水资源的资料-北京市东直门中学

2020届黑龙江省齐齐哈尔高三二模数学（理）试题


一、单选题
x

1



1


Bx|
1．设全集
UR
，集合
A{x|(x1 )(x3)0}
，



.则集合
24



(ð
U
A)IB
等于（ ）
A．
(1,2)

【答案】A
【解析】先算出集合
ðU
A
，再与集合
B
求交集即可.
【详解】
因为A{x|x3
或
x1}
.所以
ð
U
A
{
x
|1
x
3}
，又因为
B．
(2,3] C．
(1,3)
D．
(2,3)

Bx|2
x
4{x|x2}
.
所以
(
ð
U
A
)
B
{
x
|1
x
2 }
.
故选：A.
【点睛】
本题考查集合间的基本运算，涉及到解一元二次不等式、指数不等式，是一道容易题.
2．设复数
z
满足
A．

13
i

22
zi
z2i(i
为虚数单位)，则
z
（ ）
i
13
13
B．
i
C．
i

22
22
2i
，分子分母同乘以分母的共轭复数即可.
1i
D．

13
i

22
【答案】B
【解析】易得
z
【详解】
由已知，
zizi2
，所以
z
故选：B.
【点睛】
本题考查复数的乘法、除法运算，考查学生的基本计算能力，是一道容易题. 3．用电脑每次可以从区间
(0,3)
内自动生成一个实数，且每次生成每个实数都是等可
能性的.若用该电脑连续生成3个实数，则这3个实数都小于
1
的概率为（ ）
2i(2i)(1i)13i13
i
.
1i2222
第 1 页 共 21 页

A．
4

27
B．
1

3
C．
1

27
D．
1

9
【答案】C
【解析】由几何概型的概率计算，知每次生成一个实数小于1的概率为
件发生的概率计算即可.
【详解】
1
，结合独立事
3
1
1

1< br>
∵每次生成一个实数小于1的概率为.∴这3个实数都小于1的概率为


.
3
27

3

故选：C.
【点睛】
本题考查独立事件同时发生的概率，考查学生基本的计算能力，是一道容易题.
4．如图所示是某年第一季度五省GDP情况图，则下列说法中不正确的是（ ）
3

A．该年第一季度GDP增速由高到低排位第3的是山东省
B．与去年同期相比，该年第一季度的GDP总量实现了增长
C．该年第一季度GDP总量和增速由高到低排位均居同一位的省份有2个
D．去年同期浙江省的GDP总量超过了4500亿元
【答案】D
【解析】根据折线图、柱形图的性质，对选项逐一判断即可.
【详解】
由折线图可 知A、B项均正确，该年第一季度
GDP
总量和增速由高到低排位均居同一
位的 省份有江苏均第一.河南均第四.共2个.故C项正确；
4632.1(13.3%)448 44500
.
故D项不正确.
故选：D.
【点睛】
第 2 页 共 21 页

本题考查折线图、柱形图的识别，考查学生的阅读能力、数据处理能力，属于中档题.
5．已知

为锐角，且
3sin2

2sin

，则
cos2

等于（ ）
A．
2

3
B．
2

9
C．


1
3
D．

4

9
【答案】C
【解析】由
3sin2

2sin

可得
cos


可.
【详解】
因为
23sin

cos< br>
2sin

，
sin

0
，所以cos


3
，再利用
cos2

2cos
2

1
计算即
3
3
，
3
所以
cos2

2cos
故选：C.
【点睛】
2

1
21
1
.
33
本题考查二倍角公式的应用，考查学生对三角函数式化简求值公式的灵活运用的能力，
属于 基础题.
6．已知
ABC
中内角
A,B,C
所对应的边依次为< br>a,b,c
，若
2
a
=
b
1,
c
7,
C
则
ABC
的面积为（ ）
A．

3
，
33

2
B．
3
C．
33
D．
23

【答案】A
【解析】由余弦定理可得
a
2
b
2
ab7
，结合
2a=b1
可得
a
，
b
，再利 用面积公式
计算即可.
【详解】

7a
2
b
2
ab
由余弦定理，得
7ab2abcosC
abab，由

，解得
2ab1

22
22
a2
，


b3
所以，
S
ABC
11333
.
absinC23
2222
第 3 页 共 21 页

故选：A.
【点睛】
本题考查利用余弦定理解三角形，考查学生的基本计算能力，是一道容易题.
2
7． 设
f(x)
为定义在
R
上的奇函数，当
x0
时，
f(x)log
2
(x1)axa1
(
a
为
常数 )，则不等式
f(3x4)5
的解集为（ ）
A．
(,1)

【答案】D
2
【解析】由
f(0)0
可得
a1
，所以
f(x)log
2
(x 1)x(x0)
，由
f(x)
为定义
B．
(1,)
C．
(,2)
D．
(2,)

在
R上的奇函数结合增函数+增函数=增函数，可知
yf(x)
在
R
上单调 递增，注意到
f(2)f(2)5
，再利用函数单调性即可解决.
【详解】
因为
f(x)
在
R
上是奇函数.所以
f (0)0
，解得
a1
，所以当
x0
时，
f(x) log
2
(x1)x
2
，且
x[0,)
时，f(x)
单调递增，所以
yf(x)
在
R
上单调递增，因为
f(2)5，f(2)5
，
故有
3x42
，解得
x2
.
故选：D.
【点睛】
本题考查利用函数的奇偶性、单调性解不等式，考查学生对函数性质的灵活运用能力 ，
是一道中档题.
8．如图，在
ABC
中，点
Q
为线段
AC
上靠近点
A
的三等分点，点
P
为线段
BQ上
靠近点
B
的三等分点，则
PAPC
（ ）
uuuruuur

ur
2
uuur
1
uu
A．
BABC

33
【答案】B
ur
7
uuur
5
uu
B．
BABC

99
r
10
uuur
1
uuu
BC
C．
BA
99
ur
7
uuur
2
uu
D．< br>BABC

99
第 4 页 共 21 页

uuu ruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuur
2
uuur
【解析】
PAPCBABPBCBPBABCBQ
，将
3
uuuru uuruuuruuur
1
uuur
uuuruuuruuur
BQBA AQBAAC
,
ACBCBA
代入化简即可.
3
【详解】
uuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuur
2
uuur< br>PAPCBABPBCBPBABCBQ

3
uuuruuu r
2
uuuruuur
BABC(BAAQ)

3
ruuur
2
1
uuur
1
uuu
BABC
AC

33
3
uruuur
2
uuuruuur
5
uuur
7
uuur
1
uu
BABC(BCBA )BABC
.
3999
故选：B.
【点睛】
本题考查平面 向量基本定理的应用，涉及到向量的线性运算、数乘运算，考查学生的运
算能力，是一道中档题. 9．已知曲线
C：y
cos(2
x

)

|

|





2


的一条对称轴方程为
x

3
，曲线
C
向左平移

(

0)
个单位长度，得到曲线
E
的 一个对称中心的坐标为

值是（ ）
A．


6< br>


,0

，则

的最小
4
B．


4
C．


3
D．

12

【答案】C
【解析】
y cos(2x

)
在对称轴处取得最值有
cos(
得


2




)1
，结合
|

|
，可
3
2

3
，易得曲线
E
的解析式为
y
cos

2
x
2
< br>








，结 合其对称中心为


0

3


4

可得


k


(
kZ
)
即可得到
θ
的最小值.
26
【详解】
第 5 页 共 21 页

∵直线
x

3
是曲线
C
的一条对称轴.
2




3

3


k

(kZ)
，又
|

|
.

.
2
∴平移后曲线
E
为
y 
cos

2
x
2



< br>


.
3

曲线
E
的一个对称 中心为





0

.
4< br>
2

4
2



3k



2
(kZ)
.

< br>k

(kZ)
，注意到

0

26

.
3
故
θ
的最小值为
故选：C.
【点睛】
本题考查余弦型函数性质的应用，涉及到函数的平移、函数的对称性，考查学生数形 结
合、数学运算的能力，是一道中档题.
10．半径为2的球
O
内有一个内接正三棱柱，则正三棱柱的侧面积的最大值为（ ）
A．
93

【答案】B
【解析】设正三棱柱上下底面的中心分 别为
O
1
，O
2
，底面边长与高分别为
x,h
，利 用
2
OA
2
OO
2
O
2
A
2
，可得
h
2
16
B．
123
C．
163
D．
183

4
2
x
，进一 步得到侧面积
S3xh
，再利用基本
3
不等式求最值即可.
【详解】
如图所示.设正三棱柱上下底面的中心分别为
O
1
，O< br>2
，底面边长与高分别为
x,h
，则
O
2
A
3
x
，
3
第 6 页 共 21 页

4
2
h
2
x
2
2
在
RtOAO
2
中，
4
，化为
h16x
，
3
43
QS3xh
，

x
2
12 x
2

22222
S9xh12x12x
„
12< br>
432
，
2

2

当且仅当
x
故选：B.
【点睛】
6
时取等号，此时
S123
.
本题考查正三 棱柱与球的切接问题，涉及到基本不等式求最值，考查学生的计算能力，
是一道中档题.
11 ．已知焦点为
F
的抛物线
C:y
2
4x
的准线与
x
轴交于点
A
，点
M
在抛物线
C
上，
则当
|MA|
取得最大值时，直线
MA
的方程为（ ）
|MF|
B．
y
A．
yx1
或
yx1


【答案】A
1111
x
或
yx
222 2
D．
y2x2
C．
y2x2
或
y2x2

【解析】过
M
作
MP
与准线垂直，垂足为
P
，利用抛物线的定义可得
|MA|< br>MAMA11

，要使最大，则
MAF
应最大，此
|M F|
MFMPcosAMPcosMAF
时
AM
与抛物线
C相切，再用判别式或导数计算即可.
【详解】
过
M
作
MP< br>与准线垂直，垂足为
P
，
MAMA11

，
MFMPcosAMPcosMAF
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|MA|
则当取得最大值时，
MAF
最大，此时
AM
与抛物线C
相切，
|MF|
易知此时直线
AM
的斜率存在，设切线方程 为
yk(x1)
，

yk(x1)
则

2
.则
1616k
2
0，k
2
1，k1，
y4x

则直线
AM
的方程为
y=?(x1)
.

故选：A.
【点睛】
本题考查直线与抛物线的位置关系，涉及到抛物线 的定义，考查学生转化与化归的思想，
是一道中档题.
12．已知函数
f(x)满足当
x0
时，
2f(x2)f(x)
，且当
x(2 ,0]
时，
f(x)|x1|1
；当
x0
时，
f( x)log
a
x(a0
且
a1
).若函数
f(x)< br>的图象上关
于原点对称的点恰好有3对，则
a
的取值范围是（ ）
A．
(625,)

【答案】C
【解析】先作出函数
f(x)
在
(,0]
上的部分图象，再作出
f
(
x)

log
a
x
关于原点对
称的图象，分类利用图像列 出有3个交点时满足的条件，解之即可.
【详解】
先作出函数
f(x)
在
(,0]
上的部分图象，再作出
f
(
x
)
< br>log
a
x
关于原点对称的图象，
如图所示，当
0a1
时，对称后的图象不可能与
f(x)
在
(,0]
的图象有3个交 点；
当
a1
时，要使函数
f(x)
关于原点对称后的图象与所作 的图象有3个交点，
B．
(4,64)
C．
(9,625)
D．
(9,64)

第 8 页 共 21 页



a1

1

则

log
a
3
，解得
9a625
.
2

1

log5
a

4

故选：C.
【点睛】
本题考查利用函数图象解决函数的交点个数问题，考查学生数形结合的思想、转化与 化
归的思想，是一道中档题.


二、填空题
13．如图是某几 何体的三视图，俯视图中圆的两条半径长为2且互相垂直，则该几何
体的体积为________.

【答案】20


【解析】由三视图知该几何体是一个圆柱与一个 半球的四分之三的组合，利用球体体积
公式、圆柱体积公式计算即可.
【详解】
由三视图知，该几何体是由一个半径为2的半球的四分之三和一个底面半径2、高为4
的圆
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柱组合而成，其体积为

2 4
故答案为：20

.
【点睛】
2
34

2
3
20

.
8 3
本题考查三视图以及几何体体积，考查学生空间想象能力以及数学运算能力，是一道容
易题.
14．

2x

2
5
x
3
的展 开式中
x
的系数为________.
【答案】80.
【解析】只需找到
(2x
2
)
5
展开式中的
x
4
项的系数 即可.
【详解】
(2x
2
)
5
展开式的通项为
T
r1
C
5
r
2
5r
(x
2< br>)
r
(1)
r
C
5
r
2
5r
x
2r
，令
r=2
，
则
T
3
 (1)C
5
2x80x
，故
故答案为：80.
【点睛】 本题考查二项式定理的应用，涉及到展开式中的特殊项系数，考查学生的计算能力，是
一道容易题.
15．已知
alog
0.3
0.2,blog
2
0.2
，则
ab
________.
ab
(填“>”或“=”或“<”) .
【答案】
＞

【解析】注意到
a1,b0
，故只需比较
【详解】
由已知，< br>a1,b0
，故有
ab0,ab
.又由
22344

2x
2
x
3

5
的展开式中
x
的系数为80.
11

与1的大小即可.
ab
11
 log
0.2
0.3log
0.2
2log
0.2
0. 61
，
ab
故有
abab
.
故答案为：
＞
.
【点睛】
本题考查对数式比较大小，涉及到换底公式的应用，考查学生的数学运算能力，是一道
第 10 页 共 21 页

中档题.
y
2
16．已知点
F
为双曲线
E：x
2
1(b0)
的右焦点，
M，N两点在双曲线上，且
b
2
M，N
关于原点对称，若
MFNF< br>，设
MNF

，且



E
的 焦距的取值范围是________.
【答案】
[22,232]

< br>

,

，则该双曲线
126

【解析 】设双曲线的左焦点为
F

，连接
MF

,NF
'
，由于
MFNF
.所以四边形

F

NFM为矩形，故
|MN|

FF

2c
，由双曲线定义|NF||NF
'
||NF||FM|2a
可得
c
1


，再求

2cos




4



y2cos




的值域即可.
4

【详解】
如图，

设双曲线的左焦点为
F

，连接
MF

,NF
'< br>，由于
MFNF
.所以四边形
F

NFM
为矩形，
故
|MN|

FF

2c
.

在
RtNFM
中
|FN|2ccos

,|FM| 2csin

，
由双曲线的定义可得


22a |NF||NF
'
||NF||FM|2ccos

2csin< br>
22ccos





4

c
1




2cos




4

第 11 页 共 21 页

Q

12




6
，


3




4

5


12

31


2


2c os





24

2
2c31， 222c232
.
故答案为：
[22,232]

【点睛】
本题考查双曲线定义及 其性质，涉及到求余弦型函数的值域，考查学生的运算能力，是
一道中档题.

三、解答题
17．如图，在直棱柱
ABCDA
1
B
1< br>C
1
D
1
中，底面
ABCD
为菱形，
AB BD2
，
BB
1
2
，
BD
与
AC相交于点
E
，
A
1
D
与
AD
1
相交于点
O
.

（1）求证：
AC
平面
BB
1
D
1
D
；
（2）求直线
OB
与平面< br>OB
1
D
1
所成的角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析（2）
21

7
【解析】（1）要证明< br>AC
平面
BB
1
D
1
D
，只需证明
ACBD
，
ACDD
1
即可：
uuuruuuruuur< br>（2）取
B
1
D
1
中点
F
，连
EF
，以
E
为原点，
EA, EB, EF
分别为
x, y, z
轴建立空
r
uuur
OBD
间直角坐标系，分别求出OB
与平面
11
的法向量
n
，再利用
ruuur
ruuur
nOB
uuur
计算即可.
cosn,OB
r
|n||OB|
【详解】
第 12 页 共 21 页

（1）∵底面
ABCD
为菱形，
ACBD

DD
1

平面
ABCD
.
∵直棱柱
A BCDA
1
B
1
C
1
D
1
，
∵
AC
平面
ABCD
.
ACDD
1

QACBD,ACDD
1
,BDDD
1
D
.
AC
平面
BB
1
D
1
D
；
uuuruuuruuur
BD
（2）如图，取
11
中点
F
，连
EF
，以
E
为原点，
EA, EB, EF
分别为
x, y, z
轴
建立如图所示空间直角坐标系：

QAE3,BE1
，

31

,,1

， 点
B(0,1,0),B
1
(0,1,2),D
1
(0,1,2),A(3,0,0),O

22

设平面
OB
1
D
1
的法向量为
n(x,y,z)
，
r
uuuuruuuur

33< br>
D
1
B
1
(0,2,0),OB
1
< br>
,,1

，
22

uuuuv
v< br>
D
1
B
1
n2y0

有

uuuv
v
，令
x2
，
y0,z3

33
xyz0

OB
1
n
22
< br>r
得
n(2,0,3)

uuur

ruuur< br>
ruuu
33
,,1

,nOB23,|n|7 ,|OB|2
， 又
OB


22

第 13 页 共 21 页

设直线
OB
与平面
OB
1
D
1
所成的角为

，
ruuur
2321所以
sin

|cosn,OB||

|
7
27
故直线
OB
与平面
OB
1
D
1所成的角的正弦值为
【点睛】
本题考查线面垂直的证明以及向量法求线面角的正弦值，考 查学生的运算求解能力，本
题解题关键是正确写出点的坐标.
18．2019年9月26日， 携程网发布《2019国庆假期旅游出行趋势预测报告》，2018
年国庆假日期间，西安共接待游客1 692.56万人次，今年国庆有望超过2000万人次，
成为西部省份中接待游客量最多的城市.旅游 公司规定：若公司某位导游接待旅客，旅
游年总收人不低于40(单位：万元)，则称该导游为优秀导游 .经验表明，如果公司的优
秀导游率越高，则该公司的影响度越高.已知甲、乙家旅游公司各有导游40 名，统计他
们一年内旅游总收入，分别得到甲公司的频率分布直方图和乙公司的频数分布表如下：
21
.
7

（1）求
a，b
的值，并比较甲、乙两家旅游公司，哪家的影响度高？
（2 ）从甲、乙两家公司旅游总收人在
[10,20)
(单位：万元)的导游中，随机抽取3人进< br>行业务培训，设来自甲公司的人数为
X
，求
X
的分布列及数学期望.
【答案】（1）
a0.01,b5
，乙公司影响度高；（2）见解析，
E (X)2

【解析】（1）利用各小矩形的面积和等于1可得
a
，由导游人 数为40人可得
b
，再由
总收人不低于40可计算出优秀率；
（2）易得总 收入在
[10,20)
中甲公司有4人，乙公司有2人，则甲公司的人数
X
的 值
可能为1，2，3，再计算出相应取值的概率即可.
【详解】
（1）由直方图知 ，
(a0.0250.0350.02a)101
，解得
a0.01< br>，
由频数分布表中知：
2b2010340
，解得
b5
.
第 14 页 共 21 页

所以，甲公司的导游优秀率为：
(0. 020.01)10100%30%
，
乙公司的导游优秀率为：
103
100%32.5%
，
40
由于
32.5%30%
，所以乙公司影响度高.
（2）甲公 司旅游总收入在
[10,20)
中的有
0.0110404
人， 乙公司旅游总收入在
[10,20)
中的有2人，故
X
的可能取值为1， 2，3，易知：
1221
C
4
C
2
41C
4C123
P(X1)
3

，
P(X2)
3< br>2

;
C
6
205C
6
205
3
C
4
41
P(X3)
3

.
C
6
205
所以
X
的分布列为：
X

P


1 2 3
1

5
3

5
1

5
131
E(X)1232
.
555
【点睛】
本题考查频率分布直方图、随机变量的分布列与期望，考查学生数据 处理与数学运算的
能力，是一道中档题.
19．已知数列

a
n< br>
，

b
n

满足
a
1
 3,b
1
1,a
n1
2a
n
2b
n
b
n1
,a
n1
a
n
b
n1
b
n
1
.
（1）求数列

a
n

，

b
n

的通项公式；
（2）分别求数列
a
n

，

b
n

的前< br>n
项和
S
n
，
T
n
.
n1n1< br>n
2
3
n
n1
【答案】（1）
a
n
2；b
n
2
（2）
S
n
22n；
2222
44
n
T
n
2
n1
n
2
3
2n

44
【解析】（1）
a
n1
b
n1
2(a
n
b
n
)
，
a
1
b
1
4
，可得

a
n< br>b
n

为公比为2的等比
a
n1
b
n 1
a
n
b
n
1
可得

a
n
b
n

为公差为1的等差数列，
数列，
再算出

a
n
b
n

，
第 15 页 共 21 页


a
n
b
n

的通项公式，解方 程组即可；
（2）利用分组求和法解决.
【详解】

a
n1
b
n1
2

a
n
b
n

（1）依题意有


abab1
nn

n 1n1
又
a
1
b
1
4；a
1
b
1
2
.
可得数列

a
n
b
n

为公比为2的等比数列，

a
n
b
n

为公差为1的等差数列，
n1


a
n
 b
n
2
n1

a
n
b
n


a
1
b
1

2
由

，得


abab(n1)

abn1

11

nn

nn
n1

n
a2


n
22
解得


n1
a2
n

n

22

故数列< br>
a
n

，

b
n

的通 项公式分别为
a
n
2
n
n1n1
；b
n2
n

.
2222
（2）
S
n
212
n
12


n(n1)

n2
42
42
n1
n
2
3
，
2 n
44
T
n

212
n
12


n(n1)

n
2
n1
n
23
.
2n
44
【点睛】
本题考查利用递推公式求数列 的通项公式以及分组求和法求数列的前
n
项和，考查
学生的计算能力，是一道中档题.
x
2
20．已知椭圆
C:y
2
1
的右焦点为< br>F
，直线
l：x2
被称作为椭圆
C
的一条准线，
2
点
P
在椭圆
C
上(异于椭圆左、右顶点)，过点
P
作直线
m:ykxt
与椭圆
C
相切，且
与直线
l
相交于点
Q
.
（1）求证：
PFQF
.
（2）若点
P
在
x
轴的上方，当
△PQF
的面积最小时，求直线
m
的斜率
k
.
附：多项式因式分解公式：
t3t5t1t1t4t1

【答 案】（1）证明见解析（2）

642

2

42

51

2
第 16 页 共 21 页

< br>x
2

y
2
1
222
【解析】（1）由

2
得

2k1

x4ktx2t20
令
0
可得

ykxt

uuuruuur

2k1

,

，进而得到
P


同理
Q(2,2kt)
，利用数量积坐标计算
FPFQ
t2 k1
，
tt

22
即可；
（2）
S
PQF

【详解】
3t1
2k< br>，分
k0
，
k0
两种情况讨论即可.
22t
，0)
. （1）证明：点
F
的坐标为
(1

x
2

y
2
1
222
联立方程
2
，消去
y
后整理为

2k1

x4ktx2t20


ykxt

有
1 6kt42k12t20
，可得
t
2
2k
2
1
，
22

2

2

2kt2kt2k< br>2k
2
tt1
x
2

2

，
y
2
t
2

.
2k1tt
2k12k1t
可得点
P
的坐标为



2k 1

,

.
tt

当
x2
时，可求得点
Q
的坐标为
(2,2kt)
，
uuur

2k
r
1

2kt1

uuu
FP

1,



,

，
FQ (1,2kt)
.
t

tt

t
uuu ruuur
2kt2kt
有
FPFQ0
,
tt
故有
PFQF
.
（2）若点
P
在
x
轴上方，因为
t
2
2k
2
1
，所以有
t1
，
由（1）知
uuurr
(2kt)
2
1< br>uuu
(2kt)
2
1(2kt)
2
1
2|FP|；|FQ|(2kt)1

222
tttt
S< br>PQF
ruuur
(2kt)
2
14k
2
4 ktt
2
1(2t
2
2)4ktt
2
11uuu

|FP||FQ|
22t2t2t
3t
2< br>4kt13t1
2k

2t22t
第 17 页 共 21 页

2
3t1
t1
，
S
2
①因为
k0
时.由（1）知
k

2t1
PQ F
22t
2

由函数
f(t)
3t1
2
t
2
1

(t1)
单调递增，可得此时
S
PQF
f(1)1
.
22t
2
t13t1< br>②当
k0
时，由（1）知
k,S
PQF
2

t
2
1



222t
3t132 t13t
2
12t
2
2

t1

(t1),g(t)
2

令
g(t)

2< br>22
22t22t
t1
2t
t1
由
2
3 t
2
1

t
2
1

8t
6
t
6
3t
4
5t
2
1


3t1


2t


3t1
2t
2



2




2

4
42
2
2t4tt1
4tt14t4

t
2
1



t1< br>
2
2
2
22

t


2
1

t
4
4t
2
1

4 t
4
(t
2
1)
t


22
 
t
2
(25)

1


t(2 5)

，故当
t25
4t
4

t2
1

时，
g
'
(t)0
，此时函数< br>g(t)
单调递增：当
1t25
时，
g

(t )
＜
0
，此时函数
g(t)
单
调递减，又由
g( 1)1
，故函数
g(t)
的最小值
g(25)1
，函数
g(t)
取最小值时
2k
2
125
，可求得
k
51
.
2
51
.
2
由①②知，若点
P
在
x< br>轴上方，当
PQF
的面积最小时，直线
m
的斜率为

【点睛】
本题考查直线与椭圆的位置关系，涉及到分类讨论求函数的最值，考查学生的运算求解能力，是一道难题.
21．已知函数
f(x)e
2x

< br>1ax
2

e
x
ax
2
(aR).
（1）证明：当
xe
2
时，
e
x
x< br>2
；
（2）若函数
f(x)
有三个零点，求实数
a
的取值范围.
e
2
【答案】（1）见解析；（2）
(,)

4
第 18 页 共 21 页

【解析】（1）要证明
e< br>x
x
2
(xe
2
)
，只需证明
x2l nx
即可；
e
x
e
x
ya
（2）
e ax0
有3个根，可转化为
a
2
有3个根，即
与
h(x )
2
有3
x
x
x2
个不同交点，利用导数作出
h (x)
的图象即可.
【详解】
（1）令
g(x)x2lnx
，则
g(x)1
'
2
，当
xe
2
时，
g
'
(x)0
，
x
故
g(x)
在
[ e
2
,)
上单调递增，所以
g(x)g(e
2
)e
2
40
，
即
x2lnx
，所以
e
x
x
2
. < br>（2）由已知，
f(x)e
2x


1ax
2< br>
e
x
ax
2
(e
x
ax
2
)(e
x
1)
，
x2
x
e
依题意，< br>f(x)
有3个零点，即
eax0
有3个根，显然0不是其根，所以
a
2

x
e
x
e
x
(x2)
'
有3个根，令
h(x)
2
，则
h(x)
，当
x2
时，
h
'
(x)0
，当
0x2
< br>3
x
x
时，
h
'
(x)0
，当
x 0
时，
h
'
(x)0
，故
h(x)
在
(0,2)
单调递减，在
(,0)
，
(2,)
上
e
2
单调递增，作出
h(x)
的图象，易得
a
.
4
2
e
故实数
a
的取值范围为
(,)
.
4

【点睛】
本题考查利用导数证明不等式以及研究函数零点个数问题 ，考查学生数形结合的思想，
是一道中档题.
第 19 页 共 21 页


x1cos

xOy
22．已知在平面直角坐标系中，曲线< br>C
的参数方程为

(

为参

ysin< br>
数.
0

2

).以坐标原点
O为极点，
x
轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线
l
的极坐
标方程 为


极角
0





3
(

R
)
，曲线
C
与直线
l
其中的一个交点为
A
，且点
A
极径

0
0.


2
（1）求曲线
C
的极坐标方程与点
A
的极坐标；
（2）已知直线
m
的直角坐标方程为
x3y0，直线
m
与曲线
C
相交于点
B
(异于
原点O
)，求
AOB
的面积.

【答案】（1）极坐标方程为

2cos

，点
A
的极坐标为

1< br>，




3


（2）
3

4
【解析】（1）利用极坐标方程、普通方程、参数方程间的互化公式即可；
（2）只需算出A、B两点的极坐标，利用
S
【详解】
（1）曲线
C
：

1

A

B
|sin(

A


B
)|
计算即可.
2

x1cos

(

为参数，
0

2
)

ysin

(x1)
2
y< br>2
1x
2
y
2
2x

2
2

cos



2cos

， < br>将



3
代入，解得

0
1< br>，
即曲线
C
的极坐标方程为

2cos

， 点
A
的极坐标为

1,



.
3




（2)由（1），得点
A< br>的极坐标为

1,

，

3

由 直线
m
过原点且倾斜角为



，知点
B
的极坐标为

3,

，
6
6

13



.
S< br>ABO
13sin




2364
【点睛】
本题考查极坐标方程、普通方程、参数方程间的互化以及利用极径求三角形 面积，考查
学生的运算能力，是一道基础题.
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23．已知函数
f(x)|x2||x4|
.
（1）解关于
x
的不等式
f(x)4
；
（2）若函数< br>f(x)
的图象恒在直线
y|m1|
的上方，求实数
m
的 取值范围
【答案】（1）
[1,5]
（2）
(1,3)

【解析】（1）零点分段法分
x2
，
2x4
，
x4
三种情况讨论即可；
（2）只需找到
f(x)
的最小值即可.
【详解】

2x6,x2

（1）由
f(x)

2 ,2x4
.

2x6,x4

若
x2
时，
f(x)2x64
，解得
1x2
；
若
2 x4
时，
f(x)24
，解得
2x4
；
若< br>x4
时，
f(x)2x64
，解得
4x5
；
故不等式
f(x)4
的解集为
[1,5]
.
（2）由< br>f(x)|(x2)(x4)|2
，有
|m1|2
，得
1m3
，
故实数
m
的取值范围为
(1,3)
.
【点睛】
本题考查绝对值不等式的解法以及不等式恒成立问题，考查学生的运算能力，是一道基
础题.

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