重庆市江津中学、綦江中学等六校2020届高三下学期4月复学联合诊断性考试数学（文）试题 Word版含解析

重庆市江津中学、綦江中学等六校2020届高三下学期4月复学联合诊断性考试数学（文）试题 Word版含解析

- 1 - 高 2020 级春期高三复学联合诊断性考试 数学（文科）试卷 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡规定的位置上. 2.答选择题时，必须使用 2B 铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑. 3.答非选择题时，必须使用 0.5 毫米黑色签字笔，将答案写在答题卡规定的位置上. 4.考试结束后，将答题卷交回. 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.设集合  0,1M  ，  | lg 0N x x  ，则集合 M N  （ ） A.  0,1 B.  0,1 C.  0,1 D.  ,1 【答案】A 【解析】 【分析】 根据对数函数的单调性和定义域，结合集合并集的定义进行求解即可. 【详解】由题意得  0,1M  ，  0,1N  ，故  01M N  , . 故选：A 【点睛】本题考查了对数不等式的解法，考查了集合并集的定义，考查了数学运算能力. 2.已知复数 z 满足： 4 2zi i  （i 为虚数单位），则 z  （ ） A. -2-4i B. 2 4i C. 2 4i  D. 2 4i 【答案】C 【解析】 【分析】 根据复数除法运算得到 2 4iz    ，由共轭复数定义求得结果 【详解】因为 4 2zi i  ，所以 2 2 4 2 4 2 4 2 2 41 i i i iz ii i         所以 2 4z i   故选：C - 2 - 【点睛】本题考查的是复数的计算，较简单. 3.已知命题 2  : 1,2 log 1xp x x    ，则 p 为（ ） A. 21,2 log 1xx x    B. 21,2 log 1xx x    C. 21,2 log 1xx x    D. 21,2 log 1xx x    【答案】D 【解析】 【分析】 根据全称命题的否定是特称命题判断即可. 【详解】因为全称命题的否定是特称命题， 所以命题 :p 1x  ， 22 log 1x x  ， :p 1x  ， 22 log 1x x  . 故选：D 【点睛】本题主要考查全称命题的否定，属于简单题. 4.为实现国民经济新“三步走”的发展战略目标，国家加大了扶贫攻坚的力度，某地区在 2015 年以前的年均脱贫率（脱贫的户数占当年贫困户总数的比）为 70％，2015 年开始全面实施“精 准扶贫”政策后，扶贫效果明显提高，其中 2019 年度实施的扶贫项目，各项目参加户数占比 （参加户数占 2019 年贫困总户数的比）及该项目的脱贫率见下表： 实施项目 种植业 养殖业 工厂就业 参加占户比 45％ 45％ 10％ 脱贫率 96％ 96％ 90％ 那么 2019 年的年脱贫率是实施“精准扶贫”政策前的年均脱贫率的（ ）倍. A. 7 5 B. 477 350 C. 487 350 D. 37 28 【答案】B 【解析】 【分析】 - 3 - 由表计算出 2019 年的年脱贫率即可. 【详解】由表可得，2019 年的年脱贫率为： 0.45 0.96 0.45 0.96 0.1 0.9 0.954      所以 2019 年的年脱贫率是实施“精准扶贫”政策前的年均脱贫率的 0.954 477 0.7 350  倍 故选：B 【点睛】本题考查的是由离散型随机变量的分布列计算期望，较简单. 5.已知首项为正数的等比数列 na 中， 2 4 4 9 2a a  ， 7 9 14 9 2a a  ，则 14a  （ ） A. 10 3 2 B. 13 3 2 C. 10 3 2  D. 13 3 2  【答案】D 【解析】 【分析】 由条件求出 q和 1a 即可. 【详解】因为 2 4 4 9 2a a  ， 7 9 14 9 2a a  所以 4 107 9 14 10 2 4 9 2 1 2 9 2 a a qa a     ，所以 1 2q   因为 4 2 4 2 2 4 1 14 9 1 2 2a a a q a         ，所以 2 1 9a  因为 1 0a  ，所以 1 3a  ，所以 13 14 13 1 33 2 2a         故选：D 【点睛】本题考查的是等比数列基本量的计算，较简单. 6.已知向量 (1,0)OM  ， (0,2)ON  ，MP tMN  ，则当| |OP  取最小值时，实数t （ ） A. 1 5 B. 1 3 C. 1 2 D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】 根据平面向量的加法的几何意义、共线的性质结合平面向量的坐标表示公式求出OP  的坐标， - 4 - 再利用平面向量模的坐标表示公式，结合配方法进行求解即可. 【 详 解 】 由 MP tMN  ( )OP OM t ON OM       ， 得  (1,0) (0,2) (1,0) (1 ,2 )OP t t t     ， 2 2 2 2 1 4| | (1 ) 4 5 2 1 5 5 5OP t t t t t             ，则当 1 5t  时，| |OP  有最小值.故 选：A 【点睛】本题考查了平面向量的加法的几何意义，考查了平面向量的模的坐标表示公式、加 减法、数乘的坐标表示公式，考查了数学运算能力. 7.已知双曲线C ：   2 2 2 2 1 0, 0x y a ba b     的右焦点为 F ，O 为坐标原点，以OF 为直径的 圆与双曲线C 的一条渐近线交于点O 及点 4 2 5 5 A     ， ，则双曲线C 的方程为（ ） A. 2 2 14 yx   B. 2 2 14 x y  C. 2 2 16 2 x y  D. 2 2 12 6 x y  【答案】B 【解析】 【分析】 首先得出右焦点 F 到渐近线的距离为b ，然后由条件可得出 2 2 2 2 4OA c b a    且 1 2 b a  ， 从而可得出答案. 【详解】因为双曲线的渐近线方程为： by xa   ， 所以由点到直线的距离公式可得出右焦点 F 到渐近线的距离为b ， 因为以 OF 为直径的圆与双曲线 C 的一条渐近线交于点 O 及点 A 4 2 5 5      ， ， 所以 2 2 2 2 4OA c b a    且 1 2 b a  ， 所以 2 1b  ，即双曲线 C 的方程为 2 2 14 x y  . - 5 - 故选：B. 【点睛】本题考查的是双曲线的几何性质，属于基础题. 8.《易经》包含着很多哲理，在信息学、天文学中都有广泛的应用，《易经》的博大精深对今 天的几何学和其他学科仍有深刻的影响.下图就是《易经》中记载的几何图形——八卦图.图 中正八边形代表八卦，中间的圆代表阴阳太极图，图中八块面积相等的曲边梯形代表八卦田. 已知正八边形的边长为8m ，代表阴阳太极图的圆的半径为 2m ，则每块八卦田的面积约为 （ ） A. 242m B. 237m C. 232m D. 284m 【答案】B 【解析】 【分析】 由图利用三角形的面积公式可得正八边形中每个三角形的面积，再计算出圆面积的 1 8 ，两面 积作差即可求解. 【详解】由图，正八边形分割成 8 个等腰三角形，顶角为 360 458    设三角形的腰为 a 由正弦定理可得 8 135 sin 45sin 2 a   ，解得 1358 2 sin 2a  所以三角形的面积为：  21 135 1 cos1358 2 sin sin 45 32 2 16 2 12 2 2S            所以每块八卦田的面积约为：   2 2116 2 1 2 378 m     故选：B 【点睛】本题考查了正弦定理解三角形，三角形的面积公式，需熟记定理和面积公式，属于 基础题. 9.锐角 ABC 中，角 A、B、C 所对的边分别为 , ,a b c ，若  sin 3 cos 03A B C       ， - 6 - 2b  ， 2 6 2c  ，则角 B  （ ） A. 6  B. 4  C. 3  D. 5 12  【答案】B 【解析】 【分析】 先由  sin 3 cos 03A B C       求出 3A  ，然后用余弦定理算出 3a  ，然后再用 余弦定理算出 cos B 即可. 【详解】因为  sin 3 cos 03A B C       所以 1 3 1 3sin cos 3 cos sin cos 02 2 2 2A A A A A     所以 tan 3A  ，因为 0, 2A     ，所以 3A  所以由余弦定理得： 2 2 2 2 2 co 2 6 2 6 12 2 32 22 2sa b c bc A               所以 3a  所以 2 2 2 2 6 23 22 2cos 2 26 22 3 2 a c bB ac            因为 0, 2B     ，所以 4B  故选：B 【点睛】本题考查的是利用余弦定理解三角形，数据不特殊，计算能力是解题的关键. 10.函数 siny x x  在  2 ,2x    上的大致图象是（ ） - 7 - A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 讨论 x 的取值范围，然后对函数进行求导，利用导数的几何意义即可判断. 【详解】当 0x  时， siny x x  ，则 cos 1 0y x    ， 所以函数在 0,2 上单调递增， 令   cos 1g x x  ，则   sing x x   ， 根据三角函数的性质， 当  0,x  时，   sin 0g x x    ，故切线的斜率变小， 当  ,2x   时，   sin 0g x x    ，故切线的斜率变大，可排除 A、B； 当 0x  时， siny x x   ，则 cos 1 0y x     ， 所以函数在 2 ,0 上单调递增， 令   cos 1h x x   ，   sinh x x  ， 当  2 ,x     时，   sin 0h x x   ，故切线的斜率变大， 当  ,0x   时，   sin 0h x x   ，故切线的斜率变小，可排除 C， 故选：D 【点睛】本题考查了识别函数的图像，考查了导数与函数单调性的关系以及导数的几何意义， 属于中档题. - 8 - 11.若定义在 R 上的增函数 ( 2)y f x  图像关于点 2,0 对称，且 (2) 2f  ，令 ( ) ( ) 1g x f x  ，则下列结论不一定成立的是（ ） A. (0) 1g  B. ( 1) 0g   C. ( 1) (1) 0g g   D. ( 1) (2) 2g g   【答案】B 【解析】 【分析】 由 条 件 得 出  f x 关 于 原 点 对 称 ， 且 在 R 上 单 调 递 增 ， 然 后 可 得 出  0 0f  ，    1 1f f   ， (2) (1)f f ，然后对答案逐一分析即可. 【详解】因为定义在 R 上的增函数 ( 2)y f x  图像关于点 2,0 对称 所以  f x 关于原点对称，且在 R 上单调递增 所以  0 0f  ，    1 1f f   ， (2) (1)f f 因为 ( ) ( ) 1g x f x  ， (2) 2f  所以  (0) 0 1 1g f   ，故 A 成立 ( 1) (1) ( 1) 1 (1) 1 2 0g g f f         ，故 C 成立 ( 1) (2) ( 1) 1 (2) 1 2 (2) (1) 2g g f f f f           ，故 D 成立 ( 1) ( 1) 1 1 (1)g f f      ，由条件得不出其与 0 的大小，故 B 不一定成立 故选：B 【点睛】本题考查的是函数的单调性与奇偶性及函数的平移变换，属于较综合的题. 12.如图，棱长为1的正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中， P 为线段 1AB 的中点， ,M N 分别为线段 1AC 和 棱 1 1C D 上任意一点，则 2 2PM MN 的最小值为（ ） - 9 - A. 2 4 B. 2 2 C. 1 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】 首先连接 1C D ，过 M 作 1MH C D ，连接 HN ，过 H 作 1 1 1HH C D .根据面面垂直的性质 得 到 AD  平 面 1 1CC D D ， 即 / /MH AD . 再 根 据 相 似 三 角 形 得 到 1 1 C HMH AD C D  ， 1 1 1 1 HH C H DD C D  ，即 1MH HH .再将 2 2PM MN 转化为 PM MH ，求其最小值即可. 【详解】连接 1C D ，过 M 作 1MH C D ，连接 HN ，过 H 作 1 1 1HH C D . 因为平面 1AC D  平面 1 1 1CC D D C D ， 1MH C D 所以 MH  平面 1 1CC D D . 因为 AD  平面 1 1CC D D ，所以 / /MH AD . - 10 - 所以 1 1 C HMH AD C D  . 又因为 1 1//HH DD ，所以 1 1 1 1 HH C H DD C D  . 即 1 1 HHMH AD DD  . 因为 1AD DD ，所以 1MH HH . 在 RT MHN 中， 2 2 2MN MH HN  . 因为 1HN HH ，所以 2 2 2 2 2 1 2MH HN MH HH MH    . 即 2 22MN MH ， 2MN MH . 所以 2 12PM MN PM MH    . 即 2 2PM MN 的最小值为1 故选：C 【点睛】本题主要考查立体几何中的最短距离问题，同时考查了面面垂直的性质，属于难题. 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.已知函数 1 2 , 0( ) , 0 x xf x x x      ，则 ( ( 2))f f   ___________． 【答案】 3 2 ； 【解析】 【分析】 先算出 3( 2) 4f   ，然后即可求出 ( ( 2))f f  【详解】因为 1 2 , 0( ) , 0 x xf x x x      - 11 - 所以 2 3( 2) 1 2 4f     所以 3 3 3( ( 2)) ( )4 4 2f f f    故答案为： 3 2 【点睛】本题考查的是分段函数的知识，较简单. 14.已知 x ， y 满足 0 2 0 2 0 x y x y y          ，则 3z x y  的最小值为_________． 【答案】 8 ； 【解析】 【分析】 画出不等式 0 2 0 2 0 x y x y y          表示的可行域，然后将 3z x y  变形为 3 3 x zy    ，然后即可得 出答案. 【详解】不等式组 0 2 0 2 0 x y x y y          表示的可行域如图： 由 3z x y  得 3 3 x zy    ，由图可知：当直线 3 3 x zy    过点 ( 2, 2)B   时 z 最小 所以 z 的最小值为  2 3 2 8      故答案为： 8 - 12 - 【点睛】本题考查的是线性规划的知识，较简单. 15.数列 na 满足 (2 1)cos( 2019 )na n n    ，则其前 2021 项的和 2021S  _________． 【答案】2021； 【解析】 【分析】  (2 1)cos( 2019 ) 2 1 cosna n n n n        ，然后推出 2 2 1 2n na a   即可 【详解】因为  (2 1)cos( 2019 ) 2 1 cosna n n n n        所以 2 2 1 4 1 4 1 2n na a n n       所以      2021 1 2 3 4 5 2020 2021 1 2 1010 2021S a a a a a a a            故答案为：2021 【点睛】本题考查的是由数列的通项公式找规律及分组求和法，属于中档题. 16.在 Rt ABC 中， 2A   ， 9BC  ，以 BC 的中点为圆心，作直径为 3 的圆，分别交 BC 于点 P 、Q ，则 2 2 2 2| | | | | | | |AB AP AQ AC    _________． 【答案】126 【解析】 【分析】 由 条 件 可 得 2 2| | | | 81AB AC  ， 9 2AO  ， 在 AOP 中 ， 根 据 余 弦 定 理 得 ： 2 2 2 2 cosAP AO OP AO OP AOP      ， 同 理 在 AOQ△ 中 ， 2 2 2 2 cosAQ AO OQ AO OQ AOQ      ，两式相加得 2 2 45| | | |AP AQ  ，然后即 可算出答案. 【详解】设 BC 的中点为O 因为在 Rt ABC 中， 2A   ， 9BC  所以 2 2| | | | 81AB AC  ， 9 2AO  在 AOP 中，根据余弦定理得： 2 2 2 2 cosAP AO OP AO OP AOP      同理在 AOQ△ 中， 2 2 2 2 cosAQ AO OQ AO OQ AOQ      - 13 - 因为 AOP AOQ     ，所以 cos cosAOP AOQ    所以 22 22 2 81 9 92 454 4 4| | | | 2 OP OQAP AQ AO        所以 2 2 2 2| | | | | | | | 81 45 126AB AP AQ AC      故答案为：126 【点睛】本题主要考查了直角三角形的性质和余弦定理的应用，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.已知 ( ) cos 2 cos( 2 )( 0)2f x a x x a         ， xR ，函数 ( )f x 的最大值为 2 ． （1）求实数 a 的值； （2）若 6( )2 12 5f    ， 是第二象限角，求 cos( )6   的值． 【答案】（1） 3a  （2） 3 4 3 10  【解析】 【分析】 （1） 2( ) 1sin(2 )f x a x    ，然后由 2 max( ) 1 2f x a   即可求出 a （2）由 6( )2 12 5f    得 3sin 5   ，然后根据 cos cos cos sin sin6 6 6           算 出即可. 【详解】（1） ( ) sin 2 cos2f x a x x  2 11sin(2 ),tana x a      2 max( ) 1 2x R f x a     又 0a  ，所以 3a  （2）由（1）可知 ( ) 2sin 2 6f x x      62sin 2 2sin2 12 2 12 6 5f                        - 14 - 3sin 5   又 在第二象限， 4cos 5    4 3 3 1cos cos cos sin sin6 6 6 5 2 5 2                3 4 3 10  【点睛】本题考查的是三角函数的性质、三角函数的同角基本关系及和差公式，较简单. 18.在三棱柱 1 1 1ABC A B C 中， M ， 1M 分别为 AB ， 1 1A B 中点． （1）求证： 1 1 //C M 面 1A MC ； （2）若面 ABC  面 1 1ABB A ， 1AB B 为正三角形， 2AB  ， 1BC  ， 3AC  ，求四 棱锥 1 1 1B AAC C 的体积． 【答案】（1）见解析（2）1 【解析】 【分析】 （1）首先证明四边形 1 1MCC M 为平行四边形，然后得到 1 1 //C M CM 即可 （2）首先证明 1B M  平面 ABC ，然后利用 1 1 1 1 1 1 1 1 2 3 3B ACC A ABC A B C B ABCV V V sh sh sh       计算出答案即可. 【详解】（1）连结 1M M ， - 15 - 因为 M 、 1M 分别为 AB 、 1 1A B 中点． 在三棱柱 1 1 1ABC A B C 中， 1 1//M M B B ， 1 1//B B C C 所以 1 1//M M C C 所以四边形 1 1MCC M 为平行四边形 所以 1 1 //C M CM ，因为 1 1C M  平面 1A MC ， CM  平面 1A MC 所以 1 1 //C M 面 1A MC （2）因为 1ABB 为正三角形， M 为 AB 的中点 所以 1B M AB 因为平面 ABC  平面 1 1ABB A ，平面 ABC  平面 1 1ABB A AB 所以 1B M  平面 ABC 所以 1B M 为三棱柱 1 1 1ABC A B C 的高 因为 2AB  ， 1ABB 为正三角形，所以 1 3B M  2 2 2 02, 1, 3 90AB BC AC BC AC AB ACB       Q 1 1 1 1 1 1 1 1 2 3 3B ACC A ABC A B C B ABCV V V sh sh sh        2 1 1 3 3 13 2       【点睛】本题考查的是线面平行的证明和几何体体积的求法，属于中档题， 19.2020 年春，新型冠状病毒在我国湖北武汉爆发并讯速蔓延，病毒传染性强并严重危害人民 - 16 - 生命安全，国家卫健委果断要求全体人民自我居家隔离，为支援新型冠状病毒疫情防控工作， 各地医护人员纷纷逆行，才使得病毒蔓延得到了有效控制.某社区为保障居民的生活不受影 响，由社区志愿者为其配送蔬菜、大米等生活用品，记者随机抽查了男、女居民各 100 名对 志愿者所买生活用品满意度的评价，得到下面的 2×2 列联表． 特别满意 基本满意 男 80 20 女 95 5 （1）被调查的男性居民中有 5 个年轻人，其中有 2 名对志愿者所买生活用品特别满意，现在 这 5 名年轻人中随机抽取 3 人，求至多有 1 人特别满意的概率． （2）能否有 99%的把握认为男、女居民对志愿者所买生活用品的评价有差异？ 附： 2 2 ( ) ( )( )( )( ) n ad bcK a b c d a c b d      2( )P K k 0.050 0.010 0.001 k 3.841 6.635 10.828 【答案】（1） 7 10 （2）有 99%的把握认为男、女居民对志愿者所买生活用品的评价有差异 【解析】 【分析】 （1）设这 5 个年轻人为 , , , ,A B C D E ，其中特别满意的 2 人记为 ,A B ，列出所有的基本事件 情况和满足 3 人中至多 1 人特别满意的情况即可 （2）算出 2K 即可 【详解】（1）设这 5 个年轻人为 , , , ,A B C D E ，其中特别满意的 2 人为 ,A B - 17 - 则任取 3 人的基本事件为： , , , , , , , , ,ABC ABD ABE ACD ACE ADE BCD BCE BDE CDE ，共 10 种 其中 3 人中至多 1 人特别满意的事件有： , , , , , ,ACD ACE ADE BCD BCE BDE CDE ，共 7 种 所以至多 1 人特别满意的概率为 7 10 （2）  2 2 200 80 5 95 20 10.286 6.635175 25 100 100K        则有 99%的把握认为男、女居民对志愿者所买生活用品的评价有差异 【点睛】本题考查的是古典概型及独立性检验，属于基础题. 20.椭圆C ： 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     ，焦距为 2 ， P 为椭圆C 上一点，F 为焦点，且 PF x 轴， 3| | 2PF  ． （1）求椭圆C 的方程； （2）设Q 为 y 轴正半轴上的定点，过点Q 的直线 l 交椭圆于 A ， B 两点，O 为坐标原点，且 3 tan2AOBS AOB    ，求点Q 的坐标． 【答案】（1） 2 2 14 3 x y  （2） 210, 7       【解析】 【分析】 （1）由 2 2 2 1c a b   ， 2 3 2 bPF a   解出 22, 3a b  即可 （2）设  0,Q m ，直线 l 的方程为 y kx m  ，    1 1 2 2, , ,A x y B x y ，由 - 18 - 1 3sin tan2 2AOBS OA OB AOB AOB      可推出 1 2 1 2 3x x yO OB yA      ，联立直 线l 的方程与椭圆的方程消元可得 2 1 2 1 22 2 8 4 12,3 4 3 4 km mx x x xk k       ，然后代入前面的式 子中即可解出 21 7m  【详解】（1）由 2 2c  得 2 2 2 1c a b   因为 PF x 轴， 3| | 2PF  所以 2 3 2 bPF a   解得 22, 3a b  ，椭圆的方程为 2 2 14 3 x y  （2）设  0,Q m ，直线 l 的方程为 y kx m  ，    1 1 2 2, , ,A x y B x y 1 3 3 sinsin tan2 2 2 cosAOB AOBS OA OB AOB AOB AOB        Q cos 3OA OB AOB    ，即 3OA OB     2 2 22 2 3 4 8 4 12 0 14 3 y kx m k x kmx mx y                2 2 2 2 2(8 ) 4 3 4 4 12 48 4 3 0km k m k m         2 1 2 1 22 2 8 4 12,3 4 3 4 km mx x x xk k         1 2 1 2 1 2 1 2OA OB x x y y x x kx m kx m            2 2 1 2 1 21 3k x x km x x m       所以  2 2 2 2 2 4 12 81 33 4 3 4 m kmk km mk k             所以    2 2 2 2 2 2 2 2 2 24 3 3 8 4 12 3 9 0k m k m k m k m k m         化简得 2 3 7m  - 19 - 因为 0m  ，所以 21 7m  即点Q 的坐标 210, 7       【点睛】涉及抛物线的弦长、中点、距离等相关问题时，一般利用根与系数的关系采用“设 而不求”“整体带入”等解法. 21.已知函数 2( ) ln 1( )f x ax x x ax a R     在定义域内有两个不同的极值点． （1）求实数 a 的取值范围； （2）设两个极值点分别为 1x ， 2x ， 1 2x x 证明： 2 2 1 2 1 2( ) ( ) 2f x f x x x    . 【答案】（1） 2a e （2）见解析 【解析】 【分析】 （1）求出   ln 2f x a x x   ，令    ln 2 0g x a x x x   ，则   2a xg x x   ，分 0a  和 0a  两种情况讨论 （2）由（1）可知， 1 1 2 2ln 2 , ln 2a x x a x x  ，所以  2 1 2 1 2 ln x xa x x  ，要证：     2 2 1 2 1 22f x f x x x    ，即证 2 2 2 1 1 ln 1x x x x       ，然后构造函数    2ln 1 1h t t t t    即可. 【详解】（1）由题意可知，  f x 的定义域为 0 ，+ 且   ln 2f x a x x   令    ln 2 0g x a x x x   则函数  f x 在定义域内有两个不同的极值点等价于  g x 在区间 0 ，+ 内至少有两个不同的零点 由   2a xg x x   可知， 当 0a  时， ( ) 0g x¢ < 恒成立，即函数  g x 在 0 ，+ 上单调，不符合题意，舍去. - 20 - 当 0a  时，由 ( ) 0g x¢ > 得， 0 2 ax  ，即函数  g x 在区间 0 2 a     ， 上单调递增； 由 ( ) 0g x¢ < 得， 2 ax  ，即函数  g x 在区间 ,2 a    上单调递减； 故要满足题意，必有 ln 02 2 a ag a a       解得： 2a e （2）证明：由（1）可知， 1 1 2 2ln 2 , ln 2a x x a x x  ，所以  2 1 2 1 2 ln x xa x x  故要证：     2 2 1 2 1 22f x f x x x    即证：  2 1 1 22 ax x x  即证： 2 2 2 2 1 1 2 1 ln x xx x x  不妨设 1 20 x x  ，即证 2 2 2 1 1 ln 1x x x x       构造函数：    2ln 1 1h t t t t    ，其中 2 1 xt x  由   21 2 0th t t    ，所以函数  h t 在区间 1  ， 内单调递减， 所以    1 0h t h  ，原式得证. 【点睛】本题考查了由极值点个数求参数的范围及利用导数证明不等式，属于较难题. 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 铅笔在答题卡上把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 1 cos 1 sin x y         （ 为参数），以坐标原 点O 为极点，以 x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线 l 的极坐标方程为 2 sin( ) 13     ． （1）求曲线C 的普通方程和直线 l 的直角坐标方程； （2）已知点 A 的极坐标为 (2 2, )4  ，点 B 为曲线C 上的一动点，求线段 AB 的中点 P 到直 线l 的距离的最大值． - 21 - 【答案】（1）    2 2C 1 1 1x y   ： ， : 3 1 0l x y   （2） 3 3 1 4  【解析】 【分析】 （ 1 ） 曲 线 C 的 普 通 方 程 为    2 21 1 1x y    ， 由 2 sin( ) 13     得 sin 3 cos 1     ，然后可化为 3 1 0x y   （2）点 A 的直角坐标为 2,2 ，设  1 cos , 1 sinB     ，则 3 cos 1 sin,2 2P        ， 然后点 P 到直线l 的距离为 3 cos 1 sin 2sin 3 3 13 1 32 2 2 4d               ， 然后即可得出其最大值. 【详解】（1）曲线C 的普通方程为   2 21 1 1x y    由 2 sin( ) 13     得 2 sin cos 2 cos sin 13 3       即 sin 3 cos 1     所以直线 l 的直角坐标方程为 3 1 0x y   （2）由点 A 的极坐标为 (2 2, )4  可得点 A 的直角坐标为  2,2 设  1 cos , 1 sinB     ，则 3 cos 1 sin,2 2P        所以点 P 到直线l 的距离为： 3 cos 1 sin 2sin 3 3 13 1 sin 3cos 3 3 1 32 2 2 4 4d                     当sin 13      时， d 取得最大值 3 3 1 4  【点睛】本题考查的是参数方程与普通方程的互化，极坐标方程与直角坐标方程的互化，利 用参数方程求解最值问题，属于典型题. 不等式选讲 - 22 - 23.已知 a ，b ， c 为正数， ( ) | | | | | |f x x a x b x c      . （1）若 1a b c   ，求函数 ( )f x 的最小值； （2）若  0 1f  且 a ，b ， c 不全相等，求证： 3 3 3b c c a a b abc   . 【答案】（1）最小值 2（2）见解析 【解析】 【分析】 （1） ( ) 2 | 1| | 1|f x x x    ，方法一：将函数 ( )f x 转化为分段函数求最小值即可；方法二： 运用绝对值三角不等式的性质求解最小值； （2）要证 3 3 3b c c a a b abc   ，即证明 2 2 2 1b c a a b c    ；对不等式作适当的变形运用基本 不等式证明或柯西不等式证明即可. 【详解】解：（1）因为 1a b c   ， 所以 ( ) | | | | | | 2 | 1| | 1|f x x a x b x c x x          法 1：由上可得： 3 1, 1, ( ) 3, 1 1, 3 1, 1, x x f x x x x x             所以，当 1x   时，函数 ( )f x 的最小值为 2 法 2： ( ) | | | | | | | 1| | 1| | 1|f x x a x b x c x x x            | 1| | 1 1| 2 | 1| 2x x x x          当且仅当 ( 1)( 1) 0 1 0 x x x       ，即 1x   时取得最小值 2 （2）证明：因为 a ，b ， c 为正数，所以要证 3 3 3b c c a a b abc   即证明 2 2 2 1b c a a b c    就行了 法 1：因为 2 2 2 2 2 2b c a b c aa b c a b ca b c a b c            - 23 - 2 2 22 2 2 2( )b c a a b c      （当且仅当 a b c  时取等号） 又因为 (0) 1f  即 1a b c   且 a ，b ， c 不全相等， 所以 2 2 2 1b c a a b c    即 3 3 3b c c a a b abc   法 2：因为 2 2 2 ( ) b c aa b c a b c        2 2( )b c aa b c a b c a b c             当且仅当 a b c b c a   时取等号 又因为 (0) 1f  即 1a b c   且 a ，b ， c 不全相等， 所以 2 2 2 1b c a a b c    即 3 3 3b c c a a b abc   【点睛】本题主要考查了不等式的证明，柯西不等式的应用，绝对值三角不等式的性质，含 绝对值的函数的最值问题的求解，考查了学生的逻辑推理能力.含绝对值的函数通常可转化为 分段函数去求解. - 24 -