四川省绵阳市2020届高三高考适应性考试（四诊）理科数学试题 Word版含解析 25页

- 1 - 绵阳市高中 2017 级高考适应性考试 理科数学 一、选择题 1. 已知集合  { 1,0,1,2}, | 1,xA B x e x R     ，则 A B  （ ） A. {0,1,2} B. {1,2} C. { }1 D. {2} 【答案】A 【解析】 【分析】 首先解不等式 1xe  ，得到  | 0B x x  ，再求 A B 即可. 【详解】因为 01 0x xe e e x     ，所以  | 0B x x  . {0,1,2}A B  . 故选：A 【点睛】本题主要考查集合的交集运算，同时考查了指数不等式的解法，属于简单题. 2. 等差数列 na 中， 3 53, 7a   ，则 7a  （ ） A. 5 B. 9 C. 11 D. 13 【答案】C 【解析】 【分析】 根据等差中项直接计算即可. 【详解】因为 5a 是 3 7,a a 的等差中项， 所以 5 3 72a a a  ， 即 714 3 a  ， 解得 7 11a  ， 故选：C 【点睛】本题主要考查了等差中项，考查了运算能力，属于容易题. 3. 在平面内 (1, 3), ( 3,1)AB AC      ，则| |BC   （ ） - 2 - A. 2 3 B. 2 2 C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】 根据向量减法可得 BC AC AB      ，直接计算向量的模即可. 【详解】 (1, 3), ( 3,1)AB AC        ( 3 1,1 3)BC AC AB          2 2| | ( 3 1) (1 3) 2 2BC         ， 故选：B 【点睛】本题主要考查了向量的减法，向量的模，向量的坐标运算，属于容易题. 4. 5G 时代悄然来临，为了研究中国手机市场现状，中国信通院统计了 2019 年手机市场每月 出货量以及与 2018 年当月同比增长的情况，得到如下统计图，根据该统计图，下列说法错误 的是（ ） A. 2019 年全年手机市场出货量中，5 月份出货量最多 B. 2019 年下半年手机市场各月份出货量相对于上半年各月份波动小 C. 2019 年全年手机市场总出货量低于 2018 年全年总出货量 D. 2018 年 12 月的手机出货量低于当年 8 月手机出货量 【答案】D 【解析】 【分析】 根据统计图，逐项分析即可. 【详解】对于 A，由柱状图可得五月出货量最高，故 A 正确; 对于 B，根据曲线幅度可得下半年波动比上半年波动小，故 B 正确; - 3 - 对于 C,根据曲线上数据可得仅仅四月五月比同比高，其余各月均低于 2018 年， 且明显总出货量低于 2018 年，故 C 正确; 对于 D，可计算的 2018 年 12 月出货量为  3044.4 1 14.7% 3569.05   ，8 月出货量为  3087.5 1 5.3% 3260.3 3569.05   ，故 12 月更高，故 D 错误, 故选：D 【点睛】本题主要考查了学生合情推理能力，考查数据分析与图表分析能力，属于容易题. 5. 已知直线 ,a b 和平面 ，下列命题正确的是（ ） A. 若 //a  ，b  ，则 / /a b B. 若 //a  ， //b  ，则 / /a b C. 若 a  ， a b r r ，则b  D. 若 a  ，b  ，则 / /a b 【答案】D 【解析】 【分析】 A.根据直线与直线的位置关系判断； B.根据直线与直线的位置关系判断；C.根据直线与平面 的位置关系判断；D.根据线面垂直的性质定理判断. 【详解】A.若 //a  ，b  ，则 / /a b 或 ,a b 异面，故错误； B.若 //a  ， //b  ，则 / /a b 或 ,a b 异面或相交，故错误； C.若 a  ， a b r r ，则b  或 //b  ，故错误； D.若 a  ，b  ，则 / /a b ，由线面垂直的性质定理知，正确. 故选：D 【点睛】本题主要考查线与线，线与面的关系，还考查了理解辨析的能力，属于中档题. 6. 函数 sin( 1)y x  的图象（ ） A. 关于点 (1,0) 对称 B. 关于直线 1x  对称 C. 关于 x 轴对称 D. 关于 y 轴对称 【答案】A 【解析】 【分析】 由已知利用正弦函数的图象和性质即可逐项判断求解. - 4 - 【详解】对于 A，由于 f (1) =sin (1-1) =sin0=0， 可得函数 y=sin (x-1) 的图象关于点(1, 0)对称,故 A 正确; 对于 B，由于 f (1) =sin (1-1) =sin0=0≠士 1,可得函数 y=sin (x-1) 的图象不关于直线 x=1 对称，故 B 错误; 对于 C,由于 f (0) =sin (0-1) =-sin1≠0,可得函数 y=sin (x-1) 的图象不关于 x 轴对称， 故 C 错误; 对于 D，由sin( 1) sin( 1)x x    知 sin( 1)y x  不是偶函数，图象不关于 y 轴对称,D 错误. 故选：A 【点睛】本题主要考查了正弦函数的图象和性质，属于中档题. 7. 公元 263 年，数学家刘徽在《九章算术注》中首创“割圆术”，提出“割之弥细，所失弥 少，割之又割，以至于不可割，则圆周合体而无所失矣”.如图是利用“割圆术”思想求图形 面积的一个程序框图，则其输出的 n 的值为（ ） （参考数据： 3 1.73,tan 0.27,tan 0.1312 24     ） A. 6 B. 12 C. 24 D. 48 【答案】C 【解析】 【分析】 列出循环过程中 S 与 n 的数值，满足判断框的条件即可结束循环. - 5 - 【详解】模拟执行程序，可得: n=6， 6tan 2 3 3.466S    ， 不满足条件 S<3.2,执行循环体，n=12， 12tan 3.2412S   不满足条件 S<3.2,执行循环体，n=24, 24tan 3.1224S   此时，满足条件 S<3.2,退出循环，输出 n 的值为 24 . 故选： C. 【点睛】本题主要考查了程序框图，循环结构，条件分支结构，属于中档题. 8. 已知数列 na 的前 n 项和 2 1n nS p   ，则 na 为等比数列的充要条件是（ ） A. 0 1p  B. 1p   C. 2p   D. 1p  【答案】B 【解析】 【分析】 由 2 1n nS p   求通项，根据数列为等比数列即可求解. 【详解】 2 1n nS p  Q , 当 1n  时， 1 1 2 +1a S p  ， 当 2n… 时，  1 1 1 2 1 2 1 2n n n n n na S S p p p            ，  na 为等比数列， 2 1p p   1p   当 1p   时， 2 1n nS    ， 可得 12n na   ， 由 1 2( 2)n n a na    知 na 为等比数列， 故 na 为等比数列的充要条件是 1p   ， 故选：B - 6 - 【点睛】本题主要考查了由 nS 求数列的通项公式，等比数列的通项公式、定义，充要条件， 属于中档题. 9. 已知曲线  2: 2 0, 0C y px y p   的焦点为 F ，P 是C 上一点，以 P 为圆心的圆过点 F 且与直线 1x   相切，若圆 P 的面积为 25 ，则圆 P 的方程为（ ） A.    2 21 1 25x y    B.    2 22 4 25x y    C.    2 24 4 25x y    D.    2 24 2 25x y    【答案】C 【解析】 【分析】 根据以 P 为圆心的圆过点 F 且与直线 1x   相切，由抛物线的定义可知直线 1x   为抛物线 的准线，则 12 p  ，得到抛物线方程，根据圆 P 的面积为 25 ，求得圆的半径，设  0 0,P x y ， 由抛物线的定义和直线与圆的位置关系，由 0 2 px r  ，求得圆心坐标即可. 【详解】因为曲线  2: 2 0, 0C y px y p   的焦点为 F ， P 是C 上一点，以 P 为圆心的圆 过点 F 且与直线 1x   相切， 由抛物线的定义得：直线 1x   为抛物线的准线， 则 12 p  ， 所以 2p  ， 所以抛物线方程为： 2 4y x ， 因为圆 P 的面积为 25 ， 所以圆的半径为 5， 设  0 0,P x y ， 因为圆与直线 1x   相切， 所以 0 52 px r   ， 解得 0 4x  ，则 2 0 4 4y   ， 又 0y  ， - 7 - 所以 0 4y  ， 所以圆 P 的方程为   2 24 4 25x y    ， 故选：C 【点睛】本题主要考查抛物线的定义以及直线与圆的位置关系，还考查了运算求解的能力， 属于基础题. 10. 已知  f x 在  ,  上是减函数，若  ln3a f ， 12ln 2b f      ，  3c f ，则 , ,a b c 的大小关系为（ ） A. a c b  B. c a b  C. b a c  D. c b a  【答案】B 【解析】 【分析】 先比较 ln3 ， 12ln 2 ， 3 的大小关系，然后根据函数  f x 在  ,  上是减函数，即可判 断 , ,a b c 的大小关系. 【详解】根据对数函数的单调性可知： 1 12ln ln ln32 4   ，由 2 3 3 9 e e ，所以 3 3e ， 两边同时取对数可得 3ln ln3e ，即 3 ln3 ，所以 13 ln3 2ln 2   ，因为  f x 在  ,  上是减函数，所以     13 ln3 2ln 2       f f f ，所以 c a b  . 故选：B 【点睛】本题主要考查函数的单调性，解题的关键是会根据基本初等函数的单调性判断自变 量的大小关系. 11. 定义在 R 上的偶函数  f x 对任意实数都有    2 2f x f x   ，且当  1,3x  时，       21 , 1,1 1 2 , 1,3 x xf x x x         ，则函数    5g x f x x  的零点个数为（ ） A. 5 B. 6 C. 10 D. 12 【答案】C - 8 - 【解析】 【分析】 由题意判断出函数  f x 为周期 4T  的周期函数，将求    5g x f x x  的零点个数转化 为求函数    5g x f x x  的零点个数，在平面直角坐标系里作出为函数  5y f x 与 y x 图象，分析出其交点个数即可. 【详解】由    2 2f x f x   ，所以    4f x f x   ，因为  f x 为定义在 R 上的偶 函数，所以    f x f x  ，所以    4f x f x  ，所以函数  f x 的为周期 4T  的周期 函数， 由       21 , 1,1 1 2 , 1,3 x xf x x x         可化为         21 , 1,1 1, 1,2 3 , 2,3 x x f x x x x x           ， 所以         25 1 , 1,1 5 5 5, 1,2 15 5 , 2,3 x x f x x x x x           ，令    5 0  g x f x x ，所以  5 f x x ，所以函 数    5g x f x x  的零点个数即为函数  5y f x 与 y x 图象交点的个数，作出  5y f x 与 y x 图象如下： - 9 - 由函数图象可得，函数  5y f x 与 y x 图象交点的个数共 10 个，所以函数    5g x f x x  的零点个数有 10 个. 故选：C 【点睛】本题主要考查函数图像与零点，解题的关键是准确作出不含参数的函数图象，然后 用数形结合的思想解题. 12. 我们把数列  2n na a b c  （其中 *, ,a b c N ）与  2n nb a b c  叫做“互为隔项相 消数列”，显然 n na b Z  .已知数列 nc 的通项公式为  2 1 n nc      ，其中 x 表示不 超过实数 x 的最大整数，则 2020c 除以 4 的余数为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】 由题意根据二项式定理先设  2 2 1 2 n n nx y    ，其中 ,n nx y N ，  2 2 1 2 n n nx y    ，其中 ,n nx y N ，求出 ,n nx y 的关系等式，再由 x 表示不超过实 数 x 的最大整数，求出 2 2 1 4 1n n n nx y x y        ，即可得出答案. 【详解】根据二项式定理可设：  2 2 1 2 n n nx y    ，其中 ,n nx y N ， 由题意可得：  2 2 1 2 n n nx y    ，其中 ,n nx y N ， 则   2 2 2 22 1 2 1 2 n n n nx y    ， 即  22 22 2 1 1n n nx y    ， 所以有： 2 22 1n ny x  ， 因为 1nx  ， 所以  2 2 2 21 2 1n n n nx y x x     ， - 10 - 所以 2 1n ny x     ， 即有： 2 2 1n n nx y x      ， 因为 2 22 1n nx y  即 2 22 1n nx y  ， 所以有 2 2 1 4 1n n n nx y x y        因为    2020 21010 2020 1010 1010 10102 1 2 1 2 4 1c x y y                     ， 所以 2020c 除以 4 的余数为1 故选：B 【点睛】本题考查了二项式定理及根据新的定义求解，属于较难题. 二、填空题 13. 复数 2 1 i i  __________． 【答案】 1 i  ; 【解析】 【详解】       2 12 2 2 11 1 1 2 i ii i ii i i            ，故答案为 1 i  14. 某工件模具的三视图如图所示，已知俯视图中正方形的边长为 2 ，则该模具的体积为_____ 【答案】 24 3  【解析】 【分析】 - 11 - 由三视图可知，该几何体是在一个长方体中挖去一个半径为1的半球而形成，结合三视图中的 数据可计算出该几何体的体积. 【详解】由三视图可知，该几何体是在一个长方体中挖去一个半径为1的半球而形成，且长方 体的底面是边长为 2 的正方形，长方体的高为1， 因此，该几何体的体积为 2 31 4 22 1 1 42 3 3V        . 故答案为： 24 3  . 【点睛】本题考查利用三视图计算几何体的体积，解答的关键就是要结合三视图确定几何体 的结构，考查计算能力，属于基础题. 15. 实数 ,x y 满足约束条件 2 0, 1 0, 0, x y x y y         若目标函数 ( 0, 0)z ax by a b    的最大值为 4，则 ab 的最大值为______ 【答案】2 【解析】 【分析】 作出不等式对应的平面区域,利用 z 的几何意义确定取得最大值的条件，然后利用基本不等式 进行求，可得 ab 的最大值. 【详解】作出不等式对应的平面区域, 由 ( 0, 0)z ax by a b    得 a zy xb b    ， - 12 - 则目标函数对应直线的斜率 0a b   ，平移直线 ay xb   ， 由图象可知当直线经过点 A 时，直线的截距最大，此时 z 最大. 由 2 0 1 0 x y x y       解得 (2,1)A 此时 z 的最大值为 2 4 2 2z a b ab   … ，当且仅当 2, 1b a  时取等号. 2 4ab „ 解 2ab„ 故答案为: 2. 【点睛】本题主要考查线性规划的基本应用，以及基本不等式的应用，利用数形结合求出目 标函数取得最大值的条件是解决本题的关键. 16. 已知双曲线 2 2 2 2: 1( 0, 0)x yC a ba b     的左右焦点为 1 2( 2,0), (2,0)F F ，点 P 是双曲线上 任意一点，若 1 2PF PF  的最小值是 2 ，则双曲线C 的离心率为______ 【答案】 2 【解析】 【分析】 设  0 0,P x y ，先得 1 2PF PF    的表达式，再由其最小值解出 a，即可求出离心率. 【详解】设  0 0,P x y ， 则 2 2 2 2 2 20 0 0 02 2 21x y ax a ya b b      ， 1 2( 2,0), (2,0)F FQ ， 2 2 24c a b       2 2 2 2 2 2 2 0 0 0 01 2 0 022 2 4 4 4cxP x y xF y y a abPF              … ， 当 0 0y  时等号成立， 1 2PF PF   Q 的最小值是 2 ， 2 4 2a    ， - 13 - 解得 2a  ， 又 2c  ， 2ce a    ， 故答案为： 2 【点睛】本题主要考查了双曲线的简单几何性质，向量的运算，离心率的求法，属于中档题. 三、解答题 17. 为助力湖北新冠疫情后的经济复苏，某电商平台为某工厂的产品开设直播带货专场.为了 对该产品进行合理定价，用不同的单价在平台试销，得到如下数据： 单价 x （元/件） 8 8.2 8.4 8.6 8.8 9 销量 y （万件） 90 84 83 80 75 68 （1）根据以上数据，求 y 关于 x 的线性回归方程； （2）若该产品成本是 4 元/件，假设该产品全部卖出，预测把单价定为多少时，工厂获得最 大利润? （参考公式：回归方程 y bx a $ $ $，其中      1 2 1 , n i i i n i i x x y y a y bx x x b             ） 【答案】（1）  20 250y x   （2）8.25 元 【解析】 【分析】 (1)根据所给数据及参考公式求得b 与 a 的值，可得线性回归方程； (2) 设工厂获得的利润为 L 万元，则 ( 4)( 20 250)L x x    ，利用二次函数求最值即可. 【详解】（1） 8 8.2 8.4 8.6 8.8 9 8.56x       ， 90 84 83 80 75 68 806y       . - 14 -   6 1 (8 8.5)(90 80) (8.2 8.5)(84 80) (8.4 8.5)(83 80)i i i x x y y              (8.6 8.5)(80 80) (8.8 8.5)(75 80) (9 8.5)(68 80)        14  ，  6 2 2 2 2 2 2 2 1 (8 8.5) (8.2 8.5) (8.4 8.5) (8.6 8.5) (8.8 8.5) (9 8.5)i i x x               0.7 ，      6 1 6 2 1 14 200.7 i i i i i x x y y b x x              .  80 20 8.5 250a y bx       ， 回归直线方程为 20 250y x   . （2）设工厂获得的利润为 L 万元， 则 ( 4)( 20 250)L x x    220( 8.25) 361.25x    ， 该产品的单价定为 8.25 元时，工厂获得利润最大，最大利润为 361.25 万元. 【点睛】本题主要考查了线性回归方程，利用二次函数求最值，考查了运算能力， 属于中档 题. 18. 已知向量 2sin , 3 , cos ,cos , ( )2 2 2 x x xa b f x a b                  （1）求 ( )f x 的最小正周期和最大值； （2）在 ABC 中，角 , ,A B C 所对的边分别为 , ,a b c ，若 3( ) , 22f A b   ，且 ABC 的 面积为 2 3 ，求 a . 【答案】（1） 2 ，最大值为 31 2  ；（2） 2 3 【解析】 【分析】 - 15 - (1)先利用向量的数量积运算和三角函数的二倍角公式对函数 ( )f x 的解析式化简整理,可求得 函数最小正周期 T 和最大值. (2)根据 3( ) 2f A   ，求得 sin 03A      ,进而根据 A 的范围求得 A，再由余弦定理和三 角形的面积公式可求得值. 【 详 解 】 （ 1 ） 由 题 意 得 2 1 3 3( ) sin cos 3 cos sin cos2 2 2 2 2 2 x x xf x x x     3sin 3 2x       ， 函数 ( )f x 的最小正周期为 2 ， 当 23 2x k    ，即 52 6x k   ， k Z 时，函数 ( )f x 的最大值为 31 2  . （2） 3( ) 2f A   ，即 sin 03A      ， 3A   . 由题意得 ABC 的面积 1 2 sin 2 32 3c     ，解得 4c  . 由余弦定理得 2 2 2 2 cos 4 16 2 2 4cos 123a b c bc A          ， 2 3a  . 【点睛】本题主要考查了三角函数的恒等变换，三角函数的周期性及余弦定理.考查了学生综 合运用基础知识的能力，属于中档题. 19. 在几何体 EFG ABCD 中，如图，四边形 ABCD 为平行四边形， // //AF BG DE ，平面 //EFG 平面 ABCD ， DF  平面 ABCD ， 2AF AB AD  ， EF EG . （1）求证：CE AD ； （2）求二面角 A CE D  的余弦值. - 16 - 【答案】（1）见解析（2） 7 55 55 【解析】 【分析】 （1）由 // //AF BG DE ，得到平面 ADEF ，平面 ABFG ，根据平面 //EFG 平面 ABCD ，由 面面平行的性质定理得到 //EF AD，进而得到四边形 ADEF 为平行四边形，再根据 DF  平 面 ABCD ，得到 DF AD ，由 //DF GC ，得到 AD GC ，同理得到 AD EG ，由线面 垂直的判定定理得到 AD  平面 EGC 得证. （2）由（1）可知，直线 DF 、DB 、DA 两两垂直.以 D 为坐标原点，以 DA 、DB 、DF 为 坐标轴建立的空间直角坐标系 D xyz ，设 1DA  ，则 3DB  ， 3DF  ，分别求得平 面 ACE 和平面CED 的一个法向量 1 2,n n   ，代入 1 2 1 2 1 2 cos , n nn n n n       求解. 【详解】（1）证明：由 // //AF BG DE ， 可知 E 、 F 、 A 、 D 四点确定平面 ADEF ， A 、 B 、 F 、G 四点确定平面 ABFG . ∵平面 //EFG 平面 ABCD ，且平面 EFG  平面 ADEF EF ， 平面 ABCD  平面 ADEF AD ， ∴ //EF AD，四边形 ADEF 为平行四边形. 同理可得，四边形 ABGF 为平行四边形，四边形CDFG 为平行四边形. ∵ DF  平面 ABCD ， AD  平面 ABCD ， ∴ DF AD ， 而 //DF GC ，于是 AD GC . 由 EF EG ， //EF AD， 则 AD EG . 由GC EG G  ， GC  平面 EGC ，GE Ì 平面 EGC . ∴ AD  平面 EGC ，而 EG  平面 EGC ， ∴ AD EC . （2）由（1）可知，直线 DF 、DB 、DA 两两垂直.以 D 为坐标原点，以 DA 、DB 、DF 为 坐标轴建立的空间直角坐标系 D xyz . - 17 - 不妨设 1DA  ，则 3DB  ， 3DF  . ∴  0,0,0D ，  1,0,0A ，  0, 3,0B ，  1,0, 3E  ，  1, 3,0C  ， 则  0, 3, 3CE   ，  2, 3,0AC   ，  1, 3,0DC   ， 设平面 ACE 的一个法向量为  1 1 1 1, ,n x y z ， 则 1 1 0 0 CE n AC n          ，则 1 1 1 1 3 3 0, 2 3 0, y z x y       ， 令 1 1y  ，则 1 1z  ， 1 3 2x  ， ∴平面 ACF 的一个法向量为 1 3 ,1,12n        . 设平面CED 的一个法向量为  2 2 2 2, ,n x y z ， 则 2 2 0 0 CE n DC n          ，则 2 2 2 2 3 3 0, 3 0, y z x y       ， 令 2 1y  ，则 2 1z  ， 2 3x  ， ∴平面CED 的一个法向量为  2 3,1,1n  . ∴二面角 A CE D  的余弦值为 1 2 1 2 1 2 7 55cos , 55 n nn n n n        . 【点睛】本题主要考查线线平行，线面平行，面面平行的转化，线线垂直与线面垂直的转化 以及向量法求二面角问题，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. - 18 - 20. 已知椭圆 2 2: 12 xC y  ，直线 :l y x m  交椭圆C 于 ,A B 两点，O 为坐标原点． （1）若直线 l 过椭圆C 的右焦点 F ，求 AOB 的面积； （2）椭圆C 上是否存在点 P ，使得四边形OAPB 为平行四边形？若存在，求出所有满足条件 的 m 的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） 2 3 （2）存在 3 2m   【解析】 【分析】 （1）根据直线过右焦点求出直线方程，联立直线与椭圆方程，求出 1 1 3y  或 2 1y   ，利用 面积公式 1 2 1 | |2S OF y y  即可得解； （2）设 AB 中点  0 0,Q x y ，联立直线与椭圆方程，根据四边形OAPB 为平行四边形，根据 韦达定理求得  0 0,Q x y ，进而求得求出点 P 的坐标，代入椭圆方程，可得 m ，即可求得答案． 【详解】（1）设  1 1,A x y ，  2 2,B x y ． 直线 l 过椭圆C 的右焦点 F ，则 1m  ， ∴直线l 的方程为 1x y  ． 联立 2 22 2, 1, x y x y       得 23 2 1 0y y   ， 解得 1 1 3y  或 2 1y   ． ∴ AOB 的面积为 1 2 1 2S OF y y   1 1 21 12 3 3       ． （2）设 AB 中点  0 0,Q x y ． 联立 2 22 2, , x y y x m       得 2 23 4 2 2 0x mx m    ， ∴    2 24 12 2 2 0m m    ， 解得 3 3m   ． - 19 - 由韦达定理得 1 2 4 3 mx x   ， 2 1 2 2 2 3 mx x  ． ∵ 1 2 1 2 22 3 my y x x m     ， ∴ 2 ,3 3 m mQ    ． 假设椭圆C 上存在点 P ，使得四边形OAPB 为平行四边形， 则 0m  ，且 4 22 ,3 3 m mOP OA OB OQ             ， 即 4 2,3 3 m mP    ． 又 点 P 在椭圆上，将其代入椭圆方程 2 24 22 23 3 m m            ， 解得 3 2m   ，满足   ，且 0m  ． 综上所述，存在 3 2m   ，使得四边形OAPM 为平行四边形． 【点睛】圆锥曲线与直线交点问题时，通常用直线和圆锥曲线联立方程组，通过韦达定理建 立起目标的关系式，采用“设而不求法”并进行一系列的数学运算，从而使问题得以解决， 考查了分析能力和计算能力，属于难题． 21. 已知函数    cosxf x ae x a R   . （1）若函数  f x 在 ,02     上是单调函数，求实数 a 的取值范围； （2）当 1a   时， 0x 为函数  f x 在 0, 上的零点，求证：  00 0 0 1 2 sin cosxx e x x     . 【答案】（1） 42 2a e   或 0a  .（2）见解析 【解析】 【分析】 （1）先求导   sinxf x ae x    ，根据函数  f x 在 ,02     上是单调函数，转化为 - 20 -   0f x  在 ,02     上恒 成立， 即 sinxa e x  ，   0f x  在 ,02     上恒 成立， 即 sinxa e x  ，令   sinxg x e x  ，用导数法求导其最值即可. （2）由 ,2x      时，   cos 0xf x e x    ，则 0 0, 2x     ，易得   cosxf x e x    在 0, 2      上单调递增，由   0f x  ，得到  f x 在 0, 2      上单调递减，结合  0 0f  ， 4 2 04 2f e          ， 2 02f e         ，进一步确定 0 ,4 2x      ，将证明  00 0 0 1 2 sin cosxx e x x     ，转化为证 0 0 0 0sin cos cos 02x x x x       ，令    sin cos cos2h x x x x x       ， ,4 2x      ，用导数法证   0h x  即可. 【详解】（1）   sinxf x ae x    ， 当函数  f x 在 ,02     上单调递减， 则   0f x  在 ,02     上恒成立，即 sinxa e x  ， 设   sinxg x e x  ， ,02x      ， 则    sin cos 2 sin 4 x xg x e x x e x           . 因为 ,02x      ， 所以 4 4 4x      . 当 ,2 4x        时，   0g x  ，函数  g x 单调递增； 当 ,04x      时，   0g x  ，函数  g x 单调递减. 所以   4 max 2 4 2g x g e        ，故 42 2a e   . - 21 - 当函数  f x 在 ,02     上单调递增时， 则   0f x  在 ,02     上恒成立，即 sinxa e x  ， 由上可知    min 0 0g x g  ，故 0a  . 综上所述，实数 a 的取值范围为 42 2a e   或 0a  . （2）当 ,2x      时，   cos 0xf x e x    ，故 0 0, 2x     ，   sinxf x e x   ，由于 xy e  和 cosy x  在 0, 2      上单调递增， ∴   cosxf x e x    在 0, 2      上单调递增， ∴   2 02f x f e          ，故  f x 在 0, 2      上单调递减. 又  0 1 0f    ， 4 2 04 2f e         ， ∴存在唯一的 1 0, 4x     ，使得  1 0f x  ， ∴  f x 在 10, x 单调递增，在 1, 2x      单调递减. 又  0 0f  ， 4 2 04 2f e          ， 2 02f e         ， ∴函数   cosxf x e x   在 0, 上的零点 0 ,4 2x      ， 即 00 1cos xx e  . 要证  00 0 0 1 2 sin cosxx e x x     ， 即证 0 0 0 0sin cos cos 02x x x x       . - 22 - 设    sin cos cos2h x x x x x       ， ,4 2x      ， 则        cos sin sin cos sin cos sin cos2 2h x x x x x x x x x x x                     . 显然   0h x  在 ,4 2x      上恒成立， 所以  h x 在 ,4 2       上单调递增. ∴   02h x h      ，故原不等式得证. 【点睛】本题主要考查导数与函数的单调性，导数与不等式证明以及零点存在定理，还考查 了转化化归，分类讨论思想和运算求解的能力，属于难题. 22. 在直角坐标系 xOy 中，曲线 1C 的参数方程为 2 cos , 3 sin x t y t        （t 为参数）.以坐标原 点为极点， x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 2C 的极坐标方程为 2 3sin   . （1）求曲线 2C 的直角坐标方程； （2）设曲线 1C 与 2C 交于 ,A B 两点，若 (2, 3)P  ，求| | | |PA PB 的取值范围. 【答案】（1） 2 2 2 3 0x y y   ；（2） (2,4] 【解析】 【分析】 （1）由曲线 2C 的极坐标方程,结合 cos , sinx y     运算即可; （2）将曲线 1C 的参数方程代入曲线 2C 的直角坐标方程，结合直线参数方程中参数的几何意 义求解即可. 【详解】解：（1） cos , sinx y     ， 由 2 3sin   ， 曲线 2C 的直角坐标方程为 2 2 2 3 0x y y   . （2）将曲线 1C 的参数方程代入曲线 2C 的直角坐标方程， - 23 - 化简得 2 4 cos 1 0t t    ， 由   ，得 2 1cos 4   . 设 ,A B 两点对应的参数分别为 1 2,t t ， 则 1 2 1 24cos , 1 0t t t t     ， 1 2| | | | 4 | cos |PA PB t t      ， 又 1 cos 12   ， 2 4 | cos | 4   ， | | | |PA PB  的取值范围为 (2,4]. 【点睛】本题考查了极坐标方程与直角坐标方程的互化,重点考查了直线参数方程中参数的几 何意义,属基础题. 23. 已知函数 ( ) | |f x x a a   （1）若不等式 ( ) 3f x  的解集为{ | 1 3}x x   ，求实数 a 的值； （2）在（1）的条件下，若不等式 ( ) ( 4)f x f x m   恒成立，求实数 m 的取值范围. 【答案】（1）1；（2） 6m  【解析】 【分析】 （1）先解不等式 ( ) 3f x  ,然后利用待定系数法求解即可; （2）原不等式等价于| 1| | 3 | 2x x m     恒成立,然后结合绝对值三角不等式的性质求解 即可. 【详解】解：（1）由 ( ) 3f x  ，得| | 3x a a   ， 即| | 3x a a   ， 得 3 3a x a a     ， 解得 2 3 3a x   . 又不等式 ( ) 3f x  的解集为{ | 1 3}x x   ， 2 3 1a    ， 1a = . - 24 - （2） ( ) ( 4) | 1| 1 | 3 | 1f x f x x x m         恒成立， | 1| | 3 | 2x x m      恒成立. | 1| | 3 | |1 | | 3 | |1 3 | 4x x x x x x            ， 2 4m   ， 6m  . 【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法，重点考查了绝对值三角不等式的性质，属基础题. - 25 -