山西省2019届高三第一次联考理科数学(解析版)

山西省2019届高三第一次联考理科数学(解析版)

山西省 2019 届高三第一次联考 理科数学 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． 2 1 i (1 i)   （ ） A． 1 1 i2 2 B． 1 1 i2 2  C． 2 i D． 2 i 1．答案：B 解析： 2 2 1 i 1 i (1 i) i 1 1 i(1 i) 2i 2i 2 2           ． 2．已知集合 2{ | ln 1, }, { | 0}NA x x x B x x x   ≤ ≤ ，则 A B  （ ） A．{0,1} B．(0,1] C．{1} D．(0, ]e 2．答案：C 解析： 2{ | ln 1, } { | 0 , } {1,2}, { | 0} { | 0 1}N NA x x x X x e x B x x x x x        ≤ ≤ ≤ ≤ ≤ ， 所以 {1}A B  ． 3．已知数列{ }na 是递增的等比数列， nS 是其前 n 项和，若 1 6 2 533, 32a a a a   ，则 5S  （ ） A．62 B．48 C．36 D．31 3．答案：D 解析： 1 6 1 61 6 2 5 33, 1 3232 a a a aa a a a         或 1 6 32 1 a a    ，又因为数列{ }na 单调递增， 1 6 1 32 a a   ， 56 5 1 32, 2, 1 2 4 8 16 31a q q Sa          ． 4．已知函数 2( ) (2 )g x f x x  是奇函数，且 (1) 2f  ，则 ( 1)f   （ ） A． 3 2 B． 1 C． 3 2 D． 7 4 4．答案：A 解析：由 ( ) ( ) 0g x g x   ，得 2 2( 2 ) (2 ) 0f x x f x x     ， 2( 2 ) (2 ) 2f x f x x    ， 令 1 2x  ，得： 1( 1) (1) 2f f   ，又 (1) 2f  ， 3( 1) 2f    ． 5．执行如图所示的程序框图，则输出的 S  （ ） A．23 B．76 C．237 D．69 5．答案：B 解析： 0, 1 3 0 1 1, 1 2 3 9 3 1 3 6, 3 2 5 9S i S i S i                     3 6 5 23, 5 2 7 9 3 23 7 76, 7 2 9S i S i                ，退出循环，输出 76S  ． 6．某公司安排甲、乙、丙、丁 4 人到 A，B，C 三个城市出差，每人只去一个城市，且每个城市必须有人 去，则 A 城市恰好只有甲 1 人去的概率为（ ） A． 1 5 B． 1 4 C． 1 3 D． 1 6 6．答案：D 解析： 由题意知，其中一个城市必须有 2 人去，即把 4 人分成 3 组，每组分别有 2 人，1 人，1 人，共有 2 4C 种分法，再将他们分到三个城市，共有 2 3 4 3C A 种分法．若 A 城市恰好只有甲 1 人，则把剩下的 3 人分成 2 组，每组分别有 2 人，1 人，共有 2 3C 种分法，再把他们分到 ,B C 两个城市，共有 2 2 3 2C A 种分法，因此所 求概率 2 2 3 2 2 3 4 3 1 6 C AP C A  ． 7．如图，网格纸上小正方形的边长为 1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的各个面的面积中， 最大的面积是（ ） A．2 B． 5 C． 6 D． 2 2 7．答案：C 解析：由三视图可知，该几何体为四面体，记为四面体 ABCD ，将其放入长方体中，如图，易知长方体 的高为 1， , , 2AB BC AD DC AB AD    ，则 2 2, 5BD BC CD   ， 所以 1 1 12 2 2, 2 5 5, 2 2 5 2 62 2 2ABD ABC ADC BDCS S S S             △ △ △ △ ， 所以 BDC△ 的面积最大，为 6 ． A B D C 8．已知 51ax x     的展开式中 3x 的系数为 5 ，则曲线 1y x 与直线 , ,y a x a x e   所围成的图形的 面积是（ ） A．1 B． 1 C．e D． 2e  8．答案：D 解析： 51ax x     的展开式含 3x 的项为 1 1 4 2 3 5 1( ) 5C ax a xx       ，所以 2 25 5, 1, 1a a a     ， 曲线 1y x 与直线 1, 1,y x x e   所围成的图形的面积是 11 11 ( ln ) ln (1 ln1) 2e edx x x e e ex             ． 1 2 e 1 O 1 9．把函数 ( ) sin 2 cos 2f x x x  的图象向右平移 2  个单位长度，得到函数 ( )y g x 的图象，则下列判断 错误的是（ ） A． ( ) sin 2 cos 2g x x x   B．函数 ( )y g x 的图象关于直线 3 8x  对称 C．函数 ( )y g x 在 ,4 4      上单调递减 D．函数 ( )y g x 的图象关于点 3 ,08     对称 9．答案：C 解析： ( ) sin(2 ) cos(2 ) sin 2 cos 2 2 sin 22 4g x f x x x x x x                       ， 所以选项 A 正确，当 3 8x  时， 2 4 2x    ，所以选项 B 正确， 当 ,4 4x       时， 32 ,4 4 4x         ，所以 ( )y g x 在 ,4 4      上不单调，C 错误； 当 3 8x   时， 2 4x     ，故选项 D 正确． 10．在三棱柱 1 1 1ABC A B C 中， 1AA  平面 ABC ， 1BC 与底面所成角的正切值为 2 6 3 ，三棱柱的各顶 点均在半径为 2 的球O 的球面上，且 2, 60AC ABC    ，则三棱柱 1 1 1ABC A B C 的体积为（ ） A． 4 3 B． 4 3 3 C． 4 2 D． 4 2 3 10．答案：C 解析：该三棱柱为直三棱柱，所以是圆柱模型，设 ABC△ 的底面半径为 r ，则 2 4 32 sin sin 60 3 ACr ABC    ，所以 2 3 3r  ， 设三棱柱的高为 h ，则 2 2 2 2 hR r       ， 2 2 2 4 844 3 3 h R r      ， 4 63h  ， 1CC  平面 ABC ，所以 1BC 与底面 ABC 所成角为 1CBC ， 1 1 4 6 2 63tan , 23 CCCBC BCBC BC      ，所以 ABC△ 为正三角形， 23 2 34ABCS   △ ， 1 1 1 4 63 4 23ABC A B C ABCV S h     △ ． 11．已知抛物线 2 2 ( 0)y px p  的焦点为 F ，过点 F 的直线与该抛物线交于 ,P Q 两点， ,P Q 两点在抛 物线的准线上的射影分别为 ,M N ，若 4 3, 4MF NF  ，则 p  （ ） A． 3 B．2 C． 2 3 D．4 11．答案：C 解析：由抛物线的性质可知 MF NF ，又因为 4 3, 4MF NF  ，可知 30FMN   ， 设准线与 x 轴交于点 K ，则 1 2 32FK MF  ，所以 2 3p FK  ． N Q P M K FO 12．已知函数 ( ) ( 1) sin ( 0)f x a x x a    恰有两个零点 1 2,x x ，且 1 2x x ，则 1 1tanx x  （ ） A．2 B． 2 C． 1 D．1 12．答案：D 解析：函数 ( ) ( 1) sin ( 0)f x a x x a    的零点，即方程 ( 1) sin 0a x x   的根，即直线 ( 1) ( 0)y a x a   和曲线 siny x 交点的横坐标．画出直线 ( 1) ( 0)y a x a   与曲线 siny x ，如图 所示，则当直线 ( 1) ( 0)y a x a   与曲线 siny x 恰有两个公共点 1 1 2 2( ,sin ), ( ,sin )A x x B x x ，且 1 2x x 时，直线 ( 1) ( 0)y a x a   与曲线 siny x 相切，又直线 ( 1) ( 0)y a x a   恒过点 (1,0) ，所 以切点为 1 1( ,sin )A x x ，对 siny x 求导，得 cosy x  ，于是 1cos x a ，所以 1 1 1 sin 0 cos1 x xx   ， 得 1 1tan 1x x  ． B A O 1 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分．把答案填在题中的横线上． 13．已知向量 (0,2), ( 1, )a b x    ，且 a 与b  的夹角为 6  ，则 x  ． 13．答案： 3 解析： 2 2 3cos 6 22 1 a b x a b x           ，解得 3x  ． 14．在平面直角坐标系 xOy 中， (1,2)P 是双曲线 2 2 2 2 1( 0, 0)x y a ba b    的一条渐近线l 上的一点， 1 2,F F 分别为双曲线的左、右焦点，若 1 2 90F PF   ，则双曲线的左顶点到直线l 的距离为 ． 14．答案： 2 5 5 解析：由题意知双曲线的一条渐近线l 的方程为 by xa ，因为点 (1,2)P 在渐近线l 上，所以 2b a  ， 所以直线l 的方程为 2y x ．所以直线l 的方程为 2y x ．在 1 2Rt PF F△ 中，原点O 为线段 1 2F F 的中点， 所以 1 2 1 2OP F F c  ，又 2 21 2 5OP    ，所以 5c  ，又 2 2 2 , 2bc a b a   ，所以 1, 2a b  则双曲线的左顶点的坐标为 ( 1,0) ，该点到直线l 的距离 2 2 2 2 5 51 ( 2) d     F2F1 P O 15．某企业生产的一种产品有大、中、小三种规格，现需购买原材料，某材料有两种包装，A 包装每包 1 000 元，可同时生产大、中、小三种规格的成品的件数分别为 20、50、35，B 包装每包 1 200 元，可同时生产 大、中、小三种规格的成品的件数分别为 30、20、30．现需大、中、小三种规格的成品的件数分别为 270、 300、360，则购买 A 包装原材料和 B 包装原材料的最低费用和为 元． 15．答案：12 000 解析：设需要 A 包装原材料 x 包，B 包装原材料 y 包，费用和为 z 元，则 20 30 270, 50 20 300, 35 30 360 0, 0, x y x y x y x x y y        Z Z ≥ ≥ ≥ , ≥ ≥ 即 2 3 27, 5 2 30, 7 6 72 0, 0, x y x y x y x x y y        Z Z ≥ ≥ ≥ , ≥ ≥ 作出可行域，如图中阴影部分中的整数点， 1000 1200z x y  ， 即 200(5 6 )z x y  ．作出直线5 6 0x y  ，平移该直线，由图可知，当平移后的线经过点 (6,5)M 时， z 最小，所以 min 200 (5 6 6 5) 12 000z       （元）． 16 14 12 10 8 6 4 2 2 4 5 10 15 M O 16．已知数列{ }na 的前 n 项和为 nS ，且满足 2 ( 3)n nS n a  ， 2 5a  ，若 1 7 1 1 1, , la a a 成等差数列，则l  ． 16．答案：2 解析：由 2 ( 3)n nS n a  ，得当 2n≥ 时， 1 12 ( 1)( 3)n nS n a    ，两式相减，得： 12 ( 3) ( 1)( 3)n n na n a n a      ，得 1( 2) ( 1) 3n nn a n a      ， 当 3n≥ 时， 1 13 3 3 3 3,1 2 ( 1)( 2) 1 2 1 1 2 2 n n n na a a a n n n n n n n n n n                   ， 当 1n  时， 1 12 3a a  ，得 1 3a  ， 数列 3 1 1 na n n      从第 2 项起是一个常数列，所以 2 3 3 21 1 na an n     ， 2 1( 2)na n n   ≥ ， 又因为 1 3a  也符合上式，所以 2 1 ( )na n n   N ． 因为 1 7 1 1 1, , la a a 成等差数列，所以 1 7 2 1 1 la a a  ，即 2 1 1 2 2 1 3 15 5l    ，解得 2l  ． 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．（本小题满分 12 分） 在 ABC△ 中，角 , ,A B C 的对边分别是 , ,a b c ，且 23 sin 2 cos 2 B Ca C c  ． （1）求角 A 的大小； （2）若 7a  ， ABC△ 的面积是15 3 4 ，求 ABC△ 的周长． 17．解析：（1）在 ABC△ 中， A B C    ，所以cos cos sin2 2 2 B C A A   ， 根据正弦定理，得： 23 sin sin 2sin sin 2 AA C C ，因为sin 0C  ，所以 23 sin 2sin 2 AA  ． 解法一 所以 22 3 sin cos 2sin2 2 2 A A A ，又因为sin 02 A  ，所以 3 cos sin2 2 A A ， 所以 tan 32 A  ，易知0 , 0 2 2 AA     ，所以 2 3 A  ，故 2 3A  ．……………………6 分 解法二 所以 3 sin 1 cosA A  ，所以 3 sin cos 1A A  ，即 1sin 6 2A      ， 又 7 6 6 6A     ，所以 5 2,6 6 3A A     ．……………………………………………………6 分 （2）由题意得 1 3 15 3sin2 4 4ABCS bc A bc  △ ，得 15bc  ，……………………………………8 分 由余弦定理，得 2 2 2 2 2 2 22 cos ( ) ( ) 15 49a b c bc A b c bc b c bc b c             ， 所以 2( ) 64, 8b c b c    ，故 ABC△ 的周长为 15a b c   ．………………………………12 分 18．（本小题满分 12 分） 如图，在四棱锥 P ABCD 中，四边形 ABCD 是平行四边形， 32 , ,4BC AB BCD PB    平面 PAC ． （1）求证： AC  平面 PAB ； （2）若 2 2AB  ，异面直线 PC 与 AD 所成的角为 6  ，求二面角 B PC D  的余弦值． P A B C D 18．解析：（1）由四边形 ABCD 是平行四边形和 3 4BCD   ，得 4ABC   ， 由余弦定理，得： 2 2 2 2 2 2 22 cos 2 2AC AB BC AB BC ABC AB AB AB AB          ， 所以 AC AB ，所以 ,4 2ACB BAC     ，即 AC AB ．………………………………2 分 因为 PB  平面 ,PAC AC  平面 PAC ，所以 PB AC ， 又 PB  平面 ,PAB AB  平面 ,PAB PB AB B ，所以 AC  平面 PAB ．……………………4 分 （2）由 2 2, 2AB BC AB  ，得 4BC  ， 因为 //BC AD ，所以 PCB 是异面直线 PC 与 AD 所成的角， 又 PB  平面 PAC ，所以 PB PC ，在 BPC△ 中， , , 42 6BPC PCB BC      ， 所以 1 22PB BC  ， 易知 PB PA ，所以在 Rt PAB△ 中， 2 2 2 8 4 4, 2PA AB PB PA       ，………………6 分 取 AB 的中点 E ，连接 PE ，则 PE AB ，且 1 22PE AB  ， 由（1）知 AC  平面 PAB ，所以 AC PE ， 又 AB  平面 ,ABCD AC  平面 ,ABCD AC AB A ，所以 PE  平面 ABCD ． 如图，以 A 为坐标原点， ,AB AC 所在直线分别为 ,x y 轴，过点 A 且与 PE 平行的直线为 z 轴，建立空间 直角坐标系，则 (2 2,0,0), (0,2 2,0), ( 2 2,2 2,0), ( 2,0, 2)B C D P ， ( 2,2 2, 2)PC     ， ( 2 2, 2 2,0), (2 2,0,0)BC DC     ，设平面 PBC 的法向量为 ( , , )m x y z  ， 则 2 2 2 2 0 2 2 2 2 0 m PC x y z m BC x y                 ，取 1x  ，则 1y z  ，所以 (1,1,1)m   ，………………8 分 设平面 PDC 的法向量为 ( , , )n a b c ， 则 2 2 2 2 0 2 2 0 n PC a b c n DC a               ，则 0a  ，取 1b  ，则 2c  ，所以 (0,1,2)n  ，…………10 分 所以 15cos , 5 m nm n m n         ，由图可知二面角 B PC D  是钝角， 所以二面角 B PC D  的余弦值为 15 5 ．…………………………………………………………12 分 P A B C D E x y z 19．（本小题满分 12 分） 已知椭圆 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b    的左、右焦点分别为 1 2,F F ，点 P 在椭圆上，且 1PF x 轴， 2 7 2PF  ， 离心率为 3 2 ． （1）求该椭圆的方程； （2）若斜率为 k 的直线l 与该椭圆交于 ,A B 两点，且直线OA 与OB 的斜率之和为定值 1 ，其中O 为坐 标原点，直线OA 与OB 不重合，当 k 取何值时，坐标原点O 到直线l 的距离最大？ 19．解析：（1）由题意可得： 2 2 2 2 2 72 2 3 2 bPF a a a b c ce a            ，解得 2 1 3 a b c       ，故椭圆方程为 2 2 14 x y  ．（5 分） （2）设直线 1 1 2 2: , ( , ), ( , )l y kx m A x y B x y  ，联立方程，得 2 2 14 y kx m x y     ， 可得 2 2 2 2 2(4 1) 8 4( 1) 0, 16(4 1) 0k x kmx m k m          ， 2 1 2 1 22 2 8 4( 1),4 1 4 1 km mx x x xk k      ，直线OA 与OB 的斜率之和 2 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 1 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 ( ) ( ) ( ) 8 22 2 4( 1) 1OA OB y y x y x y x kx m x kx m m x x km kk k k kx x x x x x x x m m                  ………………………………………………………………………………………………………………8 分 因为直线OA 与OB 的斜率之和为定值 1 ，所以 2 2 1m k  ， 易知当 0m  时，不满足题意，所以 2 0m  ，所以 1 2k   ， 又 2 216(4 1) 0k m     ，所以 24 2 0k k  ，所以 0k  或 1 2k  ，因此 1 02 k   或 1 2k  ． 坐标原点O 到直线l 的距离 2 2 22 2 1 1 11 m m kd k kk     ，令 2 1 ( 0)k t t   ，则 1 2 tk  ， 22 2 2 1 4 4 4 5 1 5( 1)1 2 5 22 5 2214 k t td tk t t t t           ≤ ， 当且仅当 5t t ，即 5t  时取等号，此时 5 1 1 2 2k   ，符合题意， 所以当 5 1 2k  时，坐标原点O 到直线l 的距离最大．……………………………………12 分 20．（本小题满分 12 分） 某车床生产某种零件的不合格率为 (0 1)p p  ，要求这部车床生产的一组 5 个零件中，有 2 个或 2 个以 上不合格品的概率不大于 0.05，为了了解该车床每天生产零件的利润，现统计了该车床 100 天生产的零件 组数（1 组 5 个零件），得到的条形统计图如下： 现以记录的 100 天的日生产零件组数的频率作为日生产零件组数的概率． （1）设平均每天可以生产 n 个零件，求 n 的值； （2）求 p 的最大值 0p ； （3）设每个零件的不合格率是 0p ，生产 1 个零件的成本是 20 元，每个合格零件的出厂价为 120 元，不 合格的零件不得出厂，不计其他成本．假设每天该机床生产的零件数为 n ，X 表示这部车床每天生产零件 的利润，求 X 的数学期望 ( )E X ．（参考数据： 40.92 1.32 的取值为0.95） 20．解析：（1）由题意知每天生产 14 组，15 组，16 组，17 组零件的频率分别为0.2, 0.3, 0.4, 0.1， 所以 (14 0.2 15 0.3 16 0.4 17 0.1) 5 77n           ．…………………………………………2 分 （2）记 为一组零件中不合格品的个数，则 ( 2) 1 [ ( 0) ( 1)] 0.05P P P      ≥ ≤ , 即 5 1 4 51 [(1 ) (1 ) ] 0.5p C p p      ≤ ，整理得： 4(1 ) (1 4 ) 0.95p p  ≥ ．……………………4 分 记 4( ) (1 ) (1 4 ), 0 1f p p p p     ， 则 3 4 3( ) ( 4)(1 ) (1 4 ) 4(1 ) 20 (1 ) 0f p p p p p p           ，所以 ( )f p 在 (0,1) 上单调递减． 又 4 4(0.08) (1 0.08) (1 4 0.08) 0.92 1.32 0.95f         ，所以由 ( ) 0.95 (0.08)f p f≥ ， 得 0.08p ≤ ，故 0 0.08p  ．……………………………………………………………………8 分 （3）设生产一个零件的利润为Y 元，由题意，得Y 的可能取值是 100 和 20 ， 则 0 0( 100) 1 0.92, ( 20) 0.08P Y p P Y p        ．…………………………………………10 分 所以Y 的分布列为 Y 100 -20 P 0.92 0.08 ( ) 100 0.92 ( 20) 0.08 90.4E Y       （元）， 所以 ( ) 77 ( ) 77 90.4 6960.8E X E Y    （元）．…………………………………………12 分 21．（本小题满分 12 分） 已知函数 1( ) x axf x xe  ，其中 (0, ), Rx a   ． （1）讨论函数 ( )f x 的单调性； （2）若对任意的 10, ( ) 1xx f x e   恒成立，求实数 a 的取值范围． 21．解析：（1） 2 2 2 ( 1)( ) 1( ) ( ) x x x x x axe ax e xe ax xf x xe x e         ． 当 0a≥ 时， 2 2 1( ) 0, ( )x ax xf x f xx e      在(0, ) 上是减函数．………………………………2 分 当 0a  时，对于方程 2 1 0, 1 4 0ax x a        ，方程 2 1 0ax x    有两个不相等的实数根， 1 2 1 1 4 1 1 4,2 2 a ax xa a       ，易知 1 20, 0x x  ，令 ( ) 0f x  ，则 2x x ， 令 ( ) 0f x  ，则 20 x x  ，所以 ( )f x 在 1 1 40, 2 a a       上是减函数，在 1 1 4 ,2 a a        上是增函 数． 综上，当 0a≥ 时， ( )f x 在(0, ) 上是减函数．当 0a  时， ( )f x 在 1 1 40, 2 a a       上是减函数，在 1 1 4 ,2 a a        上是增函数． （2） 1( ) 1xf x e  可化为 1 1 1x x ax xe e    ，因为 0x  ，所以 1 0xe   ， 所以( 1)( 1)x xax e xe   ，即( 1)( 1) 0x xax e xe    ． 令 ( ) ( 1)( 1)x xg x ax e xe    ，则对任意的 0x  ，有 ( ) 0g x  恒成立． ( ) ( 1) ( 1) [( 1) ]x x x xg x a e ax e e x a x a e a           ， 令 ( ) [( 1) ] xh x a x a e a    ，则 ( ) [( 1) 2 1] xh x a x a e     ， 令 1 0 2 1 0 a a    ≤ ≤ ，得 1 2a ≤ ，则 ( ) 0h x  ， 此时 ( )h x 在 (0, ) 上是减函数，当 0x  时， ( ) (0) 0h x h  ，所以 ( ) ( ) 0g x h x   ， 所以 ( )g x 在 (0, ) 上是减函数，当 0x  时， ( ) (0) 0g x g  ，符合题意．………………8 分 当 1a≥ 时， 1 0, 2 1 0a a  ≥ ，当 0x  时，有( 1) 2 1 0a x a    ， 所以 ( ) 0, ( )h x h x  在 (0, ) 上是增函数，当 0x  时， ( ) (0) 0g x g  ，这与 ( ) 0g x  矛盾，不符合 题意．…………………………………………………………………………………………………………10 分 当 1 12 a  时，令 ( ) 0h x  ，则( 1) 2 1 0a x a    ，得 1 2 1 ax a   ， 所以 ( )h x 在 1 20, 1 a a      上是增函数，当 1 20 1 ax a    时， ( ) (0) 0h x h  ， 所以 ( ) ( ) 0g x h x   ，所以 ( )g x 在 1 20, 1 a a      上是增函数，当 1 20 1 ax a    时， ( ) (0) 0g x g  ，这 与 ( ) 0g x  矛盾，不符合题意． 因此实数 a 的取值范围为 1, 2     ．……………………………………………………………………12 分 （2）解法二： 1( ) 1xf x e  ，即 1 1 1x x ax xe e    ，因为 0x  ，所以 1 1 x x ea e x  恒成立， 即 min 1 1 x x ea e x      ，设 1 1 1( ) 1 ( 0)1 1 x x x eg x xe x e x       ， 则 2 2 2 2 2 2 1 ( 1)( ) ( 1) ( 1) x x x x x e e x eg x e x x e        ， 设 2 2( ) ( 1) ( 0)x xh x e x e x    ，则 2 2( ) 2 ( 1) 2 (2 2 )x x x x x xh x e e xe x e e e x x        ， 设 2( ) 2 2 ( 0)xx e x x x     ，则 ( ) 2 2 2 2( 1)x xx e x e x       ， 设 ( ) 1 ( 0)xm x e x x    ，则 ( ) 1 0xm x e    ， ( )m x 在(0, ) 上单调递增， ( ) (0) 0m x m   ， 即 ( ) 0, ( )x x    在(0, ) 上单调递增， ( ) (0) 0x    ， ( ) 0, ( )h x h x  在(0, ) 上单调递增， ( ) (0) 0h x h   ， ( ) 0, ( )g x g x  在(0, ) 上单调递增， 1 1( ) 1 x x x x x e xe eg x e x xe x      ， 0 0 0 0 1 ( 1) 1lim ( ) lim lim lim( 1) 1 ( 2) 2 x x x x x x xx x x x xe e xe x eg x xe x x e x e             ， 所以当 0x  时， 1( ) 2g x  ， 1 2 ≤a ． （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，则按所作的第一题计分． 22．【选修 4—4：坐标系与参数方程】（本小题满分 10 分） 已知在平面直角坐标系 xOy 中，点 P 是曲线 2 2 1 : ( 2) 4C x y   上任意一点，动点 ( , ) ( 0)M x y y≥ 满 足 0OM OP    ，且 1 2OM OP   ，动点 M 的轨迹为曲线 2C ，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）分别求出曲线 1C 和 2C 的极坐标方程； （2）设曲线 1C 和 2C 交于点C（异于点O ），直线 ,2 R           与曲线 1C 交于点O 和点 A ， 与曲线 2C 交于点O 和点 B ，求 ABC△ 面积的最大值． 22．解析：（1） 2 2( 2) 4x y   可化为 2 2 4x y x  ，把 cos , sinx y     代入，可得曲线 1C 的 极坐标方程为 4cos  ．……………………………………………………………………………………2 分 设点 ( , )M    ，由 1 2OM OP   ，得 2OP   ， 又 0, 0y OM OP    ≥ ，所以OM OP ， 2 , 2P       ， 将点 P 的坐标代入曲线 1C 的方程 4cos  ，得 2 4cos 2        ， 故曲线 2C 的极坐标方程为 2sin   ，即 2sin  ．………………………………（5 分） （2）设点 1 1( , )C   ，则 1 12sin 4cos  ，所以 1 1 1 2 5 5tan 2, sin , cos5 5     ， 连接OC ，则 1 4 5 5OC   ．点C 到直线  的距离 1 1 4 5sin( ) sin( )5d OC        ， 直线 ,2 R           与曲线 2 : 2sinC   交于点O 和点 B ，则 (2sin , )B   ， 直线 ,2 R           与曲线 1 : 4cosC   交于点O 和点 A ，则 (4cos( ), )A      ， 即 ( 4cos , )A     ，所以 4cos 2sinAB     ． 所以 ABC△ 的面积 1 1 4 5 ( 2cos sin ) sin( )2 5ABCS AB d          △ ， 1 1 4 5 4 5 5 2 5( 2cos sin ) (sin cos cos sin ) ( 2cos sin ) sin cos5 5 5 5                       2 2 2 1 4 5 2 5(sin 2cos ) 4 sin cos 4sin ( ) 45 5 5               ≤ ． 当且仅当 1 2    ，即 1 2    时， ABC△ 的面积取得最大值 4． 2 1 1 2 2 2 4 B C O A 23．【选修 4—5：不等式选讲】（本小题满分 10 分） 已知函数 ( ) 2 1f x x  ． （1）求不等式 ( ) 3 2f x x ≥ 的解集； （2）若 ( ) 1, ( ) 2f a f b≤ ≤ ，求证： (3 2 ) 7f a b ≤ ． 23．解析：（1）不等式 ( ) 3 2f x x ≥ ，即 2 1 2 3x x   ≥ ， 当 2x≥ 时， 2 1 2 3x x   ≥ ，解得 4 3x≥ ，所以 2x≥ ； 当 1 22 x ≤ 时， 2 1 2 3x x   ≥ ，解得 0x≥ ，所以0 2x ≤ ； 当 1 2x   时， 2 1 2 3x x    ≥ ，解得 2 3x ≤ ，所以 2 3x ≤ ． 综上，原不等式的解集为 2 03x x x     或≤ ≥ ．………………………………………………5 分 （2） ( ) 2 1 , ( ) 2 1f a a f b b    ， (3 2 ) 2(3 2 ) 1 6 4 1 3(2 1) 2(2 1) 3(2 1) 2(2 1) 3 ( ) 2 ( )f a b a b a b a b a b f a f b               ≤ 因为 ( ) 1, ( ) 2f a f b≤ ≤ ，所以3 ( ) 2 ( ) 7f a f b ≤ ，故 (3 2 ) 7f a b ≤ ．……………………10 分