辽宁省大连市第二十四中学2020届高三6月高考模拟（最后一模考试）数学（文）试题 Word版含解析 24页

- 1 - 2020 届大连市第二十四中学高三最后一次 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.若集合  | 1A x x  ，则满足 A B A 的集合 B可以是（ ） A.  | 0x x  B.  2|x x  C.  | 0x x  D.  | 2x x  【答案】B 【解析】 【分析】 由 A B A 推出 A B ,再依次判断选项即可. 【详解】若 A B A ,则 A B , 又  | 1A x x   2|x x  故选:B. 【点睛】本题考查集合关系,属于基础题. 2.设复数 z 满足 =1iz  ，z在复平面内对应的点为(x，y)，则 A. 2 2+1 1( )x y  B. 2 2( 1) 1x y   C. 22 ( 1) 1yx    D. 22 ( +1) 1yx   【答案】C 【解析】 【分析】 本题考点为复数的运算，为基础题目，难度偏易．此题可采用几何法，根据点（x，y）和点(0， 1)之间的距离为 1，可选正确答案 C． 【详解】 , ( 1) ,z x yi z i x y i      2 2( 1) 1,z i x y     则 22 ( 1) 1yx    ．故选 C． 【点睛】本题考查复数的几何意义和模的运算，渗透了直观想象和数学运算素养．采取公式 法或几何法，利用方程思想解题． 3.等差数列 x，3 3x ，6 6x  ， 的第四项等于（ ） - 2 - A. 0 B. 9 C. 12 D. 18 【答案】B 【解析】 【分析】 先根据已知求出 x 的值，再求出等差数列的第四项得解. 【详解】由题得2(3 3) +(6 6), 0x x x x     . 所以等差数列的前三项为 0,3,6,公差为 3， 所以等差数列的第四项为 9. 故选：B 【点睛】本题主要考查等差中项的应用，考查等差数列的通项的应用，意在考查学生对这些 知识的理解掌握水平. 4.2019 年 10 月 1 日上午，庆祝中华人民共和国成立 70 周年阅兵仪式在天安门广场隆重举行. 这次阅兵不仅展示了我国的科技军事力量，更是让世界感受到了中国的日新月异.今年的阅兵 方阵有一个很抢眼，他们就是院校科研方阵.他们是由军事科学院、国防大学、国防科技大学 联合组建．若已知甲、乙、丙三人来自上述三所学校，学历分别有学士、硕士、博士学位.现 知道：①甲不是军事科学院的；②来自军事科学院的不是博士；③乙不是军事科学院的；④ 乙不是博士学位；⑤国防科技大学的是研究生．则丙是来自哪个院校的，学位是什么( ) A. 国防大学，研究生 B. 国防大学，博士 C. 军事科学院，学士 D. 国防科技大学，研究生 【答案】C 【解析】 【分析】 根据①③可判断丙的院校；由②和⑤可判断丙的学位. 【详解】由题意①甲不是军事科学院的，③乙不是军事科学院的； 则丙来自军事科学院； 由②来自军事科学院的不是博士，则丙不是博士； 由⑤国防科技大学的是研究生，可知丙不是研究生， 故丙为学士. 综上可知，丙来自军事科学院，学位是学士. - 3 - 故选：C. 【点睛】本题考查了合情推理的简单应用，由条件的相互牵制判断符合要求的情况，属于基 础题. 5.下列说法正确的是（ ） A. a R ，“ 1 1 a  ”是“ 1a  ”的必要不充分条件 B. “ p q 为真命题”是“ p q 为真命题”的必要不充分条件 C. 命题“ x R  ，使得 2 2 3 0x x   ”的否定是：“ x R  ， 2 2 3 0x x   ” D. 命题 :p “ x R  ， sin cos 2x x  ”，则 p 是真命题 【答案】A 【解析】 【分析】 对每一个选项逐一分析判断得解. 【详解】A. 由 1 1 a  得 1a  或 0a  ,所以 a R ，“ 1 1 a  ”是“ 1a  ”的必要不充分条件， 所以该选项命题正确； B. “ p q 为真命题”即“ p和q都是真命题”，“ p q 为真命题”即“ ,p q中至少有一 个真命题”， 所以 “ p q 为真命题”是“ p q 为真命题”的充分不必要条件，所以该选 项命题是假命题； C. 命题“ x R  ，使得 2 2 3 0x x   ”的否定是：“ x R  ， 2 2 3 0x x   ”，所以 该选项命题是假命题； D. sin cos 2 sin( ) 2 4 x x x      ， 所以命题 :p “ x R  ， sin cos 2x x  ”是真 命题，则 p 是假命题，所以该选项命题是假命题. 故选：A 【点睛】本题主要考查充要条件的判断和复合命题的真假的判断，考查特称命题的真假的判 断，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平. 6.已知平面向量 (3,0)a   ， 2 (1, 2 3)a b  r r ，则 a  与b  的夹角等于（ ） A. 6  B. 3  C. 2 3  D. 5 6  【答案】C - 4 - 【解析】 【分析】 设 ( , )b x y  ，利用向量的坐标运算可得 2 (3 2 ,2 )a b x y    ，综合条件可列方程组求出b  ， 再根据坐标运算可求a  与b  的夹角. 【详解】解：设 ( , )b x y  ， 则 2 (3 2 ,2 ) (1,2 3)a b x y     ， 3 2 1 1 2 2 3 3 x x y y            ， ， ( 1, 3)b    ， 3 1cos , 3 2 2| | | | a ba b a b             ， 则a  与b  的夹角等于 2 3  . 故选：C. 【点睛】本题考查向量坐标的线性运算及向量夹角的坐标求解，是基础题. 7.某单位去年的开支分布的折线图如图 1 所示，在这一年中的水、电、交通开支（单位：万 元）如图 2 所示，则该单位去年的水费开支占总开支的百分比为（ ） A. 6.25% B. 7.5% C. 10.25% D. 31.25% 【答案】A 【解析】 【分析】 由折线图找出水、电、交通开支占总开支的比例，再计算出水费开支占水、电、交通开支的 比例，相乘即可求出水费开支占总开支的百分比. - 5 - 【详解】水费开支占总开支的百分比为 250 20% 6.25% 250 450 100     . 故选：A 【点睛】本题考查折线图与柱形图，属于基础题. 8.m， n为两条不同的直线， ， 是两个不同的平面，下列命题中正确的是（ ） A. 若  ，m  ， n  ，则m n B. 若 //  ，m  ， n  ，则 //m n C. 若m n ，m  ， n  ，则  D. 若m n ，m  ， n  ，则  【答案】D 【解析】 【分析】 对四个选项，分别利用直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系进行判断，即可得 出结论. 【详解】若  ，m  ， n  ，则m与 n相交、平行或异面，故 A 错误. 若 //  ，m  ， n  ，则m与n平行或异面，故 B错误 若m n ，m  ， n  ，则 与  相交或平行，故 C错误 若m n ，m  ，则 n  或n  ，又因为 n  ，可得  ，故 D 正确 故选：D 【点睛】本题考查空间直线与直线、直线与平面，平面与平面的位置关系，考查学生分析解 决问题的能力，属于中档题. 9.我们把焦点相同，且离心率互为倒数的椭圆和双曲线称为一对“相关曲线”，已知 1F、 2F 是一对相关曲线的焦点， P是椭圆和双曲线在第一象限的交点，当 1 2 60F PF   时，这一对 相关曲线中双曲线的离心率是( ) A. 3 B. 2 C. 2 3 3 D. 2 【答案】A - 6 - 【解析】 【分析】 设 1PF x ， 2PF y (x  0)y  ，设椭圆的长半轴长为 1a ，双曲线的实半轴长为 a，根 据余弦定理可得 2 2 2 2 24 2 cos60c x y xy x y xy      ，利用椭圆和双曲线的定义，结合 离心率的公式，求得结果. 【详解】设椭圆的长半轴长为 1a ，椭圆的离心率为 1e ，则 1 1 ce a  ， 1 1 ca e  ． 双曲线的实半轴长为 a，双曲线的离心率为 e， ce a  ， ca e  ， 设 1PF x ， 2PF y (x  0)y  ， 则 2 2 2 2 24 2 cos60c x y xy x y xy      ， 当点 P 被看作是椭圆上的点时，有  22 2 14 3 4 3c x y xy a xy     ， 当点 P 被看作是双曲线上的点时，有 24c   2 24x y xy a xy    ， 两式联立消去 xy得 2 2 2 14 3c a a  ，即 2 2 2 1 4 3c cc e e            ， 所以 2 2 1 1 13 4 e e            ，又 1 1 e e  ， 所以 2 2 3 4e e   ，整理得 4 24 3 0e e   ， 解得 2 3e  或 2 1e  （舍去），所以 3e  ， 即双曲线的离心率为 3， 故选 A． 【点睛】该题考查的是有关椭圆和双曲的有关问题，涉及到的知识点有椭圆和双曲线的定义， 新定义，椭圆和双曲线的离心率，余弦定理，属于中档题目. 10.已知   22 lnf x a x x  ，若对于  1 2, 0,x x   且 1 2x x 都    1 2 1 2 4 f x f x x x    ，则 a 的取值范围是（ ） A.  1, B.  1, C.  0,1 D.  0,1 - 7 - 【答案】B 【解析】 【分析】 根 据 1 2 1 2 ( ) ( ) 4f x f x x x    ， 化 简 整 理 得 1 1 2 2 1 2 ( ) 4 [ ( ) 4 ] 0f x x f x x x x      ， 构 造 函 数 ( ) ( ) 4g x f x x  ，依题意 ( )g x 为增函数，求导，令 '( ) 0g x  ，即可求解. 【详解】依题意 1 2 1 2 ( ) ( ) 4f x f x x x    ，所以 1 1 2 2 1 2 ( ) 4 [ ( ) 4 ] 0f x x f x x x x      ， 设 2( ) ( ) 4 2 ln 4 ( 0)g x f x x a x x x x      ，则 ( )g x 为增函数， 所以 ' 1( ) 2 2 4 0g x a x x      ，化简整理得 (2 )a x x  .而当 0x  时，(2 )x x 的最大值 为 1，所以 1a  . 故答案为 1, 【点睛】本题主要考查了根据函数的单调性求参数范围问题，难点在于构造新函数 ( ) ( ) 4g x f x x  ，并根据 ( )g x 的单调性进行求解，属中档题. 11.在平面直角坐标系中，A，B分别是 x轴和 y轴上的动点，若以 AB为直径的圆C与直线 3 3 0x y   相切，则圆C面积的最小值为（ ） A. 4 5  B. 10 9  C. 3 4  D. 9 40  【答案】D 【解析】 【分析】 由O向直线3 3 0x y   做垂线，垂足为D，当D恰为圆与直线的切点时，圆C的半径最 小，此时圆的直径为 (0,0)O 到直线3 3 0x y   的距离，由此能求出圆C的面积的最小值 【详解】解：因为 AB为直径， 90AOB  ， 所以O点必在圆C上， 由O向直线3 3 0x y   做垂线，垂足为D，则当D恰为圆与直线的切点时，圆C的半径 - 8 - 最小，此时圆的直径为 (0,0)O 到直线3 3 0x y   的距离 2 2 3 3 103 1 d     ， 此时圆的半径 3 2 10 r  ， 所以圆C面积的最小值为 2 3 9 402 10         ， 故选：D 【点睛】此题材考查了直线与圆的位置关系，考查圆的面积的最小值的求法，属于中档题 12.定义在  1, 上的函数  f x 同时满足下列两个条件：①对任意的  1,x  恒有    2 2f x f x 成立；②当  1,2x 时，   2f x x  .记函数      1g x f x k x   ，若 函数  g x 恰有两个零点，则实数 k的取值范围是（ ） A.  1,2 B. 4 ,2 3      C. 4 ,2 3       D. 4 ,2 3     【答案】D 【解析】 【分析】 根据题中的条件得到函数的解析式为：f（x）＝﹣x+2b，x∈（b，2b]，又因为 f（x）＝k（x ﹣1）的函数图象是过定点（1，0）的直线，再结合函数的图象根据题意求出参数的范围即可． 【详解】解：∵对任意的 x∈（1，+∞）恒有 f（2x）＝2f（x）成立，且当 x∈（1，2]时，f （x）＝2﹣x， ∴f（x）＝﹣x+2b，x∈（b，2b]． 由题意得 f（x）＝k（x﹣1）的函数图象是过定点（1，0）的直线， 如图所示红色的直线与线段 AB 相交即可（可以与 B点重合但不能与 A点重合）， - 9 - ∴可得 k 的范围为： 4 2 3     ， ， 故选：D． 【点睛】解决此类问题的关键是熟悉求函数解析式的方法以及函数的图象与函数的性质，数 形结合思想是高中数学的一个重要数学数学，是解决数学问题的必备的解题工具． 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分． 13.设   2 2 2 , 0 log ( ), 0 xa x f x x a x       且  2 4f  ，则  2f   ________． 【答案】3 【解析】 【分析】 由  2 4f  可求得 2a 的值，再结合函数  y f x 的解析式可求得  2f  的值. 【详解】由题意可得   22 4f a  ，所以，当 0x  时，    2 2log 4f x x  ， 因此，   22 log 8 3f    . 故答案为：3 . 【点睛】本题考查分段函数求值，考查计算能力，属于基础题. 14.若点 (cos ,sin )P   在直线 2y x 上，则 cos(2 ) 2   的值等于______________ . 【答案】 4 5  【解析】 【分析】 根据题意可得 sin 2cos  ，再由 2 2sin cos 1   ，即可得到结论. - 10 - 【详解】由题意，得sin 2cos  ，又 2 2sin cos 1   ，解得 5cos 5    ， 当 5cos 5   时，则 2 5sin 5   ， 此时 5 2 5 4cos 2 sin 2 2 2 5 5 5               ； 当 5cos 5    时，则 2 5sin 5    ， 此时 5 2 5 4cos 2 sin 2 2 2 5 5 5                               ， 综上， 4cos 2 2 5        . 故答案为： 4 5  . 【点睛】本题考查诱导公式和同角的三角函数的关系，考查计算能力，属于基础题. 15.已知数列 na 为等比数列，首项 1 4a  ，数列 nb 满足 2logn nb a ，且 1 2 3 12b b b   ， 则 4a  ________． 【答案】256 【解析】 【分析】 利用对数的运算性质可得 1 2 3 2 1 2 2 2 3 2 1 2 3log log log logb b b a a a a a a      ，再由等比数 列的性质可得 3 1 2 3 2a a a a   ，结合题干，即可求出 2a 的值，再根据 1 4a  ，即可求出 q 的 值，代入公式即可求解. 【详解】由题意得 1 2 3 2 1 2 2 2 3 2 1 2 3log log log logb b b a a a a a a      ，又 na 为等比数列， 所以 3 1 2 3 2a a a a   ，所以 3 1 2 3 2 2log 12b b b a    ，所以 3 12 2 2a  ， 所以 4 2 2 16a   ，又 1 4a  ，所以 2 1 4aq a   ， 所以 3 3 4 1 4 4 256a a q    . 故答案为:256. - 11 - 【点睛】本题考查对数的运算，等比数列性质的应用，需较强的计算能力，属中档题. 16.如图是某机械零件的几何结构，该几何体是由两个相同的直四棱柱组合而成的，且前后、 左右、上下均对称，每个四棱柱的底面都是边长为 2 的正方形，高为 4，且两个四棱柱的侧棱 互相垂直．则这个几何体有________个面，其体积为________． 【答案】 (1). 20 (2). 16 232 3  【解析】 【分析】 由图形可直接得到几何体面的个数，几何体体积等于两个四棱柱的体积和减去两个四棱柱交 叉部分的体积，根据直观图分别进行求解即可. 【详解】由图形观察可知，几何体的面共有 2 (2 4 2) 20    个， 该几何体的直观图如图所示， 该几何体的体积为两个四棱柱的体积和减去两个四棱柱交叉部分的体积. 两个四棱柱的体积和为 2 2 2 4 32V      . 交叉部分的体积为四棱锥 S ABCD 的体积的 2 倍. 在等腰 ABS 中， 2 2,SB SB 边上的高为 2，则 6.SA  - 12 - 由该几何体前后，左右上下均对称，知四边形 ABCD为边长为 6 的菱形. 设 AC的中点为H ，连接 ,BH SH 易证 SH 即为四棱锥 S ABCD 的高， 在Rt ABH 中， 2 2 6 2 2.BH AB AH     又 2 2AC SB  所以 12 2 2 2 4 2 2ABCDS      因为 BH SH ， 所以 1 1 8 22 4 2 2 3 3 3ABCDS ABCDV S      四棱柱 ， 所以求体积为 8 2 16 232 2 32 . 3 3     故答案为：20； 16 232 . 3  【点睛】本题考查空间组合体的结构特征，棱柱、棱锥的体积，关键需要弄清楚几何体的组 成，属于较易题目. 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 为选考题，考生根据要求作答． （一）必考题：共 60 分． 17. ABC 的内角为 , ,A B C的对边分别为 , ,a b c，已知 cos sin sin cos a b c C B B C   ． （1）求角 B； （2）若 2b  ，当 ABC 的面积最大值． 【答案】（1） 4 B   ；（2） 2 1 2  . 【解析】 【详解】试题分析：（1）利用正弦定理得： sin cos sin cos sin cos A C C C B C   ，进而 tan 1B  ，即可 求出角 B；（2）由 2b  ，利用余弦定理建立等式关系，结合不等式的性质求解 ac的最大值， 可得 ABC 面积的最大值． - 13 - 试题解析：（1）利用正弦定理得： sin cos sin cos sin cos A C C C B C   ， sin cos sin sin sin cos cos sinB C B C B C B B   . 又∵ sinB 0 ∴ tan 1, 4 B B    （2）由余弦定理得： 2 2 2 2 2 2 2cos 2 2 2 a c b a cB ac ac        ∴ 2 2 2 2 2 2a c ac ac     ，当且仅当 a c 时取等号 ∴ 2 2ac   ∴ 1 1 2 2 1sin (2 2) 2 2 2 2ABCS ac B        ∴ max 2 1 2 S   ． 18.已知平面多边形 PABCD中，AP PD ， 2 2 4AD DC BC   ， //AD BC，AP PD ， AD DC ， E为 PD的中点，现将三角形 APD沿 AD折起，使 2 2PC . （1）证明： / /CE 平面 PAB； （2）求三棱锥 P BCE 的体积. 【答案】（1）证明见解析；（2） 3 3 . 【解析】 【分析】 （1）取 PA的中点 H ，连HE ，即可证明 1/ / 2 HE AD，结合 1/ / 2 BC AD即可证明四边形 BCEH 为平行四边形，问题得证． - 14 - （2）取 AD中点 F ，连接 BF ， PF ，先说明 BC⊥平面 PBF，即可求得三角形 PBF为等 边三角形，取 BF 的中点O，先说明PO 平面 ABCD，利用体积变换及中点关系，将 P BCEV  转化成 1 2P BCE P BCDV V  ，问题得解． 【详解】（1）取 PA的中点H ，连HE . ∵E为 PD中点， ∴HE为 APD 的中位线， ∴ 1/ / 2 HE AD . 又 1/ / 2 BC AD， ∴ / /HE BC， ∴四边形 BCEH 为平行四边形， ∴ / /CE BH . ∵BH 平面 ABP，CE 平面 ABP， ∴ / /CE 平面 ABP . （2）由题意知 PAD△ 为等腰直角三角形， ABCD为直角梯形. 取 AD中点 F ，连接 BF ， PF ， - 15 - ∵ 2 2 4AD DC BC   ， ∴ 2PF BF  ， ∵PF AD ， BF AD ，PF BF F  ， ∴DF 平面 PBF， ∴ BC⊥平面 PBF， ∵PB 平面 PBF， ∴BC PB . ∴在直角三角形 PBC中， 2 2PC ， 2BC  ， ∴ 2PB  ， ∴三角形 PBF为等边三角形. 取BF 的中点O，则 PO BF ， PO DF ，DF BF F  ， ∴PO 平面 ABCD， 3PO  ， ∵E为 PD的中点， ∴E到平面 PBC的距离等于D到平面 PBC的距离的一半， ∴ 1 1 2 2P BCE E PBC D PBC P BCDV V V V      1 1 1 1 1 2 2 3 2 3 2 3 2BCDS PO          3 3  . 【点睛】本题主要考查了线面平行的证明，还考查了转化思想及几何体体积变换，考查计算 能力及空间思维能力，属于中档题． 19.某高校在 2019年的自主招生考试成绩中随机抽取100名学生的笔试成绩，按成绩共分五 - 16 - 组，得到如下的频率分布表： 组号 分组 频数 频率 第一组  145,155 5 0.05 第二组  155,165 35 0.35 第三组  165,175 30 a 第四组  175,185 b c 第五组  185,195 10 0.1 （1）请写出频率分布表中 a、b、 c的值，若同组中的每个数据用该组区间的中间值代替， 请估计全体考生的平均成绩； （2）为了能选出最优秀的学生，高校决定在笔试成绩高的第3、4、5组中用分层抽样的方 法抽取6名考生进入第二轮面试，求第3、4、5组中每组各抽取多少名考生进入第二轮的面 试； （3）在（2）的前提下，学校要求每个学生需从 A、 B两个问题中任选一题作为面试题目， 求第三组和第五组中恰好有 2个学生选到问题 B的概率． 【答案】（1） 0.3a  ， 20b  ， 0.2c  ，平均成绩为169.5；（2）第3、4、5组分别抽取 3人、 2人、1人；（3） 3 8 . 【解析】 【分析】 （1）根据分层抽样的特点可得出 a、b、 c的值，将每组的中点值乘以对应组的频率，相加 可得出全体考生的平均成绩； （2）根据分层抽样的特点可求得第3、 4、5组中每组所抽取的学生人数； （3）列举出所有的基本事件，利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率. 【详解】（1）由题意知， 0.3a  ， 20b  ， 0.2c  ， 全体考生的平均成绩为 150 0.05 160 0.35 170 0.3 180 0.2 190 0.1 169.5x            - 17 - （分）； （2）第3、 4、5组共60名学生，现抽取6名， 因此第3组抽取的人数为 30 6 3 60   人，第 4组抽取的人数为 20 6 2 60   人，第5组抽取的人 数为 10 6 1 60   人； （3）所有的基本事件如下：  , , ,A A A A 、  , , ,A A A B 、  , , ,A A B A 、  , , ,A B A A 、  , , ,B A A A 、  , , ,A A B B 、  , , ,A B A B 、  , , ,A B B A 、  , , ,B A A B 、  , , ,B A B A 、  , , ,B B A A 、  , , ,A B B B 、  , , ,B A B B 、  , , ,B B A B 、  , , ,B B B A 、  , , ,B B B B ， 所以，基本事件总数为16种． 第三组和第五组中恰好有2个学生选到问题 B 的基本事件如下：  , , ,A A B B 、  , , ,A B A B 、  , , ,A B B A 、  , , ,B A A B 、  , , ,B A B A 、  , , ,B B A A ， 共包含6个基本事件． 故第三组和第五组中恰好有 2个学生选到问题 B的概率 6 3 16 8 P   ． 【点睛】本题考查频率分布表的完善，同时也考查了利用分层抽样求抽取的人数以及古典概 型概率的计算，考查计算能力，属于中等题. 20.已知函数   ln 1f x x x  ，      1g x k x k k R    ． （1）若直线  y g x 是曲线  y f x 的一条切线，求 k 的值； （2）当 1x  时，直线  y g x 与曲线   1y f x  无交点，求整数 k的最大值． 【答案】（1）2；（2）3． 【解析】 【分析】 （1）先求函数  f x 的导数，设出切点坐标，根据切线方程建立等量关系，求出切点坐标， 从而可得 k 的值； （2）把交点问题转化为函数    ln 1F x x x k x k    的零点问题，结合导数，求解单调 性及最值，然后可得整数 k 的最大值． 【详解】（1）由题意知   ln 1f x x   ，设切点为  0 0 0l 1, nP x x x  ， - 18 - 在点 P 处的切线方程为     0 0 0 0ln 1 1 lny x x x x x     ． 整理得    0 01 ln 1y x x x    ． 由 0 0 0 0 1 ln 1 ln 2 1 1 x k x k k x x k             0 0ln 1x x   ． 令   ln 1h x x x   ，   1 11 xh x x x      ． 当0 1x  ，   0h x  ，  h x 在  0,1 上单调递增；当 1x  ，   0h x  ，  h x 在  1, 上 单调递减． 所以  h x 的最大值为  1 0h  ，即 0 1x  ，故 2k  ． （2）令    ln 1F x x x k x k    ，      ,ln 2 ln 2 1F x x k x k x        ①当 2 0k   时，   0F x  ，所以  f x 在  1, 上单调递增． 所以    1 1F x F  ，即  F x 在  1, 上无零点． ②当 2 0k   时，由   0F x  ，得 2kx e  ． 当 21 kx e   时，   0F x  ，所以  F x 在  21, ke  上单调递减； 当 2kx e  时，   0F x  ，所以  F x 在  2 ,ke   上单调递增．  F x 的最小值为      2 2 2 21 1k k k kF e k e k e k e         ． 令   2km k k e   ，则   21 0km k e     ， 所以  m k 在  2, 上单调递减， 而  2 2 1 1m    ，  3 3 0m e   ，   24 4 0m e   ，因此 k 的最大值为 3． 【点睛】本题主要考查导数的应用，利用导数求解切线问题时注意导数值与切线斜率的关系， 曲线的交点问题通常转化为新函数的零点问题，结合单调性及最值进行求解，侧重考查数学 抽象和数学运算的核心素养. 21.已知动直线 l与椭圆 2 2 : 1 6 4 x yC   交于  1 1,P x y 、  2 2,Q x y 两个不同点，且 OPQ△ 的 面积 6OPQS △ ，其中O为坐标原点． - 19 - （1）证明 2 2 1 2x x 和 2 2 1 2y y 均为定值； （2）设线段 PQ的中点为M ，求 OM PQ 的最大值； 【答案】（1）详见解析；（2）5 . 【解析】 【分析】 （1）对直线 l的斜率是否存在进行分类讨论，在直线 l的斜率不存在时，可得出 1 2x x ， 1 2y y  ，根据 OPQ△ 的面积求得 1x 、 1y 的值，可得出 2 2 1 2x x 和 2 2 1 2y y 的值；在直线 l 的斜率存在时，设直线 l的方程为 y kx m  ，将直线 l的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定 理，利用三角形的面积公式可求得 2 2 1 2x x 和 2 2 1 2y y 的值，进而得出结论； （2）对直线 l的斜率是否存在进行分类讨论，在直线 l的斜率不存在时，可直接求得 OM PQ 的值；在直线 l的斜率存在时，求得 OM 、 PQ 关于m的表达式，利用基本不等式可求得 OM PQ 的最大值，进而可得出结论. 【详解】（1）当直线 l的斜率不存在时， P、Q两点关于 x轴对称，所以 1 2x x ， 1 2y y  ，  1 1,P x y 在椭圆上， 2 2 1 6 4 x y    ①，又 1 1 6OPQ x yS    △ ，② 由①②得 1 3x  ， 1 2y  ．此时 2 2 1 2 6x x  ， 2 2 1 2 4y y  ； 当直线 l的斜率存在时，是直线 l的方程为  0y kx m m   ， 将直线 l的方程代入 2 2 1 6 4 x y   得    2 2 23 2 6 3 4 0k x kmx m     ，    2 2 2 236 12 3 2 4 0k m k m      ，即 2 26 4k m  ， 由韦达定理得 1 2 2 6 3 2 kmx x k     ，  2 1 2 2 3 4 3 2 m x x k     ，   2 2 22 2 1 2 1 2 2 2 6 6 41 4 1 3 2 k mPQ k x x x x k k           ， 点 O到直线 l的距离为 21 m d k   ， - 20 - 2 22 2 2 2 22 6 6 41 2 6 6 41 2 3 2 3 21 OPQ k mk m k m m S k k k            △ ， 又 6OPQS △ ，整理得 2 23 2k m  ， 此时    22 2 22 2 1 2 1 2 1 2 2 2 2 3 46 36 242 2 6 6 3 2 3 2 mkm kx x x x x x k k m                 ，    2 2 2 2 1 2 1 2 2 26 6 4 3 3 y y x x      ， 综上所述 2 2 1 2 6x x  ， 2 2 1 2 4y y  ，结论成立； （2）当直线 l的斜率不存在时，由（1）知 1 3OM x  ， 12 2 2PQ y  ，因此 2 6OM PQ  ； 当直线 l的斜率存在时，由（1）知 1 2 3 2 x x k m    ， 1 2 1 2 2 2 2 y y x xk m m       ， 2 2 2 2 1 2 1 2 2 2 2 9 4 23 2 2 x x y y kOM m m m                  ，       2 2 2 2 2 2 2 22 24 6 4 1 24 11 8 1 33 2 k m mPQ k m mk              ， 所以 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 24 3 2 3 2 25O m PM m m Q m                       ， 5OM PQ  ． 当且仅当 2 2 2 23 2 m m    ，即 2m   时，等号成立． 综上所述， OM PQ 的最大值为5 . 【点睛】本题考查椭圆中的定值和最值问题的计算，考查韦达定理设而不求法的应用，考查 计算能力，属于中等题. （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，则按所做的第 一题计分． 22.已知在平面直角坐标系 xOy 中，曲线 C的参数方程为 2 2 2 1 1 1 tx t ty t          （t 为参数）.以原点 O 为 极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线 l的极坐标方程为ρcos（ 3   ） 5 4  . - 21 - （1）求曲线 C和直线 l的直角坐标方程； （2）若直线 l交曲线 C于 A，B 两点，交 x 轴于点 P，求 1 1 PA PB  的值. 【答案】（1）x2 ﹣4y2 =1（ 1x   ）， 1 3 5   2 2 4 x y  ；（2）8 . 【解析】 【分析】 （1）对曲线 C通过消参即可得解，对直线 l 通过极坐标和直角坐标的互化，即可得解. （2）求出直线的参数方程为 5 3 2 2 1 2 x t y t       ，将直线方程代入曲线方程，结合韦达定理， 再利用直线的标准参数方程中 t的几何意义即可得解. 【详解】（1）曲线 C 的参数方程为 2 2 2 1 1 1 tx t ty t          （t为参数）， 转化为直角坐标方程为 x2﹣4y2=1（ 1x   ） 直线 l 的极坐标方程为ρcos（ 3   ） 5 4  .转化为直角坐标方程为： 1 3 5 2 2 4 x y  . （2）由于直线与 x轴的交点坐标为（ 5 0 2 ，），所以直线的参数方程为 5 3 2 2 1 2 x t y t       （t 为参数）， 代入 x2 ﹣4y2 =1 得到： 2 2 15 1 0t t   ， 所以： 1 2 2 15t t  ，t1  t2=-1， 则： 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 ( ) 41 1 t t t t t t PA PB t t t t        8. 【点睛】本题考查了直角坐标方程极坐标方程的互化，考查了参数方程和普通方程的转化， 同时考查了直线的标准参数的几何意义，考查了转化思想和计算能力，属于较难题. - 22 - 23.已知函数   ,f x x x a a R   . （Ⅰ）当    1 1 1f f   ，求 a的取值范围； （Ⅱ）若 0a  ，对  , ,x y a   ，都有不等式   5 4 f x y y a    恒成立，求 a的取 值范围. 【答案】（1） 1( , ) 2   （2） (0,5] 【解析】 【分析】 （1）结合 a取不同范围，去绝对值，计算 a 的范围，即可．（2）结合函数性质,计算  f x 的 最大值,结合题意,建立关于 a 的不等式，计算 a 的范围，即可． 【详解】（Ⅰ）    1 1 1 1 1f f a a       ， 若 1a   ，则1 1 1a a    ，得 2 1 ，即 1a   时恒成立； 若 1 1a   ，则  1 1 1a a    ，得 1 2 a   ，即 11 2 a    ； 若 1a  ，则    1 1 1a a     ，得 2 1  ，此时不等式无解. 综上所述， a的取值范围是 1, 2       . （Ⅱ）由题意知，要使不等式恒成立， 只需   max min 5 4 f x y y a            . 当  ,x a  时，   2f x x ax   ，   2 max 2 4 a af x f          . 因为 5 5 4 4 y y a a     ， 所以当 5 , 4 y a     时， min 5 5 4 4 y y a a          5 4 a  . 于是 2 5 4 4 a a  ，解得 1 5a   . - 23 - 结合 0a  ，所以 a的取值范围是  0,5 . 【点睛】本道题考查了绝对值不等式的解法，难度较大． - 24 -