湖北省随州市2018-2019学年高二下学期期末考试数学（文）试题 23页

随州市普通高中 2018—2019 学年下学期期末统考 高二数学（文）试题 一、选择题(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.命题“ 2, 2 1 0x R x x     ”的否定为 （ ） A. 2 0 0 0, 2 1<0x R x x    B. 2, 2 1 0x R x x     C. 2, 2 1 0x R x x     D. 2 0 0 0, 2 1 0x R x x     【答案】A 【解析】 【分析】 根据全称命题的否定是特称命题，写出即可． 【详解】解：命题 2, 2 1 0x R x x     的否定为 2 0 0 0, 2 1<0x R x x    ． 故选： A ． 【点睛】本题考查了全称命题的否定是特称命题的应用问题，是基础题． 2.若 2( 6) ( 2)z m m m i     为纯虚数，则实数 m 的值为( ) A. 2 B. 2 C. 3 D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】 根据纯虚数的定义，得到关于 m 的方程，解出 m 的值. 【详解】因为    2 6 2z m m m i     为纯虚数， 所以   2 3 0 2 0 m m m        ， 解得 3m   . 故选 D 项 【点睛】本题考查纯虚数的定义，属于简单题. 3.下列求导运算正确的是（ ） A. 2( )x x  B. 1( ) 2 x x   C. ( )x xe e   D. 2 ln 2(log )x x   【答案】B 【解析】 【分析】 利用导数运算公式，对每个选项进行一一判断. 【详解】对 A，因为 2( ) 2x x  ，故 A 错；对 B， 1( ) 2 x x   ，故 B 正确； 对 C， ( )x xe e    ，故 C 错；对 D， 2 1(log ) ln2x x   ，故 D 错. 所以本题选 B. 【点睛】熟记导数公式，特别是复合函数的求导，即 ( )x xe e    ，不能漏了前面的负号. 4.已知 a ，b R ，则“ 0a b  ”是“ 2 2 1 x y a b 表示椭圆”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】B 【解析】 【分析】 先要理解椭圆方程的基本形式，再利用两个命题的关系即可得出必要不充分。 【详解】当 0a b  且 a b  时， 2 2 1x y a b   表示圆，充分性不成立；当 2 2 1x y a b   表示 椭圆时， 0a b  且 a b  ，必要性成立，所以“ 0a b  ”是“ 2 2 1x y a b   表示椭圆” 的必要不充分条件，故选 B． 【点睛】本题考查了椭圆方程的基本形式，以及命题之间的关系。 5.若某程序框图如图所示，则该程序运行后输出的值是（ ） A. 5 B. 4 C. 3 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】 模拟执行循环结构的程序得到 n 与 i 的值，计算得到 2n  时满足判断框的条件，退出循环， 输出结果，即可得到答案. 【详解】模拟执行循环结构的程序框图，可得： 6, 1n i  ， 第 1 次循环： 3, 2n i  ； 第 2 次循环： 4, 3n i  ； 第 3 次循环： 2, 4n i  ， 此时满足判断框的条件，输出 4i  . 【点睛】本题主要考查了循环结构的程序框图的应用，其中解答中根据给定的程序框图，根 据判断框的条件推出循环，逐项准确计算输出结果是解答的关键，着重考查了运算与求解能 力，属于基础题. 6.一次数学考试后，甲说：我是第一名，乙说：我是第一名，丙说:乙是第一名。丁说：我不 是第一名，若这四人中只有一个人说的是真话且获得第一名的只有一人，则第一名的是（ ） A. 甲 B. 乙 C. 丙 D. 丁 【答案】C 【解析】 【分析】 通过假设法来进行判断。 【详解】假设甲说的是真话，则第一名是甲，那么乙说谎，丙也说谎，而丁说的是真话，而 已知只有一个人说的是真话，故甲说的不是真话，第一名不是甲； 假设乙说的是真话，则第一名是乙，那么甲说谎，丙说真话，丁也说真话，而已知只有一个 人说的是真话，故乙说谎，第一名也不是乙； 假设丙说的是真话，则第一名是乙，所以乙说真话，甲说谎，丁说的是真话，而已知只有一 个人说的是真话，故丙在说谎，第一名也不是乙； 假设丁说的是真话，则第一名不是丁，而已知只有一个人说的是真话，那么甲也说谎，说明 甲也不是第一名，同时乙也说谎，说明乙也不是第一名，第一名只有一人，所以只有丙才是 第一名，故假设成立，第一名是丙。本题选 C。 【点睛】本题考查了推理能力。解决此类问题的基本方法就是假设法。 7.若双曲线 2 2 1yx m   的一条渐近线为 2 0x y  ，则实数 m  （ ） A. 1 2 B. 2 C. 4 D. 1 4 【答案】C 【解析】 【分析】 根据双曲线的标准方程求出渐近线方程，根据双曲线的一条渐近线求得 m 的值． 【详解】双曲线 2 2 1yx m   中， 0m  ，令 2 2 0yx m   ，得 2 2y mx ， 所以 y mx  ；又双曲线的一条渐近线为 2 0x y  ， 则 2m  ，解得 4m  ，所以实数 4m  ． 故选：C． 【点睛】本题考查了利用双曲线的标准方程求渐近线方程的应用问题，是基础题． 8.设 ' ' ' 0 1 0 2 1 1( ) cos , ( ) ( ), ( ) ( ),...... ( ) ( ),n nf x x f x f x f x f x f x f x n N     ,则  2019f x = （ ） A. cos x B. cosx C. sin x D. sin x 【答案】C 【解析】 【分析】 根据题中已知条件先找出函数 ( )nf x 的规律，便可发现 ( )nf x 的循环周期为 4，从而求出 2019 ( )f x 的值． 【详解】解： 0 ( ) cosf x x 1 0( ) ( ) sinf x f x x   2 1( ) ( ) cosf x f x x   3 2( ) ( ) sinf x f x x  4 3( ) ( ) cosf x f x x   由上面可以看出，以 4 为周期进行循环 2019 3( ) ( ) sinf x f x x   ． 故选：C ． 【点睛】本题考查三角函数求导、函数周期性的应用，考查观察、归纳方法的应用,属于基础 题． 9.在平面几何中有如下结论：正三角形 ABC 的内切圆面积为 1S ，外接圆面积为 2S ，则 1 2 1 4 S S  ，推广到空间中可以得到类似结论：已知正四面体 P ABC 的内切球体积为 1V ，外 接球体积为 2V ，则为 1 2 V V  （ ） A. 1 64 B. 1 27 C. 1 9 D. 1 8 【答案】B 【解析】 【分析】 平面图形类比空间图形,二维类比三维,类比平面几何的结论,确定正四面体的外接球和内切 球的半径之比,即可求得结论. 【详解】设正四面体 P-ABC 的边长为 a，设 E 为三角形 ABC 的中心，H 为正四面体 P-ABC 的中 心，则 HE 为正四面体 P-ABC 的内切球的半径 r,BH=PH 且为正四面体 P-ABC 的外接球的半径 R， 所以 BE= 2 22 3 3 3 6,3 2 3 3 3a a PE a a a          ， 所以在 Rt BEH 中 ， 2 2 26 3 3 3a r r a                ， 解得 6 12 r a ，所以 R=PE-HE= 6 6 6 3 12 4a a a  ，所以 1 3 r R  ， 根据的球的体积公式有， 3 3 1 32 4 13 4 27 3 rV r V RR         ， 故选：B. 【点睛】本题考查类比推理，常见类型有：（1）等差数列与等比数列的类比；（2）平面与空 间的类比；（3）椭圆与双曲线的类比；（4）复数与实数的类比；（5）向量与数的类比. 10.已知函数 2( ) ( 1)xf x e x   ，则 ( )f x 的大致图像是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 利用 (1)f 函数值的正负及 ( )f x 在 (0,1) 单调递减，选出正确答案. 【详解】因为 (1) 4 0f e   ，排除 A，D； ' ( ) 2( 1)xf x e x   ，在同一个坐标系考查函数 xy e 与 2( 1)y x  的图象， 可得， 2( 1)xe x  在 (0,1)x 恒成立，所以 ' ( ) 0f x  在 (0,1)x 恒成立， 所以 ( )f x 在 (0,1) 单调递减排除 B，故选 C. 【点睛】根据解析式选函数的图象是高考的常考题型，求解此类问题没有固定的套路，就是 要利用数形结合思想，从数到形、从形到数，充分提取有用的信息. 11.抛物线的弦与过弦的端点的两条切线所围成的三角形常被称为阿基米德三角形，阿基米德 三角形有一些有趣的性质，如：若抛物线的弦过焦点，则过弦的端点的两条切线的交点在其 准线上.设抛物线 2 2 ( >0)y px p ，弦 AB 过焦点， ABQ△ 为阿基米德三角形，则 ABQ△ 的 面积的最小值为（ ） A. 2 2 p B. 2p C. 22p D. 24p 【答案】B 【解析】 【分析】 利用导数的知识，可得 1AQ BQk k   ，即三角形 ABQ△ 为直角三角形，利用基本不等式， 可得当直线 AB 垂直 x 轴时，面积取得最小值 2p . 【详解】设 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y ，过 A，B 的切线交于 Q， 直线 AB 的方程为： 2 px my  ， 把直线 AB 的方程代入 2 2 ( >0)y px p 得： 2 22 0y pmy p   ， 所以 2 2 1 2 1 2 1 2, ,2 4 py y pm y y p x x     ，则 2 2 2 1 2 1 2| | 1 ( ) 4 2 (1 )AB m y y y y p m      ， 由导数的知识得： 1 2 1 12 , 2 2 2AQ BQk p k p x x    ， 所以 1AQ BQk k   ， 所以 AQ BQ ，所以 2 2 2| | | | | |AQ BQ AB  ， 因为 2 2 2 2 21 1 1 1| | | | (| | | | ) | | [2 (1 )]2 4 4 4S AQ BQ AQ BQ AB p m       ， 当 0m  时，可得 S 的最大值为 2p ，故选 B. 【点睛】本题是一道与数学文化有关的试题，如果能灵活运用阿基米德三角形的结论，即当 直线 AB 过抛物线的焦点，则切线 AQ 与切线 BQ 互相垂直，能使运算量变得更小. 12.已知函数 3 21 1( ) 3 2 xf x xe ax ax   有三个极值点，则 a 的取值范围是（ ） A.  0,e B. ( 0 , 1 e ) C.  e, D. ( 1 e ， ） 【答案】C 【解析】 【分析】 求函数的导数，根据函数 ( )f x 有三个极值点，等价为 ( ) 0f x  有三个不同的实根，利用参法 分离法进行求解即可． 【详解】解：函数的导数 2( ) x xf x e xe ax ax     ， 若函数 3 21 1( ) 3 2 xf x xe ax ax   有三个极值点， 等价为 2( ) 0x xf x e xe ax ax      有三个不同的实根， 即 (1 ) ( 1) 0xx e ax x    ， 即 ( 1)( ) 0xx e ax   ， 则 1x   ，则 0xe ax  ，有两个不等于 1 的根， 则 xea x  ， 设 ( ) xeh x x  ， 则 2 2 ( 1)( ) x x xe x e e xh x x x     ， 则由 ( ) 0h x  得 1x  ，由 ( ) 0h x  得 1x  且 0x  ， 则当 1x  时， ( )h x 取得极小值 h （1） e ， 当 0x  时， ( ) 0h x  ， 作出函数 ( ) xeh x x  ，的图象如图， 要使 xea x  有两个不同的根， 则满足 a e ， 即实数 a 的取值范围是 ( , )e  ， 故选：C ． 【点睛】本题主要考查函数极值的应用，以及利用构造法以及参数分离法转化求函数的取值 范围是解决本题的关键，属于中档题． 二、填空题(将答案填在题中横线上） 13.已知 3 7 2 5a b  ， ，则 a 与 b 的大小关系______． 【答案】a＜b 【解析】 【分析】 可先利用作差法比较两数平方的大小，然后得出两数的大小关系. 【详解】解：因为 2a 10 2 21  ， 2 20b  ， 所以 2 2a b 2 21 10   ， 因为 21 25 ， 所以 ( )2 2a b 2 21 5 0    ， 而 0, 0a b  ， 所以得到 a b . 【点睛】本题考查了综合法与分析法比较两数的大小关系，解题时可先用分析法进行分析， 再用综合法进行书写解题过程. 14.函数 ( ) lnf x x x 在 ( , ( ))e f e 处的切线方程为______ 【答案】 2y x e  （或 2 0x y e   ） 【解析】 【分析】 求出函数的导数，计算  f e ，  f e 的值，从而求出切线方程即可 【详解】解： ( )f x 定义域为 (0, ) ， ( ) 1f x lnx   ，  f e e 又   2f e  ， 函数 ( )y f x 在点 (e ， f （e） ) 处的切线方程为： 2( )y x e e   ，即 2y x e  ， 2 0x y e   . 故答案为: 2y x e  （或 2 0x y e   ） 【点睛】本题考查了切线方程问题，属于基础题． 15.做一个无盖的圆柱形水桶，若要使水桶的容积是 27 ，且用料最省，则水桶的底面半径为 ____. 【答案】3 【解析】 【分析】 设圆柱的高为 h，半径为 r,得πr2h＝27π，即 2 27h r  ，要使用料最省即求全面积的最小值， 将 S 全面积表示为 r 的函数，令 S＝f（r），结合导数可判断函数 f（r）的单调性，进而可求函 数取得最小值时的半径 【详解】用料最省，即水桶的表面积最小. 设圆柱形水桶的表面积为 S，底面半径为 r(r＞0)，则πr2h＝27π，即水桶的高为 2 27 r ，所以 2 2 2 27 54πS πr 2πr πrr r    ＝ (r>0).求导数，得 2 54πS 2πr r ＝ .令 S′＝0，解得 r＝3. 当 0＜r＜3 时，S′＜0；当 r＞3 时，S′＞0. 所以当 r＝3 时，圆柱形水桶的表面积最小，即用料最省. 故答案为 3 【点睛】本题主要考查导数的实际应用,圆柱的体积公式及表面积的最值的求解，解答应用试 题的关键是要把实际问题转化为数学问题，根据已学知识进行解决． 16.已知椭圆 T： 2 2 2 2 1( >0)x y a ba b    的离心率为 2 2 ，右焦点为  1,0F ,三角形 ABC 的 三个顶点都在椭圆T 上，设它的三条边 AB BC AC、 、 的中点分别为 D E M、 、 ，且三条边 所在直线的斜率分别 1k 、 2k 、 3k ，且 1k 、 2k 、 3k 均不为 0 。O 为坐标原点，若直线 OD OE OM、 、 的斜率之和为 1，则 1 2 3 1 1 1 k k k    ______ 【答案】 2 【解析】 【分析】 求出椭圆方程，设出 ABC 的坐标，通过平方差法转化求解斜率，然后推出结果即可． 【详解】解：由题意可得 21, 2 cc a   ，所以 2 22, 1, 12 xa b y    ， 设 1(A x ， 1)y ， 2(B x ， 2 )y ， 3(C x ， 3 )y ， 1 2 1 2x +x y +y 2 2D     ， ，有 2 21 1 2 22 2 12 12 x y x y       两式作差得 2 1 2 1 2 1 2 1 ( )( ) ( )( )2 x x x x y y y y      ， 则 2 1 2 1 2 1 2 1 ( ) 2( ) ( ) ( ) x x y y y y x x     ，而 1 2 1 2 += +OD y yk x x ，故 1 2 AB OD kk   ，即 1 2 OD AB kk   ， 同理可得 1 12 , 2OM OE AC BC k kk k     ， 所以 1 2 3 1 1 1 2( ) 2OD OE OMk k kk k k         ， 故答案为： 2 ． 【点睛】本题考查三条直线的斜率的倒数和的求法，考查转化思想以及计算能力，是中档题． 二、解答题（解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 17.已知函数 3 2( ) 3 xf x x  . (I) 求 ( )f x 的减区间; (II)当 [ 1,1]x  时, 求 ( )f x 的值域. 【答案】(I) ( 2,0) (II) 4[0, ]3 【解析】 【分析】 (I)对函数进行求导，求出导函数小于零时， x 的取值范围即可。 (II)利用导数求出函数的增区间，结合（1），判断当  1,1x  时，函数的单调性，然后求出 最值。 【详解】解: (I) 由函数   3 2 3 xf x x  , 求导   2 2f x x x   当   2 2 0f x x x   , 解得  2,0x  即  f x 的减区间 2,0 (II) 当   2 2 0f x x x   , 解得    , 2 0,x     即  f x 在 1,0 上递减, 在 0,1 上递增         0 max 1 , 1f f x f f   故  f x 的值域 40, 3      【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性及在闭区间上的最值问题。 18.某校为了推动数学教学方法的改革，学校将高一年级部分生源情况基本相同的学生分成 甲、乙两个班，每班各 40 人，甲班按原有模式教学，乙班实施教学方法改革，经过一年的教 学，将甲、乙两个班学生一年来的数学成绩取整数，绘制成如下茎叶图，规定不低于85 分(百 分制）为优秀，甲班同学成绩的中位数为 74 . (1)求 x 的值和乙班同学成绩的众数； (2)完成表格，若有90%以上的把握认为“数学成绩优秀与教学改革有关”的话，那么学校将 扩大教学改革面，请问学校是否要扩大教学改革面？说明理由. 甲班 乙班 合计 优秀人数 不优秀人数 合计 附： 2 2 ( ) ( )( )( )( ) n ad bck a b c d a c b d      ，其中 n a b c d    . 2 0( )P K k 0.15 0．10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001 0k 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 【答案】(1) 3x  ；众数为 78,83 ； (2) 表格见解析；有90%以上的把握认为“数学成绩 优秀与教学改革有关”，学校可以扩大教学改革。 【解析】 【分析】 （1）利用茎叶图数据和平均数可计算 x 的值；出现次数最多的数据即为众数； （2）根据题目所给的数据填写 2 2 列联表即可；计算 K 的观测值 2K ，对照题目中的表格， 得出统计结论． 【详解】解：（1）因为甲班同学成绩的中位数为 74 ，所以 70 75 2 74x    ，解得 3x  ； 由茎叶图知乙班同学成绩的众数为 78,83 （2） 甲班 乙班 合计 优秀人数 6 13 19 不优秀人数 34 27 61 合计 40 40 80 依题意  2 2 80 6 27 13 34 3.382 2.70640 40 19 61K         . 所以有90%以上的把握认为“数学成绩优秀与教学改革有关”，学校可以扩大教学改革。 【点睛】本题考查了独立性检验的应用问题，也考查了计算能力的应用问题，属于基础题． 19.耐盐碱水稻俗称“海水稻”，是一种可以长在滩涂和盐碱地的水稻。还水稻的灌溉是将海 水稀释后进行灌溉。某实验基础为了研究海水浓度 x （ % ）对亩产量 y （吨）的影响，通过 在试验田的种植实验，测得了某种还水稻的亩产量与海水浓度的数据如下表： 海水浓度  %ix 3 4 5 6 7 亩产量 iy （吨） 0.62 0.58 0.49 0.4 0.31 绘制散点图发现，可用线性回归模型拟合亩产量 y 与海水浓度 x 之间的相关关系，用最小二乘 法计算得 y 与 x 之间的线性回归方程为 0.88y bx  . (1)求出b 的值，并估算当浇灌海水浓度为 8%时该品种的亩产量。 (2)①完成下列残差表： 海水浓度  %ix 3 4 5 6 7 亩产量 iy （吨） 0.62 0.58 0.49 0.4 0.31 iy 残差 ie ②统计学中常用相关指数 2R 来刻画回归效果， 2R 越大，模型拟合效果越好，如假设 2 0.8R  ， 就说明预报变量 y 的差异有80%是由解释变量 x 引起的.请计算相关指数 2R （精确到 0.01）， 并指出亩产量的变化多大程度上是由浇灌海水浓度引起的. （附：残差公式  i i ie y y  ，相关指数     2 2 1 2 1 1 ˆ ˆ n i i i n i i y y R y y         ，参考数据   5 2 1 0.065i i y y    ） 【答案】(1) 0.08.b   亩产量为 0.24吨。(2) ①见解析； ②亩产量的变化有 98%是由海水 浓度引起的 【解析】 【分析】 （1）计算 x 、 y ，代入线性回归方程求得 ˆb 的值，写出回归方程，再利用回归方程预测 8x  时 ˆy 的值； （2）①根据公式计算并填写残差表；②由公式计算相关指数 2R ，结合题意得出统计结论． 【详解】解：（1）经计算 5, 0.48x y  由 0.48 5 0.88b  可得 0.08.b   当 8x  时， 0.08 8 0.88 0.24y      ， 所以当海水浓度为8%时，该品种的亩产量为 0.24吨。 （2）①由（1）知 0.08 0.88y x   ，从而有残差表如下 海水浓度  %ix 3 4 5 6 7 亩产量 iy （吨） 0.62 0.58 0.49 0.4 0.31 iy 0.64 0.56 0.48 0.4 0.92 残差 ie 0.02 0.02 0.01 0 0.01 ② 2 0.0004 0.0004 0.0001 0.0001 0.001 641 0.980.065 0.065 65R        所以亩产量的变化有 98%是由海水浓度引起的 【点睛】本题考查了线性回归直线方程与相关系数的应用问题，属于基础题． 20.已知椭圆C : 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     经过点 6 ,12       ，离心率为 3 3 . （1）求椭圆C 的方程； （2）过点  2,0M 的直线l 交椭圆于 A ， B 两点， F 为椭圆C 的左焦点，若 5FA FB   ， 求直线l 的方程. 【答案】（1） 2 2 13 2 x y  ；（2） 2 0x y   或 2 0x y   【解析】 【分析】 （1）由椭圆的离心率可得 3a c ， 2 2 2b a c c   ，从而使椭圆方程只含一个未知数 c ， 把点的坐标代入方程后，求得 1c  ，进而得到椭圆的方程为 2 2 13 2 x y  ； （2）因为直线过定点  2,0M ，所以只要求出直线的斜率即可，此时需对直线的斜率分等于 0 和不等于 0 两种情况进行讨论，当斜率不为 0 时，设直线 l 的方程为 2x my  ，点  1 1,A x y 、  2 2,B x y ，利用 5FA FB   得到关于 m 的方程，并求得 1m   . 【详解】（1）设椭圆C 的焦距为  2 0c c  ，则 3 3 c a  ， ∴ 3a c ， 2 2 2b a c c   ， 所以，椭圆C 的方程为 2 2 2 2 13 2 x y c c   ， 将点 6 ,12       的坐标代入椭圆C 的方程得 2 2 2 6 2 1 13 2c c         ， 解得 1c  ，则 2 2b c  ， 3 3a c  ， 因此，椭圆C 的方程为 2 2 13 2 x y  . （2）①当直线l 斜率为 0 时， l 与椭圆交于 ( 3,0)A  ， ( 3,0)B ，而  1,0F  . 此时 2 5FA FB     ，故不符合题意. ②当直线 l 斜率不为 0 时，设直线l 的方程为 2x my  ，设点  1 1,A x y 、  2 2,B x y ， 将直线l 的方程代入椭圆的方程，并化简得 2 22 3 8 2 0m y my    ，    2 2 264 4 2 2 2 24 2 1 0m m m         ，解得 2 2m   或 2 2m  ， 由韦达定理可得 1 2 2 8 2 3 my y m    ， 1 2 2 2 2 3y y m   ，    1 1 1 11, 3,FA x y my y    ，同理可得  2 23,FB m yy  ， 所以       2 1 2 1 2 1 2 1 23 3 1 3 9FA FB my my y y m y y m y y             2 2 2 2 2 1 24 9 52 3 2 3 m m m m      ，即 2 2 4 29 52 3 m m    解得： 1m   ，符合题意 因此，直线l 的方程为 2 0x y   或 2 0x y   . 【点睛】本题考查椭圆方程的求法、直线与椭圆的位置关系并与向量进行交会，求解过程中 要始终领会设而不求的思想，即利用坐标运算解决几何问题，考查运算求解能力. 21.已知函数   22 ln .f x a x x   1 讨论函数  f x 的单调性；  2 当 0a  时，求函数  f x 在区间 21,e 上的零点个数. 【答案】(1)见解析；(2)见解析 【解析】 【分析】 （1）先对函数  f x 求导，分别讨论 0a  ， 0a  ，即可得出结果； （2）先由（1）得 0a  时，函数  f x 的最大值      max ln 1f x f a a a   ，分别讨论  ln 1 0a a   ，  ln 1 0a a   ，  ln 1 0a a   ，即可结合题中条件求出结果. 【详解】解：（1）   22 lnf x a x x  ，    22 a x f x x   ，  0x  当 0a  时，    22 0 a x f x x     ， 当 0a  时，       2 22 x a x aa x f x x x      ， 当 0 x a  时，   0f x  ；当 x a 时，   0f x  当 0a  时，  f x 在 0, 上单调递减； 当 0a  时，  f x 在  0, a 上单调递增，在 ,a  上单调递减. （2）由（1）得      max ln 1f x f a a a   ， 当  ln 1 0a a   ，即 0 a e  时，函数  f x 在 21,e 内有无零点； 当  ln 1 0a a   ，即 a e 时，函数  f x 在 0, 内有唯一 零点 a ， 又 21 a e e   ，所以函数  f x 在 21,e 内有一个零点； 当  ln 1 0a a   ，即 a e 时，由于  1 1 0f    ，    ln 1 0f a a a   ，       2 2 4 4 2 22 ln 4 2 2f e a e e a e a e a e       ， 若 22 0a e  ，即 4 4 ee a  时，  2 0f e  ，由函数单调性知  1 0,x a  使得  1 0f x  ，  2 2 ,ex a  使得  2 0f x  , 故此时函数  f x 在 21,e 内有两个零点； 若 22 0a e  ，即 2 2 ea e  时，  2 0f e  ， 且   2 ln 0f e a e e a e     ，  1 1 0f    ， 由函数的单调性可知  f x 在 1, e 内有唯一的零点，在 2,e e 内没有零点，从而  f x 在  21,e 内只有一个零点 综上所述，当  0,a e 时，函数  f x 在 21,e 内有无零点； 当   4 ,4 ea e      时，函数  f x 在 21,e 内有一个零点； 当 4 , 4 ea e     时，函数  f x 在 21,e 内有两个零点． 【点睛】本题主要考查导数在函数中的应用，通常需要对函数求导，利用导数的方法研究函 数的单调性、最值等，属于常考题型. 22.在平面直角坐标系 xOy 中，曲线C 的参数方程为 2cos 2sin 2 x y       ( 为参数)，以坐标原 点为极点， x 轴非负半轴为极轴建立极坐标系. (1)求C 的极坐标方程； (2)若直线 1 2,l l 的极坐标方程分别为  6 R   ，  2= 3 R   ，设直线 1 2,l l 与曲线C 的 交点为O ， M ， N ，求 OMN 的面积. 【答案】(1) 4sin  ；(2) 2 3 . 【解析】 试题分析： （1）由题意可得 C 的普通方程 2 22 4x y   ，极坐标方程为 4sin  . （2）由题意可得 2M OM   ，   2 3N ON   ，△OMN 为直角三角形，则 1 2 32OMNS OM ON   . 试题解析： （1）由参数方程 2 2 2 x cos y sin       ，得普通方程 2 22 4x y   ， 所以极坐标方程 2 2 2 2 4 0cos sin sin        ，即 4sin  . （2）直线  1 π: R6l    与曲线C 的交点为 ,O M ，得 4 26M OM sin     ， 又直线  2 2π: R3l    与曲线C 的交点为 ,O N ，得 24 2 33N ON sin     ， 且 2MON   ，所以 1 1 2 2 3 2 32 2OMNS OM ON      . 23.已知   22 3f x x a  . (1)当 0a  时，求不等式   2 3f x x   的解集； (2)对于任意实数 x ，不等式  2 1 2x f x a   成立，求实数 a 的取值范围. 【答案】(1) 1( , ] [1, )3     ；(2) 1( ,1)3 . 【解析】 试题分析： （1）当 0a  时，不等式即 2 2 3x x   ，零点分段可得不等式的解集为  1, 1,3        . （2）原问题即 22 1 2 3 2x x a a    恒成立，由绝对值三角不等式可得 2 2 22 1 2 3 2 1 2 3 3 1x x a x x a a         ，原问题转化为 23 1 2a a  ，求解不等式 可得实数 a 的取值范围是 1 ,13      . 试题解析： （1）当 0a  时，   2 2 2 3f x x x x      ， 0 2 2 3 x x x      得 1 3x   ； 0 2 2 2 3 x x x       得1 2x  ； 2 2 2 3 x x x      得 2x  ， 所以   2 2f x x   的解集为  1, 1,3        . （2）对于任意实数 x ，不等式  2 1 2x f x a   成立，即 22 1 2 3 2x x a a    恒成立， 又因为 2 2 22 1 2 3 2 1 2 3 3 1x x a x x a a         ， 要使原不等式恒成立，则只需 23 1 2a a  ， 当 0a  时，无解；当 30 3a  时， 21 3 2a a  ，解得 1 3 3 3a  ； 当 3 3a  时， 23 1 2a a  ，解得 3 13 a  . 所以实数 a 的取值范围是 1 ,13      .