河南省2020届高三阶段性测试（七）数学（文）试题 Word版含解析

河南省2020届高三阶段性测试（七）数学（文）试题 Word版含解析

- 1 - 2019—2020 学年高中毕业班阶段性测试（七） 文科数学 考生注意： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴 在答题卡上的指定位置. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷 上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、选择题：本题共 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 2 0xA x x       ，  3B x x  ，则 A B  （ ） A.  0x x  B.  3x x  C.  2 3x x  D.  2 3x x  或 0x  【答案】D 【解析】 【分析】 先解分式不等式得  0A x x  或 2x  ，再根据集合运算即可. 【详解】因为  0A x x  或 2x  ，  3B x x  ，所以  2 3A B x x    或 0x  ． 故选：D. 【点睛】本题考查分式不等式的解法以及集合运算，是基础题. 2. 若复数  1 ni 为实数，则正整数 n的最小值为（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】 根据题意可知 n只能为偶数，分别计算    2 41 , 1 i i 比较即可. - 2 - 【详解】因为  21 2i i  ，    4 21 2 4i i    ， 所以正整数n的最小值为 4． 故选：B 【点睛】本题考查复数的运算，属基础题. 3. 已知双曲线   2 2 2 1 0 16 x y b b    的渐近线方程为 3 4 y x=± ，则该双曲线的焦距为（ ） A. 4 B. 5 C. 8 D. 10 【答案】D 【解析】 【分析】 根据双曲线的方程和双曲线的渐近线方程得 3 , 4 4 b a a  ，再根据 2 2 2c a b  计算即可解决. 【详解】设双曲线 2 2 2 1 16 x y b   的半焦距为 c，由双曲线 2 2 2 1 16 x y b   的渐近线方程为 3 4 y x=± ，可得 3 4 4 b  ，所以 3b  ， 5c  ．所以双曲线的焦距为 10． 故选：D. 【点睛】本题考查双曲线的方程及性质，是基础题. 4. 某地自 2021 年起，新高考科目设置采用“ 3 1 2  ”模式，普通高中学生从高一升高二时 将面临着物理、历史二选一的问题．该地 A， B，C三个学校高一的人数及高一学生选择物 理的情况分别如图（1）和图（2）所示．为了解该地这三个学校学生选课的原因，当地政府 决定采用分层抽样的方法抽取 20%的学生进行调查，则C学校抽取的选择物理的学生人数为 （ ） A. 40 B. 30 C. 20 D. 10 【答案】C - 3 - 【解析】 【分析】 由题知抽取的C学校人数为200 20% ，其中选择物理的学生占比50%，即可求解. 【详解】由题意得，抽取的C学校人数为 200 20% ，其中选择物理的学生占比50%，故C 学校抽取的选择物理的学生人数为200 50% 20% 20   人． 故选：C. 【点睛】本题考查分层抽样，是基础题. 5. 若圆台的母线与高的夹角为 6  ，且上、下底面半径之差为 2，则该圆台的高为（ ） A. 2 3 3 B. 2 C. 2 2 D. 2 3 【答案】D 【解析】 【分析】 直接计算 tan 6 R r h   即可. 【详解】设上、下底面半径分别为R， r，圆台高为 h， 由题可知： tan 6 R r h   ，即 2 3 3h  ， 所以 2 3h  ． 故选：D 【点睛】本题考查圆台的几何特征，属基础题. 6. 执行如图所示的程序框图，则输出 S 的值为（ ） - 4 - A. 16 B. 48 C. 96 D. 128 【答案】B 【解析】 【分析】 列出每一次循环，直到计数变量 i满足 3i  退出循环. 【详解】第一次循环： 12 (1 1) 4, 2S i    ；第二次循环： 24 2 (1 2) 16, 3S i     ； 第三次循环： 316 2 (1 3) 48, 4S i     ，退出循环，输出的 S 为 48 . 故选：B. 【点睛】本题考查由程序框图求输出的结果，要注意在哪一步退出循环，是一道容易题. 7. 函数    2cos ln 1f x x x x    在[ 1,1] 的图象大致为（ ） - 5 - A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 由 ( ) ( )f x f x   可排除选项 C、D；再由 (1) 0f  可排除选项 A. 【详解】因为    2cos( ) ln ( ) 1f x x x x         2cos ln 1x x x   2 2 1cos ln cos ln( 1 ) ( ) 1 x x x x f x x x           ，故 ( )f x 为奇函数， 排除 C、D；又 (1) cos1 ln( 2 1) 0f     ，排除 A. 故选：B. 【点睛】本题考查根据函数解析式选出函数图象的问题，在做这类题时，一般要利用函数的 性质，如单调性、奇偶性、特殊点的函数值等，是一道基础题. 8. 若 x， y满足约束条件 2 5, 2 2, 7, x y y x x        ，则 z x y  的最大值为（ ） A. 21 B. 16 C. 13 D. 11 【答案】B 【解析】 【分析】 首先画出可行域，确定最优点，并求最大值. - 6 - 【详解】作出不等式组表示的平面区域，如图中阴影部分所示，联立 2 5, 7, x y x     解得  7,9A ． 观察可知，当直线 y x z   过点  7,9A 时， z有最大值 16． 故选：B 【点睛】本题考查线性规划，重点考查数形结合分析问题，属于基础题型. 9. 已知函数    23sin cos 1 2sin 2 f x x x x   ，则有关函数  f x 的说法正确的是 （ ） A.  f x 的图象关于点 ,0 6       对称 B.  f x 的最小正周期为 C.  f x 的图象关于直线 6 x   对称 D.  f x 的最大值为 3 【答案】B 【解析】 【分析】 先利用三角恒等变换化简函数得   sin 2 3 f x x       ，再根据函数性质求解即可. 【详解】由题可知   1 3sin 2 cos2 sin 2 2 2 3 f x x x x         ． 令2 , 3 x k k   Z ，可得 1 2 6 x k   ．当 6 x   时， 22 3 3 x     ，故函数  f x 的图 象不关于点 ,0 6       对称，也不关于直线 6 x   对称，故 A，C错误； 函数  f x 的最小正周期 2 2 T    ，故 B 正确； 函数  f x 的最大值为 1，故 D 错误； 故选：B. 【点睛】本题考查三角恒等变换以及三角函数的性质，是中档题. - 7 - 10. 若角 0, 2 α π     ， 0, 4       ， 2 sin cos sin 2 2     ， 3sin 5   ，则 cos （ ） A. 2 5 5 B. 4 5 C. 15 5 D. 2 2 【答案】A 【解析】 【分析】 逆用两角差的正弦公式化简所给等式可推出 、 之间的关系，再利用二倍角的余弦公式可求 得 2cos  ，根据  的范围即可确定cos 的值. 【详解】由题意可得sin sin 4 2         ． ∵ 0, 4 2 4        ， 0, 4       ，∴ 4 2     ，则 2 2    ， ∴ 3cos2 cos sin 2 5           ， 又 2 3cos2 2cos 1 5     ，解得 2 4cos 5   ， 又 0, 4       ，∴ 2 5cos 5   ． 故选：A 【点睛】本题考查两角和与差的正弦公式、二倍角的余弦公式，属于中档题. 11. 已知m， n是函数    3 21 0 3 f x x x ax a    的两个极值点，则 4 1 m n  的最小值为 （ ） A. 9 2 B. 9 C. 5 D. 5 2 【答案】A 【解析】 【分析】 - 8 - 计算   2 2f x x x a    ，可得 2m n  ，且 0m  ， 0n  ，然后结合基本不等式计算可 得结果. 【详解】由题可知    2 2 0f x x x a a     ． 因m， n为函数  f x 的两个极值点， 所以 2m n  ， 0 mn a ，故 0m  ， 0n  ， 又 4 4 0   a ，则且0 1a  所以  4 1 1 4 1 1 4 95 2 2 2 m nm n m n m n n m                   ， 当且仅当 4m n n m  ，即 4 3 m  ， 2 3 n  时取得最小值 9 2 ． 此时 8 9 a mn  ，符合条件． 故选：A 【点睛】本题考查函数的极值点的性质以及利用基本不等式求最值，属基础题. 12. 已知函数      2ln 1 2 2f x x x ax e    ，若  0,x   ，   0f x  恒成立，则实 数 a的值为（ ） A. 2 2e B. e C. 2 2e D. 22 2e e 【答案】C 【解析】 【分析】 根据题意画出  g x 和  h x 的大致图象，观察可知，若  0,x   ，   0f x  恒成立，则 函数  g x 和  h x 在  0,  上有共同的零点，求解即可. 【详解】令  ( ) ln 1 0g x x x   ，    22 2 0h x x ax e x    ，画出  g x 和  h x 的大 致图象，如图所示．观察可知，若  0,x   ，   0f x  恒成立，则函数  g x 和  h x 在  0,  上有共同的零点，因为函数  g x 的零点为 e，所以当函数  g x 和  h x 有共同的零 点 e时，   0f x  恒成立，于是 22 2 0e ae e   ，解得 2 2a e  ． - 9 - 故选：C. 【点睛】本题考查不等式恒成立问题，是中档题. 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分. 13. 已知向量  3,2a    ，  1, 1b    ．若  a b a    ，则实数  的值为__________． 【答案】 13 5 【解析】 【分析】 先计算出 a b  ，再根据向量垂直时数量积为零求解即可. 【 详 解 】 由 题 意 知  3 ,2a b        ． 若  a b a    ， 则      3 3 2 2 0a b a             ，解得 13 5   ． 故答案为： 13 5 . 【点睛】本题考查向量的数量积以及向量的坐标表示，是中档题. 14. 设 nS 是正项等比数列 na 的前 n项和， 4 22n n nS S S   ，则 na 的公比 q  _________． 【答案】1 【解析】 【分析】 - 10 - 将 4 22n n nS S S   变形为 4 2 2n n n nS S S S     ，再利用等比数列性质求解即可. 【详解】由 4 22n n nS S S   ，得 4 2 2n n n nS S S S     ，即 3 4 1 2n n n na a a a      ， 所以   2 1 2 1 2n n n na a q a a       ，因为 na 是正项等比数列，所以 1 2 0n na a   ， 0q  ， 所以 1q  ． 故答案为：1. 【点睛】本题考查等比数列前n项和公式以及等比数列的性质，是基础题. 15. 在 ABC 中， 6AB  ， 4AC  ， BC边上的中线 19AD  ，则 ABC 的面积为 _________． 【答案】6 3 【解析】 【分析】 利用 cos cosADB ADC    ，直接根据余弦定理以及面积公式计算即可. 【详解】设BD CD x  ，利用 cos cosADB ADC    ， 可得 2 2 2 219 6 19 4 2 19 2 19 x x x x         ，解得 7x  或 7x   （舍） 所以 2 7BC  ， 10cos 2 19 7 ADC    ， 12 3sin 2 19 7 ADC    ． 所以 1 12 319 7 3 3 2 2 19 7ADCS       △ ． 所以 2 6 3ABC ADCS S △ △ ． 故答案为：6 3 【点睛】本题考查余弦定理、三角形面积公式以及同角三角函数关系，着重考查计算，属基 础题. 16. 已知抛物线  2: 2 0C y px p  的焦点为 F ，准线为 l，过焦点 F 的直线与C交于 A， B两点，AA l  ，BB l  ，垂足分别为 A，B，若 2 3A F  ， 2B F  ，则 p  ________． 【答案】 3 - 11 - 【解析】 【分析】 根据抛物线的性质可知 AA F AFA    ， FBB BFD   ，进一步可知 90A FB   ， 然后使用勾股定理可得  A B ，最后利用等面积法可求得 p 【详解】如图，设C的准线 l与 x轴的交点为D． 由抛物线的性质知， AA AF  ， BF BB  ， 因为 AA BB x ∥ ∥ 轴，所以 AAF AFD   ， FBB BFD   ， 所以 90A FB AA F BB F         ． 在Rt A FB △ 中，由勾股定理得 2 2 4A B A F B F      ， 所以 A F B F FD A B      ，所以 3p FD  ． 故答案为： 3 【点睛】本题考查拋物线的性质和直线与抛物线的位置关系，本题关键得到 90A FB   ， 属中档题. 三、解答题：共 70 分，解答应写出文字说明，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. 已知等差数列 na 的前 n项和为 nS ，且 5 6a  ， 3 9 14a a  ． （Ⅰ）求 na 、 nS ； （Ⅱ）设 1 n n S n b   ， nb 的前 n项和为 nT ，若 nT m 恒成立，求实数m的取值范围． - 12 - 【答案】（Ⅰ） 1na n  ．  3 2n n n S   ；（Ⅱ） 2, . 【解析】 【分析】 （Ⅰ）设等差数列 na 的公差为 d ，根据题意得出关于 1a 和 d 的方程组，解出这两个量的值， 即可得出 na 和 nS ； （Ⅱ）求得 1 12 1nb n n      ，利用裂项相消法求得 nT ，可得出 2nT  ，由此可求得实数m 的取值范围. 【详解】（Ⅰ）设等差数列 na 的公差为 d ． 由题意可得 5 1 3 9 1 4 6 2 10 14 a a d a a a d         ，解得 1 2 1 a d    ， 所以  1 1 1na a n d n     ，    1 3 2 2 n n n a a n n S     ； （Ⅱ）由 1 n n S n b   ，得   1 2 1 12 1 1n n b S n n n n n          ． 所以 1 2 1 1 1 1 1 22 1 2 2 2 3 1 1n nT b b b n n n                    ． 因为 *nN ，所以 2nT  ，若 nT m 恒成立，需 2m  ． 故m的取值范围为  2, ． 【点睛】本题考查等差数列通项公式以及求和公式的求解，同时也考查了利用数列不等式恒 成立求参数，考查裂项相消法的应用，考查计算能力，属于基础题. 18. 如图，在四棱锥P ABCD 中，O是边长为 4的正方形 ABCD的中心， PO 平面 ABCD，M ， E分别为 AB， BC的中点． - 13 - （Ⅰ）求证：平面 PAC 平面 PBD； （Ⅱ）若 3PE  ，求点 B到平面 PEM 的距离． 【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ） 70 7 . 【解析】 【分析】 （1）先证明 AC 平面 PBD，再证明平面 PAC 平面 PBD； （2）利用几何关系和等体积法求解即可. 【详解】（Ⅰ）因为四边形 ABCD是正方形，所以 AC BD ． 因为 PO 平面 ABCD， AC 平面 ABCD，所以 AC PO ． 因为OP平面 PBD， BD 平面 PBD，且OP BD O  ， 所以 AC 平面 PBD． 所以平面 PAC 平面 PBD． （Ⅱ）由（Ⅰ）知，OP为点 P到平面 BME的高． 所以 1 3B PEM P BEM BEMV V S OP   △ ． 连接OE． 因为 PO 平面 ABCD，OE 平面 ABCD，所以PO OE ． 因为 2OE  ， 3PE  ，所以 5OP  ． 又因OA OB OC OD   ，所以PA PB PC PD   ． 在 PEM△ 中， 3PE PM  ， 1 2 2 2 ME AC  ， 所以  221 2 2 3 2 14 2PEMS     △ ． 设点 B到平面 PEM 的距离为 h， 由 1 1 1 1 2 52 2 5 3 3 3 2 3B PEM PEM P BEM BEMV S h V S OP            △ △ ，得 14 2 5 3 3 h  ， - 14 - 所以 70 7 h  ． 所以点 B到平面 PEM 的距离为 70 7 ． 【点睛】本题考查空间几何体的线面关系以及等体积法求点到平面的距离，是中档题. 19. 某动漫影视制作公司长期坚持文化自信，不断挖掘中华优秀传统文化中的动漫题材，创 作出一批又一批的优秀动漫影视作品，获得市场和广大观众的一致好评，同时也为公司赢得 丰厚的利润.该公司2013年至2019年的年利润 y关于年份代号 x的统计数据如下表(已知该公 司的年利润与年份代号线性相关): 年份 2013 2014 2015 2016 2017 2018 2019 年份代号 x 1 2 3 4 5 6 7 年利润 y (单位:亿 元) 29 33 36 44 48 52 59 （Ⅰ）求 y关于 x的线性回归方程，并预测该公司 2020 年(年份代号记为8 )的年利润； （Ⅱ）当统计表中某年年利润的实际值大于由  I 中线性回归方程计算出该年利润的估计值时， 称该年为 A级利润年，否则称为 B级利润年.将  I 中预测的该公司 2020 年的年利润视作该年 利润的实际值，现从 2015 年至 2020 年这6年中随机抽取 2年，求恰有1年为 A级利润年的概 率. 参考公式:         1 2 1 , n i i i n i i x x y y b a y bx x x           【答案】（Ⅰ）  5 23y x  ，63 亿元；（Ⅱ） 8 15 P . 【解析】 - 15 - 【分析】 （I）按照公式         1 2 1 , n i i i n i i x x y y b a y bx x x           计算即可； （II）被评为 A级利润年的有 2年，分别记为 1 2,A A ，评为 B级利润年的有 4年，分别记为 1 2 3 4, , ,B B B B ，采用枚举法列出从 2015 至 2020 年中随机抽取 2年的总的情况以及恰有一年为 A级利润年的情况，再利用古典概型的概率计算公式计算即可. 【详解】  I 根据表中数据，计算可得    7 1 4, 43, 140i i i x y x x y y       又   27 1 28i i x x           7 1 27 1 5 i i i i i x x y y b x x            a y bx   43 5 4 23a     y 关于 x的线性回归方程为  5 23y x  . 将代 8x  入，  5 8 23 63y     (亿元). 该公司 2020 年的年利润的预测值为63亿元.  II 由  I 可知2015 年至 2020年的年利润的估计值分别为38,43,48,53,58,63(单位:亿元)， 其中实际利润大于相应估计值的有2年. 故这6年中，被评为 A级利润年的有2年，分别记为 1 2,A A ； 评为 B级利润年的有 4年，分别记为 1 2 3 4, , ,B B B B 从 2015 至 2020 年中随机抽取 2年，总的情况分别为: 1 2 1 1 1 2 1 3 1 4 2 1 2 2 2 3 2 4 1 2 1 3 1 4, , , , , , , , , , ,A A AB AB AB AB A B A B A B A B B B B B B B - 16 - 2 3 2 4 3 4, ,B B B B B B ，共计15种情况. 其中恰有一年为 A级利润年的情况分别为: 1 1 1 2 1 3 1 4 2 1, , , ,A B A B A B A B A B ， 2 2 2 3 2 4, ,A B A B A B 共有8种情况. 记“从2015至2020年这6年的年利润中随机抽取 2年，恰有一年为 A级利润年”的概率为 P， 故所求概率 8 15 P 【点睛】本题考查线性回归方程的应用及古典概型的概率计算问题，考查学生运算求解能力， 是一道容易题. 20. 椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yC a b a b     的左、右焦点分别为 1 2,F F ，过点 1F且斜率为 k的直线 l与 椭圆C相交于 ,M N两点.已知当 2 4 k  时， 2 1 2MF FF ，且 1 2MFF 的面积为 2 2 . (1)求椭圆C的方程； (2)当 1k  时，求过点 ,M N且圆心在 x轴上的圆的方程. 【答案】(1) 2 2 1 8 4 x y   ；(2) 2 22 40( ) 3 9 x y   . 【解析】 【分析】 (1) 由 当 2 4 k  时 ， 2 1 2MF FF ， 且 1 2MFF 的 面 积 为 2 2 ， 得 到 2 2 1 2 1 2 2 1, 2 2 4 2 MF MF FF FF   ，进而求出 2 2, 2bc a   ，求解即可得到 a，b，从而可 得椭圆方程； (2) 当 1k  时， : 2l y x  ，代入椭圆方程，求出点 ,M N坐标，进而可得线段MN的中垂 线方程，从而可求出所求圆心和半径，得到所求圆的方程. 【详解】(1)由已知得：当 2 4 k  时， 2 2 1 2 1 2 2 1, 2 2 4 2 MF MF FF FF   ， 此时 1 2 24, 2F F MF  ， - 17 - 所以 2 22, 2 4 2 2 2bc a a a a        ， 2b  ， 所以椭圆C的方程为 2 2 1 8 4 x y   . (2)当 1k  时， : 2l y x  ， 代入椭圆C的方程得： 23 8 0x x  ，所以 1 0x  ， 2 8 3 x   ， 所以   8 20,2 , , 3 3 M N       ，线段MN的中点坐标 4 2, 3 3      ， 线段MN的中垂线方程为 2 4 3 3 y x        ，令 20 3 y x    ， 即圆心坐标为 2 ,0 3      ，所以半径 2 22 402 3 9 r        ， 因此所求圆的方程为： 2 22 40 3 9 x y       . 【点睛】本题考查了椭圆的标准方程与几何性质、直线方程，通常需要联立直线与椭圆方程， 结合题中条件求解，属于常考题型. 21. 已知函数   21 ln 1 2 f x x x   . （1）讨论函数  f x 的单调性； （2）设   21 ln 2 g x x ax x   ，证明：曲线  y g x 没有经过坐标原点的切线. 【答案】（1）在  0,1 单调递减，在  1, 单调递增；（2）证明见解析 【解析】 【分析】 （1）先求得导函数,根据导函数的符号即可判断单调区间. （2）先讨论过原点的切线斜率是否存在.当斜率不存在时,切线为 y 轴,分析可知不成立.当斜 率存在时,可设出切线方程和切点坐标.建立方程组,判断方程组无解,即可证明不存在这样的 切线. 【详解】（1）  f x 定义域为  0,  , - 18 -      1 11' x x f x x x x      . 当0 1x  时,  ' 0f x  , 当 1x  时,  ' 0f x  . 所以  f x 在  0,1 单调递减,在  1, 单调递增. （2）因为  g x 定义域为  0,  ,所以 y轴不是曲线  y g x 的切线. 当经过坐标原点的直线不是 y轴时,设 y kx 是曲线  y g x 的切线,切点是  0 0,x y . 因为   2 1'g x x a x    ,所以 2 0 0 0 0 0 0 1 ln 2 1 x ax x kx x a k x           . 消去 k得 2 0 0 1 ln 1 0 2 x x   ,即  0 0f x  . 由（1）知  f x 在 1x  处取得最小值,则     01 3 2 f x f   , 所以  0 0f x  无解. 因此曲线  y g x 没有经过坐标原点的切线. 【点睛】本题考查根据导函数判断函数的单调区间,利用导数研究曲线的切线方程,利用导数 研究不等式成立问题,属于中档题. （二）选考题：共 10 分，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. 22. 在极坐标系Ox中，曲线C的极坐标方程为 2 2 sin 2 sin         ，直线 l的极坐 标方程为  cos sin 1    ，设 l与C交于 A、 B两点， AB中点为M ， AB的垂直平分 线交C于E、 F .以O为坐标原点，极轴为 x轴的正半轴建立直角坐标系 xOy . （1）求C的直角坐标方程与点M 的直角坐标； （2）求证： MA MB ME MF   . - 19 - 【答案】（1） 2 2: 1 2 xC y  ， 2 1, 3 3 M      ；（2）见解析. 【解析】 【分析】 （1）将曲线C的极坐标方程变形为  22 sin 2    ，再由 2 2 2 sin x y y         可将曲线C的 极坐标方程化为直角坐标方程，将直线 l的方程与曲线C的方程联立，求出点 A、 B的坐标， 即可得出线段 AB的中点M 的坐标； （2）求得 2 2 3 MA MB  ，写出直线 EF 的参数方程，将直线 EF 的参数方程与曲线C的 普通方程联立，利用韦达定理求得 ME MF 的值，进而可得出结论. 【详解】（1）曲线C的极坐标方程可化为  22 2 sin    ，即  22 sin 2    ， 将 2 2 2 sin x y y         代入曲线C的方程得 2 22 2x y  ， 所以，曲线C的直角坐标方程为 2 2: 1 2 xC y  . 将直线 l的极坐标方程化为普通方程得 1x y  ， 联立 2 2 1 1 2 x y x y       ，得 0 1 x y     或 4 3 1 3 x y       ，则点  0, 1A  、 4 1, 3 3 B       ， 因此，线段 AB的中点为 2 1, 3 3 M      ； （2）由（1）得 2 2 3 MA MB  ， 8 9 MA MB   ， 易知 AB的垂直平分线 EF 的参数方程为 2 2 3 2 1 2 3 2 x t y t         （ t为参数）， - 20 - 代入C的普通方程得 23 4 2 4 0 2 3 3 t t   ， 4 83 3 9 2 ME MF      ， 因此， MA MB ME MF   . 【点睛】本题考查曲线的极坐标方程与普通方程之间的转化，同时也考查了直线参数几何意 义的应用，涉及韦达定理的应用，考查计算能力，属于中等题. 23. 已知函数 ( ) | 1| | 2 |f x x x    . （1）求不等式   1f x  的解集； （2）记  f x 的最大值为 m，且正实数 a，b 满足 1 1 2 2 m a b a b     ，求 a b 的最小值. 【答案】（1）[1, ) ；（2） 4 9 ． 【解析】 【分析】 （1）分类去绝对值符号后解不等式，最后合并解集； （2）由（1）可得 m，用凑配法得出可用基本不等式的形式，求得最值 ． 【详解】（1）当 2x  时， ( ) 1 ( 2) 3 1f x x x      恒成立，∴ 2x  ， 当 1 2x   时， ( ) 1 2 2 1 1f x x x x       ，解得1 2x  ， 当 1x   时， ( ) ( 1) 2 3 1f x x x        不成立，无解， 综上，原不等式的解集为[1, ) ． （2）由（1） 3m ，∴ 1 1 3 2 2a b a b     ， ∴ 1 1 1[( 2 ) (2 )( ) 9 2 2 a b a b a b a b a b         1 2 2(2 ) 9 2 2 a b a b a b a b        1 2 2(2 2 ) 9 2 2 a b a b a b a b        4 9  ，当且仅当 2 2 2 2 a b a b a b a b      ，即 2 9 a b  时等号成立， ∴ a b的最小值是 4 9 ． 【点睛】本题考查解绝对值不等式，考查用基本不等式求最值．解绝对值不等式常用方法就 是根据绝对值定义去掉绝对值符号后再解之．用基本不等式求最值常常用“1”的代换凑配出 - 21 - 基本不等式中需要的定值，从而求得最值． - 22 -