陕西省宝鸡市2020届高三高考数学（文科）（三模）模拟试题 Word版含解析

陕西省宝鸡市2020届高三高考数学（文科）（三模）模拟试题 Word版含解析

- 1 - 2020 年陕西省宝鸡市高考数学模拟试卷（文科）（三）（三模） 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，只有一个是符合题目要求的. 1.设集合 {0,2,4}A  集合 2{ | 1}B x N log x  „ ，则 A B  ( ) A.  2,4 B.  0,1,4 C.  1,2,4 D.  0,1,2,4 【答案】D 【解析】 【分析】 根据题意，求出集合 B ，再利用并集的定义即可. 【详解】由题知      2| log 1 | 0 2 1,2B x N x x N x        ，又  0,2,4A  ， 所以  0,1,2,4A B  . 故选：D. 2.已知复数 z 在复平面上对应的点为 1,m ，若iz 为纯虚数，则实数 m 的值为（ ） A. 1 B. 0 C. 1 D. 1 或 1 【答案】B 【解析】 【分析】 由题意易得 1z mi  ，计算出iz ，结合纯虚数的概念即可得出结果. 【详解】因为复数 z 在复平面上对应的点为  1, m ， 1z mi  ， 因为  1iz i mi m i     为实数，得 0m  . 故选：B. 【点睛】本题主要考查了复数的几何意义，已知复数的类型求参数的值，属于基础题. 3.命题“偶函数的图象关于 y 轴对称”的否定是（ ） A. 所有偶函数的图象不关于 y 轴对称 B. 存在偶函数的图象关于 y 轴对称 C. 存在一个偶函数的图象不关于 y 轴对称 - 2 - D. 不存在偶函数的图象不关于 y 轴对称 【答案】C 【解析】 【分析】 首先对原命题补充全称量词，其否定再改写为特称命题即可. 【详解】“偶函数的图象关于 y 轴对称”等价于“所有的偶函数的图象关于 y 轴对称”， 根据全称命题进行否定规则，全称量词改写为存在量词，条件不变，否定结论. 所以原命题否定是“存在一个偶函数的图象不关于 y 轴对称”. 故选：C 【点睛】本题考查对命题进行否定. 对全(特)称命题进行否定的方法: (1)改写量词：全称量词改写为存在量词，存在量词改写为全称量词； (2)否定结论：对于一般命题的否定只需直接否定结论即可． 4.已知向量 a  与向量b  平行，且 3a  ， 4b  ，则 a b   （ ） A. 12 B. 12 C. 5 D. 12 或 12 【答案】D 【解析】 【分析】 首先得出向量 a  与向量b  的夹角为 0 或180 ，根据向量数量积的概念即可得出结果. 【详解】分析题意知，向量 a  与向量b  的夹角 0   或180 ， 当 0   时， 03 4 cos0 12a b     当 180   时， 03 4 cos180 12a b      ， 故选：D. 【点睛】本题主要考查了向量平行的概念，向量数量积的运算，属于基础题. 5.将正奇数排成一个三角形阵，按照如图排列的规律，则第 15 行第 3 个数为( ) - 3 - A. 213 B. 215 C. 217 D. 219 【答案】B 【解析】 【分析】 先求出前 14 行共有多少个数，然后易得第 15 行第 3 个数． 【 详 解 】 根 据 题 意 分 析 可 得 ， 在 三 角 形 数 阵 中 ， 前 14 行 共 排 了 14 (1 14)1 2 3 ... 14 1052        个数，则第 15 行第 3 个数是数阵的第 108 个数，即所 求数字是首项为 1，公差为 2 的等差数列的第 108 项 108 1 (108 1) 2 215a      ， 故选：B. 【点睛】本题考查归纳推理，考查等差数列的通项公式，解题时根据图形寻找到数字的规律 是解题关键． 6.若 { 1,2,3,4,5)ix i  对应数据如茎叶图所示:现将这五个数据依次输入程序框进行计算，则输 出的 S 值及其统计意义分别是( ) A. 2S  ，即 5 个数据的方差为 2 B. S = 2，即 5 个数据的标准差为 2 C. 10S  ，即 5 个数据的方差为 2 D. S = 10，即 5 个数据的标准差为 4 【答案】C 【解析】 - 4 - 【分析】 模拟程序运行，得出运行结论． 【详解】由程序框图知： 算法的功能是求      2 2 2 1 220 20 20iS x x x      的值， ∵跳出循环的值为 5， ∴输出          2 2 2 2 2 1018 20 19 20 22 20 21 20 20 20S           . 故选：C 【点睛】本题考查程序框图，考查循环结构，考查方差的概念．模拟程序运行是求解此类问 题的基本方法． 7.在区间 0,5 上随机地取一个数 x，则事件“ 11 2 4x  ”发生的概率为（ ） A. 2 5 B. 1 5 C. 1 2 D. 1 4 【答案】A 【解析】 【分析】 解出指数不等式 11 2 4x  ，结合几何概型的概念即可得结果. 【详解】因为 1 0 1 21 2 4 2 2 2x x      ，得1 3x  ， 所以事件“ 11 2 4x  ”发生的概率为 3 1 2 5 0 5P   . 故选：A. 【点睛】本题主要考查了指数不等式的解法，几何概型中长度型概率的求法，属于基础题. 8.如图在四棱锥 P ABCD— 中，PD⊥平面 ABCD，E 为线段 CD 上的一点，则“AE⊥BD” 是“AE⊥平面 PBD”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 - 5 - 【解析】 【分析】 根据线面垂直的判定定理，结合充分、必要条件的判定，得到“ AE BD ”是“ AE ⊥平面 PBD ” 的充分条件，再由线面垂直的性质，可得“ AE BD ”是“ AE ⊥平面 PBD ”的必要条件，即可 得到结论. 【详解】因为 PD  平面 ABCD ，又 AE  平面 ABCD ，所以 PD AE ， 又 AE BD 且 PD BD D  ，所以 AE ⊥平面 PBD . 所以“ AE BD ”是“ AE ⊥ 平面 PBD ”的充分条件； 又由 AE ⊥平面 PBD 且 BD  平面 PBD ，可得 AE BD ， 所以“ AE BD ”是“ AE ⊥ 平面 PBD ”的必要条件， 综上可得“ AE BD ”是“ AE ⊥ 平面 PBD ”的充要条件. 故选：C. 【点睛】本题主要考查了以线面位置关系为背景的充分条件、必要条件的判定，其中解答中 熟记线面位置关系的判定定理和性质定理上解答的关键，着重考查了推理与运算能力. 9.函数   2 1 1sinf x x x x    在区间 2 ,2  上的大致图象为( ) A. B. - 6 - C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 令 2 1( ) sing x x x x   ，易知 ( )g x 是奇函数，则  f x 的图象关于点 10,      对称，排除部 分选项，然后再利用特殊值法确定. 【详解】因为     2 21 1( ) sin sin = ( )            g x x x x x g xx x ， - 7 - 所以 ( )g x 是奇函数， 所以   1( )  f x g x 的图象关于点 10,      对称，排除 B、C 两个选项， 又 ( ) 0f   ，当 (0, )x  时， 2 1 1sin 0,x x x   ， 所以 ( ) 0f x  ，排除 D. 故选：A 【点睛】本题主要考查函数的图象和性质，还考查了理解辨析，转化求解问题的能力，属于 中档题. 10.已知 1F ， 2F 是双曲线   2 2 2 2 1 0, 0x y a ba b     的左，右焦点，P 是双曲线右支上任意一 点，M 是线段 1PF 的中点，则以 1PF 为直径的圆与圆 2 2 2x y a  的位置关系是（ ） A. 相离 B. 相切 C. 相交 D. 以上都有 可能 【答案】B 【解析】 【分析】 作出草图，由双曲线定义可得 1 2 2PF PF a  ，根据中位线定理可以得出 2 1 2MO PF ， 可得出圆心距等于两圆的半径之差，由此易判断得出两圆相切，即可选出正确选项. 【详解】∵ P 在双曲线右支上，∴ 1 2 2PF PF a  ∵ M 是线段 1PF 的中点，∴ 1 1 1 2 MF PM PF  ∵O 是线段 1 2F F 的中点，∴ 2 1 2MO PF ∴ 1 2 1 1 1 1 2 2PF PF a MF OM a OM MF a       即圆心距等于两圆的半径之差 - 8 - ∴以线段 1PF 为直径的圆与圆 2 2 2x y a  的位置关系是相内切. 故选：B. 【点睛】本题考查双曲线的简单性质以及圆与圆的位置关系的判断，解题的关键是熟练掌握 双曲线的性质及圆的位置关系的判断方法，属于中档题. 11.著名数学家华罗庚先生被誉为“中国现代数学之父”，他倡导的“0.618 优选法”在生产和 科研实践中得到了非常广泛的应用，黄金分割比 5 1 0.6182t   还可以表示成 2sin18， 则 2 2 2cos 27 1 4t t    （ ） A. 4 B. 5 1 C. 2 D. 1 2 【答案】D 【解析】 【分析】 利用二倍角公式以及诱导公式可将分子化为 sin36 ，将 2sin18t   代入结合三角恒等式可将 分母化为 4sin18 cos18  ，最后根据二倍角的正弦即可得结果. 【详解】因为 2sin18t  ∴ 2 2 2 2cos 27 1 cos54 sin36 sin36 1 24sin18 cos18 2sin364 2sin18 4 4sin 18t t                . 故选： D . 【点睛】本题主要考查了通过二倍角的正、余弦公式，诱导公式以及三角恒等式化简求值， 属于中档题. 12.已知抛物线 2:C y x ，P 是直线 2 0x y   上的动点，过点 P 向曲线 C 引切线，切点分 别为 A，B，则 PAB△ 的重心（ ） A. 恒在 x 轴上方 B. 恒在 x 轴上 C. 恒在 x 轴下方 D. 位置不确 定 【答案】A 【解析】 【分析】 - 9 - 设  0 02 ,P y y  ，设    2 2 1 1 2 2, , ,A x x B x x ，求得函数的导数，可得切线的斜率，进而得到 切线的方程，由点 P 在切线上可得 1 2,x x 是方程 2 0 02( 2) 0x y x y    的两根，结合韦达定 理可得 0 1 2 03 y y y   ，进而可得结果. 【详解】∵ P 在直线 +2 0x y  上，∴设  0 02 ,P y y  ， ∵ ,A B 在 2y x= 上，∴设    2 2 1 1 2 2, , ,A x x B x x ， ∵ 2y x  ，∴ 11 12x xk y x  ， ∴ A 点的切线方程 1l 为 2 1 1 12 ( )y x x x x   ， ∵点 P 在 1l 上，∴ 2 0 1 1 0 12 ( 2 )y x x y x     ，即  2 1 0 1 02 +2 0x y x y   ， 同理， B 点的切线方程有 2 2 0 2 02( 2) 0x y x y    ， ∴ 1 2,x x 是方程 2 0 02( 2) 0x y x y    的两根， ∴ 1 2 0 1 2 0 2( 2x x y x x y       ） ， 2 2 2 1 2 20 1 2 2 1 2 1 2 0.75 03 3 3 ( 0.5 )x x xy y y x x x x       ∴ PAB 的重心恒在 x 轴上方. 故选：A. 【点睛】本题考查抛物线的方程的运用，注意联立直线方程运用韦达定理，同时考查切线方 程的求法，注意运用导数的几何意义，考查化简整理的运算能力，属于中档题. 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，满分 20 分，把答案填在答题卡中对 应题号后的横线上． 13.为支援武汉的防疫，某医院职工踊跃报名，其中报名的医生 18 人，护士 12 人，医技 6 人， 根据需要，从中抽取一个容量为 n 的样本参加救援队，若采用系统抽样和分层抽样，均不用 剔除人员.当抽取 n+1 人时，若采用系统抽样，则需剔除 1 个报名人员，则抽取的救援人员为 ________. 【答案】6 【解析】 【分析】 根据采用系统抽样和分层抽样，均不用剔除人员，结合抽取人数为正整数，则可得到 n=6，12， - 10 - 18 或 36，再由采用系统抽样需剔除 1 个报名人员，即可得到 n=6。 【详解】报名人员共 36 人，当样本容量为 n 时， 因为采用系统抽样和分层抽样，均不用剔除人员 所以 n 为18 12 6 36   的正约数，又因为18:12:6 3: 2:1 系统抽样间隔 36 n ，分层抽样比例 36 n ， 抽取医技 636 6 n n  人，护士 1236 3 n n  人， 医生 1836 2 n n  人 又 n 为 6 的倍数，36 的约数，即 n=6，12，18，36 当抽取 n+1 人时，总人数中剔除 1 人为 35 人， 系统抽样间隔 35 1 Nn  ，所以 n=6. 故答案为:6 【点睛】本题考查简单随机抽样的应用，涉及到分层抽样、系统抽样，考查学生的基本计算 能力，是一道容易题. 14.已知不等式组 0 4 0 3 2 14 0 x x y x y        „ 所表示的平面区域被直线 y=kx 分成面积相等的两部分，则 k 的值为________. 【答案】2 【解析】 【分析】 由不等式组 0 4 0 3 2 14 0 x x y x y        „ ，画出可行域，根据可行域是一个三角形，直线 y kx 过了一个 顶点，且平分区域，则必过对应边的中点求解. 【详解】由不等式组 0 4 0 3 2 14 0 x x y x y        „ ，画出可行域如图所示阴影部分： - 11 - 解得 A(4，1)，B(0，7)，AB 中点 C（2，4）， 因为直线 y kx 过了可行点（0,0），且平分区域 OAB， 则必过 C 点，所以 k=2. 故答案为：2 【点睛】本题主要考查简单线性规划问题，还考查了数形结合的思想与方法，属于基础题. 15.已知数列{ },{ }n na b 满足 1 1 1 1 1 1 21.1, 0.2, , , N2 3 3 n n n n n n b aa b a b a b n         ，令 n n nc a b  ，则数列 nc 的通项公式为________. 【答案】 1 10.9 3n nc   【解析】 【分析】 根据题设条件，整理化简得  1 1 1 3n n n na b a b    ，得到 1 1 3 n n c c   ，进而利用等比数列的定 义，得出 nc 是首项为 0.9 ，公比为 1 3 的等比数列，即求解数列的通项公式，得到答案. 【详解】由题意，数列{ },{ }n na b 满足 1 1 1 1 2, , N2 3 3 n n n n n n aa b b a b n       ， 可得  1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 1 2 2 2 2 3 3 2 3 n n n n n n n n n n n n b aa b b b a a b a a b                     ， 即 1 1 1 3 n n n n a b a b    ，即 1 1 3 n n c c   ， - 12 - 又由 1 1.1a  ， 1 0.2b  ，可得 1 1 1 0.9c a b   ， 故 nc 是首项为 0.9 ，公比为 1 3 的等比数列， 所以数列 nc 的通项公式为 1 10.9 3n nc   . 故答案为： 1 10.9 3n nc   . 【点睛】本题主要考查了等比数的定义，以及等比数列的通项公式的求解，其中解答中根据 数列的递推关系式，利用等比数列的定义，得到数列 nc 为等比数列是解答的关键，着重考 查了推理与运算能力. 16.已知直角梯形 ABCD 中 / / , , 5 , 2   AB CD AB BC AB cm BC CD cm ，将此直角梯形 绕 AB 边所在的直线旋转一周，由此形成的几何体的体积为________；表面积为________. 【答案】 (1). 12 cm3 (2). 12+2 13)( cm2 【解析】 【分析】 直角梯形绕 AB 边所在的直线旋转一周，得到一个圆柱与圆锥的组合体，再根据圆柱与圆锥的 表面积体积公式求解即可. 【详解】直角梯形绕 AB 边所在的直线旋转一周，得到一个圆柱与圆锥的组合体， 圆柱的高为 2cm ，圆锥的高为5 2 3  cm 组合体体积 2 212 2 2 3 123          V 组合体表面积 2 2 212 (2 2) 2 (2 2) 2 +3 12 +2 132S               . 【点睛】本题主要考查组合体表面积体积的计算，考查学生对表面积体积公式的掌握. 三、解答题：共 70 分，解答须写出文字说明、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.已知函数   2cos sin( ) 3sin 3,f x x x x Rx    . （1）求 f(x)的最小正周期； （2）求 f(x)在[ , ]8 4   上的值域. - 13 - 【答案】（1） ；（2） 3 1 3[ 1 , ]2 2   . 【解析】 【分析】 （1）根据三角恒等变换的公式，化简函数 3( ) sin(2 )3 2f x x    ，利用最小正周期的公式， 即求得函数的最小正周期； （2）由 8 4x    ，求得 7 212 3 6x      ，得到 11 sin(2 )3 2x     ，进而可求 得函数的值域。 【详解】（1）由题意，函数 2( ) cos sin( ) 3sin 3f x x x x    2 1 3sin cos 3cos sin2 (cos2 1)2 2x x x x x     1 3 3 3sin 2 cos2 sin(2 )2 2 2 3 2x x x       ， 所以函数  f x 的最小正周期为 2 2 2T w      。 （2）因为 8 4x    ，则 7 212 3 6x      ，可得 11 sin(2 )3 2x     ， 所以 3 3 1 31 sin(2 )2 3 2 2x        ， 故  f x 在[ , ]8 4   上的值域为 3 1 3[ 1 , ]2 2   。 【点睛】本题主要考查了三角函数的图象与性质，以及三角恒等变换的应用，其中解答中利 用三角恒等变换的公式，化简得出函数的解析式，熟练应用三角函数的图象与性质是解答的 关键，着重考查了推理与运算能力。 18.2014 年非洲爆发了埃博拉病毒疫情，在疫情结束后，当地防疫部门做了一项回访调查，得 到如下结果， 患病 不患病 有良好卫生习惯 20 180 - 14 - 无良好卫生习惯 80 220 （1）结合上面列联表，是否有99.9%的把握认为是否患病与卫生习惯有关？ （2）现从有良好卫生习惯且不患病的 180 人中抽取 1A ， 2A ， 3A ， 4A ， 5A 共 5 人，再从这 5 人中选两人给市民做健康专题报告，求 2A ， 3A 至少有一人被选中的概率.  2 0P k  0.050 0.010 0.001 0k 3.841 6.635 10.828        2 2 n ad bck a b c d a c b d      【答案】（1）有 99.9%的把握认为是否患病与卫生习惯有关（2） 7 10 【解析】 【分析】 （1）首先将列联表补充完整，计算出 2k 的值，对照临界值得出结论； （2）用列举法求出基本事件数，计算所求的概率值. 【详解】（1） 患病 不患病 合计 有良好卫生习惯 20 180 200 无良好卫生习惯 80 220 300 合计 100 400 500 2 2 500 (20 220 80 180) 125 20.833 10.828200 300 100 400 6k          有 99.9%的把握认为是否患病与卫生习惯有关 （2）从 1 2 3 4 5, , , ,A A A A A 中任取 2 人， - 15 - 有 1 2 1 3 1 4 1 5 2 3, , , , ,A A A A A A A A A A 2 4 2 5 3 4 3 5 4 5, , , ,A A A A A A A A A A 共 10 种取法， 其中仅有 2A 有三种： 2 1, 2 4, 2 5A A A A A A ， 其中仅有 3A 有三种： 3 1, 3 4, 3 5A A A A A A ， 有 2A 且有 3A 有一种： 2 3A A ， 故 2 3,A A 至少一人取到的概率   7 10P A  【点睛】本题主要考查了列联表与独立性检验的应用问题，也考查了列举法求古典概型的概 率问题，属于基础题. 19.如图，DA  平面 ABC， / /DA PC ，E 为 PB 的中点， 2PC  ，AC BC ， ACB 和 DAC△ 是等腰三角形， 2AB  . （1）求证： / /DE 平面 ABC； （2）求三棱锥 E BCD 体积. 【答案】（1）证明见解析；（2） 1 6 【解析】 【分析】 （1）取 BC 的中点 F ，连接 EF、AF，证明出四边形 ADEF 是平行四边形，即得 / /DE AF ， 根据线面平行判定定理即可得结果； （2）先证出 AC⊥面 PBC，可得 D 到面 PBC 高等于 AC ，根据 E BCD D BCEV V  即可得出结 果. 【详解】（1）证明：取 BC 的中点 F ，连接 EF、AF - 16 - 因为 E、F 是中点，所以 / /EF PC 且 1 2EF PC =1 又因为△ACB 和△DAC 是等腰三角形，AB= 2 ， 所以 1AD AC BC   ， 又因为 / /DA PC ，所以四边形 ADEF 是平行四边形，即 DE//AF 又因为 AF  面 ABC，所以 / /DE 平面 ABC （2）因为 AC⊥BC，AC⊥PC， BC PC C  ，所以 AC⊥面 PBC 又因为 / /DA PC ，所以 D 到面 PBC 高等于 AC 又因为 BCES = 1 1 1 2 2 2PC BC   ， 所以 1 1 3 6E BCD D BCE BCEV V S AC      【点睛】本题主要考查了通过构造平行四边形证明线面平行，三棱锥体积的求法，属于中档 题. 20.已知定点  2,0S  ，  2,0T ，动点 P 为平面上一个动点，且直线 SP，TP 的斜率之积为 3 4  . （1）求动点 P 的轨迹 E 的方程； （2）设点 B 为轨迹 E 与 y 轴正半轴的交点，是否存在斜率为 3 3 直线 l，使得 l 交轨迹 E 于 M， N 两点，且  3,0Q 恰是 BMN△ 的重心？若存在，求 l 的方程；若不存在，说明理由. 【答案】（1） 2 2 1( 2)4 3 x y x    （2）不存在，详见解析 【解析】 【分析】 （1）设 ( , )P x y ，由 3 4SP TPk k   结合两点间斜率计算公式，整理化简即可； - 17 - （2）根据题意，设直线l 的方程为 3 3y x m  ，    1 1 2 2, , ,M x y N x y ，联立直线和椭圆 的方程构成方程组，将韦达定理和 1 2 3B Qx x x x   相结合，求出 m 的值，但不满足   ， 进而可得出结果. 【详解】（1）设 ( , )P x y ，由已知有 3 2 2 4 y y x x     ， 整理得动点Ｐ的轨迹Ｅ的方程为 2 2 1( 2)4 3 x y x    （2）由（1）知， E 的方程为 2 2 1( 2)4 3 x y x    ，所以  0, 3 ,B 设存在直线l 适合题意，并设l 的方程为 3 3y x m  ，    1 1 2 2, , ,M x y N x y . 由 2 2 3 3 14 3 y x m x y       ，得  2 213 8 3 12 3 0x mx m    ， 由    2 28 3 4 13 12 3 0m m       ，得 39 39 3 3m   ， 1 2 8 3 13 mx x   . 因为点Q 为 BMN 的重心，所以 1 2 3B Qx x x x   ， 8 3 0 3 313 m   ，解得 39 8m   当 39 8m   时，不满足 39 39 3 3m   ， 所以不存在直线l ，使得Q 是 BMN 的重心. 【点睛】本题主要考查了利用直接法求曲线的轨迹，直线与椭圆的综合应用，韦达定理和重 心坐标公式的应用，属于中档题.. 21.已知函数  2l 2) 1( nf x x ax a x    ， a R ， ( )f x 为  f x 的导函数. （1）讨论  f x 的单调性； （2）若     1g x f x a   ，当 1 2a  时，求证:  g x 有两个零点. - 18 - 【答案】（1）见解析；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】 （1）结合函数的导数与单调性的关系，对 a 进行分类讨论，分为 0a  ， 1 2a  ， 1 2a  ， 10 2a  几种情形，即可求出函数的单调性； （2）结合（1）中的结果可得  g x 的单调性，易得 1 为函数一个零点，结合函数的单调性及 函数的零点判定定理可求. 【详解】（1）       1 2 11( ) 2 2 1 0x axf x ax a xx x         ①当 0a  时，令 ( ) 0f x  ，得 0 1x  ，令 ( ) 0f x  ，得 1x  ， 所以  f x 在 0,1 上单调递增，在 (1, ) 上单调递减； ②当 0a  时，令 ( ) 0f x  ，得 1 1x  ， 2 1 2x a  ， i）当 1 2a  时， 2( 1)( ) 0xf x x   ，所以 ( )f x 在 (0, ) 上单调递增； ii）当 1 2a  时，令 ( ) 0f x  ，得 10 2x a   或 1x  ；令 ( ) 0f x  ，得 1 12 xa   ， 所以  f x 在 10, 2a      和 (1, ) 单调递增，在 1 ,12a      单调递减； iii）当 10 2a  时，令 ( ) 0f x  ，得 0 1x  或 1 2x a  ；令 ( ) 0f x  ，得 11 2x a   ， 所以  f x 在 0,1 和 1 ,2a     单调递增，在 11, 2a      单调递减； 综上：①当 0a  时，  f x 在 0,1 上单调递增；在 (1, ) 单调递减； ②i）当 1 2a  时，  f x 在 (0, ) 上单调递增； ii）当 1 2a  时，  f x 在 10, 2a      和 (1, ) 单调递增，在 1 ,12a      单调递减； iii）当 10 2a  时，  f x 在 0,1 和 1 ,2a     单调递增，在 11, 2a      单调递减； - 19 - （2）当 1 2a  时，  f x 在 10, 2a      与 (1, ) 单调递增，在 1 ,12a      单调递减， 所以 ( )g x 在 10, 2a      与 (1, ) 单调递增，在 1 ,12a      单调递减， 因为 (1) 0g  ，所以1是函数 ( )g x 的一个零点，且 1 02g a      ， 当 10, 2x a     时，取 1 00 ax e   且 0 1 2x a  ， 则 2 0 0(2 1) 1ax a x a    2 0 0 02 1 1ax x ax a a       ，  0 1 1 0g x a a      所以  0 1 02g g xa      ，所以 ( )g x 在 10, 2a      恰有一个零点， 所以 ( )g x 在区间 (0, ) 有两个零点. 【点睛】本题综合考查了函数的导数与单调性关系的应用，考查了函数零点判定定理的应用， 还考查了逻辑推理与运算的能力，属于中档题. 选考题：共 10 分.请考生在第 22、23 题中任选一题作答，若多做，则按所做的第 一题计. 22.在平面直角坐标系 xoy 中，以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 E 的极坐标方程为 2 4 cos 4 sin 12       ，直线 l 的参数方程为 1 cos 2 sin x t y t         (t 为 参数).点 P 为曲线 E 上的动点，点 Q 为线段 OP 的中点. （1）求点 Q 的轨迹(曲线 C)的直角坐标方程； （2）若直线 l 交曲线 C 于 A，B 两点，点 ( 1, 2)M  恰好为线段 AB 的三等分点，求直线 l 的 普通方程. 【答案】（1） 2 2 2 2 3x y x y    ；（2） 3 0x y   或 1 0x y   . 【解析】 【分析】 （1）设点 Q，P 的极坐标分别为 ( , )  ， 0 0( , )  ，由题意可得 2 2 cos 2 sin 3       ， 由极坐标方程与直角坐标方程的转化公式即可得解； - 20 - （2）直线参数方程代入曲线 C 的方程得 2 2( cos ) (1 sin ) 5t t    ，化简后利用韦达定理 结合题意即可得解. 【详解】（1）设点 Q，P 的极坐标分别为 ( , )  ， 0 0( , )  ， 则 2 0 0 0 0 04 cos 4 sin 12       且 0 2  ， 0  ， 所以 2(2 ) 4 (2 )cos 4 (2 )sin 12         ， 所以点 Q 轨迹的极坐标方程为 2 2 cos 2 sin 3       ， 故 Q 轨迹的直角坐标方程为 2 2 2 2 3x y x y    ； （2）由（1）得曲线 C 的直角坐标方程为 2 2( 1) ( 1) 5x y    ， 将直线参数方程代入曲线 C 的方程得 2 2( cos ) (1 sin ) 5t t    ， 即 2 2 sin 4 0t t    ，   ， 由点 ( 1, 2)M  恰好为线段 AB 的三等分点，不妨设方程两根为 , 2t t ， 所以 2 2sin 2 4 t t t t         ，即 2 2sin 2 t t     ，所以 2 21 1sin cos2 2     ， 又sin 与 cos 在一、三象限同号，二、四象限异号， 所以直线的斜率 tan 1k    ，又直线过 ( 1, 2)M  ， 故直线的普通方程为 3 0x y   或 1 0x y   . 【点睛】本题考查了极坐标方程与直角坐标方程的转化，考查了参数方程 t 的几何意义的应用， 属于中档题. 23.已知 a，b 均为正实数，且 a+b=3. （1） 求 1 1 1a b  的最小值； （2）若| 1 12 | | 3| 1x x a b      对任意的 a，b∈R*恒成立，求实数 x 的取值范围. 【答案】（1）1；（2）[ 1, )   . 【解析】 【分析】 （1）由题意可得  1 1 1 1 1 1 4 1)1 (a b a b a b          ，利用基本不等式即可得解； - 21 - （2）由题意可得 2 3 1x x    ，分类讨论解不等式即可得解. 【详解】（1）由 ,a b R 且 3a b  可得 ( 1) 4a b   ， 所以  1 1 1 1 1 1 1 4 1( 1) 41 12a b a a b a b ab b                  1 2 2 14 1 1 b a a b         ，当且仅当 1a  ， 2b  时取等号， 故 1 1 1a b  的最小值为 1； （2）由（1）知 1 1 1a b  的最小值为 1， 由题意可得 2 3 1x x    ， 即   3 2 3 1 x x x         或 3 2 2 3 1 x x x         或 2 2 3 1 x x x       ， 解得 1 2x   或 2x  ， 故实数 x 的取值范围为 1,+  . 【点睛】本题考查了基本不等式的应用及绝对值不等式的求解，考查了运算求解能力，属于 中档题.