辽宁省部分重点中学协作体2020届高三模拟考试数学（理科）试题 Word版含解析

辽宁省部分重点中学协作体2020届高三模拟考试数学（理科）试题 Word版含解析

- 1 - 辽宁省部分重点中学协作体 2020 年高考模拟考试 数学（理科）试卷 考试时间：120 分钟 考试分数：150 分 试卷说明： 本试卷分第Ⅰ卷（选择题，1-12 题，共 60 分）和第Ⅱ卷（非选择题，13-23 题，共 90 分）．答 卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．作答时，将答案写在答题卡，写 在本试卷上无效． 第Ⅰ卷（选择题，共 60 分） 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 2 0A x x x    ，  0B x x  ，则 A B  （ ） A. [ 1 ，2] B. （1，2] C. （0，2] D. （2， ） 【答案】C 【解析】 【分析】 由题意可得  1 2A x x    ，再由集合交集的概念即可得解. 【详解】由题意        2 2 0 2 1 0 1 2A x x x x x x x x            ， 所以        1 2 0 0 2 0,2A B x x x x x x           . 故选：C. 【点睛】本题考查了一元二次不等式的求解及集合的运算，属于基础题. 2.已知复数 z 满足  1 1z i i   （i 为虚数单位），则 z 的虚部为（ ） A. i B. i C. 1 D. 1 【答案】D 【解析】 【分析】 根据复数 z 满足  1 1z i i   ，利用复数的除法求得 z ，再根据复数的概念求解. 【详解】因为复数 z 满足  1 1z i i   ， - 2 - 所以      211 1 1 1 iiz ii i i       ， 所以 z 的虚部为 1 . 故选：D. 【点睛】本题主要考查复数的概念及运算，还考查了运算求解的能力，属于基础题. 3.已知 1 0.33 0.3log 2 2 , 2a b c    ， ，则 a b c、 、 的大小关系是（ ） A. a b c  B. a c b  C. c a b  D. b c a  【答案】A 【解析】 【分析】 由题意结合对数函数、指数函数的性质可得 0 1a b c    ，即可得解. 【详解】由题意 0.3 0.3log 2 log 1 0a    ， 1 030 2 2 1b - < = < = ， 0.3 02 2 1c    ， 所以 0 1a b c    . 故选：A. 【点睛】本题考查了对数式、指数式的大小比较，考查了对数函数、指数函数单调性的应用， 属于基础题. 4.已知某企业 2020 年 4 月之前的过去 5 个月产品广告投入与利润额依次统计如下： 月份 11 12 1 2 3 广告投入（ x 万元） 8.2 7.8 8 7.9 8.1 利润（ y 万元） 92 89 89 87 93 由此所得回归方程为 ˆ 12y x a  ，若 2020 年 4 月广告投入 9 万元，可估计所获利润约为（ ） A. 100 万元 B. 101 万元 C. 102 万元 D. 103 万元． 【答案】C 【解析】 【分析】 由题意计算出 x 、 y ，进而可得 12a y x  ，代入 9x  即可得解. - 3 - 【详解】由题意  1 8.2 7.8 8 7.9 8.1 85x       ，  1 92 89 89 87 93 905y       ， 所以 12 90 12 8 6a y x       ，所以 ˆ 12 6y x  ， 当 9x  时， ˆ 12 9 6 102y     . 故选：C. 【点睛】本题考查了线性回归方程的应用，考查了运算求解能力，属于基础题. 5.设等差数列 na 的前 n 项和为 nS ，且 3 6 44a a a   ，则 9S  （ ） A. 18 B. 24 C. 48 D. 36 【答案】D 【解析】 【分析】 由题意结合等差数列的性质可得 5 4a  ，再由等差数列前 n 项公式结合等差数列的性质可得 1 9 9 59 92 a aS a   ，即可得解. 【详解】数列 na 是等差数列， 3 6 5 4 44a a a a a     ，  5 4a  ， 1 9 9 59 9 362 a aS a    . 故选：D. 【点睛】本题考查了等差数列的性质及其前 n 项和公式的应用，属于基础题. 6.人们通常以分贝（符号是 dB ）为单位来表示声音强度的等级，30~40 分贝是较理想的安静 环境，超过 50 分贝就会影响睡眠和休息，70 分贝以上会干扰谈话，长期生活在 90 分贝以上 的嗓声环境，会严重影响听力和引起神经衰弱、头疼、血压升高等疾病，如果突然暴露在高 达 150 分贝的噪声环境中，听觉器官会发生急剧外伤，引起鼓膜破裂出血，双耳完全失去听 力，为了保护听力，应控制噪声不超过 90 分贝，一般地，如果强度为 x 的声音对应的等级为 ( )f x dB ，则有 12( ) 10 lg 1 10 xf x    ，则 90dB 的声音与50dB 的声音强度之比为（ ） A. 10 B. 100 C. 1000 D. 10000 【答案】D 【解析】 【分析】 - 4 - 设 90dB 的声音与 50dB 的声音对应的强度分别为 1x 、 2x ，由题意 12 190 10 lg 1 10 x    ， 12 250 10 lg 1 10 x    ，计算即可得解. 【详解】设90dB 的声音与 50dB 的声音对应的强度分别为 1x 、 2x ， 由题意 12 190 10 lg 1 10 x    ， 12 250 10 lg 1 10 x    ， 所以 3 1 10x  ， 7 2 10x  ，所以 3 41 7 2 10 10 1000010 x x     . 故选：D. 【点睛】本题考查了对数运算的应用，考查了对于新概念的理解，属于基础题. 7.函数 tan 2y x 图象的对称中心坐标为（ ） A. (2 ,0),k k Z  B. ( ,0),k k Z  C. ( ,0),2 k k Z  D. ( ,0),4 k k Z  【答案】D 【解析】 【分析】 由题意结合正切函数的图象与性质可得 2 ,2 kx k Z  ，即可得解. 【详解】令 2 ,2 kx k Z  ，则 ,4 kx k Z  ， 所以函数 tan 2y x 图象的对称中心坐标为 ,0 ,4 k k Z     . 故选：D. 【点睛】本题考查了正切函数图象与性质的应用，属于基础题. 8.已知二项式 1 2 1(2 )nx x  的展开式中，二项式系数之和等于 64，则展开式中常数项等于（ ） A. 240 B. 120 C. 48 D. 36 【答案】A 【解析】 【分析】 - 5 - 由题意结合二项式系数和的性质可得 2 64n  即 6n  ，写出二项式展开式的通项公式 336 2 1 62 rr r rT C x      ，令 33 02 r  即可得解. 【详解】由题意 2 64n  ，解得 6n  ，则 1 1 62 21 1(2 ) (2 )nx xx x    ， 则二项式 1 62 1(2 )x x  的展开式的通项公式为 61 3362 2 1 6 6 12 2 r r rr r r rT C x C xx                  ， 令 33 02 r  即 2r = ，则 6 4 2 6 62 2 240r rC C     . 故选：A. 【点睛】本题考查了二项式定理的应用，考查了运算求解能力，属于基础题. 9.已知函数 2 2 8, 1 ( ) 4 , 1 x ax x f x x a xx         ，若 ( )f x 的最小值为 (1)f ，则实数 a 的值不可能是 （ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】 由题意结合基本不等式可得当 1x  时，   4f x a  ；由二次函数的性质可得 1a  ，进而可 得9 2 4a a   ，即可得解. 【详解】由题意当 1x  时，   4 42 4f x x a x a ax x         ， 当且仅当 2x  时，等号成立； 当 1x  时，   2 2 8f x x ax   ，图象为二次函数图象的一部分，对称轴为 x a ， 当 1a  时，  f a 为函数  f x 在 ,1 上的最小值，不合题意； 当 1a  时，  1f 为函数  f x 在 ,1 上的最小值，  1 9 2f a  ， 由题意可得9 2 4a a   ，解得 5 3a  ； - 6 - 综上，实数 a 的取值范围为 5 3a  . 故选：A. 【点睛】本题考查了分段函数最值相关问题的求解及基本不等式的应用，考查了运算求解能 力，属于基础题. 10.已知三棱锥 A BCD 中，侧面 ABC  底面 BCD ， ABC 是边长为 3 的正三角形， BCD 是直角三角形，且 90BCD  ， 2CD  ，则此三棱锥外接球的体积等于（ ） A. 4 3 B. 32 3  C. 12 D. 64 3  【答案】B 【解析】 【分析】 取 BD 的中点 1O ， BC 中点G ，连接 1GO 、 AG ，过点 1O 作直线垂直平面 BCD，可知三棱 锥外接球的球心在该直线上，设为 O ，过点 O 作 OH AG 于 H ，连接 AO 、 BO ，设 1OO m ，由勾股定理可得 2 213 4OD m  、 2 2 3 31 2OA m        ，利用 2 2OD OA 即可 得 3 2m  ，进而可得外接球半径 2R  ，即可得解. 【详解】取 BD 的中点 1O ， BC 中点G ，连接 1GO 、 AG ， 由题意可得 1O 为 BCD 的外心， AG  平面 BCD， 过点 1O 作直线垂直平面 BCD ，可知三棱锥外接球的球心在该直线上，设为 O ， - 7 - 过点O 作OH AG 于 H ，连接 AO 、 OD ，可知四边形 1OHGO 为矩形，  ABC 是边长为 3， 2CD  ，  3 3 2AG  ， 13BD  ， 1 1O G  ， 设 1OO m ，则 3 3 2HA m  ，  2 2 2 2 1 1 13 4OD DO OO m    ， 2 2 2 2 3 31 2OA OH HA m          ， 由 2 2OD OA 可得 2 213 3 314 2m m         ，解得 3 2m  ， 三棱锥 A BCD 外接球的半径 213 24R m   ， 此三棱锥外接球的体积 34 32 3 3V R   . 故选：B. 【点睛】本题考查了三棱锥几何特征的应用及外接球的求解，考查了面面垂直性质的应用和 空间思维能力，属于中档题. 11.已知过抛物线 2 2 ( 0)y px p  的焦点 F 的直线交抛物线于 A B， 两点，线段 AB 的延长 线交抛物线的准线 l 于点C ，若 2BC  ， 1FB  ，则 AB  （ ） A. 3 B. 4 C. 6 D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】 分别过点 B 、 A 作准线l 的垂线，垂足分别为G 、 H ，由抛物线的性质可得 1BG FB  ， 设 AF AH x  ，由平面几何的知识即可得解. 【详解】分别过点 B 、 A 作准线 l 的垂线，垂足分别为G 、 H ， - 8 - 由题意 1BG FB  ， 2BC  ， 设 AF AH x  ，由三角形相似可得 BG BC AH AC  即 1 2 1 2x x    ，解得 3x  ， 则 4AB AF BF   . 故选：B. 【点睛】本题考查了抛物线性质的应用，考查了运算求解能力，属于基础题. 12.已知 2( ) 2 (ln ) xef x t x xx x     恰有一个极值点为 1，则 t 的取值范围是（ ） A. 1( ]4 6 e      ， B. 1( , ]6  C. 1[0 ]4 6 e     ， D. 1( , ]4  【答案】D 【解析】 【分析】 由题意结合导数转化条件得  2 2 x t e x   在 0,  上无解，令      02 2 xeg x xx   ，求 导后确定函数  g x 的值域即可得解. 【详解】由题意，函数 ( )f x 的定义域为 0,  ， 对函数 ( )f x 求导得       2 2 2 1 21 2( ) 2 ( 1 ) 21 xx x e xef x tx x x tx x          ， - 9 -  2( ) 2 (ln ) xef x t x xx x     恰有一个极值点为 1，   22 0xe xt   在 0,  上无解，即  2 2 x t e x   在 0,  上无解， 令      02 2 xeg x xx   ，则          2 2 2 2 2 2 1 0 2 2 2 2 x x xe x e e xg x x x         ， 函数  g x 在 0, 单调递增， 当  0,x  时，     10 4g x g  ，  1 4a  . 故选：D. 【点睛】本题考查了导数的综合应用，考查了运算求解能力与推理能力，属于基础题. 第Ⅱ卷（非选择题，共 90 分） 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分． 13.己知 x ， y 满足约束条件 1 0 2 0 x y x y y         ，则 2x y 的最小值是______． 【答案】 2 【解析】 【分析】 由题意作出可行域，转化目标函数为 2y x z  ，数形结合即可得解. 【详解】由题意画出可行域，如图阴影所示： - 10 - 令 2z x y  ，目标函数可转化为 2y x z  ， 上下平移直线 2y x z  ，数形结合可得，当直线 2y x z  过点 A 时， z 取最小值， 由 0 1 0 y x y      可得  1,0A  ，此时 min 2z   . 故答案为： 2 . 【点睛】本题考查了简单线性规划的应用，属于基础题. 14.古代中国，建筑工匠们非常注重建筑中体现数学美，方形和圆形的应用比比皆是，在唐、 宋时期的单檐建筑中较多存在 2 :1的比例关系，这是当时工匠们着意设计的常见比例，今天， 4A 纸之所以流行的重要原因之一，就是它的长与宽的比无限接近 2 :1，我们称这种满足了 2 :1的矩形为“优美”矩形．现有一长方体 1 1 1 1ABCD A B C D ， 1 2 6AD  ， 2 5AC  ， 1 2 7AC  ，则此长方体的表面六个矩形中，“优美”矩形的个数为___________． 【答案】4 【解析】 【分析】 由题意求出该长方体的长、宽、高后，根据新概念验证即可得解. 【详解】由题意，该长方体如图所示： - 11 -  1 2 6AD  ， 2 5AC  ， 1 2 7AC  ，  2 1 1 2 2 2CC C ACA   ， 2 2 2 2 11 1 1 4AD AD ADDD CC    ， 2 2 2CD AC AD   ，  2AB CD  ， 11 2 2CCAA  ，  1 2AA AB  ， 1 2AD AA  ， 2AD AB  ， 此长方体的表面六个矩形中，“优美”矩形的个数为 4. 故答案为：4. 【点睛】本题考查了长方体几何特征的应用及对于新概念的理解，属于基础题. 15.已知数列 na 的前 n 项和为 nS ，若 1 1a  ， 12 1n nS a   则 nS  ______． 【答案】  11 3 12 n  【解析】 【分析】 由 题 意 利 用 数 列 na 与 nS 的 关 系 可 转 化 条 件 为 1 3 1n nS S   ， 进 而 可 得 1 1 132 2n nS S       ，利用等比数列的通项公式即可得解. 【详解】 12 1n nS a   ， 1 1a  ， 1 1 1S a  ， 1 12 1 1n n n nS a S S      , - 12 -  1 3 1n nS S   即 1 1 3 13 32 2 2n n nS S S         ， 又 1 1 1 2 2S   ，数列 1 2nS    是首项为 1 2 ，公比为 3 的等比数列，  11 1 32 2 n nS    ，  1 11 1 13 3 12 2 2 n n nS       . 故答案为：  11 3 12 n  . 【点睛】本题考查了数列 na 与 nS 关系的应用，考查了通过构造新数列求数列的通项，属于中 档题. 16.已知椭圆 1C 与双曲线 2C 有相同的焦点 1 2F F， ，点 P 是 1C 与 2C 的一个公共点， 1 2PF F△ 是 一个以 2PF 为底的等腰三角形， 2 4PF  ， 1C 的离心率为 3 7 ，则 2C 的离心率是______． 【答案】3 【解析】 【分析】 设椭圆 1C 的长轴为 12a ，双曲线 2C 的实轴为 22a ， 1 2 2F F c ，由椭圆的离心率结合题意可 得 1 1 2 3PF F F  ，再由双曲线的离心率公式即可得解. 【详解】设椭圆 1C 的长轴为 12a ，双曲线 2C 的实轴为 22a ， 1 2 2F F c ， 由题意椭圆 1C 的离心率 1 2 1 1 1 1 2 2 3 2 7 F Fc ce a a PF PF     ， 又 1 2PF F△ 是一个以 2PF 为底的等腰三角形， 2 4PF  ，  1 2 1 2 3 4 7 F F F F  ，解得 1 1 2 3PF F F  ， 双曲线 2C 的离心率 1 2 2 2 2 1 2 2 32 F Fc ce a a PF PF     . 故答案为：3 . 【点睛】本题考查了椭圆性质、双曲线性质的综合应用，考查了运算求解能力，属于中档题. 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， - 13 - 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.已知 (2cos ,sin ), (cos ,2 3 cos )m x x n x x   ，且 ( )f x m n   ． （1）求 ( )f x 在[0, ]2  上的值域； （2）已知 , ,a b c 分别为 ABC 的三个内角 A ，B ，C 对应的边长，若 ( ) 32 Af  ，且 2a  ， 4b c  ，求 ABC 的面积． 【答案】（1）[0,3]（2） 3 【解析】 【分析】 （1）由题意结合平面向量数量积运算、三角恒等变换可得   2sin 2 16f x x       ，根据 0, 2x     可得 72 ,6 6 6x        ，进而可得 1sin 2 ,16 2x             ，即可得解； （2）由题意可得 3A  ，利用余弦定理可得 24 ( ) 3b c bc   ，求得 4bc  后，利用三角形 面积公式即可得解. 【详解】（1）由题意可得 2( ) 2cos 2 3sin cosf x m n x x x     1 cos22 3sin 2 cos2 3sin 2 1 2sin 2 12 6 x x x x x               0, 2x     ， 72 ,6 6 6x        ， 1sin 2 ,16 2x              ( )f x 的值域为[0,3]； （2）因为 32 Af      ，所以 2sin 1 36A         ，sin 16A      因为 0 A   ，所以 3A  ， 由余弦定理得： 2 2 2 2 cosa b c bc A   ，即 2 24 b c bc   - 14 -  24 ( ) 3b c bc   ，由 4b c  可得 4bc  ， 1 sin 32ABCS bc A  △ ． 【点睛】本题考查了平面向量数量积的坐标运算、三角恒等变换与解三角形的综合应用，考 查了运算求解能力，属于中档题. 18.已知正三棱柱 1 1 1ABC A B C 中， 1 2AB AA  ， D 是 BC 的中点． （1）求证： 1A B ∥平面 1ADC ； （2）求锐二面角 1D AC C  的余弦值． 【答案】（1）见解析（2） 15 5 【解析】 【分析】 （1）连结 1AC ，设 1 1AC AC M ，由平面几何知识可得 1 / /A B MD ，由线面平行的判定 即可得证； （2）建立空间直角坐标系，表示出点的坐标后，求得平面 1DAC 的一个法向量 m  、平面 1ACC 的一个法向量 n  ，利用 cos , m nm n m n        即可得解. - 15 - 【详解】（1）证明：连结 1AC ，设 1 1AC AC M ，则 M 是 1AC 的中点， 再连结 DM，因为 D 是 BC 的中点，所以 DM是 1A BC 的中位线，所以 1 / /A B MD ， 又因为 1A B  平面 1ADC ， DM  平面 1ADC ， 所以 1 / /A B 平面 1ADC ； （2）取 AB 的中点 O ，过点O 作 1/ /Oz AA ，连结OC ，易知 OB 、OC 、Oz 两两垂直，以 O 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系． 则有 ( 1,0,0)A  ， 1 3, ,02 2D       ， (0, 3,0)C ， 1(0, 3,2)C ， 所以 3 3, ,02 2AD        ，  1 1, 3,2AC  ，  1, 3,0AC  ， 设平面 1DAC 的一个法向量 ( , , )m x y z ，则 1 3 3 02 2 3 2 0 m AD x y m AC x y z              ，令 1x  ，则有 (1, 3,1)m   ， 设平面 1ACC 的一个法向量 ( , , )n a b c ， - 16 - 则 1 3 0 3 2 0 m AC a b n AC a b c             ，令 1b   则  3, 1,0n   ， 所以 1 3 ( 3) ( 1) 1 0 15cos , 55 2 m nm n m n                 ， 所以二面角 1D AC C  的余弦值为 15 5 ． 【点睛】本题考查了线面平行的证明及利用空间向量求二面角，考查了空间思维能力与运算 求解能力，属于中档题. 19.某工厂计划建设至少 3 个，至多 5 个相同的生产线车间，以解决本地区公民对特供商品 A 的未来需求．经过对先期样本的科学性调查显示，本地区每个月对商品 A 的月需求量均在 50 万件及以上，其中需求量在 50~ 100 万件的频率为 0.5，需求量在 100~200 万件的频率为 0.3， 不低于 200 万件的频率为 0.2．用调查样本来估计总体，频率作为相应段的概率，并假设本地 区在各个月对本特供商品 A 的需求相互独立． （1）求在未来某连续 4 个月中，本地区至少有 2 个月对商品 A 的月需求量低于 100 万件的概 率． （2）该工厂希望尽可能在生产线车间建成后，车间能正常生产运行，但每月最多可正常生产 的车间数受商品 A 的需求量 x 的限制，并有如下关系： 商品 A 的月需求量 x （万件） 50 100x  100 200x  200x  车间最多正常运行个数 3 4 5 若一个车间正常运行，则该车间月净利润为 1500 万元，而一个车间未正常生产，则该车间生 产线的月维护费（单位：万元）与月需求量有如下关系： 商品 A 的月需求量 x （万件） 50 100x  100 200x  未正常生产的一个车间的月维护费（万元） 500 600 - 17 - 试分析并回答该工厂应建设生产线车间多少个？使得商品 A 的月利润为最大． 【答案】（1） 11 16 （2）4 个 【解析】 【分析】 （1）由独立重复实验的概率公式结合题意计算即可得解； （2）按照建设 3 个车间、4 个车间、5 个车间讨论，分别求出对应的分布列和期望，比较期 望大小即可得解. 【详解】（1）由题意每月需求量在 50~ 100 万件的概率为 0.5，则由独立重复实验概率公式可 得所求概率 2 2 3 1 4 2 3 4 4 4 4 1 1 1 1 1 111 12 2 2 2 2 16P C C C                                 ； （2）（i）当建设 3 个车间时，由于需求量在 50 万件以上，此时的净利润Y 的分布列为： Y 4500 P 1 则 ( ) 4500 1 4500E Y    （万元）； （ii）当建设 4 个车间时，需求量50 100x  时，则有 3 个车间正常运行时，会有 1 个车间 闲置，此时的净利润 1500 3 500 4000Y     ； 需求量 100x  时，则 4 个车间正常运行，此时的净利润 1500 4 6000Y    ； 则Y 的分布列为： Y 4000 5000 P 0.5 0.5 则 ( ) 4000 0.5 6000 0.5 5000E Y      （万元） （iii）当建设 5 个车间时，需求量50 100x  时，则有 3 个车间正常运行时，会有 2 个车 间闲置，此时的净利润 1500 3 500 2 3500Y      ； - 18 - 需求量100 200x  时，则 4 个车间正常运行，会有 1 个车间闲置， 此时 1500 4 600 1 5400Y      ； 需求量 200x  时，则 5 个车间正常运行，此时的净利润 1500 5 7500Y    ； 则Y 的分布列为： Y 3500 5400 7500 P 0.5 0.3 0.2 则 ( ) 3500 0.5 5400 0.3 7500 0.2 4870E Y        （万元） 综上所述，要使该工厂商品 A 的月利润为最大，应建设 4 个生产线车间． 【点睛】本题考查了独立重复实验概率公式的应用，考查了离散型随机变量期望的求解与应 用，属于中档题. 20.己知椭圆 2 2 2 2 1( 0)y xC a ba b    ： 过点 2( ,1)2P ， 1(0, 1)F  ， 2(0,1)F 是两个焦点．以 椭圆C 的上顶点 M 为圆心作半径为 ( )0r r  的圆， （1）求椭圆C 的方程； （2）存在过原点的直线 l ，与圆 M 分别交于 A ，B 两点，与椭圆C 分别交于G ，H 两点（点 H 在线段 AB 上），使得 AG BH uuur uuur ，求圆 M 半径 r 的取值范围． 【答案】（1） 2 2: 12 yC x  （2）[ 2, 3] 【解析】 【分析】 （1）由题意结合椭圆性质可得 1 22 | 2 2a PF PF   ，进而可得 2 2 2 1b a c   ，即可得 解； （2）当直线斜率不存在时， 2r  ；当直线斜率存在时，设直线 l 方程为：y kx ，  1 1,G x y ，  2 2,H x y ，联立方程后利用弦长公式可得  2 2 8 1 | | 2 k GH k    ，由圆的性质可得 - 19 - 2 2 2| | 2 1AB r k    ，转化条件得| | | |AB GH ，可得 2 4 2 12 1 3 2r k k       ，即可得解. 【详解】（1）设椭圆的焦距为 2c ， 由题意 1c  ， 1 22 | 2 2a PF PF   ，所以 2 2a  ， 2 2 2 1b a c   ， 故椭圆C 的方程为 2 2 12 y x  ； （2）当直线斜率不存在时，圆 M 过原点，符合题意， 2r  ； 当直线斜率存在时，设直线 l 方程为： y kx ，  1 1,G x y ，  2 2,H x y ， 由直线l 与椭圆C 交于G 、 H 两点， 则 2 2 12 y kx y x    ，所以 2 22 2 0k x   ，   ， 则 1 2 1 2 2 20, 2x x x x k      ， 所以    2 2 2 1 2 1 2 2 8 1 | 1 24| x xH xG x k k k         ， 点 (0, 2)M 到直线l 的距离 2 2 1 d k   ，则 2 2 2| | 2 1AB r k    ， 因为 AG BH uuur uuur ，点 H 在线段 AB 上，所以点G 在线段 AB 的延长线上， 只需| | | |AG BH 即| | | |AB GH ， 所以  2 2 2 2 8 1 242 1 k rk k        ， 则    2 4 2 2 2 2 4 2 4 2 2 1 2 3 32 12 11 2 3 2 3 2 k k k r k k k k k k                 因为 2 4 2 2 3 13 2 22 4k k k         ， 所以 4 2 1 10 3 2 2k k    ，所以  2 2,3r  ，  2, 3r   ； - 20 - 综上， r 的取值范围为 2, 3   . 【点睛】本题考查了椭圆方程的确定，考查了直线、圆、椭圆的综合应用，属于中档题. 21.已知函数 ( ) 1 lnf x ax x   ． （1） 2 21( ) ( ) ( 1)2g x af x x a a x     ，求函数 ( )g x 的单调区间： （2）对于任意 0x  ，不等式 ( ) xf x xe 恒成立，求实数 a 的取值范围． 【答案】（1）见解析（2） 1a  【解析】 【分析】 （1）求导后，按照 1a  、 1a  、0 1a  与 0a  分类，分别解出不等式 ( ) 0g x  ，即可得 解； （2）转化条件得对于任意 0x  ，不等式 ln 1xxe xa x   恒成立，设 ln 1( ) xxe xF x x   ， 则 2 2 ln( ) xx e xF x x   ，设 2( ) lnxh x x e x  ，求导后可得 ( )h x 在 (0, ) 上单调递增，进而 可得 0 1 ,1x e      ，使得  0 0h x  ，即 0( ) 0F x  ，则  0( )F x F x ，设  ( ) 0xx xe x  ， 求导后可得 ( )x 在 (0, ) 上单调递增，即可证 0 0 0 0 1 1ln xx ex x        ，代入求出  0F x 后，即可得解. 【详解】（1）由题意 21( ) ln ( 1) ,( 0)2g x a x x a x a x      ， 则 2 ( 1) ( 1)( )( ) ( 1)a x a x a x x ag x x ax x x            ， （i）当 1a  时， ( ) 0g x  的解集为 (( ,1) )0, a  ，则 ( )g x 的单调增区间为 (0,1) 和 ( , )a  ， 单调减区间为 (1, )a ； （ii）当 1a  时， ( ) 0g x  ，则 ( )g x 的单调增区间为 (0, ) ，无单调减区间； （iii）当 0 1a  时， ( ) 0g x  的解集为 (0, ) (1, )a  ，则 ( )g x 的单调增区间为 (0, )a 和 - 21 - (1, ) ，单调减区间为 ( ,1)a ； （iiii）当 0a  时， ( ) 0g x  的解集为 (1, ) ，则 ( )g x 的单调增区间为 (1, ) ，单调减区 间为 (0,1) . （2）由已知，问题等价于对于任意 0x  ，不等式 ln 1xxe xa x   恒成立， 设 ln 1( ) xxe xF x x   ，则 2 2 ln( ) xx e xF x x   ， 设 2( ) lnxh x x e x  ，则  2 1( ) 2 xh x x x e x     ， 在 (0, ) 上， ( ) 0h x  ， ( )h x 单调递增， 又 1 21 1 0eh ee        ， (1) 0h e  ，所以 1 (1) 0h he      ， 所以 0 1 ,1x e      ，使得  0 0h x  ，即 0( ) 0F x  ， 在 00, x 上， ( ) 0F x  ， ( )F x 单调递减； 在 0x  上， ( ) 0F x  ， ( )F x 单调递增； 所以  0( )F x F x ， 又有 00 0 0 1ln 2 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1ln ln ln xx x xx e x x e x e ex x x                      ， 设  ( ) 0xx xe x  ，则有  0 0 1lnx x         和 ( ) ( 1) 0xx x e    ， 所以在 (0, )  上， ( )x 单调递增，所以 0 0 0 0 1 1ln xx ex x        ， 所以   0 0 0 0 0 0 0 ln 1 1 1( ) 1 xx e x xF x F x x x        ， 故实数 a 的取值范围为 1a  . 【点睛】本题考查了导数的综合应用，考查了运算求解能力与推理能力，属于难题. （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，则按所做的第 - 22 - 一题计分． 22.已知平面直角坐标系 xOy 中，曲线 1C 的方程为 2 2 116 2 x y  ，以原点O 为极点， x 轴的正 半轴为极轴建立极坐标系，直线 l 的极坐标方程为 2 cos( ) 36     ．若将曲线 1C 上的所 有点的横坐标缩小到原来的一半，纵坐标伸长到原来的 2 倍，得曲线 2C ． （1）写出直线l 和曲线 2C 的直角坐标方程； （2）设点 (1,0)P ， 直线 l 与曲线 2C 的两个交点分别为 A ， B ，求 1 1 PA PB  的值． 【答案】（1） 3 3 0x y   ， 2 2 4x y  （2） 13 3 【解析】 【分析】 （1）转化直线l 的极坐标方程为 3 12 cos sin 32 2         ，利用极坐标方程与直角坐标 方程转化公式得直线 l 的直角坐标方程；设点  ,P x y 在曲线 1C 上，点  ,Q x y  为坐标变换 后点  ,P x y 的对应点，由题意得 1 2 2 x x y y        ，代入化简即可得解； （2）写出直线的参数方程 11 2 3 2 x t y t      ,(t 为参数)，代入 2C 的直角坐标方程，由根与系数的 关系可得 1A Bt t   ， 3 0A Bt t    ，转化条件  2 41 1 A B A B A B t t t t PA PB t t       即可得解. 【详解】（1）直线 l 的极坐标方程可化为 3 12 cos sin 32 2         ， 直线 l 的直角坐标方程为 3 3 0x y   ； 设点  ,P x y 在曲线 1C 上，点  ,Q x y  为坐标变换后点  ,P x y 的对应点， - 23 - 则 1 2 2 x x y y        ，   2 2 2 22 116 2 y x        ，化简得   2 2 4x y   ， 曲线 2C 的直角坐标方程为 2 2 4x y  ； （2）由题意点 (1,0)P 在直线l 上， 则直线l 的参数方程为 11 2 3 2 x t y t      ,(t 为参数)， 将直线l 的参数方程代入曲线 2C 的直角坐标方程可得： 2 3 0t t   ， 1 12 13 0     ， 则 1A Bt t   ， 3 0A Bt t    ，   2 41 1 1 1 13 3 A B A BA B A B A B A B A B A B t t t tt t t t PA PB t t t t t t t t             . 【点睛】本题考查了极坐标方程、直角坐标方程、参数方程的转化，考查了直线参数方程 t 的几何意义的应用，属于中档题. 23.已知函数 ( ) ln( 1 2 )f x x x m     ． （1）当 2m  时，求函数 ( )y f x 的定义域； （2）己知函数 ( )f x 的定义域为 R ，求实数 m 的取值范围． 【答案】（1） 3| 2x x     （2） 3m   【解析】 【分析】 （1）由题意，分类讨论求解不等式| 1| | 2| 2x x    ，即可得解； （2）转化条件得 | 1| | 2|m x x    恒成立，由绝对值三角不等式求得| 1| | 2 |x x   的最 小值即可得解. 【详解】（1）当 2m  时，由题意可得| 1| | 2| 2x x    ， 所以 2 1 2 2 x x x        或 2 1 1 2 2 x x x         或 1 1 2 2 x x x       ，解得 3 2x   ， - 24 - 所以函数 ( )y f x 的定义域为 3| 2x x     ； （2）由题意可得| 1| | 2| 0x x m     恒成立即 | 1| | 2|m x x    恒成立， 又因为      | 1| | 2| | 2| | 1| | 2 1 | 3x x x x x x               ， 当且仅当 1x  时，等号成立. 所以实数 m 的取值范围为 3m   . 【点睛】本题考查了绝对值不等式的求解及绝对值三角不等式的应用，考查了运算求解能力， 属于中档题. - 25 -