2019年福州市质检理科数学(解析版)

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试卷第 1 页，总 20 页 2019 年 福 州 市 普 通 高 中 毕 业 班 质 量 检测 理科数学 第 Ⅰ卷 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．设复数 z 满足i 1 iz   ，则 z 的共轭复数为（ ） A． 1 i  B．1 i C． 1 i  D．1 i 解析：因为 1 i 1 iiz     ，所以 1+iz   ，故选 A． 2．已知集合    22 1 3 , 2 0A x x B x x x       ，则 A B =（ ） A．{ |1 2}x x  B．{ | 1 1}x x   C．{ | }2 1, 1x xx    或 D．{ | 1}x x   解析：因为    1 , 1 2A x x B x x      ，所以  1A B x x   ，故选 D． 3．中国传统文化是中化民族智慧的结晶，是中化民族的历史遗产在现实生活中的展现．为弘扬中华民族 传统文化，某校学生会为了解本校高一 1000 名学生的课余时间参加传统文化活动的情况，随机抽取 50 名 学生进行调查．将数据分组整理后，列表如下： 参加场数 0 1 2 3 4 5 6 7 参加人数占调查人数的百分比 8% 10% 20% 26% 18% m% 4% 2% 以下四个结论中正确的是（ ） A． 表中 m 的数值为 10 B． 估计该校高一学生参加传统文化活动次数不高于 2 场的学生约为 180 人 C． 估计该校高一学生参加传统文化活动次数不低于 4 场的学生约为 360 人 D． 若采用系统抽样方法进行调查，从该校高一 1000 名学生中抽取容量为 50 的样本，则分段间隔为 25 解析： A 中的 m 值应为 12; B 中应为 380 人; C 是正确的; D 中的分段间隔应为 20，故选 C． 4．等比数列{ }na 的各项均为正实数，其前 n 项和为 nS ．若 3 2 64, 64a a a  ，则 5S  （ ） A．32 B．31 C．64 D．63 解析：解法一：设首项为 1a ，公比为 q ，因为 0na  ，所以 0q  ，由条件得 2 1 5 1 1 4 64 a q a q a q      ，解得 1 1 2 a q    ， 所以 5 31S  ，故选 B． 解法二：设首项为 1a ，公比为 q ，由 2 2 6 4 64a a a  ，又 3 4a  ，∴ 2q  ，又因为 2 1 4a q  所以 1 1a  ， 所以 5 31S  ，故选 B． 5． 已知sin π 1 6 2     ，且 π0, 2     ，则 3os πc      （ ） 试卷第 2 页，总 20 页 A．0 B． 1 2 C．1 D． 3 2 解析：解法一：由 π 1sin 6 2     ，且 π0, 2     得， π 3  ，代入 πcos 3    得， πcos 3    = cos 0 1 ，故选 C． 解法二：由 π 1sin 6 2     ，且 π0, 2     得， π 3cos 6 2     ， 所以 π π π π π π πcos cos cos cos sin sin 13 6 6 6 6 6 6                                    ，故选 C． 6．设抛物线 2 4y x 的焦点为 F ，准线为l ， P 为该抛物线上一点， PA l ， A 为垂足．若直线 AF 的 斜率为 3 ，则 PAF△ 的面积为（ ） A． 2 3 B． 4 3 C．8 D．8 3 解析：解法一:设准线与 x 轴交于点 Q ,因为直线 AF 的斜率为 3 ， 2FQ  ， 60AFQ   ， 4FA  ，又因为 PA PF ，所以 PAF△ 是边长为 4 的等边三角形， 所以 PAF△ 的面积为 2 23 3 4 =4 34 4FA   ．故选 B． 解法二：设准线与 x 轴交于点Q , , )P m n（ ,因为直线 AF 的斜率为 3 ， 2FQ  ， 60AFQ   ， 所以 2 3AQ  ，所以 2 3n   ，又因为 2 4n m ，所以 3m  ， 又因为 4PA PF  ， 所以 PAF△ 的面积为 1 1 4 2 3=4 32 2PA n     ．故选 B． 7．如图，网格纸上的小正方形的边长为 1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（ ） A．32 B．16 C． 32 3 D． 80 3 第 7 题 试卷第 3 页，总 20 页 解析：由三视图知,所求几何体的体积为直三棱柱的体积减去三棱锥的体积 3 21 1 804 4 2=3 2 3    1 2 ．故 选 D． 8．已知函数 ( ) 2sin( )f x x   0,       图象的相邻两条对称轴之间的距离为   ，将函数 ( )f x 的图象向左平移 3  个单位长度后，得到函数 ( )g x 的图象．若函数 ( )g x 为偶函数，则函数 ( )f x 在区间 0, 2      上的值域是（ ） A． 1 ,12     B．( 1,1) C．(0, 2] D．( 1,2] 解析：由图象的相邻两条对称轴之间的距离为   ，所以T   ，又因为 0  ，所以 2     ，解得 =2 ． 0, 2    ，将函数 ( )f x 的图象向左平移 3  个单位长度后，得到函数 2( ) 2sin 2 3g x x       的 图象．因为函数 ( )g x 为偶函数， 所以 2 ,3 2k k     Z ，由    ，解得 = 6  ，所以 ( ) 2sin 2 6f x x      ． 因为0 2x   ，所以 1 sin 2 12 6x       ≤ ，所以函数 ( )f x 在区间 0, 2      上的值域是( 1,2] ，故选 D． 9．已知 ( )g x 为偶函数， ( )h x 为奇函数，且满足 ( ) ( ) 2xg x h x  ．若存在 [ 1,1]x  ，使得不等式 ( ) ( ) 0m g x h x  ≤ 有解，则实数 m 的最大值为（ ） A． 1 B． 3 5 C．1 D． 3 5 解析：由 ( ) ( ) 2xg x h x  ，及 ( )g x 为偶函数， ( )h x 为奇函数，得 2 2 2 2( ) , ( )2 2 x x x x g x h x    － ．由 ( ) ( ) 0m g x h x  ≤ 得 2 2 4 1 212 2 4 1 4 1 x x x x x x xm        －≤ ，∵ 21 4 1xy    为增函数，∴ max 2 31 4 1 5x      ，故选 B． 10．如图，双曲线 2 2 2 2 1( 0, 0)x yC a ba b   ： 的左、右焦点分别为 1 2,F F ，过 2F 作线段 2F P 与C 交于点Q ， 试卷第 4 页，总 20 页 且Q 为 2PF 的中点．若等腰△ 1 2PF F 的底边 2PF 的长等于C 的半焦距，则C 的离心率为（ ） A． 2 2 15 7   B． 2 3 C． 2 2 15 7  D． 3 2 解析：连结 1QF ，由条件知 1 2QF PF ，且 2 2 cQF  ．由双曲线定义知 1 2 2 cQF a  ，在 1 2Rt FQF△ 中，   2 2 22 22 2 c ca c            ，解得C 的离心率 2 2 15 7e  ，故选 C． 11．如图，以棱长为 1 的正方体的顶点 A 为球心，以 2 为半径做一个球面，则该正方体的表面被球面所 截得的所有弧长之和为（ ） A． 3 4  B． 2 C． 3 2  D． 9 4  解析：正方体的表面被该球面被所截得的弧长有相等的三部分,例如，与上底面截得的弧长是以 1A 为圆心, 1为半径的圆周长的 1 4 ,所以弧长之和为 2 33 4 2    ．故选 C． 12． 已知数列{ }na 满足 1 1a  ， 2 1 2 2 ( 1) 2 4 n n n n n aa a na n    ，则 8a （ ） A． 64 8 9 2 B． 32 8 9 2 C． 16 8 9 2 D． 7 8 9 2 解析：因为 2 1 2 2 ( 1) 2 4 n n n n n aa a na n    ，所以 2 2 2 1 2 41 ( 1) n n n n a na n a n a    ， 第 10 题图 第 11 题图 试卷第 5 页，总 20 页 所以 22 2 2 1 2 41 4 2n n n n n n a na nn n n a a a a            ， 所 以 2 1 1 2 2 n n n n a a         ， 令 2n n nb a  ， 则 2 1n nb b  ， 两 边 取 对 数 得 1lg 2lgn nb b  ， 又 1 1 1lg lg 2 lg3b a        ，所以数列 lg nb 是首项为lg 3 ，公比为 2 的等比数列． 所以 11 2lg lg3 2 lg 3 nn nb    ，所以 123 n nb   ，即 1232 n n n a    ，从而 123 2nn na   ，将 8n  代入，选 A． 法二、因为   2 1 2 2 1 2 4 n n n n n aa a na n    ，所以   2 2 2 1 2 41 1 n n n n a na n a n a    ， 所以 22 2 2 1 2 41 4 2n n n n n n a na nn n n a a a a            ， 所以 2 1 1 2 2 n n n n a a         ，令 2n n nb a  ，则 2 1n nb b  ，因为 1 3b  ，所以 2 2 3b  ，所以  22 4 3 3 3b   ， 所以  24 8 4 3 3b   ，…，所以 72 64 8 3 9b   。所以 8 8 8 2b a  ，所以 8a  64 8 9 2 ，故选 A。 第Ⅱ卷 本卷包括必考题和选考题两部分．第 13～21 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． 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分． 13．已知两个单位向量 ,a b   ，满足 3a b b     ，则 a 与b  的夹角为__________． 解析：因为 ,a b   是单位向量, 3a b b     ，  2 2 2 1= 3 2 cos , 2 2cos , 1, cos , , ,2 3 2 a b a a b a b b a b a b a b        （ ），               ． 14． 已知点 (0, 2)A ，动点 ( , )P x y 的坐标满足条件 0x y x    ≥ ≤ ，则 PA 的最小值是 ． 解析： PA 的最小值转化成点 A 到直线 y x 的距离 2 2 2 d -= ， 15． 2 5(1 ) (1 )ax x  的展开式中，所有 x 的奇数次幂项的系数和为－64，则正实数 a 的值为__________． 解析：设 2 5 2 3 4 5 6 7 0 1 2 3 4 5 6 7(1 ) (1 )ax x a a x a x a x a x a x a x a x          , 令 1x  得 0 1 2 3 4 5 6 70 a a a a a a a a        ①, 试卷第 6 页，总 20 页 令 1x   得 2 5 0 1 2 3 4 5 6 7(1 ) 2a a a a a a a a a         ②, ②-①得： 2 5 1 3 5 7(1 ) 2 2( + )a a a a a     ，又因为 1 3 5 7+ 64a a a a    ， 2 5(1 ) 2 128a   ，解得 3 1a a  或 （舍）． 16．已知函数 2 e( ) ln(2 ) e x f x a x  有且只有一个零点，则实数 a 的取值范围是__________． 解析：解法一：由当 1 2x  时，显然 1 2x  不是该函数的零点；当 1 2x  时，由 2 e( ) ln 2 e 0 x f x a x   ，分离参数得 2 ee ln 2 x a x ，令 2 ee( ) ln 2 x p x x ， 函数 2 e( ) ln 2 e x f x a x  有且只有一个零点，等价于直线 y a 与函数 2 ee( ) ln 2 x p x x 有且只有一个零点。 利用导数，可判断并得出 ( )p x 的图象如图所示， 因为直线 y a 与函数 ( )p x 的图象的交点个数为 1， 由图可知，实数 a 的取值范围是 ( ,0) { }e  ． 解法二：由 2 e( ) ln 2 e x f x a x  得 2 e2( ) ln ee xxf x a a   ．令  2 0e xt t  ， 则 ( ) ln etg t a t a   ．当 1 et  时， 1 e1 e 0eg        ，所以 1 et  不是函数 ( )g t 的零点； 当 1 et  时，令 ( ) ln e 0tg t a t a    ，分离参数得 e ln 1 t a t  ， 试卷第 7 页，总 20 页 所以   2 e( ) ln e x f x a x a  R 的零点个数问题，等价于直线 y a 与函数 e 1( ) 0ln 1 e t p t t tt        且 的图象的交点个数的问题．利用导数，可判断并得出 ( )p t 的图象如图所示， 因为直线 y a 与函数 e 1( ) 0ln 1 e t p t t tt        且 的图象的交点个数为 1， 由图可知，实数 a 的取值范围是( ,0) { }e  ． 三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17． （12 分） ABC△ 的内角 A ， B ，C 的对边分别为 a ，b ，c ．若角 A ， B ，C 成等差数列，且 3 2b  ． （1）求 ABC△ 的外接圆直径； （2）求 a c 的取值范围． 【解析】（1）由角 A 、 B 、C 成等差数列， 所以 2 +B A C ，···················································································· 1 分 又因为 + + =A B C  ， 所以 3B  ，·························································································· 2 分 根据正弦定理得， ABC△ 的外接圆直径 3 22 = 1πsin sin 3 bR B   ． ····················· 4 分 (2)解法一：由（1）知， 3B  ，所以 2 3A C   ，所以 20 3A   ， ··········· 5 分 试卷第 8 页，总 20 页 由（1）知 ABC△ 的外接圆直径为 1，根据正弦定理得， 1sin sin sin a b c A B C   ， ······································································ 6 分 ∴ 2sin sin sin sin 3a c A C A A         ··············································· 8 分 3 13 sin cos2 2A A      3 sin 6A      ． ······································································ 9 分 ∵ 20 3A   ，∴ 5 6 6 6A     ∴ 1 sin 12 6A      ≤ ， ·········································································11 分 从而 3 3 sin 32 6A      ≤ ， 所以 a c 的取值范围是 3 , 32      ． ························································12 分 解法二：由（1）知， 3B  ，根据余弦定理得， 2 2 2 2 cosb a c ac B   ··········································································· 6 分 2( ) 3a c ac   ··················································································· 7 分 2 2 21( ) 3 ( )2 4 a ca c a c       ≥ ，(当且仅当 a c 时，取等号)················· 9 分 因为 3 2b  ， ∴ 2( ) 3a c ≤ ，即 3a c ≤ ，······························································10 分 又三角形两边之和大于第三边，所以 3 32 a c  ≤ ，································11 分 所以 a c 的取值范围是 3 , 32      ． ································································12 分 18． （12 分） 试卷第 9 页，总 20 页 如图，四棱锥 P ABCD ， //AB CD ， 90BCD  ， 2 2 4AB BC CD   ， PAB△ 为等边三角形， 平面 PAB  平面 ABCD ， Q 为 PB 中点． (1) 求证： AQ  平面 PBC ； (2)求二面角 B PC D  的余弦值． (1)证明：因为 //AB CD ， 90BCD  ， 所以 AB BC ， 又平面 PAB  平面 ABCD ，且平面 PAB 平面 ABCD AB ， 所以 BC ⊥平面 PAB ，············································································· 1 分 又 AQ  平面 PAB ，所以 BC ⊥ AQ ，························································ 2 分 因为Q 为 PB 中点，且 PAB△ 为等边三角形，所以 PB ⊥ AQ ，······················· 3 分 又 PB BC B ， 所以 AQ  平面 PBC ． ········································································ 4 分 (2)解法一：取 AB 中点为O ，连接 PO ，因为 PAB△ 为等边三角形，所以 PO⊥ AB ， 由平面 PAB ⊥平面 ABCD ，因为 PO  平面 PAB ，所以 PO ⊥平面 ABCD ，········· 5 分 所以 PO ⊥OD ，由 2 2 4AB BC CD   ， 90ABC  ， 可知 //OD BC ，所以OD AB ． 以 AB 中点O 为坐标原点，分别以 , ,OD OB OP 所在直线为 , ,x y z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系 O xyz ． ··································································································· 6 分 所以 (0, 2,0), (2,0,0),A D (2,2,0), (0,0, 2 3), (0, 2,0)C P B ， 则  2,2,0 , ( 2,0,2 3), (0, 2,0)AD DP CD        ， 因为Q 为 PB 中点，所以 (0,1, 3)Q ， 由 (1) 知，平面 PBC 的一个法向量为 (0,3, 3)AQ   ．······································· 7 分 设平面 PCD 的法向量为 ( , , )n x y z  ，由 0, 0 n CD n DP          得 2 0 2 2 3 0 y x z     ，取 1z  ，则 ( 3,0,1)n   ，·················································· 9 分 由 2 3 1cos , 43 3 3 1 AQ nAQ n AQ n            ．··············································11 分 x y z O 第 18 题 试卷第 10 页，总 20 页 因为二面角 B PC D  为钝角， 所以，二面角 B PC D  的余弦值为 1 4 ．·······················································12 分 解法二： 取 AB 中点为O ，连接 PO ，因为 PAB△ 为等边三角形，所以 PO⊥ AB ， 由平面 PAB ⊥平面 ABCD ，所以 PO ⊥平面 ABCD ，········································· 5 分 所以 PO ⊥OD ，由 2 2 4AB BC CD   ， 90ABC  ， 可知 //OD BC ，所以OD AB ． 以 AB 中点O 为坐标原点，分别以 , ,OA OD OP 所在直线为 , ,x y z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系 O xyz ． ···································································································· 6 分 所以 (2,0,0), (0, 2,0), ( 2, 2,0),A D C  (0,0, 2 3), ( 2,0,0)P B  ， 所以 ( 2, 2,0), (0, 2, 2 3),AD DP      (2,0,0)CD   ， 由(1)知，可以 AQ  为平面 PBC 的法向量， 因为Q 为 PB 的中点， 所以 ( 1,0, 3)Q  ， 由(1)知，平面 PBC 的一个法向量为 ( 3,0, 3)AQ    ，········································ 7 分 设平面 PCD 的法向量为 ( , , )n x y z  ， 由 0, 0 n CD n DP          得 2 0 2 2 3 0 x y z    ， 取 1z  ，则 (0, 3,1)n   ，············································································· 9 分 所以 2 3 1cos , 43 3 3 1 AQ nAQ n AQ n            ···············································11 分 因为二面角 B PC D  为钝角， 所以，二面角 B PC D  的余弦值为 1 4 ．·······················································12 分 解法三：过点 B 作 PC 的垂线 BH ，交 PC 于点 H ，连结 DH ．由解法一或二知 PO ⊥平面 ABCD ，CD  平面 ABCD ，所以 PO CD ．由条件知OD CD ， 又 PO OD O ，所以CD ⊥平面 POD ， 又 PD  平面 POD ，所以CD PD⊥ ， 又CD CB ，所以 Rt PDC Rt PBC△ ≌ △ ， 所以 DH PC⊥ ，由二面角的定义知，二面角 B PC D  的平面角为 BHD ． x y z O 第 18 题 H O 试卷第 11 页，总 20 页 ·················································································································· 7 分 在 Rt PDC△ 中， 4, 2PB BC  ， 2 5PC  ， 由 PB BC BH PC   ，所以 4 2 4 5 52 5 PB BCBH PC     ． ······························· 8 分 同理可得 4 5 5DH  ， ·················································································· 9 分 又 2 2BD  ．在 BHD△ 中， 2 2 2 cos 2 BH DH BDBHD BH DH    ∠ ···································································10 分   2 2 24 5 4 5 2 25 5 1 44 5 4 52 5 5                       ． 所以，二面角 B PC D  的余弦值为 1 4 ．·······················································12 分 19．（12 分） 最近，中国房地产业协会主办的中国房价行情网调查的一份数据显示，2018 年 7 月，大部分一线城市的房 租租金同比涨幅都在 10%以上．某部门研究成果认为，房租支出超过月收入 1 3 的租户“幸福指数”低，房租 支出不超过月收入 1 3 的租户“幸福指数”高．为了了解甲、乙两小区租户的幸福指数高低，随机抽取甲、乙 两小区的租户各 100 户进行调查．甲小区租户的月收入以 0 3， ， 3 6， ， 6 9， ， 9 12， ， 12 15， （单 位：千元）分组的频率分布直方图如下： 月收入/千元0 3 6 9 12 15 0.030 0.0600.070 0.160 频率 组距 乙小区租户的月收入（单位：千元）的频数分布表如下： 月收入 [0,3) [3,6) [6,9) [9,12) [12,15] 试卷第 12 页，总 20 页 户数 38 27 24 9 2 （1）设甲、乙两小区租户的月收入相互独立，记 M 表示事件“甲小区租户的月收入低于 6 千元，乙小区 租户的月收入不低于 6 千元”．把频率视为概率，求 M 的概率； （2）利用频率分布直方图，求所抽取甲小区 100 户租户的月收入的中位数； （3）若甲、乙两小区每户的月租费分别为 2 千元、1 千元．请根据条件完成下面的 2 2 列联表，并说明 能否在犯错误的概率不超过 0.001 的前提下认为“幸福指数高低与租住的小区”有关． 幸福指数低 幸福指数高 总计 甲小区租户 乙小区租户 总计 附：临界值表 P(K2≥k) 0.10 0.010 0.001 k 2.706 6.635 10.828 参考公式： 2 2 ( ) ( )( )( )( ) n ad bcK a b c d a c b d      ． 【解析】（1）记 A 表示事件“甲小区租户的月收入低于 6 千元”，记 B 表示事件“乙小区租户的月收入不低 于 6 千元”， 甲小区租户的月收入低于 6 千元的频率为(0.060+0.160) 3=0.66 ， 故 ( )P A 的估计值为0.66 ；·············································································· 1 分 乙小区租户的月收入不低于 6 千元频率为 24 9 2 =0.35100   ， 故 ( )P B 的估计值为0.35； ·············································································· 2 分 因为甲、乙两小区租户的月收入相互独立， 事件 M 的概率的估计值为 ( )= ( ) ( ) 0.66 0.35=0.231P M P A P B   ．························ 4 分 （2）设甲小区所抽取的 100 户的月收入的中位数为t ， 则 0.060 3+( 3) 0.160=0.5t   ，····································································· 6 分 解得 5t  ． ·································································································· 7 分 （3）设 0 :H 幸福指数高低与租住的小区无关， 幸福指数低 幸福指数高 总计 甲小区租户 66 34 100 乙小区租户 38 62 100 总计 104 96 200 试卷第 13 页，总 20 页 ·················································································································· 9 分 根据 2 2 列联表中的数据， 得到 2K 的观测值 2200(66 62 38 34) 15.705 10.828104 96 100 100k        ， ·······················11 分 所以能在犯错误的概率不超过 0.001 的前提下认为“幸福指数高低与租住的小区”有关． …………12 分 20． （12 分） 已知圆O ： 2 2 2x y r  ，椭圆   2 2 2 2: 1 0x yC a ba b    的短半轴长等于圆O 的半径，且过C 右焦点的 直线与圆O 相切于点 1 3,2 2D      ． （1）求椭圆C 的方程； （2）若动直线l 与圆O 相切，且与C 相交于 ,A B 两点，求点O 到弦 AB 的垂直平分线距离的最大值． 【解析】（1）解法一：由条件知 22 2 1 3 12 2r             ， ····································· 1 分 所以 1b  ．·································································································· 2 分 过点 D 且与圆O 相切的直线方程为： 3 3 1 2 3 2y x       ， 即 3 2 0x y   ．······················································································· 3 分 令 0y  得， 2x  ，由题意知， 2c  ，从而 2 2 2 5a b c   ································ 4 分 所以椭圆C 的方程为： 2 2 15 x y  ．································································· 5 分 解法二：由条件知 22 2 1 3 12 2r             ， ······················································· 1 分 所以 1b  ．·································································································· 2 分 设椭圆右焦点坐标为( ,0)c ,过该点与圆O相切于点 1 3,2 2D      的直线方程为： 3 3 12 ( )12 2 2 y x c     ， 化简得： 2 3 2(1 2 ) 2 3 0x c y c    ，··························································· 3 分 圆O到直线的距离等于半径 1，即 2 2 2 3 1 (2 3) ( 2(1 2 )) c c     ， 解得 2c  ． 从而 2 2 2 5a b c   ， ··················································································· 4 分 试卷第 14 页，总 20 页 所以椭圆C 的方程为： 2 2 15 x y  ．································································· 5 分 解法三：如图，设椭圆的右焦点为 F ，由于直线l 与圆O 相切于点 D，所以三角形 FOD 是以 ODF 为 直角的直角三角形． ······················································································ 1 分 因为切点的坐标为 1 3,2 2D      ，所以 60DOF   ．··········································· 2 分 由条件知 22 2 1 3 12 2r             ，所以圆的半径 1r  ． ······································· 3 分 所以在 Rt FOD△ 中， 2OF  ．从而 2 2 2 5a b c   ．······································· 4 分 所以椭圆C 的方程为： 2 2 15 x y  ．································································· 5 分 （2）解法一：设点O 到弦 AB 的垂直平分线的距离为 d ， ①若直线l x 轴，弦 AB 的垂直平分线为 x 轴，所以 0d  ；若直线l y 轴，弦 AB 的垂直平分线为 y 轴， 所以 0d  ．································································································· 6 分 ②设直线l 的方程为 ( 0)y kx m k   ，因为l 与圆O 相切， 所以 2 1 1 m k   ，即 21m k  ．································································· 7 分 由 2 2 15 y kx m x y     ，消去 y 得 2 2 2(1 5 ) 10 5 5 0k x kmx m     ． 设 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y ，由韦达定理知： 1 2 1 2 1 22 2 10 2, ( ) 21 5 1 5 km mx x y y k x x mk k         ． ······································ 8 分 所以 AB 中点的坐标为 2 2 5 ,1 5 1 5 km m k k      ， 所以弦 AB 的垂直平分线方程为 2 2 1 5 1 5 1 5 m kmy xk k k         ， 试卷第 15 页，总 20 页 即 2 4 01 5 kmx ky k   ． ················································································· 9 分 所以 2 2 4 1 5 1 km kd k   ． ···················································································10 分 将 21m k  代入得， 2 22 4 4 4 4 2 51 5 11 5 52 51 5 km kkd kk kk      ≤ ， （当且仅当 5 5k  ， 30 5m  时，取等号）．·················································11 分 综上所述，点O 到弦 AB 的垂直平分线距离的最大值为 2 5 5 ．······························12 分 解法二：设点O 到弦 AB 的垂直平分线的距离为 d ， ①若直线l x 轴，弦 AB 的垂直平分线为 x 轴，所以 0d  ；若直线l y 轴，弦 AB 的垂直平分线为 y 轴， 所以 0d  ．································································································· 6 分 ②设 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y ， AB 中点坐标为 0 0( , )M x y ，由点 ,A B 在椭圆上得， 2 21 1 2 22 2 1,5 1,5 x y x y       ① ② ， 由①－②得，      1 2 1 2 1 2 1 2 1 05 x x x x y y y y      ， 即 01 2 1 2 1 2 1 2 0 1 5 5AB xy y x xk x x y y y         ，··························································· 7 分 所以直线l 的方程为：  0 0ABy y k x x   ，化简得 2 2 0 0 0 05 5 0x x y y x y    ． ····· 8 分 因为直线l 与圆O 相切，所以 2 2 0 0 2 2 0 0 5 1 25 x y x y    ，化简得 2 2 2 2 0 0 0 05 25x y x y   ， ·················································································································· 9 分 又因为弦 AB 的垂直平分线方程为  0 0 0 0 5yy y x xx   ，即 0 0 0 05 4 0y x x y x y   ，10 分 所以，点O 到弦 AB 的垂直平分线的距离为： 试卷第 16 页，总 20 页 d  0 0 0 0 2 22 2 0 0 0 00 0 0 0 4 4 4 4 2 5 5 55 2 525 x y x y x y x yx y y x      ≤ ， 当且仅当 2 2 0 05x y 时，取等号． ···································································11 分 所以点O 到弦 AB 的垂直平分线距离的最大值为 2 5 5 ．·······································12 分 21． （12 分） 已知函数 ( ) ln(1 ) ( )1 xf x a x ax    R ， 2 m 1 2e e( ) xg x x   ． （1）求函数 ( )f x 的单调区间； （2）若 0a  ， 1 2, [0, ]x x e  ，不等式 1 2( ) ( )f x g x≥ 恒成立，求实数 m 的取值范围． 【解析】（1）因为 ( ) ln(1 ) ( 1)1 xf x a x xx     ， 所以 2 2 1 1( ) ( 1) 1 ( 1) a ax af x x x x         ， ······················································· 1 分 当 0a ≤ 时， ( ) 0f x  ，所以函数 ( )f x 的单调递增区间为( 1, )  ． ···················· 2 分 当 0a  时，由 ( ) 0 1 f x x      ，得 11 1x a     ； 由 ( ) 0 1 f x x      ，得 11x a   ； ········································································ 3 分 所以函数 ( )f x 的单调递增区间是 11, 1 a       ；递减区间是 11 ,a       ． ············ 4 分 综上所述，当 0a ≤ 时，函数 ( )f x 的单调递增区间为( 1, )  ． 当 0a  时，函数 ( )f x 的单调递增区间是 11, 1 a       ；递减区间是 11 ,a       ． ·················································································································· 5 分 （2）若 0a  ， 1 2, [0, ]x x e  ，不等式 1 2( ) ( )f x g x≥ 恒成立， 等价于“对任意 [0, ]x e ， min( ) ( )maxf x g x≥ 恒成立”． ······································· 6 分 当 0a  时，由（1）知，函数 ( )f x 在[0, ]e 单调递增， 所以  min( ) 0 0f x f  ． ·············································································· 7 分 试卷第 17 页，总 20 页 mx+1 2 1 mx+1( ) 2 e + e ( 2)emxg x x x m x mx    ， （i）当 0m≥ 时，由0 ex≤ ≤ ，得 ( ) 0g x ≥ ，知函数 ( )g x 在[0, ]e 单调递增， 所以 e 3 2 max( ) (e) e e 0mg x g     ，不符合题意． ·········································· 8 分 当 0m  时，令 ( ) 0g x  得， 20,x x m  或 ． （ii）当 2 0e m ≤ ，即 2 em ≥ 时，在[0, ]e 上 ( ) 0g x ≥ ，所以 ( )g x 在 [0, ]e 上单调递增，所以 e 3 2 max ( ) (e) e emg x g    ，只需满足： e 3 2e e 0m   ≤ ，即 1 em ≤ ， 所以 2 1 e em ≤ ≤ ．···················································································· 9 分 （iii）当 2 em   ，即 20 em   时， 在 20, m     上 ( ) 0g x ≥ ，所以 ( )g x 在 20, m     单调递增； 在 2 ,em     上 ( ) 0g x ≤ ，所以 ( )g x 在 2 ,em     单调递减， 所以 2 max 2 2 4( ) ( ) e 0eg x g m m    ≤ ， 所以 2 3 4 em ≥ ， 得 3 4 em ≤ ，又因为 3 4 2 e e   ，所以 2 em   ．··················11 分 综上所述，实数 m 的取值范围为 1, e      ． ·····················································12 分 (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，则按所做第一个题目计分． 22． [选修 4 4 ：坐标系与参数方程] （10 分） 在直角坐标系 xOy 中，直线l 的参数方程为 1 2 3 2 x t y a t       （t 为参数，aR ）．以坐标原点为极点，x 轴 正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 的极坐标方程为 4cos  ，射线  03  ≥ 与曲线C 交于 ,O P 两点，直线l 与曲线C 交于 ,A B 两点． （1）求直线l 的普通方程和曲线 C 的直角坐标方程； （2）当 AB OP 时，求 a 的值． 试卷第 18 页，总 20 页 【解析】（1）将直线l的参数方程化为普通方程为 3 0x y a   ． ························ 2 分 由 4cos  ，得 2 4 cos   ，··································································· 3 分 从而 2 2 4x y x  ，即曲线C 的直角坐标方程为 2 24 0x x y   ． ························· 5 分 （2）解法一：由   4cos 03        ≥ ，得 2, 3P      ． 所以 2OP  ， ····························································································· 6 分 将直线l的参数方程代入圆的方程 2 24 0x x y   ，得 2 2(2 3 ) 0t a t a    由 0  ，得 2 3 4 2 3 4a    ·································································· 8 分 设 A、B 两点对应的参数为 1 2,t t ， 则  2 2 1 2 1 2 1 2AB 4 4 4 3 2t t t t t t a a         ····································· 9 分 解得， 0a  或 4 3a  ． 所以，所求 a 的值为0 或 4 3 ． ······································································10 分 解法二：将射线 ( 0)3  ≥ 化为普通方程为 3 0 ( 0)x y x  ≥ ，···················· 6 分 由（1）知，曲线C ： 2 2( 2) 4x y   的圆心 (2,0)C ，半径为 2 ， 由点到直线距离公式，得C 到该射线的距离为： 2 3 3 3 1 d    ， 所以该射线与曲线C 相交所得的弦长为 2 22 2 ( 3) 2OP    ．·························· 7 分 圆心C 到直线l 的距离为： 2 3 2 3 23 1 a a    ， ·············································· 8 分 由 2 2 2 2 3 1 22 a       ，得 2(2 3 ) 12a  ，即 2 3 2 3a   ，····················· 9 分 解得， 0a  或 4 3a  所以，所求 a 的值为0 或 4 3 ． ······································································10 分 23．[选修 4 5 ：不等式选讲] （10 分） 已知不等式 2 1 2 1 4x x    的解集为 M ． 试卷第 19 页，总 20 页 （1）求集合 M ； （2）设实数 ,a M b M  ，证明： 1ab a b ≤ ． 【解析】（1）解法一：当 1 2x   时，不等式化为： 2 1 1 2 4x x     ，即 1x   ， 所以 11 2x    ；························································································ 2 分 当 1 1 2 2x ≤ ≤ 时，不等式化为： 2 1 2 1 4x x    ，即 2 4 ， 所以 1 1 2 2x ≤ ≤ ； ······················································································ 3 分 当 1 2x  时，不等式化为： 2 1 2 1 4x x    ，即 1x  ， 所以 1 12 x  ； ···························································································· 4 分 综上可知， { 1 1}M x x    ．······································································ 5 分 解法二：设 ( ) 2 1 2 1f x x x    ， 则 14 , ,2 1 1( ) 2, ,2 2 14 , 2 x x f x x x x         ≤ ≤ ··········································································· 2 分 函数 ( )f x 如下图所示， ·················································································································· 4 分 因为 ( ) 4f x  ，由上图可得， 1 1x   试卷第 20 页，总 20 页 所以  1 1M x x    ．··············································································· 5 分 解法三：不等式 2 1 2 1 4x x    ， 等价于 1 2 2 1 1 2 4 x x x         或 1 1 2 2 2 1 2 1 4 x x x       ≤ ≤ 或 1 2 2 1 2 1 4 x x x        ；··············· 3 分 解得 1 1x   ，  1 1M x x     ．·················································································· 5 分 （2）证法一：因为 ,a M b M  ，所以 1, 1a b ≥ ． ······································· 6 分 而  1 1ab a b ab a b       ······························································· 7 分 =  1 1 0a b  ≤ ······················································································ 9 分 所以 1ab a b ≤ ． ·················································································10 分 证法二：要证 1ab a b   ， 只需证： 1 0a b a b   ≤ ，······································································ 6 分 只需证：  1 1 0a b  ≤ ， ········································································ 8 分 因为 ,a M b M  ，所以 1, 1a b ≥ ， ··························································· 9 分 所以  1 1 0a b  ≤ 成立． 所以 1ab a b ≤ 成立． ···········································································10 分