山西省太原市2020届高三下学期模拟测试（三）数学（文）试题 Word版含解析

山西省太原市2020届高三下学期模拟测试（三）数学（文）试题 Word版含解析

- 1 - 太原市 2020 年高三年级模拟试题（三） 数学试卷（文科） （考试时间：下午 3：00——5：00） 注意事项： 1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，第Ⅰ卷 1 至 4 页，第Ⅱ卷 5 至 8 页. 2.回答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 3.回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用 2B 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. 4.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡相应位置上，写在本试卷上无效. 5.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 第Ⅰ卷（选择题共 60 分） 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 2 0A x x x    ，  2 1 0B x x   ，则 A B  （ ） A.  1，   B. 1 12      ， C. 1 22      ， D. 1 2      ， 【答案】A 【解析】 【分析】 确定出集合 ,A B 中的元素后，由并集定义计算． 【详解】由题意 { | 1 2}a x x    ， 1{ | }2B x x  ，∴ { | 1}A B x x   ． 故选：A. 【点睛】本题考查集合的并集运算，确定集合中的元素是解题关键． 2.某工厂甲、乙、丙三个车间生产了同一种产品，数量分别为 120 件，80 件，60 件.为了解 它们的产品质量是否存在显著差异，用分层抽样方法抽取了一个容量为 n 的样本进行调查，其 中从乙车间的产品中抽取了 4 件，则 n （ ） A. 9 B. 10 C. 12 D. 13 【答案】D 【解析】 - 2 - 【分析】 由题意结合分层抽样的性质可得 4 120 80 60 80 n   ，即可得解. 【详解】由题意 4 120 80 60 80 n   ，解得 13n  . 故选：D. 【点睛】本题考查了分层抽样的应用，考查了运算求解能力，牢记分层抽样的性质是解题关 键，属于基础题. 3.设复数 z 满足 1 iz z   （i 为虚数单位）， z 在复平面内对应的点为（ x ， y ），则（ ） A. y x  B. y x C.    2 21 1 1x y    D.    2 21 1 1x y    【答案】B 【解析】 【分析】 设 ( , )z x yi x y R   ，代入已知等式化简即可． 【详解】设 ( , )z x yi x y R   ，∵ 1 iz z   ，∴ 1x yi x yi i     ， 即 2 2 2 2( 1) ( 1)x y x y     ，化简得 y x ． 故选：B. 【点睛】本题考查复数模的运算，直接代入复数的代数形式由模的定义化简即得．也可由模 的几何意义求解． 4.已知等差数列{ }na 的前 n 项和为 nS ，且 2 82, 10a a   ，则 9S  （ ） A. 45 B. 42 C. 25 D. 36 【答案】D 【解析】 【分析】 由等差数列的性质可知 1 9 2 8a a a a+ = + ,进而代入等差数列的前 n 项和的公式即可. 【详解】由题, 1 9 2 8 9 9( ) 9( ) 9 ( 2 10) 362 2 2 a a a aS         . 故选:D - 3 - 【点睛】本题考查等差数列的性质,考查等差数列的前 n 项和. 5.“ 1x  ”是“ 2log 0x  ”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】C 【解析】 【详解】 2log 0 1x x    “ 1x  ”是“ 2log 0x  ”的充要条件，选 C. 6.宋元时期数学名著《算学启蒙》中有关于“松竹并生"的问题，松长三尺，竹长一尺，松日 自半，竹日自倍，松竹何日而长等，如图是源于其思想的一个程序框图，若输入的 a ，b 分别 为 3，1，则输出的 n 等于 A. 5 B. 4 C. 3 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】 由已知中的程序框图可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量 S 的值，模拟程序 的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案． - 4 - 【详解】解：当 n＝1 时，a＝3 3 9 2 2   ，b＝2，满足进行循环的条件， 当 n＝2 时，a 9 9 27 2 4 4    ，b＝4，满足进行循环的条件， 当 n＝3 时，a 27 27 81 4 8 8    ，b＝8，满足进行循环的条件， 当 n＝4 时，a 81 81 243 8 16 16    ，b＝16，不满足进行循环的条件， 故输出的 n 值为 4， 故选：B． 【点睛】本题考查的知识点是程序框图，当循环的次数不多，或有规律时，常采用模拟循环 的方法解答． 7.已知sin cos 2   ，  (0, π)，则 tan = A.  1 B. 2 2  C. 2 2 D. 1 【答案】A 【解析】 【详解】 2sin cos   ，  0,  ， 1 2sin cos 2    ，即 sin 2 1   ，故 3 4   1tan   故选 A 8.已知向量 1 2,e e   是夹角为 3  的两个单位向量，则 1 22a e e    与 1 23 2b e e     的夹角为 （ ） A. 6  B. 3  C. 2 3  D. 5 6  【答案】C 【解析】 【分析】 由题意结合单位向量的性质、平面向量数量积的定义可得 1 2 1 2e e   ，利用平面向量数量积的 运算可得 a r 、 b  、 a b  ，再利用 cos , a ba b a b        即可得解. - 5 - 【详解】向量 1 2,e e   是夹角为 3  的两个单位向量，  1 1e  ， 2 1e  ， 1 2 1 2 1cos 3 2e e e e        ， 又 1 22a e e    ， 1 23 2b e e     ，   2 2 2 1 2 1 1 2 22 4 4 7a e e e e e e             ，  2 2 2 1 2 1 1 2 23 2 9 12 4 7b e e e e e e              ，     2 2 1 2 1 2 1 1 2 2 72 3 2 6 2 2a b e e e e e e e e                      ，  7 12cos , 27 7 a ba b a b           ， 又  , 0,a b   ， 2, 3a b   . 故选：C. 【点睛】本题考查了单位向量的性质及平面向量数量积的应用，考查了运算求解能力，熟练 使用平面向量数量积的运算律是解题关键，属于中档题. 9.把函数 f（x）＝sin2x 的图象向右平移 12  个单位后，得到函数 y＝g（x）的图象.则 g（x） 的解析式是（ ） A.   2 12g x sin x      B.   1 22 12g x cos x       C.   1 122 6 2g x cos x        D.   1 122 6 2g x sin x       【答案】C 【解析】 【分析】 利用函数 sin( )y A wx   的图象变换规律，即可求解，得到函数的解析式. - 6 - 【详解】由题意，把函数   2 1 1sin cos22 2f x x x   的图象向右平移 12  个单位后， 得到函数   1 1 1 1cos[2( )] cos(2 )2 2 12 2 2 6y g x x x        的图象. 故选：C. 【点睛】本题主要考查了利用三角函数的图象变换求解三角函数的解析式，其中解答中利用 余弦的倍角公式，化简得到  f x 的解析式，再结合三角函数的图象变换求解是解答的关键， 着重考查推理与运算能力. 10.已知函数  f x 是定义在 R 上的偶函数，且在区间 0, 单调递增，若实数 a 满足    2 1 2 log log 2 1f a f a f       ，则 a 的取值范围是（ ） A. 1 ,12      B.  1,2 C. 1 ,22      D.  0,2 【答案】C 【解析】 【分析】 由偶函数的性质将    2 1 2 log log 2 1f a f a f       化为： 2(log ) (1)f a f ，再由 f（x） 的单调性列出不等式，根据对数函数的性质求出 a 的取值范围. 【详解】因为函数 f（x）是定义在 R 上的偶函数，所以 1 2 2 2 (log ) ( log ) (log )f a f a f a   ， 则    2 1 2 log log 2 1f a f a f       为 2(log ) (1)f a f ， 因为函数 ( )f x 在区间 0, 上单调递增，所以 2log 1a  ，解得 1 22 a  ， 则 a 的取值范围是 1 ,22      ， 故选：C. 【点睛】此题考查函数的奇偶性、单调性的应用，以及对数函数的性质，属于中档题. 11.设 1 2,F F 分别是双曲线 2 2 2 2 1( 0, 0)x y a ba b     的左右焦点若双曲线上存在点 P ，使 1 2 60F PF  ，且 1 22PF PF ，则双曲线的离心率为（ ） - 7 - A. 3 B. 2 C. 5 D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】 由 1 22PF PF 及双曲线定义得 1PF 和 2PF （用 a 表示），然后由余弦定理得出 ,a c 的齐次 等式后可得离心率． 【详解】由题意∵ 1 22PF PF ，∴由双曲线定义得 1 2 2PF PF a  ，从而得 1 4PF a ， 2 2PF a ， 在 1 2PF F 中，由余弦定理得 2 2 2(2 ) (4 ) (2 ) 2 4 2 cos60c a a a a      ，化简得 3 ce a ． 故选：A． 【点睛】本题考查求双曲线的离心率，解题关键是应用双曲线定义用 a 表示出 P 到两焦点的 距离，再由余弦定理得出 ,a c 的齐次式． 12.在三棱锥 P ABC 中，PA、PB、PC 两两垂直， 1 12PA PB  ，Q 是棱 BC 上一个动点， 若直线 AQ 与平面 PBC 所成角的正切的最大值为 5 2 ，则该三棱锥外接球的表面积为（ ） A. 6 B. 7 C. 8 D. 9 【答案】A 【解析】 【分析】 由已知得 PA  平面 PBC ，因此当 PQ BC 时，直线 AQ 与平面 PBC 所成角最大，此时可求 得 PQ ，从而求得 PC ，又以 , ,PA PB PC 为棱的长方体的对角线就是三棱锥 P ABC 外接球 直径，从而可求得其表面积． 【详解】∵PA 与 PB、PC 垂直，∴ PA  平面 PBC ， ∴ PQ 是 AQ 在平面 PBC 内的射影， AQP 就是直线 PA 与平面 PBC 所成的角， 由 PA  平面 PBC 得 PA PQ ， tan PAAQP PQ   ，要使 tan AQP 最大，则 PQ 最小， - 8 - 显然当 PQ BC 时， PQ 最小，此时 5tan 2AQP  ， 又 1PA  ，∴ 2 5 PQ  ，而 2PB  ，∴ 4 5 BQ  ， 由 PB PC ，得 2 5PBBC BQ   ，从而 1PC  ， 如图，以 , ,PA PB PC 为棱作出长方体，此长方体的外接球就是三棱锥 P ABC 的外接球， 外接球直径等于长方体的对角线长 2 2 2 2 2 21 2 1 6PA PB PC      ， ∴球表面积为 2 264 4 ( ) 62S R      ． 故选：A． 【点睛】本题考查求球表面积，解题关键是要求出球的半径．由于 , ,PA PB PC 两两垂直，因 此以它们为棱作出长方体，此长方体的外接球就是三棱锥 P ABC 的外接球，长方体的对角 线就是球的直径．由此可得解． 第Ⅱ卷（非选择题共 90 分） 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作答.第 22 题、第 23 题为选考题，考生根据要求作答. 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分. 13.已知函数     1 2 2 log 0 1 ( ) 1 1 x x f x x x      ＜ ， ＞ ， 则 1 8f f        _____. 【答案】8. 【解析】 【分析】 - 9 - 依题意得 f（ 1 8 ）＝3，从而 f（f（ 1 8 ））＝f（3），由此能求出结果. 【详解】解：∵函数     1 2 2 log 0 1 ( ) 1 1 x x f x x x      ＜ ， ＞ ， 则 1 2 1 1( ) log 38 8f   ； ∴ 1 8f f        f（3）＝32﹣1＝8. 故答案为：8. 【点睛】此题考查的是分段函数求值问题，属于基础题. 14.抛物线 2y px 经过点（1，4），则抛物线的焦点到准线的距离等于_________. 【答案】 1 8 【解析】 【分析】 由点在抛物线上可得抛物线的方程为 2 1 4x y ，结合抛物线的性质可得抛物线的准线方程与 焦点坐标，即可得解. 【详解】由点 1,4 在抛物线 2y px 上可得 4p  ， 所以该抛物线方程为 2 1 4x y ， 所以该抛物线的焦点为 10,16      ，准线方程为 1 16y   ， 所以抛物线的焦点到准线的距离等于 1 1 1 16 16 8   . 故答案为： 1 8 . 【点睛】本题考查了抛物线方程的求解与性质的应用，考查了运算求解能力，属于基础题. 15.已知数列{ }na 的前 n 项和为 nS 且满足 2n nS a   ，则数列{ }na 的通项 na  _______． 【答案】 11 2 n    【解析】 - 10 - 【分析】 先求得 1n  时 1 1a   ；再由 2n nS a   可得 2n  时 1 1 2n nS a    ,两式作差可得 12 0n na a   ,进而求解. 【详解】当 1n  时, 1 1 12 2S a a    ,解得 1 1a   ； 由 2n nS a   ,可知当 2n  时, 1 1 2n nS a    ,两式相减,得 12 0n na a   ,即 1 1 ( 2)2n na a n ≥ , 所以数列{ }na 是首项为 1 ,公比为 1 2 的等比数列, 所以 11 2 n na      , 故答案为: 11 2 n    【点睛】本题考查由 nS 与 na 的关系求通项公式,考查等比数列的通项公式的应用. 16.对任意正整数 n ，函数 3 2( ) 2 7 cos 1f n n n n n     ，若 (2) 0f  ，则  的取值范围 是_________；若不等式 ( ) 0f n  恒成立，则  的最大值为_________． 【答案】 (1). 13, 2      (2). 13 2  【解析】 【分析】 将 2n  代入求解即可；当 n 为奇数时,cos 1n   ,则转化 3 2( ) 2 7 1 0f n n n n    ≥ 为 2 12 7n n n   ≤ ,设 2 1( ) 2 7g n n n n    ,由单调性求得  g n 的最小值；同理,当 n 为偶数 时 , cos 1n  , 则 转 化 3 2( ) 2 7 1 0f n n n n    ≥ 为 2 12 7n n n   ≤ , 设 2 1( ) 2 7 ( 2)h x x x xx    ≥ ,利用导函数求得  h x 的最小值,进而比较得到  的最大值. 【详解】由题, (2) 16 28 2 1 0f     ≥ ,解得 13 2  ≤ . 当 n 为奇数时, cos 1n   ,由 3 2( ) 2 7 1 0f n n n n    ≥ ,得 2 12 7n n n   ≤ , - 11 - 而函数 2 1( ) 2 7g n n n n    为单调递增函数,所以 min( ) (1) 8g n g  ,所以 8  ； 当 n 为偶数时, cos 1n  ,由 3 2( ) 2 7 1 0f n n n n    ≥ ,得 2 12 7n n n   ≤ , 设 2 1( ) 2 7 ( 2)h x x x xx    ≥ , 2 12, ( ) 4 7 0x h x x x      ≥ , ( )h x 单调递增, min 13( ) (2) 2h x h    ,所以 13 2  ≤ , 综上可知,若不等式 ( ) 0f n  恒成立,则  的最大值为 13 2  . 故答案为:(1) 13, 2      ；(2) 13 2  【点睛】本题考查利用导函数求最值,考查分类讨论思想和转化思想. 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.垃圾分类是对垃圾进行有效处置的一种科学管理方法.太原市为推进这项工作的实施，开 展了“垃圾分类进小区”的评比活动.现有甲、乙两个小区采取不同的宣传与倡导方式对各自 小区居民进行了有关垃圾分类知识的培训，并参加了评比活动，评委会随机从两个小区各选 出 20 户家庭进行评比打分，每户成绩满分为 100 分，评分后得到如下茎叶图. （1）依茎叶图判断哪个小区的平均分高？ （2）现从甲小区不低于 80 分的家庭中随机抽取两户，求分数为 87 的家庭至少有一户被抽中 的概率； （3）如果规定分数不低于 85 分的家庭为优秀，请填写下面的 2 2 列联表，并判断“能否在 犯错误的概率不超过 0.025 的前提下认为得分是否优秀与小区宣传培训方式有关？” 甲 乙 合计 - 12 - 优秀 a  b  不优秀 c  d  合计 参考公式和数据： 2 2 ( ) ( )( )( )( ) n ad bcK a b c d a c b d      ，其中 n a b c d    .  2 0P K k… 0.15 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001 0k 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 【答案】（1）乙小区的平均分高；（2）3 5 ；（3）填表见解析；可以在犯错误的概率不超过 0.025 的前提下认为得分是否优秀与小区宣传培训方式有关. 【解析】 【分析】 （1）由茎叶图中数据直接判断即可得解； （2）由题意列出所有基本事件，分别求出所有的基本事件的个数、满足要求的基本事件的个 数，再由古典概型概率公式即可得解； （3）由题意完成列联表，代入公式求出 2K ，再与 5.024 比较即可得解. 【详解】（1）甲小区分数集中于 60~90 之间，乙小区分数集中于 80~100 之间，所以乙小区的 平均分高； （2）记分数为 87 的家庭为 A B、 ，其他不低于 80 的家庭为 , , ,C D E F ， 则从甲小区不低于 80 分的家庭中随机抽取两户的基本事件有： ( , )A B ， (A,C) ， ( , )A D ， ( , )A E ，( , )A F ，( , )B C ，( , )B D ，( , )B E ，( , )B F ，( , )C D ，( , )C E ，( , )C F ，( , )D E ， ( , )D F ， ( , )E F ，共 15 种； - 13 - 分数为 87 的家庭至少有一户被抽中的基本事件有： ( , ), ( , ), ( , )A B A C A D ， ( , )A E ， ( , )A F ， ( , )B C ， ( , )B D ， ( , )B E ， ( , )B F ，共 9 种； 故所求概率 9 3 15 5P   ； （3）列联表如下： 甲 乙 合计 优秀 3 10 13 不优秀 17 10 27 合计 20 20 40  2 2 40 3 10 17 10 5.584 5.02420 20 13 27K         ， 因此可以在犯错误的概率不超过 0.025 的前提下认为得分是否优秀与小区宣传培训方式有关. 【点睛】本题考查了茎叶图的应用及古典概型概率的求解，考查了独立性检验的应用与运算 求解能力，属于中档题. 18.在 ABC 中，角 A ， B ，C 所对的边分别为 a ，b ， c ，且 cos sina b C c B  ．  1 求 B 的值；  2 设 BAC 的平分线 AD 与边 BC 交于点 D ，已知 17 7AD  ， 7cos 25A   ，求b 的值. 【答案】  1 4B  ； 2 sin sin AD ADCb C  . 【解析】 【分析】  1 利用正弦定理化简求值即可；  2 利用两角和差的正弦函数的化简公式，结合正弦定理求出b 的值. 【详解】解：  1 cos sina b C c B  ，由正弦定理得：sin sin cos sin sinA B C C B  ，  sin sin cos sin sinB C B C C B     ， - 14 -  sin sin cos sin sinB C B C C B   ， sin cos sin cos sin cos sin sinB C C B B C C B   ， sinCcos sin sinB C B ， 又 B ，C 为三角形内角，故sin 0B  ，sin 0C  ， 则 cos sin 0B B  ，故 tan 1B  ， 4B  ； （2） AD 平分 BAC ，设 BAD CAD x    ，则  2 0,A x   , 0, 2x     , 2 7cos cos2 2cos 1 25A x x     ， 3cos 5x  ，则 2 4sin 1 cos 5x x   ， 2 24sin 1 cos 25A A   ，又 4B  ， 则 3 3 3 17 2sin sin sin cos cos sin4 4 4 50C A A A            7 2sin sin sin sin cos cos sin4 4 4 10ADC B x x x x             在 ACD 中，由正弦定理： sin sin b AD ADC C  ， sin sin AD ADCb C  . 【点睛】本题考查正弦定理和两角和差的正弦函数的化简公式，二倍角公式，考查运算能力， 属于基础题. 19.如图，在直三棱柱 1 1 1ABC A B C 中， 1 1 1 1A B AC ， D 是 1 1B C 的中点， 1 1 1 2A A A B  . （Ⅰ）求证： 1AB //平面 1ACD ； （Ⅱ）异面直线 1AB 和 BC 所成角的余弦值为 26 13 ，求几何体 1 1A B DCA 的体积. - 15 - 【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）2 【解析】 【分析】 （Ⅰ）连结 1AC 交 1AC 于点 E ，连结 DE ，证出 1/ /DE AB ，利用线面平行的判定定理即可 证出. （Ⅱ）根据题意可求出 1 2 2AB  ，在 1 1AB C 中，利用余弦定理求出 1 1 13B C  ，由 1 1 1 1 1A B DCA D A AB D AA CV V V   结合三棱锥的体积公式即可求解. 【详解】 （Ⅰ）如图，连结 1AC 交 1AC 于点 E ，连结 DE ， 因为在直三棱柱 1 1 1ABC A B C 中，四边形 1 1AAC C 是矩形， 所以点 E 是 1AC 的中点， 因为 D 是 1 1B C 的中点， 所以 1/ /DE AB . 因为 1AB  平面 1ACD ， DE  平面 1ACD ， 所以 1AB //平面 1ACD . （Ⅱ）因为棱柱 1 1 1ABC A B C 是直三棱柱， 所以 1 1 1AA AC ， 因为 1 1 1 1A B AC ， 1 1 1A A A B ， 所以 1 1 1AC B C ， - 16 - 因为异面直线 1AB 和 BC 所成角的余弦值为 26 13 . 所以 1 1 26cos 13AB C  ， 因为 1 1 1 2A A A B  ， 1 1 1A A A B ， 所以 1 2 2AB  . 根据余弦定理，在 1 1AB C 中， 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 12 cosAC B C AB B C AB AB C      ， 可得 1 1 13B C  ， 因为 1 1 1 1A B AC ， 1 1 2A B  ，所以由勾股定理可得 1 1 3AC  ， 因为 1 1 1 1C A A B ， 1 1 1C A A A ， 1 1 1 1A A A B A ， 所以 1 1C A  平面 1A B ， 同理 1 1A B  平面 1AC ， 所以 1 1 1 1 1A B DCA D A AB D AA CV V V   1 1 3 1 12 2 2 3 13 2 2 3 2           2 . 所以几何体 1 1A B DCA 的体积为 2. 【点睛】本题主要考查了线面平行的判定定理、三棱锥的体积公式，在证明线面平行时，需 先证线线平行，此题属于中档题. 20.已知椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b     的焦距为 2，且过点 31, 2      . （1）求椭圆C 的方程； （2）已知 BMN△ 是椭圆C 的内接三角形，若坐标原点O 为 BMN△ 的重心，求点 O 到直线 MN 距离的最小值. 【答案】（1） 2 2 14 3 x y  ；（2） 3 2 . - 17 - 【解析】 【分析】 （1）由题意结合椭圆性质可得 2 2 1a b  ，再结合点在椭圆上即可得解； （2）设 ( , )B m n ，记线段 MN 中点为 D ，由重心的性质可得点 ,2 2 m nD     ，按照 0n  、 0n  分类，结合点差法、点到直线的距离可得 2 3 9 d n   ，即可得解. 【详解】（1）因为椭圆C 的焦距为 2，所以 2 2 2 1c a b   ， 因为椭圆C 过点 31, 2      ，所以 2 2 1 9 14a b   . 解得 2 24, 3a b  ， 故椭圆C 的方程为 2 2 14 3 x y  ； （2）设 ( , )B m n ，记线段 MN 中点为 D ， 因为O 为 BMN△ 的重心，所以 2BO OD uuur uuur ，则点 D 的坐标为 ,2 2 m n     ， 若 0n  ，则| | 2m  ，此时直线 MN 与 x 轴垂直， 故原点O 到直线 MN 的距离为 2 m ，即为 1； 若 0n  ，此时直线 MN 的斜率存在， 设    1 1 2 2, , ,M x y N x y ，则 1 2 1 2,x x m y y n      ， 又 2 2 1 1 2 2 2 2 14 3 14 3 x y x y       ，两式相减得      1 2 1 2 1 2 1 2 04 3 x x x x y y y y     ， 可得 1 2 1 2 3 4MN y y mk x x n    . 故直线 MN 的方程为 3 2 4 2 n m my xn        即 2 26 8 3 4 0mx ny m n    ， - 18 - 则点O 到直线 MN 的距离为 2 2 2 2 3 4 36 64 m n d m n    ， 将 2 2 14 3 m n  代入得 2 3 9 d n   ， 因为 20 3n  ，所以 min 3 2d  ； 又 3 12  ，故原点O 到直线 MN 距离的最小值为 3 2 . 【点睛】本题考查了椭圆方程的求解及直线与椭圆的综合应用，考查了点差法的应用及运算 求解能力，属于中档题. 21.已知两数 ( ) lnf x x kx  ． （1）当 1k   时，求函数 ( )f x 的极值点； （2）当 0k  时，若 ( ) 0( , )bf x a a b Rx   … 恒成立，求 1 1ae b   的最大值． 【答案】（1）唯一的极大值点 1，无极小值点．（2）1 【解析】 【分析】 （1）求出导函数，求得 ( ) 0f x  的解，确定此解两侧导数值的正负，确定极值点； （2）问题可变形为 ln ba x x „ 恒成立，由导数求出函数 ln by x x   的最小值， 0b  时， ln by x x   无最小值，因此只有 0b  ，从而得出 ,a b 的不等关系，得出所求最大值． 【详解】解：（1） ( )f x 定义域为 (0, ) ，当 1k   时， 1( ) ln , ( ) 1f x x x f x x     ， 令 ( ) 0f x  得 1x  ，当 ( ) 0,0 1; ( ) 0, 1f x x f x x      所以 ( )f x 在 (0,1) 上单调递增，在 (1, ) 上单调递减， 所以 ( )f x 有唯一的极大值点 1x  ，无极小值点． （2）当 0k  时， ( ) lnb bf x a x ax x      ． 若 ( ) 0,( , )bf x a a b Rx   … 恒成立，则 ln 0( , )bx a a b Rx   … 恒成立， - 19 - 所以 ln ba x x „ 恒成立， 令 ln by x x   ，则 2 x by x   ，由题意 0b  ，函数在 (0, )b 上单调递减，在 ( , )b  上单调 递增， 所以 ln 1a b „ ，所以 1 lna b „ 所以 1ae b „ ， 所以 1 1 1ae b   „ ， 故 1 1ae b   的最大值为 1． 【点睛】本题考查用导数求函数极值，研究不等式恒成立问题．在求极值时，由 ( ) 0f x  确 定的 0x 不一定是极值点，还需满足在 0x 两侧 ( )f x 的符号相反．不等式恒成立深深转化为求 函数的最值，这里分离参数法起关键作用． （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.作答时请用 2B 铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑， 【选修 4-4：坐标系与参数方程】 22.已知曲线C 的极坐标方程是 6cos 0   ，以极点为原点，极轴为 x 轴的正半轴，建立 平面直角坐标系，直线 l 过点  0,2M ，倾斜角为 3 π4 ． （1）求曲线C 的直角坐标方程与直线 l 的参数方程； （2）设直线 l 与曲线C 交于 A ， B 两点，求 1 1 MA MB  的值． 【答案】（1） 2 2( 3) 9x y   ， 2 2 22 2 x t y t       ( t 为参数)；（2） 5 2 4 . 【解析】 【分析】 （1）将曲线C 的极坐标方程两边同乘  ，根据公式即可化简为直角坐标方程；根据已知信息， 直接写出直线的参数方程，整理化简即可； （2）联立曲线C 的直角坐标方程和直线 l 的参数方程，得到关于 t 的一元二次方程，根据直 - 20 - 线参数方程中参数的几何意义，求得结果. 【详解】（1）因为 6cos  ，所以 2 6 cos   ， 所以 2 2 6x y x  ，即曲线 C 的直角坐标方程为： 2 2( 3) 9x y   ， 直线 l 的参数方程 3πcos 4 3π2 sin 4 x t y t      ( t 为参数)， 即 2 2 22 2 x t y t       ( t 为参数). （2）设点 A ， B 对应的参数分别为 1t ， 2t ， 将直线l 的参数方程代入曲线C 的直角坐标方程， 得 2 22 2( 3) (2 ) 92 2t t     ， 整理，得 2 4 05 2t t   ， 所以 1 2 1 2 5 2 · 4 t t t t      ， 因为 1 2 1 2 210, 0, 0, 0t tt t t t     所以 1 2MA MB t t   1 2( )t t   =5 2 ， MA MB 1 2t t =4， 所以 1 1 MA MB  = MA MB MA MB   5 2 4  . 【点睛】本题考查将极坐标方程转化为直角坐标方程，以及直线参数方程的求解，涉及利用 直线参数方程中参数的几何意义求解问题，属综合基础题. 【选修 4-5：不等式选讲】 23.已知函数   1 2f x x x a    . （1）若 1a  ，解不等式   4f x  ； - 21 - （2）对任意的实数 m，若总存在实数 x，使得  2 2 4m m f x   ，求实数 a 的取值范围. 【答案】（1） 3 5,2 2     （2） 2,1 【解析】 【分析】 （1）根据绝对值定义将不等式化为三个不等式组，最后求并集得结果； （2）先根据绝对值三角不等式得  f x 值域，再根据二次函数性质得值域，最后根据两个值 域关系列不等式，解得结果. 【详解】解：（1）当 1a  时，   4 1 2 4f x x x      ， 化为 1 2 3 x x      或 1 2 3 4 x     或 2 2 1 4 x x     ， 解得 3 12 x    或 1 2x   或 52 2x  ， ∴ 3 5 2 2x   .即不等式   4f x  的解集为 3 5,2 2     . （2）根据题意，得 2 2 4m m  的取值范围是  f x 值域的子集.  22 2 4 1 3 3m m m      ， 又由于   1 2 2 1f x x x a a      ，∴  f x 的值域为 2 1 ,a   故 2 1 3a   ，∴ 2 1a   .即实数 a 的取值范围为 2,1 【点睛】本题考查分类讨论求解含绝对值不等式、绝对值三角不等式、方程恒有解问题，考 查综合分析求解能力，属中档题. - 22 -