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  • 2021-06-07 发布

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(文科)试题 Word版含解析

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- 1 - 成都七中 2020 届高中毕业班三诊模拟数 学(文科) 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. 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 - 2 - 【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 ,  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】 - 3 - 【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 【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. - 4 - “ 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  ; 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 - 5 - 【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; 【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   - 6 - 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 2logπa e , ln ,πb e  2 ln ec π  ,则( ) A. a b c  B. b c a  C. b a c  D. c b a  【答案】B 【解析】 【分析】 利用对数函数的单调性、作差法即可得出. 【详解】解: ee   , 1 2b  , 又 1b c  . c b  . 2 2 π e 2log e ln (2 ) 2 2 2 0π 2a c ln lnln ln               . a c  . b c a   . 故选:B. 【点睛】本题考查了对数函数的单调性、作差法,考查了推理能力与计算能力,属于基础题. 11. 已知一个四面体的每一个面都是以 3,3,2 为边长的锐角三角形,则这个四面体的外接 球的表面积为( ) A. 11π 4 B. 11 2 π C. 11π D. 22π 【答案】C 【解析】 【分析】 考虑一个长方体 1 1 1 1ABCD A B C D ,其四个顶点就构成一个四面体 1 1AB CD 恰好就是每个三 角形边长为3,3,2 ,则四面体的外接球即为长方体的外接球,进而计算出其外接球的直径,即 可得外接球的表面积. - 7 - 【详解】设长方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的长宽高分别是 , ,a b c ,其四个顶点就构成一个四面体 1 1AB CD 满足每个面的边长为3,3,2 ,如图: 则四面体的外接球即为长方体的外接球, 因为 2 2 9a b  , 2 2 9b c  , 2 2 4c a  ,所以 2 2 2 11a b c   , 所以,长方体的外接球直径 2 11R  , 故外接球的表面积 24 11S R   . 故选:C. 【点睛】本题考查求一个几何体的外接球表面积,关键是求出外接球的半径,将几何体补成 一个长方体是解题的关键,考查数形结合思想,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 - 8 - 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               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 - 9 - 最值、基本不等式、同角三角函数的关系,属于较难题. 第Ⅱ卷 (非选择题,共 90 分) 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     , 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, - 10 - 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  , 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 - 11 - 【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 【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 1)a  与一次函数 y 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】 1 (1, )ee 【解析】 【分析】 根据题意可判断 1a  ,利用函数的导数,转化求解 a 的最大值,从而求出 a 的取值范围. 【详解】由题意,当 0x  时,函数  0xy a a  且 1a  的图象与一次函数 y x 的图象没 有交点, - 12 - 设当 0x  时,指数函数  0xy a a  且 1a  的图象与一次函数 y x 的图象恰好有两个不 同的交点,则 1a  , 设  0xy a a  且 1a  与 y x 相切于  ,A m m ,则 ma m , lnxy a a  , 所以, ln 1ma a  ,解得 m e ,此时 1 ea e . 即  0xy a a  且 1a  与 y x 恰好有两个不同的交点时实数 a 的取值范围为 1 1, ee       . 故答案为: 1 1, ee       . 【点睛】本题考查了指数函数的性质,函数的导数的应用,切线方程的求法,考查转化思想 以及计算能力,属于中档题. 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. (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  , - 13 - 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“良”、“中”的班级中抽取 6 个班级,再从这 6 个班级中随机抽取 2 个班级进行抽样复核,求所抽取的 2 个班级获得的奖励小红旗面数和不 少于 3 的概率. 【答案】(1) 70 分;(2)14 15 . 【解析】 【分析】 (1)利用频率分布直方图,能求出班级卫生量化打分检查得分的中位数. - 14 - (2)“良”、“中”的频率分别为 0.4,0.2.又班级总数为 40.从而“良”、“中”的班 级个数分别为 16,8.分层抽样的方法抽取的“良”、“中”的班级个数分别为 4,2.由此 利用对立事件概率计算公式能求出抽取的 2 个班级获得的奖励小红旗面数和不少于 3 的概率. 【详解】(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 “良”、“中”的频率分别为 0.4,0.2 又班级总数为 40 于是“良”、“中”的班级个数分别为16,8 . 分层抽样的方法抽取的“良”、“中”的班级个数分别为 4,2 因为评定为“良”,奖励 2 面小红旗,评定为“中”,奖励 1 面小红旗. 所以抽取的 2 个班级获得的奖励小红旗面数和不少于 3 为两个评定为“良”的班级或一个评 定为“良”与一个评定为“中”的班级.记这个事件为 A 则 A 为两个评定为“中”的班级. 把 4 个评定为“良”的班级标记为1,2,3,4. 2 个评定为“中”的班级标记为5,6 从这 6 个班级中随机抽取 2 个班级用点 ( , )i j 表示,其中1 6i j   .这些点恰好为 6 6 方格 格点上半部分(不含i j 对角线上的点),于是有 36 6 152   种. 事件 A 仅有 (5,6) 一个基本事件. 所以 1 14( ) 1 ( ) 1 15 15P A P A     所抽取的 2 个班级获得的奖励小红旗面数和不少于 3 的概率为14 15 . 【点睛】本题考查中位数、概率的求法,考查分层抽样、频率分布直方图、古典概型等基础 知识,考查运算求解能力,是基础题. 19. 如图,在四棱锥 M ABCD 中, AB AD , 2AB AM AD   , 2 2MB  , 2 3MD  . - 15 - (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 ,求三棱锥 A CEM 的体积. 【答案】(1)证明见解析;(2) 2 3 9 . 【解析】 【分析】 (1)推导出 AB AM , AB AD ,由此能证明 AB  平面 ADM . (2)推导出 1 3C AEM C ABMV V  , 1 1 1 3 3 3A CEM C AEM C ABM D ABM B ADMV V V V V        ,由此 能求出三棱锥 A CEM 的体积. 【详解】(1)因为 2AB AM  , 2 2MB  , 所以 2 2 2AM AB MB  ,于是 AB AM 又 AB AD 且 ,AM AD A AM   平面 ABD , AD 平面 ADM , 所以 AB  平面 ADM (2)因为 2, 2 3AM AD MD   ,所以 3ADMS △ 因为 2BE EM ,所以 1 3C AEM C ABMV V  又 ,CD//AB AB  平面 ADM 所以 1 1 1 3 3 3A CEM C AEM C ABM D ABM B ADMV V V V V        1 1 1 1 23 2 33 3 3 3 9ADMS AB         所以三棱锥 A CEM 的体积为 2 3 9 . 【点睛】本题考查线面垂直的证明,考查三棱锥的体积的求法,考查空间中线线、线面、面 - 16 - 面间的位置关系等基础知识,考查运算求解能力,是中档题. 20. 已知函数 2 2 ( ) , ( , )ln x x ef x x ex x     . (1)证明:当 (e, )x  时, 3ln x ex x e   ; (2)证明: ( )f x 在 1[2 , )2e   单调递增.(其中 e 2.71828 是自然对数的底数). 【答案】(1)证明见解析;(2)证明见解析. 【解析】 【分析】 (1)构造函数 3( ) ln x eg x x x e    ,利用导数研究函数单调性及最值即可证明不等式;(2) 求出函数 ( )f x 的导数,利用(1)中所证不等式判断 ( )f x 的导数中分母的符号即可确定导数 的符号,从而确定 ( )f x 的单调性. 【详解】(1)令 3( ) ln , ( , )x eg x x x ex 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 ex e    (2) 2 2 2 2 2 2 2 2 (2 1) ln ( )(ln 1) ( )ln ( )( ) ( ln ) ( ln ) x x x x x e x x e x x x ef x x x x x            令 2 2 2 2( ) ( )ln ( ), ( , )h 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 2 23 1( ) ( ) ( ) 2 (4 1) 2 [ (2 )]2 x eh x x e x x e x e x x x ex e            当 1[2 , )2x e   时, ( ) 0h x  ,从而 ( ) 0f x  故 ( )f x 在 1[2 , )2e   单调递增. 【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性与最值、证明不等式,属于中档题. 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 . - 17 - (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    ,    23 2 4 0 0 0 14 1 1 04x x x          . 解得 2 02 2 2 2 2 2x    - 18 - 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. 选修 4 4 :坐标系与参数方程 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   . (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. - 19 - 【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. 选修 4 5 :不等式选讲 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  f x 取到最小值 m ,代入计算即可求出 m 的值; - 20 - (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. - 21 -