重庆市渝西九校2020届高三5月联考数学（理）试题 Word版含解析 23页

- 1 - 2020 年重庆市渝西九校高考数学联考试卷（理科）（5 月份） 一、选择题：本大题共 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.已知集合   2| 6 8 0A x x x x    ，  0,2,4,6A B  ，则集合 B 中必有的元素是 （ ） A. 0 B. 2 C. 4 D. 6 【答案】D 【解析】 【分析】 先由  2 6 8 0x x x   解方程，求出集合 A ，然后结合  0,2,4,6A B  可得答案. 【详解】解：由  2 6 8 0x x x   ，得 0x  ，或 2x = ，或 4x  所以  0,2,4A  ， 因为  0,2,4,6A B  ， 所以集合 B 中必有的元素是 6. 故选：D 【点睛】此题考查集合的并集运算的应用，属于基础题. 2.若复数 z 满足 1 z ii   ，则 z 在复平面内的对应点（ ） A. 在直线 y＝﹣x 上 B. 在直线 y＝x 上 C. 在直线 y＝﹣2x 上 D. 在直线 y＝2x 上 【答案】A 【解析】 【分析】 先利用复数的乘法法则进行整理，再利用复数的几何意义写出对应点坐标，分别代入检验即 可得出结果. 【详解】由 1 z ii   ， 得  1 1z i i i      ， 则 z 在复平面内的对应点坐标为 1, 1 ， - 2 - 把 1, 1 代入选项可得 A 正确. 故选：A. 【点睛】本题主要考查复数的四则运算以及几何意义.属于容易题. 3.若双曲线 2 2 : 13 x yC m   的离心率为 3 ，则 C 的虚轴长为（ ） A. 4 B. 2 3 C. 2 6 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】 利用离心率得到关于 m 的方程，求出其解后可得虚轴长. 【详解】因为双曲线 2 2 : 13 x yC m   的离心率为 3 ，故 3 3 3 m  ， 解得 6m  ，所以虚轴长为 2 6 . 故选：C. 【点睛】本题考查双曲线的离心率及虚轴长，注意双曲线   2 2 2 2: 1 0, 0x yC a ba b     中各 几何量计算公式的正确应用，如虚轴长指 2b ，本题属于基础题. 4.已知 *n N ，则 2 3 4 5 12 2 2 2 n     （ ） A. 25 4n  B. 5 12 36n  C. 32 4n  D. 5 12 12n  【答案】C 【解析】 【分析】 利用等比数列的前 n 项和的公式即可求解. 【详解】 2 5 1 2 3 4 5 1 52 2 22 2 2 2 2 4 32 41 2 n n n n             . 故选：C 【点睛】本题考查了等比数列的前 n 项和的公式，需熟记公式，属于基础题. - 3 - 5.北京公交 101 路是北京最早的无轨电车之一，最早可追溯至 1957 年.游客甲与乙同时从红 庙路口西站上了开往百万庄西口站方向的 101 路公交车，甲将在故宫站之前的任意一站下车， 乙将在展览路站之前的任意一站下车，他们都至少坐一站再下车，则甲比乙后下车的概率为 （ ） A. 48 209 B. 11 48 C. 50 209 D. 5 19 【答案】D 【解析】 【分析】 首先计算出基本事件总数，再对乙的下车情况分类讨论，根据古典概型的概率公式计算可得； 【详解】解：甲乙下车的所有可能情况有11 19 209  种， 若乙在小庄路口东站下车，则甲在呼家楼西站到沙滩路口西站任意一站下车，共有 10 种可能； 若乙在呼家楼西站下车，则甲在关东店站到沙滩路口西站任意一站下车，共有 9 种可能； …… 若乙在美术馆东站下车，则甲只能在沙滩路口西站下车，只有 1 种可能. 故甲比乙后下车的概率为10 9 1 55 5 11 19 11 19 19        . 故选：D 【点睛】本题考查古典概型的概率计算公式的应用，属于基础题. 6.已知二次函数   2f x ax bx  在 1, 上单调递减，则 a ，b 应满足的约束条件为（ ） A. 0 2 0 a a b     B. 0 2 0 a a b     C. 0 2 0 a a b     D. 0 2 0 a a b     【答案】D 【解析】 【分析】 - 4 - 由二次函数在 1, 上单调递减，得开口向下，对称轴小于等于 1，可得答案. 【详解】解：因为  f x 在 1, 上单调递减， 所以 0a  ，且 12 b a   ， 所以 0 2 0 a a b     . 故选：D 【点睛】此题考查二次函数的性质，属于基础题. 7.设函数 ( ) sin 2 cos 23 3f x x x              的最小正周期为T ，则  f x 在 0,T 上的零 点之和为（ ） A. 13 12  B. 7 6  C. 11 12  D. 5 6  【答案】A 【解析】 【分析】 由题意可知 7( ) 2 sin 2 12f x x      ，可得T  ，再令 72 ( )12x k k Z    ，可得  f x 在 0,T 上的零点，由此即可求出结果. 【详解】因为 7( ) 2 sin 2 2 sin 23 4 12f x x x                ，所以T  . 令 72 ( )12x k k Z    ，得  7 2 24 kx k Z    ， 所以  f x 在 0,T 上的零点为 7 24  ，19 24  ，则所求零点之和为 7 19 13 24 24 12     . 故选：A. 【点睛】本题主要考查了函数  siny A ωx φ  的性质的应用，属于基础题. 8.执行如图所示的程序框图，则输出的 a （ ） - 5 - A. 1 2  B. 2 3 C. 3 D. -3 【答案】A 【解析】 【分析】 由算法和程序框图的循环结构依次计算即可得答案. 【详解】解：第 1 次， 3a  ， 1 5i   成立，则 3 1 2 3 3a   ， 2i  ； 第 2 次， 2 5i   成立，则 2 1 13 2 2 3 a     ， 3i  ； 第 3 次， 3 5i   成立，则 1 12 31 2 a      ， 4i  ； 第 4 次， 4 5i   成立，则 2 3a  ， 5i  ， 第 5 次， 5 5i   成立， 1 2a   ， 6i  . 6 5i   不成立，所以输出的 1 2a   . 故选：A 【点睛】此题考查算法和程序框图的循环结构，考查计算能力，属于基础题. 9.某品牌牛奶的保质期 y （单位：天）与储存温度 x （单位： C ）满足函数关系 - 6 -  0, 1kx by a a a   .该品牌牛奶在 0 C 的保质期为 270 天，在8 C 的保质期为 180 天，则 该品牌牛奶在 24 C 的保质期是（ ） A. 60 天 B. 70 天 C. 80 天 D. 90 天 【答案】C 【解析】 【分析】 根据题意将 0x  或8 代入表达式即可求解. 【详解】由题意可知， 0 270ba   ， 8 180k ba   ，可得 8 8 2 3 k b k b aa a    ， 所以   3 324 8 2 270 803 k b k ba a a        ， 故该品牌牛奶在 24 C 的保质期是 80 天. 故选：C 【点睛】本题考查了函数模型的应用，考查了分析能力以及基本运算求解能力，属于基础题. 10.已知椭圆 C 的焦点为 F1（﹣c，0），F2（c，0），其中 c＞0，C 的长轴长为 2a，过 F1 的直线 与 C 交于 A，B 两点.若|AF1|＝3|F1B|，4|BF2|＝5|AB|，则|AF2|＝（ ） A. 5 4 a B. 4 3 a C. 2 3 a D. a 【答案】D 【解析】 【分析】 根据椭圆的定义求解． 【详解】设 1F B x ，则∵|AF1|＝3|F1B|，∴ 1 3AF x ，又 4|BF2|＝5|AB|，∴ 2 5BF x ， ∴ 1 2 6 2BF BF x a   ， 3a x ，∴ 2 12AF a AF a   ． 故选：D． 【点睛】本题考查椭圆的定义，只要用定义表示出 ,A B 两点到焦点的距离之和即可求解． 11.已知QA  平面 ABC ，PC  平面 ABC ，AB BC ， 1PC  ， 3AB AQ  ， 4BC  ， 现有下述四个结论：①四边形 ACPQ 为直角梯形；②四面体 PABC 的外接球的表面积为 25 ； - 7 - ③平面 PBC  平面QAB ；④四面体 PABC 与四面体QABC 的公共部分的体积为 3 2 .其中所 有正确结论的编号是（ ） A. ①③ B. ①③④ C. ②④ D. ①②③④ 【答案】B 【解析】 【分析】 利用线面垂直的性质定理可判断①；求出四面体 PABC 的外接球的球心O 为线段 PA 的中点， 利用球的表面积公式可判断②；利用面面垂直的判定定理以及线面垂直的性质定理可判断③； 利用锥体的体积公式即可判断④. 【详解】因为 QA  平面 ABC ， PC  平面 ABC ， 所以 / /QA PC ，且 PC AC ，又 3QA PC ，所以四边形 ACPQ 为直角梯形. 依题意可得，四面体 PABC 的外接球的球心O 为线段 PA 的中点， 因为 2 23 4 5AC    ， 1PC  ，所以 2 25 1 26 2 2AO   ， 所以球O 的表面积为 26 . 由QA  平面 ABC ，则 QA BC ， AB BC ，且 QA AB A  可证 BC ⊥平面QAB ，而 BC 平面 PBC ，所以平面 PBC  平面QAB . 设 PA QC D ，则四面体 PABC 与四面体QABC 的公共部分为四面体 ABCD . 过 D 作 DE AC 于 E ，则 3 3 1 DE PC   ，所以 3 3 4 4DE PC  ， 所以四面体 ABCD 的体积为 1 1 3 33 43 2 4 2      . 故所有正确结论的编号是①③④. - 8 - 故选：B 【点睛】本题考查了线面垂直的性质定理、面面垂直的判定定理、球的表面积公式、锥体的 体积公式，属于中档题. 12.设数列 2 na 为等差数列，且 0na  ， 4 2a  ， 9 3a  .记    1 1 1 1 1n n n n n b a a a a      ， 正整数 m 满足    98 99lg 10 1 lg 10 1m    ，则数列 nb 的前 m 项和为（ ） A. 5 11 B. 5 12 C. 9 22 D. 11 24 【答案】C 【解析】 【分析】 求得 na n ，化简得出 1 1 1 1 1nb n n     ，并结合题意求得正整数 m 的值，然后利 用裂项相消法可求得结果. 【详解】设 2 na 的公差为 d ，则  2 2 2 2 9 49 4 3 2 5d a a      ，即 1d  ， 所以    2 2 2 4 4 2 4na a n d n d n       ，又 0na  ，所以 na n ，        1 1 1 1 1 1 1 1 1nb n n n n n n n n                   1 1 1 1 1 1 1 11 1 1 n n n nn n             ， 因为  9898 lg 10 1 99   ，  9999 lg 10 1 100   ，所以 99m  ， 所以数列 nb 的前 m 项和为 1 1 1 1 1 1 1 1 9 1 1 10 1 2 11 222 1 2 1 3 1 99 1              . 故选：C. 【点睛】本题考查裂项求和法，同时也考查了等差数列通项公式的应用，考查计算能力，属 于中等题. - 9 - 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分把答案填在答题卡中的横线上. 13.设向量  1,2AB  ，  2,AC x  ，若 A ， B ，C 三点共线，则 x ______. 【答案】-4 【解析】 【分析】 由 A ， B ，C 三点共线，可得 / /AB AC   ，从而由共线向量的性质列方程可求出 x 的值. 【详解】解：因为 A ， B ，C 三点共线， 所以 / /AB AC   ， 因为  1,2AB  ，  2,AC x  ， 所以 2 2 4x      . 故答案为：-4 【点睛】此题考查共线向量的性质，属于基础题. 14.《九章算术》中有这样一个问题：“今有方锥，下方二丈七尺，高二丈九尺.问积几何？” 其意思是：今有一个正四棱锥，其下底边长为 2 丈 7 尺（1丈 10 尺），高为 2 丈9尺，则其 体积为______立方尺. 【答案】 7047 【解析】 【分析】 根据题意得出该正四棱锥的高与底面边长，然后利用锥体的体积公式可计算得出结果. 【详解】因为该正四棱锥的底边长为 27 尺，高为 29 尺，所以其体积为 21 27 29 70473    立 方尺. 故答案为： 7047 . 【点睛】本题考查正四棱锥的体积的计算，关键就是根据题意得出该正四棱锥的底面边长和 高，考查计算能力，属于基础题. 15.甲、乙两人同时参加当地一个劳动实践活动，该活动有任务需要完成，甲、乙完成任务的 概率分别为 0.7，0.8，且甲、乙是否完成任务相互独立互不影响.设这两人中完成任务的总人 数为 X ，则 EX  ______. - 10 - 【答案】1.5（或 3 2 ） 【解析】 【分析】 由题意得 X 的可能取值，利用独立时间概率公式求得分布列，利用期望的定义计算即可. 【详解】 X 的可能取值为 0，1，2，且     0 1 0.8 1 0.7 0.06P X      ，      1 1 0.8 0.7 0.8 1 0.7 0.38P X         ，  2 0.8 0.7 0.56P X     ， 故 1 0.38 2 0.56 1.5EX      . 故答案为：1.5（或 3 2 ）. 【点睛】本题考查简单离散型概率分布列的期望，根据事件的独立性概率公式求得分布列是 关键，属基础题,难度不大. 16.已知函数    x xf x x ae e  为偶函数，函数     xg x f x xe  ，则 a ______；若  g x mx e  对  0,x  恒成立，则 m 的取值范围为______. 【答案】 (1). 1 (2).  ,2e 【解析】 【分析】 由已知条件，利用函数奇偶性的性质可得 x xy ae e  为奇函数，进而根据奇函数的定义求得 1a  ；将题中不等式分离参数为 x em e x   ，构造函数    0x eh x e xx    ，利用导数求 得其最小值，根据不等式恒成立的意义得到 m 的取值范围为 ,2e . 【详解】因为 y x 为奇函数，    x xf x x ae e  为偶函数， 所以 x xy ae e  为奇函数， ∴ 0 00 ae e  ，所以 1a  ，则   xg x xe . 因为  g x mx e  对  0,x  恒成立， 所以 x em e x   对  0,x  恒成立. 设函数    0x eh x e xx    ，则   2' x eh x e x   ， - 11 - 显然   2' x eh x e x   在  0,x  上单调递增，且  ' 1 0h  ， 所以当 0 1x  时，  ' 0h x  ；当 1x  时，  ' 0h x  . 从而可得    min 1 2h x h e  ， 故 m 的取值范围为 ,2e . 故答案为：1； ,2e . 【点睛】本题考查函数的奇偶性，利用导数求不等式恒成立中的参数取值范围问题，难度中 等，关键是分离参数，构造函数并利用导数求函数的最值. 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 道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. 17.世界各国越来越关注环境保护问题，某检测点连续 100 天监视空气质量指数（ AQI ），将 这 100 天的 AQI 数据分为五组，各组对应的区间分别为 0,50 ， 50,100 ， 100,150 ，  150,200 ， 200,250 ，并绘制出如图所示的不完整的频率分布直方图. （1）请将频率分布直方图补充完整； （2）已知空气质量指数 AQI 在 0,50 内的空气质量等级为优，在 50,100 内的空气质量等 级为良，分别求这 100 天中空气质量等级为优与空气质量等级为良的天数； （3）若这 100 天中， AQI 在 0,100 的天数与 AQI 在 ,250m 的天数相等，估计 m 的值. 【答案】（1）直方图见解析；（2）20，40；（3）75. 【解析】 【分析】 - 12 - （1）根据总频率和为 1 求得 AQI 在 100,150 内的频率，进而计算 频率 组距的值，即可将直方 图补充完整；（2）先求得相关频率，即可得到所求天数；（3）依题意，可得 AQI 在 0,100 的 频率等于 AQI 在 ,250m 的频率，可得到  50,100m ，从而列式求得 m 的值. 【 详 解 】 （ 1 ） 因 为 AQI 在  100,150 内 的 频 率 为 1 50 (0.004 0.008 0.002 0.001) 0.25      ， 所以 AQI 在 100,150 内的 0.005频率 组距 ， 故频率分布直方图补充完整如图所示. （2）这 100 天中空气质量等级为优的天数为50 0.004 100 20   ， 空气质量等级为良的天数为 50 0.008 100 40   . （3）依题意，可得 AQI 在 0,100 的频率等于 AQI 在 ,250m 的频率， 因为 AQI 在 0,100 内的频率为 0.6， AQI 在 50,100 内的频率为 0.4， 所以  50,100m ， 则 100 0.008 1 0.6 0.6m     ， 解得 75m  . 【点睛】本题考查频率直方图，涉及频率直方图的性质，频率和频数的计算，属基础题. 18.a，b，c 分别为 ABC 的内角 A，B，C 的对边，已知 sin ( 3 )sinb A b c B  . - 13 - （1）求 2b ac 的最小值； （2）若 4 cosc a B ，求 A，B，C. 【答案】（1） 4 3 ；（2） 30A   ， 60B   ， 90C  . 【解析】 【分析】 （1）首先正弦定理的边角互化可得 ( 3 )ab b c b  ，从而可得 3a c b  ，再利用基本不 等式即可求解. （2）利用余弦定理可得 2 2 22 2a c b  ，根据 3a c b  ，解得 2c a ，再求出 3b a ， 根据勾股定理可得 90C  ，再根据边长关系即可求解. 【详解】（1）∵ sin ( 3 )sinb A b c B  ， ∴ ( 3 )ab b c b  ， ∴ 3a b c  ， 3a c b  . ∵ 2a c ac  ， ∴ 3 2b ac ， 当且仅当 3 2a c b  时，等号成立， ∴ 2 4 3 b ac  ， 故 2b ac 的最小值为 4 3 . （2）∵ 2 2 2 4 cos 4 2 a c bc a B a ac     ， ∴ 2 2 22 2a c b  ； ∵ 3a c b  ， - 14 - ∴ 2 2 22 2 3 a ca c       ， ∴ 22 0c a  ， ∴ 2c a ， ∴ 3b a ， ∴ 2 2 2 a b c ， ∴ 90C  . ∵ 2c a ， ∴sin 2sin 1C A  ， ∴ 30A   ， 60B   ， 综上所述： 30A   ， 60B   ， 90C  . 【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理解三角形，需熟记定理内容.属于中档题. 19.如图，在正三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中，D 为 AB 的中点，E 为棱 BB1 上一点，且 1AE AC . （1）在下列两个问题中任选一个作答，如果两个都作答，则按第一个解答计分. ①证明：AE⊥平面 A1CD； ②证明：BC1∥平面 A1CD. （2）若 AB＝2，AA1＝3，求二面角 A1﹣BC1﹣C 的余弦值. 【答案】（1）①证明见解析；②证明见解析；（2） 3 4  . 【解析】 【分析】 - 15 - （1）选择①，利用已知条件先证CD  面 1 1ABB A ，再利用线面垂直的性质定理推出线线垂 直，结合已知条件即可得出线面垂直；选择②要证线面平行，先证线线平行，通过作辅助线 及题设条件可得OD ∥ 1BC ，从而得到线面平行；（2）建立空间坐标系，找到相关点的坐标， 找出要求的两个面的法向量，再由向量的夹角公式求解. 【详解】（1）选择① 证明：因为 D 为 AB 的中点， AC BC ， 所以 CD AB ， 在正三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中， 1AA  面 ABC ， 则 1AA CD ， 因为 1AB AA A ， 所以CD  面 1 1ABB A ， 因为 AE  面 1 1ABB A ， 所以 CD AE ，又 1 1,AE AC CD AC C  ， 所以 AE⊥平面 A1CD. - 16 - 选择② 证明：设 1 1AC AC O  ， 因为侧面 1 1ACC A 为平行四边形， 所以O 为线段 1AC 的中点， 连接 OD ，因为 D 为 AB 的中点， 所以 OD ∥ 1BC ， 因为 OD  面 1ACD ， 1BC  面 1ACD ， 所以 BC1∥平面 A1CD. （2）以 D 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系 D xyz ， 则        1 11,0,0 , 0, 3,0 , 0, 3,0 , 1,0,3B C C A  ， 所以      1 1 11, 3,0 , 1, 3,3 , 1, 3,0AC BC BC       ， 设面 1 1A BC 的法向量为  , ,m x y z ， 则 1 1 1 0AC m BC m       ， - 17 - 即 3 3 3 0x y x y z      ，令 3x  ，得  3, 3,2m   ， 设面 1BCC 的法向量为  , ,n a b c ， 则 1 0BC n BC n       ， 即 3 3 3 0a b a b c       ，令 1b  ，得  3,1,0n  . 2 3 3cos , 2 4 4 m nm n m n         ， 由图可知，二面角 A1﹣BC1﹣C 为钝角， 故二面角 A1﹣BC1﹣C 的余弦值为 3 4  . 【点睛】本题主要考查了线面平行的判定定理，线面垂直的判定和性质定理以及二面角求解 等知识点，旨在考查学生的空间想象能力.属于中档题. 20.直线 l 过点 P（0，b）且与抛物线 y2＝2px（p＞0）交于 A，B（A，B 都在 x 轴同侧）两点， 过 A，B 作 x 轴的垂线，垂足分别为 C，D. （1）若 b＞0，|AC|+|BD|＝p，证明：l 的斜率为定值； （2）若 Q（0，﹣b），设△QAB 的面积为 S1，梯形 ACDB 的面积为 S2，是否存在正整数λ，使 3S1＝λS2 成立？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由， 【答案】（1）证明见解析；（2）存在，且 1  ． 【解析】 【分析】 （1）设直线 l 方程是 ( 0)y kx b k   ，设 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y ,由|AC|+|BD|＝ 1 2y y p  ， 直线方程与抛物线方程联立 消去 x 后应用韦达定理可得； （2）由（1）直线与抛物线相交得 10 2kb p  ，计算 1 2,S S 并作比 1 2 S S ，假设存在正整数  ， 使 1 23S S 成立，由此可得  的范围，在此范围内的只要有正整数即可得结论． 【详解】（1）证明：据题意设直线l 方程是 ( 0)y kx b k   ，设 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y , ∵|AC|+|BD|＝p，∴ 1 2y y p  ， - 18 - 由 2 , 2 , y kx b y px     得 2 2 2 0ky py pb   ， ∴ 1 2 2py y pk    ，∴ 2k  ，即 l 的斜率为定值； （2）由（1） 24 8 0p pkb    ，即 10 2kb p  ， ∵点Q 到直线l 的距离 2 2 1 bd k   ，且 2 1 21AB k x x   ， ∴ 1 1 2 1 2S AB d b x x   ， 2 1 2 1 2 1 2 1 1( ) ,2 2 pS AC BD CD y y x x x xk        ∴ 1 2 k b kbS kb S p p p    ， ∵ 10 2kb p  ，∴ 10 2 kb p   ， 假设存在正整数  ，使 1 23S S 成立，则 10 3 2   ， ∴ 30 2   ． ∴存在正整数 1  ，使 1 23S S 成立． 【点睛】本题考查直线与抛物线相交问题，考查抛物线中的定值问题，存在性问题．解题方 法是“设而不求”的思想方法，设直线方程，设交点坐标 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y ,直线方程与抛 物线方程联立消元应用韦达定理，把韦达定理所得结论代入其他条件求解． 21.已知函数   cos 3xf x ae x   的图象在点   0, 0f 处的切线与直线 0x y  垂直. （1）判断  f x 的零点的个数，并说明理由； （2）证明：   lnf x x 对  0,x  恒成立. 【答案】（1）1，理由见解析；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】 （1）利用导数运算和导数的几何意义求得 1a  ，当 0x  时，直接分析可得  f x 无零点； - 19 - 当 0x  时，利用指数函数和三角函数的性质可得  ' 0f x  ，得到  f x 的单调性，进而判 定零点个数；（2）首先利用导数可证 1 lnx x  ，于是将问题转化为证明   1f x x  对  0,x  恒成立.作差得到函数        1 cos 2 0xg x f x x e x x x        ，则利用 导数，三角函数的有界性可得  g x 的单调性，从而证得结论. 【详解】（1）解：  ' sinxf x ae x  ，    ' 0 1 1f a      ，则 1a  . 当 0x  时， 0 1xe  ， 1 cos 1x   ，则   0f x  ，此时  f x 无零点； 当 0x  时， e 1x  ， 1 sin 1x   ，  ' sin 0xf x e x   ， 所以  f x 在 0,  上单调递增. 因为  0 0f  ，  2 0f  ， 所以  f x 在 0,  上存在唯一的零点. 综上，  f x 的零点的个数为 1. （2）证明：设   1 lnp x x x   ，则    1' 0xp x xx   ， 当 0 1x  时，  ' 0p x  ；当 1x  时，  ' 0p x  . 所以    min 1 0p x p  ，则   1 ln 0p x x x    ，即 1 lnx x  . 要证   lnf x x 对  0,x  恒成立，只需证   1f x x  对  0,x  恒成立. 设函数        1 cos 2 0xg x f x x e x x x        ， 则  ' 1 sinxg x e x   ，设    'h x g x ，则  ' cosxh x e x  . 因为 0x  ，所以 e 1x  ， 1 cos 1x   ，所以  ' 0h x  ， 则  h x 在 0,  上单调递增，则    0 0h x h  ， 即  ' 0g x  ，从而  g x 在 0,  上单调递增， 于是    0 0g x g  ， 故    1 0f x x   ，即   1f x x  对  0,x  恒成立， - 20 - 又 1 lnx x  ，所以   lnf x x 对  0,x  恒成立. 【点睛】本题考查利用导数研究函数的零点个数和证明不等式问题，属中高档题，难度较大. （1）中的关键是注意分类讨论；（2）中的关键时要注意利用 1 lnx x  （需证明）将问题转 化为证明   1f x x  ，进而构造函数，利用导数研究单调性并证明. （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.在极坐标系中，曲线C 由圆 M 与圆 N 构成，圆 M 与圆 N 的极坐标方程为 2cos   ， 6cos  ，直线 l 的极坐标方程为   sin cos 4 0k k      . （1）求圆 M 与圆 N 的圆心距； （2）若直线 l 与曲线C 恰有 2 个公共点，求 k 的取值范围. 【答案】（1） 4 ；（2） 2 3 10,4 20       . 【解析】 【分析】 （1）将圆 M 与圆 N 的极坐标方程化为直角坐标方程，求出两圆圆心的直角坐标，然后利用 两点间的距离公式可计算出圆 M 与圆 N 的圆心距； （2）分别求得当直线 l 与圆 M 、圆 N 相切时直线 l 的斜率 k 的值，数形结合可求得当直线 l 与 曲线C 恰有 2 个公共点时，实数 k 的取值范围. 【详解】（1）以极点为坐标原点，极轴为 x 轴正半轴建立平面直角坐标系 xOy . 由 2cos   ，得 2 2 cos    ，则 2 2 2x y x   ，即 2 21 1x y   ， 所以圆 M 的圆心的直角坐标为  1,0M  . 由 6cos  ，得 2 6 cos   ，则 2 2 6x y x  ，即  2 23 9x y   ， 所以圆 N 的圆心的直角坐标为  3,0N . 故圆 M 与圆 N 的圆心距 1 3 4MN    ； （2）因为直线l 的极坐标方程为  sin cos 4k     ， 所以直线 l 的直角坐标方程为  4y k x  . - 21 - 当直线l 与圆 M 相切时， 2 3 1 1 k k   ，又 0k  ，所以 2 4k  ； 当直线l 与圆 N 相切时， 2 7 3 1 k k   ，又 0k  ，所以 3 10 20k  . 由图象可知，当直线l 与曲线C 恰有 2 个公共点时， k 的取值范围为 2 3 10,4 20       . 【点睛】本题考查极坐标方程与直角坐标方程的相互转化，同时也考查了利用直线与两圆的 公共点个数求参数，考查数形结合思想的应用，属于中等题. 23.已知函数   1 2f x x x   . （1）求不等式   8f x  的解集； （2）若直线 y kx 与曲线  y f x 仅有1个公共点，求 k 的取值范围. 【答案】（1）  3,3 ；（2）     , 3 2,2 3,      . 【解析】 【分析】 （1）分 1x   、 1 0x ≤ ≤ 、 0 1x  、 1x  解不等式   8f x  ，综合可得出该不等式 的解集； （2）作出函数  y f x 与 y kx 的图象，数形结合可求得实数 k 的取值范围. - 22 - 【详解】（1）当 1x   时，   3 1 8f x x    ，解得 3 1x    ； 当 1 0x ≤ ≤ 时，   1 8f x x   恒成立，则 1 0x ≤ ≤ ； 当 0 1x  时，   1 8f x x   恒成立，则 0 1x  ； 当 1x  时，   3 1 8f x x   ，解得1 3x  . 故不等式   8f x  的解集为 3,3 ； （2）作出函数  y f x （实线）与 y kx （虚线）的图象，如图所示： 直线 y kx 过原点，当此直线经过点 1,2 时， 2k  ； 当此直线与直线 3 1y x  平行时， 3k  . 结合  y f x 的图象的对称性，可得 k 的取值范围为     , 3 2,2 3,      . 【点睛】本题考查含绝对值不等式的求解，同时也考查了利用两函数图象的交点个数求参数 的取值范围，考查分类讨论思想以及数形结合思想的应用，属于中等题. - 23 -