内蒙古包头市2020届高三上学期期末考试教学质量检测数学理科试题

内蒙古包头市2020届高三上学期期末考试教学质量检测数学理科试题

2019—2020 学年度第一学期高三年级期末教学质量检测试卷 数学（理科） 注意事项： 1.本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，答卷前，考生务必将自己的姓名、考场、座位 号写在答题卡上，将条形码粘贴在规定区域.本试卷满分 150 分，考试时间 120 分 钟. 2. 做选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑. 如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.写在本试卷上无效. 3. 回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 4. 考试结束后，将答题卡交回. 第Ⅰ卷 一、选择题（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 1A x x    ，  | 0B x x a   ，若 A B ，则实数 a 的取值范围是（ ） A.  ,1 B.  1,  C.  , 1  D.  1, 【答案】D 【解析】 【分析】 根据集合的包含关系,即可求得参数 a 的取值范围. 【详解】集合  | 1 1A x x    ,  | 0B x x a   ,即  |B x x a  因为 A B , 则 1a  即  1,a  故选:D 【点睛】本题考查了集合的包含关系,求参数的取值范围,属于基础题. 2.设复数 z 满足   1 1 1z i i    ，（i 是虚数单位），则复平面内 z 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】C 【解析】 【分析】 根据复数表达式,先表示出 z .由复数的运算求解,再根据复数的几何意义求得点所在象限. 【详解】复数 z 满足   1 1 1z i i    即 1 11 iz i   由复数的运算化简可得 1 11 iz i        21 11 1 i i i    1 i   在复平面内 z 对应的点坐标为 1, 1  ,所以位于第三象限 故选:C 【点睛】本题考查了复数的除法运算,复数的几何意义,属于基础题. 3.已知  2,1a  r ，  1,2b  ，则 a b r r 的值为（ ） A. 2 B. 2 C. 3 2 D. 18 【答案】A 【解析】 【分析】 根据向量的坐标运算,先求得 a b  ,再根据模的坐标运算即可求解. 【详解】根据向量的坐标运算,可得      2,1 1,2 1, 1a b      则 1 1 2a b    r r 故选:A 【点睛】本题考查了向量的坐标运算,向量模的求法,属于基础题. 4.曲线 sin 2cosy x x  在点 ,2 处的切线方程为（ ） A. 2 0x y     B. 2 0x y     C. 2 2 0x y     D. 2 2 0x y     【答案】A 【解析】 【分析】 先求得导函数,根据切点求得斜线的斜率,再由点斜式即可求得方程. 【详解】曲线 sin 2cosy x x  则 ' cos 2siny x x  当 x  时, cos 2 sin 1k      所以在点 ,2 处的切线方程,由点斜式可得  2 1y x      化简可得 2 0x y     故选:A 【点睛】本题考查了导数的几何意义,切线方程的求法,属于基础题. 5.甲、乙两班举行数学知识竞赛，参赛学生的竞赛得分统计结果如下表： 班级 参赛人数 平均数 中位数 众数 方差 甲 45 83 86 85 82 乙 45 83 84 85 133 某同学分析上表后得到如下结论： ①甲、乙两班学生的平均成绩相同； ②乙班优秀的人数少于甲班优秀的人数（竞赛得分 85 分为优秀）； ③甲、乙两班成绩为 85 分的学生人数比成绩为其他值的学生人数多； ④乙班成绩波动比甲班小. 其中正确结论有（ ） A. 1 个 B. 2 个 C. 3 个 D. 4 个 【答案】C 【解析】 【分析】 ①看两班的平均数易知正确；②看两班的中位数正确；③看两班的众数正确；④看两班的方 差. 【详解】①从表看出甲、乙两班学生的平均成绩相同，正确； ②因为乙班的中位数比甲班的小，所以正确； ③根据甲、乙两班的众数，所以正确； ④因为乙班的方差比甲的大，所以波动比甲班大，所以错误 故选：C. 【点睛】本题主要考查了样本中的数字特征，还考查了理解辨析的能力，属于基础题. 6.直线 l 与平面 平行的充要条件是（ ） A. 直线 l 上有无数个点不在平面 内 B. 直线 l 与平面 内的一条直线平行 C. 直线 l 与平面 内的无数条直线都平行 D. 直线 l 与平面 内的任意一条直线都没有公共点 【答案】D 【解析】 【分析】 A. 由无数个点不代表所有的点来判断，B.由线面平行的判定定理来判断， C. 由无数个不代 表所有的来判断 D. 由直线与平面平行的定义来判断. 【详解】A. 无数个点不是所有点，所以不正确； B. 缺少直线 l 在平面外，所以不正确； C. 无数条直线不是所有的直线，所以不正确； D. 由直线与平面平行的定义，正确. 故选：D 【点睛】本题主要考查了线面平行的定义及判定定理，还考查了理解辨析的能力，属于基础 题. 7.若抛物线  2 0y ax a  的焦点与椭圆 2 2 12 x y  的上顶点重合，则 a （ ） A. 1 2 B. 1 4 C. 2 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】 分别求得椭圆的上顶点和抛物线的焦点坐标，再利用重合求解. 【详解】椭圆 2 2 12 x y  的上顶点是 0,1 抛物线  2 0y ax a  的焦点 10, 4a      因为两点重合 所以 1 14a  所以 1 4a  故选：B 【点睛】本题主要考查了椭圆和抛物线的几何性质，还考查了运算求解的能力，属于基础题. 8.下列函数中，以 为周期且在区间 ,2 π π     单调递增的是（ ） A.   cos 2f x x B.   sin 2f x x C.   cosf x x D.   sinf x x 【答案】C 【解析】 【分析】 分别作出这四个函数的图象，再根据条件来判断. 【详解】A.   cos 2f x x 的图象如下：最小正周期是 2  不正确， B.   sin 2f x x 的图象如下：最小正周期是 2  不正确 C.   cosf x x 的图象如下：最小正周期是 ，在区间 ,2 π π     单调递增，正确 D.   sinf x x 的图象如下：最小正周期是 ，在区间 ,2 π π     单调递减，不正确 故选：C 【点睛】本题主要考查了三角函数的图象和性质，还考查了理解辨析的能力，属于中档题. 9.已知 0 1x  ，0 1y  ，则        2 2 2 22 2 2 21 1 1 1x y x y x y x y           的 最小值为（ ） A. 5 B. 2 2 C. 10 D. 2 3 【答案】B 【解析】 【分析】 根据均值不等式，可有 2 2 2 2  x y x y ，则 2 2 2   x yx y ，  22 11 2     x yx y ，  2 2 11 2     x yx y ，    2 2 1 11 1 2       x yx y ，再利用不等式的基本性质，两边 分别相加求解。 【详解】因为 2 2 2x y xy  所以 2 2 2 2 2)2 (( 2 )    x y xy x y x y 所以 2 2 2 2  x y x y 所以 2 2 2   x yx y  22 11 2     x yx y  2 2 11 2     x yx y    2 2 1 11 1 2       x yx y 所以两边分别相加得        2 2 2 22 2 2 21 1 1 1 2 2           x y x y x y x y 当且仅当 1 2x y  取等号 故选：B 【点睛】本题主要考查了均值不等式，还考查了运算求解的能力，属于中档题. 10.若函数    1 2 , 23 1 1 , 2 f x xf x x x         对任意  ,x t  ，都有   2 3f x  ，则t 的取值范围是 （ ） A. 2, 3     B. 2 ,3    C. 4 ,3    D. 4, 3     【答案】C 【解析】 【分析】 根据分段函数,求得各区间的解析式,画出函数图像,即可通过图像求得t 的取值范围. 【详解】函数    1 2 , 23 1 1 , 2 f x xf x x x         当 0x  时,   1 1f x x x    当 0 1x  时,   1 1f x x x    当1 2x  时,    1 1 2f x x x     当 2 3x  时,      1 12 23 3f x f x x    当3 4x  时,        1 1 12 2 2 43 3 3f x f x x x         当 x   时,函数值越来越小. 画出函数图像如下图所示: 由图像可知, 对任意  ,x t  ,不等式   2 3f x  恒成立 则令 22 3x  ,解得 4 3x  所以当 4 3 t 时满足   2 3f x  恒成立 故选:C 【点睛】本题考查了分段函数解析式的求法,周期性函数的解析式求法,数形结合法求参数的取 值范围,属于中档题. 11.已知双曲线C ：   2 2 2 2 1 0, 0x y a ba b     的右顶点为 M ，以 M 为圆心，b 为半径作圆 M ， 圆 M 与双曲线C 的一条渐近线交于 P 、Q 两点.若 0PM QM   ，则双曲线C 的离心率为 （ ） A. 5 B. 2 C. 3 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】 先 求 右 顶 点  ,0M a 到 条 渐 近 线 by xa  的 距 离 ， 再 根 据 0PM QM   ， 利 用 2 2 2 2d r b  求解. 【详解】因为双曲线C ：   2 2 2 2 1 0, 0x y a ba b     的右顶点为  ,0M a ， 双曲线C 的一条渐近线 by xa  右顶点  ,0M a 到一条渐近线 by xa  的距离 abd c  又因为 0PM QM   ， 所以 2 2 2 2 abd r b c   解得 2e  故选：D 【点睛】本题主要考查了双曲线的性质和直线与圆的位置关系，还考查了运算求解的能力， 属于中档题. 12.设 +, ,x y z R ，且 3x y ze   ，记 a ex ， 3yb  ，c z ，则 a ，b ，c 的大小关系为（ ） A. a b c  B. a c b  C. b a c  D. c a b  【答案】A 【解析】 【分析】 先令 3   x y ze t ，得到 3 ln ln lnln , log , logln ln3 ln      t t tx t y t z te ， 所以 ln ln  ta e e ， ln3 ln3  tb ， ln ln   tc ，根据结构，构造函数 ln xy x  ，再利用单调性比较大 小. 【详解】设 3   x y ze t ， 3 ln ln lnln , log , logln ln3 ln      t t tx t y t z te 所以 ln ln  ta e e ， ln3 ln3  tb ， ln ln   tc ， 令 ln xy x  则 2 ln 1 (ln )   xy x 因为 , 0 x e y 所以 ln xy x  在 ( , )e  上是增函数， 又因为 ln , 3   t o e 所以 a b c  故选：A 【点睛】本题主要考查了构造函数法比较数的大小，还考查了构造，论证的能力，属于中档 题. 第Ⅱ卷 二、填空题（共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.把答案填在答题卡上对应题的横线 上.） 13.近年来，移动支付已成为主要支付方式之一.为了解某校学生上个月 A ，B 两种移动支付方 式的使用情况，从全校学生随机抽取了 100 人，发现使用 A 或 B 支付方式的学生共有 90 人， 使用 B 支付方式的学生共有 70 人， A ， B 两种支付方式都使用的有 60 人，则该校使用 A 支 付方式的学生人数与该校学生总数比值的估计值为______. 【答案】08 【解析】 【分析】 根据题意,结合各组的关系,求得使用 A 支付方式的学生人数,即可求得其估计值. 【详解】全校抽取 100 人,使用 A 或 B 支付方式的学生共有 90 人, 则不使用 A 或 B 支付方式的学生共有 10 人 使用 B 支付方式的学生有 70 人, A , B 两种支付方式都使用的有 60 人, 则仅使用 B 方式的人数为 70 60 10  人 则仅使用 A 方式的人数为90 60 10 20   人 所以使用 A 方式支付的总人数为 60 20 80  人 即使用 A 支付方式的学生人数与该校学生总数比值的估计值为 80 0.8100  故答案为: 0.8 【点睛】本题考查了集合在实际问题中的应用,根据数据估计总体,属于基础题. 14.已知  f x 是定义在  ,  上的奇函数，当 0x  时，   24f x x x  ，若函数  f x 在 区间 ,4a 上值域为 4,4 ，则实数 a 的取值范围是______. 【答案】 2 2 2, 2     【解析】 【分析】 根据奇函数性质,求得函数解析式.画出函数图像,结合函数图像即可分析出 a 的取值范围. 【详解】  f x 是定义在  ,  上的奇函数,所以  0 0f  当 0x  时,   24f x x x  令 0x  则 0x  所以   24f x x x    由奇函数性质可知    f x f x   所以   2 4f x x x  ,满足  0 0f  综上可知,   2 2 4 , 0 4 , 0 x x xf x x x x       画出函数图像如下图所示: 若函数  f x 在区间 ,4a 上值域为 4,4 , 由函数图像可知,在 2,4 上的值域为 4,4 所以 2t   当 2 4 4x x  时,解方程可得 2 2 2  x 或 2 2 2x    （舍） 所以当 2 2 2 2t     时能够满足值域为 4,4 即 2 2 2, 2t       故答案为: 2 2 2, 2     【点睛】本题考查了根据奇函数性质求函数解析式,数形结合法求参数的取值范围,属于中档题. 15.在圆内接四边形 ABCD 中， 5AB  ， 6BC  ， 3CD  ， 4AD ，则 ABC 的面积为 ______. 【答案】 30 107 【解析】 【分析】 利 用 余 弦 定 理 在 ABC 中 ， 有 2 2 2 2 61 60        AC AB BC AB BC COS ABC COS ABC ， 在 ADC 中 ， 有 2 2 2 2 25 24        AC AD DC AD DC COS ABC COS ADC 再根据内接四边形对顶角互补，两式相加得 cos ,ABCÐ 再用正弦定理 1 sin2ABCS AB BC ABC     求解. 【详解】根据题意 在 ABC 中， 2 2 2 2 61 60        AC AB BC AB BC COS ABC COS ABC 在 ADC 中， 2 2 2 2 25 24        AC AD DC AD DC COS ABC COS ADC 又因为 ABC ADC     所以 cos cosABC ADCÐ =- Ð 所以两式相减得 3 2 10cos , sin ,7 7ABC ABCÐ = Ð = 所以 1 30 10sin2 7ABCS AB BC ABC= 故答案为： 30 107 【点睛】本题主要考查了余弦定理和正弦定理的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档 题. 16.如图，棱长为 1 的正方体木块 1 1 1 1ABCD A B C D 经过适当切割，得到棱数为 12 的正八面 体（正多面体是由全等的正多边形围成的多面体）.已知面 0 0 0 0A B C D 平行于正方体的下底面， 且该正八面体的各顶点均在正方体的面上，若 0A 在侧面 1 1AA D D 内，且该正八面体的体积为 1 6 ， 则该正八面体的棱长为______，点 0A 到棱 1AA 的距离为______. 【答案】 (1). 2 2 (2). 1 2 【解析】 【分析】 先明确正八面体中两个正四棱锥的高是 1 2 ，从而求得底面积，再根据底面是正方形求解. 【详解】设正八面体的棱长为 x 根据题意正八面体中两个正四棱锥的高是 1 2 所以 0 0 0 0 1 1 12 3 2 6A B C DV S  所以 0 0 0 0 2 1 2A B C DS x  所以 2 2x  设点 0A 到棱 1AA 的距离为 h 根据题意 2 1 2 2h x  故答案为：(1). 2 2 (2). 1 2 【点睛】本题主要考查了棱锥体积的有关计算，还考查了运算求解的能力，属于中档题. 三、解答题（共 6 小题，共 70 分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步 骤.第 17～21 题为必考题，每个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.如图，在四棱锥V ABCD 中，底面 ABCD 为正方形，侧面VCD 为正三角形，侧面VCD  底面 ABCD ， P 为VD 的中点. （1）求证： AD  平面VCD ； （2）求二面角 P AB C- - 的正弦值. 【答案】（1）见解析（2） 57 19 【解析】 【分析】 （1）根据题意可证明平面VCD  底面 ABCD ,由面面垂直的性质可证明 AD  平面VCD ; （2）由题意可证明VO OE ,则以O 为坐标原点建立空间直角坐标系.写出各个点的坐标,并求 得平面 PAB 和平面 ABCD 的法向量,即可利用法向量法求得两个平面形成二面角的余弦值大 小,结合同角三角函数关系式,即可求得求二面角 P AB C- - 的正弦值. 【详解】（1）证明：∵底面 ABCD 是正方形, ∴ AD CD , ∵侧面VCD  底面 ABCD ,侧面VCD  底面 ABCD CD , ∴由面面垂直的性质定理,得 AD  平面VCD . （2）设 2AB  ,CD 的中点为O , AB 的中点为 E , 则OE CD ,VO CD .由面面垂直的性质定理知VO  平面 ABCD , 又OE  平面 ABCD ,故VO OE . 以O 为坐标原点,OE  的方向为 x 轴正方向, OC  的方向为 y 轴正方向,建立如图所示的空间直 角坐标系 O xyz . ∵侧面VCD 为正三角形, ∴ sin 60 sin 60 3VO VD AB       , 则  0,0, 3V ,  0, 1,0D  ,  2, 1,0A  ,  2,1,0B , ∵ P 为VD 的中点, ∴ 1 30, ,2 2P      , ∴ 1 32, ,2 2PA         ,  0,2,0AB  , 设平面 PAB 的法向量  , ,m x y z , 则 0 0 AB m PA m           ,即 2 0 1 32 02 2 y x y z     ,即 4 3x z , 所以可取  3,0,4m  , 平面 ABCD 的法向量可取  0,0,1n  , 于是 4cos , 1919 m nm n m n         , 由同角三角函数关系式可求得 24 57sin , 1 1919 19m n         所以,二面角 P AB C- - 的正弦值为 57 19 . 【点睛】本题考查了平面与平面垂直的性质,直线与平面垂直的判定,利用法向量法求二面角夹 角的余弦值,同角三角函数关系式的应用,属于中档题. 18.设 na 是等差数列， nb 是等比数列，公比大于 0，已知 1 1 2a b  ， 2 2b a ， 3 2 4b a  . （1）求 na 和 nb 的通项公式； （2）记 2 n n n ac b  ， *n N ，证明： 1 2 2nc c c     ， *n N . 【答案】（1） 2na n ， 2n nb  . （2）见解析 【解析】 【分析】 （1）根据等差数列与等比数列的通项公式,即可代入得方程组,进而求得 na 和 nb 的通项公 式; （2）根据题意,可知 2 n n n ac b  为等差与等比乘积形式,利用错位相减法可求得 nc 的前 n 项和. 根据前 n 项和的表达式,即可证明不等式成立. 【详解】（1）设等差数列 na 的公差为 d ,等比数列 nb 的公比为 q,则 0q  . 由题意,得 2 2 2 2 6 q d q d      ,解得： 2 2 d q    , 故  2 2 1 2na n n    , 12 2 2n n nb    . （2）∵ 2 2 2 2 2 n n n n n a n nc b    ,设数列 nc 的前 n 项和为 nS , ∴ 2 3 2 1 2 3 2 2 2 2n nS       ① ∴   2 3 1 11 1 2 2 2 2 2 2n n n n nS      ② ∴①-②得： 2 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2nn n nS          1 1 1 11 12 2 11 2 2 21 2 n n n n n n            , ∴ 1 12 2 2n n n nS    , 又∵ *n N , ∴ 1 1 02n  , 02n n  , ∴ 1 12 22 2n n n nS     , 即 1 2 2nc c c     , *n N . 【点睛】本题考查了等差数列与等比数列通项公式的应用,错位相减法求数列的和,数列中不等 式的证明,属于中档题. 19.已知某校甲、乙、丙三个兴趣小组的学生人数分别为 36，24，24.现采用分层抽样的方法从 中抽取 7 人，进行睡眠质量的调查. （1）应从甲、乙、丙三个兴趣小组的学生中分别抽取多少人？ （2）若抽出的 7 人中有 3 人睡眠不足，4 人睡眠充足，现从这 7 人中随机抽取 3 人做进一步 的身体检查.用 X 表示抽取的3人中睡眠充足的学生人数，求随机变量 X 的分布列与数学期望. 【答案】（1）3 人，2 人，2 人.（2）分布列见解析，   12 7E X  【解析】 【分析】 （1）根据各组人数和抽样比,即可求得各组抽取的人数. （2）根据独立重复试验中概率计算公式,可分别求得随机变量 X 的概率,即可得其分布列.由数 学期望公式,即可求得期望值. 【详解】（1）由已知,甲、乙、丙三个兴趣小组的学生人数之比为3: 2: 2 , 由于采用分层抽样的方法从中抽取 7 人,因此应从甲、乙、丙三个兴趣小组中分别抽取 3 人,2 人,2 人. （2）随机变量 X 的所有可能取值为 0,1,2,3. 则     3 4 3 3 7 0,1,2,3 k kC CP X k kC    , 所以,随机变量 X 的分布列为 X 0 1 2 3 P 1 35 12 35 18 35 4 35 随机变量 X 的数学期望   1 12 18 4 120 1 2 335 35 35 35 7E X          . 【点睛】本题考查了分层抽样的特征和计算,独立重复试验概率的计算方法,离散型随机变量分 布列及数学期望的求法,属于基础题. 20.已知椭圆C ：   2 2 2 2 1 0x y a ba b     的左右顶点分别为  ,0A a ，  ,0B a ，点 P 是椭 圆C 上异于 A 、 B 的任意一点，设直线 PA ， PB 的斜率分别为 1k 、 2k ，且 1 2 1 3k k   ，椭 圆的焦距长为 4. （1）求椭圆C 的标准方程； （2）过右焦点 F 的直线l 交椭圆C 于 M 、N 两点，分别记 ABM ， ABN 的面积为 1S 、 2S ， 求 1 2S S 的最大值. 【答案】（1） 2 2 16 2 x y  （2） 2 2 【解析】 【分析】 （1）设出点 P 的坐标,代入椭圆方程,根据 1 2 1 3k k   ,可得方程组,求得 ,a b 的等量关系,结合 焦距长即可求得 ,a b ,得椭圆方程. （2）讨论直线斜率存在与不存在两种情况.当斜率不存在时,易求得 1 2,S S ,即可求得 1 2S S ; 当斜率存在时,用点斜式表示出直线方程,联立椭圆,整理成关于 x 的一元二次方程,利用韦达定 理表示出 1 2 ,x x 1 2x x .结合直线方程,即可表示出 1 2S S .将等式变形,结合基本不等式即可 求得最大值. 【详解】（1）椭圆C ：   2 2 2 2 1 0x y a ba b     ,点 P 是椭圆C 上异于 A 、 B 的任意一点 设点   0 0 0,P x y x a ,则 2 2 0 0 2 2 1x y a b   ,① ∵ 2 0 0 0 1 2 2 2 0 0 0 1 3 y y yk k x a x a x a        ,② ∴联立①②得   2 2 2 2 03 0b a x a   , ∴  2 2 03 aa b x  , 又∵ 2 4c  ,∴ 2c  , ∴ 2 2 4a b  ,即 2 23 4b b  , ∴ 2 2b  ,∴ 2 6a  , ∴椭圆C 的标准方程为 2 2 16 2 x y  . （2）由题意知  2,0F , ①当直线 l 的斜率不存在时, 1 2S S= ,于是 1 2 0S S  , ②当直线 l 的斜率存在时,设直线l ：   2 0y k x k   , 联立   2 2 2 16 2 y k x x y      ,得 2 2 2 21 3 12 12 6 0k x k x k     . 设  1 1,M x y ,  2 2,N x y ,根据韦达定理,得 2 1 2 2 12 1 3 kx x k    , 2 1 2 2 12 6 1 3 kx x k   , 于是  1 2 1 2 1 2 1 2 6 6 42S S y y k x x k       2 2 2 4 6126 41 3 1 3 kkk kk k      4 6 4 6 2 21 2 33 kk     , 当且仅当 3 3k   时等号成立, 综上, 1 2S S 的最大值为 2 2 . 【点睛】本题考查了拖延标准方程的求法,过定点的直线与椭圆的位置关系,三角形面积的表示 方法,利用基本不等式求最值,综合性较强,属于难题. 21.已知函数    22ln ,f x x ax bx a b R    . （1）若曲线  y f x 在 1x  处的切线方程为 2 1y x  ，求实数 a ，b 的值； （2）若 0a  ，且   4 0f x   在区间 0,  上恒成立，求实数b 的取值范围； （3）若 4b  ，且 0 1a  ，讨论函数  f x 的单调性. 【答案】（1） 3 6 a b      （2）  2 ,b e  .（3）见解析 【解析】 【分析】 （1 先求导，再由     1 2 2 2 1 3 f a b f a b           求解.. （2）由 0a  ，   2lnf x x bx  ，   4 0f x   在区间  0,  上恒成立，转化为 2ln 4xb x  在 0,  上恒成立，令   2ln 4xg x x  ，再用导数法求解. （3）由 4b  ，   22ln 4f x x ax x   ，求导得     22 2 4 22 4 0      ax xf x ax xx x ，令    2 2 1 0 1, 0t x ax x a x      ， 分 0a  ， 0 1a  两种情况讨论. 【详解】（1）由题意，得    2 2 0    f x ax b xx ， 则     1 2 2 2 1 3 f a b f a b           ，解得 3 6 a b      . （2）当 0a  时，   2lnf x x bx  ，   4 0f x   在区间 0,  上恒成立， 即 2ln 4xb x  在 0,  上恒成立， 设   2ln 4xg x x  ，则     2 2 ln 1   xg x x ， 令   0g x  ，可得 10 x e   ，  g x 单调递增； 令   0g x  ，可得 1x e  ，  g x 单调递减； 所以  max 1 2g x g ee      ，即 2b e ，故  2 ,b e  . （3）当 4b  时，   22ln 4f x x ax x   ， 则     22 2 4 22 4 0      ax xf x ax xx x ， 令    2 2 1 0 1, 0t x ax x a x      ， 1 当 0a  时，   2 1t x x   ， 所以，在 10, 2      内   0t x  ，∴   0f x  ，∴  f x 单调递增， 在 1 ,2     内   0t x  ，∴   0f x  ，∴  f x 单调递减. 2 当 0 1a  时， 4 4 0a    ， 令   0t x  ，解得 1 1 ax a   或 1 1 ax a   ， 所以，在 1 10, a a       和 1 1 ,a a        内，   0t x  ，∴   0f x  ， ∴  f x 单调递增； 在 1 1 1 1,a a a a         内，   0t x  ，∴   0f x  ， ∴  f x 单调递减 综上，1 当 0a  时，  f x 在 10, 2      上单调递增，在 1 ,2     单调递减. 2 当 0 1a  时，∴  f x 在 1 1 ,a a        和 1 10, a a       单调递增；在 ∴ 1 1 1 1,a a a a         单调递减. 【点睛】本题主要考查了导数的几何意义，导数与函数的单调性，极值，最值，还考查了转 化运算求解的能力，属于难题. （二）选考题：共 10 分.请考生在第 22，23 题中任选一题作答.并用 2B 铅笔将所 选题号涂黑，多涂、错涂、漏涂均不给分.如果多做，则按所做的第一题计分. 22.点 A 是曲线 1C ：  22 2 4x y   上的动点，以坐标原点O 为极点， x 轴的非负半轴为极 轴建立极坐标系，以极点O 为中心，将点 A 顺时针旋转90 得到点 B ，设点 B 的轨迹方程为 曲线 2C . （1）求曲线 1C ， 2C 的极坐标方程； （2）射线  06    与曲线 1C 、 2C 分别交于 P 、Q 两点，定点  4,0M ，求 MPQ 的面 积. 【答案】（1） 4sin  ， 4cos  （2）  2 3 1 【解析】 【分析】 （1）将 scos , sin    x y 代入  22 2 4x y   得曲线 1C 的极坐标方程，设  ,B   ， 有 A 顺时针旋转90 ，得到点 , 2A      ，代入则曲线 1C 的极坐标方程得解。. （2）先求点 M 到射线 6   的距离，利用公式求   Q PPQ ，再由 1 2  S PQ d .求解. 【详解】（1）曲线 1C 的极坐标方程为 4sin  ， 设  ,B   ，则 , 2A      ， 所以 4sin 4cos2         . 所以曲线 2C 的极坐标方程为 4cos  . （2）由题意得 点 M 到射线 6   的距离为 4sin 26d   ，  4 cos sin 2 3 16 6Q PPQ             ， ∴ MPQ 的面积  1 2 3 12S PQ d    . 【点睛】本题主要考查了普通方程与极坐标方程的互化及应用，还考查了运算求解的能力， 属于中档题. 23.已知函数   2 2 1f x x   ，   1g x x a x    . （1）解不等式   1f x  ； （2）若存在 1 2,x x R ，使得    1 2f x g x 成立，求实数 a 的取值范围. 【答案】（1）   ,0 1,   （2） | 3 1a a   【解析】 【分析】 （1）由   1f x  ，转化为 2 1 1x   ，再利用绝对值的几何意义求解. （2）根据存在 1 2,x x R ，使得    1 2f x g x 成立，转化为只需要    max minf x g x ，再分 别求  f x 的最大值和  g x 的最小值. 【详解】（1）由   1f x  ，得 2 2 1 1x   ， 所以 2 1 1x   ，即 2 1 1x   或 2 1 1x - < - ， 解得： 1x  或 0x  ， 所以原不等式的解集为   ,0 1,   . （2）因为存在 1 2,x x R ，使得    1 2f x g x 成立， 所以只需要    max minf x g x ， 因为   2 2 1 2f x x    ，当 1 2x  时，等号成立，即  max 2f x  ，      1 1 1g x x a x x a x a          ，当 1x   时，等号成立，即  min 1g x a  . 所以 1 2a   ，解得 3 1a   . 所以实数 a 的取值范围是 | 3 1a a   . 【点睛】本题主要考查了绝对值不等式的解法，函数恒成立问题，还考查了转化运算求解的 能力，属于中档题.