云南省曲靖市第二中学、大理新世纪中学2021届高三第一次模拟考试数学（理）试卷 Word版含解析 23页

- 1 - 2021 届高三第一次模拟考试数学（理科）试卷 第Ⅰ卷 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. 设集合  2 1log 0 , 33 x A x x B x             ∣ ∣ ，则 A B  （ ） A. { 0 1}x x ∣ B. { 1 1}x x  ∣ C. { 0}x x ∣ D. R 【答案】A 【解析】 【分析】 先化简集合 ,A B ，再求 A B 得解. 【详解】  2 1log 0 { 0 1}, 3 { 1}3 x A x x x x B x x x                    ∣ ∣ ∣ ∣ ， 则 { 0 1}A B x x   ∣ . 故选：A 【点睛】易错点睛：解不等式 2log 0x  容易漏掉函数的定义域{ | 0}x x  ，从而得到 1x  ， 导致出错.解答函数的问题，要注意“定义域优先”的原则. 2. 已知 ,a bR ，若 a i 与3 bi 互为共轭复数，则 2( )a bi  （ ） A. 8 6i B. 8 6i C. 8 6i  D. 8 6i  【答案】B 【解析】 【分析】 根据共轭复数的定义求得 3, 1a b  ,再计算 2( )a bi 即可. 【详解】因为 a i 与3 bi 互为共轭复数故 3, 1a b  ,所以 2 2(3 ) 9 2 8 6i i i i      . 故选：B 【点睛】本题考查复数的四则运算,考查运算求解能力. 3. 定义： 10000 1000 100 10abcde a b c d e     ，当五位数 abcde满足 a b c  ，且 - 2 - c d e  时，称这个五位数为“凸数”.由 1，2，3，4，5 组成的没有重复数字的五位数共 120 个，从中任意抽取一个，则其恰好为“凸数”的概率为（ ） A. 1 6 B. 1 10 C. 1 12 D. 1 20 【答案】D 【解析】 【分析】 由列举法列举出满足条件的基本事件，即可根据古典概型的概率公式求出结果. 【详解】由题意，由 1，2，3，4，5 组成的没有重复数字的五位数恰好为“凸数”的有： 12543,13542,14532,23541,24531,34521,共 6 个基本事件， 所以恰好为“凸数”的概率为 6 1P 120 20   . 故选 D 【点睛】本题主要考查古典概型，列举法求古典概型的概率只需熟记古典概型的概率公式即 可求解，属于基础题型. 4. 若 1cos 3 6       ，且 2 6 3    ，则 7sin 12      （ ） A. 70 2 12  B. 70 2 12  C. 2 70 12  D. 70 2 12  【答案】B 【解析】 【分析】 利用同角三角函数的基本关系,结合题中 的范围求出 sin 3     ,由两角和的正弦公式即可 求解. 【详解】因为 2 6 3a   ，所以 2 3      ，sin 03      ， 所以 sin 3      21 351 6 6       ， - 3 -  7sin sin sin cos cos sin12 3 4 3 4 3 4                                       35 2 1 2 6 2 6 2      70 2 12  . 故选：B 【点睛】本题考查同角三角函数的基本关系和两角和的正弦公式;考查运算求解能力;熟练掌握 象限角的三角函数符号和两角和的正弦公式是求解本题的关键;属于中档题、常考题型. 5. 若 2 0 2n xdx  ，则 1( )2 nx x  的展开式中常数项为（ ） A. 1 2 B. 1 2  C. 3 2 D. 3 2  【答案】C 【解析】 试题分析：因为 ,而 ,令 , 故 ,故,常数项为 ,应选 C． 考点：定积分的计算及二项式定理的运用． 6. 函数   3 cos x xf x x x   在 - 2 2       ， 的图像大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 根据函数的奇偶性，以及特殊值即可判断. - 4 - 【详解】因为   3 3( ) ( ) ( )cos cos( ) x x x xf x f xx x x x             又定义域关于原点对称，故该函数为奇函数，排除 B 和 D. 又 2 1 12 4f         ，故排除 C. 故选：A. 7. 某三棱锥的三视图如图所示（图中小正方形的边长为1) ，则该三棱锥的体积为（ ） A. 2 3 B. 4 3 C. 1 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】 首先把三视图转换为直观图，进一步求出几何体的体积即可. 【详解】由题意，该几何体的直观图为三棱锥 A BCD ，如下图， 其中 AB  底面 BCD， 2AB  ，在△ BCD 中， 1BD  ， BD 边上的高为 2， 所以三棱锥 A BCD 的体积为 1 1 1 21 2 23 3 2 3BCDV S AB        . 故选：A． - 5 - 【点睛】本题考查三视图和几何体之间的转换，考查三棱锥的体积，考查学生的推理能力与 计算能力，属于基础题型. 8. 抛物线 2: ( 0)C y ax a  的焦点 F 是双曲线 2 22 2 1y x  的一个焦点，过 F 且倾斜角为 60 的直线 l 交C 于 ,A B ，则| |AB  （ ） A. 4 3 23  B. 4 3 2 C. 16 3 D. 16 【答案】D 【解析】 【分析】 由抛物线的焦点是双曲线的一个焦点可求出参数 a ,由题意写出直线 l 的方程然后和抛物线方 程联立,再由直线与圆锥曲线的交点弦弦长公式  22 1 2 1 21 4AB k x x x x    即可求出 答案. 【详解】由抛物线 C: 2y ax ( 0a  )可知焦点 F(0, 1 4a ),由双曲线 2 22 2 1y x  的上焦点坐标 为(0,1),且抛物线的焦点 F(0, 1 4a )是双曲线 2 22 2 1y x  的一个焦点,可得 1 14a  ,得 1 4a  ,得 抛物线方程为 21 4y x ，由题意得直线l 的方程为 y 3 1x  ,设 A 1 1,x y ,B 2 2,x y 联立 2 3 1 1 4 y x y x     消 y 化简得 2 4 3 4 0x x   ,则有: 1 2  4 3x x  , 1 2  4x x   , 所以由弦长公式        2 222 1 2 1 21 4 1 3 4 3 4 4 16AB k x x x x         . 故选:D. 【点睛】本题考查了抛物线与双曲线焦点的求法,直线方程式的求法以及直线圆锥曲线交点弦 弦长公式应用,考查了学生的综合运算能力,这是高考题常见题型,属于一般难度的题. 9. 杨辉三角是二项式系数在三角形中的一种几何排列，在中国南宋数学家杨辉 1261 年所著的 《详解九章算法》一书中就有出现.在欧洲，帕斯卡（1623～1662）在 1654 年发现这一规律， 比杨辉要迟了 393 年.如图所示，在“杨辉三角”中，从 1 开始箭头所指的数组成一个锯齿形 数列：1，2，3，3，6，4，10，5，…，则在该数列中，第 37 项是( ) - 6 - A. 153 B. 171 C. 190 D. 210 【答案】C 【解析】 【分析】 根据“杨辉三角”找出数列 1，2，3，3，6，4，10，5，…之间的关系即可。 【详解】由题意可得从第 3 行起的每行第三个数：3 1 2,6 1 2 3,10 1 2 3 4         ， 所以第 k ( 3)k  行的第三个数为  1 2 2 ,k    在该数列中，第 37 项为第 21 行第三个 数，所以该数列的第 37 项为  19 19 11 2 19 1902       故选：C 【点睛】本题主要考查了归纳、推理的能力，属于中等题。 10. ABC 的内角 A ， B ，C 的对边分别为 a ，b ， c ，已知 cos cos 3 cosa B b A c C  ， sin sin sin 0a A c C b A   ，则 b a  （ ） A. 5 3 B. 7 3 C. 7 2 D. 5 2 【答案】A 【解析】 【分析】 由 正 弦 定 理 及 cos cos 3 cosa B b A c C  ， 先 求 得 1cos 3C  ， 又 由 正 弦 定 理 及 sin sin sin 0a A c C b A   ，得 2 2a c ab   ，结合余弦定理 2 2 2 cos 2 a b cC ab   ，即可 求得本题答案. 【详解】在 ABC 中，由正弦定理及 cos cos 3 cosa B b A c C  ， - 7 - 得sin cos cos sin 3sin cosA B A B C C  ， ∴sin( ) sin 3sin cosA B C C C   ， 又sin 0C  ，∴ 1cos 3C  ； 由正弦定理及 sin sin sin 0a A c C b A   ，得 2 2a c ab   ， 又由余弦定理得 2 2 2 2 1cos 2 2 3 a b c b abC ab ab      ， 所以 21 3 b a   ，得 5 3 b a  ． 故选：A 【点睛】本题主要考查正余弦定理的综合应用，考查学生的转化能力和运算求解能力. 11. 已知双曲线 2 2 2 2 1( 0, 0)x y a ba b     与函数 ( 0)y x x … 的图象交于点 P ，若函数 y x 的图象在点 P 处的切线过双曲线左焦点 ( 4,0)F  ，则双曲线的离心率是（ ） A. 17 4 4  B. 17 3 4  C. 17 2 4  D. 17 1 4  【答案】D 【解析】 【分析】 设 P 的 坐 标 为 ( , )m m ， 函 数 的 导 数 1( ) 2 f x x   ， 根 据 条 件 可 得 1( ) 42 mk f m mm     ，可解得 4m  ，即 (4,2)P ，再根据双曲线的定义可求出其 a ， 从而得到离心率. 【详解】设 P 的坐标为 ( , )m m ，由左焦点 ( 4,0)F  ，所以 0 4PF mk m   函数的导数 1( ) 2 f x x   ， 则在 P 处的切线斜率 1( ) 42 mk f m mm     ， 即 4 2m m  ，得 4m  ，则 (4,2)P ， 设右焦点为 (4,0)A ，则 2 | | | | 64 4 0 4 2( 17 1)a PF PA        ，即 17 1a   ， - 8 - 4c  ，∴双曲线的离心率 17 1 4 ce a   . 故选：D 12. 已知函数  f x 是定义在 R 上的可导函数，对于任意的实数 x，都有     2xf x ef x   ，当 0x  时，     0f x f x   ，若    2 1 1ae f a f a   ，则实数 a 的取值范围是（ ） A. 20, 3      B. 2 ,03     C.  0, D.  ,0 【答案】B 【解析】 【分析】 构 造 函 数    xg x e f x ， 根 据 题 意 ， 可 得 函 数 ( )g x 的 奇 偶 性 ， 根 据 0x  时     0f x f x   ，对函数 ( )g x 求导，可得函数 ( )g x 的单调性，将    2 1 1ae f a f a   ， 左右同乘 1ae  ，可得    2 1 12 1 1a ae f a e f a    ，即    2 1 1g a g a   ，利用 ( )g x 的 性质，即可求得答案. 【详解】∵     2xf x ef x   ，∴      x x x f x e f x e f xe     ， 令    xg x e f x ，则    g x g x  ，即 ( )g x 为偶函数， 当 0x  时     0f x f x   ， ∴      ' 0xx e f x f xg     ，即函数  g x 在 ,0 上单调递增. 根据偶函数对称区间上单调性相反的性质可知  g x 在 0,  上单调递减， ∵    2 1 1ae f a f a   ， ∴    2 1 12 1 1a ae f a e f a    ， ∴    2 1 1g a g a   ，即 2 1 1a a   ， 解得， 2 03 a   ， 故选：B. - 9 - 【点睛】解题的关键是将题干条件转化为      x x x f x e f x e f xe     ，根据左右相同的形 式，构造函数    xg x e f x ，再根据题意，求得函数的奇偶性，单调性；难点在于：由于    2 1 1ae f a f a   ，不符合函数 ( )g x 的形式，需左右同乘 1ae  ，方可利用函数 ( )g x 的 性质求解，属中档题. 第Ⅱ卷 二、填空题（本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分） 13. 已知函数 3( ) (2 1) 2 xf x m x e   ，若曲线 ( )y f x 在 (0, (0))f 处的切线与直线 4 2 0x y   平行，则 m  __________. 【答案】 1 3  【解析】 【分析】 先求导 2( ) 6 (2 1) 2e , (0) 6 2xf x m x f m      ，再根据导数的几何意义，有 (0) 4f    求 解. 【详解】因为函数 3( ) (2 1) 2 xf x m x e   ， 所以 2( ) 6 (2 1) 2e , (0) 6 2xf x m x f m      ， 所以 6 2 4m    ， 解得 1 3m   . 故答案为： 1 3  【点睛】本题考查导数的几何意义，还考查运算求解能力以及数形结合思想，属于基础题. 14. 已知函数 3log ( 1) 2, 0( ) ( 3), 0 x xf x f x x       ，则 ( 2020)f   ________． 【答案】 1 【解析】 【分析】 根据题意，由函数解析式可得 ( 2020) (2 3 674) (2)f f f     ，进而计算得到答案. - 10 - 【详解】根据题意，当 0x  时， ( ) ( 3)f x f x  ， 所以 ( 2020) (2 3 674) (2)f f f     ， 当 0x  时， 3( ) log ( 1) 2f x x   ， 所以 3log (2 1)(2 2) 1f     . 故答案为： 1 . 【点睛】本题主要考查函数值的计算，涉及分段函数的应用和对数计算，属于基础题. 15. 设实数 x ， y 满足不等式 2 1 1 y x y x y        ，当 3z x y  时取得最小值时，直线 3z x y  与 以 (1,1) 为圆心的圆相切，则圆的面积为________． 【答案】 5 2  【解析】 【分析】 由实数 x ， y 满足不等式 2 1 1 y x y x y        ，作出可行域，将 3z x y  变形为 3y x z   ，平移直 线 3y x  ，找到最优点，得到 z 的最小值，从而得到直线方程，再利用直线与圆相切求解. 【详解】由实数 x ， y 满足不等式 2 1 1 y x y x y        ，作出可行域如图所示阴影部分， 将 3z x y  变形为 3y x z   ，平移直线 3y x  ， - 11 - 当直线过点  1,2A  时，在 y 轴上的截距最小，此时， 3z x y  取得最小值 1 ， 直线方程为3 1 0x y   ， 圆心到直线的距离为： 3 1 1 10 210 r d     ， 所以圆的面积为 2 5 2S r   ． 故答案为： 5 2  【点睛】本题主要考查线性规划求最值以及直线与圆的位置关系，还考查了数形结合的思想 和运算求解的能力，属于中档题. 16. 已知三棱锥 P ABC 外接球的表面积为15π ， ABC 是边长为 3 的等边三角形，且平面 ABC  平面 PAB ，则三棱锥 P ABC 体积的最大值为______． 【答案】 27 8 【解析】 【分析】 取 AB 中点 D ，由题设条件推导出当棱锥 P ABC 体积取最大值时， PD AB ， PD  平 面 ABC ，画出图象，数形结合，由此能求出结果． 【详解】三棱锥 P ABC 外接球的表面积为15π ， 设外接球半径为 R 根据球的表面积公式可得： 24 15R  解得： 15 2R  取 AB 中点 D ，连结 PD ，  ABC 是边长为 3 的等边三角形， 3AB BC CA    3 3 33, .2 2AB CD AD   根据正弦定理可得：设 ABC 外接圆圆心为 M，半为 32 2 3sin 60 3 2 ABr    - 12 - 可得 3r  ， 由 r R ，可知 ABC 在球的小圆上(即 ABC 外接圆心不与球心 O 重合) 根据题意画出图象： 过 P 作 ABC 的垂线，垂足是 AB 的中点 D 时 所求三棱锥的体积最大，又 1 3 3 2DE DM  ， 2 33CE DM  2 2 2OP OE PE  ，所以 2 215 3( ) ( ) 32 2PE    ， 2 2 2 215 3( ) ( 3)2 2OM OC CM     ， 所以 3 3 2PD PE DE   ， 三棱锥 P ABC 体积  21 1 3 3 3 2733 3 4 2 8ABCV S PD       故答案为： 27 8 ． 【点睛】本题主要考查了球内接三棱锥体积最值问题，解题关键是掌握球内接三棱锥体积最 值的求法和椎体体积计算公式，数形结合，考查了分析能力和计算能力，属于中档题． 三、解答题：共 70 分.解答应写出文字说眀、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. （一）必考题：共 60 分. - 13 - 17. 已知数列 na 的前 n 项和为   3 1 *1 2 27 n nS n N   . (1)求数列 na 的通项公式； (2)设 2logn nb a ，求 1 2 2 3 1 1 1 1 n nb b b b b b    . 【答案】（1） 3 22 ( )n na n N   ；（2） 3 1 n n . 【解析】 试题分析：（1）根据 1n n na S S   得出递推关系式，再计算 1a ，从而可求出数列 na 的通项 公式；（2）由（1）得数列 nb 的通项公式，结合裂项相消法即可求得 1 2 2 3 1 1 1 1 n nb b b b b b    . 试题解析：（1）当 2n  时，    3 +1 3 2 3 2 1 1 12 2 2 2 27 7 n n n n n na S S          当 1n  时， 1 1 2a S  3 1 2=2   ，符合上式 所以  3 2 *2 n na n N  . （2）由（1）得 3 2 2log 2 =3 2n nb n  . ∴ 1 2 2 3 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1[(1 ) ( ) ( )]1 4 4 7 (3 2)(3 1) 3 4 4 7 3 2 3 1n nb b b b b b n n n n                 1 1(1 )3 3 1 3 1 n n n     ． 点睛：本题主要考查等比数列的通项以及裂项相消法求数列的和，属于中档题. 裂项相消法是 最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据 式子的结构特点，常见的裂项技巧：(1)   1 1 1 1 n n k k n n k       ；（2）  1 1 n k nkn k n      ；（3）    1 1 1 1 2 1 2 1 2 2 1 2 1n n n n         ；（4）         1 1 1 1 1 2 2 1 1 2n n n n n n n           ；此外，需注意裂项之后相消的过程中容易 出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误. - 14 - 18. 移动支付（支付宝及微信支付）已经渐渐成为人们购物消费的一种支付方式，为调查曲靖 市民使用移动支付的年龄结构，随机对 100 位市民做问卷调查得到 2 2 列联表如下： 35 岁以下（含 35 岁） 35 岁以上 合计 使用移动支付 40 50 不使用移动支付 40 合计 100 （1）将上 2 2 列联表补充完整，并请说明在犯错误的概率不超过 0.01 的前提下，认为支付 方式与年龄是否有关？ （2）在使用移动支付的人群中采用分层抽样的方式抽取 10 人做进一步的问卷调查，从这 10 人随机中选出 3 人颁发参与奖励，设年龄都低于 35 岁（含 35 岁）的人数为 X ，求 X 的分布 列及期望.  2P K k… 0.50 0.40 0.25 0.15 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001 k 0.455 0.708 1.323 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 （参考公式： 2 2 ( ) ( )( )( )( ) n ad bcK a b c d a c b d      ）（其中 n a b c d    ） 【答案】(1)列联表见解析，在犯错误的概率不超过 0.010 的前提下，认为支付方式与年龄有 关.；(2)分布列见解析，12 5 . 【解析】 【分析】 （1）先补全 2 2 列联表，求出 2K 的值，根据临界值表得出判断； （2）根据分层抽样，可知 35 岁以下(含 35 岁)的人数为 8 人，35 岁以上的有 2 人，所以获得 奖励的 35 岁以下(含 35 岁)的人数为 X ，则 X 的可能为 1，2，3，求出概率，得到分布列， 求出期望. 【详解】(1)根据题意及 2 2 列联表可得完整的 2 2 列联表如下: 35 岁以下(含 35 岁) 35 岁以上 合计 - 15 - 使用移动支付 40 10 50 不使用移动支付 10 40 50 合计 50 50 100 根据公式可得 2 2 100(40 40 10 10) 36 6.63550 50 50 50K        ， 所以在犯错误的概率不超过 0.010 的前提下，认为支付方式与年龄有关. (2)根据分层抽样，可知 35 岁以下(含 35 岁)的人数为 40 10 850   人，35 岁以上的有 2 人， 所以获得奖励的 35 岁以下(含 35 岁)的人数为 X ， 则 X 的可能为 1，2，3，且 1 2 2 1 3 8 2 8 2 8 3 3 3 10 10 10 8 56 56( 1) , ( 2) , ( 3)120 10 120 C C C C CP X P X P XC C C          ， 其分布列为 X 1 2 3 P 8 120 56 120 56 120 8 56 56 121 2 3120 120 120 5EX        . 19. 如图，三棱柱 ABC-A1B1C1 中，侧面 BCC1B1 是菱形，AC=BC=2，∠CBB1= 3  ，点 A 在平 面 BCC1B1 上的投影为棱 BB1 的中点 E． （1）求证：四边形 ACC1A1 为矩形； （2）求二面角 E-B1C-A1 的平面角的余弦值． - 16 - 【答案】（1）见解析（2） 21 7  【解析】 【分析】 （1）通过勾股定理得出 1CE BB ，又 1AE BB ，进而可得 1BB  平面 AEC ，则可得到 1AA AC ，问题得证； （2）如图，以 E 为原点，EC ， 1EB ，EA 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴，求出平面 1EB C 的法向量和平面 1 1A B C 的法向量，利用空间向量的夹角公式可得答案. 【详解】（1）因为 AE ⊥平面 1 1BBC C ，所以 1AE BB ， 又因为 1 1 12BE BB  ， 2BC  ， 3EBC   ，所以 3CE  ， 因此 2 2 2BE CE BC  ，所以 1CE BB ， 因此 1BB  平面 AEC ，所以 1BB AC ， 从而 1AA AC ，又四边形 1 1ACC A 为平行四边形， 则四边形 1 1ACC A 为矩形； （2）如图，以 E 为原点， EC ， 1EB ， EA 所在直线分别为 x 轴， y 轴， z 轴，所以 1 1(0,0,1), (0,2,1), (0,1,0), ( 3,0,0)A A B C ， 平面 1EB C 的法向量 (0,0,1)m  ，设平面 1 1A B C 的法向量 ( , , )n x y z ， 由 1 ( , , ) ( 3,1,0) 0 3n CB x y z y x        ， 由 1 1 ( , , ) (0,1,1) 0 0n B A x y z y z        ， 令 1 3, 3x y z     ，即 (1, 3, 3)n   ， 所以， 3 21cos , 71 7 m n        ， 所以，所求二面角的余弦值是 21 7  . - 17 - 【点睛】本题考查空间垂直关系的证明，考查向量法求二面角的大小，考查学生计算能力， 是中档题. 20. 已知椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b     的离心率为 3 3 ，且椭圆C 过点 3 2,2 2       . （1）求椭圆C 的标准方程； （2）过椭圆C 右焦点的直线 l 与椭圆C 交于 ,A B 两点，且与圆 2 2: 2O x y  交于 E F、 两 点，求 2| | | |AB EF 的取值范围. 【答案】(1) 2 2 13 2 x y  ；(2) 16 3 ,16 33       . 【解析】 【分析】 （1）先利用离心率得到 ,a b 的关系，再利用点在椭圆上得到 ,a b 另一个关系，解方程即得椭 圆方程； （2）先讨论斜率不存在时 2| | | |AB EF 的值，再设斜率存在时的直线方程，联立椭圆方程， 利用韦达定理求弦长| |AB ，再利用几何法求圆中的弦| |EF 的长，最后计算 2| | | |AB EF 的 取值范围即可. 【详解】解：（1）由已知可得 3 3 c a  ，所以 22 1 3c a ，故 2 2 2 22 3b a c a   ，即 2 23 2a b ， 所以椭圆的方程为 2 2 2 2 13 2 x y bb   ，将点 3 2,2 2       带入方程得 2 2b  ，即 2 3a  ， - 18 - 所以椭圆C 的标准方程为 2 2 13 2 x y  ； （2）由（1）知， 2 1c  ，故椭圆的右焦点为 (1,0) ， ①若直线 l 的斜率不存在，直线l 的方程为 1x  ， 则 2 3 2 31, , 1, , (1,1), (1, 1)3 3A B E F               所以 2 24 3 16 3| | ,| | 4,| | | |3 3AB EF AB EF    ； ②若直线 l 的斜率存在，设直线l 方程为 ( 1)y k x  ，设    1 1 2 2, , ,A x y B x y ， 联立直线 l 与椭圆方程   2 2 13 2 1 x y y k x       ，可得 2 2 2 22 3 6 3 6 0k x k x k     ， 则 2 1 2 2 6 2 3 kx x k    ， 2 1 2 2 3 6 2 3 kx x k   ， 所以       2 22 2 22 2 1 2 2 2 2 4 3 16 3 61 1 42 3 2 3 2 3 kk kAB k x x k k k k                    ， 因为圆心  0,0 到直线l 的距离 2 1 kd k   ， - 19 - 所以在圆 2 2: 2O x y  中由 2 2 21 | |2 EF r d      知，    22 2 2 2 2 2 4 2 | | 4 4 2 1 1 kkEF r d k k          ， 所以      2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 3 1 4 2 16 3 2 16 3 2 22 3 1 2 3 3 3 k k k kAB EF k k k k             2 4 16 3 31 23 3k          ， 因为  2 0k  ， ，则 2 2 2 ,3 3k      ， 2 30,2 2 1 3k     ，故   2 0,22 4 3 3 k   ，   2 4 31 1,32 3k    ，故 2 4 16 3 16 331 ,16 323 3 3k             ， 即 2 16 3| | ,16 33AB EF      ， 综上， 2 16 3| | ,16 33AB EF        . 【点睛】思路点睛： 求解椭圆中的弦长问题时，一般需要联立直线与椭圆方程，根据韦达定理，以及弦长公式， 即可求出结果；有时也可由直线与椭圆方程联立求出交点坐标，根据两点间距离公式求出弦 长. 21. 已知函数 ( ) ln , xef x a x ax a Rx      . （1）当 0a  时，讨论 ( )f x 的单调性； （2）设 ( ) ( ) ( )g x f x xf x  ，若关于 x 的不等式 2 ( ) ( 1)2 x xg x e a x     在[1,2] 上有解， 求 a 的取值范围. - 20 - 【答案】(1) ( )f x 在 (0,1) 上单调递增，在 (1, ) 上单调递减；(2) ( ,0] . 【解析】 【分析】 （1）先对函数求导，得到   2 ( 1) ( ) xax e x f x x    ，由 0a  判定 0xax e  恒成立，进而可 确定函数单调性； （2）先得到 ( ) ln 2xg x a x e ax a     ，根据题中条件，得出存在 0 [1,2]x  ，使得 2 0 0 0ln ( 1) 02 xa x a x a      成立，令 2 ( ) ln ( 1) , [1,2]2 xh x a x a x a x       ，对其 求导，讨论 1a  ，1 2a  ， 2a  三种情况，分别判定函数单调性，求出最值，列出对应不 等式求出 a 的值，即可得出结果. 【详解】(1)由题意知，   2 2 ( 1) ( ) xx x ax e xa xe ef x ax x x        ， 令  ( ) ( 1)xF x ax e x   ，当 0a  时， 0xax e  恒成立， ∴当 1x  时， ( ) 0F x ，即 ( ) 0f x  ；当 0 1x  时， ( ) 0F x  ，即 ( ) 0f x  ； ∴函数 ( )f x 在 (0,1) 上单调递增，在 (1, ) 上单调递减. (2)因为 2( ) ( ) ( ) ln x x xe a xe eg x f x xf x a x ax x ax x x              ln 2xa x e ax a     ， 由题意知，存在 0 [1,2]x  ，使得   0 2 0 0 0( 1)2 x xg x e a x     成立. 即存在 0 [1,2]x  ，使得 2 0 0 0ln ( 1) 02 xa x a x a      成立； 令 2 ( ) ln ( 1) , [1,2]2 xh x a x a x a x       ， ( )( 1)( ) 1 , [1,2]a x a xh x a x xx x            ， ①当 1a  时，对任意 [1,2]x ，都有 ( ) 0h x  ， - 21 - ∴函数 ( )h x 在[1,2] 上单调递减， min( ) (2) ln 2 0h x h a a      成立，解得 0a  ， 0a  ； ②当1 2a  时，令 ( ) 0h x  ，解得1 x a  ；令 ( ) 0h x  ，解得 2a x  ， ∴函数 ( )h x 在[1, ]a 上单调递增，在[ ],2a 上单调递减， 又 1(1) 2h  ， (2) ln 2 0h a a     ，解得 0,a a  无解； ③当 2a  时，对任意的 [1,2]x ，都有 ( ) 0h x  ， ∴函数 ( )h x 在[1,2] 上单调递增， min 1( ) (1) 02h x h    ，不符合题意，舍去； 综上所述， a 的取值范围为 ( ,0] . 【点睛】思路点睛： 根据导数的方法研究不等式恒成立（或能成立）求参数时，一般可对不等式变形，分离参数， 根据分离参数后的结果，构造函数，由导数的方法求出函数的最值，进而可求出结果；有时 也可根据不等式，直接构造函数，根据导数的方法，利用分类讨论求函数的最值，即可得出 结果. 请考生在第 22、23 两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分. 选修 4-4：坐标系与参数方程 22. 在直角坐标系 xOy 中，直线的参数方程为 12 2 3 2 x t y t       （t 为参数），以坐标原点为极点， x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，圆C 的极坐标方程为 10  ． （1）若 l 与C 相交于 ,A B 两点，  2,0P  ，求 PA PB ； （2）圆 M 的圆心在极轴上，且圆 M 经过极点，若 l 被圆 M 截得的弦长为1，求圆 M 的半 径． 【答案】（1）6；（2）13. 【解析】 【分析】 - 22 - （1）将直线参数方程代入圆C 的直角坐标方程，利用 1 2PA PB t t  求解得到结果；（2）写 出l 的普通方程并假设圆 M 的直角坐标方程，利用弦长为1建立 a 与 d 的关系，再结合圆心到 直线距离公式得到方程，解方程求得 a ，即为圆的半径. 【详解】（1）由 10  ，得 2 2 10x y  将 12 2 3 2 x t y t       代入 2 2 10x y  ，得 2 2 6 0t t   设 ,A B 两点对应的参数分别为 1 2,t t ，则 1 2 6t t   故 1 2 6PA PB t t   （2）直线l 的普通方程为 3 2 3 0x y   设圆 M 的方程为   2 2 2 0x a y a a    圆心  ,0a 到直线l 的距离为 3 2 3 2 a d   因为 2 22 1a d  ，所以  2 2 2 3 21 4 4 ad a    解得： 13a  或 1a   （舍） 则圆 M 的半径为13 【点睛】本题考查直线参数方程中参数的几何意义、极坐标与直角坐标的互化、参数方程化 普通方程.解决直线参数方程问题中距离之和或积的关键，是明确直线参数方程标准形式中的 参数的几何意义，将距离问题转化为韦达定理的形式. 选修 4-5：不等式选讲 23. 已知函数   3 1 2 4f x x x    . （1）求不等式   3f x  的解集； （2）若对任意 xR ，不等式   22 8f x x t t    恒成立，求t 的取值范围， 【答案】（1） 4( , 10) ,5       ；（2）   , 1 9,   - 23 - 【解析】 【分析】 （1）利用分段讨论法去掉绝对值，求出不等式   3f x  的解集； （2）利用绝对值三角不等式求出   2f x x  的最大值，得出关于t 的不等式，求出解集即 可． 【详解】（1）当 1x   时， ( ) 3( 1) (2 4) 3f x x x      ，解得 10x   ； 当 1 2x   时， ( ) 3( 1) (2 4) 3f x x x     ，解得 4 5x  ，则 4 25 x  ； 当 2x  时， ( ) 3( 1) (2 4) 3f x x x     ，解得 4x   ，则 2x  . 综上，不等式   3f x  的解集为 4( , 10) ,5       ； （2） ( ) | 2 | 3| 1| | 2 4 | | 2 |f x x x x x        3| 1| 3| 2 |x x    | 3 3| | 3 6 |x x    | 3 3 (3 6) | 9x x     ， 若对任意 xR ，不等式 2( ) | 2 | 8f x x t t    恒成立， 则 2 8 9t t  ，解得 1t   或 9t  . 因此，实数t 的取值范围是    , 1 9,   . 【点睛】本题考查了含有绝对值的不等式解法与应用，同时考查了不等式恒成立问题，属于 中档题．