四川省成都市第七中学2020届高三高中毕业班三诊模拟考试数学（文科）试题 Word版含解析

四川省成都市第七中学2020届高三高中毕业班三诊模拟考试数学（文科）试题 Word版含解析

- 1 - 成都七中 2020 届高中毕业班三诊模拟数 学（文科） 第Ⅰ卷 （选择题，共 60 分） 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  1,0,1,2,3,4A   ，  2| ,B y y x x A   ，则 A B  （ ） A.  0,1,2 B.  0,1,4 C. { }1,0,1,2- D.  1,0,1,4 【答案】B 【解析】 【分析】 根据集合 A 求得集合 B ，由此求得 A B . 【详解】由于  1,0,1,2,3,4A   ，所以对于集合 B ， y 的可能取值为  2 2 2 2 2 21 1 1,0 0,2 4,3 9,4 16       ， 即  0,1,4,9,16B  . 所以  0,1,4A B  . 故选：B 【点睛】本小题主要考查集合交集的概念和运算，属于基础题. 2. 已知复数 1 1 iz   ，则 z  （ ） A. 2 2 B. 1 C. 2 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】 首先利用复数除法运算化简 z ，再求得 z 的模. 【详解】依题意       1 1 1 1 1 1 2 2 iz ii i       ，所以 2 21 1 2 2 2 2z              . 故选：A - 2 - 【点睛】本小题主要考查复数除法运算，考查复数的模的运算，属于基础题. 3. 设函数  f x 为奇函数，当 0x  时， ( ) 2 2f x x= - ，则   1f f  （ ） A. -1 B. -2 C. 1 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】 根据奇函数的性质以及函数  f x 的解析式，依次求得  1f ，   1f f 的值. 【详解】函数  f x 为奇函数，   21 1 2 1f     ，         1 1 1 1 1f f f f        . 故选：C 【点睛】本小题主要考查奇函数的性质，属于基础题. 4. 已知单位向量 1e  ， 2e  的夹角为 2 3  ，则 1 22e e   （ ） A. 3 B. 7 C. 3 D. 7 【答案】D 【解析】 【分析】 利用平方再开方的方法，结合已知条件以及向量运算，求得 1 22e e  . 【 详 解 】 依 题 意 ，  2 2 2 1 2 1 2 1 1 2 12 2 4 4e e e e e e e e              21 4 cos 4 73      . 故答案为：D 【点睛】本小题主要考查平面向量模和数量积的运算，属于基础题. 5. 已知双曲线   2 2 2 2 1 0, 0x y a ba b     的渐近线方程为 3y x  ，则双曲线的离心率是 （ ） A. 10 B. 10 3 C. 10 D. 10 9 【答案】A 【解析】 - 3 - 【分析】 由渐近线求得 b a ，由双曲线的离心率 2 1c be a a        求得答案. 【详解】双曲线   2 2 2 2 1 0, 0x y a ba b     其焦点在 x 轴上 根据焦点在 x 轴上的渐近线为： by xa   又 该双曲线的渐近线方程为 3y x  ，  3b a  ， 双曲线的离心率 2 21 1 3 10c be a a          故选：A. 【点睛】本题考查求双曲线的离心率，涉及双曲线的渐近线方程，考查了分析能力和计算能 力，属于基础题.. 6. 已知等比数列 na 中， 1 0a  ，则“ 1 4a a ”是“ 3 5a a ”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】 结合等比数列通项公式可求得 q的范围，可验证充分性和必要性是否成立，由此得到结果. 【详解】设等比数列 na 的公比为 q， 由 1 4a a 得： 3 1 1a a q ，又 1 0a  ， 3 1q  ，解得： 1q  ， 2 4 3 1 1 5a a q a q a    ，充分性成立； 由 3 5a a 得： 2 4 1 1a q a q ，又 1 0a  ， 4 2q q  ，解得： 1q  或 1q   ， 当 1q   时， 3 4 1 0a a q  ， 4 1a a  ，必要性不成立. - 4 - “ 1 4a a ”是“ 3 5a a ”的充分不必要条件. 故选： A . 【点睛】本题考查充分条件与必要条件的判定，涉及到等比数列通项公式的应用，属于基础 题. 7. 如图所示的程序框图，当其运行结果为 31 时，则图中判断框①处应填入的是（ ） A. 3?i  B. 4?i  C. 5?i  D. 6?i  【答案】C 【解析】 【分析】 根据程序框图的运行，循环算出当 31S  时，结束运行，总结分析即可得出答案. 【详解】由题可知，程序框图的运行结果为 31， 当 1S  时， 9i  ； 当 1 9 10S    时， 8i  ； 当 1 9 8 18S     时， 7i  ； 当 1 9 8 7 25S      时， 6i  ； 当 1 9 8 7 6 31S       时， 5i  . 此时输出 31S  . 故选：C. 【点睛】本题考查根据程序框图的循环结构，已知输出结果求条件框，属于基础题. 8. 已知 a ，b 为两条不同直线， ， ， 为三个不同平面，下列命题：①若 //  ， //  ， 则 //  ；②若 //a  ， //a  ，则 //  ；③若  ，  ，则  ；④若 a  ，b  ， 则 //a b .其中正确命题序号为( ) A. ②③ B. ②③④ C. ①④ D. ①②③ 【答案】C - 5 - 【解析】 【分析】 根据直线与平面，平面与平面的位置关系进行判断即可. 【详解】根据面面平行的性质以及判定定理可得，若 //  ， //  ，则 //  ，故①正确； 若 //a  ， //a  ，平面 ,  可能相交，故②错误； 若  ，   ，则 ,  可能平行，故③错误； 由线面垂直的性质可得，④正确； 故选：C 【点睛】本题主要考查了判断直线与平面，平面与平面的位置关系，属于中档题. 9. 南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式， 所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或 者高次差成等差数列．对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”．现有 高阶等差数列，其前 7 项分别为 1，5，11，21，37，6l，95，则该数列的第 8 项为( ) A. 99 B. 131 C. 139 D. 141 【答案】D 【解析】 【分析】 根据题中所给高阶等差数列定义，寻找数列的一般规律，即可求得该数列的第 8 项； 【详解】所给数列为高阶等差数列 设该数列的第 8 项为 x 根据所给定义：用数列的后一项减去前一项得到一个新数列， 得到的新数列也用后一项减去前一项得到一个新数列 即得到了一个等差数列，如图： 根据图象可得： 34 12y   ，解得 46y  95 46x y   - 6 - 解得： 141x  故选：D． 【点睛】本题主要考查了数列的新定义，解题关键是理解题意和掌握等差数列定义，考查了 分析能力和计算能力，属于中档题． 10. 已知 2logπa e ， ln ,πb e  2 ln ec π  ，则( ) A. a b c  B. b c a  C. b a c  D. c b a  【答案】B 【解析】 【分析】 利用对数函数的单调性、作差法即可得出． 【详解】解： ee   ， 1 2b  ， 又 1b c  ． c b  ． 2 2 π e 2log e ln (2 ) 2 2 2 0π 2a c ln lnln ln               ． a c  ． b c a   ． 故选：B． 【点睛】本题考查了对数函数的单调性、作差法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题． 11. 已知一个四面体的每一个面都是以 3，3，2 为边长的锐角三角形，则这个四面体的外接 球的表面积为( ) A. 11π 4 B. 11 2 π C. 11π D. 22π 【答案】C 【解析】 【分析】 考虑一个长方体 1 1 1 1ABCD A B C D ，其四个顶点就构成一个四面体 1 1AB CD 恰好就是每个三 角形边长为3,3,2 ，则四面体的外接球即为长方体的外接球，进而计算出其外接球的直径，即 可得外接球的表面积. - 7 - 【详解】设长方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的长宽高分别是 , ,a b c ，其四个顶点就构成一个四面体 1 1AB CD 满足每个面的边长为3,3,2 ，如图： 则四面体的外接球即为长方体的外接球， 因为 2 2 9a b  ， 2 2 9b c  ， 2 2 4c a  ，所以 2 2 2 11a b c   ， 所以，长方体的外接球直径 2 11R  ， 故外接球的表面积 24 11S R   . 故选：C. 【点睛】本题考查求一个几何体的外接球表面积，关键是求出外接球的半径，将几何体补成 一个长方体是解题的关键，考查数形结合思想，属于基础题． 12. 已知 P 是椭圆 2 2 14 x y  上一动点，  2,1A  ，  2,1B ，则 cos ,PA PB   的最大值是 （ ） A. 6 2 4  B. 17 17 C. 17 7 6  D. 14 14 【答案】A 【解析】 【分析】 记 ,PA PB   ， 考 虑  90  ， 当 直 线 AP 、 BP 之 中 有 一 条 直 线 的 斜 率 不 存 在 时 tan 4AB AP    ，当直线 AP、BP 斜率都存在时由 tan 1 AP BP AP BP k k k k     求出 tan 关于 y 的表达 式，利用换元法和基本不等式即可求得 tan 的范围，再由 2 1cos 1 tan    转化为 cos 的 - 8 - 范围即可求得最大值. 【详解】记 ,PA PB   ，若 90  ，则 cos 0  ；若 90   ，则 cos =0 ； 考虑 90  ，当直线 AP、BP 之中有一条直线的斜率不存在时，不妨设 P 点位于左顶点， 此时直线 AP 斜率不存在， tan 4AB AP    ； 当直线 AP、BP 斜率都存在时，设 ( , )P x y ，有 2 2 14 x y  ， 2 2 1 1 4(1 )2 2tan 1 11 4 ( 1)1 2 2 AP BP AP BP y y k k yx x y yk k x y x x               2 2 2 4(1 ) 4(1 ) 4 4 4 ( 1) 3 2 1 y y y y y y          ， ( 1 1)y   令 1 [0,2]t y   ，则 2 4tan 3 8 4 t t t      ， 当 0t  时， tan 0  (此时 1, ,cos 1y       )， 当 (0,2]t  ， 4 4 4tan 2 3 44 4 8 4 33 8 8 3t tt t                 ，当且仅当 43t t  即 2 3 3t  时取等号， 则    2 22 1 1 1cos 1 tan 1 2 3 6 6 2 42          . 综上所述， cos ,PA PB   的最大值是 6 2 4  . 故选：A 【点睛】本题考查椭圆中的最值问题、椭圆的几何性质、直线的斜率，涉及换元法求函数的 - 9 - 最值、基本不等式、同角三角函数的关系，属于较难题. 第Ⅱ卷 （非选择题，共 90 分） 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.把答案填在答题卡上. 13. 已知数列 na 的前 n 项和为 nS ，且 1 1a  ，  1 1 2n na S n   ，则 4a  ______. 【答案】8 【解析】 【分析】 根据  1 1 2n na S n   可得 1 1n na S   ，两式相减可得 1 2n na a  ( 2)n  ，利用递推关系 即可求解. 【详解】  1 1 2n na S n  Q ①， 1 1n na S   ②， ②  ①得， 1 2n na a  ( 2)n  ， 当 2n  时， 2 1 11 1 2a S a     ， 3 22 4a a   ， 4 32 8a a   ， 故答案为：8 【点睛】本题主要考查了数列的项 na 与前 n 项和 nS 的关系，考查了利用递推关系求数列的项， 属于中档题. 14. 已知实数 x ，y 满足线性约束条件 1 1 7 x y x y        ，则目标函数 2z x y  的最大值是______. 【答案】15 【解析】 【分析】 先根据约束条件画出可行域，再利用直线 2y x z   在 y 轴上截距的几何意义求最大值即可. 【详解】作出可行域如图， - 10 - 由 2z x y  可得 2y x z   ， 平移直线 2y x  ， 当直线过点 A 时， 2z x y  在 y 轴上截距最大， 由 1 7 y x y      解得 8, 1x y   ， 即 (8, 1)A  , 此时 z 的最大值为 2 8 1 15z     ， 故答案为：15 【点睛】本题主要考查了简单的线性规划，以及利用几何意义求最值，数形结合，属于中档 题. 15. 如图是一种圆内接六边形 ABCDEF ，其中 BC CD DE EF FA    且 AB BC .则 在圆内随机取一点，则此点取自六边形 ABCDEF 内的概率是______. 【答案】 3 2 2 - 11 - 【解析】 【分析】 半径为1，利用三角形面积公式得出六边形 ABCDEF ，最后由几何概型概率公式计算即可. 【详解】连接 AC ，显然， AC 中点O 为 ABC 的外接圆圆心，设半径为1 连接 , , ,FO EO DO BO 由于 BC CD DE EF FA    ， AC 为直径，则 180 454BOC    ， 135AOB   该六边形的面积为 A F EFO EDO DCO BCO AOO BS S S S S S           1 2 1 3 25 5 1 1 1 2 212 2 2 2BCO AOBS S             则此点取自六边形 ABCDEF 内的概率为 2 3 2 3 22 1 2P    故答案为： 3 2 2 【点睛】本题主要考查了几何概型的概率计算，涉及了三角形面积公式的应用，属于中档题. 16. 若指数函数 xy a ( 0a  且 1)a  与一次函数 y x 的图象恰好有两个不同的交点，则实 数 a 的取值范围是_________. 【答案】 1 (1, )ee 【解析】 【分析】 根据题意可判断 1a  ，利用函数的导数，转化求解 a 的最大值，从而求出 a 的取值范围. 【详解】由题意，当 0x  时，函数  0xy a a  且 1a  的图象与一次函数 y x 的图象没 有交点， - 12 - 设当 0x  时，指数函数  0xy a a  且 1a  的图象与一次函数 y x 的图象恰好有两个不 同的交点，则 1a  ， 设  0xy a a  且 1a  与 y x 相切于  ,A m m ，则 ma m ， lnxy a a  ， 所以， ln 1ma a  ，解得 m e ，此时 1 ea e . 即  0xy a a  且 1a  与 y x 恰好有两个不同的交点时实数 a 的取值范围为 1 1, ee       . 故答案为： 1 1, ee       . 【点睛】本题考查了指数函数的性质，函数的导数的应用，切线方程的求法，考查转化思想 以及计算能力，属于中档题. 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 ABC 中，内角 A ， B ，C 的对边分别为 a ，b ， c .已知 2 tan sin a b A B  . （1）求角 A 的大小； （2）若 7a  ， 2b  ，求 ABC 的面积. 【答案】（1） 3A  （2） 3 3 2 【解析】 【分析】 （1）根据正弦定理 sin sin a b A B  和 2 tan sin a b A B  ，得到 2 sin tan a a A A  ，然后利用同角三角 函数基本关系式化简求解. （2）根据 7a  ， 2b  ， 3A  ，利用余弦定理求得 c，再代入 1 sin2ABCS bc A 求解. 【详解】（1）由正弦定理知 sin sin a b A B  ，又 2 tan sin a b A B  ， 所以 2 sin tan a a A A  . 所以 1cos 2A  ， - 13 - 因为 0 A   ， 所以 3A  . （2）因为 7a  ， 2b  ， 3A  ， 由余弦定理得 2 2 27 2 2 2 cos 3c c      ， 即 2 2 3 0c c   . 又 0c  ，所以 3c  . 故 ABC 的面积为 1 1 3 3sin 2 3 sin2 2 3 2ABCS bc A       . 【点睛】本题主要考查正弦定理和余弦定理的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题. 18. 成都七中为了解班级卫生教育系列活动的成效，对全校 40 个班级进行了一次突击班级卫 生量化打分检查（满分 100 分，最低分 20 分）.根据检查结果：得分在[80,100]评定为“优”， 奖励 3 面小红旗；得分在[60,80) 评定为“良”，奖励 2 面小红旗；得分在[40,60) 评定为 “中”，奖励 1 面小红旗；得分在[20,40) 评定为“差”，不奖励小红旗.已知统计结果的部 分频率分布直方图如图： （1）依据统计结果的部分频率分布直方图，求班级卫生量化打分检查得分的中位数； （2）学校用分层抽样的方法，从评定等级为“良”、“中”的班级中抽取 6 个班级，再从这 6 个班级中随机抽取 2 个班级进行抽样复核，求所抽取的 2 个班级获得的奖励小红旗面数和不 少于 3 的概率. 【答案】（1） 70 分；（2）14 15 . 【解析】 【分析】 （1）利用频率分布直方图，能求出班级卫生量化打分检查得分的中位数． - 14 - （2）“良”、“中”的频率分别为 0.4，0.2．又班级总数为 40．从而“良”、“中”的班 级个数分别为 16，8．分层抽样的方法抽取的“良”、“中”的班级个数分别为 4，2．由此 利用对立事件概率计算公式能求出抽取的 2 个班级获得的奖励小红旗面数和不少于 3 的概率． 【详解】（1）得分[20,40) 的频率为 0.005 20 0.1  ；得分[40,60) 的频率为 0.010 20 0.2  ； 得分[80,100]的频率为 0.015 20 0.3  ； 所以得分[60,80) 的频率为1 (0.1 0.2 0.3) 0.4    设班级得分的中位数为 x 分，于是 600.1 0.2 0.4 0.520 x     ，解得 70x  所以班级卫生量化打分检查得分的中位数为 70 分. （2）由（1）知题意 “良”、“中”的频率分别为 0.4,0.2 又班级总数为 40 于是“良”、“中”的班级个数分别为16,8 . 分层抽样的方法抽取的“良”、“中”的班级个数分别为 4,2 因为评定为“良”，奖励 2 面小红旗，评定为“中”，奖励 1 面小红旗. 所以抽取的 2 个班级获得的奖励小红旗面数和不少于 3 为两个评定为“良”的班级或一个评 定为“良”与一个评定为“中”的班级.记这个事件为 A 则 A 为两个评定为“中”的班级. 把 4 个评定为“良”的班级标记为1,2,3,4. 2 个评定为“中”的班级标记为5,6 从这 6 个班级中随机抽取 2 个班级用点 ( , )i j 表示，其中1 6i j   .这些点恰好为 6 6 方格 格点上半部分（不含i j 对角线上的点），于是有 36 6 152   种. 事件 A 仅有 (5,6) 一个基本事件. 所以 1 14( ) 1 ( ) 1 15 15P A P A     所抽取的 2 个班级获得的奖励小红旗面数和不少于 3 的概率为14 15 . 【点睛】本题考查中位数、概率的求法，考查分层抽样、频率分布直方图、古典概型等基础 知识，考查运算求解能力，是基础题． 19. 如图，在四棱锥 M ABCD 中， AB AD ， 2AB AM AD   ， 2 2MB  ， 2 3MD  . - 15 - （1）证明： AB  平面 ADM ； （2）若 //CD AB 且 2 3CD AB ，E 为线段 BM 上一点，且 2BE EM ，求三棱锥 A CEM 的体积. 【答案】（1）证明见解析；（2） 2 3 9 . 【解析】 【分析】 （1）推导出 AB AM ， AB AD ，由此能证明 AB  平面 ADM ． （2）推导出 1 3C AEM C ABMV V  ， 1 1 1 3 3 3A CEM C AEM C ABM D ABM B ADMV V V V V        ，由此 能求出三棱锥 A CEM 的体积． 【详解】（1）因为 2AB AM  ， 2 2MB  ， 所以 2 2 2AM AB MB  ，于是 AB AM 又 AB AD 且 ,AM AD A AM   平面 ABD ， AD 平面 ADM ， 所以 AB  平面 ADM （2）因为 2, 2 3AM AD MD   ，所以 3ADMS △ 因为 2BE EM ，所以 1 3C AEM C ABMV V  又 ,CD//AB AB  平面 ADM 所以 1 1 1 3 3 3A CEM C AEM C ABM D ABM B ADMV V V V V        1 1 1 1 23 2 33 3 3 3 9ADMS AB         所以三棱锥 A CEM 的体积为 2 3 9 . 【点睛】本题考查线面垂直的证明，考查三棱锥的体积的求法，考查空间中线线、线面、面 - 16 - 面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题． 20. 已知函数 2 2 ( ) , ( , )ln x x ef x x ex x     . （1）证明：当 (e, )x  时， 3ln x ex x e   ； （2）证明： ( )f x 在 1[2 , )2e   单调递增.（其中 e 2.71828 是自然对数的底数）. 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】 （1）构造函数 3( ) ln x eg x x x e    ，利用导数研究函数单调性及最值即可证明不等式；（2） 求出函数 ( )f x 的导数，利用（1）中所证不等式判断 ( )f x 的导数中分母的符号即可确定导数 的符号，从而确定 ( )f x 的单调性. 【详解】（1）令 3( ) ln , ( , )x eg x x x ex e     ，则 2 2 2 1 4 ( )( ) 0( ) ( ) e x eg x x x e x x e       于是 ( )g x 在 ( , )e  单调递增，所以  ( ) 0g x g e  即 3ln , ( , )x ex x ex e    （2） 2 2 2 2 2 2 2 2 (2 1) ln ( )(ln 1) ( )ln ( )( ) ( ln ) ( ln ) x x x x x e x x e x x x ef x x x x x            令 2 2 2 2( ) ( )ln ( ), ( , )h x x e x x x e x e       当 ( , )x e  时，由（1）知 3ln x ex x e   则 2 2 2 2 23 1( ) ( ) ( ) 2 (4 1) 2 [ (2 )]2 x eh x x e x x e x e x x x ex e            当 1[2 , )2x e   时， ( ) 0h x  ，从而 ( ) 0f x  故 ( )f x 在 1[2 , )2e   单调递增. 【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性与最值、证明不等式，属于中档题. 21. 已知点 P 是抛物线C ： 21 2y x 上的一点，其焦点为点 F ，且抛物线C 在点 P 处的切线 l 交圆O ： 2 2 1x y  于不同的两点 A ， B . - 17 - （1）若点  2,2P ，求 AB 的值； （2）设点 M 为弦 AB 的中点，焦点 F 关于圆心O 的对称点为 'F ，求 'F M 的取值范围. 【答案】（1） 2 5 5AB  （2） 2 3 3 2 2 1,2 2       【解析】 【分析】 （1）利用导数求出过点  2,2P 的抛物线的切线，切线与圆相交，根据弦心距、半径、弦长 的关系求解即可； （2）设点  0 0,P x y ，联立切线与圆的方程消元可得一元二次方程，由韦达定理求出中点 M 的坐标，由两点间距离公式表示出 4 2 0 0 2 0 ' 1 1 2 1 x xF M x    ，令 2 0 1t x  换元，利用函数的单 调性即可求出取值范围. 【详解】设点  0 0,P x y ，其中 2 0 0 1 2y x . 因为 'y x ，所以切线l 的斜率为 0x ，于是切线l ： 2 0 0 1 2y x x x  . （1）因为  2,2P ，于是切线 l ： 2 2y x  . 故圆心O 到切线 l 的距离为 2 5 d  . 于是 2 2 2 2 52 1 2 1 55 dAB         . （2）联立 2 2 2 0 0 1 1 2 x y y x x x      得 2 2 3 4 0 0 0 11 1 04x x x x x     . 设  1 1,A x y ，  2 2,B x y ，  ,M x y .则 3 0 1 2 2 0 1 xx x x    ，    23 2 4 0 0 0 14 1 1 04x x x          . 解得 2 02 2 2 2 2 2x    - 18 - 又 2 0 0x  ，于是 2 00 2 2 2x   . 于是   3 01 2 2 02 2 1 xx xx x    ，   2 2 0 0 0 2 0 1 2 2 1 xy x x x x      . 又C 的焦点 10, 2F      ，于是 ' 10, 2F     . 故     2 2 3 2 0 0 2 2 0 ' 0 1 22 1 2 1 F x x x x M                     6 4 2 0 0 0 2 22 00 1 11 2 14 1 x x x xx      . 令 2 0 1t x  ，则1 3 2 2t   .于是 2 ' 1 3 3 1 3 32 2F t t tt tM      . 因为 3t t  在 1, 3 单调递减，在  3,3 2 2 单调递增. 又当 1t  时， ' 1 2F M  ；当 3t  时， ' 2 3 3 2F M   ； 当 3 2 2t   时， ' 2 2 1 1 2 2F M   . 所以 'F M 的取值范围为 2 3 3 2 2 1,2 2       . 【点睛】本题主要考查直线与抛物线的位置关系的综合应用，圆的方程的应用，考查转化思 想以及计算能力，属于难题. 请考生在第 22，23 题中任选择一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.作答时，用 2B 铅笔在答题卡上将所选题目对应的标号涂黑. 选修 4 4 ：坐标系与参数方程 22. 在平面直角坐标系 xOy 中，曲线C 的参数方程为 2 3 cos 3sin x y       （ 为参数， 0    ）.在以坐标原点为极点，x 轴的非负半轴为极轴的极坐标系中，射线 l 的极坐标方 程是 6   . （1）求曲线C 的极坐标方程； （2）若射线 l 与曲线C 相交于 A ， B 两点，求 OA OB 的值. - 19 - 【答案】（1） 2 4 cos 1 0 0 3            ；（2）1 【解析】 【分析】 （1）先将曲线C 的参数方程通过消去参数 得出其普通方程，再将普通方程转化为极坐标方 程；（2）设 1, 6A      ， 2 , 6B      ，联立射线l 与曲线C 的极坐标方程，得出 1 2 1   ，根 据极坐标的定义即可求解 OA OB 的值. 【详解】（1）消去参数 得   2 22 3 0x y y    ，将 cosx   ， siny   代入得 2 2( cos 2) ( sin ) 3      ，即 2 4 cos 1 0     . 所以曲线C 的极坐标方程为 2 4 cos 1 0 0 3            . （2）将 6   代入 2 4 cos 1 0 0 3            得 2 2 3 1 0    ， 设 1, 6A      ， 2 , 6B      ，则 1 2 1   ，于是 1 2 1OA OB     . 【点睛】本题主要考查参数方程、普通方程、极坐标方程的互化，以及对极坐标的定义的理 解. 选修 4 5 ：不等式选讲 23. 己知 0a  ， 0b  ，且 2 4a b  ，函数   2f x x a x b    在 R 上的最小值为 m . （1）求 m 的值； （2）若 2 2a mb tab  恒成立，求实数t 的最大值. 【答案】（1）2（2）最大值为 2 2 . 【解析】 【分析】 (1)去绝对值把函数 ( )f x 写成分段函数，再利用函数  f x 的单调性确定当 2 ax   时函数  f x 取到最小值 m ，代入计算即可求出 m 的值； - 20 - (2)由已知不等式 2 2a mb tab  可转化为 2 2a mbt ab  ，即要求出 2 2a mb ab  的最小值，利 用基本不等式可求出 2 2a mb ab  的最小值为 2 2 ，即 2 2t  ，从而求出实数t 的最大值. 【详解】解：（1）   3 , , 2 2 , ,2 3 , ( , ) ax a b x af x x a x b x a b x b x a b x b                                 . 当 , 2 ax       时，函数  f x 单调递减， 当 ,2 ax b     时，函数  f x 单调递增， 当  ,x b  时，函数  f x 单调递增， 所以当 2 ax   时函数  f x 取到最小值， 所以 2 4 22 2 2 2 a a a bm f a b             . （2）因为 2 2a mb tab  恒成立，且 0a  ， 0b  ， 所以 2 2a mbt ab  恒成立即 min a mbt b a      ， 由（1）知 2m  ，于是 2 2 2 2a mb a mb mb a b a      ， 当且仅当 2a b b a  时等号成立即  4 2 1 0a    ，  2 2 2 0b    ， 所以 2 2t  ，故实数 t 的最大值为 2 2 . 【点睛】本题考查了含两个绝对值的分段函数的最值，考查了利用基本不等式求最小值，属 于一般题. - 21 -