福建省泉州市2020届高三上学期期末质检文数学试题

福建省泉州市2020届高三上学期期末质检文数学试题

泉州市 2020 届高中毕业班单科质量检查 文科数学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 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，再选涂其它答案标号．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收回． 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 2 0A x x x   ，则 A Rð （ ） A. ( ,0] B. [2, ) C. (0,2) D. ( ,0] [2, )  【答案】C 【解析】 【分析】 解一元二次不等式化简集合 A ，再进行集合的补运算，即可得答案. 【详解】因为  2 2 0A x x x   ， 所以 ( ,0] [2, )A    ，则 (0,2)A Rð . 故选：C． 【点睛】本题考查一元二次不等式的求解、补集的运算，考查基本运算求解能力，属于基础 题. 2.若复数 ( 2i)(1 i)a   为纯虚数，则实数 a 的值是（ ） A. 2 B. 1 C. 1 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】 先对得数进行乘法运算，再利用纯虚数的概念，得到实数 a 的值. 【详解】复数 ( 2i)(1 i)a   ( 2) ( 2)ia a    为纯虚数， 所以 2 0a   ，解得 2a   . 故选：A. 【点睛】本题考查复数的四则运算、纯虚数的概念，考查基本运算求解能力，属于基础题. 3.若 π π 2sin( )cos( )4 4 5      ，则 cos2  （ ） A. 4 5  B. 2 5  C. 2 5 D. 4 5 【答案】A 【解析】 【分析】 先利用倍角公式得到 π 4sin( 2 )2 5    ，再利用诱导公式求得 cos2 的值. 【详解】因为 π π 1 π π 2sin( )cos( ) 2 sin( )cos( )4 4 2 4 4 5             ， 所以 π 4sin( 2 )2 5    ，即 4cos2 5    . 故选：A． 【点睛】本题考查倍角公式、诱导公式的应用，考查基本运算求解能力，求解时注意符号的 正负. 4.新中国成立 70 周年，社会各界以多种形式的庆祝活动祝福祖国，其中，“快闪”因其独特 新颖的传播方式吸引大众眼球.根据腾讯指数大数据，关注“快闪”系列活动的网民群体年龄 比例构成，及男女比例构成如图所示，则下面相关结论中不正确的是（ ） A. 35 岁以下网民群体超过 70% B. 男性网民人数多于女性网民人数 C. 该网民群体年龄的中位数在 15～25 之间 D. 25～35 岁网民中的女性人数一定比 35～45 岁网民中的男性人数多 【答案】D 【解析】 【分析】 对 A，利用频率分布直方图可得比例；对 B，由男女比例构成图可得结论；对 C，由频率分布 直方图可估计中位数；对 D，无法判断；故可得答案. 【详解】对 A，依题意可得，35 岁以下网民群体所占比例为 74% ，故 A 正确； 对 B，由男女比例构成图可得男性所占比例为55%，故 B 正确； 对 C，因为 15 岁以下所占比例为 23% ，35 岁以下所占比例为54% ，故该网民群体年龄的中 位数在 15～25 之间，故 C 正确； 对 D，答案无法判断，故 D 错误． 故选：D. 【点睛】本题考查统计中的频率分布直方图和丙图，考查数据处理能力和阅读理解能力，求 解时要充分提取图中的信息，防止对问题的片面理解. 5.设 E 是中心在坐标原点的双曲线．若 (2,0)A 是 E 的一个顶点， ( 4,0)F  是 E 的一个焦点， 则 E 的一条渐近线方程为（ ） A. 1 3y x B. 3 3y x C. 3y x D. 3y x 【答案】C 【解析】 【分析】 由已知条件得 , ,a b c 的值，从而得到双曲线的方程，再利用渐近线方程的定义，求得答案. 【详解】由已知双曲线的焦点在 x 轴上， 2a  ， 4c  ， 所以 2 2 2 3b c a   ， 所以双曲线 E 的渐近线方程为 by xa   ，即 3y x  . 故选：C． 【点睛】本题考查双曲线方程、渐近线方程，考查基本运算求解能力，属于基础题. 6.已知等差数列 na 中， 3 6+ 8a a  ，则 4 75 +a a  （ ） A. 32 B. 27 C. 24 D. 16 【答案】C 【解析】 【分析】 根据等差数列的通项公式，将等式 3 6+ 8a a  化成关于 1,a d 的方程，再整体代入，求得式子 4 75 +a a 的值. 【详解】设等差数列{ }na 公差 d ，则 3 6 12 7 8a a a d    ， 所以 4 7 1 15 6 21 3(2 7 ) 24a a a d a d      . 故选：C． 【点睛】本题考查等差数列中的基本量运算，考查整体思想的运用，求解的关键是将 12 7 8a d  整体代入所求的式子，考查运算求解能力. 7.“堑堵”是中国古代数学名著《九章算术》中记载着的一种多面体．如图，网格纸上小正 方形的边长为 1，粗实线画出的是某“堑堵”的三视图，则该“堑堵”的体积等于（ ） A. 12 B. 8 C. 6 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】 根据几何体的三视图可得该几何体为直三棱柱，再利用体积的计算公式求得答案. 【详解】由已知可得该“堑堵”是直三棱柱， 所以体积 1 2 3 2 62V      ， 故选：C． 【点睛】本题以数学文化为背景，考查三视图还原几何体的直观图，并求柱体的体积，考查 空间想象能力和运算求解能力. 8.函数 ( ) sinf x x x 的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 根据函数的奇偶性可排除两个选项，再根据 π[0, ]2 上的单调性，即可得到正确答案. 【详解】因为 ( ) sinf x x x 的定义域为 R 关于原点对称，且 ( ) ( )[sin( )] ( )f x x x f x     ， 所以 ( )f x 为偶函数，故排除 C，D； 因为 ' ( ) sin cos 0f x x x x   在 π[0, ]2x 恒成立， 所以 ( ) sinf x x x 在 π[0, ]2 上单调递增. 故选：B． 【点睛】本题考查利用函数的奇偶性和单调性选择函数图象，考查数形结合思想的运用，求 解时要注意排除法的应用. 9.明代朱载堉创造了音乐学上极为重要的“等程律”．在创造律制的过程中，他不仅给出了 求解三项等比数列的等比中项的方法，还给出了求解四项等比数列的中间两项的方法．比如， 若已知黄钟、大吕、太簇、夹钟四个音律值成等比数列，则有 = 大吕 黄钟 太簇 ，  23= 大吕 黄钟 夹钟 ，  23= 太簇 黄钟 夹钟 ．据此，可得正项等比数列 na 中， ka （ ） A. 1 1 n kn k na a   B. 1 1 n kn k na a    C. 11 1 n k kn na a   D. 11 1 k n kn na a   【答案】C 【解析】 【分析】 根据题意可得三项等比数列的中项可由首项和末项表示，四项等比数列的第 2、第 3 项均可由 首项和末项表示，从而类比出正项等比数列 na 中的 ka 可由首项 1a 和末项 na 表示. 【详解】因为三项等比数列的中项可由首项和末项表示， 四项等比数列的第 2、第 3 项均可由首项和末项表示， 所以正项等比数列 na 中的 ka 可由首项 1a 和末项 na 表示， 因为 1 1 n na a q  ，所以 1 1 = nn aq a  ， 所以 1 11 1 = k nnk aa a a         1 1 1 1 = k n naa a        1 1 1 1= n k k n n na a     11 1= n k kn na a   . 故选：C. 【点睛】本题以数学文化为背景，考查类比推理能力和逻辑推理能力，求解时要先读懂题目 的文化背景，再利用等比数列的通项公式进行等价变形求解. 10.若直线 0x ay  与函数 e( ) x f x x  的图象有且只有一个公共点，则 a 的取值范围为 （ ） A. 2 4( ,0) ( , )e   B. 2 4( , )e  C. 2e( , )4  D. 21 e( , )e 4 【答案】B 【解析】 【分析】 由 0 ex x ay y x    ，消去 y ，得 2 ( 0)ex xa x  ，将问题转化为直线 y a 与曲线 2 ( 0)ex xy x  恰 有一个公共点，利用导数研究函数 2 ( 0)ex xy x  的图象，从而求得 a 的取值范围. 【详解】由 0 ex x ay y x    ，消去 y ，得 2 ( 0)ex xa x  ，则依题意，可知直线 y a 与曲线 2 ( 0)ex xy x  恰有一个公共点， 令 2 ( ) ( 0)ex xf x x  ，则 2 2 ' 2 2 e e 2( ) (e ) e x x x x x x x xf x      ， 当 ' ( ) 0 0 2f x x    ；当 ' ( ) 0 0f x x   或 2x  ； 所以 ( )f x 在 ( ,0),(2, )  单调递减，在 (0,2) 单调递增， 如图所示，作出 y a 与 2 ( 0)ex xy x  的图象， 因为两个函数图象有且只有一个公共点， 所以 2 4 ea  . 故选：B 【点睛】本题考查函数与方程的应用，考查数形结合思想的运用，求解时要注意利用导数的 工具性研究函数的单调性，从而作出函数的草图，考查运算求解能力. 11.若椭圆 E 的顶点和焦点中，存在不共线的三点恰为菱形的中心和顶点，则 E 的离心率等于 （ ） A. 2 2 B. 5 1 2  C. 1 2 或 2 2 D. 2 2 或 5 1 2  【答案】D 【解析】 【分析】 由菱形对角线互相垂直可转化为，在椭圆的顶点和焦点中找到不共线的三点能构成一个直角 三角形，结合椭圆的对称性，只须考虑三种情况，作出图形，从而求得椭圆的离心率. 【详解】依题意，由菱形对角线互相垂直可转化为，在椭圆的顶点和焦点中找到不共线的三 点能构成一个直角三角形，结合椭圆的对称性，只须考虑三种情况： （1）如图 1，若以顶点 D 焦点 B 为菱形顶点，C 为中心，则 DC BC ，由勾股定理得， 2 2 2 2( ) ( )a b a a c    ，由 2 2 2b a c  化简得 2 2 0c ac a   ， 两边同除以 2a ，得 2 1 0e e   ，又因为 0 1e  ，可得 5 1 2e  ． （2）如图 2，若以焦点 A , B 为菱形顶点，C 为中心，则 AC BC ，故 45OCB   ，易得 2 2 ce a   ； （3）如图 3，若以焦点 B 为菱形的中心，C , E 为顶点，则CB EB ，易得 2 2 ce a   ， 故选 D. 【点睛】本题考查椭圆的离心率及椭圆的对称性性质，考查逻辑推理能力和运算求解能力， 求解的关键是画出几何图形，并能进行完整的分类讨论. 12.已知函数 π( ) sin( )( 0,0 2f x x        ）．若 π( )8f x  为奇函数， π( )8f x  为偶 函数，且 2( ) 2f x  在 π(0, ) 6 至多有 2 个实根，则 的最大值为（ ） A. 10 B. 14 C. 15 D. 18 【答案】A 【解析】 【分析】 先根据函数的奇偶性得到函数的对称轴和对称中心，求出 π 4   后，再利用换元法，求出 2( ) 2f x  在 π(0, ) 6 至多有 2 个实根时， 的取值范围，从而得到 的最大值. 【详解】由题意，得 π( 0)8  ， 为 ( )f x 的图象的对称中心，直线 π 8x  为 ( )f x 的图象的一条对 称轴， 所以 1 1 2 2 π π8 ,π π + π8 2 k k k k             Ζ（ ），两式相加得 1 2π π4 2 k k   ， 又因为 π0 2   ，所以 π 4   ，代入 2 π π + π8 2 k   ，得 8 2( )k k    Ζ ， 因为 π(0, ) 6x 时， π π π π( , ) 4 4 6 4t x     ， 即由已知可得 2sin 2t  ， π π π( , ) 4 6 4t   至多有 2 个实根， 即 π π 11π 6 4 4   ≤ ，由此可得 0 15 ≤ ， 又因为 8 2( )k k    Ζ ，所以 1k  时 的最大值为 10， 故选：A． 【点睛】本题考查三角函数的图象和性质的综合运用，考查逻辑推理能力和运算求解能力， 求解时要注意三角函数的周期性特点，同时要注意换元法的灵活运用. 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分. 13.已知向量 ,a b   ，且  = 3, 2a  ，  = 5 2a b  ， ，则 b  ____________. 【答案】 2 5 【解析】 【分析】 先根据向量的坐标运算求得b  的坐标，再代入向量模的公式中. 【详解】因为 ( ) (2,4)b a b a       ，所以 2 22 4 2 5b    . 故答案为： 2 5 【点睛】本题考查向量坐标运算及模的求解，属于基础题. 14.若 ,x y 满足约束条件 0, 1 0, 2 2 0, x x y x y          则 3 2z x y  的最大值为___________. 【答案】4 【解析】 【分析】 作出约束条件所表示的可行域，再根据直线截距的最大值，求得目标函数的最大值. 【详解】不等式组表示的可行域如图所示： 由 3 2z x y  得 3 2 2 zy x   在 y 轴上的截距越大， z 越大， 所以当直线 3 2 2 zy x   过点  0,2A 时， z 取得最大值， 所以 z 的最大值为 4 . 故答案为： 4 【点睛】本题考查线性规划，考查数形结合思想的运用，求解时要注意将目标函数的最大值 看成直线在 y 轴上截距的最大值. 15.已知直线 : (1 ) 1 0( )l mx m y m R     与圆 2 2: 8O x y  交于 ,A B 两点， ,C D 分别 为 ,OA AB 的中点，则 AB CD 的最小值为____________. 【答案】 4 3 【解析】 【分析】 先求出直线l 恒过点 (1,1)P ，再观察 AB CD 中可转化成只含| |AB 的变量，进而研究| |AB 的最小值，即可得到答案. 【详解】直线 l 的方程可化为 ( ) 1 0m x y y    ，由 0, 1 0, x y y      解得 1, 1, x y    ，直线 l 恒过 点 (1,1)P ， 因为 ,C D 分别为 ,OA AB 的中点，所以 1 = 22CD OB . 当OP AB 时， AB 最小，此时 22=2 2 2 2 2 6AB  ( ) ， 所以 = 2 2 2 6=4 3AB CD AB ≥ ． 故答案为： 4 3 【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，考查数形结合思想、转化与化归思想的运用，求解 的关键是找到以| |AB 为变量进行研究最值. 16.已知正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的棱长为 1，动点 P 在棱 1AA 上，四棱锥 1 1P BDD B 的顶 点都在球 O 的球面上，则球O 的表面积取值范围是_____________． 【答案】 25π[3π, ]8 【解析】 【分析】 设 1 1,O P x O G y  ，根据几何关系得到 2 2 2R x y  ， 2 2 2 3 2 2 2R y                ，从而得 到 ,x y 的关系，再利用消元法，得到 2 2 2 2 52 4R x y y y     ，最后利用一元二次函数 的性质，得到 2R 的取值范围，从而得到球O 的表面积取值范围. 【详解】如图，设球O 的球心为G ， 1AA 的中点 1O ， 1CC 的中点 2O ， 1 2O O 的中点O ， 且 1 2 2OO  ， 3 2OA OB  . 因为 1 1, , ,B D D B 在球面上，所以球心在线段 2OO 上， 点 P 也在球面上，GP GB R  . 设 1 1,O P x O G y  .则 2 2OG y  . 在 1Rt O PG△ 中， 2 2 2R x y  …………① 在 Rt BOG△ 中， 2 2 2 3 2 2 2R y                …………②, 联立①②，得 2 5 24x y  ，因为 10 2x  ，所以 2 5 2 2 8y≤ ≤ . 所以 2 2 2 2 25 2 3 3 252 ( ) [ , ]4 2 4 4 32R x y y y y         ， 所以球O 的表面积取值范围为 25[3π, π]8 . 故答案为： 25π[3π, ]8 【点睛】本题考查四棱锥与球的切接问题、球的表面积，考查空间想象能力和运算求解能力， 考查转化与化归思想、数形结合思想的运用，求解的关键是先确定以什么为变量进行研究. 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.记数列 na 的前 n 项和为 nS ．若 2 3 3n nS a  . （1）证明： na 为等比数列； （2）设 9logn nb a ，求数列 1 1 n nb b        的前 n 项和 nT ． 【答案】（1）证明见解析；（2） nT = 4 1 n n  . 【解析】 【分析】 （1）利用临差法得到   1 3 2n n a na    ，从而证明数列 na 为等比数列； （2）根据对数运算得到 2n nb  ，再利用裂项相消法对数列 1 1 n nb b        进行求和. 【详解】（1）由已知，得 2 3 3n nS a  ，……① 当 2n  时， 1 12 3 3n nS a   ，……② ①—②，得 -1 -12 2 (3 3) (3 3)n n n nS S a a     ，即 -12 3 3n n na a a  ， 整理，得   1 3 2n n a na    ， 又由 1 12 3 3S a  ，得 1=3 0a  ，所以 na 是以 3 为首项，3 为公比的等比数列. （2）由（1）得 =3n na ，所以 9log 3 2 n n nb   ， 所以  1 1 4 1 1= 4( )1 1n nb b n n n n    ， 故 nT = 1 1 1 1 1 1 1 44( )+4( )+ +4( ) 4(1 )1 2 2 3 1 1 1 n n n n n         . 【点睛】本题考查数列的递推关系、等比数列的定义、裂项相消法求和，考查转化与化归思 想的运用， 考查基本运算求解能力. 18. ABC 的内角 , ,A B C 所对的边分别为 , ,a b c .已知 ( 3 cos ) cosa C c A  ． （1）求 b a ； （2）求 cos A的最小值． 【答案】（1） 3 ；（2） 6 3 . 【解析】 【分析】 （ 1 ） 利 用 正 弦 定 理 将 等 式 ( 3 cos ) cosa C c A  进 行 “ 边 化 角 ” 得 到 3sin sin( )A A C  ，再利用三角形的内角及正弦定理进行“角化边”，从而求得 b a 的值； （2）利用余弦定理求得 cos A的表达式，再利用基本不等式求得最小值. 【详解】（1）在 ABC 中，由正弦定理，得 sin sin sin a b c A B C   ， 从而由 ( 3 cos ) cosa C c A  ，可得 sin ( 3 cos ) sin cosA C C A  ， 整理，得 3sin sin cos cos sinA A C A C  ，即 3sin sin( )A A C  ， 又因为 πA B C   ，所以sin 3sinB A ， 所以 3b a  ． （2）由（1）不妨设 3 3b a  ，则 3 1 3 1c    ， 在 ABC 中，由余弦定理，得 2 2 2 cos 2 b c aA bc   ， 所以 2 2 2 2( 3) 1 2 1 2 6cos ( ) 32 3 2 3 2 3 c cA ccc c        ≥ ， 当 2 cc  即 2c  时，等号成立，故 cos A取到最小值为 6 3 ． 【点睛】本题考查正余弦定理、三角形内角和、三角恒等变换的综合运用，考查函数与方程 思想、转化与化归思想的运用，求解 cos A的最小值时，要注意基本不等式的运用及取到最值 的条件验证. 19.如图， MA  平面 ABCD ，CN  平面 ABCD ，四边形 ABCD 是边长为 2 的菱形， 60BAD   ， 1CN  ， 3AM  . （1）证明： / /BN 平面 ADM ； （2）求三棱锥 N ADM 的体积. 【答案】（1）证明见解析；（2） 3 . 【解析】 【分析】 （1）证明平面 / /BCN 平面 ADM ，从而得到线面平行； （2）由（1）知， / /BN 平面 ADM ，所以点 N 到平面 ADM 的距离等于点 B 到平面 ADM 的距离．取 AD 的中点 E ，连接 BE ，BD ．证明 BE 平面 ADM ，故所以点 N 到平面 ADM 的距离为 BE ，再将数据代入体积公式求解． 【详解】（1）因为 MA  平面 ABCD ，CN  平面 ABCD ，所以 / /MA NC ， 又 MA  平面 ADM ， NC  平面 ADM ，所以 / /NC 平面 ADM . 因为四边形 ABCD 是菱形，所以 / /BC AD ， 又 AD  平面 ADM ， BC 平面 ADM ， 所以 / /BC 平面 ADM ， 又 BC NC C ， BC 平面 BCN ，CN  平面 BCN ， 所以平面 / /BCN 平面 ADM ， 又 BN  平面 BCN ，所以 / /BN 平面 ADM . （2）由（1）知， / /BN 平面 ADM ， 所以点 N 到平面 ADM 的距离等于点 B 到平面 ADM 的距离． 取 AD 的中点 E ，连接 BE ， BD ． 因为四边形 ABCD 是边长为 2 的菱形， 60BAD   ， 所以 ABD△ 是边长为 2 的等边三角形，所以 BE AD ，且 3BE  ， 又因为 MA  平面 ABCD ， BE  平面 ABCD ，所以 MA BE ， 又 MA AD A ， MA  平面 ADM ， AD 平面 ADM ， 所以 BE 平面 ADM ，故所以点 N 到平面 ADM 的距离为 BE ． 所以三棱锥 N ADM 的体积 1 1 1 2 3 3 33 3 2N ADM ADMV S BE          ． 【点睛】本题考查线面平行、面面平行的位置关系、三棱锥体积求解，考查空间想象能力和 运算求解能力，在证明平行关系时，注意定理条件的完整性. 20.已知抛物线 E 的顶点在原点，焦点在 y 轴上，过点 (1,0)A 且斜率为 2 的直线与 E 相切． （1）求 E 的标准方程； （2）过 A 的直线 l 与 E 交于 ,P Q 两点，与 y 轴交于点 R ，证明： 2AR AP AQ  ． 【答案】（1） 2 2x y ；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】 （1）将直线方程与抛物线方程联立，由判别式等于 0，求得抛物线方程中的参数值，进而得 到抛物线的方程； （2）设 l 的方程为 ( 1)y k x  ， 1 1 2 2( , ), ( , )P x y Q x y ，利用两点间的距离公式，并进行消参， 将线段 AR AP AQ， ， 分别用 k 进行表示，从而证明等式成立. 【详解】（1）过点 (1,0)A 且斜率为 2 的直线方程为 2( 1)y x  ，即 2 2y x  ， 设 E 的方程为 2 ( 0)x ay a  ， 由 2 2 2, , y x x ay     消去 y ，得 2 2 2 0x ax a   ， 因为直线与 E 相切，所以 24 8 0a a    ， 解得 0a  （舍去）或 2a  ， 所以 E 的标准方程为 2 2x y . （2）设 l 的方程为 ( 1)y k x  ， 1 1 2 2( , ), ( , )P x y Q x y ． 令 0x  ，得 y k  ，即 (0, )R k ， 由 2 ( 1), 2 , y k x x y     消去 y ，得 2 2 2 0x kx k   ， 因为 l 与 E 相交，所以 24 8 0k k    ，解得 2k  或 k 0 ， 设，则 1 2 1 22 , 2x x k x x k   ， 2 11 1AP k x   ， 2 21 1AQ k x   ， 从而 2 2 2 2 1 1 2 1 2( 1) 1 1 ( 1) ( ) 1 1AP AQ k x x k x x x x k            ， 又 2 2 1AR k  ， 所以 2AR AP AQ  . 【点睛】 本题考查抛物线标准方程的求解、考查弦长公式、韦达定理等知识，考查方程思想、转化与 化归思想的运用，考查运算求解能力，求解时注意变量思想和消元思想的灵活运用. 21.已知函数 2( ) ( 1) ln2 af x x a x x    ． （1）讨论 ( )f x 的单调性； （2）当 1x  时， e( ) 2f x ≥ ，求 a 的取值范围． 【答案】（1）答案见解析；（2） 1[ , )e  . 【解析】 【分析】 （1）先求函数的定义域，再利用导数对函数进行求导，对参数分 0a  和 0a  两种情况讨论 后，得到函数的单调区间； （2）先证当 0a  不等式在 1x  不会成立，再进一步证明 0a  时， ( )f x 在 1(0, )a 单调递减， 在 1( )a  ， 单调递增．再对 a 分 1a  和 0 1a  两种情况，研究各自的最小值大于等于 e 2  ， 从而求得 a 的取值范围. 【详解】（1）函数 ( )f x 的定义域为 (0, ) ， 21 ( 1) 1 ( 1)( 1)( ) 1 ax a x ax xf x ax a x x x            ， 当 0a  时， 1 0ax- < ，则 ( ) 0f x  ，故 ( )f x 在 (0, ) 单调递减； 当 0a  时，令 ( ) 0f x  ，得 1x a  ；令 ( ) 0f x  ，得 10 x a   ， 故 ( )f x 在 1(0, )a 上单调递减，在 1( )a  ， 单调递增. 综上，可得当 0a  时， ( )f x 在 (0, ) 单调递减； 当 0a  时， ( )f x 在 1(0, )a 单调递减，在 1( )a  ， 单调递增. （2）①当 0a  时，因为 2 4 2 e(e ) e ( 1)e 2 22 2 af a        ，所以 0a  不符合题意； ②当 0a  时，由（1），知 ( )f x 在 1(0, )a 单调递减，在 1( )a  ， 单调递增． （ⅰ）当 1 1a  即 1a  时， 1( )( 1) ( ) 0 a x xaf x x     ≥ ，所以 ( )f x 在[1, ) 单调递增， 故 3 1 e( ) (1) 12 2 2f x f a   ≥ ≥ ，故 1a  满足题意. （ⅱ）当 1 1a  即 0 1a  时， ( )f x 在 1[1, )a 单调递减，在 1( , )a  单调递增， 故 min 1 1 1( ) ( ) 1 ln2f x f a a a     ， 当 1x  时， e( ) 2f x ≥ ，当且仅当 1 e( ) 2f a ≥ ， 令 1( ) 1 ln ( 0)2g t t t t    ，则 1 1( ) 02g t t      ，故 ( )g t 在 (0, ) 单调递减， 又 e(e) 2g   ，从而由 1 e( ) 2f a ≥ 即 1( ) (e)g ga ≥ ，可得 1 ea ≤ ，解得 1 1e a ≤ ， 综上，可得 a 的取值范围为 1[ , )e  ． 【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性、不等式恒成立求参数值，考查逻辑推理能力 和运算求解能力，考查函数与方程思想、分类讨论思想的综合运用，分类讨论时要做到不重 不漏. （二）选考题：共 10 分．请考生在第 22、23 两题中任选一题作答．如果多做，则按所做的 第一题计分． 22.在同一平面直角坐标系 xOy 中，经过伸缩变换 2 ,x x y y      后，曲线 2 2 1 : 1C x y  变为曲 线 2C . （1）求 2C 的参数方程； （2）设  2,1A ，点 P 是 2C 上的动点，求 OAP△ 面积的最大值，及此时 P 的坐标． 【答案】（1） 2cos , sin x y      （为参数 ）；（2） 2( 2, )2  或 2( 2, )2  【解析】 【分析】 （1）先利用伸缩变换求得曲线 2C 的普通方程，再将普通方程转化为参数方程； （2）设   2cos ,sin 0 2πP    ≤ ，再利用点到直线的距离公式，求得距离的最大值， 结合面积的最大值，求得点 P 的坐标. 【详解】（1）由伸缩变换 2 ,x x y y      得到 1 ,2 . x x y y       ……① 将①代入 2 2 1x y  ，得到 2 21 + =12 x y （ ） ，整理得 2 2 2 : + =14 xC y  . 所以 2C 的参数方程为 2cos , sin x y      （为参数 ）． （2）设   2cos ,sin 0 2πP    ≤ ，直线 : 2 0OA x y  ， 则 P 到直线OA的距离为 π2 2 sin( )2cos 2sin 2 24 5 5 5 d     ≤ ， 所以 1 1 1 2 25 5 22 2 2 5OAPS OA d d       △ ≤ . 当 3π= 4  或 7π= 4  时， OAP△ 面积的最大值为 2 ， 此时 P 的坐标为 2( 2, )2  或 2( 2, )2  . 【点睛】本题考查伸缩变换、曲线普通方程与参数方程的互化、点的参数设法，考查转化与 化归思想、数形结合思想的运用，考查运算求解能力. 23.已知函数 1( ) | | | |f x x a x a     ． （1）证明： ( ) 2f x  ； （2）当 1 2a  时， ( )f x x b≥ ，求b 的取值范围． 【答案】（1）证明见解析；（2） 1( , ]2  . 【解析】 【分析】 （1）利用绝对值不等式直接进行证明； （2）将函数 ( )f x 写成分段函数的形式，作出函数的图象，并观察图象求b 的取值范围. 【详解】（1） 1 1 1 1( ) | | | | | | | | | | 2 | | | | 2f x x a x a a aa a a a         ≥ ≥ ； （2） 3 12 , ,2 2 1 5 1( ) 2 = , 2,2 2 2 32 , 2,2 x x f x x x x x x                　 　　　 　　 作出 ( )f x 的图象，如图 由图，可知 ( )f x x b≥ ，当且仅当 (2) 2f b≥ ，解得 1 2b  ， 故b 的取值范围为 1( , ]2  ． 【点睛】本题考查绝对值不等式的证明、参数取值范围的求解，考查数形结合思想的运用， 考查运算求解能力.