辽宁省沈阳市第二中学2020届高三下学期第五次模拟考试数学（文）试题 Word版含解析

辽宁省沈阳市第二中学2020届高三下学期第五次模拟考试数学（文）试题 Word版含解析

- 1 - 沈阳二中 2019-2020 学年度下学期高三第五次模拟考试 高三（20 届）文科数学试题 第Ⅰ卷 一、选择题：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. 双曲线 2 2 12 2 x y  的左焦点的坐标为( ) A. (-2,0) B. ( 2,0) C. ( 1,0) D. ( 4,0) 【答案】A 【解析】 【分析】 先根据方程求出 ,a b ，再求出焦点坐标. 【详解】由题意可知焦点在 x 轴上， 2 2 2 4c a b   ，即 2c  ，所以选 A. 【点睛】本题主要考查双曲线的方程及焦点坐标.确定焦点坐标的要素有两个：一是确定焦点 的位置；二是求出 c 的值. 2. 设角 的终边过点 1,2 ，则 πtan 4      （ ）. A. 1 3 B. 3 2 C. 2 3  D. 1 3  【答案】A 【解析】 【分析】 由任意角三角函数定义求得 tan 的值，再根据两角和与差的正切公式，即可求得 πtan 4     的值. 【详解】解：∵角 的终边过点 1,2 ， 由任意角三角函数定义知， 2tan 21 y x     ， tan tanπ tan 1 2 1 14tan 4 1 tan 1 2 31 tan tan 4                    . - 2 - 故选：A. 【点睛】本题考查任意角的三角函数的定义，以及两角和与差的正切公式的应用，属于基础 题. 3. 已知命题“ x R  ，使 2 12 ( 1) 02x a x    ”是假命题，则实数 a 的取值范围是( ) A. ( , 1)  B. ( 1,3) C. ( 3, )  D. ( 3,1) 【答案】B 【解析】 【分析】 原命题等价于 2 12 ( 1) 02x a x    恒成立，故 2( ) 11 4 2 02a       即可，解出不等式 即可. 【 详 解 】 因 为 命 题 “ x R  ， 使 2 12 ( 1) 02x a x    ” 是 假 命 题 ， 所 以 2 12 ( 1) 02x a x    恒成立，所以 2( ) 11 4 2 02a       ，解得 1 3a   ，故实数 a 的取值范围是 ( 1,3) ． 故选 B． 【点睛】对于函数恒成立或者有解求参的问题，常用方法有：变量分离，参变分离，转化为 函数最值问题；或者直接求函数最值，使得函数最值大于或者小于 0；或者分离成两个函数， 使得一个函数恒大于或小于另一个函数．而二次函数的恒成立问题，也可以采取以上方法， 当二次不等式在 R 上大于或者小于 0 恒成立时，可以直接采用判别式法. 4. 已知向量 1 3( , )2 2a   , 3 1( , )2 2b   ，则下列关系正确的是（ ） A. ( )a b b   B. ( )a b a   C. ( ) ( )a b a b     D. ( ) / /( )a b a b    【答案】C 【解析】 【分析】 根据向量的坐标运算，以及数量积运算，逐项判断即可. - 3 - 【详解】解： 3 1 3 1,2 2a b          ；   3 3 3 1 2 3• 04 4 2a b b           ； a b   不与 b 垂直； A 错误；   1 3 3 3 2 3• 4 4 2a b a C        ； a b   不与 a 垂直； B 错误； 又    2 2• 1 1 0a b a b a b           ；    a b a b      ； C 正确，D 错. 故选 C． 【点睛】本题主要考查向量的坐标运算，以及向量的数量积运算，熟记相关概念，即可求出 结果，属于基础题型. 5. 在△ABC 中，a＝7，c＝3，∠A＝60°，则△ABC的面积为（ ） A. 15 32 B. 15 34 C. 12 3 D. 6 3 【答案】D 【解析】 【分析】 先由正弦定理求得角 C 的正弦值，然后根据内角和定理求得 sinB，得出答案. 【详解】解：∵a＝7，c＝3，∠A＝60°， ∴由正弦定理可得： 33•sin 3 32sin 7 14 c AC a     ， ∵a＞c，C 为锐角， ∴ 2 13cos 1 sin 14C C   ， - 4 - ∴可得：s  sin sin cos cos sininB A C A C A C    ＝ 3 13 1 3 3 4 3 2 14 2 14 7      ， ∴ 1 1 4 3sin 7 3 6 32 2 7ABCS ac B       ． 故选 D． 【点睛】本题考查了解三角形中的正弦定理和内角和定理，属于基础题. 6. 函数     2ln 1f x x x    的一个零点所在的区间是( ) A.  0,1 B.  1,2 C.  2,3 D.  3,4 【答案】B 【解析】 【分析】 先求出 (1) (2) 0,f f  根据零点存在性定理得解. 【详解】由题得   21 ln 2 =ln 2 2 01f     ，   22 ln3 =ln3 1 02f     ， 所以 (1) (2) 0,f f  所以函数     2ln 1f x x x    的一个零点所在的区间是 1,2 . 故选 B 【点睛】本题主要考查零点存在性定理，意在考查学生对该知识的理解掌握水平，属于基础 题. 7. 已知实数 ,x y 满足条件 0 4 0 1 0 x y x y x          ，则 y x 的最大值是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】 由约束条件作出可行域，再由 y x 的几何意义，即可行域内的动点与原点连线的斜率求解． - 5 - 【详解】解：由约束条件 0 4 0 1 0 x y x y x          作出可行域如图， 联立 1 4 0 x x y      ，解得 A（1，3）， ∵z 0 0 y y x x    ，如图所示，经过原点（0，0）与 A 的直线斜率最大为 3， ∴ y x 的最大值是 3． 故选 C． 【点睛】本题考查简单的线性规划，考查数形结合的解题思想方法，是中档题． 8. 设{ }na 是等比数列，则“ 1 2a a ”是“数列{ }na 是递增数列”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】 由 1 2a a ，可得 1( 1) 0a q   ，解得 1 0 1 a q    或 1 0 1( 0) a q q     ，根据等比数列的单调性的判定 方法，结合充分、必要条件的判定方法，即可求解，得到答案. 【详解】设等比数列 { }na 的公比为 q ，则 1 2a a ，可得 1( 1) 0a q   ，解得 1 0 1 a q    或 1 0 1( 0) a q q     ， 此时数列{ }na 不一定是递增数列； - 6 - 若数列{ }na 为递增数列，可得 1 0 1 a q    或 1 0 0 1 a q     ， 所以“ 1 2a a ”是“数列{ }na 为递增数列”的必要不充分条件. 故选：B. 【点睛】本题主要考查了等比数列的通项公式与单调性，以及充分条件、必要条件的判定， 其中解答中熟记等比数列的单调性的判定方法是解答本题的关键，着重考查了推理与运算能 力，属于基础题. 9. 已知函数 ( )y f x 的定义域为{ | 0}x x  ，满足 ( ) ( ) 0f x f x   ，当 0x  时， ( ) 1f x lnx x   ，则函数 ( )y f x 的大致图象是（ ）. A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 试 题 分 析 ： 由 ( ) ( ) 0f x f x   ， 知 ( )f x 是 奇 函 数 ， 故 排 除 C,D ； 当 1 2x  时 ， 1 21 1 1 1 1 1( ) ln 1 ln ln 2 ln ln 2 02 2 2 2 2 2f e          ，从而 A 正确. 考点：函数的图像，函数的性质，对数函数. 10. 已知球O 的直径 4PQ  ， A ， B ，C 是球O 球面上的三点， ABC 是等边三角形， 且 30APQ BPQ CPQ       ，则三棱锥 P ABC 的体积为（ ）. A. 3 3 4 B. 9 3 4 C. 3 3 2 D. 27 3 4 【答案】B 【解析】 - 7 - 【分析】 求得三棱锥 P ABC 的底面积和高，由此计算出三棱锥 P ABC 的体积. 【详解】设球心为 M ，等边三角形 ABC 截面小圆的圆心为 O（也是等边三角形 ABC 的中心）. 由于 ABC 是等边三角形， 30APQ BPQ CPQ       ， 所以 PQ  平面 ABC ，P 在面 ABC 的投影即O ，也即等边三角形 ABC 的中心，且 PO  平 面 ABC ，则 PO OC . 因为 PQ 是直径，所以 90PCQ   . 所以 4cos30 2 3, 2 3 cos30 3PC PO      ， 2 3sin30 3OC    . 由于O 是等边三角形 ABC 的中心，所以 2 3OC CH ， 所以等边三角形 ABC 的高 3 3CH 2  ， 3 3 sin 60 32AC     . 所以三棱锥 P ABC 的体积为 1 1 1 3 9 33 3 33 3 2 2 4ABCV PO S               △ . 故选：B 【点睛】本小题主要考查与几何体外接球有关的计算，属于难题. 11. 已知函数 1 0( ) ln 0 x xf x x x x       ， ， ，则关于 x 的方程    2 0f x f x a     （ a R ）的 实根个数不可能为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 - 8 - 【答案】A 【解析】 【详解】当 0x＜ 时， 2 1 1 0f x f xx     （ ） ＜ ， （ ）在 0（ ，）上是减函数， 当 0x＞ 时， 0 1 1 lnx xf x lnx f xlnx x     ，＜ ＜（ ） ， （ ）， 在 01（ ，）上是减函数，在[1  ， ）上 是增函数，做出 f x（ ）的大致函数图象如图所示： 设 f x t（ ） ，则当 0t＜ 时，方程 f x t（ ） 有一解， 当 0t  时，方程 f x t（ ） 有两解， 当t＞0 时，方程 f x t（ ） 有三解． 由 2[ ] 0f x f x a（ ） （ ） ，   得 2 0t t a   ， 若方程 2 0t t a   有两解 1 2t t， ，则 1 2 1t t  ， ∴方程 2 0t t a   不可能有两个负实数根， ∴方程 2[ ] 0f x f x a（ ） （ ） ，   不可能有 2 个解． 故选 A． 【点睛】本题考查了函数单调性的判断，根的存在性判断，一元二次方程的根的个数判断， 其中作出函数图像利用数形结合解题是关键，属于中档题． 12. 已知函数 ( ) xf x e ax  有两个零点 1 2x x ，则下列说法错误的是（ ） - 9 - A. a e B. 1 2 2x x  C. 1 2 1x x  D. 有极小值点 0x ，且 1 2 02x x x  【答案】C 【解析】 试题分析：由题意得：方程 ( ) 0xf x e ax   有两个不等的根，即 y a 与 ex y x  有两个不 同的交点，因为 2 ( 1)xe xy x   ，所以 ex y x  在 ( ,0) 上单调递减且 0y  ，在 (0,1) 上单调 递减且 y e ，在 (1, ) 上单调递增且 y e ，因此 a e 且 1 20 1x x   ， A 正确；因为 1 2 1 2,x xe ax e ax  ，所以 2 1 2 1 x x xe x   ，设 2 1 xt x  ，则 1( 1) 1 ln1, 1 t x tt e t x t      ，因此 1 2 1 1 1 1 42 ( 1) 2 (ln 2 ) (ln 2 )1 1 1 1 t t tx x t x t tt t t t                 令 4( ) ln 2 1g t t t     ，则 2 2 2 1 4 ( 1)( ) 0( 1) ( 1) tg t t t t t       ，所以 ( ) (1) 0g t g  ，因此 1 2 1 22 0, 2.x x x x     B 正 确 ； 2 1 2 1 ln ln 1 ln1 1 ( 1)( 1) (ln )( 1)1 1 1 1 t t t t tx x tx t t t tt t t tt             令 1( ) ln th t t t   ，则 21 1 ( 1)( ) 0 2 2 t th t t t t t t       ，所以 ( ) (1) 0h t h  ，因此 1 2 1 21 0, 1x x x x   ，C 错；由 ( ) 0xf x e a    得 ln 1x a  ，当 lnx a 时， ( ) 0f x  ， 当 lnx a 时， ( ) 0f x  ，所以 ( ) xf x e ax  有极小值点 0 lnx a ，由 1 2 1 2,x xe ax e ax  得 1 1 2 2ln ln , ln lnx a x x a x    ，因此 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 0+ 2ln ln ln + 2ln ln 0 + 2ln 2 .x x a x x x x a x x x x a x          D 正确 考点：利用导数研究函数零点 - 10 - 第Ⅱ卷 本卷包括必考题和选考题两部分，第 13 题~第 21 题为必考题，每个试题考生都必须做答.第 22 题~第 24 题为选考题，考生根据要求做答. 二、填空题 13. 复数 z 满足方程1 i iz   ，则 z  ______. 【答案】 2 【解析】 【分析】 利用复数除法运算求得 z ，由此求得 z . 【 详 解 】 由 于 1 i iz   ， 所 以       11 1i iiz ii i i         ， 所 以    2 21 1 2z      . 故答案为： 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. 14. 设 nS 为等差数列{ }na 的前 n 项和， 1 3a  ， 3 18S  ，则其通项公式 na  _____． 【答案】3n 【解析】 【分析】 根据题意求出公差 d，再根据通项公式的公式求得. 【详解】解：根据题意得， 1 3a  ， 3 1 2 3 18S a a a    ， ∴ 23 18a  ， ∴ 2 6a  ， ∴ 3d  ， ∴  3 3 1 3na n n    ， 故答案为 3n． 【点睛】本题目考查了等差数列通项公式的求法，属于基础题. - 11 - 15. 中国古代有计算多项式值的秦九韶算法，下图是实现该算法的程序框图.执行该程序框 图，若输入的 2, 2x n  ，依次输入的 a 为 2，2，5，则输出的 s  ______ 【答案】17 【解析】 【分析】 按照程序框图运行程序，得到 5a  ， 17, 3 2s k   ，结束，即得解. 【详解】由题意，当 2, 2, 0, 0x n k s    ， 输入 2a  ，则 0 2 2 2, 1s k     ，循环； 输入 2a  ，则 2 2 2 6, 2s k     ，循环； 输入 5a  ， 6 2 5 17, 3 2s k      ，结束. 故输出的 17s  . 故答案为：17 【点睛】本题主要考查程序框图，考查秦九韶算法，考查循环语句和输出结果的计算，意在 考查学生对这些知识的理解掌握水平. 16. 在四棱锥 P ABCD 中，平面 ABCD  平面 PCD，底面 ABCD 为梯形， //AB CD ， AD DC . - 12 - （1） //AB 平面 PCD； （2） AD  平面 PCD； （3） M 是棱 PA 的中点，棱 BC 上存在一点 F ，使 //MF PC . 正确命题的序号为______. 【答案】（1）（2） 【解析】 【分析】 （1）利用线面平行的判定定理，判断（1）的正确性； （2）利用面面垂直的性质定理，判断（2）的正确性； （3）利用反证法，判断（3）错误. 【详解】（1）由于 //AB CD ， AB  平面 PCD，CD 平面 PCD，所以 //AB 平面 PCD.故 （1）正确. （2）由于平面 ABCD  平面 PCD且交线为 CD ，由于 AD 平面 ABCD ，且 AD CD ， 所以 AD  平面 PCD.故（2）正确. （3） M 是棱 PA 的中点，假设棱 BC 上存在一点 F ，使 //MF PC . 连接 AC ，取 AC 的中点 N ，连接 MN ，由于 M 是 PA 的中点，所以 //MN PC ，因为过直 线外一点，只有一条直线和已知直线平行，所以 MF 与 MN 重合，所以 F 在线段 AC 上，所 以 F 是 ,AC BC 的交点C ，即 MF 就是 MC ，而 MC 与 PC 相交，矛盾，所以假设错误.所 以（3）错误. 故答案为：（1）（2） - 13 - 【点睛】本小题主要考查线面平行、线面垂直有关定理的运用，属于中档题. 三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17. 为迎接 2022 年冬奥会，北京市组织中学生开展冰雪运动的培训活动，并在培训结束后对 学生进行了考核．记 X 表示学生的考核成绩，并规定 85X  为考核优秀．为了了解本次培训 活动的效果，在参加培训的学生中随机抽取了 30 名学生的考核成绩，并作成如下茎叶图： （1）从参加培训的学生中随机选取 1 人，请根据图中数据，估计这名学生考核优秀的概率； （2）从图中考核成绩满足 [80,89]X  的学生中任取 2 人，求至少有一人考核优秀的概率； （3）记 ( )P a X b  表示学生的考核成绩在区间[ , ]a b 的概率，根据以往培训数据，规定当 85(| | 1) 0.510 xP    时培训有效．请根据图中数据，判断此次中学生冰雪培训活动是否有效， 并说明理由． 【答案】（1） 7 30 ；（2） 3 5 ；（3）有效，理由见解析. 【解析】 【分析】 （1）设这名学生考核优秀为事件 A ，利用古典概型的概率公式求解； （2）设至少有一人考核成绩优秀为事件 B ，再利用古典概型的概率公式求解； - 14 - （3）根据表格中的数据，满足 85 110 x   的成绩有 16 个，即得解. 【详解】（1）设这名学生考核优秀为事件 A ， 由茎叶图中的数据可以知道，30 名同学中，有 7 名同学考核优秀， 所以所求概率 ( )P A 约为 7 30 . （2）设从图中考核成绩满足 [80,89]X  的学生中任取 2 人， 至少有一人考核成绩优秀为事件 B ，因为表中成绩在[80,89] 的 6 人中有 2 个人考核为优， 所以基本事件空间  包含 15 个基本事件，它们是 (81,81),(81,82),(81,84),(81,85),(81,89), (81,82),(81,84),(81,85),(81,89), (82,84),(82,85),(82,89),(84,85),(84,89), (85,89). 事件 B 包含 9 个基本事件，它们是 (81,85),(81,89),(81,85),(81,89), (82,85),(82,89),(84,85),(84,89),(85,89). 所以 9 3( ) 15 5P B   . （3）根据表格中的数据，满足 85 110 x   的成绩有 16 个， 所以 85 16 8(| | 1) 0.510 30 15 xP      所以可以认为此次冰雪培训活动有效． 【点睛】本题主要考查茎叶图，考查古典概型的概率的计算，意在考查学生对这些知识的理 解掌握水平. 18. 已知 ABC 的面积为3 3 ，且内角 、 、A B C 依次成等差数列. （1）若sin 3sinC A ，求边 AC 的长； （2）设 D 为边 AC 的中点，求线段 BD 长的最小值. 【答案】（1） 2 7 （2） 3 . 【解析】 【分析】 （1）由题意可得 60B  ，结合面积公式得 12ac  .利用正弦定理角化边，据此可得 a,c 的 值，最后由余弦定理可得 AC 的长. - 15 - （2）由题意可得  1 2BD BC BA    ，利用向量的运算法则和均值不等式的结论可得 BD 长 的最小值. 【详解】（1） ABC 三内角 A B C、 、 依次成等差数列， 60B   设 A B C、 、 所对的边分别为 , ,a b c ,由 13 3 2S acsinB  可得 12ac  . 3sinC sinA ，由正弦定理知 3 , 2, 6c a a c    . ABC 中，由余弦定理可得 2 2 2 2 28, 2 7b a c accosB b      . 即 AC 的长为 2 7 （2） BD 是 AC 边上的中线，  1 2BD BC BA          2 2 2 2 2 2 21 1 12 24 4 4BD BC BA BC BA a c accosB a c ac                1 2 94 ac ac   ，当且仅当 a c 时取“  ” 3BD  ,即 BD 长的最小值为 3 . 【点睛】在处理三角形中的边角关系时，一般全部化为角的关系，或全部化为边的关系．题 中若出现边的一次式一般采用到正弦定理，出现边的二次式一般采用到余弦定理．应用正、 余弦定理时，注意公式变式的应用．解决三角形问题时，注意角的限制范围． 19. 如图，在边长为 4 的菱形 ABCD 中， 60DAB   ，点 E ， F 分别是边 CD ， CB 的中 点， AC EF O  ，沿 EF 将 CEF△ 翻折到 PEF ，连接 PA ， PB ， PD ，得到如图的五 棱锥 P ABFED ，且 10PB  . - 16 - （1）求证： BD PA ； （2）求四棱锥 P BFED 的体积. 【答案】（1）证明见解析；（2）3. 【解析】 【分析】 （1）通过证明 ,EF AO EF PO  证得 EF  平面 POA，结合 / /BD EF 证得 BD  平面 POA，由此证得 BD PA . （2）通过证明 PO  平面 BFED ，得到四棱锥 P BFED 的高，进而计算出四棱锥 P BFED 的体积. 【详解】（1）∵点 E ， F 分别是边 CD ，CE 的中点，∴ //BD EF . ∵菱形 ABCD 的对角线互相垂直，∴ BD AC . ∴ EF AC .∴ EF AO ， EF PO ， ∵ AO  平面 POA， PO  平面 POA， AO PO O ， ∴ EF  平面 POA，∴ BD  平面 POA，∴ BD PA . （2）设 AO BD H ，连接 BO ， - 17 - ∵ 60DAB   ，∴ ABD△ 为等边三角形， ∴ 4BD  ， 2BH  ， 2 3HA  ， 3HO PO  ， 在 Rt BHO△ 中， 2 2 7BO BH HO   ， 在 PBO 中， 2 2 210BO PO PB   ，∴ PO BO . ∵ PO EF ， EF BO O  ， EF  平面 BFED ， BO  平面 BFED ， ∴ PO  平面 BFED ， 梯形 BFED 的面积  1 3 32S EF BD HO    ， ∴四棱锥 P BFED 的体积 1 1 3 3 3 33 3V S PO      . 【点睛】本小题主要考查线线垂直的证明，考查锥体体积计算，属于中档题. 20. 已知椭圆 2 2 1 2 2: 1( 0)x yC a ba b     的焦点与抛物线 2 2 : 8 2C y x 的焦点 F 重合，且 椭圆 1C 的右顶点 P 到 F 的距离为3 2 2 ； （1）求椭圆 1C 的方程； （2）设直线 l 与椭圆 1C 交于 ,A B 两点，且满足 PA PB ，求 PAB 面积的最大值. 【答案】（1）椭圆 1C 的方程为 2 2 19 x y  ；（2）当且仅当 23( 1) 8k k  ，即 4 7 3k  时 面积取得最大值 3 8 . 【解析】 - 18 - 【详解】试题分析：（1）由椭圆的几何性质得到 3, 1a b  ，所以椭圆 1C 的方程为 2 2 19 x y  ；（ 2 ） 联 立 直 线 和 椭 圆 ， 表 示 出 . PA ， PB ， 再 根 据          2 2 22 2 2 2 18 1 18 11 2 1 9 9 9 1 64 k k k k S PA PB k k k k          由不等式放缩可得最值． 解析： （1）设椭圆 1C 的半焦距为 c ，依题意，可得 a b ， 且  2 2,0 , 2 2, 3 2 2 3, 1F c a c a b       ， 所以椭圆 1C 的方程为 2 2 19 x y  . （2）依题意，可设直线 ,PA PB 的斜率存在且不为零， 不妨设直线  : 3PA y k x  ，则直线  1: 3PB y xk    ， 联立：   2 2 3 19 y k x x y      得   2 2 2 21 9 54 81 9 0k x k x k     ， 则 2 2 61 1 9PA k k     同理可得： 2 2 2 2 2 1 6 61 11 91 9 kPB kk k k         ， 所以 PAB 的面积为：              2 2 2 22 2 22 2 2 2 18 1 18 1 18 11 3 2 81 9 9 9 1 64 2 9 1 64 k k k k k k S PA PB k k k k k k               ， 当且仅当  23 1 8k k  ，即 4 7 3k  时，面积取得最大值 3 8 . 点睛：本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系，所使用方法为韦达定理法：因直线的方程是 一次的，圆锥曲线的方程是二次的，故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题，最 终转化为一元二次方程问题，故用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一， 尤其是弦中点问题，弦长问题，可用韦达定理直接解决，但应注意不要忽视判别式的作用 - 19 - 21. 已知函数    0ln xf x ax ax    . （1）若函数  y f x 在  1, 上是减函数，求实数 a 的最小值； （2）若存在 2 1 2, ,x x e e    ，使    ' 1 2f x f x a  成立，求实数 a 的取值范围. 【答案】（1） 1 4 ；（2） 2 1 1 2 4a e   . 【解析】 【分析】 （1）利用  ' 0f x  在区间  1, 上恒成立列不等式，结合二次函数的性质，求得 a 的最小 值. （2）结合二次函数的性质，求得  ' 2f x a 的取值范围，利用存在性问题列不等式，利用导 数解不等式，由此求得 a 的取值范围. 【详解】（1）依题意，当  1,x  时，     ' 2 ln 1 0 ln xf x a x    恒成立，即  2 ln 1 ln xa x  在  1, 上恒成立.     2 2 2 ln 1 1 1 1 1 1 ln ln 2 4ln ln x x xx x           ，由于 1x  ，则 1ln 0, 0lnx x   ，所以当 1 1 ln 2x  时，  2 ln 1 ln x x  有最大值为 1 4 ，也即 a 的最小值为 1 4 . （2）依题意，存在 2 1 2, ,x x e e    ，使    ' 1 2f x f x a  成立，即，存在 2 1 2, ,x x e e    ， 使   1 2 1 2 1 2 ln 1 ln ln x xaxx x   成立.     2 2 2 2 2 22 2 ln 1 1 1 1 1 1 ln ln 2 4ln ln x x xx x            ，由于 2 2 ,x e e    ，所以  2 2 1 1ln 1,2 , ,1ln 2x x       ， 21 11 02 4        ，所以   2 2 2 ln 1 10, 4ln x x       . 所以存在 2 1 ,x e e   ，使 1 1 1 1 ln 4 x axx   ， 1 1 min 1 1 ln 4a x x       . 构造函数    21 1 ln 4h x e x ex x     ，     ' 2 2 1 1 4ln h x xx x    - 20 -     2 22 ln 4 4 ln x x x x   ，由于 2,x e e   ，所以      2 2ln 1,2 , ln 1,4 ,4 4 ,4x x x e e     ， 所以       2 ' 22 ln 4 0 4 ln x xh x x x    ， 所以  h x 在区间 2,e e   上递减，最小值为  2 2 2 2 1 1 1 1 ln 4 2 4h e e e e     . 所以 2 1 1 2 4a e   . 【点睛】本小题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查利用导数求解存在性问题，属于 难题. 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，作答时请写清楚 题号. 选修 4-4：坐标系与参数方程选讲 22. [选修 4—4：坐标系与参数方程选讲] 在直角坐标系 xOy 中，直线 l 的参数方程为 cos 2 sin x t y t       （t 为参数，0    ），曲线C 的参数方程为 2cos 2 2sin x y       （  为参数），以坐标原点O 为极点， x 轴正半轴为极轴建立 极坐标系. （1）求曲线C 的极坐标方程； （2）设C 与 l 交于 M N、 两点（异于O 点），求 OM ON 的最大值. 【答案】(1) 4sin  (2) 4 2 【解析】 【详解】试题分析： (1)由题意可得曲线 C 的普通方程为  22 2 4x y   ，将其转化为极坐标方程即 2 4 sin   . (2)由参数方程可知直线l 过圆C 的圆心，则 2MON   ，设  1 2, , , 2M N        ，其 中 0, 2      ，则 4 2 4OM ON sin       ，由三角函数的性质可得 OM ON 取 - 21 - 得最大值为 4 2 . 试题解析： （1）曲线C 的普通方程为  22 2 4x y   ， 化简得 2 2 4x y y  ，则 2 4 sin   ，所以曲线C 的极坐标方程为 4sin  . （2）由直线 l 的参数方程可知，直线 l 必过点 0,2 ，也就是圆C 的圆心，则 2MON   ， 不妨设  1 2, , , 2M N        ，其中 0, 2      ， 则  1 2 4 4 4 4 22 4OM ON sin sin sin cos sin                          ， 所以当 4   ， OM ON 取得最大值为 4 2 . 选修 4-5：不等式选讲 23. 已知函数   ,f x x x a a R   . （Ⅰ）当    1 1 1f f   ，求 a 的取值范围； （Ⅱ）若 0a  ，对  , ,x y a   ，都有不等式   5 4f x y y a    恒成立，求 a 的取 值范围. 【答案】（1） 1( , )2   （2） (0,5] 【解析】 【分析】 （1）结合 a 取不同范围，去绝对值，计算 a 的范围，即可．（2）结合函数性质,计算  f x 的 最大值,结合题意,建立关于 a 的不等式，计算 a 的范围，即可． 【详解】（Ⅰ）    1 1 1 1 1f f a a       ， 若 1a   ，则1 1 1a a    ，得 2 1 ，即 1a   时恒成立； 若 1 1a   ，则  1 1 1a a    ，得 1 2a   ，即 11 2a    ； 若 1a  ，则    1 1 1a a     ，得 2 1  ，此时不等式无解. - 22 - 综上所述， a 的取值范围是 1, 2      . （Ⅱ）由题意知，要使不等式恒成立， 只需   max min 5 4f x y y a           . 当  ,x a  时，   2f x x ax   ，   2 max 2 4 a af x f          . 因为 5 5 4 4y y a a     ， 所以当 5 ,4y a     时， min 5 5 4 4y y a a        5 4a  . 于是 2 5 4 4 a a  ，解得 1 5a   . 结合 0a  ，所以 a 的取值范围是 0,5 . 【点睛】本道题考查了绝对值不等式的解法，难度较大． - 23 -