河南省巩义市2020届高三模拟考试（6月）数学（文）试题 Word版含解析 21页

- 1 - 2020 年高中毕业班模拟考试试卷 文科数学 一､选择题 1. 己知集合  2 2 3A x x x   ，  0 4B x x   ，则 A B  （ ） A.  1,4 B.  0,3 C.  3,4 D.  3,4 【答案】C 【解析】 【分析】 先求出集合 A，B，由此能求出 A B . 【详解】由 2 2 3x x  变形，得   1 3 0x x   ，解得 3x  或 1x   ， ∴  | 3A x x  或 1x   . 又∵  0 4B x x   ， ∴  3,4A B  . 故选：C. 【点睛】本题考查交集的求法，考查交集定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题. 2. 在复平面内，复数 1 1 i 的共轭复数对应的点位于 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：将复数化为最简形式，求其共轭复数，找到共轭复数在复平面的对应点，判断其所在 象限. 详解： 1 1 1 1 1 (1 )(1 ) 2 2 i ii i i      的共轭复数为 1 1 2 2 i 对应点为 1 1( , )2 2  ，在第四象限，故选 D. 点睛：此题考查复数的四则运算，属于送分题，解题时注意审清题意，切勿不可因简单 导致马虎丢分. - 2 - 3. 5G 时代悄然来临，为了研究中国手机市场现状，中国信通院统计了 2019 年手机市场每月 出货量以及与 2018 年当月同比增长的情况，得到如下统计图，根据该统计图，下列说法错误 的是（ ） A. 2019 年全年手机市场出货量中，5 月份出货量最多 B. 2019 年下半年手机市场各月份出货量相对于上半年各月份波动小 C. 2019 年全年手机市场总出货量低于 2018 年全年总出货量 D. 2018 年 12 月的手机出货量低于当年 8 月手机出货量 【答案】D 【解析】 【分析】 根据统计图，逐项分析即可. 【详解】对于 A，由柱状图可得五月出货量最高，故 A 正确; 对于 B，根据曲线幅度可得下半年波动比上半年波动小，故 B 正确; 对于 C,根据曲线上数据可得仅仅四月五月比同比高，其余各月均低于 2018 年， 且明显总出货量低于 2018 年，故 C 正确; 对于 D，可计算的2018 年 12 月出货量为  3044.4 1 14.7% 3569.05   ，8 月出货量为  3087.5 1 5.3% 3260.3 3569.05   ，故 12 月更高，故 D 错误, 故选：D 【点睛】本题主要考查了学生合情推理能力，考查数据分析与图表分析能力，属于容易题. 4. 函数 ( ) 2 1 x xf x x    的图象大致为（ ） A. B. - 3 - C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 根据导数和单调性的关系，判断函数的单调性，再判断函数的变化趋势，即可得到答案． 【详解】解： 1( ) 2 2 11 1 x xxf x x x       的定义域为 ( , 1) ( 1, )     ， 2 1( ) 2 ln 2 0( 1) xf x x      恒成立， ( )f x 在 ( , 1)  ， ( 1, )  单调递增， 当 0x x 时， ( ) 0f x  ，函数单调递增，故排除C ， D ， 当 x   时， 2 0x  ， 11 x x  ， ( ) 1f x  ，故排除 B ， 故选：A． 【点睛】本题主要考查函数图象的识别，关键是掌握函数的单调性和函数值的变化趋势，属 于中档题． 5. 若 1a  ，则双曲线 2 2 2 1x ya   的离心率的取值范围是（ ） A. ( 2, ) B. ( 2,2) C. (1, 2) D. (1,2) 【答案】C 【解析】 2 2 1c a  ， 2 2 2 2 2 2 1 11c ae a a a     ， 1a Q ， 2 10 1a    ， 21 2e  ，则 0 2e  ，选 C. 6. 已知 2log 7a  ， 3log 8b  ， 0.20.3c  ，则 , ,a b c 的大小关系为 A. c b a  B. a b c  - 4 - C. b c a  D. c a b  【答案】A 【解析】 【分析】 利用利用 0,1,2 等中间值区分各个数值的大小． 【详解】 0.2 00.3 0.3 1c    ； 2 2log 7 log 4 2  ； 3 31 log 8 log 9 2   ． 故 c b a  ． 故选 A． 【点睛】利用指数函数、对数函数的单调性时要根据底数与1的大小区别对待． 7. 【2018 年天津卷文】设变量 x，y 满足约束条件 5, 2 4, 1, 0, x y x y x y y          则目标函数 3 5z x y  的最 大值为 A. 6 B. 19 C. 21 D. 45 【答案】C 【解析】 分析：首先画出可行域，然后结合目标目标函数的几何意义确定函数取得最大值的点，最后 求解最大值即可. 详解：绘制不等式组表示的平面区域如图所示，结合目标函数的几何意义可知目标函数在点 A 处取得最大值，联立直线方程： 5 1 x y x y      ，可得点 A 的坐标为：  2,3A ，据此可知目标 函数的最大值为： max 3 5 3 2 5 3 21z x y       .本题选择 C 选项. - 5 - 点睛：求线性目标函数 z＝ax＋by(ab≠0)的最值，当 b＞0 时，直线过可行域且在 y 轴上截距 最大时，z 值最大，在 y 轴截距最小时，z 值最小；当 b＜0 时，直线过可行域且在 y 轴上截 距最大时，z 值最小，在 y 轴上截距最小时，z 值最大. 8. 阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，若输入 N 的值为 20，则输出T 的值为 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 分析：由题意结合流程图运行程序即可求得输出的数值. - 6 - 详解：结合流程图运行程序如下： 首先初始化数据： 20, 2, 0N i T   ， 20 102 N i   ，结果为整数，执行 1 1T T   ， 1 3i i   ，此时不满足 5i  ； 20 3 N i  ，结果不为整数，执行 1 4i i   ，此时不满足 5i  ； 20 54 N i   ，结果为整数，执行 1 2T T   ， 1 5i i   ，此时满足 5i  ； 跳出循环，输出 2T  . 本题选择 B 选项. 点睛：识别、运行程序框图和完善程序框图的思路： (1)要明确程序框图的顺序结构、条件结构和循环结构． (2)要识别、运行程序框图，理解框图所解决的实际问题． (3)按照题目的要求完成解答并验证． 9. 设 ,  是两个不同的平面，l 是一条直线，以下命题正确的是（ ） A. 若 ,l     ，则 l  B. 若 / / , / /l    ，则 l  C. 若 , / /l    ，则l  D. 若 / / ,l    ，则 l  【答案】C 【解析】 对于 A、B、D 均可能出现 / /l  ，而对于 C 是正确的． 10. 如图，O 为 ABC 的外心， 4AB  ， 2AC  ， BAC 为钝角， M 是边 BC 的中点， 则 AM AO    的值 ( ) A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 【答案】B - 7 - 【解析】 【分析】 取 AB 、AC 的中点 D 、E ，可知 OD AB ，OE AC ，所求 AM AO AD AO AE AO          ， 由数量积的定义结合图象可得 2| |AD AO AD    ， 2| |AE AO AE    ，代值即可． 【详解】解：取 AB 、 AC 的中点 D 、 E ，可知 OD AB ，OE AC M 是边 BC 的中点， 1 ( )2AM AB AC     1 1 1( )2 2 2AM AO AB AC AO AB AO AC AO                ， AD AO AE AO       ， 由数量积的定义可得 · cosAD AO AD AO OAD     ， 而 cosAO OAD AD   ，故 2| | 4AD AO AD     ； 同理可得 2| | 1AE AO AE     ， 故 5AD AO AE AO       ， 故选：B． 【点睛】本题为向量数量积的运算，数形结合并熟练应用数量积的定义是解决问题的关键， 属于中档题． 11. 已知直线 l 过抛物线 2: 8C y x 的焦点 F ，且与抛物线C 在第一象限的交点为 M ，点 N 在抛物线C 的准线 1l 上，且 1MN l .若点 M 到直线 NF 的距离是 4 3 ，则直线 l 的斜率是 （ ） A. 3 3  B. 3 3 C. 3 D. 3 - 8 - 【答案】D 【解析】 【分析】 设出 M 点坐标，由此得到 N 的坐标，求出直线 NF 的方程，利用点到直线距离公式列方程， 由此求得 M 点的坐标，进而求得直线l 的斜率. 【详解】由题意可知  2,0F ，设  0 0,M x y ，则  02,N y ， 直线 NF 的方程为  0 24 yy x   ，即 0 02 04y x y y   . 因为点 M 到直线 NF 的距离是 4 3 ，所以 0 0 0 0 2 0 4 2 4 3 16 x y y y y     . 因为点 M 在抛物线C 上，所以 2 0 08y x ， 所以 3 0 0 0 2 0 4 28 4 3 16 y y y y     ，整理得  2 2 0 0 16 64 48y y    ，解得 0 4 3y  ， 所以 0 6x  ，即  6,4 3M ，故直线l 的斜率是 4 3 0 36 2   . 故选：D 【点睛】本小题主要考查直线和抛物线的位置关系，考查点到直线的距离公式，属于中档题. 12. 若对任意实数 ( ,1]x  ， 2 2 1 1x x ax e    恒成立，则 a （ ） A. 1 2  B. 0 C. 1 2 D. e 【答案】A 【解析】 【分析】 求出 (1 )[ (2 1)]( ) ( 1)x x x af x xe     „ ．当 2 1 1a  … ，当 2 1 1a   ，判断函数的单调性求出函数 的最值，推出 2 1 2 2( ) (2 1) 1a af x f a e   … … ．令 2 1 1a t   ，不等式化为 1 0te t  „ ，构造函 数，利用函数的导数判断函数的单调性求解函数的最小值，然后求解 a 即可． 【详解】解： 2 2 1( ) x x axf x e   ，则 (1 )[ (2 1)]( ) ( 1)x x x af x xe     „ ． - 9 - 当 2 1 1a  … ，即 0a… 时， ( ) 0f x „ ，则 ( )f x 在 ( ，1]单调递减， 故 2 2( ) (1) 1af x f e … … ，解得 1 02 ea  „ ，所以 0a… 不符合题意； 当 2 1 1a   ，即 0a  时， ( )f x 在 ( ,2 1)a  上单调递减，在 (2 1a  ，1]上单调递增， 则 ( ) (2 1)minf x f a  ． 因为 2 2 1 1x x ax e   … ，所以 2 1 2 2( ) (2 1) 1a af x f a e   … … ． 令 2 1 1a t   ，不等式 2 1 2 2 1a a e   … 可转化为 1 0te t  „ ， 设 ( ) 1tg t e t   ，则 ( ) 1tg t e   ， 令 ( ) 0g t  ，得 0t  ；令 ( ) 0g t  ，得 0 1t  ， 则 ( )g t 在 ( ,0) 上单调递减，在 (0,1) 上单调递增， 当 0t  时， ( )g t 有最小值 0，即 ( ) 0g t … ， 因为 ( ) 0g t „ ，所以 ( ) 0g t  ，此时 2 1 0a   ，故 1 2a   ． 故选： A ． 【点睛】本题考查利用导数研究不等式恒成立问题，考查推理论证能力、运算求解能力和分 类讨论思想，是难题. 二､填空题 13. 函数 ( ) 2cos sinf x x x  的最大值为__________. 【答案】 5 【解析】 【分析】 利用辅助角公式化简函数的解析式，通过正弦函数的有界性求解即可． 【详解】解：函数 f（x）＝2cosx+sinx 5 （ 2 5 5 cosx 5 5  sinx） 5 sin（x+θ），其 中 tanθ＝2， 可知函数的最大值为： 5 ． 故答案为 5 ． - 10 - 【点睛】通过配角公式把三角函数化为 sin( )y A x B    的形式再借助三角函数图象研究性 质，解题时注意观察角、函数名、结构等特征．一般可利用 2 2| sin cos |a x b x a b   求最 值． 14. 已知函数 ( )f x 是定义在 R 上的奇函数，当 ( , 0)x   时， 3 2( ) 2f x x x  ,则 (2)f  __________. 【答案】12 【解析】 【分析】 由函数的奇偶性可知    2 2f f   ，代入函数解析式即可求出结果. 【详解】函数  f x 是定义在 上的奇函数，    f x f x   ，则    f x f x   ，        3 22 2 2 2 2 12f f             . 【点睛】本题主要考查函数的奇偶性，属于基础题型. 15. 利用随机模拟方法计算 4y  和 2y x= 所围成图形的面积.首先利用计算机产生两组 0-1 区间的均匀随机数， 1a RAND ， 1b RAND ，然后进行平移和伸缩变换，  14 0.5a a  ， 14b b ，若共产生了 N 个样本点 ,a b ，其中落在所围成图形内的样本点数为 1N ，则所围成 图形的面积可估计为________.（结果用 N ， 1N 表示） 【答案】 116N N 【解析】 【分析】 根据平移和伸缩变换可得点  ,a b 落在矩形区域内，再利用几何概型的概率计算，估计面积， 即可得答案； 【详解】 1 20 1,0 1a a    ， 2 2,0 4a b     ，  ( , )a b 落在长为 4，宽为 4 的正方形 ABCD 区域内，其面积为 S ， 设 4y  和 2y x= 所围成图形的面积为 1S ，  1 1 1 1 16S N NSS N N    ， - 11 - 故答案为： 116N N . 【点睛】本题考查随机模拟估计面积、几何概率模型的应用，考查数形结合思想，考查运算 求解能力. 16. 已知 A，B 是球 O 的球面上两点，∠AOB＝90°，C 为该球面上的动点，若三棱锥 O－ABC 体积的最大值为 36，则球 O 的表面积为________． 【答案】144π 【解析】 【分析】 易知当点 C 位于垂直于面 AOB 的直径端点时，三棱锥的体积最大，设球 O 的半径为 R，列方程 求解即可. 【详解】如图所示，当点 C 位于垂直于面 AOB 的直径端点时，三棱锥的体积最大， 设球 O 的半径为 R，此时 VO－ABC＝VC－AOB＝ × R2×R＝ R3＝36， 故 R＝6，则球 O 的表面积为 S＝4πR2＝144π. 故答案为 144π. 【点睛】本题主要考查了三棱锥体积的求解,球的几何特征和面积公式，属于基础题. 三､解答题 17. 设{ }na 是等差数列，且 1 2 3ln 2, 5ln 2a a a   . （Ⅰ）求{ }na 的通项公式； （Ⅱ）求 1 2 naa ae e e   . - 12 - 【答案】（I） ln 2n ；（II） 12 2n  . 【解析】 【分析】 （I）设公差为 d ，根据题意可列关于 1,a d 的方程组,求解 1,a d ，代入通项公式可得；（II） 由（I）可得 2na ne  ，进而可利用等比数列求和公式进行求解. 【详解】（I）设等差数列 na 的公差为 d ， ∵ 2 3 5ln2a a  ， ∴ 12 3 5ln2a d  ， 又 1 ln2a  ，∴ ln2d  . ∴  1 1 ln2na a n d n    . （II）由（I）知 ln2na n ， ∵ 2 ln2 =2n na nln ne e e  ， ∴ nae 是以 2 为首项，2 为公比的等比数列. ∴ 2 1 2 ln2 ln2 ln2n naa ae e e e e e        2=2 2 2n   1=2 2n  . ∴ 1 2 naa ae e e   1=2 2n  点睛：等差数列的通项公式及前 n 项和共涉及五个基本量 1, , , ,n na a d n S ，知道其中三个可求 另外两个，体现了用方程组解决问题的思想. 18. 如图，在三棱锥 P－ABC 中，PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊥BC，PA＝AB＝BC＝2，D 为线段 AC 的 中点，E 为线段 PC 上一点. (1)求证：PA⊥BD； - 13 - (2)求证：平面 BDE⊥平面 PAC； (3)当 PA∥平面 BDE 时，求三棱锥 E－BCD 的体积． 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3） 1 3 【解析】 试题分析：（Ⅰ）要证明线线垂直，一般转化为证明线面垂直；（Ⅱ）要证明面面垂直，一般 转化为证明线面垂直、线线垂直；（Ⅲ）由 1 3 BCDV S DE   即可求解. 试题解析:（I）因为 PA AB ， PA BC ，所以 PA  平面 ABC ， 又因为 BD  平面 ABC ，所以 PA BD . （II）因为 AB BC ， D 为 AC 中点，所以 BD AC ， 由（I）知， PA BD ，所以 BD  平面 PAC . 所以平面 BDE  平面 PAC . （III）因为 PA 平面 BDE ，平面 PAC 平面 BDE DE ， 所以 PA DE . 因为 D 为 AC 的中点，所以 1 12DE PA  ， 2BD DC  . 由（I）知， PA  平面 ABC ，所以 DE  平面 PAC . 所以三棱锥 E BCD 的体积 1 1 6 3V BD DC DE    . 【名师点睛】线线、线面的位置关系以及证明是高考的重点内容，而其中证明线面垂直又是 重点和热点，要证明线面垂直，根据判定定理可转化为证明线与平面内的两条相交直线垂直， 也可根据性质定理转化为证明面面垂直. 19. 2019 年，我国施行个人所得税专项附加扣除办法，涉及子女教育、继续教育、大病医疗、 住房贷款利息或者住房租金、赡养老人等六项专项附加扣除.某单位老、中、青员工分别有 72,108,120 人，现采用分层抽样的方法，从该单位上述员工中抽取 25 人调查专项附加扣除的 - 14 - 享受情况. （Ⅰ）应从老、中、青员工中分别抽取多少人？ （Ⅱ）抽取的 25 人中，享受至少两项专项附加扣除的员工有 6 人，分别记为 , , , , ,A B C D E F . 享受情况如下表，其中“”表示享受，“×”表示不享受.现从这 6 人中随机抽取 2 人接受 采访. 员工 项目 A B C D E F 子女教育 ○ ○ × ○ × ○ 继续教育 × × ○ × ○ ○ 大病医疗 × × × ○ × × 住房贷款利息 ○ ○ × × ○ ○ 住房租金 × × ○ × × × 赡养老人 ○ ○ × × × ○ （i）试用所给字母列举出所有可能的抽取结果； （ii）设 M 为事件“抽取的 2 人享受的专项附加扣除至少有一项相同”，求事件 M 发生的 概率. 【答案】（I）6 人，9 人，10 人； （II）（i）见解析；（ii） 11 15 . 【解析】 【分析】 （I）根据题中所给的老、中、青员工人数，求得人数比，利用分层抽样要求每个个体被抽到 的概率是相等的，结合样本容量求得结果； （II）（I）根据 6 人中随机抽取 2 人，将所有的结果一一列出； （ii）根据题意，找出满足条件的基本事件，利用公式求得概率. 【详解】（I）由已知，老、中、青员工人数之比为 6:9:10 ， - 15 - 由于采取分层抽样的方法从中抽取 25 位员工， 因此应从老、中、青员工中分别抽取 6 人，9 人，10 人. （II）（i）从已知的 6 人中随机抽取 2 人的所有可能结果为          , , , , , , , , ,A B A C A D A E A F ,       , , , , , , ,B C B D B E B F ,      , , , , ,C D C E C F ,     , , , , ,D E D F E F ,共 15 种； （ii）由表格知，符合题意的所有可能结果为        , , , , , , ,A B A D A E A F ,     , , , , ,B D B E B F ,   , , ,C E C F ,   , , ,D F E F , 共 11 种， 所以，事件 M 发生的概率 11( ) 15P M  . 【点睛】本小题主要考查随机抽样、用列举法计算随机事件所含的基本事件数、古典概型即 其概率计算公式等基本知识，考查运用概率知识解决简单实际问题的能力. 20. 设椭圆 2 2 2 13 x y a   （ 3a  ）的右焦点为 F ，右顶点为 A ，已知 1 1 3e OF OA FA   ， 其中O 为原点， e 为椭圆的离心率. （Ⅰ）求椭圆的方程； （Ⅱ）设过点 A 的直线l 与椭圆交于点 B （ B 不在 x 轴上），垂直于 l 的直线与 l 交于点 M ， 与 y 轴交于点 H ，若 BF HF ，且 MOA MAO   ，求直线的l 斜率. 【答案】(1) 2 2 14 3 x y  ;(2) 6 4k   或 6 4k  . 【解析】 【分析】 （Ⅰ）求椭圆标准方程，只需确定 a ，由 1 1 3c OF OA FA   ，得   1 1 3c c a a a c    ，再利用 2 2 2 3a c b   ，可解得 2 1c  ， 2 4a  ； （Ⅱ）先化简条件： MOA MAO    MA MO ，即 M 再 OA 中垂线上， 1Mx  . 设直线l 方程为  2y k x  ，点 B 可求；根据 BF HF ，求点 H，由点斜式得到直线 MH 方程，联立直线l 和直线 MH 方程，求得 Mx 表达式，列等量关系解出直线斜率. - 16 - 【详解】解：（Ⅰ）设  ,0F c ，由 1 1 3c OF OA FA   ，即   1 1 3c c a a a c    ， 可得 2 2 23a c c  ，又 2 2 2 3a c b   ， 所以 2 1c  ，因此 2 4a  ，所以椭圆的方程为 2 2 14 3 x y  . （Ⅱ）设  ,B BB x y ，直线的斜率为  0k k  ，则直线 l 的方程为  2y k x  ， 由方程组   2 2 1,4 3 2 , x y y k x       消去 y ，整理得  2 2 2 24 3 16 16 12 0k x k x k     ， 解得 2x  或 2 2 8 6 4 3 kx k   ， 由题意得 2 2 8 6 4 3B kx k   ，从而 2 12 4 3B ky k   ， 设  0, HH y ，由（1）知  1,0F ， 有  1, HFH y  ， 2 2 2 9 4 12,4 3 4 3 k kBF k k        ， 由 BF HF ，得 0BF HF   ， 所以 2 2 2 124 9 04 3 4 3 Hkyk k k     ，解得 29 4 12H ky k  ， 因此直线 MH 的方程为 21 9 4 12 ky xk k    ， 设  ,M MM x y ，由方程组   21 9 4 ,12 2 , ky xk k y k x        消去 y ，得   2 2 20 9 12 1M kx k   ， 在 MAO 中， MOA MAO    MA MO ， 即 2 2 2 22M M M Mx y x y    ，化简得 1Mx  ，即   2 2 20 9 1 12 1 k k    ， 解得 6 4k   或 6 4k  ， - 17 - 所以直线 l 的斜率为 6 4k   或 6 4k  . 【点睛】本题考查椭圆方程的求法，直线与椭圆的位置关系的应用，体现了“整体运算” 思想和“设而不求”的解题方法，考查转化思想和运算能力，属于中档题. 21. 已知函数 ( ) xf x e x  ． （1）讨论 ( )f x 的单调性； （2）若 1 2( ) ( )f x f x ， 1 2x x ，求证： 1 2 2x xe e  ． 【答案】（1）  f x 在 0,  单调递增，在  ,0 单调递减；（2）见解析． 【解析】 【分析】 （1）分别令   0f x  ，   0f x  求出单调性； （2）设 2 1x x ，则 2 1 1 2 1 2 2 1 1 x x x x e ee x e x x x      ， 要证： 1 2 2x xe e  ，即证：  2 1 2 1 2 1 2x x x x x x e ee e     ，而     2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 1 x x x x x x x x x x ee e x xe e e         ，令 2 1t x x  ，  0,t   ，  2 1 2 1 2 1 2x x x x x x e ee e     等价于  1 2 1 2 2 01 t t t t et t e ee        ，  0,t   ，证明 ( )g t 的单调性即可. 【详解】（1）函数  f x 定义域为 ,R   1xf x e   ， 令   0f x  得  0,x  ，令   0f x  得  ,0x  ， 故  f x 在 0,  单调递增，在 ,0 单调递减. （2）    1 2f x f x ，不妨设 2 1x x ，则 2 1 1 2 1 2 2 1 1 x x x x e ee x e x x x      ， 要证： 1 2 2x xe e  ，即证：  2 1 2 1 2 1 2x x x x x x e ee e     ……（*）， 而     2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 1 x x x x x x x x x x ee e x xe e e         ，令 2 1t x x  ，  0,t   ， - 18 - （*）等价于  1 2 1 2 2 01 t t t t et t e ee        ，  0,t   ， 设    1 2 2t tg t t e e    ，  0,t   ，      1 1 2 1 1,t t tg t t e e t e        令    1 1th t t e   ，  ' 0th t te  在  0,t   恒成立， 则  g t 在  0,t   单调递增，故    0 0g t g   ，故  g t 在  0,t   单调递增， 故    0 0g t g  ，故原命题得证． 【点睛】本题考查利用导数求单调区间以及利用导数证明不等式，考查逻辑思维能力和运算 能力，属于高考常考题型. 22. 在直角坐标系 xOy 中，直线 1; 2C x   ，圆    2 2 2 : 1 2 1C x y    ,以坐标原点为极 点, x 轴正半轴为极轴建立极坐标系． （1）求 1C ， 2C 的极坐标方程； （2）若直线 3C 的极坐标方程为  4 R   ，设 2 3,C C 的交点为 ,M N ，求 2C MN 的面 积． 【答案】(1) cos 2    , 2 2 cos 4 sin 4 0        ；(2) 1 2 ． 【解析】 试题分析：（1）将 cos , sinx y     代入 1 2,C C 的直角坐标方程，化简得 cos 2    ， 2 2 cos 4 sin 4 0        ；（2）将 4   代入 2 2 cos 4 sin 4 0        ，得 2 3 2 4 0    得 1 22 2, 2   ， 所以 2MN  ，进而求得面积为 1 2 . 试题解析： （1）因为 cos , sinx y     ，所以 1C 的极坐标方程为 cos 2    ， 2C 的极坐标方程为 2 2 cos 4 sin 4 0        （2）将 4   代入 2 2 cos 4 sin 4 0        得 2 3 2 4 0    得 1 22 2, 2   ， 所以 2MN  - 19 - 因为 2C 的半径为 1，则 2C MN 的面积为 1 12 1 sin 452 2     考点：坐标系与参数方程. 23. 已知函数 ( ) | 1| 2 | |, 0f x x x a a     . （1）当 1a  时，求不等式 ( ) 1f x  的解集； （2）若 ( )f x 的图象与 x 轴围成的三角形面积大于 6，求 a 的取值范围. 【答案】（Ⅰ） 2{ | 2}3x x  （Ⅱ）（2，+∞） 【解析】 试题分析： (Ⅰ)由题意零点分段即可确定不等式的解集为 2 23x x     ； (Ⅱ)由题意可得面积函数为为  22 13 a  ，求解不等式  22 1 63 a   可得实数 a的取值范围为  2, 试题解析： （I）当 1a  时，   1f x  化为 1 2 1 1 0x x     ， 当 1x   时，不等式化为 4 0x   ，无解； 当 1 1x   时，不等式化为3 2 0x   ，解得 2 13 x  ； 当 1x  时，不等式化为 2 0x   ，解得1 2x  ． 所以   1f x  的解集为 2 23x x     ． （II）由题设可得，   1 2 , 1, 3 1 2 , 1 , 1 2 , , x a x f x x a x a x a x a                所以函数  f x 的图像与 x 轴围成的三角形的三个顶点分别为 2 1,03 aA      ，  2 1,0B a  ，  , 1C a a  ， ABC 的面积为  22 13 a  ． - 20 - 由题设得  22 1 63 a   ，故 2a  ． 所以 a 的取值范围为 2, - 21 -