华文大教育联盟2020届高三第二次质量检测数学（文）试题 Word版含解析 25页

- 1 - 华文大教育联盟 2019 届高三第二次质量检测考试 文科数学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动， 用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷 上无效. 3.考试结束后，将答题卡上交. 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. 已知集合    22 5 , log 2M x x N x x     ，则 M N  A.  1,2,3,4,5 B.  2,3,4 C.  0 5x x  D.  2 4x x  【答案】D 【解析】 【分析】 分别对集合 M 和 N 中关于 x 的不等式进行求解，得到 x 的范围，然后取交集，得到答案. 【详解】集合 M 中： 2 5x  ，集合 N 中： 2log 2x  ，解得 0 4x  所以  2 4M N x x    故选 D 项. 【点睛】本题考查解对数不等式，集合的交集运算，属于简单题. 2. 若 ,a b 都是实数，且 11 a b i i   ，则 a b的值是 A. －1 B. 0 C. 1 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】 对条件中的式子进行化简，根据复数相等，得到相应的 ,a b 的值，得到答案. 【详解】 11 a b i i   - 2 -    1 1ai b i i i    ，   1b a b i i     ， 所以 1 1 b a b      ，解得 2 1 a b     ，所以 1a b  故选 C 项. 【点睛】本题考查复数的四则运算，属于简单题. 3. 国家统计局统计了我国近 10 年(2009 年 2018 年)的 GDP(GDP 是国民经济核算的核心指标， 也是衡量一个国家或地区总体经济状况的重要指标)增速的情况，并绘制了下面的折线统计 图． 根据该折线统计图，下面说法错误的是 A. 这 10 年中有 3 年的 GDP 增速在 9．00％以上 B. 从 2010 年开始 GDP 的增速逐年下滑 C. 这 10 年 GDP 仍保持 6.5％以上的中高速增长 D. 2013 年—2018 年 GDP 的增速相对于 2009 年—2012 年，波动性较小 【答案】B 【解析】 【分析】 利用折线统计图，逐一作出判断即可. 【详解】由图可知，这 10 年中有 3 年 GDP 的增速在 9．00％以上，则选项 A 正确； 2017 年相比于 2016 年 GDP 的增速上升，则选项 B 错误； 这 10 年 GDP 增速均超过 6.5％，则选项 C 正确； 显然 D 正确. - 3 - 故选 B 【点睛】本题考查命题真假的判断，考查折线图等基础知识，考查运算求解能力，考查数形 结合思想，是基础题． 4. 已知向量    1, , 2,3a m b    ，且向量 ,a b   满足  a b b    ，则 m  A. 2 B. －3 C. 5 D. －4 【答案】C 【解析】 【分析】 根据向量运算得到 a b  的坐标表示，然后利用向量垂直得到关于 m 的方程，得到答案. 【详解】由题意，  3, 3a b m    ， 因为 a b b    ，所以  0a b b     即    3 2 3 3 0m      ，解得 5m  故选 C 项. 【点睛】本题考查向量坐标的运算，向量垂直的转化，属于简单题. 5. 一个盒中有形状、大小、质地完全相同的 5 张扑克牌，其中 3 张红桃，1 张黑桃，1 张梅 花．现从盒中一次性随机抽出 2 张扑克牌，则这 2 张扑克牌花色不同的概率为 A. 4 5 B. 7 10 C. 3 5 D. 1 2 【答案】B 【解析】 【分析】 将所有情况全部列出，然后找到符合要求的情况数量，根据古典概型的概率公式，得到结果. 【详解】所有会出现的情况有：（红 1，黑 1），（红 1，梅 1），（红 2，黑 1），（红 2，梅 1），（红 3，黑 1），（红 3，梅 1），（红 1，红 2），（红 1，红 3），（红 2，红 3），（黑 1，梅 1） 共 10 种. 其中符合花色不同的情况有：（红 1，黑 1），（红 1，梅 1），（红 2，黑 1），（红 2，梅 1），（红 3，黑 1），（红 3，梅 1），（黑 1，梅 1），共 7 种 根据古典概型的概率公式得 7 10P  - 4 - 故选 B 项. 【点睛】本题考查通过列举法求古典概型的概率，属于简单题. 6. 已知双曲线的左、右焦点分别为  1 ,0F c ，  2 ,0F c ，过点 2F 作 x 轴的垂线，与双曲线的 渐近线在第一象限内的交点为 P ，线段 2PF 的中点 M 到原点的距离为 2c ，则双曲线的渐近 线方程为 A. 2y x  B. 1 2y x  C. 4y x  D. 1 4y x  【答案】A 【解析】 【分析】 根据题意求出 P 点的坐标，从而得到 M 点的坐标，根据 OM 长度得到关于 , ,a b c 的方程，从 而得到 b a 的值，得到渐近线方程. 【详解】设双曲线的渐近线方程为  0, 0by x a ba     ，根据题意可知 P 点坐标 , bcc a      ， M 为 2PF 中点，所以可得 , 2 bcM c a      ， 所以 2 2 2 222 bcOM c ca       ，所以 2 24a b ，即 2b a  所以双曲线的渐近线方程为 2y x  故选 A 项. 【点睛】本题考查通过双曲线中，线段的几何关系求双曲线渐近线方程，属于简单题. 7. 在 ABC 中，内角 A，B，C 满足 2 2sin sinB C  21 sin sin sin 02 B C A  ，则 cos2A  A. 7 8 B. 7 8  C. 3 4 D. 7 16  【答案】B 【解析】 - 5 - 【分析】 根据条件中的式子进行角化边，从而根据余弦定理得到 cos A 的值，再由二倍角公式得到 cos2A的值. 【详解】 2 2 21sin sin sin sin sin 02B C B C A    在 ABC 中，由正弦定理 sin sin sin a b c a B C   ， 可得 2 2 2 1 2b c a bc    由余弦定理可得 2 2 2 1cos 2 4 4 b c a bcA bc bc       . 所以 2 2 1 7cos2 2cos 1 2 14 8A A            . 故选 B 项. 【点睛】本题考查正、余弦定理解三角形，二倍角公式，属于简单题. 8. 如下图，执行程序框图，若输出结果为 140，则判断框内应填 - 6 - A. n≤7? B. n>7? C. n≤6? D. n>6? 【答案】D 【解析】 【分析】 根据框图的循环语句进行循环，然后当输出结果为 140 时，得到 n 的值，从而得到判断框内填 写的语句. 【详解】根据框图循环可知 1, 1n T  ； 22, 1 2 5n T    ； 23, 5 3 14n T    ； 24, 14 4 30n T    25, 30 5 55n T    ； 26, 55 6 91n T    ； - 7 - 27, 91 7 140n T    . 此时 7n  ，结合选项可知，选 D 项. 【点睛】本题考查程序框图循环结构，根据输出结果填写判断语句. 9. 如图，在正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中， ,M N 分别是棱 1 1 1,B C C C 的中点，则异面直线 1BD 与 MN 所成的角的大小是（ ） A. 30° B. 45 C. 60 D. 90 【答案】D 【解析】 【分析】 连结 1 1,B C BC ，可得 1 1BC B C ，由 1 1D C  面 1 1B BCC 得 1 1 1D C B C ， 可得 1B C  平面 1 1BC D ，则 1 1B C D B ，有 1MN B C ，可得 1MN D B ， 即 1BD 与 MN 所成的角的大小是 90 ，故选 D 项. 【详解】连结 1 1,B C BC 正方体 1 1 1 1ABCD A B C D ， 1 1D C  面 1 1BB C C 1B C  面 1 1BB C C ，所以 1 1 1B C D C 正方形 1 1BB C C 中， 1 1B C BC 1 1 1,D C BC  面 1 1BD C ， 1 1 1 1D C BC C  所以 1B C  面 1 1BD C ，而 1BD  面 1 1BD C 所以 1 1BD B C 又 M 为 1 1B C 中点， N 为 1CC 中点，可得 1MN B C - 8 - 所以 1BD MN ，即异面直线 1BD 与 MN 所成的角的大小是 90 . 故选 D 项. 【点睛】本题考查正方体内异面直线所成的角，通过线线垂直证明线面垂直，属于中档题. 10. 已知函数      sin cos 0,0 2f x x x               的最小正周期为 ，且    f x f x  ，则 A.  f x 在 3,4 4       内单调递减 B.  f x 在 0, 2      内单调递减 C.  f x 在 3,4 4       内单调递增 D.  f x 在 0, 2      内单调递增 【答案】B 【解析】 【分析】 对  f x 进行化简，根据最小正周期为 得到 的值，再由  f x 为偶函数得到 的值，然后 对  f x 解析式进行化简，从而得到其单调区间，得到答案. 【详解】        1sin cos = sin 2 22f x x x x         因为  f x 最小正周期为 ， 2 2T   ，得 1  因为    f x f x  ，所以  f x 为偶函数，所以 2 ,2k k Z    ， 而 0 2   ，所以 4   即   1 1sin 2 cos22 2 2f x x x      根据四个选项，可知 B 项正确. - 9 - 【点睛】本题考查三角函数公式的运用，正弦型函数的性质，属于简单题. 11. 已知椭圆 C 的方程为   2 2 2 2 1 0x y a ba b     ，焦距为 2c ，直线 2: 4l y x 与椭圆 C 相 交于 A，B 两点，若 2AB c ，则椭圆 C 的离心率为 A. 3 2 B. 3 4 C. 1 2 D. 1 4 【答案】A 【解析】 【分析】 根据题意表示出 A 点坐标，然后代入椭圆方程，得到关于 , ,a b c 关系，求出离心率. 【详解】设直线与椭圆在第一象限内的交点为  ,A x y ，则 2 4y x 由 2AB c ，可知 2 2OA x y c   ，即 2 2 2 4x x c       ，解得 2 2 3x c ， 所以 2 2 1,3 3A c c       把点 A 代入椭圆方程得到 2 2 2 2 2 2 1 3 3 1 c c a b            ， 整理得 4 28 18 9 0e e   ，即  2 24 3 2 3 0e e   ， 因 0 1e  ，所以可得 3 2e  故选 A 项. 【点睛】本题考查通过对已知条件的转化，将椭圆上一点的坐标用 , ,a b c 表示，再代入椭圆方 程求出离心率，属于中档题. 12. 已知函数  f x 满足：    2f x f x  ，当      2 2 , 1,2 ,1 4, 2, , x xx f x x x         时， 若不 等式   6f x x a  恒成立，则实数 a 的取值范围是 - 10 - A. 13a   B. 13a  C. 12a  D. 12a   【答案】A 【解析】 【分析】 先画出  f x 图像，由   6f x x a  恒成立，可求出  f x 斜率为 6的切线，然后求出 a 的 取值范围. 【详解】由    2f x f x  ，可知函数  f x 图像关于直线 1x  对称，作出函数  f x 示 意图，如图所示. 显然，当 2x  时，   2 4f x x  ，   2f x x  ， 由题意，切线斜率为6 所以 2 6x  ，解得 3x  所以在切点 3,5 的切线方程为  5 6 3y x   ，即 6 13y x  ， 由   6f x x a  恒成立，可得  y f x 图像与 6 13y x  的图像相切或恒在 6 13y x  图 像的上方， 故所求 a 的范围为 13a   故选 A 项. 【点睛】本题考查分段函数图像，不等式恒成立问题，数形结合的数学思想，属于中档题. 二、填空题 13. 已知函数   2 2lnf x x x a   的最小值为 2，则 a ___________. 【答案】1 【解析】 - 11 - 【分析】 对  f x 求导，得到  f x 的单调区间和最值，根据其最小值等于 2 ，得到 a 的值. 【详解】   2 2lnf x x x a      22 122 x f x x x x     所以当  0,1x 时，   0f x  ，  f x 单调递减； 当  1,x  时，   0f x  ，  f x 单调递增 所以    min 1 1 2f x f a    ，所以 1a  . 【点睛】本题考查利用导数求函数的最小值，属于简单题. 14. 设变量 ,x y 满足约束条件 4 0, 2 2 0, 1 0, x y x y x           则目标函数 2z x y  的最大值为______. 【答案】6 【解析】 【分析】 根据约束条件，画出可行域，然后将目标函数转化为斜截式，找到最优解，求出 z 的最大值. 【详解】根据约束条件画出可行域如图中阴影部分所示， 目标函数 2z x y  转化为 2y x z  ，为斜率为 2 的一簇平行线，其中 z 为纵截距， 所以当直线经过点 A 时， z 取得最小值，即 z 的最大值. 解 4 0 2 2 0 x y x y        得 2 2 x y     即  2, 2A  所以  max 2 2 2 6z      - 12 - 【点睛】本题考查通过线性规划求目标函数的最大值，属于简单题. 15. 已知 2tan 2 sin 2 cos4           ，则 ___________. 【答案】 7 10 【解析】 【分析】 利用 4 4      ，和 tan 24       ，可得到 tan 的值， 将 2sin2 cos  进行转化，得到关于 tan 的式子，从而得到结果. 【详解】 tan tan4 4tan tan 4 4 1 tan tan4 4                            2 1 31 2    所以 2 2 2 2 2 2 2sin cos cos 2tan 1 2 3 1 7sin 2 cos =sin cos tan 1 3 1 10                  【点睛】本题考查根据已知角的三角函数值求其它角的三角函数值，构造齐次式将弦化切， 属于简单题. 16. 如图，在三棱锥 P-ABC 中，侧面 PAB 垂直于底面 ABC，△ABC 与△PAB 都是边长为 2 3 的 正三角形，则该三棱锥的外接球的表面积为___________. - 13 - 【答案】 20 【解析】 【分析】 根据条件分别作过 PAB△ 和 CAB△ 中心且分别垂直于面的垂线，找到三棱锥外接球的球心， 然后得到相应线段的长度，求出外接球的半径，再计算出外接球的表面积. 【详解】如图，设 PAB△ 和 CAB△ 中心分别为点 M 和点 N ， 过点 M 和点 N 分别作面 ABC 和面 PAB 的垂线，则两条垂线相交于 O 点， 则三棱锥 O PAB 和三棱锥O ABC 都是正三棱锥， 则OA OB OC OP   ， 所以O 为三棱锥 P ABC 的外接球球心. 设 AB 中点为Q ，连接 , ,PO PQ CQ ， PAB△ 和 CAB△ 都是边长为 2 3 的正三角形，则 3CQ PQ  则 2 23PN PQ  ， 1 13ON MQ CQ   在直角 PNO 中， 2 22 1 5PO    故三棱锥 P ABC 的外接球的表面积为  2 4 5 =20  . 【点睛】本题考查求三棱锥外接球的半径，需要通过条件寻找其外接球球心和半径，属于难 题. 三、解答题：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. - 14 - （一）必考题 17. 已知数列 na 的前 n 项和为 ,2 3 9n n nS S a  ． (1)求数列 na 的通项公式； (2)若   31 logn n nb a  ，求数列 nb 的前 n 项和 nT ． 【答案】（1） 13n na  ；（2） ,2 3,2 n n n T n n     为偶数 为奇数 【解析】 【分析】 （1）由 nS 和 na 的关系式，得到 1na  和 na 的递推关系式，从而得到 na 的通项公式； （2）根据（1）中求得的 na 通项，求出 nb 通项公式，然后分奇偶，分别求出其前 n 项的和 nT . 【详解】（1）当 1n  时， 1 12 3 9S a  . 因为 1 1S a ，所以 1 12 3 9a a  ，所以 1 9a  . 因为 2 3 9n nS a  ，所以 1 12 3 9n nS a   . 两式相减，得 1 12 3 3n n na a a   ，即 1 3n na a  又因为 1 9a  ，所以 0na  . 所以数列 na 是以9为首项， 3 为公比的等比数列. 所以 1 19 3 3n n na     . （2）由（1）可知      31 log 1 1n n n nb a n     故当 n 为偶数时，      2 3 4 5 1 2n nT n n             当 n 为奇数时，          12 3 4 5 1 1 12n nT n n n n                 3 2 n   - 15 - 所以 ,2 3,2 n n nT n n 为偶数 为奇数     【点睛】本题考查通过 nS 与 na 的关系求通项公式，分奇偶求数列的前 n 项和，属于中档题. 18. 光伏发电是利用太阳能电池及相关设备将太阳光能直接转化为电能.近几年在国内出台 的光伏发电补贴政策的引导下，某地光伏发电装机量急剧上涨，如下表： 年份 2011 年 2012 年 2013 年 2014 年 2015 年 2016 年 2017 年 2018 年 年份代码 x 1 2 3 4 5 6 7 8 新增光伏装机量 y 兆瓦 0.4 0.8 1.6 3.1 5.1 7.1 9.7 12.2 某位同学分别用两种模型：①  2y bx a  ，② y dx c  进行拟合，得到相应的回归方程并 进行残差分析，残差图如下（注：残差等于 i iy y ）： 经过计算得   8 1 72.8i i i x x y y     ，  8 2 1 42i i x x    ，   8 1 686.8i i i t t y y     ，  8 2 1 3570i i t t    ，其中 2 i it x ， 8 1 1 8 i i t t    . （1）根据残差图，比较模型①，②的拟合效果，应该选择哪个模型？并简要说明理由. （2）根据（1）的判断结果及表中数据建立 y 关于 x 的回归方程，并预测该地区 2020 年新增 光伏装机量是多少.（在计算回归系数时精确到 0.01） - 16 - 附：回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：      1 2 1 n i i i n i i x x y y b x x          ，a y bx $ $ . 【答案】（1）模型①的拟合效果相对较好；详见解析（2）回归方程为  20.19 0.16y x  ；预 测该地区 2020 年新增光伏装机量为19.16（兆瓦） 【解析】 【分析】 （1）根据残差图的带状区域越窄，其模型的拟合效果越好即可判断； （2）利用换元的思想，令 2t x ，把非线性的回归方程  2y bx a  转化为线性的回归方程  y bt a  ，结合题中的数据和 ˆb 公式求出 ˆb ，再由回归直线经过样本中心点 ,t y ，求出 ˆa 即 可求出回归方程；把 10x  代入回归方程求出 ˆy 即为所求的预测值. 【详解】（1）选择模型①. 理由如下：根据残差图可以看出，模型①的估计值和真实值相对比较接近，模型②的残差相 对较大一些，所以模型①的拟合效果相对较好. （2）由（1），知 y 关于 x 的回归方程为  2y bx a  ，令 2t x ，则  y bt a  . 由所给数据可得   8 1 1 1 1 4 9 16 25 36 49 64 25.58 8i i t t             ，   8 1 1 1 0.4 0.8 1.6 3.1 5.1 7.1 9.7 12.2 58 8i i y y             ， 所以      8 1 8 2 1 686.8 0.193570 i i i i i t t y y b t t            ， 由线性回归方程经过样本中心点 ,t y 可得，  5 0.19 25.5 0.16a y bt      . 所以 y 关于 x 的回归方程为  20.19 0.16y x  . 预测该地区 2020 年新增光伏装机量为  20.19 10 0.16 19.16y     （兆瓦）. 【点睛】本题考查利用残差图判断回归模型的拟合效果和利用换元思想求非线性的回归方程； - 17 - 考查运算求解能力和数据分析能力；熟练掌握残差的概念和线性回归方程的求解方法是求解 本题的关键；属于中档题. 19. 如图，在四棱锥 P-ABCD 中，PD⊥平面 ABCD，PD=DC=BC=2，AB//DC，AB=2CD，∠BCD=90°． (1)求证：AD⊥PB； (2)求点 C 到平面 PAB 的距离． 【答案】（1）见解析；（2） 2 【解析】 【分析】 （1）取 AB 中点为 M ，通过勾股定理证明 AD BD ，再得到 AD  平面 PDB ，从而证明 AD PB . （2）根据三棱锥C PAB 等体积转化，以 ABC 为底， PD 为高，求出三棱锥C PAB 的 体积，再求出 PAB 的面积，以 PAB 为底，C 到平面 PAB 的距离为高，从而得到C 到平 面 PAB 的距离. 【详解】（1）如图，取 AB 中点为 M ，连接 , ,PM DM BD 因为 2 , , 2, , 90AB CD AM MB DC BC CD AB BCD       所以四边形 BCDM 为正方形. 所以 2,DM BC AM MB    所以 2 2, 2 2, 4AD BD AB   . 所以 2 2 2AB BD AD  所以 AD BD 因为 PD  平面 ABCD ， AD  平面 ABCD ，所以 PD AD . 又因为 BD PD D  所以 AD  平面 PDB ， 而 PB  平面 PDB ，所以 AD PB - 18 - （2）连接 AC ，设点C 到平面 PAB 的距离为 h ， 则 1 1 1 84 2 23 2 6 3C PAB P ABCV V AB BC PD            因为 , ,AB PD AB DM  且 PD DM D  所以 AB  平面 PDM ，所以 AB PM . 在Rt PDM 中 2 2 2 8,PM PD DM   即 2 2PM  . 所以 1 1 4 2 2 4 22 2PABS AB PM       . 所以 1 4 2 3 3C PAB PABV S h h     . 所以 8 4 2 3 3 h ，所以 2h  . 所以点C 到平面 PAB 的距离为 2 . 【点睛】本题考查通过证明线面垂直证明异面直线互相垂直，通过三棱锥等体积转化，求出 点到面的距离，属于中档题. 20. 已知抛物线  2: 2 0C y px p  的焦点为 F，点  1,P a 在此抛物线上， 2PF  ，不过 原点的直线l 与抛物线 C 交于 A，B 两点，以 AB 为直径的圆 M 过坐标原点． (1)求抛物线 C 的方程； (2)证明：直线l 恒过定点； (3)若线段 AB 中点的纵坐标为 2，求此时直线 l 和圆 M 的方程． 【答案】（1） 2 4y x ；（2）定点 4,0 ；（3） 4y x  ，   2 26 2 40x y    【解析】 【分析】 （1）根据抛物线的定义，将 2PF  转化为抛物线上的点 P 到准线的距离，从而求出 p ，得 到抛物线方程. - 19 - （2）直线与抛物线联立，得到 1 2 1 2,x x x x ，然后利用以 AB 为直径的圆 M 过坐标原点，即 0OA OB   ,代入 1 2 1 2,x x x x ，求出斜率与截距的关系，得到直线过的定点. （3）根据 AB 中点坐标，求出直线的斜率，得到直线方程，再求出 OM 长度，即圆的半径， 得到圆的方程. 【详解】（1）抛物线  2: 2 0C y px p  ，其准线为 2 px   点  1,P a 在此抛物线上， 2PF  ， 点 P 到准线的距离等于 PF ,即1 22 p  ，得 2p  所求抛物线方程为 2 4y x （2）①当直线l 斜率存在时，设直线l 的方程为 y kx m  ，    1 1 2 2, , ,A x y B x y ，易知 0, 0k m  . 联立方程组得 2 4y x y kx m      ，从而可得方程  2 2 22 4 0k x km x m    由题意可知  2 2 22 4 4 0km k m     2 1 2 1 22 2 4 2 ,km mx x x xk k    所以     2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 4my y kx m kx m k x x km x x m k         因为以 AB 为直径的圆 M 过坐标原点， 所以 0OA OB   ，即 1 2 1 2 0x x y y  ，所以 2 2 4 0m m k k   ，所以 4m k  . 所以直线 l 的方程为 4y kx k  ，即  4y k x  ，所以直线l 恒过定点 4,0 . ②当直线 l 的斜率不存在时，易求得点 ,A B 坐标分别为  4,4 ， 4, 4 ，直线l 也过点 4,0 . 综合①②可知，直线l 恒过定点 4,0 . - 20 - （3）由题意可知直线 l 斜率存在，设线段 AB 中点坐标为 0,2x 由（2）中所得 2 1 2 1 22 2 4 2 ,km mx x x xk k    ， 则      1 2 1 2 1 2 44 4 8y y k x k x k x x k k          所以 2 02 2 4 2 2 k xk k      ，解得 01, 6k x  所以直线 l 方程为 4y x  . 因为线段 AB 中点坐标为 6,2 ，即为圆 M 的圆心坐标， 设圆 :M    2 2 26 2x y r    . 代入  0,0 ，得 2 40r  所以圆 M 的方程为   2 26 2 40x y    【点睛】本题考查抛物线定义，抛物线与直线的位置关系，以及设而不求的方法解决直线过 定点问题，属于中档题. 21. 已知函数    xf x e x a a R    ． (1)当 0a  时，求证：  f x x ； (2)讨论函数  f x 在 R 上的零点个数，并求出相对应的 a 的取值范围． 【答案】（1）证明见解析；（2） 1a  时，函数  f x 在 R 上没有零点；当 1a  时，函数  f x 在 R 上有一个零点；当 1a  时，函数  f x 在 R 上有两个零点. 【解析】 【分析】 - 21 - （1）构造函数    g x f x x  ，利用导数研究函数的单调性和最小值，证明最小值大于 0 . （2）先利用导数得到  f x 的最小值，然后分类讨论，根据零点存在定理，得到每种情况下  f x 的零点情况. 【详解】（1）当 0a  时，   xf x e x  ， 令     e e 2x xg x f x x x x x       ，则   e 2xg x   . 令   0g x  ，得 ln2x  . 当 ln2x  时，   0g x  ，  g x 单调递减；当 ln2x  时，   0g x  ，  g x 单调递增. 所以 ln2x  是  g x 的极小值点，也是最小值点， 即     ln2 min ln2 2ln2 2ln 02 eg x g e     故当 0a  时，  f x x 成立. （2）   1xf x e   ，由   0f x  ，得 0x  . 所以当 0x  时，   0f x  ，  f x 单调递减；当 0x  时，   0f x  ，  f x 单调递增. 所以 0x  是函数  f x 的极小值点，也是最小值点， 即    min 0 1f x f a   . 当1 0a  ，即 1a  时，  f x 在 R 上没有零点. 当1 0a  ，即 1a  时，  f x 在 R 上只有一个零点. 当1 0a  ，即 1a  时，因为    e e 0a af a a a        ， 所以  f x 在 0， 内只有一个零点； 由（1）得 2xe x ，令 x a ，得 2ae a ， 所以   2 0a af a e a a e a      ，于是  f x 在 0, 内有一个零点； 因此，当 1a  时，  f x 在 R 上有两个零点. 综上， 1a  时，函数  f x 在 R 上没有零点； - 22 - 当 1a  时，函数  f x 在 R 上有一个零点； 当 1a  时，函数  f x 在 R 上有两个零点. 【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，极值和最值，利用零点存在定理判断函数零 点个数，属于难题. （二）选考题：请考生在第 22、23 题中任选一题作答. [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 cos , sin x y      ( 为参数)，直线 l 的参数 方程为 2 cos , sin x t y t       (t 为参数)． (1)求曲线 C 和直线l 的普通方程， (2)直线 l 与曲线 C 交于 A，B 两点，若 1AB  ，求直线l 的方程． 【答案】（1）见解析；（2） 39 2 39 13 13y x  或 39 2 39 13 13y x   【解析】 【分析】 （1）对曲线C 和直线l 的参数方程分别消参，得到它们的普通方程；（2）利用直线参数的几 何意义，代入到曲线C 中，得到 1 2 1 2,t t t t ，表示出 AB ，利用 1AB  ，求出倾斜角 的三 角函数值，得到直线l 的斜率，从而求出直线 l 的方程. 【详解】（1）曲线C ,x cos y sin      消去参数 ，得 2 2 1x y  .对直线 :l 2 ,x tcos y tsin       消去 参数t ，当 cos 0  时， : 2l x  ；当 cos 0  时，  : tan 2l y x  . （2）把 2 ,x tcos y tsin       代入 2 2 1x y  中，得 2 4 cos 3 0t t    . 因为 216cos 12 0    ，所以 2 3cos 4   . 因为 1 2 1 2 1 24cos , 3, 1t t t t AB t t       - 23 - 所以   2 2 2 1 2 1 2 1 24 16cos 12 1t t t t t t        所以 2 13cos 16   ，所以 2 2 2 sin 3tan cos 13    . 所以 39tan 13    ，即直线 l 斜率为 39 13  . 所以直线 l 的方程为 39 2 39 13 13y x  或 39 2 39 13 13y x   . 【点睛】本题考查参数方程化普通方程，直线参数的几何意义，通过圆的弦长求直线方程， 属于中档题. [选修 4—5：不等式选讲] 23. 已知函数   2f x x x   ． (1)解不等式   4f x  ； (2)若不等式   1 0mx f x m   对于 xR 恒成立，求 m 的取值范围． 【答案】（1） 1,3 ；（2） 10, 2      【解析】 【分析】 （1）根据零点分区间法去绝对值，将  f x 写成分段函数，然后分别求出每段小于等于 4 的 解集，再取并集.（2）对  f x 分段表示，然后利用参变分离处理恒成立问题，求出 m 的取 值范围. 【详解】（1）利用零点分区间法，对  f x 去绝对值得   2 2, 0 2, 0 2 2 2, 2 x x f x x x x        „ … 当 0x  时，由 2 2 4x   ，得 1x   ，所以  1,0x  当 0 2x  时， 2 4 成立，所以  0,2x 当 2x  时，由 2 2 4x   ，得 3x  ，所以  2,3x 综上可知，不等式   4f x  的解集为 1,3 . - 24 - （2）由题意，可知 0m  ，由（1）得 当 0x  时， 1 2 2mx x    恒成立，即 12m x    恒成立， 因为 12 0x    ，所以 0m  时，不等式恒成立. 当 0x  时，1 2 恒成立，所以 0m  时不等式恒成立. 当 0 2x  时， 1 2mx   恒成立，即 1m x  恒成立， 而 1 1 2x  ，所以 10 2m  时不等式恒成立. 当 2x  时， 1 2 2mx x   恒成立，即 32m x   恒成立，而 1 32 22 x    . 所以 10 2m  不等式恒成立. 综上，满足要求的 m 的取值范围为 10, 2      【点睛】本题考查零点分区间法去绝对值，解绝对值不等式，参变分离解决函数恒成立问题， 属于中档题. - 25 -