四川省峨眉二中2020届高三高考适应性考试数学（文）试题 Word版含解析

四川省峨眉二中2020届高三高考适应性考试数学（文）试题 Word版含解析

- 1 - 峨眉二中高 2017 级高考适应性考试 数学（文科）试题 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    1,2,3,4,5,6 , 1,2,4U M  ，则 U M ð A. U B.  1,3,5 C.  2,4,6 D.  3,5,6 【答案】D 【解析】 试题分析：因为    1,2,3,4,5,6 , 1,2,4U M  ，所以，  3,5,6U M ð 故选 D. 考点：集合的运算. 2. 设 i 是虚数单位，则复数 3 2i i  （ ） A. -i B. -3i C. i D. 3i 【答案】C 【解析】 3 2 2 2 2ii i i i ii i         ，选 C. 考点：复数的基本运算. 3. 若向量  2,3BA  ，  4,7CA  ，则 BC 等于( ) A.  6,10 B.  2,4 C.  2, 4  D.  6, 10  【答案】C 【解析】  4, 7AC    ，所以      2,3 4, 7 2, 4BC BA AC           ，故选 C. 4. 斐波那契数列，又称黄金分割数列，因数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引 入，故又称为“兔子数列”，数列 na 满足 1 2 1a a  ， 2 1n n na a a   ， *n N ，如果以 - 2 - 1na  和 na 分别为长和宽得到一个矩形，其长宽之比等于 1.618 时，就把这个矩形定义为黄金 矩形，那么 2 5n  时，最接近黄金矩形的 n 的值是（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】D 【解析】 【分析】 从 1n  到 5n  依次列出 1na  和 na 的值，求其比值，找最接近的即可. 【详解】解： n 1 2 3 4 5 na 1 1 2 3 5 1na  1 2 3 5 8 比 值 1 2 1.5 1.6666667 1.6 由表中看出， 5n  ， 6 52 1 5 5 5 , 1.6a a a a a    最接近 1.618， 故选：D 【点睛】考查递推数列的应用，是基础题. 5. 函数   sin , 0,0 2y x x R          的部分图象如图，则（ ） A. 2   ， 4   B. 3   ， 6 π C. 4   ， 4   D. 4   ， 5 4   【答案】C 【解析】 - 3 - 【分析】 先利用图象中的 1 和 3，求得函数的周期，求得 ，最后根据 1x  时取最大值 1，求得 ， 即可得解． 【详解】解：根据函数的图象可得：函数的周期为  3 1 4 8T     ， ∴ 2 4T     ， 当 1x  时取最大值 1，即sin 1, 2 ,4 4 2k k Z             ， 又 0 2   ，所以 4   ， 故选：C． 【点睛】本题主要考查了由  siny x   的部分图象确定其解析式，考查了五点作图的应 用和图象观察能力，属于基本知识的考查． 6. 设 , ,x y R 则“ 2x  且 2y  ”是“ 2 2 4x y  ”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. 即不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 试题分析：若 x≥2 且 y≥2，则 x2≥4，y2≥4，所以 x2+y2≥8，即 x2+y2≥4；若 x2+y2≥4，则如 （-2，-2）满足条件，但不满足 x≥2 且 y≥2．所以“x≥2 且 y≥2”是“x2+y2≥4”的充分而 不必要条件．故选 A． 考点：本题考查充分、必要、冲要条件． 点评：本题也可以利用几何意义来做：“ 2 2 4x y  ”表示为以原点为圆心，2 为半径的圆 外的点，包括圆周上的点，“ 2x  且 2y  ”表示横坐标和纵坐标都不小于 2 的点．显然， 后者是前者的一部分，所以选 A．这种做法比分析中的做法更形象、更直观． 7. 将正方体（如图 1 所示）截去两个三棱锥，得到图 2 所示的几何体，则该几何体的左视图 为 （ ） - 4 - A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】试题分析：由题意可知几何体前面在右侧的射影为线段，上面的射影也是线段，后 面与底面的射影都是线段，轮廓是正方形， 1AD 在右侧的射影是正方形的对角线， 1B C 在右 侧的射影也是对角线是虚线．如图 B． 故选 B． 考点：简单空间图形的三视图． 8. 函数 2 1siny x x x   的部分图象大致为（ ） A. B. C. D. - 5 - 【答案】A 【解析】 【分析】 由函数为偶函数,可排除 C，D,由  1 0f  ,可排除 B,由此得出正确选项. 【详解】解：函数的定义域为 0x x  关于原点对称，        2 2 1 1+( )f x x sin x xsinx f xx x        , 则 f(x)为偶函数,其图象关于 y 轴对称,可排除 C，D； 又  1 sin1 1 0f    ,可排除 B. 故选：A. 【点睛】本题考查利用函数性质确定函数图象,属于基础题. 9. 在长为12cm 的线段 AB 上任取一点C ，现作一矩形，邻边长分别等于线段 AC 、CB 的长， 则该矩形面积小于 232cm 的概率为（ ） A. 1 6 B. 1 3 C. 1 2 D. 2 3 【答案】D 【解析】 【分析】 本题首先可以设出线段 AC 的长为 x ，然后求出矩形面积 ( )26 36S x= - - + ，再然后通过运 算可知当 0 4x  或8 12x  时矩形面积 32S < ，最后根据几何概型的概率的相关计算即可 得出结果. 【详解】设线段 AC 的长为 x ，则线段CB 的长为12 x ， - 6 - 则矩形面积 ( ) ( )2212 12 6 36S x x x x x= - = - + = - - + ， 故当 0 4x  或8 12x  时，矩形面积 32S < ， 该矩形面积小于 232cm 的概率 8 2 12 3P   ， 故选：D. 【点睛】本题考查概率的相关计算，主要考查几何概型的概率的相关计算，考查推理能力， 体现了基础性，是简单题. 10. 在四面体 ABCD 中，若 3AB CD  ， 2 AC BD ， 5AD BC  ，则四面体 ABCD 的外接球的表面积为（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 【答案】C 【解析】 【分析】 将四面体补成长方体，通过求解长方体的对角线就是球的直径，然后求解外接球的表面积． 【详解】由题意可采用割补法，考虑到四面体 ABCD 的四个面为全等的三角形， 所以可在其每个面补上一个以 3 ，2， 5 为三边的三角形作为底面，且以分别 x，y，z 长、 两两垂直的侧棱的三棱锥，从而可得到一个长、宽、高分别为 x，y，z 的长方体，并且 x2+y2 ＝3，x2+z2＝5，y2+z2＝4，则有（2R）2＝x2+y2+z2＝6（R 为球的半径），得 2R2＝3， 所以球的表面积为 S＝4πR2＝6π． 故答案为 6 ． 【点睛】本题考查几何体的外接球的表面积的求法，割补法的应用，判断外接球的直径是长 方体的对角线的长是解题的关键之一．一般外接球需要求球心和半径，首先应确定球心的位 置，借助于外接球的性质，球心到各顶点距离相等，这样可先确定几何体中部分点组成的多 边形的外接圆的圆心，过圆心且垂直于多边形所在平面的直线上任一点到多边形的顶点的距 离相等，然后同样的方法找到另一个多边形的各顶点距离相等的直线（这两个多边形需有公 共点），这样两条直线的交点，就是其外接球的球心，再根据半径，顶点到底面中心的距离， 球心到底面中心的距离，构成勾股定理求解，有时也可利用补体法得到半径，例：三条侧棱 两两垂直的三棱锥，可以补成长方体，它们是同一个外接球. 11. 已知定义在 (0, ) 上的函数 2( ) , ( ) 6ln 4f x x m h x x x    ，设两曲线 ( )y f x 与 - 7 - ( )y h x 在公共点处的切线相同，则 m 值等于（ ） A. 3 B. 1 C. 3 D. 5 【答案】D 【解析】 【分析】 由 于 两 曲 线 ( )y f x 与 ( )y h x 在 公 共 点 处 的 切 线 相 同 ， 设 公 共 点  0 0,x y ， 则         0 0 0 0 f x h x f x h x     ，列方程组可求出 m 的值 【详解】解：依题意设曲线 ( )y f x 与 ( )y h x 在公共点 0 0,x y 处的切线相同. ∵ 2( )f x x m  ， ( ) 6ln 4h x x x  ∴ ( ) 2f x x  ， 6( ) 4h x x    ∴         0 0 0 0 f x h x f x h x     ，即 2 0 0 0 0 0 6ln 4 62 4 x m x x x x        ∵ 0 0x  ∴ 0 1x  ， 5m  故选：D. 【点睛】此题考查导数的几何意义，考查计算能力，属于基础题. 12. 已知双曲线   2 2 2 2: 1 0, 0x yC a ba b     的右焦点为 F ，过 F 且斜率为 3 的直线交C 于 A 、 B 两点，若 4AF FB  ，则C 的离心率为（ ） A. 5 8 B. 6 5 C. 7 5 D. 9 5 【答案】B 【解析】 【分析】 - 8 - 设双曲线 2 2 2 2: 1x yC a b   的右准线为 l ，过 A 、 B 分别作 AM l 于 M ， BN l 于 N ， BD AM 于 D ，根据直线 AB 的斜率为 3 ，得到 1 2AD AB ，再利用双曲线的第二定 义得到  1AD AF FBe    ，又 AB AF FB   ，结合 4AF FB  求解. 【详解】设双曲线 2 2 2 2: 1x yC a b   的右准线为l ， 过 A 、 B 分别作 AM l 于 M ， BN l 于 N ， BD AM 于 D ， 如图所示： 因为直线 AB 的斜率为 3 ， 所以直线 AB 的倾斜角为 60， ∴ 60BAD   ， 1 2AD AB ， 由双曲线的第二定义得：    1 1 1 2 2AM BN AD AF FB AB AF FBe           ， 又∵ 4AF FB  ， ∴ 3 5 2FB FBe   ， ∴ 6 5e  故选：B 【点睛】本题主要考查双曲线的第二定义的应用以及离心率的求法，还考查了数形结合的思 想和运算求解的能力，属于中档题. - 9 - 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分． 13. 设变量 x ，y 满足约束条件 2 2 2 4 4 1 x y x y x y          ，则函数 3z x y  的最大值是______________． 【答案】6 【解析】 【分析】 作出不等式组对应的平面区域，利用 z 的几何意义，结合数形结合即可得到结论． 【详解】作出不等式组对应的平面区域如图： 由 3z x y  得 3y x z  ， 它表示斜率为 3 ，纵截距为 z 的直线系， 联立 2 4 +2 2 x y x y     得 (2,0)A . 当直线 3y x z  经过点 (2,0)A 时，直线 3y x z  的截距最小， z 最大， 此时 z 的最大值为 3 2 0 6z     ， 故答案为：6. 【点睛】本题主要考查线性规划求最值，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和数形结 合分析推理的能力. - 10 - 14. 直线 1 : 1 0l mx y   ， 2 2 :( ) 2 4 0l m m x y    ，若 1 2l l// ，则求 m  _______________． 【答案】 0m  或 3m  【解析】 【分析】 由 1 2l l// ，建立关于 m 的方程，解出 m 的值即可． 【详解】直线 1 : 1 0l mx y   ， 2 2 :( ) 2 4 0l m m x y    ， 所以 1 2,l l 不重合， 因为 1 2l l// ，所以 22m m m  ， 所以 0m  或 3m  . 故答案为： 0m  或 3m  . 【点睛】本题给出含有参数的两条直线方程，在两条直线平行的情况下，求参数 m 之值．着 重考查了平面直角坐标系中两条直线平行的对应系数的关系，属于基础题． 15. 如图，为测量山高 MN ，选择 A 和另一座山的山顶C 为测量观测点．从 A 点测得 M 点 的仰角 60MAN   ，C 点的仰角 45CAB  以及 75MAC  ；从C 点测得 60MCA  ．已知山高 100mBC  ，则山高 MN  ______________m．两山山顶的距离 MC  __________________m． 【答案】 (1). 150 (2).  50 6 2 【解析】 【分析】 ①由题意，可先求出 AC 的值，从而由正弦定理可求 AM 的值，在 RT MNA△ 中， 100 3AM m ， 60MAN   ，从而可求得 MN 的值； ②在 AMC 中，利用正弦定理即得解. 【详解】①在 RT ABC 中， 45CAB  ， 100BC m ，所以 100 2AC m ． - 11 - 在 AMC 中， 75MAC  ， 60MCA  ，从而 45AMC  ， 由正弦定理得， sin 45 sin 60 AC AM  ，因此 100 3AM m ． 在 RT MNA△ 中， 100 3AM m ， 60MAN   ，由 sin 60MN AM   得 3100 3 1502MN m   ． ②在 AMC 中，由正弦定理得 100 3 , 50( 6 2) 3 6 2 2 4 MC MC m     . 故答案为：150；  50 6 2 . 【点睛】本题主要考查正弦定理的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平. 16. 已知奇函数  f x 定义域为     ,0 0, , 'f x   为其导函数,且满足以下条件 ① 0x  时,    3' f xf x x  ；②   11 2f  ；③    2 2f x f x ,则不等式   224 f x xx  的解 集为 . 【答案】 【解析】 试题分析： 0x  时，令       3 4 3( ) ( ) 0f x xf x f xg x g xx x     ，又  f x 为奇函数， 所 以  g x 为 偶 函 数 ， 因 为    2 2f x f x ， 所 以  1 1 1 1 114 2 2 4 8f f f            ， 3 1( )1 4 814 ( )4 f g       ， 从 而   2 1 12 ( ) 8 ( ) ( )4 4 4 f x x g x g x g xx       解 集 为 考点：利用导数解不等式 【方法点睛】利用导数解抽象函数不等式，实质是利用导数研究对应函数单调性，而对应函 - 12 - 数需要构造.构造辅助函数常根据导数法则进行：如 ( ) ( )g x xf x 构造 ( )( ) f xg x x  ， 构造 ， 构造 ， 构造 等 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 为选考题，考生根据要求作答． 17. 数列 na 的前 n 项和为 nS ，且  * 1 1 11, 3n na a S n N   求： （1） 2 3 4, ,a a a 的值及数列 na 的通项公式； （2） 2 4 2 na a a  的值. 【 答 案 】 （ 1 ） 2 3 4 1 4 16, ,3 9 27a a a   ， 2 1, 1 1 4 , 23 3 n n n a n           ； （ 2 ） 2 2 4 2 3 4 17 3 n na a a             【解析】 【分析】 （1）先求得 2 3 4, ,a a a 的值，猜想出数列 na 的通项公式，在利用数学归纳法证明. （2）利用等比数列前 n 项和公式，求得 2 4 2 na a a  的值. 【详解】（1）由于  * 1 1 11, 3n na a S n N   ， 当 1n  时， 2 1 1 1 1 1 3 3 3a S a   . 当 2n  时，  3 2 1 2 1 1 4 3 3 9a S a a    . 当 3n  时，  4 3 1 2 3 1 1 16 3 3 27a S a a a     . 猜想 2 1, 1 1 4 , 23 3 n n n a n           ①.下面用数学归纳法进行证明： 由上述分析可知，当 1,2,3n  时，①式符合. - 13 - 假设当  *, 3,n k k k N   时，①式符合，则 21 4 3 3 k ka      . 当 1n k  时， 0 1 2 1 1 1 4 1 4 1 413 3 1 3 3 3 3 3 3k k k a S                               1 1 1 1 413 31 1 4 1 41 1 143 3 3 3 31 3 k k k                                           ，①式符合. 综上所述，当 *n N 时，都有 2 1, 1 1 4 , 23 3 n n n a n           .所以数列 na 的通项公式是 2 1, 1 1 4 , 23 3 n n n a n           . （2）由（1）可知数列  * 2na n N 是首项为 1 3 ，公比为 24 3      的等比数列，其前 n 项和 2 4 2 na a a  2 2 23 4 1 413 3 17 3 3 41 n n                     . 【点睛】本小题主要考查数学归纳法，考查等比数列前 n 项和，属于中档题. 18. 如图，四棱锥 P-ABCD 中，PD⊥平面 ABCD，PD=DC=BC=1,AB=2,AB∥DC，∠BCD=900 （1）求证：PC⊥BC （2）求点 A 到平面 PBC 的距离 【答案】（1）见解析（2） 2 - 14 - 【解析】 试题分析：（1），要证明 PC⊥BC，可以转化为证明 BC 垂直于 PC 所在的平面，由 PD⊥平面 ABCD， PD=DC=BC=1，AB=2，AB∥DC，∠BCD=90°，容易证明 BC⊥平面 PCD，从而得证；（2）连接 AC， 则三棱锥 P-ACB 与三棱锥 A-PBC 体积相等，而三棱锥 P-ACB 体积易求，三棱锥 A-PBC 的地面 PBC 的面积易求，其高即为点 A 到平面 PBC 的距离，设为 h，则利用体积相等即求 试题解析：（1）①证明：∵PD⊥平面 ABCD，BC⊂平面 ABCD，∴PD⊥BC． 由∠BCD＝90°知，BC⊥DC， ∵PD∩DC＝D，∴BC⊥平面 PDC，∴BC⊥PC． ②设点 A 到平面 PBC 的距离为 h， ∵AB∥DC，∠BCD＝90°，∴∠ABC＝90°， 连接 AC（图略），∵AB＝2，BC＝1，∴S△ABC＝ 1 2 AB·BC＝1， ∵PD⊥平面 ABCD，PD＝1， ∴VPABC＝ 1 3 S△ABC·PD＝ 1 3 ， ∵PD⊥平面 ABCD，∴PD⊥DC，∵PD＝DC＝1，∴PC＝ 2 ， ∵PC⊥BC，BC＝1，∴S△PBC＝ 1 2 PC·BC＝ 2 2 ， ∵VAPBC＝VPABC，∴ 1 3 S△PBC·h＝ 1 3 ，∴h＝ 2 ， ∴点 A 到平面 PBC 的距离为 2 ． 考点：1．点、线、面间的距离计算；2．空间中直线与平面之间的位置关系 19. “地摊经济”是李克强总理在本届政府工作报告中向全国人民发出的口号，某生产企业 积极响应号召，大力研发新产品，为了对新研发的一批产品进行合理定价，将该产品按事先 拟定的价格进行试销，得到一组销售数据   , 1,2,3,4,5,6i ix y i  ，如表所示： 试销单价 x （元） 4 5 6 7 8 9 产品销量 y （件） q 84 83 80 75 68 - 15 - 已知 6 1 1 806 i i y y    ， 6 1 3050i i i x y   ， 6 2 1 271i i x   ， （1）试求 q，若变量 x ， y 具有线性相关关系，求产品销量 y （件）关于试销单价 x （元） 的线性回归方程 ˆˆ ˆy bx a  ； （2）用 iy 表示用（1）中所求的线性回归方程得到的与 ix 对应的产品销量的估计值．当销售 数据 ,i ix y 对应的残差的绝对值  1i iy y  时，则将销售数据 ,i ix y 称为一个“好数据”．现 从 6 个销售数据中任取 2 个，求恰好 2 个都是“好数据”的概率． （参考公式：线性回归方程中 ˆb ， ˆa 的最小二乘估计分别为 1 2 2 1 ˆ n i i i n i i x y nxy b x nx        ， ˆˆa y bx  ） 【答案】（1） 90q  ； ˆ 4 106y x   ；（2） 1 5 ． 【解析】 【分析】 （1）根据 6 1 1 806 i i y y    ，可求得 90q  ，再由散点图判断变量 x ， y 具有线性相关关系， 然后分别求得 ˆ,b a 的值，写出线性回归方程. （2）利用（1）中所求的线性回归方程，分别求得 , 1,2,3,4,5,6ix i  的估计值，再根据   1 1,2, ,6ii y iy     找出“好数据”，利用古典概型的概率求法求解. 【详解】（1）因为 6 1 1 806 i i y y    ， 所以  1 84 83 80 75 68 806 q       ， 解得 90q  ． 散点图如下： - 16 - 由散点图可知：变量 x ， y 具有线性相关关系，   6 1 6 22 1 3050 6 6.5 80 70ˆ 4271 253.5 17.5 i i i i i x y nxy b x n x              ， ˆˆ 80 4 6.5 106a y bx      ， 所以线性回归方程为 ˆ 4 106y x   ． （2）由（1）中所求的线性回归方程 ˆ 4 106y x   可得： 当 1 4x  时，1 90y  ；当 2 5x  时，2 86y  ；当 3 6x  时，3 82y  ；当 4 7x  时，4 78y  ； 当 5 8x  时， 5 74y  ；当 6 9x  时， 6 70y  ． 与销售数据对比可知满足   1 1,2, ,6ii y iy     的共有 3 个“好数据”： 4,90 、 6,83 、  8,75 ． 从 6 个中选两个共有 2 6 15C  个不同的选法，恰好 2 个都是“好数据”的情况共 2 3 3C  种， 所以从 6 个销售数据中任取 2 个，求恰好 2 个都是“好数据”的概率： 3 1 15 5P   ． 【点睛】本题主要考查回归直线方程的求法及应用，古典概型的概率求法，还考查了运算求 解的能力，属于中档题. 20. 已知椭圆 E： 2 2 2 2 1x y a b   (a＞b＞0)的离心率为 3 2 ，点 3(1, )2P 在椭圆 E 上． (1)求椭圆 E 的方程； - 17 - (2)过点 P 且斜率为 k 的直线 l 交椭圆 E 于点 Q(xQ，yQ)(点 Q 异于点 P)，若 0＜xQ＜1，求直线 l 斜率 k 的取值范围． 【答案】（1） 2 2 14 x y  ；（2） 3 3 2 3 2( , ) ( , )6 2 2     【解析】 【详解】(1)由题意得 2 2 2 2 2 3 2 1 3 14 c a a b a b c           解得 2 1 3 a b c       ， 故椭圆 E 的方程为 2 2 14 x y  . (2)设直线l 的方程为  3 12y k x   ，代入方程 2 2 14 x y  ， 消去 y ，得      2 2 2 21 4 4 3 8 4 4 3 1 0k x k k x k k       ， 所以 2 2 4 4 3 11 1 4Q k kx k    ，因为 0 1Qx  ，所以 2 2 4 4 3 10 11 4 k k k    ， 解得 3 3 2 6 2k    或 3 2 2k  ， 经检验，满足题意，所以直线l 斜率 k 的取值范围是 3 3 2 6 2k    或 3 2 2k  . 21. 已知函数   ln 2f x a x x   ，其中 0a  ． （1）求  f x 的单调区间； （2）若对任意的  1 1,x e ，总存在  2 1,ex  ，使得 1 2( ) ( ) 4f x f x  ，求实数 a 的值． 【答案】（1）详情见解析；（2） 1e  ． 【解析】 【分析】 （1）对原函数求导，再分类讨论当 0a  与 0a  时导函数正负是 x 的取值范围，即原函数的 单调区间； - 18 - （2）分类讨论实数 a 在区间 1,e 左边，内部和右边三种情况，其中在 1a  且 0a  时，表示 出函数  f x 的最大值发现此时不满足题设要求；当1 a e  时，取特殊的 1 1x  ，对  2 1,x e  ，由  f x 此时的最大值发现此时不满足题设要求；当 a e 时，令    4g x f x  ，对任意的  1 1,x e ，总存在  2 1,ex  ，使得    1 2 4f x f x  ，分析 了单调性之后发现其等价于        min min, max maxx xg xf g xf   ，从而构造不等式 组求得答案. 【详解】（1）∵   1a a xf x x x     ， 0x  ， 当 0a  时，对  0,x   ，   0f x  ， 所以  f x 的单调递减区间为  0,  ． 当 0a  时，令   0f x  ，得 x a ， ∵  0,x a 时，   0f x  ，  ,x a  时，   0f x  ， 所以  f x 的单调递增区间为  0,a ，单调递减区间为 ,a  综上所述， 0a  时，  f x 的单调递减区间为 0,  ； 0a  时，  f x 的单调递增区间为  0,a ，单调递减区间为 ,a  . （2）讨论： ①当 1a  且 0a  时，由（1）知，  f x 在 1,e 上单调递减，则    max 1 1f x f  ， 因为对任意的  1 1,x e ，总存在  2 1,ex  ，使得      1 2 2 1 2 4f x f x f    ， 所以对任意的  1 1,x e ，不存在  2 1,ex  ，使得    1 2 4f x f x  ②当1 a e  时，由（1）知，在 1,a 上  f x 是增函数，在 ,a e 上  f x 是减函数， 则    max ln 2f x f a a a a    因为对 1 1x  ，对  2 1,x e  ，          1 2 1 1 ln 2 ln 1 3 3f x f x f f a a a a a a           所以对  1 1 1,x e  ，不存在  2 1,ex  ，使得    1 2 4f x f x  - 19 - ③当 a e 时，令     4 [1, ]g x f x x e   ， 由（1）知，  f x 在 1,e 是增函数，进而知  g x 是减函数， 所以    min 1 1 f x f ，    max 2f x f e a e    ，      max 1 4 1g x g f   ，      min 4g x g e f e   因为对任意的  1 1,x e ，总存在  2 1,ex  ，使得    1 2 4f x f x  ， 即    1 2f x g x ，故有         1 1 f g e f e g    ，即         1 4 1 4 f f e f e f      ， 所以    1 3 4f f e a e     ，解得 1a e  ，综上， a 的值为 1e  ． 【点睛】本题考查分类讨论含参函数的单调性，还考查了由函数的任意取值求参数的值，属 于难题. 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. 在直角坐标 xOy 中，圆 2 2 1 : 4C x y  ，圆 2 2 2 :( 2) 4C x y   ． (Ⅰ)在以 O 为极点，x 轴正半轴为极轴的极坐标系中，分别写出圆 1 2,C C 的极坐标方程，并 求出圆 1 2,C C 的交点坐标(用极坐标表示)； (Ⅱ)求圆 1 2C C与 的公共弦的参数方程． 【答案】（1）圆 C1、 C2 的极坐标方程分别为： 2  ， 4cos ( 0)    ，(2, ),(2, )3 3   （2） 1{ tan x y    , 3 3     . 【解析】 试题分析：（1）利用 2 2 2cos , sinx y x y       ， 进行互化即可；（2）由两圆的公 共点求出公共弦的普通方程，再利用直线的点与倾斜角得到参数方程． 解题思路:曲线的普通方程、参数方程、极坐标方程的互化，往往要利用 2 2 2cos , sinx y x y       ， 或合理选参进行求解． 试题解析：（1）根据公式： 2 2 2cos , sinx y x y       ， - 20 - 圆 C1、 C2 的极坐标方程分别为： 2  ， 4cos ( 0)    联立： 2{ 4cos ( 0)        解得： 2 { 3      ∴圆 C1 与圆 C2 的交点极坐标分别为： (2, ),(2, )3 3   （2）把（1）中两圆交点极坐标化为直角坐标， 得： (1, 3),(1, 3) ∴此两圆公共弦的普通方程为： 1( 3 3)x y    ∴此弦所在直线过（1，0）点，倾斜角为 90° ∴所求两圆的公共弦的参数方程为： 1 { ( 3 3) x y t t      考点：1．曲线的参数方程、极坐标方程、普通方程的互化；2．两圆的公共弦． 23. （1）已知不等式 2 1 1x   的解集为 M ，若 ,a b M ，试比较 1 1ab  与 1 1 a b  的大 小．（并说明理由）； （2）已知对于任意非零实数 a 和b ，不等式  3 1 1a b a b a x x       恒成立，试 求实数 x 的取值范围． 【答案】（1） 1 1 11ab a b    ，理由见解析；（2） 2 2 , ． 【解析】 【分析】 （1）根据解绝对值不等式方法求出 M ，然后运用作差比较法，结合因式分解的方法、不等 式的性质进行判断即可； （2）根据绝对值的性质，结合分类讨论法进行求解即可. 【详解】（1）因为 2 1 1 1 2 1 1 0 1x x x          ， 所以  0,1M  ， - 21 -   1 11 1 1 11 a bab a b ab a b ab ab         因为 a M ，b M ，所以 1 0, 1 0, 0a b ab     ， 因此   1 1 0a b ab    ，即 1 1 11 0ab a b     所以 1 1 11ab a b    ； （2） 3 3 4a b a b a b a b a        ，当且仅当  3 0a b a b   时取等号， 要想不等式  3 1 1a b a b a x x       恒成立， 只需  4 1 1a a x x    成立，由于 0a  ，只需 1 1 4x x    成立， 当 1x 时， 1 1 4 2 1 2x x x x         ， 当 1 1x   时， 1 1 4 2 4 1 1x x x          ， 当 1x   时， 1 1 4 2 4 2 2 1x x x x x                综上所述： x 的取值范围为： 2 2 , ； 【点睛】本题考查了解绝对值不等式，考查了比较法的应用，考查了绝对值的性质，考查了 不等式恒成立时实数的取值范围，考查了数学运算能力. - 22 -