黑龙江省大庆市2020届高三第三次模拟考试数学（文科）试题 Word版含解析

黑龙江省大庆市2020届高三第三次模拟考试数学（文科）试题 Word版含解析

- 1 - 大庆市高三年级第三次教学质量检测试题 文科数学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每道小题答案后，用 2B 铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需 改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在 本试卷上无效. 第 I 卷（选择题共 60 分） 一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，满分 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 2 0A x x x    ，  1,0,1B   ，则 A B  （ ） A.  1,0,1 B.  0,1 C. { }1,0,1,2- D.  1 2x x   【答案】A 【解析】 【分析】 解一元二次不等式化简集合 A 的表示，最后根据集合的交集定义进行求解即可. 【详解】因为    2 2 0 1 2A x x x x x        ，  1,0,1B   ， 所以 A B   1,0,1 . 故选：A 【点睛】本题考查了集合交集的运算，考查了解一元二次不等式，考查了数学运算能力. 2.已知i 为虚数单位，复数 z 满足  1z i i   ，则复数 z 在复平面内对应的点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】B 【解析】 【分析】 求出复数 z ，得出其对应点的坐标，确定所在象限． - 2 - 【详解】由题意 (1 ) 1 1 1 (1 )(1 ) 2 2 i i iz ii i i        ,对应点坐标为 1 1( , )2 2  ，在第二象限． 故选：B． 【点睛】本题考查复数的几何意义，考查复数的除法运算，属于基础题． 3.执行如图所示的程序框图，输出的 s 值为（ ） A. ﹣10 B. ﹣3 C. 4 D. 5 【答案】A 【解析】 第一次执行程序后， 2 1 1, 2s k    ，第二次执行程序后， 0, 3s k  ，第三次执行程序 后， -3, 4s k  ，第四次次执行程序后， 6 4 10, 5s k      ， 5 5 不成立，跳出循 环，输出 10s   ，故选 A. 4.设 l,m,n 均为直线，其中 m,n 在平面 内，“l ”是“l m 且 l n”的 A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 设 l,m,n 均为直线，其中 m,n 在平面 内，“l ”，则“l m 且 l n”，反之若“l m 且 l n”，当 m//n 时，推不出“l ”，∴ “l ”是“l m 且 l n”的充分不必要 条件，选 A． - 3 - 5.已知圆 2 2 6 7 0x y x    与抛物线  2 2 0y px p  的准线相切，则 p 的值为（） A. 1 B. 2 C. 1 2 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】 因为圆 2 2 6 7 0x y x    与抛物线  2 2 0y px p  的准线相切，则圆心为（3,0），半径为 4，根据相切可知，圆心到直线的距离等于 半径，可知 p 的值为 2，选 B. 【详解】请在此输入详解！ 6.函数 ( ) 3 cos2 sin 2f x x x  的单调递减区间是（ ） A. 7[ , ]( )12 12k k k Z     B. 5[ , ]( )12 12k k k Z     C. [ , ]( )3 6k k k Z     D. 2[ , ]( )6 3k k k Z     【答案】B 【解析】 【分析】 利用辅助角公式把函数的解析式化简成余弦型函数解析式的形式，最后利用余弦型函数的单 调性进行求解即可. 【详解】 ( ) 3 cos2 sin 2 2cos(2 )6f x x x x     ， 由 2 2 2 ,( )6k x k k Z       ， 解得： 5 ,( )12 12k x k k Z       ， 因此函数的单调减区间是 5[ , ]( )12 12k k k Z     . 故选：B 【点睛】本题考查了余弦型函数的单调性，考查了辅助角公式的应用，考查了数学运算能力. 7.已知向量 a  、b  满足| | 1a  ，| | 2b  ，| 2 | 3 | 2 |a b a b      ，则 a  与b  夹角为（ ） A. 30 B. 45 C. 60 D. 120 【答案】C 【解析】 - 4 - 【分析】 将| 2 | 3 | 2 |a b a b      两端平方即可得到 1a b   ，再利用数量积的定义计算即可得到答案. 【详解】由已知， 2 2(2 ) 3(2 )a b a b     ，即  2 2 2 2 4 4 3 4 4a a b b a a b b              . 因为| | 1a  ，| | 2b  ，则 2 1a  ， 2 4b  r ，所以8 4 3(8 4 )a b a b       ，即 1a b   . 设向量 a  与b  的夹角为 ，则 cos 1a b   ，即 1cos 2   ，又 [0, ]  ， 所以 60  . 故选：C 【点睛】本题考查向量的夹角的计算，涉及到向量数量积的运算性质，数量积的定义等知识， 是一道容易题. 8.设 1 20202019a  ， 2019log 2020b  ， 2020 1log 2019c  ，则( ) A. c b a  B. b c a  C. a b c  D. a c b  【答案】C 【解析】 【分析】 根据指数函数的单调性以及对数函数的单调性分别判断出 , ,a b c 的取值范围，从而可得结果. 【详解】 1 202 00 2019019 12a   , 2019 2019log 2020 log 2019 10 b   , 2020 2020 1log log 1 02019c    , a b c  ,故选 C. 【点睛】本题主要考查对数函数的性质、指数函数的单调性及比较大小问题，属于基础题.解 答比较大小问题，常见思路有两个：一是判断出各个数值所在区间（一般是看三个区间      ,0 , 0,1 , 1,  ）；二是利用函数的单调性直接解答；数值比较多的比大小问题也可 以两种方法综合应用. 9.甲，乙，丙，丁四名学生，仅有一人阅读了语文老师推荐的一篇文章.当它们被问到谁阅读 了该篇文章时，甲说：“丙或丁阅读了”；乙说：“丙阅读了”；丙说：“甲和丁都没有阅 - 5 - 读”；丁说：“乙阅读了”.假设这四名学生中只有两人说的是对的，那么读了该篇文章的学 生是（ ） A. 甲 B. 乙 C. 丙 D. 丁 【答案】B 【解析】 【分析】 分别假设甲阅读，乙阅读，丙阅读，丁阅读，结合题中条件，即可判断出结果. 【详解】若甲阅读了语文老师推荐的文章，则甲、乙、丙、丁说的都不对，不满足题意； 若乙阅读了语文老师推荐的文章，则甲、乙说的都不对，丙、丁都正确；满足题意； 若丙阅读了语文老师推荐的文章，则甲、乙、丙说的都对，丁说的不对，不满足题意； 若丁阅读了语文老师推荐的文章，则甲说的对，乙、丙、丁说的都不对，不满足题意； 故选 B 【点睛】本题主要考查逻辑推理的问题，推理案例是常考内容，属于基础题型. 10.已知 3cos( )6 3    ，则sin(2 )6   的值为（ ） A. 2 2 3 B. 1 3 C. 1 3  D. 2 2 3  【答案】B 【解析】 ∵ 3cos 6 3      ， 则 5sin 2 sin 2 sin 26 6 6 2                                 2 2 1cos2 [2cos 1 1]6 6 3 3                       ，故选 B. 11.已知 P 为双曲线C ： 2 2 2 2 1x y a b   （ 0a  ， 0b  ）左支上一点， 1F ， 2F 分别为C 的左、 右焦点，M 为虚轴的一个端点，若 2| |MP PF 的最小值为 1 2F F ，则C 的离心率为（ ） - 6 - A. 2 6 2  B. 2 6 C. 4 2 6 D. 4 6 【答案】C 【解析】 【分析】 根据双曲线的定义可得 2 1| | | | 2MP PF MP PF a    ，又 1 1| |MP PF MF  即可得到关于 e 的方程，解得. 【详解】解： 2 1| | | | 2MP PF MP PF a    2 2 1 2 2 2MF a b c a c    … ， 即 2 22 2 2c a a c   ， 化简得 2 22 8 5 0c ac a   ，即 22 8 5 0e e   ， 解得 4 6 2e  或 4 6 2e  ，所以 4 6 2e  . 故选：C 【点睛】本题考查双曲线的离心率，考查化归与转化的数学思想. 12.定义在 (0, )2  上的函数 ( )f x ， ( )f x 是它的导函数，且恒有 '( ) ( )·tanf x f x x 成立.则有 （ ） A. 2 ( ) ( )4 3f f  B. 3 ( ) 2cos1 (1)6f f   C. 2 ( ) 6 ( )4 6f f  D. 3 ( ) ( )6 3f f  【答案】D 【解析】 【分析】 ：先构造    ' ·tany f x f x x  的原函数  y f x cosx ，由此题意，得出原函数  f x cosx 单增函数，由此判断函数值的大小． 【详解】：先构造    ' ·tany f x f x x  的原函数，因为 x 0, 2     ，则 0cosx  ，那么在 不 等 式 的 两 边 同 时 乘 以 cosx 不 等 号 不 变 ，          ' cosx cosx ' 0f x f x tanx f x f x sinx f x cosx      （ ） ， 所 以 原 函 数 - 7 -    g x f x cosx 单增函数，由此  g g g 1 g6 4 3                     ， 3g 6 2 6f           ， 2g 4 2 4f           ， 1g 3 2 3f           ，    g 1 1 1f cos ，所以 2 1g g 24 3 2 4 2 3 4 3f f f f                                           ，所以 A 错      3g g 1 1 1 3 2cos1 16 2 6 6f cos f f f                       ，所以 B 错 3 2g g 2 66 4 2 6 2 4 4 6f f f f                                         ，所以 C 错 故选 D． 【点睛】：已知抽象函数的性质解不等式的基本解法有两种：（1）构造满足题目条件的特殊函 数，（2）还原抽象函数，利用抽象函数的性质求解． 第Ⅱ卷（非选择题共 90 分） 本卷包括必考题和选考题两部分.第 13 题～21 题为必考题，每个试题考生都必须作答.第 22 题、第 23 题为选考题，考生根据要求作答. 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分. 13.已知函数 1 ln , 0( ) 2 , 0x x xf x x    ，则 1f f e         ________. 【答案】1 【解析】 【分析】 根据解析式，先求 1f e      ，再求 1f f e         即可． 【详解】 1 ln , 0( ) 2 , 0x x xf x x    ， 1 1ln 1f e e        ， 01 ( 1) 2 1f f fe             ， - 8 - 故答案为 1 【点睛】本题主要考查函数的表示方法，分段函数求值，属于基础题． 14.已知实数 ,x y 满足线性约束条件 1 0 2 0 x x y x y         ，则 2z x y  的最小值为______. 【答案】1 【解析】 【分析】 画出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义求解即可. 【详解】该不等式组对应的平面区域，如下图所示 2z x y  可变为 2y x z   由 0 1 x y x     ，解得 (1, 1)A  平移直线 2y x  ，当直线过点 A 时， z 取最小值 即  min 2 1 1 1z      故答案为：1 【点睛】本题主要考查了线性规划求最值的应用，属于中档题. 15.设 Sn 是等比数列 na 的前 n 项的和，若 6 3 1 2 a a   ,则 6 3 S S  ________. 【答案】 1 2 - 9 - 【解析】 【分析】 先根据等比数列的通项公式求得 3q ，再运用等比数列的前 n 项和公式，表示  3 6 3 1S S q  ， 可得值. 【 详 解 】 设 等 比 数 列  na 的 公 比 为 q ， 则 3 6 3 1 2 aq a    , 又        6 1 3 6 3 3 3 11 11 1 1 1 a q S a q q S q qq        ， 所以 36 3 1 11 1 2 2 S qS      , 故答案为： 1 2 . 【点睛】本题考查等比数列的通项公式和等比数列的前 n 和公式，注意在运用公式时应用整体 代入法，属于基础题. 16.已知四边长均为 2 3 的空间四边形 ABCD 的顶点都在同一个球面上，若 3BAD   ，平 面 ABD  平面CBD ，则该球的体积为___________. 【答案】 20 5 3  【解析】 【分析】 证明 AE ⊥ 平面 CBD ，易知球心 O 在平面 BCD 的投影为 BCD 外心 1O 在 AE 上，作 OH AE 于 E ，根据勾股定理得到方程组，解得答案. 【详解】 ABD△ 中， 2 3AB AD  ， 3BAD   ，故 ABD△ 和 BCD 为等边三角形， 取 BD 中点为 E ，连接 AE ，CE ，则 AE BD ，平面 ABD  平面 CBD ， 故 AE ⊥ 平面CBD ， 3AE  ， 易知球心 O 在平面 BCD 的投影为 BCD 外心 1O 在 AE 上，作OH AE 于 E ， 连接 OD ， 1O D ，设 BCD 的外接圆半径为 r ，则 2 3 22sin 60r   ， - 10 - 设球半径为 R ，则    2 22 2 1 11 3R OH AE OO OO      ， 2 2 2 2 1 14R r OO OO    ，解得 5R  ，故  334 4 20 553 3 3V R     . 故答案为： 20 5 3  . 【点睛】本题考查了四面体的外接球问题，意在考查学生的计算能力和空间想象能力. 三、解答题：共 70 分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 17.在矩形 所在平面 的同一侧取两点 E 、 F ，使 DE  且 AF  ，若 3AB AF  ， 4AD ， 1DE  . （1）求证： AD BF （2）取 BF 的中点G ，求证 / /DF AGC平面 （3）求多面体 -ABF DCE 的体积. 【答案】（1）见解析（2）见解析（3）14 【解析】 - 11 - 分析：(1)要证 AD BF ，即证 AD ABF 平面 ，只需证明 AD AB ， AD AF ； (2) 连结 ,AC BD 交于点O ，则OG 是 BDF 的中位线， / /OG DF ，从而得证； (3)   ABF DCE F ABCD E FCDV V V    即可求得多面体 -ABF DCE 的体积. 详解：(Ⅰ) 四边形 ABCD 是矩形， AD AB ，又 ,AF AF AD   ， AF AB A  ， AD ABF平面  ， BF 在平面 ABF 内， AD BF  . (Ⅱ)连结 ,AC BD 交于点O ，则OG 是 BDF 的中位线， / /OG DF ，OG 在平面 AGC 内， 所以 / /DF AGC平面 . （Ⅲ） ABF DCE F ABCD E FCD F ABCD F ECDV V V V V        1 1 13 4 3 3 1 4 143 3 2           . 点睛：求锥体的体积要充分利用多面体的截面和旋转体的轴截面，将空间问题转化为平面问 题求解，注意求体积的一些特殊方法——分割法、补形法、等体积法. ①割补法：求一些不 规则几何体的体积时，常用割补法转化成已知体积公式的几何体进行解决．②等积法：等积 法包括等面积法和等体积法．等积法的前提是几何图形(或几何体)的面积(或体积)通过已知 条件可以得到，利用等积法可以用来求解几何图形的高或几何体的高，特别是在求三角形的 高和三棱锥的高时，这一方法回避了通过具体作图得到三角形(或三棱锥)的高，而通过直接 计算得到高的数值． 18.已知数列 na 的前 n 项和为 nS ，且满足 1 2a  ， 1 2n nS a   . （1）求数列 na 的通项公式； （2）数列 nb 满足 22log 1n nb a  ，记数列 nb 的前 n 项和为 nT ，求数列 1{ } nT 的前 n 项和. 【答案】（1） 2n na  （2） 3 1 1 1 4 2 1 2n n       【解析】 【分析】 （1）由 1 2n nS a   ，得到 2n  时， 1 2n nS a   ，进而推得 1 2n n a a   ，等差数列 na 表 - 12 - 示首项为 1 2a  ，公比为 2q = 的等比数列，即可求得数列的通项公式； （2）由（1）得 2 1nb n  ，求得 ( 2)nT n n  ，进而得到 1 1 1 1 1( )( 2) 2 2nT n n n n      ， 利用“裂项法”，即可求得数列 1{ } nT 的前 n 项和. 【详解】（1）由题意，因为 1 2n nS a   ， ① 当 2n  时， 1 2n nS a   ， ② 由①-②，得 1 1n n n nS S a a    ，即 1n n na a a  ，可得 1 2n na a  ，即 1 2n n a a   ， 又由当 1n  时， 2 1 2 4a a   ，可得 2 1 4 22 a a   ， 所以数列 na 表示首项为 1 2a  ，公比为 2q = 的等比数列， 所以数列 na 的通项公式为 1 1 2n n na a q   . （2）由（1）知 2n na  ，可得 22log 1 2 1n nb a n    ， 所以 (3 2 1) ( 2)2n n nT n n    ，则以 1 1 1 1 1( )( 2) 2 2nT n n n n      ， 则数列 1{ } nT 的前 n 项和为 1 1 1 1 1 1 1 1[(1 ) ( ) ( ) ( )]2 3 2 4 1 1 2n n n n           1 3 1 1 3 1 1 1[ ( )] ( )2 2 1 2 4 2 1 2n n n n          ， 即数列 1{ } nT 的前 n 项和为 3 1 1 1( )4 2 1 2n n    . 【点睛】本题主要考查了利用数列的递推公式求解数列的通项公式，等比数列的通项公式和 等差数列的前 n 和公式，以及数列的“裂项法”求和的综合应用，着重考查推理与运算能力， 属于中档试题. 19. 2021年，某省将实施新高考，2018 年秋季入学的高一学生是新高考首批考生，新高考不 再分文理科，采用3 3 模式，其中语文、数学、外语三科为必考科目，满分各150分，另外， 考生还要依据想考取的高校及专业的要求，结合自己的兴趣爱好等因素，在思想政治、历史、 - 13 - 地理、物理、化学、生物6门科目中自选 3 门参加考试（ 6选 3 ），每科目满分100分.为了应 对新高考，某高中从高一年级1000名学生（其中男生550 人，女生 450 人）中，采用分层抽 样的方法从中抽取 n 名学生进行调查. （1）已知抽取的 n 名学生中含女生 45 人，求 n 的值及抽取到的男生人数； （2）学校计划在高一上学期开设选修中的“物理”和“历史”两个科目，为了了解学生对这 两个科目的选课情况，对在（1）的条件下抽取到的 n 名学生进行问卷调查（假定每名学生在 这两个科目中必须选择一个科目且只能选择一个科目），下面表格是根据调查结果得到的 2 2 列联表，请将下面的列联表补充完整，并判断是否有95%的把握认为选择科目与性别有关？ 说明你的理由； 选择“物理” 选择“历史” 总计 男生 10 女生 30 总计 （3）在抽取到的 45 名女生中，在（2）的条件下，按选择的科目进行分层抽样，抽出6名女 生，了解女生对“历史”的选课意向情况，在这 6名女生中再抽取 3 人，求这 3 人中选择“历 史”的人数为 2 人的概率. 参考数据： 2( )P K k 0.15 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001 k 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 （参考公式：        2 2 n ad bcK a b c d a c b d      ，其中 n a b c d    ） 【答案】（1） 100n  ；男生人数为：55 人（2）填表见解析；没有 95%的把握认为选择科目 - 14 - 与性别有关，详见解析（3） 1 5 【解析】 【分析】 （1）根据分层抽样比进行计算即可； （2）根据（1）所给的数据，可以完成 2 2 列联表，再根据题中所给的公式求出 2K 的值，再 结合参考数据进行判断得出结论即可； （3）根据分层抽样比进行计算求出 6 名女生中选择物理和历史的人数，根据古典概型的计算 公式，结合列举法进行求解即可. 【详解】解：（1）由题意，根据分层抽样的方法，可得 45 1000 450 n  ，解得 100n  ， 所以男生人数为： 100550 551000   人. 100n  ，男生人数为：55 人；. （2）由（1）中得知；男生人数为 55 人，选择“历史”的有 10 人，因此选择“物理”的有 55 10 45  人；男生人数为 45 人，选择“物理”的有 30 人，因此选择“历史”的有 45 30 15  人， 所以 2 2 列联表为： 选择“物理” 选择“历史” 总计 男生 45 10 55 女生 30 15 45 总计 75 25 100 2 2 100 (45 15 30 10) 3.030 3.84175 25 45 55K         . 所以没有 95%的把握认为选择科目与性别有关. （3）选择物理与选择历史的女生人数的比为 2：1，所以按分层抽样有 4 人选择物理，设为 a， b，c，d，2 人选择历史，设为 A，B，.. 从中选取 3 人，共有 20 种选法，可表示为 abc，abd，acd， bcd，abA，abB，acA，acB，adA，adB，bcA，bcB，bdA，bdB，cdA，cdB，aAB，bAB，cAB， dAB. - 15 - 其中有 2 人选择历史的有 aAB，bAB，cAB，dAB4 种， 故这 3 人中有 2 人选择历史的概率为 4 1 .20 5p   【点睛】本题考查了古典概型计算公式的应用，考查了分层抽样的性质，考查了补全列联表， 考查了 2K 的计算，考查了数学运算能力. 20.已知中心在原点，焦点在 x 轴上的椭圆，离心率 2 2e  ，且经过抛物线 2 4x y 的焦点．若 过点  2,0B 的直线 (l 斜率不等于零 ) 与椭圆交于不同的两点 E、 (F E 在 B、F 之间 ) ，  1 求椭圆的标准方程；  2 求直线 l 斜率的取值范围；  3 若 OBE 与 OBF 面积之比为  ，求  的取值范围． 【答案】（1） 2 2 12 x y  ；（2） 2 2,0 0,2 2               ；（3） 3 2 2,1 ． 【解析】 【分析】  1 由题意离心率和椭圆的短轴上的顶点坐标，及 , ,a b c 之间的关系可得椭圆的标准方程；  2 设直线方程与椭圆联立，用判别式大于零得有两个交点时的斜率的范围；  3 面积之比 ( 高相同 ) 即是 ,BE BF 的比，用横坐标的关系得出  的取值范围． 【详解】解：  1 设椭圆的方程为 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     ，则 2= 2 ce a  ① ， 抛物线 2 4x y 的焦点为  2 2 2 2 0 10,1 1a b    ② 由 ①② 解得 2 2a  ， 2 1.b  椭圆的标准方程为 2 2 12 x y  ；  2 如图，由题意知 l 的斜率存在且不为 0， - 16 - 设 l 方程为   2 0y k x k   ① ， 将 ① 代入 2 2 12 x y  整理得：  2 2 2 21 2 8 8 2 0k x k x k     ，由 0 得 2 10 2k  ， 2 2,0 0,2 2k                ；  3 设  ,E x y ，，则 2 2 2 2 8' 1 2 8 2' 1 2 kx x k kxx k        ② 令 OBE OBF S S     ，则 BE BF   ， 由此可得 BE BF  ，且 (0 1)  ， 2 2 1 2 (1 ) 8 k    ，即 2 2 4 1 (1 ) 2k    ， 2 10 2k  ， 2 4 1 10 (1 ) 2 2      ，解得 3 2 2 3 2 2    又 0 1 Q ， 3 2 2 1    ， OBE 与 OBF 面积之比的取值范围是  3 2 2,1 ． 【点睛】考查直线与椭圆的综合应用，属于中档题． 21.设函数 ( ) ( ) ( )xf x m x e m Z   . （1）当 0m  时，求函数 ( )f x 在点 (1, (1))f 处的切线方程； （2）当 0x  时， ( ) 4 f x x 恒成立，求整数 m 的最大值. （参考数值： 3 22.7183, 4.4817e e  ， 5 3 5.2945e  , 2 7.3891e  ） - 17 - 【答案】（1） 2 0ex y e   ；（2）2 【解析】 【分析】 (1)直接利用切线方程求解即可 (2)利用参变分离法，不等式转变为证明 4 x xm xe （ 0x  ）恒成立， 设 4( ) x xh x x e   ，然后，利用导数去讨论出 min( )h x 即可求出整数 m 的最大值. 【详解】解：（1）当 0m  时， ( ) xf x xe  ， ( ) ( 1)x x xf x e xe x e       所以 (1) 2k f e   ，因为 (1) ef   所以切线方程为 2 ( 1)y e e x    ， 整理得： 2 0ex y e   （2） ( ) 4  xm x e x ，因为 0xe  ，所以 4 x xm xe （ 0x  ）恒成立 设 4( ) x xh x x e   ，则 2 ( 4) 3 3( ) 1 1 x x x x x x e x e x e xh x e e e            设 ( ) 3,xs x e x   则 ( ) 1xs x e   0 （ 0x  ）. 所以 ( )s x 在 (0, ) 上单调递增，又 3 23 9( ) 4.4817 4.5 02 2s e     , 5 35 5 5( ) 3 5.2945 3 03 3 3s e       ,所以存在 0 3 5( , )2 3x  使得 0( ) 0s x  ， 当 0(0, )x x 时， ( ) 0s x  ,即 ( ) 0h x  ；当 0( , )x x  时， ( ) 0s x  即 ( ) 0h x  .所以 ( )h x 在 0(0, )x 上单调递减， 0( , )x  上单调递增.所以 0 0 min 0 0 4( ) ( ) x xh x h x x e    . 因为 0 0 0 0 0( ) 0, 3 0, 3.x xs x e x e x       所以 0 0 0 min 0 0 0 0 0 0 4 4 1( ) ( ) 13 3x x xh x h x x x xx xe           , 0 3 5( , )2 3x  - 设 1( ) 1 3g x x x     ，当 3 5( , )2 3x 时， 2 1( ) 1 0( 3)g x x    ，所以 ( )g x 在 3 5( , )2 3 上单 调递增.则 3 5( ) ( ) ( )2 3g g x g  ，即 49 1212 ( ) 318 42g x    .所以 02 ( ) 3h x  因为 m Z ，所以 2m  ，所以 m 的最大值为 2. 【点睛】本题考查切线方程的计算，以及如何利用导数解决不等式恒成立问题，本题的难点 - 18 - 在于如何求出导函数隐零点的范围，属于难题 请考生在第 22、23 两题中任意选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.作答时，用 2B 铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑. 选修 4-4：坐标系与参数方程 22.在直角坐标系 xOy 中，曲线C 的参数方程为 6 sin 6 cos x y      （ 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，直线l 的极坐标方程为 cos( ) 23     . （1）求C 的普通方程和 l 的直角坐标方程； （2）直线l 与 x 轴的交点为 P ，经过点 P 的直线 m 与曲线C 交于 ,A B 两点，若 | | | | 4 3PA PB  ，求直线 m 的倾斜角. 【答案】(1) 2 2 6x y  ， 3 4 0x y   (2) 6  或 5 6  . 【解析】 【分析】 （1）利用 2 2sin cos 1   消去参数化曲线C 为普通方程，运用 cos , sinx y     ， 即可化直线l 极坐标方程为直角坐标方程； （2）将直线方程化为具有几何意义的参数方程，代入曲线C 方程，利用根与系数关系结合直 线参数的几何意义，即可求解. 【详解】（1）曲线C 的普通方程为 2 2 6x y  ， 因为 cos( ) 23     ，所以 cos 3 sin 4 0      ， 直线 l 的直角坐标方程为 3 4 0x y   . （2）点 P 的坐标为 (4,0) ， 设直线 m 的参数方程为 4 cos sin x t y t       （ t 为参数， 为倾斜角）， 联立直线 m 与曲线C 的方程得 2 8 cos 10 0t t    . - 19 - 设 ,A B 对应的参数分别为 1 2,t t ，则 1 2 1 2 2 8cos 10 64cos 40 0 t t t t            ， 所以 1 2 1 2| | | | | | | | | | 8| cos | 4 3PA PB t t t t        ， 得 3cos 2    ，且满足   ， 故直线 m 的倾斜角为 6  或 5 6  . 【点睛】本题考查参数方程与普通方程互化，极坐标方程和直角坐标方程互化，考查直线参 数方程参数灵活应用，属于中档题. 选修 4-5：不等式选讲 23.已知函数   | 1| | |f x x x a    . （1）若 1a   ，求不等式   1f x … 的解集； （2）若“ x R  ，   | 2 1|f x a  ”为假命题，求 a 的取值范围. 【答案】（1） 1 ,2     （2） 2,0 【解析】 【分析】 （1））当 1a   时，将函数  f x 写成分段函数，即可求得不等式的解集. （2）根据原命题是假命题，这命题的否定为真命题，即“ x R  ，   2 1f x a … ”为真命 题，只需满足  max | 2 1|f x a … 即可. 【详解】解：（1）当 1a   时，   2, 1, 1 1 2 , 1 1, 2, 1. x f x x x x x x              由   1f x … ，得 1 2x -… . 故不等式   1f x … 的解集为 1 ,2     . - 20 - （2）因为“ x R  ，   2 1f x a  ”为假命题， 所以“ x R  ，   2 1f x a … ”为真命题， 所以  max | 2 1|f x a … . 因为   | 1| | | | ( 1) ( ) | | 1|f x x x a x x a a        „ ， 所以  max | 1|f x a  ，则| 1| | 2 1|a a … ，所以   2 21 2 1a a … ， 即 2 2 0a a  ，解得 2 0a „ „ ，即 a 的取值范围为 2,0 . 【点睛】本题考查绝对值不等式的解法，以及绝对值三角不等式，属于基础题. - 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