黑龙江省哈尔滨市第三中学2020届高三第四次模拟数学（理）试题 Word版含解析

黑龙江省哈尔滨市第三中学2020届高三第四次模拟数学（理）试题 Word版含解析

- 1 - 2020 年高三学年第四次高考模拟考试 数学试卷（理工类） 一、选择题 1.设集合  3 0A x x   ，集合  2 2 0B x x x    ，则 A B  （ ） A.  ,2 B.  ,3 C.  1,2 D.  1,2 【答案】B 【解析】 【分析】 先解不等式得集合 A,B，再根据并集定义求结果. 【详解】  3 0 ( ,3)A x x     ,  2 2 0 ( 1,2)B x x x      ( ,3)A B  U 故选：B 【点睛】本题考查集合并集，考查基本分析求解能力，属基础题. 2.复数 z 的共轭复数为 z ，且满足 5z z  ，则复数 z 的模是（ ） A. 1 B. 2 C. 5 D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】 根据复数、共轭复数和复数模的概念，即可求出结果. 【详解】设复数 z a bi  ，则 z a bi  ， 又 5z z  ，所以 2 2 5a b  ， 又 2 2z a b  ，所以复数 z 的模为 5 . 故选：C. 【点睛】本题主要考查了复数、共轭复数和复数模的概念，属于基础题. 3.已知向量  3,2m  ，  4,n x ，若 m n  ，则 x  （ ） A. －6 B. 8 3  C. 8 3 D. 6 - 2 - 【答案】A 【解析】 【分析】 由题得 3 4 2 0m n x      ，解方程即得解. 【详解】因为 m n  ， 所以 3 4 2 0m n x      ， 所以 6x   . 故选：A. 【点睛】本题主要考查向量垂直的坐标表示，考查数量积的计算，意在考查学生对该知识的 理解掌握水平. 4.中国的 5G 技术领先世界，5G 技术的数学原理之一便是著名的香农公式： 2log 1 SC W N      .它表示：在受噪声干扰的信道中，最大信息传递速度C 取决于信道带宽 W ，信道内信号的平均功率 S ，信道内部的高斯噪声功率 N 的大小，其中 S N 叫做信噪比. 当信噪比比较大时，公式中真数中的 1 可以忽略不计.按照香农公式，若不改变带宽W ，而将 信噪比 S N 从 1000 提升至 4000，则C 大约增加了（ ）附： lg 2 0.3010 A. 10% B. 20% C. 50% D. 100% 【答案】B 【解析】 【分析】 根据题意，计算出 2 2 log 4000 lg 4000 3 2lg 2 3.6020 1.2log 1000 lg1000 3 3     即可. 【详解】当 1000S N  时， 2log 1000C W ，当 4000S N  时， 2log 0004C W 因为 2 2 log 4000 lg 4000 3 2lg 2 3.6020 1.2log 1000 lg1000 3 3     所以将信噪比 S N 从 1000 提升至 4000，则C 大约增加了 20% 故选：B - 3 - 【点睛】本题考查的是对数的运算，掌握对数的运算法则和运算性质是解题的关键，属于中 档题. 5.若 ,x y 满足约束条件 1 2 1 5 y y x x y        ，则 3z x y  的最大值为（ ） A. 2 B. 4 C. 11 D. 14 【答案】C 【解析】 【分析】 先作出不等式组对应的可行域，再通过数形结合分析得到 3z x y  的最大值. 【详解】 不等式组对应的可行域是如图所示的 ABC 区域， 由 3z x y  得 3y x z  ，它表示斜率为3 ，纵截距为 z 的直线， 当直线经过点C 时，纵截距 z 最小，此时 z 最大. 联立 1 5 y x y     得 (4,1)C , 所以 max 3 4 1 11z     . 故选：C. 【点睛】本题主要考查线性规划求最值，意在考查学生对该知识的理解掌握水平. - 4 - 6.函数   35sin 5 5x x x xf x    的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 根据 (0) 0f  排除选项 ,C D ，再根据  1 0f  确定答案. 【详解】由题得   0 00 05 5x xf    ，所以排除选项 ,C D . 由题得   3 1 1 5sin1 11 05 5f    ，所以选 A. 故选：A. 【点睛】本题主要考查根据函数的解析式找图象，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平. 7.一个物体做变速直线运动，在时刻 t 的速度为   3 2v t t   （ t 的单位： h ， v 的单位： km/h ），那么它在 0 1t  这段时间内行驶的路程 s （单位： km ）的值为（ ） - 5 - A. 2 3 B. 7 4 C. 5 3 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】 由速度在给定的时间范围内的定积分可得到答案. 【 详 解 】 这 辆 汽 车 在 0 1t  这 段 时 间 内 汽 车 行 驶 的 路 程   11 3 4 0 0 1 1 72 2 24 4 4s t dt t t             ， 所以这辆汽车在 0 1t  这段时间内汽车行驶的路程 s 为 7 4 . 故选：B. 【点睛】本题考查了定积分在物理中的应用，速度在时间范围内的积分是路程，属于基础题. 8.为了得到函数 cos2y x 的图象，只需把函数 2sin cos6 6y x x             的图象（ ） A. 向右平行移动 12  个单位长度 B. 向左平行移动 12  个单位长度 C. 向左平移移动 6  个单位长度 D. 向右平行移动 6  个单位长度 【答案】B 【解析】 【分析】 利用二倍角公式及诱导公式，将 2sin cos6 6y x x             化简为 cos2 12y x      ，即 可判断. 【 详 解 】 由 题 意 可 得 ， 2sin cos sin 2 cos 2 cos 2 cos26 6 3 3 2 6 12y x x x x x x                                                   ，所以只需把函数 2sin cos6 6y x x             的图象向左平行移动 12  个单位长度，可得到 函数 cos2y x 的图象. 故选：B - 6 - 【点睛】本题主要考查三角函数的恒等变换及诱导公式、三角函数图象的平移变换，属于基 础题. 9.已知圆 2 2 1 : 0C x y kx y    和圆 2 2 2 : 2 1 0C x y ky    的公共弦所在的直线恒过定 点 M ，且点 M 在直线 2mx ny  上，则 2 2m n 的最小值为（ ） A. 1 5 B. 5 5 C. 2 5 5 D. 4 5 【答案】C 【解析】 【分析】 利用两圆的方程作差求得公共弦的方程，得到点 M 的坐标，进而得到 2 2m n  ，再求得原 点到直线 2 2x y  的距离为，即可求得 2 2m n 的最小值. 【详解】由圆 2 2 1 : 0C x y kx y    和圆 2 2 2 : 2 1 0C x y ky    ， 可得圆 1C 和 2C 的公共弦所在的直线方程为 ( 2 ) ( 1) 0k x y y    ， 联立 2 0 1 0 x y y      ，解得 2 1 x y    ，即点 (2,1)M ， 又因为点 M 在直线 2mx ny  上，即 2 2m n  ， 又由原点到直线 2 2x y  的距离为 2 2 2 2 5 52 1 d    ， 即 2 2m n 的最小值为 2 5 5 . 故选：C. 【点睛】本题主要考查了两圆的位置关系的应用，直线过定点问题，以及点到直线的距离公 式的应用，着重考查推理与运算能力. 10.已知正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的外接球的体积为 4 3  ，将正方体割去部分后，剩余几何 体的三视图如图所示，则剩余几何体的体积为（ ） - 7 - A. 2 3 27 B. 4 3 27 C. 16 3 27 D. 2 3 【答案】C 【解析】 【分析】 先求球的半径，即得正方体棱长，根据三视图还原几何体，再根据正方体以及锥体体积公式 求结果. 【详解】设外接球的半径为 ,R 正方体棱长为 a ，因为正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的外接球的体 积为 4 3  ，所以 34 4 21 3 23 3 3 R R a R a      Q - 8 - 由三视图知几何体为正方体截去两个角（如图），其体积为 3 2 31 1 2 16 32 3 2 3 27a a a a      故选：C 【点睛】本题考查三视图、正方体以及锥体体积、球体积，考查空间想象能力以及基本求解 能力，属中档题. 11.若实数 ,a b 满足 1 22lg lg lga ba b       ，则 ab 的最小值为（ ） A. 2 B. 2 2 C. 3lg 2 D. lg 2 【答案】B 【解析】 【分析】 根据题意可知 1 2 aba b   且 0, 0a b  ，再利用基本不等式，即可求出结果. 【详解】由题意可知 0, 0a b  ， 因为 1 22lg lg lga ba b       ，所以 1 2 aba b   所以 1 2 1 22ab a b a b     ，所以 2 2ab  ，当且仅当 1 2 1 2 a b aba b      ，即 5 42 2b a  时， 取等号. 故选：B. 【点睛】本题主要考查了基本不等式在求最值中的应用，属于基础题. 12.已知函数   2 ln 2 1xf x k x   ，若   3ln 2f x  恒成立，则实数 k 的取值范围是（ ） A.  5, B.  8, C.  10, D.  3ln11, 【答案】B 【解析】 【分析】 - 9 - 通过参变分离可得 ln 2 1 3ln 2 2   x xk ，构造函数 ( )g x ，只需求出 max( )g x 即可，利用求导 数，判断单调区间，得出     3 max 3 2 8g x g    ，进而求出 k 的取值范围. 【详解】 ( ) 2 ln 2 1 3ln 2   xf x k x 恒成立， 则 ln 2 1 3ln 2 2   x xk ，只需 max ln 2 1 3ln 2( )2   x xk 设 ln 2 1 3ln 2( ) 2   x xg x 2 2 ln 2 ( ln 2 1 3ln 2) 2 ln 2'( ) (2 ) ln 2       x x x xg x 1 ( ln 2 1 3ln 2) ( 3)ln 2 2 2      x x x x 当 3x   ， '( ) 0g x  ； 当 3x   ， )'( 0g x  ； 所以，     3 max 3 2 8g x g    8 k 故选：B 【点睛】本题考查了含参不等式恒成立求参数取值范围问题，构造函数，求函数最值等基本 知识，考查数学运算能力和逻辑推理能力，转化的数学思维，属于中档题. 二、填空题 13.若 1~ 3, 5X B     ，则  2 1E X   ______. 【答案】 1 5 【解析】 【分析】   1 33 =5 5  E X ，二项分布的性质可知， (2 1) 2 ( ) 1  E X E X ，即可得出结果. 【详解】由二项分布的性质可知，   1 33 =5 5  E X ，   3 12 1 2 ( ) 1=2 1=5 5     E X E X . 故答案为： 1 5 【点睛】本题考查了二项分布的性质和应用，考查理解辨析能力和数学运算能力，属于基础 - 10 - 题目. 14.若锐角 满足 3cos 4 5      ，则sin 2 4      ______. 【答案】 31 2 50 【解析】 【分析】 利用两角和余弦公式化简 3cos 4 5      ，两边平方可得sin 2 的值，利用齐次式化弦为切， 求 tan 的值，进而求出 cos2 的值，利用两角和的正弦公式，可得结果. 【详解】锐角 满足 2 3cos (cos sin )4 2 5          ， 3 2cos sin 5     ， 两边平方可得： 181 sin 2 25   ， 7sin 2 25   2 2 2 2sin cos 2tan 7sin 2 sin cos tan 1 25          ， 即 27 tan 50tan 7 0    ，解得 tan 7  或 1tan 7   ， 因为 为锐角， cos sin 0   ， 0 4    ， 1tan 7   2 2 2 2 2 2 2 2 cos sin 1 tan 24cos2 cos sin cos sin 1 tan 25                2 2 31 2sin 2 sin 2 cos24 2 2 50            故答案为： 31 2 50 【点睛】本题主要考查三角恒等变型，两角和的正、余弦公式与二倍角公式，考查数学运算 能力和逻辑推理能力，属于中档题目. 15.我国在北宋年间（公元 1084 年）第一次印刷出版了《算经十书》，即贾宪的《黄帝九章算 法细草》，刘益的《议古根源》，秦九韶的《数书九章》，李冶的《测圆海镜》和《益古演段》， 杨辉的《详解九章算法》、《日用算法》和《杨辉算法》，朱世杰的《算学启蒙》和《四元玉鉴》. 这些书中涉及的很多方面都达到古代数学的高峰，其中一些“算法”如开立方和开四次方也 - 11 - 是当时世界数学的高峰.哈三中图书馆中正好有这十本书，现在小张同学从这十本书中任借三 本阅读，那么他借到的三本书中书名中恰有一个“算”字的概率为______. 【答案】 5 12 【解析】 【分析】 先确定含有“算”字的书，结合组合数分别求出基本事件总数、恰含有一个“算”字的基本 事件数，利用古典概型概率计算公式即可求解. 【详解】根据题意可知，这十本书中共有五本有一个“算”字，所以小张同学从这十本书中 任借三本阅读共有 3 10C 种情况，他借到的三本书中书名中恰有一个“算”字共有 1 2 5 5C C 种情况， 故概率为 1 2 5 5 3 10 5 12 C C C  . 故答案为： 5 12 【点睛】本题主要考查古典概型及组合数，属于基础题. 16.经过原点的直线交椭圆   2 2 2 2 1 0x y a ba b     于 ,P Q 两点（点 P 在第一象限），若点 P 关 于 x 轴的对称点称为 M ，且 1 3PA PM  ，直线QA 与椭圆交于点 B ，且满足 BP PQ ，则 直线 BP 和 BQ 的斜率之积为______，椭圆的离心率为______. 【答案】 (1). 2 3  (2). 3 3 【解析】 【分析】 设 ,P B 的坐标，由题意可得 ,Q M 的坐标，再由向量的关系求出 A 的坐标，求出 PQ ， PB ， QB 的 斜 率 表 达 式 ； 又 ,P B 在 椭 圆 上 ， 将 ,P B 的 坐 标 代 入 椭 圆 的 方 程 ， 化 简 可 得 2 2PB QBk k b a   ，又 B 在直线 AQ 上，可得 2 2 1 PB QA b ak k   ，进而求出 PB 的斜率，再由 BP PQ 可求出直线 BP 和 BQ 的斜率之积，进而求出离心率． 【详解】设  P m n, ，  ,B s t ，则  ,Q m n  ，  ,M m n - 12 - 因为 1 3PA PM  ，所以 , 3 nA m     所以 PQ 斜率为 PQ nk m  ， PB 斜率为 PB t nk s m   ，QB 斜率为 QB t nk s m   又  P m n, ，  ,B s t 在椭圆   2 2 2 2 1 0x y a ba b     上， 所以 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 b bn b m t b sa a    ， ； 所以 2 2 2 2 2 2 2 2 22 2 2 2 22 2PB QB b bb s b mat n t n t nk k s m s b s m s m a am                         , 所以 2 2 2 2 2 2 1 1 3 2PB QB QA b b b m a a ak k k n         ， 又 BP PQ ，所以 2 2 3 12BP PQk b m n a n mk      , 所以 2 2 2 3 b a    ， 所以 2 2 2 2 2 11 3 31c b a a     ，所以 3 3 c a  ， 所以椭圆的离心率为 3 3 . 【点睛】本题考查了椭圆的离心率、椭圆的性质及直线与椭圆的位置关系，属于难题. 三、解答题 - 13 - 17.已知各项均为正数的数列 na ，其前 n 项和为 nS ，满足 2 2 n n n a aS  . （1）求数列 na 的通项公式； （2）若 1 12 na n n n b a a    ，求数列 nb 的前 n 项和 nT . 【答案】（1） na n ；（2） 1 12 1 1 n nT n     . 【解析】 【分析】 （1）利用  1 2n n na S S n   把递推关系转化为  1 1 2n na a n   ，再利用等差数列的 通项公式可求 na 的通项； （2）利用等比数列的求和公式与裂项求和法可求 nb 的前 n 项和 nT . 【详解】解：（1）当 1n  时， 1 1a  ， 当 2n  时，    2 2 1 1 12 n n n n n n na S S a a a a        ， ∴  1 1 1 0n n n na a a a     ， ∵ 0na  ，∴ 1 1n na a   ， ∴ na 是以 1 1a  为首项， 1d  为公差的等差数列， ∴ na n . （2）由（1）的 na n ，则   1 1 12 21 1 n n nb n n n n       ，   1 2 2 1 1 1 1 1 12 2 2 1 2 2 3 1 2 1 2 111 2 1 12 1 +1 n n n n n T b b b n n n n                             ∴ 1 12 1 1 n nT n     . - 14 - 【点睛】数列的通项 na 与前 n 项和 nS 的关系式 1 1 , 1 , 2n n n S na S S n     ，我们常利用这个关 系式实现 na 与 nS 之间的相互转化. 而数列求和关键看通项的结构形式，如果通项是等差数 列或等比数列的通项，则用公式直接求和；如果通项是等差数列与等比数列的和，则用分组 求和法；如果通项是等差数列与等比数列的乘积，则用错位相减法；如果通项可以拆成一个 数列连续两项的差，那么用裂项相消法；如果通项的符号有规律的出现，则用并项求和法;中 档题. 18.如图，四棱锥 P ABCD 的底面 ABCD 是矩形，平面 PAD  平面 ABCD ， 2PA PD  ，且 PA PD ，点 N 为 BC 中点. （1）证明：平面 PAB  平面 PCD； （2）直线 PB 和平面 PAD 所成的角为 45，求二面角 A PN B  的余弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2） 15 5 . 【解析】 【分析】 （1）可证 PA  平面 PCD，从而得到平面 PAB  平面 PCD. （2）设O 为 AD 中点，连结 PO ，ON ，可以证明 PO AD 、 PO  ON 、ON OD ，建 立如图所示的空间直角坐标系后可求给定的二面角的余弦值. 【详解】解：（1）∵平面 PAD  平面 ABCD ，平面 PAD  平面 ABCD AD ， CD 平面 ABCD ，CD AD ， ∴CD  平面 PAD ，∵ PA  平面 PAD ，∴CD PA 又∴ PD PA ，∴ PD CD D  ，∴ PA  平面 PCD， - 15 - ∵ PA  平面 PAB ，∴平面 PAB  平面 PCD. （2）设O 为 AD 中点，连结 PO ， ON ， 又 2,PA PD PA PD   ，故 PO AD 且 2PO  ， 2 2AD  . ∵平面 PAD  平面 ABCD ，平面 PAD  平面 ABCD AD ， PO  平面 PAD ，∴ PO  平面 ABCD . ∵ON  平面 ABCD ，∴ PO  ON ， 又 ,O N 为矩形 ABCD 的对边的中点，故ON OD . 以O 为坐标原点，分别以 , ,ON OD OP 为 , ,x y z 轴正方向建立空间直角坐标系， 则  0, 2,0A  ，  0,0, 2P . 设  , 2,0B a  ，其中 0a  ，则  , 2, 2PB a   . 又平面 PAD 的法向量为  1,0,0k  ， 所以 2 2 =2 4 a a  ，故 2a  ，所以  2, 2,0B  ， 所以  2,0,0N ，  2, 2,0C . 故  2,0, 2PN   ，  0, 2, 2PA    ，  0,2 2,0BC  ， 设平面 PAN 的法向量为  , ,m x y z 故 0 0 m PA m PN         即 2 2 0 2 2 0 y z x z      ， 令 2y  ，∴  1, 2, 2m    . 设平面 PBN 的法向量为  , ,n x y z   - 16 - 故 0 0 n BC n PN         即 2 2 0 2 2 0 x z y         ， 令 2z  ，∴  1,0, 2n  r ， ∴ 3 15cos , 55 3 m n       ， 因为二面角 A PN B  为锐角，故其余弦值为 15 5 . 【点睛】本题考查面面垂直的证明以及线面角、二面角的计算，后者常借助空间向量（即直 线的方向向量和平面的法向量）的夹角来帮助计算. 19.已知某种新型病毒的传染能力很强，给人们生产和生活带来很大的影响，所以创新研发疫 苗成了当务之急.为此，某药企加大了研发投入，市场上这种新型冠状病毒的疫苗 A 的研发费 用 x （百万元）和销量 y （万盒）的统计数据如下： 研发费用 x （百万元） 2 3 6 10 13 14 销量 y （万盒） 1 1 2 2.5 4 4.5 （1）根据上表中的数据，建立 y 关于 x 的线性回归方程 y bx a $ $ $ （用分数表示）； （2）根据所求的回归方程，估计当研发费用为 1600 万元时，销售量为多少？ 参考公式：      1 1 2 22 1 1 n n i i i i i i n n i i i i x x y y x y nxy b x x x nx                 ， a y bx $ $ . 【答案】（1）  37 29 130 130y x  ；（2）销售量为 47769 盒. 【解析】 【分析】 （1）根据表中的数据和题中所给参考公式可计算出 ( )x y， ，利用最小二乘法求 b 的值，代入 - 17 - a y bx $ $ ，可得 a ，进而求出回归方程  37 29 130 130y x  . （2）将 16x  ，代入回归方程即可. 【详解】（1） 2 3 6 10 13 14 86      x ， 1+1+2+2.5+4+4.5 =2.56 y ， 6 1 157i i i x y   ， 6 120x y  ， 6 2 1 514i i x   ， 2 384nx  37 130  b  29 130    a y b x ，  37 29 130 130y x  （2）当 16x  时，代入回归方程 621 130y  （万盒） 47769 （盒） 当研发费用为 16000000 时，销售量为 47769 盒. 【点睛】本题考查了线性回归方程，最小二乘法等基本知识，考查了数学运算能力、数据分 析能力和逻辑推理能力，属于一般题目. 20.已知圆 M 经过点 0,1 与直线 1y   相切，圆心 M 的轨迹为曲线C ，过点  0,2N 做直 线与曲线C 交于不同两点 ,A B ，三角形OAB 的垂心为点 H . （1）求曲线C 的方程； （2）求证：点 H 在一条定直线上，并求出这条直线的方程. 【答案】（1） 2 4x y ；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】 （1）根据抛物线的定义，得到圆心 M 表示以  0,1F 为焦点，以 1y   为准线的抛物线，即 可求得圆心 M 的轨迹方程； （2）设    2 2 1 1 2 24 ,4 , 4 ,4A t t B t t ，由 , ,A B N 三点共线，求得 1 2t t 的值，再求得过点 A 与直线 OB 垂直和点 B 与直线OA垂直的直线方程，联立方程组，求得 2y   ，即可得到结论. 【详解】（1）圆 M 经过点  0,1F 与直线 1y   相切， - 18 - 则圆心 M 满足到点  0,1F 与到直线 1y   的距离相等， 根据抛物线的定义，可得圆心 M 表示以  0,1F 为焦点，以 1y   为准线的抛物线， 其中 2p  ，所以圆心 M 的轨迹方程为 2 4x y . （2）设  2 1 14 ,4A t t ，  2 2 24 ,4B t t ， 由 , ,A B N 三点共线，则 2 2 1 2 1 2 4 2 4 2 4 4 t t t t   ，整理得 1 2 1 2t t   ， 过点 A 与直线OB 垂直的直线为  2 2 2 1 14 4y t x tt     ， 同理过点 B 与直线OA垂直的直线为  2 1 1 2 14 4y t x tt     ， 两条垂线联立方程组     2 2 2 1 2 1 1 2 14 4 14 4 y t x tt y t x tt           ，解得 1 24 4 2y t t    ， 所以垂心在直线 2y   . 【点睛】本题主要考查了抛物线的定义及标准方程，以及直线的位置关系的应用，着重考查 推理与运算能力，属于中档试题. 21.已知函数   xf x e ax  的图象与直线  2 21y e x e   相切. （1）求实数 a 的值； （2）若存在实数 k 满足   0f k  且 1 0f k      ，求证： 1lnxe x k k       . 【答案】（1） 1a  ；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】 （1）根据导数的几何意义化简得出 0 0 2 0 0x xx e e e   ，解出 0 2x  ，即可确定 a 的值； （2）令 1m k k   ，构造函数    lnxJ x e x m   ，利用导数得出  minJ x ，证明  min 0J x  ，即可得出结论. - 19 - 【详解】解：（1）设切点为( )0 0,x y ， ( ) xf x e a   则 0 2 1xe a e   ，  0 2 2 0 01xe ax e x e    消 a 得 0 0 2 0 0x xx e e e   ，令   2x xh x xe e e   ，得   xh x xe  当 0x  时，   0xh x xe   所以  h x 在区间( )0,+¥ 单调递增，且  2 0h  又因为当 0x  时，   0h x  ，所以 0 2x  ，得 1a  . （2）由已知 0ke k  ， 1 1 0ke k   因为函数   xf x e x  为增函数，且 1 21 1 02 2f e        所以 1 2k   ， 1 1 2k   ，即 12 2k    令  1 1 1( ) 2 2m k k kk k k                 ，（当且仅当 1k   时，取等号） 即 2m   . 令    lnxJ x e x m     1xJ x e x m     ，因为  J x 在 ,m  为单调递增函数   0kJ k e k    ， 11 1 0kJ ek k        ，   10 1 0J m     . 所以存在 1x ，使得  1 0J x  ，且 1x k ， 1 1x k  ， 1 0x  ，即 1 1 02 x     10J x x x    ，   10J x m x x     即函数  J x 在  1,m x 为单调递减函数，在 1,x  上是单调递增函数 所以      1 1 1min lnxJ x J x e x m    又因为  1 1lnx x m   ，所以   1 1 1min 1( ) ( ) 02 xJ x e x f x f      所以原不等式 1lnxe x k k       成立. - 20 - 【点睛】本题主要考查了导数几何意义的应用以及利用导数证明不等式，属于中档题. 22.在直角坐标系中，直线l 的参数方程为 33 ,2 1 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，曲线C 的极坐标方程为 4sin  ，若直线 l 与曲线C 交 于 ,A B 两点. （1）若  3,0P  ，求 PA PB ； （2）若点 M 是曲线C 上不同于 ,A B 的动点，求 MAB△ 面积的最大值. 【答案】（1）5；（2） 3913 4  . 【解析】 【分析】 （1）将圆的极坐标方程化为直角方程，再利用直线参数方程中参数的几何意义可求 PA PB 的值. （2）先求出直线的普通方程，再分别求出 AB 的长及圆心到直线的距离，从而可求 MAB△ 面积的最大值. 【详解】解：（1）设 1 1 2 2,3 1 3 13 , 3 ,2 2 2 2A t t t tA                   ， 因为 2: 4sin 4 sinC      ， ，所以 2 2 4x y y  ， 将 33 2 1 2 x t y t       （ t 为参数）代入 2 2 4x y y  得到 2 5 3 0t t   ， 25 12 13 0     ,故 1 2,t t 是该方程的两个正根， 又 1 2 1 2 5PA PB t t t t      . （2）直线 AB 的直角方程为 3 13y x  即 3 3 0x y   . - 21 - 又  22: 2 4C x y   ，故圆心坐标为 0,2 ， 圆心到直线的距离为 3 3 24 d   ，故 M 到 AB 的距离的最大值为 3 22  . 故 32 4 134AB    ， 故 MABS 的最大值为 1 3 392 132 2 4AB         . 【点睛】本题考查圆的极坐标方程与直角方程的互化、直线的参数方程与直角方程的互化， 注意非直角方程下的最值问题，一般需转化到直角方程下去讨论求解. 23.已知函数   3f x x k  ，   1f x  的解集为 11 3x x        . （1）若存在 x ，使   3 1f x x a   成立，求实数 a 的取值范围； （2）如果对于 ,x y 满足 2 1 4x y   ， 7 13 y   ，求证：   9f x  . 【答案】（1） 1a  ；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】 （1）根据   1f x  ， 得到 1 1 3 3 k kx     ，再由   1f x  的解集为 11 3x x        ， 由 1 13 k    求解，然后将存在 x ，使   3 1f x x a   成立，转化为 3 1 3 2x x a    成立，利用绝对值三角不等式求解. （2）将   3 2f x x  ，利用绝对值三角不等式转化为   3 1 3 12 1 2 12 3 2 3                   f x x y y x y y ，再根据 7 13 y   求解. 【详解】（1）因为   1f x  ， 所以 1 3 1x k    ， 所以 1 1 3 3 k kx     ， - 22 - 又   1f x  的解集为 11 3x x        . 所以 1 13 k    ， 解得 2k  ，此时 1 1 3 3 k    ， 所以 2k  . 因为存在 x ，使   3 1f x x a   成立， 所以 3 1 3 2x x a    成立， 因为  3 1 3 2 3 1 3 2 1x x x x        ，当 1 3x   时等号成立， 所以 1a  . （2）由（1）知   3 2f x x  ， 3 4 3 1 3 13 2 2 2 1 2 12 3 2 3 2 3x x x y y x y y                     ， 因为 7 13 y   ， 所以 1 42 3 3y    ，于是 1 23y   ， 所以    3 1 32 1 4 2 92 3 2f x x y y           . 【点睛】本题主要考查绝对值不等式的解法以及解集的应用，不等式有解，不等式证明和绝 对值三角不等式的应用，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题. - 23 -