辽宁省沈阳市东北育才学校高中部2020届高三第八次模拟考试数学（理）试题 Word版含解析 22页

- 1 - 东北育才学校高中部 2020 届高三第八次模拟考试数学试题（理科） 第Ⅰ卷（选择题共 60 分） 一、选择题（共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分. 在每小题列出的四个选项中，选出符合题 目要求的一项.） 1.已知集合 2{ | 2}A x y x   ，集合 2{ | 2}B y y x   ，则有( ) A. A B B. A B   C. A B A  D. A B A 【答案】C 【解析】 【分析】 首先根据二次函数的定义域和值域，分别求得集合 A，B，判断两集合的关系，最后分析选项 得出结果. 【详解】 2{ | 2}A x y x R    ， 2{ | 2} [ 2, )B y y x      ， 所以 B A ， 故 A B A  ， 故选：C. 【点睛】该题考查的是有关集合的问题，涉及到的知识点有二次函数的定义域和值域，两集 合的关系，属于基础题目. 2.若复数满足 (2 ) 5i z  ，则在复平面内与复数 z 对应的点 Z 位于( ) A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】 根据复数的除法运算求出复数 z ，再根据复数的几何意义可得答案. 【详解】由 (2 ) 5i z  得 5 2z i   5(2 ) 10 5 2(2 )(2 ) 5 i i ii i       ， 所以复数 z 对应的点 Z 的坐标为 (2, 1) ，其位于第四象限. 故选：D. - 2 - 【点睛】本题考查了复数的除法运算，考查了复数的几何意义，属于基础题. 3.某地区甲､乙､丙､丁四所高中分别有 120，150，180，150 名高三学生参加某次数学调研考试， 为了解学生能力水平，现制定以下两种卷面分析方案:方案①；从这 600 名学生的试卷中抽取 一个容量为 200 的样本进行分析:方案②:丙校参加调研考试的学生中有 30 名数学培优生，从 这些培优生的试卷中抽取 10 份试看进行分析．完成这两种方案宜采用的抽样方法依次是 （ ） A. 分层抽样法､系统抽样法 B. 分层抽样法､简单随机抽样法 C. 系统抽样法､分层抽样法 D. 简单随机抽样法､分层抽样法 【答案】B 【解析】 【分析】 根据分层抽样和简单随机抽样的定义进行判断即可. 【详解】①四所学校，学生有差异，故①使用分层抽样； ②在同一所学校，且人数较少，所以可使用简单随机抽样. 故选：B. 【点睛】本题考查的是抽样方法的选取问题，属于基础题. （1）系统抽样适用于总体容量较大的情况.将总体平均分成若干部分，按事先确定的规则在 各部分中抽取，在起始部分抽样时采用简单随机抽样； （2）分层抽样适用于已知总体是由差异明显的几部分组成的.将总体分成互不交叉的层，然 后分层进行抽取，各层抽样时采用简单随机抽样或系统抽样； （3）简单随机抽样适用于样本容量较小的情况，从总体中逐个抽取. 4.“ 为第一或第四象限角”是“ cos 0  ”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】 根据 x 轴正半轴上的角的余弦值也大于 0 以及充分条件、必要条件的定义可得答案. 【详解】当  为第一或第四象限角时， cos 0  ，所以“  为第一或第四象限角”是 “ cos 0  ”的充分条件， - 3 - 当 cos 0  时， 为第一或第四象限角或 x 轴正半轴上的角，所以“ 为第一或第四象限角” 不是“ cos 0  ”的必要条件， 所以“ 为第一或第四象限角”是“ cos 0  ”的充分不必要条件. 故选：A 【点睛】本题考查了三角函数的符号规则，考查了充分必要条件的概念，属于基础题. 5.已知正项等比数列 na 的前 n 项和为 nS ，  4 1 23S a a  ，则公比 q的值为（ ） A. 2 B. 3 C. 5 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】 利用等比数列的通项公式求和公式即可得出． 【详解】解： 4 1 23( )S a a  ， 1q  ．  4 1 1 ( 1) 3 (1 )1 a q a qq    ， 1 0a  2 1 3q   化为： 2 2q  ，解得 2q  ． 故选： D ． 【点睛】本题考查了等比数列的通项公式求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础 题． 6.如图，在平行四边形 ABCD 中，E 为 BC 的中点，F 为 DE 的中点，若 3 4AF xAB AD    ， 则 x ( ) A. 3 4 B. 2 3 C. 1 2 D. 1 4 【答案】C 【解析】 【分析】 - 4 - 以 ,AB AD   为 基 底 ， 利 用 向 量 的 中 点 公 式 ， 以 及 三 角 形 法 则 即 可 表 示 出 AF  ， 由 3 4AF xAB AD    ，根据平面向量基本定理，可知对应项系数相等，即求解． 【详解】因为 F 为 DE 的中点，所以  1 2AF AD AE    ， 而 1 1 2 2AE AB BE AB BC AB AD            ， 即有 1 1 1 3 2 2 2 4AF AD AB AD AB AD              ，又 3 4AF xAB AD    ，所以 1 2x  ． 故选：C． 【点睛】本题主要考查平面向量基本定理的应用，以及向量的中点公式，三角形法则的应用， 属于基础题． 7.人们通常以分贝（符号是 dB）为单位来表示声音强度的等级，其中 0dB 是人能听到的等级 最低的声音. 一般地，如果强度为 x 的声音对应的等级为 ( )f x dB，则有 12( ) 10lg1 10 xf x   ， 则 90dB 的声音与 60dB 的声音强度之比( ) A. 100 B. 1000 C. 1 100 D. 1 1000 【答案】B 【解析】 【分析】 设 90dB 与 60dB 的声音强度分别为 1 2,x x ，根据 1( ) 90f x  ， 2( ) 60f x  计算即可求解. 【详解】设 90dB 的声音与 60dB 的声音强度分别为 1 2,x x ， 则 1( ) 90f x  ，即 1 1210lg 901 10 x   ，解得 3 1 10x  . 由 2( ) 60f x  ，即 2 1210lg 601 10 x   ，解得 6 2 10x  . 因此所求强度之比为 3 1 6 2 10 100010 x x    . 故选：B 【点睛】本题考查了对数的运算法则，对数函数的应用，考查函数在实际问题中的应用，属 于容易题. 8.如图，在以下四个正方体中，使得直线 AB 与平面CDE 垂直的个数是( ) - 5 - A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】 ①根据 ABC 是正三角形，利用异面直线所成的角结合线面垂直的定义判断；②根据正方形 对角线相互垂直，利用线面垂直的判定定理判断；③根据 AB 与 CE 的夹角为 60 ，再由线面垂 直的定义判断；④易知CE  平面 ABD ，得到 AB CE^ ，同理 AB ED ，再利用线面垂直 的判定定理判断. 【详解】①因为 ABC 是正三角形，所以 AB 与 AC 的夹角为 60 ，又因为 / /AC ED ，所以 AB 与 ED 的夹角为 60 ，故错误； ②因为正方形对角线相互垂直，所以 AB CE^ ， ,AB ED ED CE E   ， AB  平面 CDE ，故正确； ③由①知 AB 与 CE 的夹角为 60 ，故错误； ④因为 , ,CE AD CE BD BD AD D    ，所以CE  平面 ABD ，则 AB CE^ ，同理 AB ED ，又 ED CE E  ，所以 AB  平面CDE ，故正确. 故选：B 【点睛】本题主要考查直线与平面垂直的判定与性质，还考查了空间想象和逻辑推理的能力， 属于中档题. 9.已知圆 2 2 16x y  与抛物线 2 2 ( 0)y px p  的准线l 交于 A ，B 两点，且| | 2 15AB  ， P 为该抛物线上一点， PQ l 于点Q ，点 F 为该抛物线的焦点.若 PQF△ 是等边三角形， 则 PQF△ 的面积为（ ） A. 4 3 B. 4 C. 2 3 D. 2 - 6 - 【答案】A 【解析】 【分析】 首先由条件可得出 2p  ，然后由 PQF△ 是等边三角形，焦点 F 到准线l 的距离为 2 可得出 PQF△ 的边长为 4，然后算出答案即可. 【详解】由 2 15AB  可得圆心  0,0 到l 的距离为 16 15 1  ，即 12 p  ，即 2p  所以抛物线的方程为 2 4y x 因为 PQF△ 是等边三角形，焦点 F 到准线l 的距离为 2 所以 PQF△ 的边长为 4 所以 1 4 4 sin 60 4 32PQF      △S 故选：A 【点睛】设圆的半径为 r ，圆心到直线的距离为 d ，弦长为 AB ，则有 2 2 2 2 ABr d       10.生活中人们常用“通五经贯六艺”形容一个人才识技艺过人，这里的“六艺”其实源于中 国周朝的贵族教育体系，具体包括“礼、乐、射、御、书、数”. 为弘扬中国传统文化，某 校在周末学生业余兴趣活动中开展了“六艺”知识讲座，每艺安排一节，连排六节，则满足 “数”必须排在前两节，“礼”和“乐”必须相邻安排的概率为( ) A. 7 10 B. 7 60 C. 27 60 D. 47 60 【答案】B 【解析】 【分析】 由题意基本事件总数 6 6 720n A  ，其中“数”必须排在前两节，“礼”和“乐”必须相邻 安排分“数”在第一节和第二节两类，“礼”和“乐”相邻用捆绑法即可求解. 【详解】由题意知基本事件总数 6 6 720n A  ， “数”必须排在前两节，“礼”和“乐”必须相邻可以分两类安排： ① “数”排在第一位，“礼”和“乐”两门课程相邻排课，则礼，乐相邻的位置有 4 个，考 - 7 - 虑两者的顺序，有 2 种情况， 剩下的 3 个全排列，安排在其他三个位置，有 3 3 6A  种情况，故有 4 2 6 48   种 ② “数”排第二位， “礼”和“乐”两门课程相邻排课，则礼，乐相邻的位置有 3 个，考 虑两者的顺序，有 2 种情况，剩下的 3 个全排列，安排在其他三个位置，有 3 3 6A  种情况， 则有3 2 6 36   种情况， 由分类加法原理知满足“数”必须排在前两节，“礼”和“乐”必须相邻安排共有 48 36 84  种情况， 所以满足“数”必须排在前两节，“礼”和“乐”必须分开安排的概率为 84 7 720 60P   . 故选：B 【点睛】本题考查概率的求法，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力， 属于中档题． 11.已知 P 为双曲线 2 2: 13 xC y  上位于右支上的动点，过 P 作两渐近线的垂线，垂足分别 为 A ， B ，则| |AB 的最小值为( ) A. 81 16 B. 27 8 C. 9 4 D. 3 2 【答案】D 【解析】 【分析】 由题意， , , ,P A B O 四点共圆，求| |AB 的最小值，只需要求出圆的直径的最小值，从而求得 结果. 【详解】由题意， , , ,P A B O 四点共圆， 要使取| |AB 的最小值， 只需圆的直径 OP 最小，即 P 为右顶点时满足条件，且 3OP  ， 因为 2 2 13 x y  的渐近线为 3 3y x  ， 所以 60AOB   ， - 8 - 所以有 3sin 60 AB  ，解得 3 2AB  ， 故选：D. 【点睛】该题考查的是有关双曲线的问题，涉及到的知识点有双曲线的性质，四点共圆的条 件，弦的最值，属于简单题目. 12.已知函数 ( ) sin( )f x x   （ 0 ，| | 2   ）满足 4 4f x f x              ， ( )2f x f x      ，且在 0, 8     上是单调函数，则 的值可能是（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】 通过给出的等式，可以判断出函数的对称性，进而能求出周期，结合选项，作出判断． 【详解】函数    sinf x x   满足 4 4f x f x              ，所以函数  f x 关于 ( ,0)4  对称，同时又满足  2f x f x      ，所以函数又关于 4 πx   对称，设周期为T , 2 1 ( ) ( )4 4 4 2 n T n Z        ,而 2 2 1( )T n n Z      显然 是奇数， 当 =3 时， ( ) sin(3 )f x x   ，  f x 关于 ( ,0)4  对称， 3 3( )4 4k k Z k          而 2   ， 4   ， ( ) sin(3 )4f x x   5(0, ) (3 ) ( , )8 4 4 8x x       ，显然不单调； 当 =5 时， ( ) sin(5 )f x x   ，  f x 关于 ( ,0)4  对称， 5 5( )4 4k k Z k          ，而 2   ， 4    ， ( ) sin(5 )4f x x   ， 3(0, ) (5 ) ( , )8 4 4 8x x        ，显然单调，故本题选 C． 【点睛】本题考查了正弦函数的对称性、周期,熟记推到周期和对称轴的表达式是关键. 第Ⅱ卷（非选择题共 90 分） - 9 - 二、填空题（共 4 小题，每题 5 分，共 20 分，将答案填在答题纸上.） 13.等差数列 na 中， 1 0a  ，公差 0d  ， nS 是其前 n 项和，若 10ka S ，则 k  ________. 【答案】46 【解析】 【分析】 利用等差数列的基本量计算． 【 详 解 】 由 题 意 10 1 10 910 452S a d d   ， 1 ( 1) ( 1)ka a k d k d     ， 所 以 ( 1) 45k d d  ，又 0d  ，所以 46k  ． 故答案为：46． 【点睛】本题考查等差数列的基本量计算，用首项 1a 和公差 d 表示项与前 n 项和是解题的基 本方法． 14.已知实数 x ， y 满足约束条件 4 0 4 x y x y x        ，则 2 2( 1)x y  的最小值为________. 【答案】 13 【解析】 【分析】 画出可行域，则 2 2( 1)x y  表示可行域内的点 ,x y 到定点  1,0P  的距离.数形结合可 求距离的最小值. 【详解】画出可行域，如图所示 - 10 - 则 2 2( 1)x y  表示可行域内的点 ,x y 到定点  1,0P  的距离. 解方程组 4 0 x y x y      ，得 2 2 x y    ，设  2,2M . 由图可知， 2 2 2 2 min ( 1) (2 1) 2 13x y MP       . 故答案为： 13 . 【点睛】本题考查简单的线性规划，属于基础题. 15.圆锥 SD （其中 S 为顶点， D 为底面圆心）的侧面积与底面积的比是 2:1，若圆锥的底面 半径为 3，则圆锥 SD 的内切球的表面积为________. 【答案】12 【解析】 【分析】 首先求出母线l ，设内切球的半径为 R ，则利用轴截面，根据等面积可得 R ，即可求出该圆锥 内切球的表面积． 【详解】解：依题意，圆锥 SD（其中 S 为顶点，D 为底面圆心）的侧面积与底面积的比是 2:1， 所以    2: 2:1rl r   ，因为 3r  ，所以 6l  设内切球的半径为 R ，则利用轴截面，根据等面积可得 2 21 16 6 3 (6 6 6)2 2 R       ， 3R  ， 该圆锥内切球的表面积为  2 4 3 12   ， 故答案为：12 【点睛】本题考查该圆锥内切球的表面积，考查学生的计算能力，确定内切球的半径是关键， 属于中档题． 16.高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，为了纪念数 学家高斯，人们把函数  y x ，xR 称为高斯函数，其中 x 表示不超过 x 的最大整数. 设    x x x  ，则函数    2 1f x x x x   的所有零点之和为________. 【答案】 1 【解析】 【分析】 - 11 - 令   0f x  ，显然 0x  ，可得出   12 1x x   ，将问题转化为函数  2y x 与函数 11y x   的图象交点的横坐标之和，可知两个函数的图象都关于点 0,1 ，数形结合可得出结果. 【详解】  0 1f   ，令   0f x  ，可得   12 1x x   ， 则函数  y f x 的零点，即为函数  2y x 与函数 11y x   的图象交点的横坐标， 作出函数  2y x 与函数 11y x   的图象如下图所示： 由图象可知，两函数除以交点 1,0 之外，其余的交点关于点 0,1 对称， 所以，函数  y f x 的所有零点之和为 1 . 故答案为： 1 . 【点睛】本题考查函数的零点之和，一般转化为两函数的交点问题，解题时要注意函数图象 对称性的应用，考查数形结合思想的应用，属于中等题. 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 ① 22 cos cos 2 0B B  ，② cos 3 1b A acosB   ，这两个条件中任选一个，补 充在下面问题中，并解决相应问题.已知在锐角 ABC 中，角 A ，B ，C 的对边分别为 a ，b ， c ， ABC 的面积为 S ，若 2 2 24S b c a   ， 6b  ，求 ABC 的面积 S 的大小. 【答案】 3 3 2  【解析】 【分析】 先根据 2 2 24S b c a   ， 6b  ， 2 2 2 cos 2 b c aA bc   求出 4A  ，若选择①，根据二倍角 - 12 - 的余弦公式求出 3B  ，根据正弦定理求出 2a  ，根据两角和的正弦公式求出 sin B ，再根 据三角形的面积公式求出面积即可；若选择②,根据余弦定理角化边可得 3 1c   ，再根据 三角形的面积公式求出面积即可. 【详解】因为 2 2 24S b c a   ， 2 2 2 cos 2 b c aA bc   ， 1 sin2S bc A ， 所以 2 sin 2 cosbc A bc A . 显然 cos 0A  ，所以 tan 1A  ，又 (0, )A  ，所以 4A  . 若选择①，由 22 cos cos 2 0B B  得, 2 1cos 4B  又 (0, )2B  , 3B  ， 由 sin sin a b A B  ，得 26sin 2 2sin 3 2 b Aa B     . 又sin sin[ ( )] sin( )C A B A B     2 1 2 3 6 2sin cos cos sin 2 2 2 2 4A B A B        ， 所以 1 3 3sin2 2S ab C   . 若选择②, cos 3 1bcos A a B   ， 则 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 cos cos 3 12 2 2 2 b c a a c b b c a a c bb A a B b a cbc ac c c                所以 1 1 2 3 3sin 6 ( 3 1)2 2 2 2S bc A        . 【点睛】本题考查了正弦定理、余弦定理、三角形的面积公式，考查了两角和的正弦公式， 属于中档题. 18.《山东省高考改革试点方案》规定：从 2017 年秋季高中入学的新生开始，不分文理科； - 13 - 2020 年开始，高考总成绩由语数外 3 门统考科目和物理、化学等六门选考科目构成．将每门 选考科目的考生原始成绩从高到低划分为 A 、 B  、 B 、C  、C 、 D  、 D 、 E 共 8 个等 级．参照正态分布原则，确定各等级人数所占比例分别为 3% 、7% 、16% 、 24% 、24% 、 16% 、 7% 、3% ．选考科目成绩计入考生总成绩时，将 A 至 E 等级内的考生原始成绩，依 照等比例转换法则，分别转换到[91,100]、[81,90]、[71,80]、[61,70]、[51,60]、[41,50]、 [31,40]、[21,30]八个分数区间，得到考生的等级成绩．某校高一年级共 2000 人，为给高一 学生合理选科提供依据，对六个选考科目进行测试，其中物理考试原始成绩基本服从正态分 布 (60,169)N ． （1）求物理原始成绩在区间 (47,86) 的人数； （2）按高考改革方案，若从全省考生中随机抽取 3 人，记 X 表示这 3 人中等级成绩在区间 [61,80]的人数，求 X 的分布列和数学期望． （附：若随机变量  2~ ,N   ，则 ( ) 0.682P          ， ( 2 2 ) 0.954P          ， ( 3 3 ) 0.997P          ） 【答案】（Ⅰ）1636 人；（Ⅱ）见解析． 【解析】 【分析】 （Ⅰ）根据正态曲线的对称性，可将区间 47,86 分为 47,60 和 60,86 两种情况，然后根 据特殊区间上的概率求出成绩在区间 47,86 内的概率，进而可求出相应的人数；（Ⅱ）由题 意得成绩在区间[61,80]的概率为 2 5 ，且 23, 5X B     ，由此可得 X 的分布列和数学期望． 【详解】（Ⅰ）因为物理原始成绩  260,13N  ， 所以 (47 86) (47 60) (60 86)P P P          1 1(60 13 60 13) (60 2 13 60 2 13)2 2P P             0.682 0.954 2 2   0.818 ． - 14 - 所以物理原始成绩在（47，86）的人数为 2000 0.818 1636  （人）． （Ⅱ）由题意得，随机抽取 1 人，其成绩在区间[61,80]内的概率为 2 5 ． 所以随机抽取三人，则 X 的所有可能取值为 0,1,2,3，且 23, 5X B     ， 所以   33 270 5 125P X       ，   2 1 3 2 3 541 5 5 125P X C         ，   2 2 3 2 3 362 5 5 125P X C         ，   32 83 5 125P X       ． 所以 X 的分布列为 X 0 1 2 3 P 27 125 54 125 36 125 8 125 所以数学期望   2 63 5 5E X    ． 【点睛】（1）解答第一问的关键是利用正态分布的三个特殊区间表示所求概率的区间，再根 据特殊区间上的概率求解，解题时注意结合正态曲线的对称性． （2）解答第二问的关键是判断出随机变量服从二项分布，然后可得分布列及其数学期望．当 被抽取的总体的容量较大时，抽样可认为是等可能的，进而可得随机变量服从二项分布． 19.如图，在四边形 ABCD 中， , ,BC CD BC CD AD BD   ，以 BD 为折痕把 ABD△ 折 起，使点 A 到达点 P 的位置，且 PC BC . - 15 - （1）证明： PD  平面 BCD ； （2）若 M 为 PB 的中点，二面角 P BC D  等于 60°，求直线 PC 与平面 MCD 所成角的 正弦值. 【答案】（1）证明见解析（2） 3 4 【解析】 【分析】 （1）利用线面垂直的判定定理和性质定理即可证明； （2）由题意知， 60PCD   ，取 BD 的中点O ，连接 ,OM OC ，易知 , ,OM OC BD 两两 垂直，以 O 为原点建立如图所示的坐标系O xyz ，设 1OB  ，平面 MCD 的一个法向量为 ( , , )n x y z ，求出向量 n  ，则向量 ,PC n   所成角的余弦值的绝对值即为所求. 【详解】（1）证明：因为 , ,BC CD BC PC PC CD C  ∩ ， 所以 BC ⊥平面 PCD， 又因为 PD  平面 PCD ，所以 BC PD⊥ . 又因为 ,PD BD BD BC B ∩ ， 所以 PD  平面 BCD. （2）因为 ,PC BC CD BC  ， 所以 PCD 是二面角 P BC D  的平面角，即 60PCD   ， 在 Rt PCDV 中， tan 60 3PD CD CD   ， 取 BD 的中点O ，连接 ,OM OC ，因为 ,BC CD BC CD  , 所以OC BD ,由（1）知， PD  平面 BCD， OM 为 PBD△ 的中位线， 所以 ,OM BD OM OC  ，即 , ,OM OC BD 两两垂直， - 16 - 以O 为原点建立如图所示的坐标系 O xyz ，设 1OB  ，则 6(0,1, 6), (1,0,0), (0,1,0), 0,0, , ( 1,1, 6), ( 1,1,0)2P C D M CP CD            ， 61,0, 2CM        ，设平面 MCD 的一个法向量为 ( , , )n x y z ， 则由 0, 0, n CD n CM         得 0, 6 0,2 x y x z      令 2z  ，得 ( 3, 3, 2)n  ， 所以 3cos , 4| || | CP nn CP CP n          ， 所以直线 PC 与平面 MCD 所成角的正弦值为 3 4 . 【点睛】本题考查线面垂直的判定定理和性质定理、二面角的平面角的判定和利用空间向量 法求线面角的正弦值；考查空间想象能力、运算求解能力和转化与化归能力；熟练掌握线面 垂直的判定定理和性质定理是求解本题的关键；属于中档题、常考题型. 20.已知函数    lnf x x ax a R   ，   2exg x x x   . （1）求 函数  f x 的单调区间； （2）定义：对于函数  f x ，若存在 0x ，使  0 0f x x 成立，则称 0x 为函数  f x 的不动点. 如果函数      F x f x g x  存在两个不同的不动点，求实数 a 的取值范围. 【答案】（1）当 0a  时，  f x 的单调递增区间为 (0, ) ；当 0a  时，  f x 的单调递增 区间为 1(0, )a  ，单调递减区间为 1( , )a   ；（2） 1a e  . 【解析】 - 17 - 【分析】 （1）先确定函数的定义域，再求导，讨论 a 的取值，得到函数的单调区间； （2）依题意可得    2ln 0xF x x x ax x e x      ，  F x 存在两个不动点，所以方程   0F x  有两个实数根，即 2lnex x xa x   有两个解， 令     2 n 0e lx x xh x xx    ，利用 导数研究函数的单调性、极值，即可求出参数的取值范围； 【详解】解：（1）  f x 的定义域为     1 10, 0axf x a xx x     ， ， 对于函数 1y ax  ， ①当 0a  时， 1 0y ax   在 0x  恒成立.   0f x  在 0,  恒成立.  f x 在 0,  为增函数； ② 当 0a  时，由   0f x  ，得 10 x a    ； 由   0f x  ，得 1x a   ；  f x 在 1(0, )a  为增函数，在 1( , )a   减函数. 综上，当 0a  时，  f x 的单调递增区间为 (0, ) 当 0a  时，  f x 的单调递增区间为 1(0, )a  ，单调递减区间为 1( , )a   （2）        2ln 0xF x f x g x x x ax x e x        ，  F xQ 存在两个不动点，方程   0F x  有两个实数根，即 2lnex x xa x   有两个解， 令     2 n 0e lx x xh x xx    ，           2 2 1 1 ln1 ln 1 1 ee xx x x xx x x xh x x x          ， 令   0h x  ，得 1x  ， 当  0,1x 时，    0h x h x  ， 单调递减； 当  1,x  时，    0h x h x  ， 单调递增； - 18 -    1 e 1h x h    ， 设 ( ) lnI x x x  ,则 ' 1( ) 1I x x   , max ( ) (1) 1 0I x I    ,即 0x  时, ln x x 将 ln x x 两边取指数,则 exx  当 0x  时, 2 21 1( ) 1 xe x x x xh x xx x x           当 x   时 , 2 ( ) x x xh x xx      当 1a e  时，  F x 有两个不同的不动点 【点睛】本题考查了函数的单调性的求法，利用导数研究函数的零点，属于中档题． 21.已知长度为 4 的线段的两个端点 ,A B 分别在 x 轴和 y 轴上运动，动点 P 满足 3BP PA= ， 记动点 P 的轨迹为曲线C . （1）求曲线C 的方程； （2）设曲线C 与 y 轴的正半轴交于点 D ，过点 D 作互相垂直的两条直线，分别交曲线C 于 点 M ， N 两点，连接 MN ，求 DMN 的面积的最大值. 【答案】（1） 2 2 19 x y  ；（2） 27 8 . 【解析】 【分析】 （1）设动点 P 和点 A ， B 的坐标，利用向量数乘关系结合| | 4AB  容易求得方程； （2）联立直线与曲线方程， 利用弦长公式可得 2 2 18| DM | 1 1 9 kk k    ， 2 2 18 1| DN| 9 k k   则 2 2 1162( )1 | || | 12 82 9( ) DMN k kS DM DN k k       ，设 1k tk   ，则 2t  ，再利用基本不等式计算可 得； 【详解】（1）解：设 ( ) ( ) ( ), , ,0 , 0,P x y A m B n . 3BP PA=    ， - 19 - ( ) ( ) ( ), , 3 3 , 3x y n m x y m x y - = - - = - - ，即 3 3 3 x m x y n y       . 4 3 4 m x n y     . 又| | 4AB  ， 2 2 16m n   . 从而 2 216 16 169 x y+ = . 曲线C 的方程为 2 2 19 x y  . （2）由题意可知，直线 DM的斜率存在且不为 0. 故可设直线 DM的方程为 1y kx  ，由对称性，不妨设 0k  ， 由 2 2 1 9 9 0 y kx x y       ，消去 y 得 2 2(1 9 ) 18 0k x kx   ， 则 2 2 18| DM | 1 1 9 kk k    ， 将式子中的 0k  换成 1 k  ，得： 2 2 18 1| DN| 9 k k   . 1 | DM || DN |2DMNS   2 2 2 2 1 18 118 1 2 1 9 9 k k k k k     3 4 2 162( ) 9 82 9 k k k k    2 2 1162( ) 182 9( ) k k k k     ， 设 1k tk   ，则 2t  . 故 2 162 9 64DMN tS t   162 162 27 64 82 9 649t t    ，取等条件为 649t t  即 8 3t  ， 即 1 8 3k k   ，解得 4 7 3k  时， DMNS 取得最大值 27 8 . 【点睛】本题考查了曲线方程的求法，直线与圆锥曲线的综合，基本不等式的应用，属于中 档题． 请考生在第 22，23 题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题计分. - 20 - 选修 4－4：坐标系与参数方程 22.在直角坐标系 xOy 中，曲线C 的参数方程为 3 2cos , 2 2sin x y         （ 为参数）. 以坐标原点 O 为极点， x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知射线 L 的极坐标方程为  7 04    . （1）求曲线C 的极坐标方程与射线 L 的直角坐标方程； （2）若射线 L 与曲线C 交于 A ， B 两点，求 2 2OA OB OB OA   . 【答案】（1） 2 6 cos 4 sin 9 0        ，  0y x x   ；（2） 45 2 . 【解析】 【分析】 （1）消参即可容易求得曲线C 的普通方程，结合公式即可由极坐标方程求得直角坐标方程； （2）联立 7 4   与 2 6 cos 4 sin 9 0        ，即可求得 1 2  ， 1 2  ，则问题得 解. 【详解】（1）由 3 2cos , 2 2sin , x y         得   2 23 2 4x y    ， 即 2 2 6 4 9 0x y x y     ， 故曲线C 的极坐标方程为 2 6 cos 4 sin 9 0        . 射线 L 的直角坐标方程为  0y x x   . （2）将 7 4   代入 2 6 cos 4 sin 9 0        ， 得 2 2 26 4 9 02 2         ，即 2 5 2 9 0    ， 则 1 2 5 2   ， 1 2 9   ， 所以    2 2 1 2 1 2 45 2OA OB OB OA OA OB OA OB              . 【点睛】本题考查极坐标方程，参数方程和直角坐标方程之间的相互转化，  的几何意义， 根与系数的关系，属于中档题. 选修 4-5: 不等式选讲 23.已知 0a  ，函数   1f x ax  ，   2g x ax  . - 21 - （1）若    f x g x ，求 x 的取值范围； （2）若     2 10 7af x g x    对 xR 恒成立，求 a 的最大值与最小值之和. 【答案】（1）当 0a  时，不等式解集为 1 ,2a      ；当 0a  时，不等式解集为 1, 2a      ； （2）1. 【解析】 【分析】 （1）两边平方求解绝对值不等式，对参数 a 进行分类讨论，则问题得解； （2）利用绝对值三角不等式，即可容易求得    f x g x 的最小值，再求解绝对值不等式， 即可求得 a 的最大值和最小值，利用对数运算，求解即可. 【详解】（1）因为    f x g x ，所以 1 2ax ax   ， 两边同时平方得 2 2 2 22 1 4 4a x ax a x ax     ， 即 6 3ax   ， 当 0a  时， 1 2x a   ；当 0a  时， 1 2x a   . 故当 0a  时，不等式解集为 1 ,2a      ；当 0a  时，不等式解集为 1, 2a      （2）因为        1 2 1 2 3f x g x ax ax ax ax          ， 当且仅当   1 2 0ax ax   时取得等号. 所以    f x g x 的最小值为 3， 所以 2 10 7 3a   ，则 3 2 10 7 3a     ， 解得 lg 2 lg5a  ， 故 a 的最大值与最小值之和为 lg 2 lg5 lg10 1   . 【点睛】本题考查绝对值不等式的求解，涉及绝对值三角不等式，对数运算，属综合中档题. - 22 -