布直方图，求班级卫生量化打分检查得分的中位数； （2）学校用分层抽样的方法，从评定等级为“优”、“良”、“中”、“差”的班级中抽取 - 15 - 10 个班级，再从这 10 个班级中随机抽取 2 个班级进行抽样复核，记抽样复核的 2 个班级获得 的奖励小红旗面数和为 X ，求 X 的分布列与数学期望  E X . 【答案】（1）中位数为 70 分.（2）见解析，   19 5E X  【解析】 【分析】 （1）根据频率分布直方图中中位数的计算公式计算即可. （2）先根据分层抽样确定 10 个班级中优”、“良”、“中”、“差”的班级的人数，再根 据奖励小红旗的面数确定 X 的可能取值，再根据古典概型概率计算公式求解 X 每个取值对应 的概率，最后列出分布列求解数学期望. 【详解】解：（1）得分 20,40 的频率为 0.005 20 0.1  ； 得分 40,60 的频率为 0.010 20 0.2  ； 得分 80,100 的频率为 0.015 20 0.3  ； 所以得分 60,80 的频率为  1 0.1 0.2 0.3 0.4    . 设班级得分的中位数为 x 分，于是 600.1 0.2 0.4 0.520 x     ，解得 70x  . 所以班级卫生量化打分检查得分的中位数为 70 分. （2）由（1）知题意“优”、“良”、“中”、“差”的频率分别为 0.3，0.4，0.2，0.1. 又班级总数为 40.于是“优”、“良”、“中”、“差”的班级个数分别为 12，16，8，4. 分层抽样的方法抽取的“优”、“良”、“中”、“差”的班级个数分别为 3，4，2，1. 由题意可得 X 的所有可能取值为 1，2，3，4，5，6. 1 1 1 2 2 10 2( 1) 45 C CP X C    ， 2 1 1 2 1 4 2 10 1( 2) 9 C C CP X C    ， 1 1 1 1 1 3 2 4 4 10 11( 3) 45 C C C CP X C    ， 2 1 1 4 2 3 2 10 4( 4) 15 C C CP X C    ， 1 1 4 3 2 10 4( 5) 15 C CP X C    ， 2 3 2 10 1( 6) 15 CP X C    . 所以 X 的分布列为 X 1 2 3 4 5 6 P 2 45 1 9 11 45 4 15 4 15 1 15 - 16 - 2 1 11 4 4 1 171 19( ) 1 2 3 4 5 645 9 45 15 15 15 45 5E X               . 所以 X 的数学期望   19 5E X  . 【点睛】本题考查频率分布直方图中中位数的计算，同时也考查了古典概型概率的计算，考 查分析问题和解决问题的能力，属于中档题. 19. 如图，在四棱锥 M ABCD 中， AB AD ， 2AB AM AD   ， 2 2MB  ， 2 3MD  . （1）证明： AB  平面 ADM ； （2）若 / /CD AB 且 2 3CD AB ，E 为线段 BM 上一点，且 2BE EM ，求直线 EC 与平面 BDM 所成角的正弦值. 【答案】（1）见解析（2） 1 5 . 【解析】 【分析】 （1）根据 2AB AM  ， 2 2MB  ，利用勾股定理得到 AB AM ，再由 AB AD ，利 用线面垂直的判定定理证明. （2）由 2AM AD  ， 2 3MD  ，易得 120MAD  ，在平面 ADM 内过点 A 作 x 轴 垂直于 AM ，再结合（1）以 AM ，AB 所在直线为 y ，z 轴建立空间直角坐标系，求得 EC  的 - 17 - 坐标，平面 BDM 的一个法向量 n  ，设直线 EC 与平面 BDM 所成角为 ，则由 sin cos , EC nEC n EC n         求解. 【详解】（1）因为 2AB AM  ， 2 2MB  ， 所以 2 2 2AM AB MB  ， 所以 AB AM . 又 AB AD ，且 AM AD A ， AM  平面 ADM ， AD 平面 ADM ， 所以 AB  平面 ADM . （2）因为 2AM AD  ， 2 3MD  ， 所以 120MAD  ， 在平面 ADM 内过点 A 作 x 轴垂直于 AM ，又由（1）知 AB  平面 ADM ， 分别以 AM ， AB 所在直线为 y ， z 轴建立如图所示空间直角坐标系 A xyz . 则  3, 1,0D  ， 43, 1, 3C     ，  0,0,2B ，  0,2,0M . 因为 2BE EM ， 所以 4 20, ,3 3E      . - 18 - 所以 7 23, ,3 3EC       ，  0,2, 2BM   ，  3, 1, 2BD    . 设平面 BDM 的一个法向量为  , ,n x y z ， 则 0 0 BM n BD n           ，即 2 2 0 3 2 0 y z x y z      ， 取 1z  得  3,1,1n  . 设直线 EC 与平面 BDM 所成角为 ， 则 4 13sin cos , 54 5 53 EC nEC n EC n            . 所以直线 EC 与平面 BDM 所成角的正弦值为 1 5 . 【点睛】本题主要考查线面垂直的判定定理，向量法求线面角问题，还考查了转化化归的思 想和逻辑推理，运算求解的能力，属于中档题. 20. 已知函数 ( ) ln xf x x    ，  ,x e  .其中 Z  . （1）证明： 0 ( ) 3 x ef x x e   ； （2）记        2 1 0 1F x e f x f x f x   .若存在   * 0 , 1x n n n N   使得对任意的  ,x e  都有    0F x F x 成立.求 n 的值.（其中 2.71828e   是自然对数的底数）. 【答案】（1）见解析（2） 5n  【解析】 【分析】 （1）将不等式 0 ( ) 3 x ef x x e   变形为 3ln x ex x e   ，利用导数得出单调性，即可证明 0 ( ) 3 x ef x x e   ； （2）由条件得出  F x 的解析式，进行两次求导，得出  F x 在 ,5e 严格单调递减，在 4 1,2 e    严格单调递增.，由单调性得出 n 的值. - 19 - 【详解】解：（1）要证明 0 ( ) 3 x ef x x e   ，即证明 3ln x ex x e   ，  ,x e  . 令 3( ) ln x eg x x x e    ，  ,x e  .则 2 2 2 1 4 ( )'( ) 0( ) ( ) e x eg x x x e x x e      . 于是  g x 在 ,e  单调递增，所以     0g x g e  即 3ln x ex x e   ，  ,x e  . 所以 0 ( ) 3 x ef x x e   . （2） 2 2 1 0 1 1( ) ( ) ( ) ( ) ln ln ln e xF x e f x f x f x x x x x      2 2 ln x x e x x   ，  ,x e  . 则  2 2 2 (2 1) ln (ln 1) '( ) ( ln ) x x x x x e x F x x x          2 2 2 2 2 ln ( ln ) x e x x x e x x      . 令    2 2 2 2( ) lnh x x e x x x e     ，  ,x e  . 当  ,x e  时，由（1）知 3ln x ex x e   . 则    2 2 2 23( ) x eh x x e x x ex e      2 4 12 (4 1) 2 2 ex e x x x         （i）当 4 1,2 ex     时，于是   0h x  ，从而  ' 0F x  . 故  F x 在 4 1,2 e    严格单调递增.其中 4 1 5.936562 e    . （ii）当  ,5x e 时， 则    2 2 2 2( ) ln5h x x e x x e        2 2 2 2 2 22 3x e x x e x x e        220 3 0e   .（用到了 2 23x x e  在 ,5e 单调递增与 2 7e  ） 于是  ' 0F x  ，故  F x 在 ,5e 严格单调递减. 综上所述，  F x 在 ,5e 严格单调递减，在 4 1,2 e    严格单调递增. 因为 4 1 62 e   ，所以  0 5,6x  .所以 5n  . 【点睛】本题主要考查了利用导数证明不等式以及利用导数研究不等式的恒成立问题，属于 较难题. - 20 - 21. 已知点 P 是抛物线C ： 21 2y x 上的一点，其焦点为点 F ，且抛物线C 在点 P 处的切线 l 交圆O ： 2 2 1x y  于不同的两点 A ， B . （1）若点  2,2P ，求 AB 的值； （2）设点 M 为弦 AB 的中点，焦点 F 关于圆心O 的对称点为 'F ，求 'F M 的取值范围. 【答案】（1） 2 5 5AB  （2） 2 3 3 2 2 1,2 2       【解析】 【分析】 （1）利用导数求出过点  2,2P 的抛物线的切线，切线与圆相交，根据弦心距、半径、弦长 的关系求解即可； （2）设点  0 0,P x y ，联立切线与圆的方程消元可得一元二次方程，由韦达定理求出中点 M 的坐标，由两点间距离公式表示出 4 2 0 0 2 0 ' 1 1 2 1 x xF M x    ，令 2 0 1t x  换元，利用函数的单 调性即可求出取值范围. 【详解】设点  0 0,P x y ，其中 2 0 0 1 2y x . 因为 'y x ，所以切线l 的斜率为 0x ，于是切线l ： 2 0 0 1 2y x x x  . （1）因为  2,2P ，于是切线 l ： 2 2y x  . 故圆心O 到切线 l 的距离为 2 5 d  . 于是 2 2 2 2 52 1 2 1 55 dAB         . （2）联立 2 2 2 0 0 1 1 2 x y y x x x      得 2 2 3 4 0 0 0 11 1 04x x x x x     . 设  1 1,A x y ，  2 2,B x y ，  ,M x y .则 3 0 1 2 2 0 1 xx x x    ， - 21 -    23 2 4 0 0 0 14 1 1 04x x x          . 解得 2 02 2 2 2 2 2x    又 2 0 0x  ，于是 2 00 2 2 2x   . 于是   3 01 2 2 02 2 1 xx xx x    ，   2 2 0 0 0 2 0 1 2 2 1 xy x x x x      . 又C 的焦点 10, 2F      ，于是 ' 10, 2F     . 故     2 2 3 2 0 0 2 2 0 ' 0 1 22 1 2 1 F x x x x M                     6 4 2 0 0 0 2 22 00 1 11 2 14 1 x x x xx      . 令 2 0 1t x  ，则1 3 2 2t   .于是 2 ' 1 3 3 1 3 32 2F t t tt tM      . 因为 3t t  在 1, 3 单调递减，在  3,3 2 2 单调递增. 又当 1t  时， ' 1 2F M  ；当 3t  时， ' 2 3 3 2F M   ； 当 3 2 2t   时， ' 2 2 1 1 2 2F M   . 所以 'F M 的取值范围为 2 3 3 2 2 1,2 2       . 【点睛】本题主要考查直线与抛物线的位置关系的综合应用，圆的方程的应用，考查转化思 想以及计算能力，属于难题. 请考生在第 22，23 题中任选择一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.作答时，用 2B 铅笔在答题卡上将所选题目对应的标号涂黑. 22. 在平面直角坐标系 xOy 中，曲线C 的参数方程为 2 3 cos 3sin x y       （ 为参数， 0    ）.在以坐标原点为极点，x 轴的非负半轴为极轴的极坐标系中，射线 l 的极坐标方 程是 6   . - 22 - （1）求曲线C 的极坐标方程； （2）若射线 l 与曲线C 相交于 A ， B 两点，求 OA OB 的值. 【答案】（1） 2 4 cos 1 0 0 3            ；（2）1 【解析】 【分析】 （1）先将曲线C 的参数方程通过消去参数 得出其普通方程，再将普通方程转化为极坐标方 程；（2）设 1, 6A      ， 2 , 6B      ，联立射线l 与曲线C 的极坐标方程，得出 1 2 1   ，根 据极坐标的定义即可求解 OA OB 的值. 【详解】（1）消去参数 得   2 22 3 0x y y    ，将 cosx   ， siny   代入得 2 2( cos 2) ( sin ) 3      ，即 2 4 cos 1 0     . 所以曲线C 的极坐标方程为 2 4 cos 1 0 0 3            . （2）将 6   代入 2 4 cos 1 0 0 3            得 2 2 3 1 0    ， 设 1, 6A      ， 2 , 6B      ，则 1 2 1   ，于是 1 2 1OA OB     . 【点睛】本题主要考查参数方程、普通方程、极坐标方程的互化，以及对极坐标的定义的理 解. 23. 己知 0a  ， 0b  ，且 2 4a b  ，函数   2f x x a x b    在 R 上的最小值为 m . （1）求 m 的值； （2）若 2 2a mb tab  恒成立，求实数t 的最大值. 【答案】（1）2（2）最大值为 2 2 . 【解析】 【分析】 (1)去绝对值把函数 ( )f x 写成分段函数，再利用函数  f x 的单调性确定当 2 ax   时函数 - 23 -  f x 取到最小值 m ，代入计算即可求出 m 的值； (2)由已知不等式 2 2a mb tab  可转化为 2 2a mbt ab  ，即要求出 2 2a mb ab  的最小值，利 用基本不等式可求出 2 2a mb ab  的最小值为 2 2 ，即 2 2t  ，从而求出实数t 的最大值. 【详解】解：（1）   3 , , 2 2 , ,2 3 , ( , ) ax a b x af x x a x b x a b x b x a b x b                                 . 当 , 2 ax       时，函数  f x 单调递减， 当 ,2 ax b     时，函数  f x 单调递增， 当  ,x b  时，函数  f x 单调递增， 所以当 2 ax   时函数  f x 取到最小值， 所以 2 4 22 2 2 2 a a a bm f a b             . （2）因为 2 2a mb tab  恒成立，且 0a  ， 0b  ， 所以 2 2a mbt ab  恒成立即 min a mbt b a      ， 由（1）知 2m  ，于是 2 2 2 2a mb a mb mb a b a      ， 当且仅当 2a b b a  时等号成立即  4 2 1 0a    ，  2 2 2 0b    ， 所以 2 2t  ，故实数 t 的最大值为 2 2 . 【点睛】本题考查了含两个绝对值的分段函数的最值，考查了利用基本不等式求最小值，属 于一般题. - 24 -