东北三省三校（哈师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学）2020届高三三模考试数学（文科）试题

东北三省三校（哈师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学）2020届高三三模考试数学（文科）试题

- 1 - 2020 年东北三省三校（哈师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学）高考数学三模试卷（文 科）（内） 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. 复数 4 3 z i   (i 为虚单位)的共轭复数为（ ） A. 3 i B. 3 i C. 3 i  D. 3 i  【答案】A 【解析】 【分析】 利用复数除法运算化简 z ，再求得其共轭复数 z . 【详解】依题意 4( 3 ) 3 , 3 ( 3 )( 3 ) iz i z i i i        故选：A 【点睛】本小题主要考查复数除法运算，考查共轭复数的概念，属于基础题. 2. 已知集合  | 2 ,nA x x n  N ，  | 28B x x x   .则 A B  （ ） A. {1,2,4} B.  1,2,4,6,8 C. {2,4,8} D.  1,2,4,8 【答案】D 【解析】 【分析】 解一元一次不等式求得集合 B ，由此求得 A B . 【详解】由 { | 14}B x x  ，可知  1,2,4,8A B  . 故选：D 【点睛】本小题主要考查集合交集的概念和运算，属于基础题. 3. 若变量 x y， 满足约束条件 2 1 0 1 0 1 0 x y x y y        … „ … ，则 = 2z x y 的最大值为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 - 2 - 【答案】B 【解析】 【分析】 画出可行域，平移基准直线 2 0x y  到可行域边界位置，由此求得 z 的最大值. 【详解】画出可行域如下图所示，由图可知，平移基准直线 2 0x y  到可行域边界  2, 1B  时，目标函数 z 取得最大值为  2 2 1 4    . 故选：B 【点睛】本小题主要考查线性规划求最值，考查数形结合的数学思想方法，属于基础题. 4. 如图是某几何体的三视图，俯视图中圆的两条半径长为 2 且互相垂直，则该几何体的体积 为（ ） - 3 - A. 20 B. 21 C. 22 D. 23 【答案】A 【解析】 【分析】 根据三视图判断出原图的结构，由此求得原图的体积. 【详解】由三视图知，该几何体是由 3 8 个半径为 2 的球和 1 个底面半径为 2 、高为 4 的圆柱组 合而成.其体积为 2 33 42 4 2 208 3         . 故选：A 【点睛】本小题主要考查根据三视图求体积，属于基础题. 5. 如图所示是某年第一季度五省 GDP 情况图，则下列说法中不正确的是（ ） A. 该年第一季度 GDP 增速由高到低排位第 3 的是山东省 B. 与去年同期相比，该年第一季度的 GDP 总量实现了增长 C. 该年第一季度 GDP 总量和增速由高到低排位均居同一位的省份有 2 个 D. 去年同期浙江省的 GDP 总量超过了 4500 亿元 【答案】D 【解析】 【分析】 根据折线图、柱形图的性质，对选项逐一判断即可. 【详解】由折线图可知 A、B 项均正确，该年第一季度GDP 总量和增速由高到低排位均居同 一位的 省份有江苏均第一.河南均第四.共 2 个.故 C 项正确； 4632.1 (1 3.3%) 4484 4500    . 故 D 项不正确. - 4 - 故选：D. 【点睛】本题考查折线图、柱形图的识别，考查学生的阅读能力、数据处理能力，属于中档 题. 6. 已知 为锐角，且 3sin2 2sin  ，则 cos2 等于（ ） A. 2 3 B. 2 9 C. 1 3  D. 4 9  【答案】C 【解析】 【分析】 由 3sin2 2sin  可得 3cos 3   ，再利用 2cos2 2cos 1   计算即可. 【详解】因为 2 3sin cos 2sin   ，sin 0  ，所以 3cos 3   ， 所以 2 2 1cos2 2cos 1 13 3        . 故选：C. 【点睛】本题考查二倍角公式的应用，考查学生对三角函数式化简求值公式的灵活运用的能 力，属于基础题. 7. 已知 ABC 中内角 , ,A B C 所对应的边依次为 , ,a b c ，若 2 = 1, 7, 3a b c C    ，则 ABC 的面积为（ ） A. 3 3 2 B. 3 C. 3 3 D. 2 3 【答案】A 【解析】 【分析】 由余弦定理可得 2 2 7a b ab   ，结合 2 = 1a b  可得 a，b，再利用面积公式计算即可. 【详解】由余弦定理，得 2 27 2 cosa b ab C    2 2a b ab  ，由 2 27 2 1 a b ab a b        ，解 - 5 - 得 2 3 a b    ， 所以， 1 1 3 3 3sin 2 32 2 2 2ABCS ab C       . 故选：A. 【点睛】本题考查利用余弦定理解三角形，考查学生的基本计算能力，是一道容易题. 8. 设 ( )f x 为定义在 R 上的奇函数，当 0x  时， 2 3( ) log ( 1) 1f x x ax a     ( a 为常数)， 则不等式 (3 4) 5f x   的解集为（ ） A. ( , 1)  B. ( 1, )  C. ( , 2)  D. ( 2, )  【答案】D 【解析】 【分析】 由定义在 R 上的奇函数的性质，可得 (0) 0f  ，求出 1a  ，于是可得 ( )f x 在 0x  时的解析 式 2 3( ) log ( 1) ( 0)xf x x x   ，由解析式结合增函数+增函数=增函数，可得函数 ( )f x 在  0, 上单调递增，再由 ( )f x 为定义在 R 上的奇函数，可知 ( )y f x 在 R 上单调递增，注 意到 ( 2) (2) 5f f     ，利用函数单调性即可解决． 【详解】因为 ( )f x 是定义在 R 上的奇函数，所以 (0) 0f  ，解得 1a  ，所以，当 0x  时， 3 2( ) log ( 1)f x x x   ．当 [0, )x  时，函数 3log ( 1)y x  和 2y x= 在 [0, )x  上都 是增函数，所以 ( )f x 在 [0, )x  上单调递增，由奇函数的性质可知， ( )y f x 在 R 上单调 递 增 ， 因 为 (2) 5 ( 2) 5f f   ， ， 故  (3 4) 5 (3 4) 2f x f x f       ， 即 有 3 4 2x    ，解得 2x   ． 故选：D． 【点睛】本题主要考查函数性质的应用，利用函数的奇偶性、单调性解不等式，意在考查学 生的转化能力，属于中档题． 9. 已知双曲线 2 2 13 yC x  ： 的左、右焦点分别为 1 2,F F ，点 P 在双曲线上，则 1 2 1 1 PF PF  - 6 - 的取值范围为（ ） A. 41, 3      B. (0,2] C. 40, 3      D. 50, 3      【答案】C 【解析】 【分析】 设 P 在右支， 2 1PF … ，利用双曲线的定义化简 1 2 1 1 PF PF  ，根据 2PF 的取值范围，求得 1 2 1 1 PF PF  的取值范围. 【详解】不妨设点 P 在右支上.所以 2 1PF … ， 所以 1 2 2 2 1 1 1 1 1 412 3 3PF PF PF PF      „ ， 故 1 2 1 1 PF PF  的取值范围为 40, 3      . 故选：C 【点睛】本小题主要考查双曲线的定义，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题. 10. 已知曲线 cos(2 ) | | 2C y x        ： 的一条对称轴方程为 3x  ，曲线C 向左平移 ( 0)   个单位长度，得到曲线 E 的一个对称中心的坐标为 ,04      ，则 的最小值是（ ） A. 6  B. 4  C. 3  D. 12  【答案】C 【解析】 【分析】 cos(2 )y x   在对称轴处取得最值有 2cos( ) 13     ，结合| | 2   ，可得 3   ，易得 曲 线 E 的 解 析 式 为 cos 2 2 3y x       ， 结 合 其 对 称 中 心 为 04     可 得 - 7 - ( )2 6 k k Z     即可得到θ 的最小值. 【详解】∵直线 3x  是曲线C 的一条对称轴. 2 ( )3 k k      Z ，又| | 2   . 3   . ∴平移后曲线 E 为 cos 2 2 3y x       . 曲线 E 的一个对称中心为 04     . 2 2 ( )4 3 2k k Z          . ( )2 6 k k Z     ，注意到 0  故θ 的最小值为 3  . 故选：C. 【点睛】本题考查余弦型函数性质的应用，涉及到函数的平移、函数的对称性，考查学生数 形结合、数学运算的能力，是一道中档题. 11. 已知焦点为 F 的抛物线 2: 4C y x 的准线与 x 轴交于点 A ，点 M 在抛物线C 上，则当 | | | | MA MF 取得最大值时，直线 MA 的方程为（ ） A. 1y x  或 1y x   B. 1 1 2 2y x  或 1 1 2 2y x   C. 2 2y x  或 2 2y x   D. 2 2y x   【答案】A 【解析】 【分析】 过 M 作 MP 与 准 线 垂 直 ， 垂 足 为 P ， 利 用 抛 物 线 的 定 义 可 得 - 8 - 1 1 cos cos MA MA MF MP AMP MAF     ，要使 | | | | MA MF 最大，则 MAF 应最大，此时 AM 与抛物线C 相切，再用判别式或导数计算即可. 【详解】过 M 作 MP 与准线垂直，垂足为 P ， 1 1 cos cos MA MA MF MP AMP MAF     ， 则当 | | | | MA MF 取得最大值时， MAF 最大，此时 AM 与抛物线C 相切， 易知此时直线 AM 的斜率存在，设切线方程为 ( 1)y k x  ， 则 2 ( 1) 4 y k x y x     .则 2 216 16 0 1 1k k k      ， ， ， 则直线 AM 的方程为 ( 1)y x= ± + . 故选：A. 【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系，涉及到抛物线的定义，考查学生转化与化归的 思想，是一道中档题. 12. 已知函数 ( )f x 满足当 0x„ 时， ( 2) ( )f x f x  ，且当 ( 2,0]x  时， ( ) | 1| 1f x x   ； 当 0x  时， ( ) log ( 0 af x x a 且 1a  ).若函数 ( )f x 的图象上关于原点对称的点恰好有 3 对，则 a 的取值范围是（ ） A. (5, ) B. (2,4) C. (3,5) D. (3,4) 【答案】C 【解析】 【分析】 根据周期性和对称性，作出函数 ( )f x 在 ( ,0] 上的图象关于原点对称的图象，根据题意得到 函数 ( ) logaf x x 的图象与所作的图象有 3 个交点，由此列不等式组，解不等式组求得 a 的 - 9 - 取值范围. 【详解】先作出函数 ( )f x 在 ( ,0] 上的图象关于原点对称的图象，如图所示.若函数 ( )f x 的 图象上关于原点对称的点恰好有 3 对.则函数 ( ) logaf x x 的图象与所作的图象有 3 个交点， 所以 1 log 3 1 log 5 1 a a a      ，解得3 5a  . 故选：C 【点睛】本小题主要考查函数的周期性、图象的对称性，考查数形结合的数学思想方法，属 于中档题. 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分. 13. 已知 (1, 1), 2,a b a b       ，则b  ___________. 【答案】 (1,1) 或 ( 1, 1)  【解析】 【分析】 设出b  的坐标，根据已知条件列方程组，解方程组求得b  . 【详解】设 ( , )b x yr ，有 2 0 2x x y x y      ，解得 1 1 x y    或 1 1 x y      . 故 (1,1) 或 ( 1, 1)  故答案为： (1,1) 或 ( 1, 1)  【点睛】本小题主要考查向量模的坐标运算，考查向量垂直的坐标表示，属于基础题. 14. 春节即将来临之际，3 位同学各写一张贺卡，混合后每个同学从中抽取一张，且抽取其中 任意一张都是等可能的，则每个同学抽到的都是自己写的贺卡的概率为___________. 【答案】 1 6 - 10 - 【解析】 【分析】 先求得基本事件的总数，由此求得每个同学抽到的都是自己写的贺卡的概率. 【详解】设三张贺卡编号为1,2,3，则每个同学从中抽取一张， 基本事件为123,132,213,231,312,321， 故共有 6 个基本事件， 每个同学抽到的都是自己写的贺卡的事件有1种， 故每个同学抽到的都是自己写的贺卡的概率为 1 6 . 故答案为： 1 6 【点睛】本小题主要考查古典概型的计算，属于基础题. 15. 半径为 2 的球O 内有一个内接正三棱柱，则正三棱柱的侧面积的最大值为___________. 【答案】12 3 【解析】 【分析】 画出图像，设出底面边长和高，求得底面正三角形的外接圆半径 2O A，利用球的半径列方程， 求得底面边长和高的关系式，求得正三棱柱的侧面积的表达式，利用基本不等式求得其最大 值. 【详解】如图所示，设正三棱柱上下底面的中心分别为 1 2O O， .底面边长与高分别为 ,x h ，则 2 3 3O A x ， - 11 - 在 2Rt OAO 中， 2 2 44 3 h x  ，化为 2 2416 3h x  ， . 3S xh ，   22 2 2 2 2 2 2 129 12 12 12 4322 x xS x h x x         „ ， 当且仅当 6x  时取等号， 此时正三棱柱的侧面积的最大值为 12 3S  . 故答案为：12 3 【点睛】本小题主要考查球的内接几何体侧面积的有关计算，考查最值的求法，属于中档题. 16. 已知函数  2( ) ( ln 1) 1f x ax x ax x     ，若 ( ) 0f x  恒成立，则实数 a 的取值范围 为___________. 【答案】 (1 2)， 【解析】 【分析】 首 先 利 用 导 数 判 断 出 2 1 ln 1x x   ， 由 此 化 简 不 等 式 ( ) 0f x  ， 分 离 常 数 a 得 到 2ln 1 1x xax x    ，由此分别利用基本不等式和导数求得 2 1x x  的最小值与 ln 1x x  的最大 值，由此求得 a 的取值范围. 【详解】  f x 定义域为  0,  ， 构造函数    2 ln 0g x x x x   ，     2 ' 2 1 2 11 2 12 x xxg x x x x x      ， 由于 0x  ，令  ' 0g x  解得 2 2x  ， 所以 20, 2x      时，  ' 0g x  ，  g x 递减， - 12 - 2 ,2x       时，  ' 0g x  ，  g x 递增， 所以  g x 在 0,  上的极小值也即是最小值为 2 1 2 1 1ln ln 2 02 2 2 2 2g           ， 所以   2 ln 0g x x x   ， 也即当 0x  时， 2 2ln 1 ln 1x x x x     . 所以由  2( ) ( ln 1) 1 0f x ax x ax x      ， 得 2ln 1 1x ax x    ，可得 2ln 1 1x xax x    ， 其中 2 21 2 2 2x x x x x x   … . 令 ln 1( ) xh x x  ， ' 2 2 1 (ln 1) ln( ) x xh x x x     .可得函数  h x 的增区间为 (0,1) .减区间为 (1, ) ，可得 ( ) (1) 1h x h „ . 即 ln 1 1x x   . 故实数 a 的取值范围为 (1,2) 故答案为： (1 2)， 【点睛】本小题主要考查利用导数研究不等式恒成立问题，考查化归与转化的数学思想方法， 属于难题. 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. 如图，在直棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D 中，底面 ABCD 为菱形， 2AB BD  ， 1 2BB  ， BD 与 AC 相交于点 E ， 1A D 与 1AD 相交于点O . - 13 - （1）求证： AC  平面 1 1BB D D ； （2）求点 A 到平面OBD 的距离. 【答案】（1）见解析；（2） 2 21 7 【解析】 【分析】 （1）根据菱形的性质得到 AC BD ，根据直棱柱的性质得到 1AC DD ，由此证得 AC  平面 1 1BB D D . （2）利用等体积法，由 O ABD A OBDV V  列方程，解方程求得点 A 到平面OBD 的距离. 【详解】(1)证明： 60AB AD BD BAD     ， 四边形 ABCD 是菱形， AC BD  ， ∵直棱柱 1 1 1 1 1ABCD A B C D DD  ， 平面 ABCD . ∵ AC  平面 ABCD . 1AC DD  1 1, ,AC BD AC DD BD DD D    . ∴ AC  平面 1 1BB D D (2)设点 A 到平面OBD 的距离为 h ， 1 1 31 2 33 2 3O ABDV        2 1 3 2 2OD OB BD    ， ， - 14 - 1 1 72 42 2 2OBDS      ， 1 7 3 2A OBDV h   有 1 7 3 3 2 3h  ，解得 2 21 7h  . 故点 A 到平面OBD 的距离为 2 21 7 . 【点睛】本小题主要考查线面垂直的证明，考查点面距离的求法，考查空间想象能力和逻辑 推理能力，属于中档题. 18. 2019 年 9 月 26 日，携程网发布《2019 国庆假期旅游出行趋势预测报告》，2018 年国庆假 日期间，西安共接待游客 1692.56 万人次，今年国庆有望超过 2000 万人次，成为西部省份中 接待游客量最多的城市.旅游公司规定：若公司某位导游接待旅客，旅游年总收人不低于 40(单 位：万元)，则称该导游为优秀导游.经验表明，如果公司的优秀导游率越高，则该公司的影 响度越高.已知甲、乙两家旅游公司各有导游 40 名，统计他们一年内旅游总收入，分别得到 甲公司的频率分布直方图和乙公司的频数分布表如下： （1）求 a b， 的值，并比较甲、乙两家旅游公司，哪家的影响度高? （2）求甲公司一年内导游旅游总收入的中位数，乙公司一年内导游旅游总收入的平均数.(同 一组中的数据用该组区间的中点值为代表).(精确到 0.01) 【答案】（1） 0.01a  ， 5b  ，乙公司的影响度高；（2）36.75 【解析】 【分析】 （1）根据频率之和为1求得 a ，根据频数之和为 40 求得 b .分别求得甲、乙公司导游的优秀 率，由此判断出乙公司的影响度高. （2）结合频率分布直方图，求得甲公司一年内导游旅游总收入的中位数.利用平均数的计算 方法，计算出乙公司一年内导游旅游总收入的平均数. - 15 - 【详解】(1)由直方图知 (0.02 0.025 0.035 2 ) 10 1a     ,可得 0.01a  ， 由频数分布表知 2 20 10 3 40b      ，可得 5b  ， 甲公司的导游优秀率为 (0.02 0.01) 10 100% 30%    ， 乙公司的导游优秀率为 13 100% 32.5%40   ， 由于 30% 32.5% ，所以乙公司的影响度高. (2)甲一年内导游旅游总收人的中位数为： 0.5 0.1 0.25 30 34.290.035     ； 乙一年内导游旅游总收入的平均数为 2 5 20 10 315 25 35 45 55 36.7540 40 40 40 40           . 【点睛】本小题主要考查频率分布直方图、频数分布表的阅读与分析，考查中位数、平均数 的计算，属于基础题. 19. 已知数列 na ， nb 满足 1 1 1 1 1 13, 1, 2 2 , 1n n n n n n n na b a a b b a a b b            . （1）求数列 na ， nb 的通项公式； （2）分别求数列 na ， nb 的前 n 项和 nS ， nT . 【 答 案 】（ 1 ） 1 12 22 2 2 2 n n n n n na b     ； （ 2 ） 2 1 32 2 4 4 n n nS n    ； 2 1 32 2 4 4 n n nT n    【解析】 【分析】 （ 1 ） 11 )2(n nn na bb a    ， 1 1 4a b  ， 可 得  n na b 为 公 比 为 2 的 等 比 数 列 ， 1 1 1n n nna ab b     可得 n na b 为公差为 1 的等差数列，再算出 n na b ， n na b 的 通项公式，解方程组即可； （2）利用分组求和法解决. 【详解】（1）依题意有  1 1 1 1 2 1 n n n n n n n n a b a b a b a b              又 1 1 1 14 2a b a b   ； . - 16 - 可得数列 n na b 为公比为 2 的等比数列， n na b 为公差为 1 的等差数列， 由     1 1 1 1 1 2 ( 1) n n n n n a b a b a b a b n           ，得 12 1 n n n n n a b a b n        解得 12 2 2 12 2 2 n n n n na na         故数列 na ， nb 的通项公式分别为 1 12 22 2 2 2 n n n n n na b     ； . （2）   2 12 1 2 ( 1) 32 21 2 4 2 4 4 n n n n n n nS n        ，   2 12 1 2 ( 1) 32 21 2 4 2 4 4 n n n n n n nT n        . 【点睛】本题考查利用递推公式求数列的通项公式以及分组求和法求数列的前 n 项和， 考查学生的计算能力，是一道中档题. 20. 已知椭圆 2 2: 12 xC y  的右焦点为 F .直线 2l x ： 被称作为椭圆C 的一条准线.点 P 在 椭圆C 上(异于椭圆左、右顶点)，过点 P 作直线 :m y kx t  与椭圆C 相切，且与直线 l 相 交于点Q . （1）求证： PF QF . （2）若点 P 在 x 轴的上方， 0k… ，求 PQF△ 面积的最小值. 【答案】（1）见解析；（2）1 【解析】 【分析】 （1）联立直线 m 的方程和椭圆 C 的方程，利用判别式列方程，求得 P 点的坐标，求得Q 点 的坐标，通过计算得到 0FP FQ   ，由此证得 PF QF . （2）求得| |,| |FP FQ   ，由此求得三角形 PQF 面积的表达式，根据函数的单调性求得三角形 PQF 面积的最小值. - 17 - 【详解】(1)点 F 的坐标为 (1,0) . 联立方程 2 2 12 x y y kx t       ,消去 y 后整理为 2 2 22 1 4 2 2 0k x ktx t     有   2 2 2 216 4 2 1 2 2 0k t k t      ,可得 2 22 1t k  ， 2 2 2 2 2 2 1 kt kt kx k t t       ， 2 2 2 2 1 2 1 2 1 k t ty tk k t       . 可得点 P 的坐标为 2 1,k t t     . 当 2x  时，可求得点 Q 的坐标为 (2,2 )k t ， 2 1 2 11, ,k k tFP t t t t                ， (1,2 )FQ k t  . 有 2 2 0k t k tFP FQ t t        . 故有 PF QF . (2)若点 P 在 x 轴上方，必有 1t… 由(1)知 22 2 2 2 2 2 (2 ) 1(2 ) 1 (2 ) 1| | | | (2 ) 1k tk t k tFP FQ k tt t t t           ； 2 2 2 2 2 21 (2 1) 1 4 4 1 (2 2) 4 1) 2 2 2 2PQF k k kt t t kt tS FP FQ t t t                23 4 1 3 122 2 2 t kt t kt t      因为 0k  时.由(1)知 2 1 2 tk  ，  23 1 2 12 2PQF tS tt     ， 由函数  23 1( ) 2 1 ( 1)2 2 tf t t tt     … 单调递增，可得此时 (1) 1PQFS f  … . 故当 1t  时， PQF 的面积取得最小值为 1. 【点睛】本小题主要考查直线和椭圆的位置关系，考查椭圆中三角形面积的最值有关的计算， - 18 - 考查运算求解能力，属于中档题. 21. 已知函数 2( ) ( )xf x e ax a   R . （1）求曲线 ( )y f x 在点 (0, (0))f 处的切线方程； （2）若函数 ( )f x 在区间 (0, ) 有两个零点，分别为 1 2x x， ，求证： 1 2 4x x  . 【答案】（1） 1y x  ；（2）见解析 【解析】 【分析】 （1）求得切点坐标和斜率，由此求得切线方程. （2）利用    1 20, 0f x f x  列方程，利用换元法，求得 1 2x x 的表达式为 2( 1)ln 1 t t t   ， 将所要证明的不等式 2( 1)ln 41 t t t   转化为 2( 1)ln 01 tt t   ，构造函数 2( 1)( ) ln ( 1)1 xg x x xx    … ，利用导数证得 ( ) (1) 0g x g … ，由此证得 1 2 4x x  成立. 【详解】(1)由 ( ) 2xf x e ax   ，有 (0) 1, (0) 1f f   . 曲线 ( )y f x 在点 (0, (0))f 处的切线方程为 1y x  (2)不妨设 2 1 0x x  .令 2 1 ( 1)xt tx   . 由 1 2 2 1 2 2 x x e ax e ax     .有 2 1 2 22 1 x x xe tx        两边取对数，有 2 1 2lnx x t  又由     2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 2( 1)ln 1 1 x x x x t t tx x x xx x t t           若证 1 2 4x x  ，只需证 2( 1)ln 41 t t t   .可化为 2( 1)ln 01 tt t   . 令 2 2 2 2( 1) 1 4 ( 1)( ) ln ( 1), ( ) 01 ( 1) ( 1) x xg x x x g xx x x x x          … ， 可得函数 ( )g x 单调递增.所以 ( ) (1) 0g x g … . 故当 1t  时， 2( 1)ln 01 tt t   故若函数 ( )f x 在区间 (0, ) 有两个零点，必有： 1 2 4x x  【点睛】本小题主要考查利用导数求切线方程，考查利用导数证明不等式，属于中档题. - 19 - （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. [选修 4-4：坐标系与参数方程] 22. 已知在平面直角坐标系 xOy 中，曲线C 的参数方程为 1 cos sin x y       ( 为参 数. 0 2   ).以坐标原点O 为极点， x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线 l 的极坐标方 程为 ( )3   R ，曲线C 与直线l 其中的一个交点为 A ，且点 A 极径 0 0  .极角 00 2   （1）求曲线C 的极坐标方程与点 A 的极坐标； （2）已知直线 m 的直角坐标方程为 3 0x y  ，直线 m 与曲线C 相交于点 B (异于原点O )， 求 AOB 的面积. 【答案】（1）极坐标方程为 2cos  ，点 A 的极坐标为 1 3      ， （2） 3 4 【解析】 【分析】 （1）利用极坐标方程、普通方程、参数方程间的互化公式即可； （2）只需算出 A、B 两点的极坐标，利用 1 |sin( ) |2 A B A BS      计算即可. 【详解】（1）曲线 C： 1 cos sin x y       ( 为参数， 0 2   ) 2 2 2 2 2( 1) 1 2 2 cos 2cosx y x y x                ， 将 3   代入，解得 0 1  ， 即曲线C 的极坐标方程为 2cos  ， 点 A 的极坐标为 1, 3      . （2)由（1），得点 A 的极坐标为 1, 3      ， - 20 - 由直线 m 过原点且倾斜角为 6  ，知点 B 的极坐标为 3, 6      ， 1 31 3 sin2 3 6 4ABOS             . 【点睛】本题考查极坐标方程、普通方程、参数方程间的互化以及利用极径求三角形面积， 考查学生的运算能力，是一道基础题. [选修 4-5：不等式选讲] 23. 已知函数 ( ) | 2| | 4|f x x x    . （1）解关于 x 的不等式 ( ) 4f x  ； （2）若函数 ( )f x 的图象恒在直线 | 1|y m  的上方，求实数 m 的取值范围 【答案】（1）[1,5]（2） ( 1,3) 【解析】 【分析】 （1）零点分段法分 2x  ， 2 4x  ， 4x  三种情况讨论即可； （2）只需找到 ( )f x 的最小值即可. 【详解】（1）由 2 6, 2 ( ) 2,2 4 2 6, 4 x x f x x x x          . 若 2x  时， ( ) 2 6 4f x x    ，解得1 2x  ； 若 2 4x  时， ( ) 2 4f x   ，解得 2 4x  ； 若 4x  时， ( ) 2 6 4f x x   ，解得 4 5x  ； 故不等式 ( ) 4f x  的解集为[1,5]. （2）由 ( ) |( 2) ( 4) | 2f x x x     ，有| 1| 2m  ，得 1 3m   ， 故实数 m 的取值范围为 ( 1,3) . 【点睛】本题考查绝对值不等式的解法以及不等式恒成立问题，考查学生的运算能力，是一 道基础题. - 21 -