高考数学模拟试卷3 (4)

高考数学模拟试卷3 (4)

- 1 - 高考数学模拟训练题（第 40 套） 一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 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．已知复数 3 4i 2 i 5 az   的实部与虚部之和为 1，则实数 a 的值为（ ） A．2 B．1 C．4 D．3 2．下列说法错误的是（ ） A．“若 2x  ，则 2 5 6 0x x   ”的逆否命题是“若 2 5 6 0x x   ，则 2x  ” B．“ 3x  ”是“ 2 5 6 0x x   ”的充分不必要条件 C．“ x R ， 2 5 6 0x x   ”的否定是“ 0x  R ， 2 0 05 6 0x x   ” D．命题：“在锐角 ABC△ 中， sin cosA B ”为真命题 3．“今有池方一丈，葭生其中央，出水一尺，引葭赴岸，适与岸齐．问水深、葭长各几何？” 其意思是：有一个正方形的池塘，池塘的边长为一丈，有一颗芦苇生长在池塘的正中央．露 出水面一尺，若把它引向岸边，正好与岸边齐（如图所示），问水有多深，芦苇有多长？其中 一丈为十尺．若从该芦苇上随机取一点，则该点取自水上的概率为（ ） A． 12 13 B． 1 13 C． 3 14 D． 2 13 4．如图，网格纸上的小正方形边长为 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． 8 3 B． 4 3 C． 16 3 D． 8 - 2 - 5．已知双曲线的两个焦点为  1 10 0F  ， 、  2 10 0F ， ， M 是此双曲线上的一点，且满足 1 2 0MF MF   ， 1 2 2MF MF   ，则该双曲线的焦点到它的一条渐近线的距离为（ ） A．3 B． 1 3 C． 1 2 D．1 6．已知函数   1 3sin 2 cos 22 2f x x x  ，把函数  f x 的图象上所有点的横坐标伸长到原 来的 2 倍（纵坐标不变），再把所得到的曲线向左平移 π 6 各单位长度，得到函数  g x 的图象， 则函数  g x 的对称中心是（ ） A． 2 π ,0π 6k    ， k Z B． 2 π ,0π 2k    ， k Z C． π ,0π 2k    ， k Z D． π ,0π 4k    ， k Z 7．秦九韶算法是南宋时期数学家秦九韶提出的一种多项式简化算法，即使在现代，它依然是 利用计算机解决多项式问题的最优算法，如图所示的程序框图给出了利用秦九韶算法求多项 式值的一个实例，若输人 n ， x 的值分別为 4，5，则输出 的值为（ ） A．211 B．100 C．1048 D．1055 8．在 ABC△ 中， 120A  ， 3AB AC    ，点G 是 ABC△ 的重心，则 AG  的最小值是 （ ） A． 2 3 B． 6 3 C． 2 3 D． 5 3 9．已知函数    2 , , ,df x a b c dax bx c    R 的图象如图所示，则下列说法与图象符合的 是（ ） - 3 - A． 0,a  ， 0b  ， 0c  ， 0d  B． 0a  ， 0b  ， 0c  ， 0d  C． 0a  ， 0b  ， 0c  ， 0d  D． 0a  ， 0b  ， 0c  ， 0d  10．在 ABC△ 中，已知 2 2 2 4a b c S   （ S 为 ABC△ 的面积），若 2c  ，则 2 2a b 的取值范围是（ ） A． 0, 2 B． 1,0 C． 1, 2 D． 2, 2 11．当 n 为正整数时，定义函数  N n 表示 n 的最大奇因数．如  3 3N  ，  10 5N  ，，          1 2 3 2nS n N N N N     ，则  5S （ ） A．342 B．345 C．341 D．346 12．已知 e 为自然对数的底数，设函数   21 ln2f x x ax b x   存在极大值点 0x ，且对于 a 的 任意可能取值，恒有极大值  0 0f x  ，则下列结论中正确的是（ ） A．存在 0x b ，使得  0 1 2ef x   B．存在 0x b ，使得   2 0 ef x   C．b 的最大值为 3e D．b 的最大值为 22e 13．已知函数  f x ，  g x 分别是定义在 R 上的偶函数和奇函数，且     2xf x g x x   ， 则  2log 5f  __________． 14．设 0 1m  ，在约束条件 2 2 1 0 x y m x y x y          ，下，目标函数 3 2z x y  的最小值为 5 ，则 m 的值为__________． 15．已知抛物线  2: 2 0C y px p  的焦点为 F ，过点 F 的直线 l 与抛物线C 交于 A ， B - 4 - 两点，且直线 l 与圆 2 2 23 04x px y p    交于 C ，D 两点，若 3AB CD ，则直线 l 的 斜率为__________． 16．在四棱锥 S ABCD 中，底面 ABCD 是边长为 4 的正方形，侧面 SAD 是以 SD 为斜边 的等腰直角三角形，若 4 2 8SC  ，则四棱锥 S ABCD 的体积取值范围为__________． 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）等差数列 na 中， 3 1a  ， 7 9a  ， nS 为等比数列 nb 的前 n项和，且 1 2b  ， 若 14S ， 23S ， 32S 成等差数列． （1）求数列 na ， nb 的通项公式； （2）设 n n nC a b  ，求数列 nC 的前 n项和 nT ． ． 18．（12 分）如图，EA  平面 ABC ，DB  平面 ABC ， ABC△ 是等边三角形， 2AC AE ， M 是 AB 的中点． - 5 - （1）证明：CM DM ； （2）若直线 DM 与平面 ABC 所成角的余弦值为 5 5 ，求二面角 B CD E  的正弦值． 19．（12 分）某钢管生产车间生产一批钢管，质检员从中抽出若干根对其直径（单位： mm ） 进行测量，得出这批钢管的直径 X 服从正态分布  65,4.84N ． （1）当质检员随机抽检时，测得一根钢管的直径为 73mm，他立即要求停止生产，检查设备， 请你根据所学知识，判断该质检员的决定是否有道理，并说明判断的依据； （2）如果钢管的直径 X 满足 60.6mm 69.4mm 为合格品（合格品的概率精确到 0.01），现 要从 60 根该种钢管中任意挑选 3 根，求次品数Y 的分布列和数学期望． （参考数据：若  2,X N   ，则   0.6826P X        ；  2 2 0.9544P X        ，  3 3 0.9974P X        ．） 20．（12 分）已知椭圆   2 2 2 2: 1 0x yC a ba b     的离心率为 3 2 ，倾斜角为30 的直线 l 经 过椭圆C 的右焦点且与圆 2 2 3: 4E x y  相切． （1）求椭圆C 的方程； （2）若直线  0y kx m k   与圆 E 相切于点 P ，且交椭圆C 于 A ，B 两点，射线OP 于 椭圆 C 交于点 Q ，设 OAB△ 的面积于 QAB△ 的面积分别为 1S ， 2S ． ①求 1S 的最大值； ②当 1S 取得最大值时，求 1 2 S S 的值． 21．（12 分）已知函数    3sinf x x x mx m   R ． （1）当 0m  时，证明：   2ef x   ； （2）当 0x  时，函数  f x 单调递增，求 m 的取值范围． 请考生在 22、23 题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题计分。 - 6 - 22．（10 分）【选修 4-4：极坐标与参数方程】已知直线 l 的参数方程为 cos sin x t y t        (其中 t 为 参数)，以坐标原点 O 为极点，以 x 轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线 C 的极坐标方程 为 2 2 cos 4 0m     （其中 0m  ）． （1）若点 M 的直角坐标为 3,3 ，且点 M 在曲线C 内，求实数 m 的取值范围； （2）若 3m  ，当 α变化时，求直线 l 被曲线 C 截得的弦长的取值范围． 23．（10 分）【选修 4-5：不等式选讲】已知 0a  ， 0b  ， 0c  ．若函数  f x x a x b c     的最小值为 4． （1）求 a b c  的值； （2）求 1 1 1 a b c   的最小值． - 7 - 高考数学模拟训练题参考答案（第 40 套） 1【答案】A 【解析】由题意可得，      2 i 2 3 4 i3 4i 3 4i 2 i 5 5 5 5 a a aaz          ，因为实 部与虚部之和为1， 2 3 4 1 25 5 a a a      ，实数 a 的值为 2 ，故选 A． 2【答案】D 【解析】依题意，根据逆否命题的定义可知选项 A 正确；由 2 5 6 0x x   得 3x  或 2x  ， “ 3x  ”是“ 2 5 6 0x x   ”的充分不必要条件，故 B 正确；因为全称命题的否定是特称命 题，所以 C 正确；锐角 ABC△ 中， π π 02 2 π 2A B A B       ， sin sin cosπ 2A B B       ，D 错误，故选 D． 3【答案】B 【解析】设水深为 x 尺，根据勾股定理可得 2 2 21 5x x   ，解得 12x  ，可得水深12 尺， 芦苇长13尺，根据几何概型概率公式可得，从该芦苇上随机取一点，该点取自水上的概率为 1 13P  ，故选 B． 4【答案】A 【解析】三视图还原为三棱锥 A BCD ，如图所示， 由三视图可知： 4BC  ， 2AO CO BO DO    ， 2 2AB AC BD CD AD     ， 平 面 ABC  平 面 BCD ， AO  平 面 BCD ， 则 三 棱 锥 A BCD 的 体 积 为 1 1 84 2 23 2 3A BCDV        ，故选 A． 5【答案】D - 8 - 【解析】 1 2 0MF MF    ， 1 2MF MF   ， 2 2 1 2 40MF MF    ，  2 1 2MF MF   2 2 1 1 2 22 40 2 2 36MF MF MF MF           ， 1 2 2 6 3MF MF a a       ， 又 10c  ， 2 2 2 2 21 19 xb c a y       ，其渐近线方程为 1 3y x  ， 焦点到它的一条渐近线的距离为 10 3 0 1 10 d     ，故选 D． 6【答案】C 【解析】   1 3sin 2 cos 22 2f x x x  ，   sin π2 3f x x      ， sin 2 3 πy x      图象 的横坐标伸长到原来的 2 倍，可得 πsin 3y x     的图象， πsin 3y x     的图象向左平移 π 6 各单位长度，可得 sin cos2 πy x x      的图象，   cosg x x  ，函数  g x 的对称中心 为 π ,0π 2k    ， k Z ，故选 C． 7【答案】D 【解析】执行程序框图，输入 4n  ， 5x  ，则 1v  ， 3i  ， 0i  ，进入循环， 得 1 5 3 8v     ， 3 1 2i    ； 0i  ，故进入循环，得 8 5 2 42v     ， 2 1 1i    ； 0i  ，故进入循环，得 42 5 1 211v     ， 1 1 0i    ； 0i  ，故进入循环，得 211 5 0 1055v     ， 0 1 1i     ，此时，不满足 0i  ， 故结束循环，输出 1055v  ，故选 D． 8．【答案】B 【解析】设 BC 的中点为 D ，因为点G 是 ABC△ 的重心， 所以    2 2 1 1 3 3 2 3AG AD AB AC AB AC           ， 再令 AB c ， AC b ，则 cos120 3 6AB AC bc bc         ，      2 2 2 2 21 1 1 22 6 2 69 9 9 3AG AB AB AC AC c b bc                 ， - 9 - 6 3AG  ，当且仅当 6b c  时取等号，故选 B． 9． 【答案】B 【解析】由图象可知， 1x  且 5x  ， 2 0ax bx c   ，可知 2 0ax bx c   的两根为 1， 5，由韦达定理得 1 2 6bx x a     ， 1 2 5cx x a    ， a ， b 异号， a ， c 同号，又  0 0df c   ， c ， d 异号，只有选项 B 符合题意，故选 B． 10．【答案】C 【解析】 2 2 2 2 2 2 14 4 sin 2 sin2a b c S a b c ab C ab C         2 2 2 sin2 a b c Cab    ， cos si πn 4C C C    ， 2 2sin sin sin 2 2 a b c A B C     ， 2sina A  ， 2sinb B ， 又 2 2 3π2sin 2sin 2sin 2 sin 2sin 2 sin2 2 4a b A B A B A A            sin cos 2 sin π 4A A A       ， π3π0 4 4 4 2 π πA A       ， π1 2 sin 24A       ， 21 22a b    ， 故选 C． 11【答案】A 【解析】    2N n N n ，  2 1 2 1N n n   ， 而          1 2 3 ... 2nS n N N N N     ，                1 3 5 ... 2 1 2 4 ... 2n nS n N N N N N N N             ，          11 3 5 ... 2 1 1 2 3 ... 2n nS n N N N N               ，          11 2 1 2 1 2 1 42 2 n n nS n S n n S n S n            ， - 10 - 又      1 1 2 1 1 2S N N     ，                  2 3 45 1 5 4 4 3 ... 2 1 4 4 4 4 5S S S S S S S S S                        2 3 42 4 4 4 4     342 ，故选 A． 12． 【答案】C 【解析】依题，   bf x x a x     ，  0,x  ，   21 bf x x    ，当 0b  时，   1f x  ， 0x  ，  f x 递增，  f x 不可能有极大值点（若有极值也是极小值）， 0b  ，此时   0f x  有解，即 20 0bx a x ax bx        有两个不等的正根， 得 ：   2 1 2 1 2 4 0 0 2 0 0 a b x x a a b b x x b                 ， 由   2 1 40 2 a a bf x x      ， 2 2 4 2 a a bx   ，  2 0a b b  ， 2 2 1 4 2 a a bx x     ， 分析得  f x 的极大值点为 0 1x x ，      2 22 22 4 44 2 2 2 242 4 a a b a a ba a b b b b ba a ba a b              ，  0 0,x b  ，  f x 在 00, x 递增，在 0 2,x x 递减， 当 0x x ，  f x 取得极大值  0f x ，又   2 0 0 0 0 0 ' 0 0bf x x a x b axx         ，    2 2 2 0 0 0 0 0 0 0 1 1ln ln2 2f x x ax b x x x b b x       ， 即   2 0 0 0 1 ln2f x x b b x    ，令   21 ln2g x x b x b    ，  0,x b ， 原命题转化为   0g x  恒成立，    2 20 0 0b x bg x x x b x bx x             ，  g x 在 0, b 上递增，      21 1ln ln 02 2g x g b b b b b b b b b           ， - 11 - 3 323ln e e2 bb b b b      ，所以 b 的最大值为 3e ，C 对、D 错，又 0x b ， 即不存在极大值点 0x b ，排除 A，B，故选 C． 13．【答案】 13 5 【解析】由        2 2x xf x g x x f x g x x         ，由函数  f x ，  g x 分别 是定义在 R 上的偶函数和奇函数，得：     2 xf x g x x   ，联立方程消元即得：   2 2 2 x x f x  ，  2 15 135log 5 2 5f     ，故答案为 13 5 ． 14．【答案】1 【解析】画出不等式组 2 2 1 0 x y m x y x y          表示的可行域，如图所示， 由 2 2 0 3 2 1 0 2 1 3 mxx y m x y my                ，可得 2 2 1,3 3 m mA      ，由 3 2z x y  ， 得 3 2 2 zy x  在 y 轴上的截距越大， z 就越小，平移直线 3 2 2 zy x  ， 由图知，当直线 3 2z x y  过点 A 时， z 取得最小值， z 的最小值为 2 2 13 2 5 13 3 m m m            ，故答案为1． 15【答案】 2 2  - 12 - 【解析】由题意得， ,02 pF      ，由 2 2 23 04x px y p    ，配方为 2 2 2 2 px y p      ，可 得 2CD p ，所以直线 l 过圆心 ,02 p     ， 可设直线l 的方程为 2 py k x     ，  1 1,A x y ，  2 2,B x y ， 联立 2 2 2 py k x y px          ，化为 2 2 2 2 04 p px p xk        ， 1 2 2 2 px x p k     ， 1 2 2 22 pAB x x p p k       ， 由 3AB CD ， 2 22 6pp pk    ，可得 2 1 2 2 2k k   ，故答案为 2 2  ． 16．【答案】 32 3 64,3 3       【解析】由题意可得，AD SA ，AD AB ，又 SA  平面 SAB ，AB  平面 SAB ， AD  平 面 SAB ， AD  平 面 ABCD ，  平 面 SAB  平 面 ABCD ， 又 平 面 SAB 平 面 ABCD AB ，过 S 作 SO AB 于 O ，则 SO  平面 ABCD ， 故 1 16 3 3ABCDV S SO SO   ，在 SAB△ 中， 4SA AB  ，设 SAB   ， 则有 Rt SOA△ 中， 4sinSO  ， 4cosOA  ， 4 4cosOB   ， 又在 Rt OBC△ 中， 2 2 2 232 32cos 16cosOC OB BC       ， 在 Rt SOC△ 中， 2 2 2 48 32cos 4 3 2cosSC SO OC SC        ， 又 1 14 2 8 4 2 4 3 2cos 8 cos2 2SC            ， 则 3sin ,12       ， 16 16 644sin sin3 3 3V SO       ， 32 3 64 3 3V   ，故答案为 32 3 64,3 3       ． - 13 - 三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 17． 【答案】（1） 2 5na n  ， 2n nb  ；（2）   1 6, 1 10, 2 34 2 7 2 , 3n n n n n         ． 【解析】（1）在等差数列中，设公差为 d ， 7 3 4 9 1 8 2a a d d       ，    3 3 1 2 3 2 5na a n d n n         ；设等比数列列 nb 的公比为 q， 依题有： 2 1 36 4 2 2S S S q    ， 2n nb  ． （2） 2 5 2n nC n   ， 当 1n  ， 1 6T  ， 2n  ， 2 10T  ； 当 3n  时， 2 5 0n   ，    3 4 110 1 2 3 2 2 7 2 2 5 2n n nT n n          ，①    4 5 12 20 1 2 3 2 2 7 2 2 5 2n n nT n n           ，② ①-②    4 110 8 2 2 2 2 5 2n n nT n           ，   134 2 7 2n nT n     ，   1 6, 1 10, 2 34 2 7 2 , 3 n n n T n n n          ． 18． 【答案】（1）证明见解析；（2）1． 【解析】（1）因为 ABC△ 是等边三⻆角形，M 是 AB 的中点，所以CM MB ，因为 DB  平面 ABC ， CM  平面 ABC ，所以 DB CM ，因为 DB MB B ，所以 CM  平面 DMB ，因为 DM  平面 DMB ，所以CM DM ． - 14 - （2）解法 1：以点 M 为坐标原点， MC 所在直线为 x 轴， MB 所在直线为 y 轴，过 M 且与 直线 BD 平行的直线为 z 轴，建立如图所示的空间直⻆角坐标系 M xyz ． 因为 DB  平面 ABC ，所以 DMB 为直线 DM 与平面 ABC 所成的角． 由题意得 5cos 5 MBDMB DM    ， tan 2BDDMB MB     ， 即 2BD MB ，从而 BD AC ．不妨设 2AC  ，又 2AC AE ，则 3CM  ， 1AE  ． 故  0,1,0B ，  3,0,0C ，  0,1,2D ，  0, 1,1E  ． 于是  3, 1,0BC   ，  0,0,2BD  ，  3, 1,1CE    ，  3,1,2CD   ， 设平面 BCD与平面CDE 的法向量分别为  1 1 1, ,x y zm ，  2 2 2, ,x y zn ， 由 1 1 1 0 3 0 2 00 BC x y zBD             m m ，令 1 1x  ，得  1 3 1, 3,0y   m ， 由 2 2 2 2 2 2 3 00 0 3 2 0 x y zCE CD x y z                  n n ，令 2 1x  ，得 2 3 3y   ， 2 2 3 3z  ， 3 2 31, ,3 3        n ， cos , 0   m nm n m n ，故二面角 B CD E  的正弦值为 1． （2）解法 2： DB  平面 ABC ， DMB 为直线 DM 与平面 ABC 所成的角． 由题意得 5cos 5 MBDMB DM    ， tan 2BDDMB MB     ， 即 2BD MB ，从而 BD AC ． 不妨设 2AC  ，又 2AC AE ，则 3CM  ， 1AE  ， 2AB BC BD   ， 由于 EA  平面 ABC ， DB  平面 ABC ，则 EA BD∥ ， 取 BD 的中点 N ，连接 EN ，则 2EN AB  ， - 15 - 在 Rt END△ 中， 2 2 5ED EN ND   ， 在 Rt EAC△ 中， 2 2 5EC EA AC   ， 在 Rt CBD△ 中， 2 2 2 2CD BC BD   ， 取CD 的中点 P ，连接 EP ， BP， BE，则 EP CD ， BP CD ， 所以 EPB 为二面角 B CE E  的平面角； 在 Rt EPC△ 中， 2 2 3EP EC CP   ， 在 Rt CBD△ 中， 1 22BP CD  ， 在 Rt EAB△ 中， 2 2 5EB EA AB   ， 2 2 25EP BP EB   ， 90EPB  ，故二面角 B CD E  的正弦值为 1． 19． 【答案】（1）有道理；（2）分布列见解析， 0.15． 【解析】（1） 65  ， 2.2  ， 3 58.4   ， 3 71.6   ，  73 3    ， ，    1 58.4 71.6 1 0.997471.6 0.00132 2 P XP X         ， 此事件为小概率事件，该质检员的决定有道理． （2） 65  ， 2.2  ， 2 60.6   ， 2 69.4   ， 由题意可知钢管直径满足： 2 2X       为合格品， 故该批钢管为合格品的概率约为 0.95， 60 根钢管中，合格品 57 根，次品 3 根，任意挑选 3 根， 则次品数Y 的可能取值为：0，1，2，3．   0 3 3 57 3 60 C C C0P Y   ，   1 2 3 57 3 60 C C C1P Y   ，   2 1 3 57 3 60 C C C2P Y   ，   3 0 3 57 3 60 C C C3P Y   ． 则次品数Y 的分布列列为： Y 0 1 2 3 P 0 3 3 57 3 60 C C C 1 2 3 57 3 60 C C C 2 1 3 57 3 60 C C C 3 0 3 57 3 60 C C C - 16 - 得：   0 3 1 2 2 1 3 0 3 57 3 57 3 57 3 57 3 3 3 3 60 60 60 60 0 1 2 3 0C C C C C C C C C C C 15C .E Y          ． 20． 【答案】（1） 2 2 14 x y  ；（2）1， 4 42 21 11  ． 【解析】（1）依题直线l 的斜率 3tan 30 3k    ．设直线 l 的方程为  3 3y x c  ， 依题有： 2 2 2 2 2 2 2 3 2 4 : 141 3 23 1 c a a xa b c C y b c                    ． （2）由直线  0y kx m k   与圆 E 相切得： 2 2 2 3 4 3 321 m m k k      ． 设  1 1,A x y ，  2 2,B x y ． 将 直 线  0y kx m k   代 入 椭 圆 C 的 方 程 得 ：  2 2 21 4 8 4 4 0k x kmx m     ，     2 2 2 2 2 264 4 1 4 4 4 4 16 4 4k m k m k m        ， 2 24 3 3m k  ，  24 13 1 0k    ，且 1 2 2 8 1 4 kmx x k     ， 2 1 2 2 4 4 1 4 mx x k   ，   2 2 22 1 2 1 2 1 2 2 2 64 16 16 2 13 14 1 4 1 4 k m kx x x x x x k k          ， 2 1 21AB k x x   ，设点 O 到直线l 的距离为 21 md k   ，故 OAB△ 的面积为：            2 2 2 2 1 1 2 2 2 3 3 13 1 3 3 13 11 1 12 2 2 4 1 4 4 1 k k k k S AB d m x x k k              ， 当 2 2 2 13 3 13 1 5k k k     ，等号成立，故 1S 的最大值为 1． 设  3 3,Q x y ，由直线  0y kx m k   与圆 E 相切于点 P ，可得 OQ AB ， - 17 - 2 2 3 2 2 22 3 2 1 4 4 41 44 ky x xk k x yy k                ， 2 2 2 2 3 3 2 2 2 4 4 1 2 142 4 4 4 7 k kOQ x y k k k          ， 3 2OP  ， 2 14 3 7 2PQ OQ OP     ， 1 2 1 4 42 212 1 11 2 OP AB OPS S PQPQ AB     ． 21． 【答案】（1）证明见解析；（2） 1 6m  ． 【解析】证明：（1）当 0m  时，即证： sie n 0x x x   ， e sin e 1x xx x x     ，令   e 1xg x x   ， 则   e 1xg x   ，当 0x  时，有   0g x  ． 当 0x  时，  g x 单调递增； 当 0x  时，有   0g x  ．当 0x  时，  g x 单调递减，    0 0g x g   ， 取等号条件不一致， e sin 0x x x    （此问可以参考如图理解）．   exf x   ． （2）依题   2cos 1 3 0f x x mx    在 0x  上恒成立， 令   2cos 1 3F x x mx   ，  0 0F  ，   6 sinF x mx x  ， 又令    sin 1 sin 0H x x x H x x      ， - 18 - 所以当 0x  时，  H x 在 0, 上单调递增，    0 0H x H   ，因此  sin 0 sinx x x x x      ，    6 6 1F x mx x m x     ，讨论： ①当 1 6m  ， 0x  时，   0F x  ，  F x 单调递增；    0 0F x F   ，符合题意 ②当 0m  时， 2 1 3 02 π 2 πF m             ，不符合题意，舍去． ③ 当 10 6m  ，   6 cosF x m x   ，  0 6 1 0F m    ， 6 02 πF m      ，   π0 02F F        ． 1x ，使得  1 0nF x  ， 当  10,x x 时，   0nF x  ，  F x  在 10, x 时单调递减，    0 0F x F    ，  F x 在  10, x 单调递减，    0 0F x F   ， 不符合题意，故舍去．综上： 1 6m  ． 请考生在 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【答案】（1） 7 ,3     ；（2） 4,2 13   ． 【解析】（1）由 cos sin x y          得曲线 C 对应的直⻆角坐标方程为： 2 2 2 4x m y m    ， 由点 M 在曲线 C 的内部，  2 23 9 4m m     ，求得实数 m 的取值范围为 7 ,3     ． （2）直线l 的极坐标方程为  ，代入曲线 C 的极坐标， 方程整理得 2 6 cos 4 0     ， 设直线l 与曲线 C 的两个交点对应的极径分别为 1 ， 2 ， 1 2 6cos    ， 1 2 4    ， 则直线l 截得曲线 C 的弦长为：  2 2 1 2 1 2 1 24 36cos 16 4,2 13                ， - 19 - 即直线l 与曲线 C 截得的弦长的取值范围是 4,2 13   ． 23． 【答案】（1） 4 ；（2） 9 4 ． 【解析】（1）      f x x a x b c x a x b c a b c a b c                ， 当且仅当 a x b   时，等号成立，  f x 的最小值为 a b c  ， 4a b c    ． （2）法一（基本不等式处理）  1 1 1 1 1 1 1 34 4 a b c b a c a c b a b c a b c a b a c b c                                        1 93 2 2 24 4 b a c a c b a b a c b c             ， 当 b a a b  ， c a a c  ， 4 3 c b a b cb c      ，等号成立． 法二（柯西不等式处理）   2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 99 4a b c a b ca b c a b c a b c                         ．