2019年4月福建省高中毕业班质量检查测试理科数学(解析版)

2019年4月福建省高中毕业班质量检查测试理科数学(解析版)

2019 年 3 月福建省高中毕业班质量检查测试 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．已知集合 2{ | ln( 1)}, { | 4 0}A x y x B x x     ≤ ，则 A B  （ ） A．{ | 2}x x ≥ B．{ |1 2}x x  C．{ |1 2}x x ≤ D．{ | 2}x x≥ 1．答案：C 解析： { | 1}, { | 2 2}A x x B x x    ≤ ≤ ，所以 { |1 2}A B x x  ≤ ． 2．若复数 z 满足( 1)i 1 iz    ，则 z  （ ） A． i B．1 i C． 2 D．1 2．答案：D 解析：由( 1)i 1 iz    ，得 2( 1)i (1 i)iz    ，即 ( 1) 1 i, 1 1 i, i, 1z z z z            ． 3．经统计，某市高三学生期末数学成绩 2(85, )X N ～ ，且 (80 90) 0.3P X   ，则从该市任选一名高 三学生，其成绩不低于 90 分的概率是（ ） A．0.35 B．0.65 C．0.7 D．0.85 3．答案：A 解析：依题意，可知高三学生期末数学成绩的正态分布曲线关于直线 85x  对称， 所以 ( 90)P X ≥ 1[1 (90 90)] 0.352 P X     ． 4．若 ,x y 满足约束条件 1 0 1 0 1 0 x y x y y        ≥ ≤ ≥ ，则 2z x y  的最小值是（ ） A． 5 B． 4 C．0 D．2 4．答案：B 解析：作可行域为如图所示的 ABC△ ，其中 (0,1), ( 2, 1), (2, 1)A B C   ， 由 2z x y  可得 1 1 2 2y x z   ，表示斜率为 1 2 ， 纵截距为 1 2 z 的动直线，作直线 1 2y x  并平移， 使其经过可行域内的点，当动直线过点 ( 2, 1)B   时，直线的纵截距最小，此时 z 取得最小值 min 4z   ． 5．某简单几何体的三视图如图所示，若该几何体的所有顶点都在球O 的球面上，则球O 的体积是（ ） A． 8 2 3  B． 4 3 C．12 D．32 3 2 2 2 5．答案：B 解析：该几何体是一个直三棱柱，底面是一个等腰直角三角形，可将其补齐为一个棱长为 2 的正方体，则 正方体的外接球即为直三棱柱的外接球，所以 2 2 22 2 2 2 2 3R     ，即 3R  ，所以球O 的体积 为 34 4 33 R  ． 6．将函数 sin 2 6y x      的图象向右平移 6  个单位长度后，所得图象的一个对称中心为（ ） A． ,012      B． ,04      C． ,03      D． ,02      6．答案：A 解析：将函数 sin 2 6y x      的图象向右平移 6  个单位长度后， 可得函数 sin 2 sin 26 6 6y x x                   ，由 2 ,6x k k Z    ，解得 ,12 2 kx k Z    ， 所以其对称中心为 ,0 ,12 2 k k Z      ，故选 A． 7．已知 5 72, 5, 7a b c   ，则（ ） A． a b c  B． a c b  C．b a c  D．c b a  7．答案：A 解析： 解法 1： 10 5 10 22 32, 5 25, 32 25,a b a b       ， 35 7 35 55 , 7b c  ， 因为 7 55 25 25 25 5 50 50 25 49 49 7 7           ，所以b c ，所以 a b c  ，故选 A， 解法 2：因为 ln 2 ln 4 ln 5 ln 7ln , ln , ln2 4 5 7a b c    ，所以构造函数 ln( ) xf x x ，则 2 1 ln( ) xf x x   ， 所以当 ( , )x e  时， ( ) 0f x  ， ( )f x 在 ( , )e  上单调递减，所以 (4) (5) (7)f f f  ， 即 ln ln lna b c  ，所以 a b c  ． 8．某商场通过转动如图所示的质地均匀的 6 等分的圆盘进行抽奖活动，当指针指向阴影区域时为中奖．规 定每位顾客有 3 次抽奖机会，但中奖 1 次就停止抽奖．假设每次抽奖相互独立，则顾客中奖的概率是（ ） A． 4 27 B． 1 3 C． 5 9 D． 19 27 8．答案：D 解析：指针指向阴影区域的概率为 2 3 ，记“三次都没有中奖”为事件 A，则 32 191 ( ) 1 3 27P P A         ． 9．设椭圆 E 的两焦点分别为 1 2,F F ，以 1F 为圆心， 1 2F F 为直径的圆与 E 交于 ,P Q 两点，若 1 2PF F△ 为 直角三角形，则 E 的离心率是（ ） A． 2 1 B． 5 1 2  C． 2 2 D． 2 1 9．答案：A 解析：在 1 2Rt PF F△ 中， 1 1 2PF F F ，所以 1 2 90PF F   ，所以 1 1 2 2PF F F c  ， 2 2 2PF c ， 由椭圆的定义得： 1 2 2 2 2 2PF PF c c a    ，所以 E 的离心率为 2 2 1 2 2 2 ce a     ． 10．如图，AB 是圆锥 SO 的底面圆O 的直径，D 是圆O 上异于 ,A B 的任意一点，以 AO 为直径的圆与 AD 的另一个交点为C ， P 为 SD 的中点．现给出以下结论： ① SAC△ 为直角三角形； ②平面 SAD  平面 SBD ； ③平面 PAB 必与圆锥 SO 的某条母线平行． 其中正确结论的个数是（ ） A．0 B．1 C．2 D．3 S A BC O P D 10．答案：C 解析：①因为 AO 是小圆直径，所以 AC OC ，因为OA OD ，所以C 为 AD 中点，因为 SA SD ， 所以 SC AD ，所以 SAC△ 为直角三角形，所以①正确； ②作 BE SD 于 E ，若平面 SAD  平面 SBD ，则 BE  平面 SAD ，所以 BE AD ， 因为 AB 是圆锥 SO 底面圆O 的直径，所以 BD AD ，所以 AD  平面 SBD ，所以 AD SD ， 由①可知 SC AD ，所以 //SC SD ，这与 SC SD S 相矛盾，故②错误； ③延长 DO 交大圆于 H ，连接 ,SH OP ，则有 //SH OP ，所以 //SH 平面 PAB ，故③正确．故选 C． 11．已知函数 1( ) ln 11 xf x xx    ，且 ( ) ( 1) 2f a f a   ，则实数 a 的取值范围是 （ ） A． 1 ,2      B． 11, 2     C． 1 ,02     D． 1 ,12     11．答案：C 解析： 1( ) ln 11 xf x xx    的定义域为( 1,1) ，设 1( ) ( ) 1 ln 1 xg x f x xx     ， 则由 ( ) ( 1) 2f a f a   ，可得 ( ) ( 1) 0g a g a   ，即 ( 1) ( )g a g a   ， 因为 1 1( ) ln ln ( )1 1 x xg x x x g xx x              ，所以 ( )g x 为奇函数， 因为 2( ) ln 1 1g x xx        ，可知 ( )g x 在( 1,1) 上为单调递增函数， 所以 1 1 1 1 1 1 a a a a           ，解得 1 02 a   ，故选 C． 12．在 ABC△ 中， 30 , 3, 2 3,B BC AB D    是边 BC 上的点， ,B C 关于直线 AD 的对称点分别为 ,B C  ，则 BB C △ 的面积的最大值为（ ） A． 9 3 3 2  B． 6 3 7 C． 9 3 7 D． 3 3 2 12．答案：D 解析：延长 AD 交 BB 于点 H ，由对称性知，H 是 BB 中点，且 AH BB ，则 H 在以 AB 为直径的圆 上，因为 2BB C BB C BHCS S S   △ △ △ ，易知当 H 位于劣弧 AB 中点时， BHCS△ 最大，此时 H 到 BC 的距离 为 3 2 ， 1 3 3 32 2 32 2 2BB C BHCS S       △ △ ． H B' C'A BC D 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 a 与b  的夹角为 3  ， 1a b    ，且  a a b    ，则实数  ． 13．答案：2 解析： 1cos 3 2a b a b        ，因为  a a b    ，所以   2 11 02a a b a a b               ，故 2  ． 14．若 2 12 n x x     展开式的二项式系数之和为 64，则展开式中的常数项是 ． 14．答案：60 解析：二项式系数之和为 2 64n  ，所以 6n  ，则展开式的常数项为 4 4 2 2 6 1(2 ) 60C x x        ． 15．在平面直角坐标系 xOy 中，角 的顶点为坐标原点，始边与 x 轴的非负半轴重合，终边交单位圆于点 ( , )P a b ，且 7 5a b  ，则cos 2 2     的值是 ． 15．答案： 24 25 解析：依题意得 cos , sina b   ，又因为 2 27 , 15a b a b    ，得 2 49( ) 25a b  ， 242 25ab  ， 则 24cos 2 sin 2 2sin cos 22 25ab               ． 16．图（1）为陕西博物馆收藏的国宝——唐·金筐宝钿团花纹金杯，杯身曲线内收，玲珑娇美，巧夺天 工，是唐代金银细工的典范之作．该杯型几何体的主体部分可近似看作是由双曲线 2 2 : 13 9 x yC   的右支 与直线 0, 4, 2x y y    围成的曲边四边形 MABQ 绕 y 轴旋转一周得到的几何体，如图（2）． ,N P 分 别为C 的渐近线与 4, 2y y   的交点，曲边五边形 MNOPQ 绕 y 轴旋转一周得到的几何体的体积可由 祖暅原理（祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”．意思是：两等高的几何体在同高处被截得的两截面面积 均相等，那么这个两个几何体的体积相等）求得．据此，可求得该金杯的容积是 ．（杯壁厚度 忽略不计） 16．答案： 26 解析：如图，设 1 1 1( , )P x y 为双曲线上一点， 1y y 分别与渐近线 3y x 、y 轴交于 2 2 1 1( , ), (0, )P x y H y ， 则线段 1 2PP 绕 y 轴旋转一周所得圆环的面积为  2 2 2 2 1 1 2 1 2( )S HP HP x x     ，其中 2 2 1 1 3 3 yx   ， 2 2 1 2 3 yx  ，故 1 3S  ，由祖暅原理得，曲边多边形 MNOPQ 旋转出来的体积等于底面积为3 ，高为 6 的圆柱的体积，即 1 18V  ，又因为 Rt OAN△ 旋转所得的圆锥的体积为 2 64 9V  ，且 Rt OBP△ 旋转 所得的体积 2 3 8 VV  ，故所求的杯子容积为 1 2 3 18 8 26V V V        ． 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） 数列{ }na 的前 n 项和 nS 满足 2n nS a n  ． （1）求证：数列{ 1}na  是等比数列，并求 na ； （2）若数列{ }nb 为等差数列，且 3 2 7 3,b a b a  ，求数列{ }n na b 的前 n 项和． 17．解析：当 1n  时， 1 12 1S a  ，所以 1 1a  ．………………………………………………1 分 因为 2n nS a n  ①，所以当 2n≥ 时， 1 12 ( 1)n nS a n    ②…………………2 分 ① ② ，得 12 2 1n n na a a    ，所以 12 1n na a   ．…………………………………………3 分 所以 1 11 2 2 2( 1)n n na a a      …………………………………………………………………5 分 所以数列{ 1}na  是首项为 1 1 2a   ，公比为 2 的等比数列，所以 1 2 , 2 1n n n na a    ……6 分 （2）由（1）知， 2 33, 7a a  ，所以 3 2 7 33, 7b a b a    ，………………………………7 分 设{ }nb 的公差为 d ，则 7 3 4 4, 1b b d d     ．…………………………………………………8 分 所以 3 ( 3)nb b n d n    ．………………………………………………………………………………9 分 所以 (2 1) 2n n n na b n n n      ．设数列{ 2 }nn 的前 n 项和为 nK ，数列{ }n 的前 n 项和为 nT ， 则 2 3 12 2 2 3 2 ( 1) 2 2n n nK n n           ③ ， 2 3 4 12 2 2 2 3 2 ( 1) 2 2n n nK n n            ④ ③ ④ ，得： 2 3 1 1 12(1 2 )2 2 2 2 2 2 (1 ) 2 21 2 n n n n n nK n n n                 ． 所以 1( 1) 2 2n nK n     ．……………………………………………………………………10 分 又因为 ( 1)1 2 3 2n n nT n       ．…………………………………………………………11 分 所以 1 ( 1)( 1) 2 2 2 n n n n nK T n        ． 所以{ }n na b 的前 n 项和为 1 ( 1)( 1) 2 2 2 n n nn      ．………………………………………………12 分 18．（本小题满分 12 分） 如图，三棱柱 1 1 1ABC A B C 中，底面 ABC 是等边三角形，侧面 1 1BCC B 是矩形， 1AB A B ，N 是 1B C 的中点， M 是棱 1AA 上的一点，且 1AA CM ． （1）证明： //MN 平面 ABC ； （2）若 1AB A B ，求二面角 A CM N  的余弦值． A B C M A1 C1 B1 N 18．解析：方法一：（1）在三棱柱 1 1 1ABC A B C 中，连结 BM ，因为 1 1BCC B 是矩形，所以 1BC BB ． 因为 1 1//AA BB ，所以 1AA BC ．…………………………………………………………………………1 分 又因为 1AA MC ， BC MC C ，所以 1AA  平面 BCM ，……………………………………2 分 所以 1AA MB ，又因为 1AB A B ，所以 M 是 1AA 的中点．…………………………………………3 分 取 BC 中点 P ，连结 ,NP AP ，因为 N 是 1B C 的中点，则 1//NP BB 且 1 1 2NP BB ……………4 分 所以 //NP MA且 NP MA ，所以四边形 AMNP 是平行四边形，所以 //MN AP ．………………5 分 又因为 MN  平面 ABC ， AP  平面 ABC ，所以 //MN 平面 ABC ．………………………………6 分 （2）因为 1AB A B ，所以 1ABA△ 是等腰直角三角形，设 2AB a ，则 1 2AA a ， BM AM a  ． 在 Rt ACM△ 中， 2AC a ，所以 MC a ．在 BCM△ 中， 2 2 2 22CM BM a BC   ， 所以 MC BM ．…………………………………………………………………………………………7 分 由（1）知， 1 1,MC AA BM AA  ，如图 2，以 M 为原点， 1, ,MA MB MC    的方向分别为 x 轴， y 轴， z 轴的正方向建立空间直角坐标系，………………………………………………………………………8 分 则 (0,0,0)M ， (0,0, )C a ， 1(2 , ,0)B a a ， 所以 , ,2 2 a aN a     ，则 (0,0, ), , ,2 2 a aMC a MN a        …………………………………………………9 分 设平面CMN 的法向量为 1 ( , , )n x y z  ，则 1 0 02 2 n MC az a an MN ax y z              ， 取 1x  ，得 2y   ，此时 1 (1, 2,0)n    ．……………………………………………………10 分 因为平面 ACM 的一个法向量为 2 (0,1,0)n   ，则 1 2 1 2 1 2 2 5cos , 5 n nn n n n          ．…………11 分 因为二面角 A CM N  为钝角，所以二面角 A CM N  的余弦值为 2 5 5 ．………………12 分 解法二：（1）如图 3，在三棱柱 1 1 1ABC A B C 中，连结 BM ，因为 1 1BCC B 是矩形，所以 1BC BB ． 因为 1 1//AA BB ，所以 1AA BC ．…………………………………………………………………………1 分 又因为 1AA MC ， BC MC C ，所以 1AA  平面 BCM ，……………………………………2 分 所以 1AA MB ，又因为 1AB A B ，所以 M 是 1AA 的中点．…………………………………………3 分 取 1BB 的中点Q ，连结 ,NQ MQ ，因为 N 是 1B C 的中点，所以 //NQ BC ． 因为 NQ  平面 ABC ， BC  平面 ABC ，所以 //NQ 平面 ABC ．………………………………4 分 因为 M 是 1AA 的中点，所以 //MQ AB ． 因为 MQ  平面 ABC ， AB  平面 ABC ，所以 //MQ 平面 ABC ． 因为 MQ NQ Q ，所以平面 //MNQ 平面 ABC ．…………………………………………5 分 因为 MN  平面 MNQ ，所以 //MN 平面 ABC ．……………………………………………………6 分 （2）如图 4，因为 1AB A B ，所以 1ABA△ 是等腰直角三角形，不妨设 2AB a ，则 1 2AA a ， BM AM a  ．在 Rt ACM△ 中， 2AC a ，所以 MC a ． 在 BCM△ 中， 2 2 2 22CM BM a BC   ，所以 MC BM ．…………………………………7 分 又因为 1 1,MC AA AA BM M  ，所以 MC  平面 1 1ABB A ．……………………………………8 分 连结 1MB ，因为 1MB  平面 1 1ABB A ，所以 1MC MB ．…………………………………………9 分 所以 1AMB 是二面角 A CM N  的平面角．…………………………………………………………10 分 在 1Rt MBB△ 中， 2 2 1 1 5MB BM BB a   ，所以 1 1 1 2 5sin 5 BBBMB MB   ．………………11 分 所以  1 1 1 1 2 5cos cos cos sin2 5AMB AMB BMB BMB BMB                ， 所以二面角 A CM N  的余弦值为 2 5 5 ．…………………………………………………………12 分 19．（本小题满分 12 分） 在平面直角坐标系 xOy 中，圆 2 2: ( 1) 1F x y   外的点 P 在 y 轴的右侧运动，且 P 到圆 F 上的点的最 小距离等于它到 y 轴的距离．记 P 的轨迹为 E ． （1）求 E 的方程； （2）过点 F 的直线交 E 于 ,A B 两点，以 AB 为直径的圆 D 与平行于 y 轴的直线相切于点 M ，线段 DM 交 E 于点 N ，证明： AMB△ 的面积是 AMN△ 的面积的四倍． 19．（1）设 ( , )P x y ，依题意 0x  ， (1,0)F ． 因为点 P 在圆 F 外，所以点 P 到圆 F 上的点的最小距离为 1PF  ．………………………………2 分 依题意得 1PF x  ，………………………………………………………………………………………3 分 即 2 2( 1) 1x y x    ，…………………………………………………………………………………4 分 化简得 E 的方程为 2 4 ( 0)y x x  ．……………………………………………………………………5 分 （2）设 0 0 1 1 2 2( , ), ( , ), ( , )N x y A x y B x y ，则 1 2 1 2,2 2 x x y yD       ． 依题意可设直线 AB 的方程为 ( 1) ( 0)y k x k   ，由 2 ( 1) 4 y k x y x     ，得 2 2 2 2(2 4) 0k x k x k    ． 因为 2 2 4 2(2 4) 4 16 16 0k k k       ，所以 2 1 2 2 2 4kx x k   ．………………………………7 分 则有 1 2 4y y k  ，故 2 2 2 2,kD k k      ．……………………………………………………………………8 分 由抛物线的定义知 2 1 2 2 4 42 kAB x x k     ．设 ( , )M MM x y ， 依题意得 2 My k ，所以 2 2 2 M kMD xk   ．又因为 2 ABMD  ，所以 2 2 2 2 2 2M k xk k     ， 解得 1Mx   ，所以 21,M k     ．…………………………………………………………………………9 分 因为 0 2,N x k      在抛物线上，所以 0 2 1x k ，即 2 1 2,N k k      ．…………………………………………10 分 所以 2 1 2 1 22 1 1 2AMB kS MD y y y yk     △ ， 2 1 1 2 1 22 1 1 1 1 2 2 2 4AMN D kS MN y y MN y y y yk        △ ．…………………………………11 分 故 4AMB AMNS S△ △ ．……………………………………………………………………………………12 分 4 3 2 1 1 2 2 4 NM D B O F A 20．（本小题满分 12 分） “工资条里显红利，个税新政入民心”．随着 2019 年新年钟声的敲响，我国自 1980 年以来，力度最大的 一次个人所得税（简称个税）改革迎来了全面实施的阶段．2019 年 1 月 1 日起实施的个税新政主要内容包 括：（1）个税起征点为 5000 元；（2）每月应纳税所得额（含税）＝收入－个税起征点－专项附加扣除；（3） 专项附加扣除包括住房、子女教育和赡养老人等． 新旧个税政策下每月应纳税所得额（含税）计算方法及其对应的税率表如下： 旧个税税率表（起征点 3500 元） 新个税税率表（起征点 5000 元） 交税 级数 每月应纳税所得额（含税） ＝收入－个税起征点 税率 （%） 每月应纳税所得额（含税） ＝收入－个税起征点－专项附加扣除 税率 （%） 1 不超过 1500 元的部分 3 不超过 3000 元的部分 3 2 超过 1500 元至 4500 元的部分 10 超过 3000 元至 12000 元的部分 10 3 超过 4500 元至 9000 元的部分 20 超过 12000 元至 25000 元的部分 20 4 超过 9000 元至 35000 元的部分 25 超过 25000 元至 35000 元的部分 25 5 超过 35000 元至 55000 元的部分 30 超过 35000 元至 55000 元的部分 30 … … … … … 随机抽取某市 1000 名同一收入层级的 IT 从业者的相关资料，经统计分析，预估他们 2019 年的人均 月收入为 24000 元．统计资料还表明，他们均符合住房专项扣除；同时，他们每人至多只有一个符合子女 教育扣除的孩子，并且他们之中既不符合子女教育扣除又不符合赡养老人扣除、只符合子女教育扣除但不 符合赡养老人扣除、只符合赡养老人扣除但不符合子女教育扣除、既符合子女教育扣除又符合赡养老人扣 除的人数之比为 2:1:1:1；此外，他们均不符合其他专项附加扣除．新个税政策下该市的专项附加扣除标准 为：住房 1000 元/月，子女教育每孩 1000 元/月，赡养老人 2000 元/月等． 假设该市该收入层级的 IT 从业者都独自享受专项附加扣除，将预估的该市该收入层级的 IT 从业者的 人均月收入视为其个人月收入．根据样本估计总体的思想，解决如下问题： （1）设该市该收入层级的 IT 从业者 2019 年月缴个税为 X 元，求 X 的分布列和期望； （2）根据新旧个税方案，估计从 2019 年 1 月开始，经过多少个月，该市该收入层级的 IT 从业者各 月少缴交的个税之和就超过其 2019 年的月收入？ 20．解析：（1）既不符合子女教育扣除又不符合赡养老人扣除的人群每月应纳税所得额为 24000 5000 1000 18000   ， 月缴个税 3000 0.03 9000 0.1 6000 0.2 2190X        ；…………………………………………1 分 只符合子女教育扣除但不符合赡养老人扣除的人群每月应纳税所得额为 24000 5000 1000 1000 17000    ， 月缴个税 3000 0.03 9000 0.1 5000 0.2 1990X        ；…………………………………………2 分 只符合赡养老人扣除但不符合子女教育扣除的人群每月应纳税所得额为 24000 5000 1000 2000 16000    ， 月缴个税 3000 0.03 9000 0.1 4000 0.2 1790X        ；…………………………………………3 分 既符合子女教育扣除又符合赡养老人扣除的人群每月应纳税所得额为 24000 5000 1000 1000 2000 15000     ， 月缴个税 3000 0.03 9000 0.1 3000 0.2 1590X        ；…………………………………………4 分 所以 X 的可能取值为 2190，1990，1790，1590．………………………………………………………5 分 依题意，上述四类人群的人数之比为 2：1：1：1， 所以 2 1 1 1( 2190) , ( 1990) , ( 1790) , ( 1590)5 5 5 5P X P X P X P X        ．………………7 分 所以 X 的分布列为 X 2190 1990 1790 1590 P 2 5 1 5 1 5 1 5 所以 2 1 1 1( ) 2190 1990 1790 1590 19505 5 5 5E X          ．……………………………………8 分 （2）因为在旧政策下该收入层级的 IT 从业者 2019 年每月应纳税所得额为 24000 3500 20500  ， 其月缴个税为1500 0.03 3000 0.1 4500 0.2 11500 0.25 4120        ．……………………9 分 因为在新政策下该收入层级的 IT 从业者 2019 年月缴个税为 1950， 所以该收入层级的 IT 从业者每月少缴交的个税为 4120 1950 2170  ．…………………………10 分 设经过 x 个月，该收入层级的 IT 从业者各月少缴交的个税之和就超过 24000， 则 2170 24000x≥ ，因为 xN ，所以 12x≥ ．……………………………………………………11 分 所以经过 12 个月，市该收入层级的 IT 从业者各月少缴交的个税之和就超过其 2019 年的月收入……12 分 21．（本小题满分 12 分） 已知函数 2( ) ( )xf x x e a  ． （1）若 2y x 是曲线 ( )y f x 的切线，求 a 的值； （2）若 ( ) 1 lnf x x x ≥ ，求 a 的取值范围． 21．解析：（1）因为 2( ) ( )xf x x e a  ，所以 2( ) (2 1) xf x x e a    ．……………………………2 分 设直线 2y x 与 ( )y f x 的图象的切点为 1 1( , )x y ，则 12 1(2 1) 2xx e a   ． ①……………3 分 因为切点既在切线上又在曲线上，所以 12 1 1 1 1 1 , 2 xy x e ax y x     ② ③ ……………………………………4 分 由①②③得 1a   ．……………………………………………………………………………………5 分 （2）由题意得 2 1 ln ( 1)xxe x a x  ≥ ，即 2 (1 ln ) ( 1)xxe x a x  ≥ ， 因为 0x  ，所以 2 1 ln 1x xe ax  - ≥ ．…………………………………………………………6 分 设 2 1 ln( ) x xF x e x  - ，则 2 2 2 2 2 ln 2 ln( ) 2 x x x x e xF x e x x     ．考虑函数 2 2( ) 2 lnxh x x e x  ，因为 2 1( ) 4 ( 1) 0xh x e x x      ，所以 ( )h x 在(0, ) 单调递增． 又因为 2 1 2 2 2 2 2( ) 1 1 1 0eh e e ee e e           ，且 2(1) 2 0h e  ， 故存在 0 1 ,1x e     ，使得 0( ) 0h x  ，即 022 0 02 ln 0xx e x  ，……………………………………7 分 所以当 0(0, )x x 时， ( ) 0, ( ) 0, ( )h x F x F x  单调递减； 当 0( , )x x  时， ( ) 0, ( ) 0, ( )h x F x F x  单调递增． 所以 02 0 min 0 0 1 ln( ) ( ) x xF x F x e x    ．………………………………………………………………8 分 由题意得， 01 ( )a F x ≤ ．令 022 0 0xx e t  ，取对数得 0 02 2ln lnx x t  ， ④ 由 022 0 02 ln 0xx e x  ，得 02 ln 0t x  ， ⑤………………………………………………………9 分 由④⑤得 0 02 ln 2 lnx x t t   ，设函数 ( ) ln 2x x x   ，则有 0( ) ( )x t  ，……………………10 分 因为 ( ) ln 2x x x   在 (0, ) 上单调递增，所以 0x t ，即 0 0ln 2x x  ，…………………………11 分 所以 02 0 0 0 0 0 0 1 ln 1 21( ) 2x x xF x e x x x       ，故 1 2a  ≤ ，解得 1a ≤ ． 故 a 的取值范围是( ,1] ．……………………………………………………………………………12 分 （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） 在直角坐标系 xOy 中，直线l 的参数方程为 31 5 41 5 x t y t       （t 为参数）．以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为 极轴建立极坐标系，曲线C 的极坐标方程为 2 2 1 1 sin   ，点 P 的极坐标为 2, 4      ． （1）求C 的直角坐标方程和 P 的直角坐标； （2）设l 与C 交于 ,A B 两点，线段 AB 的中点为 M ，求 PM ． 22．解析：（1）由 2 2 1 1 sin   ，得 2 2 2sin 2    ，将 2 2 2 , sinx y y     代入上式并整理 得曲线C 的直角坐标方程为 2 2 12 x y  ．………………………………………………………………3 分 设点 P 的直角坐标为( , )x y ，因为 P 的极坐标为 2, 4      ，所以 cos 2 cos 1, sin 2 sin 14 4x y          ．所以点 P 的直角坐标为(1,1) ．……5 分 （2）将 31 5 41 5 x t y t       代入 2 2 12 x y  ，并整理得 241 110 25 0t t   ．…………………………7 分 因为 2110 4 41 25 8000 0       ，故可设方程的两根为 1 2,t t ， 则 1 2,t t 为 ,A B 对应的参数，且 1 2 110 41t t   ．………………………………………………………8 分 依题意，点 M 对应的参数为 1 2 2 t t ，……………………………………………………………………9 分 所以 1 2 55 2 41 t tPM   ．………………………………………………………………………………10 分 23．【选修 4—5：不等式选讲】（本小题满分 10 分） 已知函数 ( ) 1 3 ( 0)f x x ax a     ． （1）当 2a  时，求不等式 ( ) 1f x  的解集； （2）若 ( )y f x 的图象与 x 轴围成直角三角形，求 a 的值． 23．解析：（1）当 2a  时，不等式 ( ) 1f x  即 1 2 3 1x x    ，………………………………1 分 当 1x ≤ 时，原不等式化为 1 2 3 1x x     ，解得 5x  ，因为 1x ≤ ，所以此时原不等式无解； …………………………………………2 分 当 31 2x  ≤ 时，原不等式可化为 1 2 3 1x x    ，解得 1x  ，所以 31 2x ≤ ；…………………3 分 当 3 2x  时，原不等式可化为 1 2 3 1x x    ，解得 3x  ，所以 3 32 x  ．………………………4 分 综上，原不等式的解集为{ |1 3}x x  ．……………………………………………………………………5 分 （2）因为 0a  ，所以 3 0a  ．所以 ( 1) 4, 1, 3( ) ( 1) 2, 1 , 3(1 ) 4, a x x f x a x x a a x x a                ≤ ≤ ………………………………6 分 若 ( )y f x 的图象与 x 轴围成直角三角形，则( 1)( 1) 1a a    或 ( 1)(1 ) 1a a    ，…………7 分 解得 0a  （舍去）或 2a  或 2a   （舍去）．……………………………………………………8 分 经检验， 2a  符合题意，…………………………………………………………………………9 分 综上，所求 a 的值为 2 ．……………………………………………………………………………………10 分