云南省昆明市第一中学2021届高三第二次双基检测数学（文）试题 Word版含解析 21页

- 1 - 昆明市第一中学 2021 届高中新课标高三第二次双基检测 文科数学 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. 已知集合  2 3 4 0A x x x    ，集合  2 4B x Z x     ，则 A B  （ ） A.  2,1,0,1 B.  1,0,1,2,3 C.  0,1 D.  1 【答案】A 【解析】 【分析】 先分别化简两集合，再求交集，即可得出结果. 【详解】因为集合    2 3 4 0 4 1A x x x x x        ， 集合    2 4 2, 1,0,1,2,3B x Z x        ， 所以  2, 1,0,1A B    . 故选：A. 【点睛】本题主要考查求集合的交集，涉及一元二次不等式的解法，属于基础题型. 2. 设 1 1i x yi   （i 是虚数单位， xR ， y R ）则 x yi  （ ） A. 2 2 B. 2 C. 2 D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】 本题首先可根据  1 1i x yi   求出 x 、 y 的值，然后根据复数的模的相关性质即可得出结 果. 【详解】因为 1 1i x yi   ，即 1x xi yi   ， 所以 1x y  ， 2 21 1 1 2i    ， 故选：B. - 2 - 【点睛】本题考查复数相等的相关性质以及复数的模，若复数 z a bi  ，则 2 2z a b  ， 考查计算能力，是简单题. 3. 我国古代数学家利用“牟合方盖”(如图甲)找到了球体体积的计算方法.“牟合方盖”是由两个 圆柱分别从纵横两个方向嵌入一个正方体时两圆柱公共部分形成的几何体.图乙所示的几何体 是可以形成“牟合方盖”的一种模型，它的侧视图是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 本题根据三视图的定义直接选答案即可. 【详解】解：根据三视图的定义直接选 B. 故选：B 【点睛】本题考查几何体的三视图识别，是基础题. 4. 已知 1tan 2    ， cos2  （ ） A. 4 5 B. 4 5  C. 3 5 D. 3 5- 【答案】C 【解析】 【分析】 由二倍角的余弦公式、弦化切可求得 cos2 的值. 【 详 解 】 1tan 2    ， 则 - 3 - 2 2 2 2 2 2 2 2 11cos sin 1 tan 34cos2 cos sin 1cos sin 1 tan 51 4                  . 故选：C. 【点睛】本题考查利用二倍角的余弦公式、弦化切求值，考查计算能力，属于基础题. 5. 把分别写有 1，2，3，4 的四张卡片全部分给甲、乙、丙三个人，每人至少一张，且若分得 的卡片超过一张，则必须是连号，那么 2，3 连号的概率为（ ） A. 2 3 B. 1 3 C. 3 5 D. 1 4 【答案】B 【解析】 【分析】 根据列举法，列举出总的基本事件，以及满足条件的基本事件，基本事件个数之比即为所求 概率. 【详解】分三类情况，第一类 1，2 连号，则甲、乙、丙三个人拿到的卡片可能为 12,3,4 ，  12,4,3 ， 3,12,4 ， 4,12,3 ， 3,4,12 ， 4,3,12 ，有 6 种分法； 第二类 2，3 连号，则甲、乙、丙三个人拿到的卡片可能为 1,23,4 ， 4,23,1 ， 23,1,4 ，  23,4,1 ， 1,4,23 ， 4,1,23 ，有 6 种分法； 第三类 3，4 连号，则甲、乙、丙三个人拿到的卡片可能为 1,2,34 ， 2,1,34 ， 34,1,2 ，  34,2,1 ， 1,34,2 ， 2,34,1 ，有 6 种分法； 共有 18 种分法， 则 2，3 连号的概率为 6 1 18 3P   . 故选：B. 【点睛】本题主要考查求古典概型的概率，属于基础题型. 6. 函数 sin 23y x     的最小正周期是（ ） A. 3  B.  C. 2  D. 2 【答案】B - 4 - 【解析】 【分析】 根据正弦型函数的周期计算公式，即可得出结果. 【详解】因为 sin 2 sin 23 3y x x               ， 所以最小正周期为 2 2T    . 故选：B. 【点睛】本题主要考查求正弦型函数的周期，属于基础题型. 7. 已知函数  f x 是奇函数，当 0x  时   22xf x x  ，则    1 2f f   （ ） A. 8 B. 4 C. 5 D. 11 【答案】C 【解析】 【分析】 先求出 (1)f ，再利用奇函数的性质求出    2 2f f   ，进而可得答案 【详解】解：因为 0x  时，   22xf x x  ，所以 1 2(1) 2 1 3f    ； 又因为  f x 是奇函数，所以      2 2 4 4 8f f        ， 即     51 2 3 8f f      ， 故选：C. 【点睛】此题考查奇函数性质的应用，考查求函数值，属于基础题 8. 已知抛物线 2: 4C y x ，以 1,1 为中点作C 的弦，则这条弦所在直线的方程为（ ） A. 2 1 0x y   B. 2 1 0x y   C. 2 3 0x y   D. 2 3 0x y   【答案】A 【解析】 【分析】 设过点 1,1 的直线交抛物线 C 于  1 1,A x y 、  2 2,B x y 两点，可得出 1 2 1 2 2 2 x x y y      ，利用点 - 5 - 差法可求得直线 AB 的斜率，利用点斜式可得出直线 AB 的方程. 【详解】设过点 1,1 的直线交抛物线C 于  1 1,A x y 、  2 2,B x y 两点. 若直线 AB 垂直于 x 轴，则线段 AB 的中点在 x 轴上，不合乎题意. 所以，直线 AB 的斜率存在，由于点 1,1 为线段 AB 的中点，则 1 2 1 2 2 2 x x y y      ， 由于点  1 1,A x y 、  2 2,B x y 在抛物线C 上，可得 2 1 1 2 2 2 4 4 y x y x     ， 两式作差得      2 2 1 2 1 2 1 2 1 24y y y y y y x x       ， 所以，直线 AB 的斜率为 1 2 1 2 1 2 4 2AB y yk x x y y     ， 因此，直线 AB 的方程为  1 2 1y x   ，即 2 1 0x y   . 故选：A. 【点睛】本题考查抛物线的中点弦问题，考查点差法的应用，同时也可以利用直线与抛物线 方程联立，结合韦达定理求解，考查计算能力，属于中等题. 9. 已知函数   lnf x x x ，若直线l 过点 0, e ，且与曲线  y f x 相切，则直线l 的斜率 为（ ） A. 2 B. 2 C. e D. e 【答案】B 【解析】 【分析】 设切点坐标为 , lnt t t ，利用导数求出切线l 的方程，将点 0, e 的坐标代入直线 l 的方程， 求出t 的值，进而可求得直线 l 的斜率. 【详解】设切点坐标为  , lnt t t ，   lnf x x x ，   ln 1f x x   ，直线 l 的斜率为   ln 1f t t   ， 所以，直线l 的方程为   ln ln 1y t t t x t    ， 将点  0, e 的坐标代入直线 l 的方程得  ln ln 1e t t t t     ，解得t e ， - 6 - 因此，直线l 的斜率为   2f e  . 故选：B. 【点睛】本题考查利用切线过点求切线的斜率，考查计算能力，属于基础题. 10. 过圆 2 2 4x y  上一点 P 作圆  2 2 2: 0O x y m m   的两条切线，切点分别为 A ， B ， 若 3APB   ，则实数 m  （ ） A. 1 3 B. 1 2 C. 1 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】 取圆 2 2 4x y  上任意一点 P，过 P 作圆 2 2 2: ( 0)O x y m m   的两条切线 PA ， PB ， 根据题中条件，求出 1OA  ，进而可求出结果. 【详解】取圆 2 2 4x y  上任意一点 P， 过 P 作圆 2 2 2: ( 0)O x y m m   的两条切线 PA ， PB ， 当 3APB   时， 6APO   且OA AP ， 2OP  ； 则 1 12OA OP  ，所以实数 1m OA  . 故选：C. 【点睛】本题主要考查求由直线与圆相切求参数，属于基础题型. 11. 设 1F ， 2F 是双曲线 2 2 2: 1yC x b   的两个焦点， P 是C 上一点，若 1 2 6PF PF  ，且 1 2PF F△ 的最小内角为 30 ，则双曲线C 的焦距为（ ） - 7 - A. 2 B. 2 2 C. 3 D. 2 3 【答案】D 【解析】 【分析】 根据题中条件，不妨设 P 是双曲线右支上的一点，由双曲线的定义可得 1 4PF  ， 2 2PF  ， 得出 2PF 为 1 2PF F△ 最小边， 1 2PF F△ 的最小内角 1 2 30PF F   ，结合余弦定理，即可求 出结果. 【详解】因为 1F ， 2F 是双曲线的两个焦点，P 是双曲线上一点，且满足 1 2 6PF PF  ， 不妨设 P 是双曲线右支上的一点，由双曲线的定义可知 1 2 2 2PF PF a   ， 所以 1 4PF  ， 2 2PF  ，因为 a c ， 1a  ，所以 1 2 2 2F F PF  ， 所以 2PF 为 1 2PF F△ 最小边， 1 2PF F△ 的最小内角 1 2 30PF F   ， 由余弦定理可得， 2 2 2 2 1 2 1 1 2 1 1 22 cosPF F F PF F F PF PF F    ， 即 2 34 4 16 2 2 4 2c c      ， 2 2 3 3 0c c   ， 3c  ， 所以 1 2 2 2 3F F c  . 故选：D. 【点睛】本题主要考查求双曲线的焦距，熟记双曲线的定义，以及双曲线的简单性质即可， 属于常考题型. 12. 记函数    ln 1 1f x x x    的定义域为 A ，函数   sin 1x xg x e e x    ，若不 等式    22 1 2g x a g x    对 x A 恒成立，则 a 的取值范围为（ ） A.  2, B.  2, C.  2,  D.  2,  【答案】A 【解析】 【分析】 根据函数解析式，先求出  1,1A   ；令   sinx xm x e e x   ，根据函数奇偶性的定义， - 8 - 判 定  m x 是 奇 函 数 ； 根 据 导 数 的 方 法 判 定  m x 是 增 函 数 ； 化 所 求 不 等 式 为 2 2 1a x x    ，进而可求出结果. 【详解】由 1 0 1 0 x x      解得 1 1x   ，即  1,1A   ， 令   sinx xm x e e x   ， 则    sinx xm x e e x m x      ， 则  m x 是 R 上的奇函数； 又   cos 2 cos 0x xm x e e x x       显然恒成立， 所以  m x 是增函数； 由    22 1 2g x a g x    得    22 1 2 2m x a m x     ， 即    22 1 0m x a m x    ，即    22 1m x a m x    ， 由  m x 是 R 上的奇函数且为增的函数， 所以    22 1m x a m x   得： 22 1x a x   . 所以  22 2 1 1 2a x x x        ， 当  1,1x  时，  21 2 2x    .所以 2a  . 故选：A. 【点睛】本题主要考查由不等式恒成立求参数的问题，考查函数奇偶性与单调性的综合，考 查导数的方法判定函数单调性，属于常考题型. 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分. 13. 向量  1,0a  ，  21,b m r ，若  a ma b    ，则 m  _________. 【答案】1 【解析】 【分析】 利用向量垂直的表示列方程，解方程求得 m 的值. - 9 - 【详解】因为  21,ma b m m     ，且   0a ma b     ，故 1 0m  ，解得 1m  . 故答案为：1 【点睛】本题主要考查向量垂直的表示，考查向量数量积的坐标运算，属于基础题. 14. 设 x ， y 满足约束条件 2 4, 1, 0 x y x y y        则 4z x y  的取值范围是__________. 【答案】[1,6] 【解析】 【分析】 画出约束条件表示的平面区域，根据目标函数的几何意义，结合图形，即可得出结果. 【详解】画出约束条件 2 4, 1, 0 x y x y y        表示的平面区域如下， 因为目标函数 4z x y  可化为 1 4 4 zy x   ， 因此 z 表示直线 1 4 4 zy x   在 y 轴截距的 4 倍， 由图像可得，当直线 1 4 4 zy x   过点 A 时，在 y 轴的截距最大； 当直线 1 4 4 zy x   过点 B 时，在 y 轴的截距最小； 由 1 2 4 x y x y      解得  2,1A ，此时 2 4 1 6z     ； 由 1 0 x y y     得  10B , ，此时 1 4 0 1z     ， 所以 [1,6]z  . 故答案为：[1,6] . - 10 - 【点睛】本题主要考查求线性目标函数的范围，利用数形结合的方法求解即可，属于常考题 型. 15. 在 ABC 中， 3a  ， 60A   ，求3 2b c 的最大值_________. 【答案】 2 19 【解析】 【分析】 由 正 弦 定 理 得 2sinb B ， 2sinc C . 代 入 ， 进 行 三 角 恒 等 变 换 可 得 3 2 6sin 4sinb c B C   2 19 sin( )B   ，由此可求得最大值. 【详解】解：由正弦定理 3 2sin sin sin3 2 a b c A B C     ，得 2sinb B ， 2sinc C . 3 2 6sin 4sinb c B C     3 16sin 4sin 120 6sin 4 cos sin2 2B B B B B            6sin 2 3 cos 2sinB B B   2 28sin 2 3cos 8 (2 3) sin( )B B B      2 19 sin( )B   ，其中 3tan 4   ， 所以 max(3 2 ) 2 19b c  . 故答案为： 2 19 . 【点睛】本题考查运用正弦定理解三角形，边角互化求关于边的最值，属于较难题. 16. 函数         sin , 0,2 1 2 , 2,2 x x f x f x x       .若关于 x 的方程    0f x m m  有且只有两 个不相等的实根 1x ， 2x ，则 1 2x x 的值是_________. 【答案】 3 【解析】 【分析】 根据解析式画出函数图像，由题意，得到函数  y f x 与 y m 有两个不同交点，结合图像， - 11 - 即可求出结果. 【详解】画出         sin , 0,2 1 2 , 2,2 x x f x f x x       的图像如下， 因为 ( ) ( 0)f x m m  有且只有两个不等实根， 即函数  y f x 与 y m 有两个不同交点， 由图像可得， 11 2m    ， 所以 1x ， 2x ，关于直线 3 2x  对称， 则 1 2 3 2 32x x    . 故答案为：3 . 【点睛】本题主要考查求方程根的和，根据数形结合的方法求解即可，属于常考题型. 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. 已知 na 为等差数列， 1 1a  且公差 0d  ， 4a 是 2a 和 8a 的等比中项. （1）若数列 na 的前 m 项和 66mS  ，求 m 的值； （2）若 1a 、 2a 、 1ka 、 2ka 、 、 nka 成等比数列，求数列 nk 的通项公式. 【答案】（1） 11m  ；（2） 12n nk  . 【解析】 【分析】 （1）由已知条件可得出关于 d 的方程，解出 d 的值，利用等差数列的通项公式可求得数列 na - 12 - 的通项公式，并求出 mS 的表达式，结合 66mS  可求得正整数 m 的值； （2）求出数列 1a 、 2a 、 1ka 、 2ka 、 、 nka 的公比，可求得 nka 的表达式，再结合数列 na 的通项公式可求得数列 nk 的通项公式. 【详解】（1）由已知 2 4 2 8a a a  ，得：     2 1 1 13 7a d a d a d     ， 即    23 1 1 7 1d d d    ，整理得 2 0d d  ， 0d  ，解得 1d  .  1 1na a n d n     ，  1 662m m mS    ，即 2 132 0m m   ， m N Q ，解得 11m  ； （2）因为 1a 、 2a 、 1ka 、 2ka 、 、 nka 成等比数列， 所以该数列的公比 2 1 2aq a   ，所以 1 1 1 2 2n n n ka a     ， 又因为 nk na k ，所以， 12n nk  . 【点睛】本题考查等差数列基本量的计算，同时也考查了利用等比数列的定义求数列的通项 公式，可计算能力，属于中等题. 18. 学校食堂统计了最近5 天到餐厅就餐的人数 x（百人）与食堂向食材公司购买所需食材（原 材料）的数量 y （袋），得到如下统计表： 第一天 第二天 第三天 第四天 第五天 就餐人数 x （百人） 13 9 8 10 12 原材料 y （袋） 32 23 18 24 28 （1）根据所给的 5 组数据，求出 y 关于 x 的线性回归方程 ˆˆ ˆy bx a  ； （2）已知购买食材的费用C （元）与数量 y （袋）的关系为     400 20,0 36 380 , 36 y y x NC y y y N         ，投入使用的每袋食材相应的销售单价为 700 元，多余 的食材必须无偿退还食材公司，据悉下周一大约有1500 人到食堂餐厅就餐，根据（1）中求出 的线性回归方程，预测食堂应购买多少袋食材，才能获得最大利润，最大利润是多少？（注： - 13 - 利润 L =销售收入-原材料费用） 参考公式：      1 1 2 22 1 1 n n i i i i i i n n i i i i x x y y x y nxy b x x x nx                 ， a y bx $ $ 参考数据： 5 1 1343i i i x y   ， 5 2 1 558i i x   ， 5 2 1 3237i i y   【答案】（1）  2.5 1y x  ；（2）食堂购买36袋食，能获得最大利润，最大利润为11520元. 【解析】 【分析】 （1）本题首先可根据题中所给数据求出 x 、 y ，然后根据 5 1 5 22 1 5 5 i i i i i x y x y b x x          求出b ，最后 根据 a y bx $ $ 求出 a ，即可得出结果； （2）本题首先可根据  2.5 1y x  得出预计需要购买食材 36.5 袋，然后分为 36y  、 36y  两种情况进行讨论，分别求出最大值后进行比较，即可得出结果. 【详解】（1）由所给数据可得： 13 9 8 10 12 10.45x      ， 32 23 18 24 28 255y      ， 5 1 5 222 1 5 1343 5 10.4 25 2.5558 5 10.45 i i i i i x y x y b x x              ，  25 2.5 10.4 1a y bx       ， 故 y 关于 x 的线性回归方程为  2.5 1y x  . （2）因为  2.5 1y x  ，所以当 15x  时 36.5y  ，即预计需要购买食材 36.5 袋， 因为     400 20,0 36 380 , 36 y y x NC y y y N         ， 所以当 36y  时，利润  700 400 20 300 20L y y y     ， - 14 - 此时当 35y  时， max 300 35 20 10520L     ， 当 36y  时，由题意可知，剩余的食材只能无偿退还， 此时当 36y = 时， 700 36 380 36 11520L      ， 当 37y  时，利润 700 36.5 380 37 11490L      ， 综上所述，食堂应购买 36袋食，才能获得最大利润，最大利润为11520元. 【点睛】本题考查线性回归直线方程，考查回归方程的应用，考查学生的数据处理能力以及 运算求解能力．考查分类讨论思想，属于中档题． 19. 如图，在三棱柱 1 1 1ABC A B C 中，底面 ABC 为直角三角形，AC BC ，侧棱 1CC  底 面 ABC ， 1AC CC （1）证明：平面 1A BC  平面 1ABC ； （2）若点 E 为侧棱 1AA 的中点，点 F 为棱 BC 上的一点，且 3BC BF ，证明： 1 / /A B 平 面 1C EF . 【答案】（1）证明见详解；（2）证明见详解. 【解析】 【分析】 （1）根据题中条件，先由线面垂直的判定定理，证明 BC ⊥平面 1 1AAC C ，推出 1AC BC ， 判定 1AC  平 1A BC ，进而可得面面垂直； （2）设 1AC 与 1C E 相交于点 M，连接 MF ，由题中条件，判定 1/ /MF A B ，再由线面平行 - 15 - 的判定定理，即可证明结论成立. 【详解】（1）证明：因为侧棱 1CC  底面 ABC ，且 1AC CC ， 所以四边形 1 1AAC C 为正方形，可知 1 1AC AC ， 又 BC AC ，由已知侧棱 1CC  底面 ABC 可得 1CC BC ， 1AC CC C ， 可得 BC ⊥平面 1 1AAC C ， 1AC  平面 1 1AAC C ， 可知 1AC BC ， 1BC AC C ， 又 1AC ， BC 平面 ABC，所以 1AC  平 1A BC ， 1AC  平面 1ABC ， 所以， 1A BC  平面 1ABC . （2）如图，设 1AC 与 1C E 相交于点 M，连接 MF ， 在正方形 1 1AAC C 中， 1 1 1 2 1 CCCM MA A E   由已知 3BC BF ，可得 2 1 CF FB  ， 在 1A BC 中， 1 CM CF MA FB  ，则有 1/ /MF A B ， MF  平面 1C EF ， 又 1A B  平面 1C EF ， 所以 1 //A B 平面 1C EF . 【点睛】本题主要考查证明面面垂直，考查证明线面平行，熟记判定定理即可，属于常考题 型. - 16 - 20. 已知曲线 2 2 : 15 2 x yC m m    表示焦点在 x 轴上的椭圆. （1）求 m 的取值范围； （2）设 3m  ，过点  0,2P 的直线l 交椭圆于不同的两点 A ， B （ B 在 A ， P 之间），且满 足 PB PA  ，求  的取值范围. 【答案】（1） 72, 2      ；（2） 1 ,13     . 【解析】 【分析】 （1）根据题意，得到 5 0, 2 0, 5 2, m m m m          求解，即可得出结果； （2）由 3m  先得 2 2 12 x y  ，先讨论直线 l 的斜率不存在，求出 1 3   ；再讨论 l 的斜率存 在，设直线 : 2l y kx  ，  1 1,A x y ，  2 2,B x y ，联立直线与椭圆方程，根据韦达定理，以 及判别式，由题中条件，得到  2 1 2 1 2 2 1 322 213 2 x x x x k            ，求出 1 102 3     ， 再由题中条件，即可求出结果. 【详解】（1）因为曲线 2 2 : 15 2 x yC m m    表示焦点在 x 轴上的椭圆， 所以 5 0, 2 0, 5 2, m m m m          解得： 72 2m  ， 所以 m 的取值范围是 72, 2      ； （2）因为 3m  ，所以椭圆方程为： 2 2 12 x y  ； 当直线 l 的斜率不存在时，即直线 : 0l x  ，此时  0, 1A  ，  0,1B ， 由 PB PA  解得： 1 3   ； - 17 - 当直线 l 的斜率存在时，设直线 : 2l y kx  ，  1 1,A x y ，  2 2,B x y ， 联立直线 l 与椭圆 2 2 1,: 2 2, x yC y kx       消 y 得 22 1 8 6 0k x kx    ， 所以 1 2 2 1 2 2 8 2 1 6 2 1 kx x k x x k          ，   ，即 22 3 0k   ，解得 2 3 2k  ， 由 PB PA  ，得 2 1 x x   ， 而  2 1 2 2 1 1 2 1 2 12 2x x x x x x x x          ， 即     2 2 22 1 2 2 1 2 2 2 8 1 64 322 12 2 2 26 16 2 1 3 22 1 k x x kk x x k k k                      ， 又 2 32 213 2 k     在 2 3 ,2k      上单调递增， 所以 1 102 3     ，又 B 在 A ， P 之间，即 0 1  ，解得： 1 13   ； 综上所述，  的取值范围是 1 ,13     . 【点睛】本题主要考查由曲线表示椭圆求参数，考查椭圆中参数的范围问题，属于常考题型. 21. 已知函数   xf x e ax  ，   1 lng x x x  . （1）讨论函数  f x 的单调性； （2）若当 0x  时，方程    f x g x 有实数解，求实数 a 的取值范围. 【答案】（1）答案见解析；（2）[e 1, )  . 【解析】 【分析】 （1）先对函数求导，分 0a  和 0a  两种情况讨论，可求解函数的单调性； - 18 - （2）由已知得 e 1ln x a xx x    有实数解，构造函数，利用函数的单调性及函数的性质求得 a 的范围. 【详解】解：（1）函数  f x 的定义域为 R， ( ) e  xf x a 当 0a  时， ( ) 0f x  ，则  f x 在 ( , )  上单调递增； 当 0a  时，令 ( ) xf x e a   ，得 lnx a ， 则  f x 在 ( ,ln )a 上单调递减，在 (ln , )a  上单调递增. （2）由    f x g x ，得 e ln 1xax x x   ，因为 0x  ，所以 e 1ln x a xx x    . 令 e 1( ) ln x h x xx x    ， 0x  ， 则   2 2 e 1 ( 1)e e 1( ) xx x xx xh x x x       . 令 ( ) 0h x  ，得 1x  . 当 (0,1)x 时， ( ) 0h x  ，  h x 为减函数；当 (1, )x  时， ( ) 0h x  ，  h x 为增函数. 所以 min( ) (1) e 1h x h   . 又因为 e 1 e 1( ) ln ln x x h x x xx x x      ， 因为 0x  ， e 1x  ，所以 e 1 0 x x   ， 所以当 0x  时，  h x   所以函数  h x 的值域为[e 1, )  ， 因此实数 a 的取值范围为[e 1, )  . 【点睛】本题考查了利用导数讨论函数的单调性问题，零点问题，导数与函数的综合应用， 考查运算求解能力、转化与化归思想，属于较难题． （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 - 19 - 做的第一题计分. 【选修 4-4：坐标系与参数方程】 22. 已知平面直角坐标系 xOy 中，将曲线 1 2 2cos ,: 2sin xC y       （ 为参数）绕原点逆时针旋 转 2  得到曲线 2C ，以坐标原点为极点， x 轴正半轴为极轴建立极坐标系. （1）求曲线 2C 的极坐标方程； （2）射线 6   分别与曲线 1C ， 2C 交于异于点O 的 A ， B 两点，求 AB . 【答案】（1） 4sin  ；（2） 2 3 2 ． 【解析】 【分析】 （1）由已知得曲线 2C 以 0,2 为圆心，2 为半径的圆，先求得其直角坐标方程，从而可求得 曲线 2C 的极坐标方程. （2）由（1）得曲线 1C 的极坐标方程为 4cos  ，将 6   分别代入曲线 1C ， 2C 的极坐 标方程得：求得 A ， B .由此可求得答案． 【详解】（1）因为曲线 1C 表示以 2,0 为圆心，2 为半径的圆，其直角坐标方程为  2 22 4x y   ， 所以，将曲线 1C 绕原点逆时针旋转 2  后得到以 0,2 为圆心，2 为半径的圆，所以其普通方 程为  22 2 4x y   ，即 2 2 4 0x y y   ， 所以，曲线 2C 的极坐标方程为 4sin  . （2）由（1）得曲线 1C 的极坐标方程为 4cos  ，将 6   分别代入曲线 1C ， 2C 的极坐 标方程得： 4cos 2 36A    ， 4sin 26B    . 所以， 2 3 2 2 3 2A BAB        . 【点睛】本题考查圆的普通方程和极坐标方程的转化，以及极径的几何意义运用，属于中档 - 20 - 题． 【选修 4-5：不等式选讲】 23. 已知函数   1 2f x x x    . （1）求不等式   4f x  的解集； （2）若   4f x m m   对任意 xR 恒成立，求实数 m 的取值范围. 【答案】（1） 5 3, ,2 2            ；（2）   , 1 0,4   . 【解析】 【分析】 （1）分别讨论 2x   ， 2 1x   ， 1x  三种情况，求解对应不等式，即可得出结果； （2）先由绝对值三角不等式，求出  min 3f x  ，解对应的不等式，即可得出结果； 【详解】（1）由不等式   4f x  可得：   1 2 4f x x x     ， 可化为： 2 1 2 4 x x x        或 2 1 1 2 4 x x x         或 1 1 2 4 x x x       解得： 5 2x   或 x 或 3 2x  ， 所以原不等式的解集为 5 3, ,2 2            ； （2）因为      1 2 1 2 3f x x x x x         ， 当且仅当 2 1x   时，等号成立； 要   4f x m m   对任意 Rx 恒成立， 只需 43 m m   ，即： 2 3 4 0m m m    ， 所以   4 1 0 0 m m m       或   4 1 0 0 m m m       ， 解得： 0 4m  或 1m   ， 所以，实数 m 的取值范围为    , 1 0,4   . 【点睛】本题主要考查解绝对值不等式，考查绝对值不等式恒成立问题，属于常考题型. - 21 -