2020届河北省高三上学期11月百千联考数学（文）试题（解析版）

2020届河北省高三上学期11月百千联考数学（文）试题（解析版）

2020 届河北省高三上学期 11 月百千联考数学（文）试题 一、单选题 1．设集合  2{ || | 2}, | 3 4 0A x x B x x x      ，则 A B  （ ） A． ( 2, 1)  B． ( 2,4) C． ( 1,2) D． (2,4) 【答案】C 【解析】解绝对值不等式求得集合 A ，解一元二次不等式求得集合 B ，由此求得两个 集合的交集. 【详解】 因为 { | 2 2}, { | 1 4}A x x B x x        ，所以  | 1 2A B x x    . 故选：C 【点睛】 本题考查集合的交集、补集运算，考查一元二次不等式、绝对值不等式，考查运算求解 能力. 2．已知 ,a bR ，若 a i 与3 bi 互为共轭复数，则 a bi  （ ） A．3 B． 10 C． 2 3 D．10 【答案】B 【解析】根据共轭复数的概念求得 ,a b ，由此求得 a bi . 【详解】 根据共轭复数的概念可知 3, 1a b  ，所以 2 2| | 3 1 10a bi    . 故选：B 【点睛】 本题考查复数模的运算，考查共轭复数的概念，考查运算求解能力. 3．已知 l 为直线， 为平面，则 / /l  的充要条件是（ ） A．1 与 没有交点 B．存在直线 m  ，使得 //l m C．l  D．在平面 内存在无数条直线与直线 1 平行 【答案】A 【解析】结合线面平行的定义，以及线面平行的判定定理，选出正确选项. 【详解】 由直线平行平面的定义以及线面平行的判定定理可知，选项 A 是 / /l  的充要条件. 故选：A 【点睛】 本题考查点、线、面的位置关系以及充分必要条件，属于基础题. 4．已知 50, ,sin2 5       ，则 cos2 tan    （ ） A． 3 10  B． 3 10 C． 6 5  D． 6 5 【答案】D 【解析】根据同角三角函数的基本关系式求得 cos ,tan  ，由此求得 cos2 ，进而求 得表达式的值. 【详解】 50, ,sin2 5       ，所以 2 2 5cos 1 sin 5     ， sin 1tan cos 2    . 因为 2 3 1cos2 1 2sin ,tan5 2       ，所以 cos2 6 tan 5    . 故选：D 【点睛】 本题考查三角恒等变换的知识，考查运算求解能力. 5．若 x，y 满足约束条件 0 2 1 0 x y x y x      „ „ … ，则 2z x y  的最大值为（ ） A．-5 B．-3 C．1 D．2 【答案】C 【解析】画出可行域，向下平移基准直线 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，由图可知，直线 2z x y  过点 (1,1)A 时，z 取得最大值 2 1 1 1   . 故选：C 【点睛】 本题考查线性规划问题，考查数形结合的数学思想以及运算求解能力. 6．已知 ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a,b,c，且 cos cos 4 cos , 1, 4a B b A c C a b    ，则 c  （ ） A．1 B．3 2 C． 2 3 D． 15 【答案】D 【解析】利用正弦定理、三角形内角和定理化简 cos cos 4 cosa B b A c C  ，求得 cosC ，用余弦定理求得 c . 【详解】 由 cos cos 4 cosa B b A c C  ，得sin cos sin cos 4sin cosA B B A C C  ， sin cos sin cos sin( ) sin 4sin cosA B B A A B C C C     ，所以 1cos 4C  .根据余 弦定理得 2 11 16 2 1 4 154c        ，所以 15c  . 故选：D 【点睛】 本题考查正弦定理和余弦定理的运用，考查运算求解能力. 7．函数     2 1 ( ) 1 x x e f x x e    的部分图象大致为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】根据函数  f x 的奇偶性和在 0x  时函数值的特点，对选项进行排除，由此 得出正确选项. 【详解】 因为     2 1 ( ) 1 x x e f x x e    是偶函数，所以排除 A，C，当 0x  时， ( ) 0f x  恒成立，所 以排除 D. 故选:B. 【点睛】 本题考查函数的图像与性质，考查数形结合的数学思想以及推理论证能力. 8．将函数 ( ) 2sinf x x 的图象上所有点的横坐标缩短为原来的 1 2 ，纵坐标不变，再 将得到的图象向右平移 12  个单位长度，得到 ( )y g x 的图象，则 ( )y g x 的图象的一 条对称轴可能是（ ） A． 6x  B． 4x  C． 3x  D． 2 3x  【答案】C 【解析】首先利用坐标变换求得  g x 的解析式，根据根据三角函数对称轴的求法，求 得  g x 的对称轴，由此得出正确选项. 【详解】 函数 ( ) 2sinf x x 的图象上所有点的横坐标缩短为原来的 1 2 ，纵坐标不变，得到 2 sin 2y x 的图象，再向右平移 12  个单位长度，得到 ( ) 2 sin 2 6g x x      的图 象.由 2 ( )6 2x k k     Z ，得 ( )2 3 kx k Z    .令 π0, 3k x  . 故选：C 【点睛】 本题考查三角函数的图象变换和三角函数性质，考查运算求解能力. 9．某校高三年级共有 1200 名学生，所有同学的体重（单位：kg）在[50，75]范围内， 在一次全校体质健康检查中，下图是学生体重的频率分布直方图.已知图中从左到右的 前 3 个小组的高度之比为 1：2：3，那么体重在[55，60）的学生人数为（ ） A．200 B．300 C．350 D．400 【答案】B 【解析】先根据频率分布直方图求得后两组的频率和，由此求得前三组的频率和，利用 题目所给高度比，求得[55,60) 的频率. 【详解】 因为后面两组的频率为 (0.0375 0.0125) 5 0.25   ，则前 3 个小组的频率为 0.75，图 中从左到右的前 3 个小组的高度之比为1: 2: 3，所以体重在[55,60) 的频率为 20.75 0.256   ，人数为1200 0.25 300  . 故选：B 【点睛】 本题考查统计问题，考查数据处理能力和应用意识. 10．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ） A．56 2 34 B．32 2 34 C．56 8 3 D．32 8 2 【答案】A 【解析】由三视图画出原图，根据几何体的结构，计算出几何体的表面积. 【详解】 该几何体的直观图如图所示.易知 , , 5, 4 2, 8, 3PB BC PD DC PD PA AD AB PE       ，所以 1 4 5 102PBC PCDS S      1 1 14 2 17 2 34, 8 3 12, (4 8) 4 242 2 2PAD PAB ABCDS S S              ，所 以该几何体的表面积 56 2 34S   . 故选：A 【点睛】 本题考查三视图以及几何体的表面积，考查空间想象能力和运算求解能力. 11．古希腊数学家阿波罗尼斯在其巨著《圆锥曲线论》中提出“在同一平面上给出三点， 若其中一点到另外两点的距离之比是一个大于零且不等于 1 的常数，则该点轨迹是一个 圆”现在，某电信公司要在甲、乙、丙三地搭建三座 5G 信号塔来构建一个三角形信号 覆盖区域，以实现 5G 商用，已知甲、乙两地相距 4 公里，丙、甲两地距离是丙、乙两 地距离的 3 倍，则这个三角形信号覆盖区域的最大面积（单位：平方公里）是（ ） A． 2 3 B． 4 3 C．3 6 D． 4 6 【答案】B 【解析】建立平面直角坐标系，利用两点间的距离公式列方程，化简后求得丙地的轨迹 方程，由此根据三角形的面积公式，求得三角形信号覆盖面积的最大值. 【详解】 由题意不妨设甲、乙两地坐标为 ( 2,0),(2,0) ，丙地坐标为 ( , )x y ，则 2 2 2 2( 2) 3 ( 2)x y x y      ，整理得  2 2( 4) 12 0x y x    ，半径 2 3r  ，所以最大面积为 1 4 2 3 4 32    . 故选：B 【点睛】 本题考查数学文化与圆的运用，考查化归与转化的数学思想. 12．已知函数 1 ,0 2( ) 2 ln ,2 4 x xf x x x     „ „ „ ，若存在实数 1 2,x x 满足 1 20 4x x„ „ ，且    1 2f x f x ，则 2 1x x 的最大值为（ ） A． 22 e  B．1 C． 2 ln 2 D． 2 ln 2 【答案】A 【解析】画出  f x 的图像，利用    1 2f x f x 将 2x 表示成 1x 的关系式，将 2 1x x 化 为只含 1x 的表达式，利用换元法，结合导数，求得 2 1x x 的最大值. 【详解】 作出 3 1 ,0 2( ) 2 ,2 4x x xf x e x     „ „ „ 的图象如图所示. 因为    1 2f x f x ，所以 2 3 1 1 e2 xx  ，即 1 2 3 ln 2 xx   .由图可知 11 12 x e „ ，则 1 2 1 13 ln 2 xx x x    ，令 1 1 ,1 , ( ) ln 2 32 e x t g t t t       .则 1 1 2( ) 2 tg t t t     . 易知函数 ( ) ln 2 3g t t t   在 1 1, 2e      上单调递增，在 1 ,12     上单调递减，所以 max 1 1( ) ln 1 3 2 ln 22 2g t g          . 故选：A 【点睛】 本题考查导数的综合应用，考查学生数形结合、转化与化归的数学思想. 二、填空题 13．已知平面向量 (2, 7), ( 1,2), (1,1)a b c       ，若 ( ) / /a b c   ，则实数   _____________. 【答案】3 【解析】先求得 a λb  ，然后根据两个向量垂直的坐标表示列方程，解方程求得  的 值. 【详解】 由已知得 (2 , 7 2 )a b        ，又 ( ) / /a b c   ，所以 (2 ) ( 7 2 ) 0      ， 解得 3  故答案为： 3 【点睛】 本题考查平面向量坐标运算和平面向量共线的知识，考查运算求解能力. 14．本届世界军运会在中国武汉举行，这次军运会增进了各国人民的友谊，传递了热爱 和平的信息.如图所示的茎叶图记录了甲、乙两名运动员五次射箭比赛的成绩（满分： 10 环），则甲的平均成绩比乙的平均成绩多____________环，甲的成绩的众数与乙的成 绩的众数之和为__________. 【答案】1 17 【解析】利用平均数的计算公式，分别计算出甲、乙的平均数，再计算出他们的差.分 别求得甲和乙的众数，然后相加. 【详解】 甲的平均成绩为 9 9 9 10 10 47 9.45 5       ，乙的平均成绩为 7 8 8 9 10 42 8.45 5       ， 9.4 8.4 1  .又甲的成绩的众数为 9，乙的成绩的众数 为 8，它们之和为 17. 故答案为：（1）1；（2）17 【点睛】 本题考查统计问题，考查数据处理能力和应用意识. 15．已知函数 ( )f x 是定义域为 R 的奇函数，且 ( 3)f x  为偶函数， (2) 8f  ，则 (12) (20)f f  ____________. 【答案】-8 【解析】利用函数  3f x  为偶函数  f x 为奇函数，判断出  f x 是周期为12 的周 期函数，由此求得 (12) (20)f f 的值. 【详解】 由函数 ( 3)f x  为偶函数，可得 ( 3) ( 3)f x f x    ，所以 ( 6) ( )f x f x   .又 ( )f x 为奇函数， ( ) ( )f x f x   ，得 ( 6) ( )f x f x   ，从而 ( 12) ( )f x f x  ，故该函 数是周期为 12 的周期函数.又函数 ( )f x 为奇函数，则 (0) 0, (12) (0) 0, (20) (8) (2) 8f f f f f f        . 故答案为： 8 【点睛】 本题考查函数的奇偶性，考查函数的周期性，考查运算求解能力. 16．已知抛物线 2: 2 ( 0)C y mx m  ，焦点为 (0,1)F ，定点 (0, 2)P  .若点 M，N 是 抛物线 C 上的两相异动点，M，N 不关于 y 轴对称，且满足 0PM PNk k  ,则直线 MN 恒过的定点的坐标为_________. 【答案】 (0,2) 【解析】利用抛物线的焦点坐标，求得抛物线方程，设出 ,M N 两点的坐标，根据 0PM PNk k  列方程，化简求得 1 2 8x x   .写出直线 MN 的方程，进而判断直线过定 点 0,2 【详解】 抛物线 C 的标准方程为 2 2 yx m  ，焦点为 10, 8m      ，所以 1 11,8 8mm   ，所以 2 4x y . 设  2 2 1 2 1 2, , ,4 4 x xM x N x         ，则 2 2 1 2 PM PN 1 2 2 24 4 0 x x k k x x       ，整理得   1 2 1 2 8 0x x x x   ，由于 ,M N 不关于 y 轴对称，所以恒有 1 2 8x x   ，直线 MN 的方程为   2 2 1 1 2 1 2 1 1 1 2 4 4 4 4 x x x x x xx xy x x x      ，即 1 2 1 2 4 4 x x x xy x  ，即 1 2 24 x xy x  即所以过定点 (0,2) . 故答案为： 0,2 【点睛】 本题考查抛物线的知识，考查化归与转化的数学思想与运算求解能力. 三、解答题 17．已知数列 na 是各项都为正数的等比数列，且 3 4 5 1 22 , 1a a a a a    . （1）求 na 的通项公式； （2）若 2 2log 3 logn nb a  ，求数列 1 2 2 n nb b        的前 n 项和 nS . 【答案】(1) 12 3 n na   (2) 2 1n nS n   【解析】（1）将已知条件转化为 1,a q 的形式，解方程求得 1,a q ，进而求得数列 na 的 通项公式. （2）利用裂项求和法求得数列 1 2 2 n nb b        的前 n 项和 nS . 【详解】 （1）设数列 na 的公比为 q，则 3 4 52a a a  ，可变形为 2 3 4 1 1 12a q a q a q  ， 化简为 2 2 0q q   解得 2q = 或 1q   （舍去） 因为 1 2 1a a  ，所以 1 12 1a a  ，解得 1 1 3a  所以数列 na 的通项公式为 1 11 223 3 n n na     （2）因为   1 2 2 2 2log 3 log log 3 log 2 1n n n nb a a n      所以 1 2 2 2 1 12( 1) 1n nb b n n n n         所以 1 1 1 1 1 22 1 2 2 3 1 1n nS n n n            【点睛】 本小题主要考查等比数列通项公式和前 n 项和公式的基本量计算，考查裂项相消求和 法，属于基础题. 18．“互联网+”是“智慧城市”的重要内容，A 市在智慧城市的建设中，为方便市民使用 互联网，在主城区覆盖了免费 WiFi 为了解免费 WiFi 在 A 市的使用情况，调查机构借 助网络进行了问卷调查，并从参与调查的网友中抽取了 200 人进行抽样分析，得到如下 列联表（单位：人）： 经常使用免费 WiFi 尔或不用免费 WiFi 合计 45 岁及以下 70 30 100 45 岁以上 60 40 100 合计 130 70 200 （1）根据以上数据，判断是否有 90%的把握认为 A 市使用免费 WiFi 的情况与年龄有 关； （2）现从所抽取的 45 岁以上的市民中按是否经常使用 WiFi 进行分层抽样再抽取 5 人. （i）分别求这 5 人中经常使用，偶尔或不用免费 WFi 的人数； （ii）从这 5 人中，再随机选出 2 人各赠送 1 件礼品，求选出的 2 人中至少有 1 人经常 使用免费 WiFi 的概率. 附： 2 2 ( ) ( )( )( )( ) n ad bcK a b c d a c b d      ，其中 n a b c d    .  2 0P K k… 0.15 0.10 0.05 0.025 0.010 0k 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 【答案】(1) 没有 90%的把握认为 A 市使用免费 WiFi 的情况与年龄有关(2) （i）经常 使用 3 人，偶尔或不用免费 2 人 （ii） 9 10 【解析】（1）计算出 2K 的值，由此判断出没有90%的把握认为 A 市使用免费 WiFi 的 情况与年龄有关. （2）（i）利用分层抽样知识计算出经常使用，偶尔或不用免费 WFi 的人数. （ii）利用列举法以及古典概型概率公式计算出所求的概率. 【详解】 （1）由列联表可知 2 2 200 (70 40 60 30) 2.198130 70 100 100K        因为 2. 198<2.706，所以没有 90%的把握认为 A 市使用免费 WiFi 的情况与年龄有关 （2）（i）依题意可知，在所抽取的 5 名 45 岁以上的网友中，经常使用免费 WiFi 的有 605 3100   人，偶尔或不用免费 WiFi 的有 405 2100   人 （ii）设这 5 人中，经常使用免费 Wifi 的 3 人分别为 A，B，C；偶尔或不用免费 WiFi 的 2 人分别为 d，e 则从 5 人中选出 2 人的所有可能结果为 ( , ),( , ),( , ),( , ),( , ),( , ),( , ),( , ),( , ),( , )A B A C A d A e B C B e B d C d C e d e 共 10 种 其中没有人经常使用免费 WiFi 的可能结果为 ,d e ，共1种. 故选出的 2 人中至少有 1 人经常使用免费 WiFi 的概率 1 91 10 10P    【点睛】 本小题主要考查 2 2 列联表独立性检验，考查分层抽样，考查古典概型概率计算，考 查运算求解能力，属于中档题. 19．如图，在三棱锥 P-ABC 中， 2, 2,PA PB AB AC AB AC     ，平面 PAB  平面 ABC，点 D 在线段 BC 上，且 3CD BD ，F 是线段 AB 的中点，点 E 是 PD 上 的动点. （1）证明： BC EF . （2）当 EF//平面 PAC 时，求三棱锥 C-DEF 的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2) 1 12 【解析】（1）利用面面垂直的性质定理证得 PF  平面 ABC ，由此证得 PF BC .通 过中位线和等腰三角形的性质，证得 BC DF ，由此证得 BC ⊥平面 PDF ，进而证 得 BC EF . （2）利用面面平行的判定定理证得 / /EH PC ，由此求得 E 点到平面 ABC 的距离，进 而利用 C DEF E CDFV V  ，求得三棱锥的体积. 【详解】 （1）连接 PF ，因为 PA PB ，F 为 AB 的中点， 所以 PF AB . 又平面 PAB  平面 ABC，平面 PAB  平面 ABC AB ， 所以 PF  平面 ABC，从而 PF BC 设 BC 的中点 H，连接 , ,AH EH FH ,因为 1 4BD BC ，DF 是 ABH 的中位线， 所以 / /DF AH . 因为 AB AD ， H 是 BC 中点， AH BC ，所以 DF BC 所以 BC ⊥平面 PDF 因为 EF  平面 PDF，所以 BC EF （2）设点 E 到平面 ABC 的距离为 h ，由（1）知 / /FH AC ，则 / /FH 平面 PAC ， 而 / /EF 平面 PAC ， EF FH F  ，所以平面 / /EFH 平面 PAC ， 所以 1/ / , 3 DE DHEH PC DP DC   . 所以 1 3 h PF  ， 1 1 3 3h PF  又 1 1 1 2 2 32 2 1 22 2 2 2 2 4CDF ABC ACF BDFS S S S                ， 所以 1 3 1 1 3 4 3 12C DEF E CDFV V      【点睛】 本小题主要考查线线垂直的证明，考查面面垂直的性质定理，考查面面平行的证明，考 查等腰三角形的性质，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题. 20．已知椭圆 2 2 : 2 2 1( 0)x yC a ba b     ，圆心为坐标原点的单位圆 O 在 C 的内部，且 与 C 有且仅有两个公共点，直线 2 2x y  与 C 只有一个公共点. （1）求 C 的标准方程； （2）设不垂直于坐标轴的动直线 l 过椭圆 C 的左焦点 F，直线 l 与 C 交于 A，B 两点， 且弦 AB 的中垂线交 x 轴于点 P，求 | | PF AB 的值. 【答案】(1) 2 2 12 x y  (2) | | 2 | | 4 PF AB  【解析】（1）利用单位圆的性质求得b ，利用直线 2 2x y  和椭圆联立方程后关于 y 的方程只有一个解，判别式为 0 列方程，由此求得 2a .进而求得椭圆的标准方程. （2）设出直线l 的方程，代入椭圆方程，写出韦达定理，求得 AB 中点Q 的坐标，利 用中垂线的斜率列方程，求得 P 点的横坐标，由此求得 PF .利用弦长公式求得 AB ， 进而求得 PF AB 的值. 【详解】 （1）依题意，得 1b  将 2 2x y  代入椭圆的方程，得 2 2 22 4 2 4 0a y y a     由   2 232 4 2 4 0a a      ，解得 2 2a  所以椭圆的标准方程为 2 2 12 x y  （2）由（1）可得左焦点 ( 1,0)F  由题意设直线 l 的方程为 1( 0)x my m   ， 代入椭圆方程，得 2 22 2 1 0m y my    设    1 1 2 2, , ,A x y B x y ，则 1 2 1 22 2 2 1,2 2 my y y ym m     所以  1 2 1 2 2 42 2x x m y y m       ,AB 的中点为 2 2 2 ,2 2 mQ m m       设点  0,0P x ，则  2 02 2PQ mk m m x      ， 解得 0 2 1 2x m   所以 2 0 2 1| | 1 2 mPF x m     又  22 2 2 1 2 2 2 2 2 2 12 4| | 1 1 2 2 2 mmAB m y y m m m m             所以 | | 2 | | 4 PF AB  【点睛】 本小题主要考查圆的几何性质，考查直线和椭圆的位置关系，考查弦长的计算，考查垂 直平分线的几何性质，考查运算求解能力，属于中档题. 21．已知函数     212ln 22f x a x x x x    ． （1）讨论  f x 的单调性； （2）若  f x 有两个不同的零点，求 a 的取值范围． 【答案】（1）见解析（2） 1 0ln 2 1 a  【解析】（1）求出函数的定义域以及导函数，根据导数与函数单调性的关系，分类讨论 0a  ， 0 2a  ， 2a  ， 2a  ，可求得  f x 的单调性 （2）由（1）求得在 0a  ，0 2a  ， 2a  ， 2a  时，函数的单调区间，讨论出零 点的个数，从而求得实数 a 的取值范围。 【详解】 解析：（1）      2 11 2 2 0f x a x x a x xx x             ① 0a  ， 0a x  ， (0,2)x ，   0f x  ，  f x 单调递增； (2, )x  ，   0f x  ，  f x 单调递减 ② 0 2a  ，   0 2f x x    或 x a ，当 (0, )x a ，   0f x  ，  f x 单调递 减；  ,2x a ，   0f x  ，  f x 单调递增；  2,x  ，   0f x  ，  f x 单调 递减 ③ 2a  ，    21 2 0f x xx      ，  f x 在 0,  单调递减 ④ 2a  ，   0 2f x x    或 x a ，当  0,2x ，   0f x  ，  f x 单调递减；  2,x a ，   0f x  ，  f x 单调递增；  ,x a  ，   0f x  ，  f x 单调递减 （2）由（1）得当 0a  时，   21 22f x x x   在定义域上只有一个零点 0a  ，由（1）可得，要使  f x 有两个零点，则      2 0 2 2 2ln2 2 0f f a      ∴ 1 0ln 2 1 a  下证  f x 有两个零点 取 1 ax e ， 1 1 1 11 12 2 02 a a a af e a e e ea                      ，满足   1 2 0af e f       ，故  f x 在 0,2 有且只有一个零点    4 4 2ln4 0f a   ，满足    2 4 0f f  ，故  f x 在 2, 有且只有一个零 点 当 0 2a  时，由（1）可得  0,2x ，        2 21 12ln 2 2 1 ln 02 2f x f a a a a a a a a a         ，故  f x 在 0,2 无零点， 又因为  f x 在 2, 单调递减， ∴  f x 在 0,  至多一个零点，不满足条件 当 2a  时，  0,x a ，      2 2 2ln 2 2 0f x f a     故  f x 在 0,a 上无零 点， 又因为  f x 在 ,a  单调递减，∴  f x 在 0,  至多一个零点，不满足条件 ∴满足条件 a 的取值范围 1 0ln 2 1 a  【点睛】 本题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数单调性及最值，考查函数零点的判断， 考查学生的计算能力，属于难题。 22．在直角坐标系 xOy 中，曲线 1C 的参数方程为 36 2 13 2 x t y t       (t 为参数），曲线 2C 的 参数方程 2 2cos 2sin x y       （ 为参数），以坐标原点 O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建 立极坐标系. （1）求曲线 1 2,C C 的极坐标方程； （2）若射线 : ( 0)l    … 分别交 1 2C ,C 于 A，B 两点，求 | | | | OB OA 的最大值. 【答案】(1) 9 cos 3sin      , 4cos  (2) 2 3 【解析】（1）将 1 2,C C 参数方程中参数消掉，求得其普通方程，再转化为极坐标方程. （2）将  代入 1 2,C C 的极坐标方程，由此求得 ,OA OB 的表达式，用三角恒等变 换的知识化简 | | | | OB OA ，由三角函数的最值求法，求得 | | | | OB OA 的最大值. 【详解】 （1）曲线 1C 的参数方程为 36 2 13 2 x t y t       消去参数，得 3 9 0x y   ， 转化为极坐标方程为 9 cos 3sin      曲线 2C 的参数方程为 2 2cos 2sin x y       消去参数，得 2 2( 2) 4x y   ， 转化为极坐标方程为 4cos  （2）因为射线 : ( 0)l    … 分别交 1 2,C C 于 A，B 两点， 所以 9| | ,| | 4cos cos 3sinA BOA OB          所以 | | cos 3sin4cos| | 9 OB OA     2 2cos2 2 3sin 2 2 3 11 2 sin 2 cos29 9 2 2                  2 1 2sin 29 6          . 所以，当 6   时， | | | | OB OA 的最大值为 2 3 【点睛】 本小题主要考查参数方程转化为极坐标方程，考查极坐标系下线段长度比值的计算，考 查三角恒等变换，考查三角函数最值的求法，属于中档题. 23．已知 1( ) 2f x x a  . （1）若不等式 ( ) 1f x „ 的解集为{ | 2 6}x x„ „ ，求 a 的值； （2）在（1）的条件下，若 2(2 ) 2 ( ) 4 3f x f x m m  … 对任意 xR 恒成立，求 m 的取值范围. 【答案】(1) 2a  . (2) [ 1,5] 【解析】（1）利用绝对值不等式的解法化简   1f x ≤ ，根据不等式   1f x ≤ 的解集， 求得 a 的值. （2）先求得 (2 ) 2 ( )f x f x 的最小值，由此解一元二次不等式求得 m 的取值范围. 【详解】 （1）因为 1 12 x a „ ，所以 11 12 x a „ „ 所以 2 2 2 2a x a „ „ ，即 ( ) 1f x „ 的解集为{ | 2 2 2 2}x a x a    又不等式 ( ) 1f x „ 的解集为{ | 2 6}x x„ „ ， 所以 2 2 2 2 2 6 a a      解得 2a  . （2）因为 6 2 , 2 (2 ) 2 ( ) 2 4 2,2 4 2 6, 4 x x f x f x x x x x x             „ 易知 (2 ) 2 ( )f x f x 的最小值是 2. 因为 2(2 ) 2 ( ) 4 3f x f x m m  … 对任意 xR 恒成立， 所以 2 4 3 2m m   ，即 2 4 5 0m m   . 解得 1 5m „ „ ，即 m 的取值范围为[ 1,5] 【点睛】 本小题主要考查绝对值不等式的解法，考查不等式恒成立问题的求解，考查化归与转化 的数学思想方法，属于中档题.