关于教师节的诗-人大工作总结

成都市
2016
级高中毕业班第三次诊断性检测
数学
(
理科
)
一、选择题
:
本大题共
1 2
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.
设全集
UxZ

x1

x3

0
，集合
A

0,1,2

，则
C
U
A
＝( )
A.

1,3


【答案】
A
【解析】

【分析】

先求得全集包含的元素，由此求得集合
A
的补集
.
【详解】由
x1

x3

0
解得
1x3
，故
U

1,0,1,2,3

，所以
CU
A

1,3

，故选
A.
【点睛】本小题主要考查补集的概念及运算，考查一元二次不等式的解法，属于基础题
.
2.
复数
z(2i)(1i)
的共轭复数为（

）
A.
33i

【答案】
D
【解析】

【分析】

直接相乘，得
13i
，由共轭复数的性质即可得结果
【详解】∵
z(2i)(1i)13i

∴其共轭复数为
13i
.
故选：
D
【点睛】熟悉复数的四则运算以及共轭复数的性质.
3.
已知函数
f

x

xasinx,xR
，若
f

1

2
，则
f

1

的值等于（

）
3

B.

1,0

C.

0,3

D.

1,0,3


B.
33i
C.
13i
D.
13i

A.
2

【答案】
B
【解析】

【分析】

B.
2
C.
1a
D.
1a

由函数的奇偶性可得，
f(1)f(1)2

3
【详解】∵
f(x)xasinx

其中
g(x) x
3
为奇函数，
t(x)asinx
也为奇函数
∴
f(x)g(x)t(x)
也为奇函数
∴
f(1)f(1)2

故选：
B
【点睛】函 数奇偶性的运用即得结果，小记，定义域关于原点对称时有：①奇函数±奇函数
=
奇函数；②奇
函数×奇函数
=
偶函数；③奇函数÷奇函数
=
偶函数；④偶函数±偶 函数
=
偶函数；⑤偶函数×偶函数
=
偶函
数；⑥奇函数×偶函数=
奇函数；⑦奇函数÷偶函数
=
奇函数
在正方体
ABCDA
1
B
1
C
1
D
1
中，已知
E、且
A
1
EEFFGGC
1
.
G
分别是 线段
A
1
C
1
上的点，
4.
如图，
F、
则下列直线与平面
A
1
BD
平行的是（

）

A.
CE

【答案】
B
【解析】

【分析】

B.
CF
C.
CG
D.
CC
1

连接
AC
，使AC
交
BD
于点
O
，连接
A
1
O、
CF
，可证四边形
A
1
OCF
为平行四边形，可得< br>A
1
OCF
，
利用线面平行的判定定理即可得解．
【详解】 如图，连接
AC
，使
AC
交
BD
于点
O
， 连接
A
1
O
、
CF
，则
O
为
AC
的中点，

在正方体
ABCDA
1
B
1
C
1
D
1
中，
AA
1< br>CC
1
且
AA
1
CC
1
，则四边形
AAC
11
C
为平行四边形，
AC
11
AC
且
A
1
C
1
AC
，
QO
、
F
分别为
AC
、
A
1
C
1
的中点，
A
1
FOC
且
A
1
FOC
，
所以， 四边形
A
1
OCF
为平行四边形，则
CFA
1
O< br>，

平面
A
1
BD
，因此，
CF
平面
A
1
BD
.
QCF
平面
A
1BD
，
AO
1
故选：
B.
【点睛】本题主要考查了线面平行的判定，考查了推理论证能力和空间想象能力，属于中档题．

xy0

5.
已知
x
，
y
满足约 束条件

xy2
，
则
z2xy
的最大值为

y0

A.
1

【答案】
D
【解析】

【分析】

作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，利用数形结合即可得到结论．
【详解】作出不等式组表示的平面区域如下图中阴影部分所示，
B.
2
C.
3
D.
4


z2xy
等价于y2xz
，作直线
y2x
，向上平移，
易知当直线经过点< br>
2,0

时
z
最大，所以
z
max
2204
，
故选D．
【点睛】本题主要考查线性规划的应用，利用目标函 数的几何意义，结合数形结合的数学思想是解决此类

问题的基本方法．
6.
若非零实数
a
、
b
满足
2
a
3
b
，则下列式子一定正确是（

）
A.
ba

C.
ba

【答案】
C
【解析】

【分析】

B.
ba

D.
ba

令
2
a
3
b
 t
，则
t0
，
t1
，将指数式化成对数式得
a
、
b
后，然后取绝对值作差比较可得．
【详解】令
23t
，则
t0
，
t1
，
alog
2
t
a b
lgtlgt
blogt
，，
3
lg2lg3
ab
故选：
C.
lgtlgtlg t

lg3lg2

0
，因此，
ab
.
lg2lg3lg2lg3
【点睛】本题考查了利用作差法比较大小，同时也考查了指数式与 对数式的转化，考查推理能力，属于中
等题．
7.
已知
sin

A.

的
D. 


1



，则
sin

的值等于（

）
24

3

B.

7

9
2

9
C.
2

9
7

9
【答案】
A
【解析】

【分析】

由余弦公式的二倍角可得，
cos(






7
)12sin
2




，再由诱导公式有
2

24

9< br>
7
cos(

)sin

，所以
s in



29
【详解】∵
sin




1





24

3
∴由余弦公式的二倍角展开式有





7
cos(< br>
)12sin
2





2

24

9
又∵
cos(



2
)sin


∴
sin



故选：
A
【点睛】本题考查了学生对二倍角公式的应用，要求学生熟练掌握三角函数中的诱导公式，属于简单题
8.
执行如图所示的程序框图，则输出的
n
的值为（

）
7
9

A.
1

C.
3

【答案】
B
【解析】

【分析】

列出循环的每一步，进而可求得输出的
n
值
.
B.
2

D.
4

【详解】根据程序框图，执行循环前：a0
，
b0
，
n0
，
执行第一次循环时：a1
，
b2
，所以：
9
2
8
2
40
不成立．
继续进行循环，
…
，
当
a4
，
b8
时，
6
2
2
2
40
成立，< br>n1
，
由于
a5
不成立，执行下一次循环，

a5
，
b10
，
5
2
0
2
40
成立，
n2
，
a5
成立 ，输出的
n
的值为
2
.
故选：
B
．
【 点睛】本题考查的知识要点：程序框图的循环结构和条件结构的应用，主要考查学生的运算能力和转换
能 力，属于基础题型．
9.
在平面直角坐标系
xOy
中，已知点
A< br>
0,2

，
N

1,0

，若 动点
M
满足
值范围是（

）
A.

0,2


MA
MO
uuuuruuur
2

，则
OM·ON
的取

B.


0,22



D.


22,22


2

C.

2,
【答案】
D
【解析】

【分析】

22
设出
M
的坐标为
(x,y)
，依据题目条件，求出点
M
的轨迹方程
x(y2)8
，
写出点
M
的参数方程，则
OM·
ON
结果
. ON22cos

，根据余弦函数自身的范围，可求得
OM·
【详解】 设
M(x,y)

，则
uuuuruuur
uuuuruuur< br>∵
MA
MO
2
，
A

0,2


∴
x
2
(y2)
2
xy
222

2222
∴
x(y2)2(xy)

22
∴
x(y2)8
为点
M
的轨迹方程


x22cos

∴点
M
的参数方程为

（

为参数）



y222sin

则由向量的坐标表达式有：
uuuuruuur
OM·ON22cos


又∵
cos

[1,1]

uuuuruuur
∴
OM·ON22cos

[22,22]

故选：
D
【点睛】考查学生依据条件求解各种轨迹 方程的能力，熟练掌握代数式转换，能够利用三角换元的思想处
理轨迹中的向量乘积，属于中档题
.
求解轨迹方程的方法有：①直接法；②定义法；③相关点法；④参数法；
⑤待定系数法 < br>*
《大戴礼》中．“
n
阶幻方
n3,nN
”是由前
n
2
10.
“幻方”最早记载于我国公元前500年的春秋时期

个正整数组成的—个
n
阶方阵，其各行各列及两条对角线所含的
n
个数之和 （简称幻和）相等，例如“3阶
幻方”的幻和为15（如图所示）．则“5阶幻方”的幻和为（ ）

A. 75
【答案】
B
【解析】

【分析】

B. 65 C. 55 D. 45
计算
12L 25
的和，然后除以
5
，得到“5阶幻方”的幻和.
125
 25
【详解】依题意“5阶幻方”的幻和为
12L25
，故选B.

2
65
55
【点睛】本小题主要考查合情推理与演绎推理，考查等差数列前
n
项和公式，属于基础题
.
x
2
y
2
2
11.
已知双曲线
C:
2

2
1
a0,b0

的左、右焦点分别为
F
1
、
F
2
，抛物线
y2px

p0

与双曲
ab< br>线
C
有相同的焦点
.
设
P
为抛物线与双曲线
C
的一个交点，且
cosPF
1
F
2

（

）
A.
5
，则双曲线
C
的离心率为
7
2
或
3
B.
2
或
3
C.
2
或
3
D.
2
或
3

【答案】
D
【解析】

【分析】

设
P F
1
F
2

1
m
，
PF
2n
，根据
cosPF
55
和抛物线性质得出
PF
2
m
，再根据双曲线性质得出
77

m7a
，
n5a
，最后根据余弦定理列方程得出
a
、
c
间的关系，从而可得出离心率．
【详解】过
P
分别向
x
轴和抛物线 的准线作垂线，垂足分别为
M
、
N
，不妨设
PF
1
m
，
PF
2
n
，

则
MF
1
PNPF
2
PF
1
cosPF
1
F2

5m
，
7
5m
2a
，得
m 7a
，
n5a
，
7
QP
为双曲线上的点，则
PF
1
PF
2
2a
，即
m
549a
2
4c
2
25a
2
PF
1
F
2中，由余弦定理可得

又
F
，
1
F
2
2c
，在
727a2c
整理得
c
2
5ac6a
2
0
，即
e
2
5e60
，
Qe 1
，解得
e2
或
e3
.
故选：
D.
【点睛】本题考查了双曲线离心率的求解，涉及双曲线和抛物线的简单性质，考查运算求解能力，属于中
档题．


x1


,1x3

sin
·a
n
，并，若函数
f

x

的 极大值点从小到大依次记为
a
1
,a
2
?·
12.
已知函数
f

x



2

2f

x2

,3x100

·b
n
， 则记相应的极大值为
b
1
,b
2
,?·
A.
2
50
2449

【答案】
C
【解析】

【分析】

对此分段函数的第一部分进行求导分析可知， 当
x2
时有极大值
f(2)1
，而后一部分是前一部分的定义


ab

的值为（

）
ii
i1
n
B.
2
50
2549
C.
2
49
2449
D.
2
49
2549

域的循环，而 值域则是每一次前面两个单位长度定义域的值域的
2
倍，故此得到极大值点
a
n
的通项公式
a
n
2n
，且相应极大值
b
n2
n1
，分组求和即得
【详解】当
1x3
时，
f

(x)



x

cos
2

2


，

显然当
x2
时有，
f

(x)0
，
∴经单调性分析知
x2
为
f(x)
的第一个极值点
又∵
3x100
时，
f(x)2f(x2)

∴
x4
，
x6
，
x8
，…，均为其极值点
∵函数不能在端点处取得极值
∴
a
n
2n
，
1 n49
，
nZ

∴对应极值
b
n
49
2
n1
，
1n49
，
nZ

(29 8)491(12
49
)
2
49
2449
∴


a
i
b
i


212< br>i1
故选：
C
【点睛】本题考查基本函数极值的求解，从函数表达式中抽离 出相应的等差数列和等比数列，最后分组求
和，要求学生对数列和函数的熟悉程度高，为中档题
第Ⅱ卷
(
非选择题
,
共
90
分
)
二、填空题
:
本大题共
4
小题，每小题
5
分
,< br>共
20
分把答案填在答题卡上。
13.
在
(2x)
的展开式中，
x
2
的系数为______
.(
用数字作答
)

【答案】80
【解析】

【分析】

利用二 项展开式的通项公式求出展开式的通项，令
r2
，求出展开式中
x
2
的系数．
5rrr
【详解】二项展开式的通项为
T
r1
2 C
5
x

32
令
r2
得
x
2
的系数为
2C
5
80

5
故答案为
80
．

【点睛】利用二项展开式的通项公式是解决二项展开式的特定项问题的工具．
14.
已知公差大于零的等差数列

a
n

中，
a
2、
a
6
、
a
12
依次成等比数列，则
【答案】
a
12
的值是__________．
a
2
9

4
【解析】

【分析】

利用等差数列的通项公式以及等比 中项的性质，化简求出公差与
a
2
的关系，然后转化求解
【详解】设等差数列

a
n

的公差为
d
，则
d0
，
2
由于
a
2
、
a
6
、
a12
依次成等比数列，则
a
6
a
2
a
12< br>，即

a
2
4d

a
2
a
2
10d

，
a
12
的值
.
a
2
2
Qd0
，解得
a
2
8d
，因此，
故答案为：
a
12
a
2
10d
18d 9

.
a
2
a
2
8d4
9
.
4
【点睛 】本题考查等差数列通项公式以及等比中项的应用，考查计算能力，属于基础题
.
15.某学习小组有
4
名男生和
3
名女生
.
若从中随机选出< br>2
名同学代表该小组参加知识竞赛，则选出的
2
名同
学中恰好
1
名男生
1
名女生的概率为
___________
．
【答案】
4

7
【解析】

【分析】
< br>从
7
人中选出
2
人则总数有
C
7
，符合条件 数有
C
4
C
3
，后者除以前者即得结果
2
【详 解】从
7
人中随机选出
2
人的总数有
C
7
21< br>，则记选出的
2
名同学中恰好
1
名男生
1
名女生的概 率为
2
11
事件
A
，
11
C
4
C
3
124

∴
P(A)
2
C
7
217
故答案为：
4

7
【点睛】组合数与概率的基本运用，熟悉组合数公式

16.
三棱柱
ABCA
1
B
1
C
1
中，

ABBCAC
，侧棱
AA
1

底面ABC
，且三棱柱的侧面积为
3
棱柱的顶点都在同一个球
O
的表 面上，则球
O
的表面积的最小值为_____．
【答案】
4


【解析】

【分析】
< br>分析题意可知，三棱柱
ABCA
1
B
1
C
1
为正三棱柱，所以三棱柱的中心即为外接球的球心
O
，
3
.
若该 三

a


h

设棱柱的底面边长为
a< br>，高为
h
，则三棱柱的侧面积为
3ah33
，球的半径表示为R



2

，

3


再由重要不等式即可得球
O
表面积的最小值
【详解】如下图，
∵三棱柱
ABCA
1
B
1
C
1
为正三棱 柱
∴设
A
1
C
1
a
，
BB
1
h

∴三棱柱的侧面积为
3ah33

∴
ah3

2
2
ah

a


h

又外接球半径
R

21
，


2

3
2

3

当且仅当
2
2
a
3

h
6
时，等号成立，此时
h2
，
a

2
2
∴外接 球表面积
S4

R
2
4

.
故答案为：
4


【点睛】
考查学生对几何体的正确认识，能通过题意了解到题目传达的意思，培养学生空间想 象力，能够利用题目
条件，画出图形，寻找外接球的球心以及半径，属于中档题
三、解答题< br>:
本大题共
6
小题
,
共
70
分
.< br>解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤
.
17.
已知
ABC< br>中，角
A,B,C
所对边的长分别为
a,b,c
，且
acos B
（
1
）求角
A
的大小；
（
2
）求< br>sin
2
Bsin
2
CsinBsinC
的值
.
【答案】（
1
）
A
【解析】

【分析】

（
1
）正弦定理的边角转换，以及两角和的正弦公式展开，特殊角的余弦值即可求出答 案；
1
bc.

2
3
2

；（
2
）
.
3
4
b
2
c
2
bc
（
2
）构造齐次式 ，利用正弦定理的边角转换，得到
sinBsinCsinBsinC
sinAg
，
a
2
22
2
结合余弦定理
a
2
b< br>2
c
2
2bccosA

得到
sinBsin CsinBsinC
【详解】解：（
1
）由已知，得
22
3

4
1
sinAcosBsinBsinC

2
又∵
sinCsin

AB


1
sinBsinAcosBcosAsinB

2
1
∴
cosAsinBsinB0
,
因为
B 

0,


,sinB0

2
∴
sinAcosB
1
得
cosA

2
∵
0A


∴
A
2

.
3
（
2
）∵sin
2
Bsin
2
CsinBsinC

sin
2
Bsin
2
CsinBsinC

 sinAg
2
sinA
2
3b
2
c
2
 bc

g
4a
2
又由余弦定理，得
a
2
b
2
c
2
2bccos
b
2
c
2
bc

2


3
∴
sinBsinCsinBsinC
22
3
< br>4
【点睛】
1.
考查学生对正余弦定理的综合应用；
2.
能处 理基本的边角转换问题；
3.
能利用特殊的三
角函数值推特殊角，属于中档题
在四棱锥
PABCD
中，底面
ABCD
为菱形，平面
PAD< br>平面
ABCD,E,F
18.
如图，
PAD
为正三角形，< br>分别是
AD,CD
的中点
.

（
1
）证明
:
BD
平面
PEF

（
2
）若
BAD60

，求二面角
BPDA的余弦值
.
【答案】（
1
）详见解析；（
2
）
【解析】

【分析】

（
1
）连接
AC
，由菱形的性质以及中 位线，得
BDFE
，由平面
PAD
平面
ABCD
，且< br>PE
交线
AD
，
得
PE
平面
ABCD< br>，故而
BDPE
，最后由线面垂直的判定得结论
.
5
.
5
ur
（
2
）以
E
为原点建平面直角坐标系，求出 平面平
PAD
与平面
PBD
的法向量
m

0,1 ,0


r
，
n

3,1,1
，最 后求得二面角
BPDA
的余弦值为
5
.
5

【详解】解：（
1
）连结
AC

∵
PAPD

，且
E
是
AD
的中点，
∴
PEAD

∵平面
PAD
平面
ABCD
，
平面
PADI
平面
ABCDAD
，
∴
PE
平面
ABCD
.
∵
BD
平面
ABCD
，
∴
BDPE

又
ABCD
为菱形，且
E,F
为棱的中点，
∴
EFAC,BDAC

∴
BDEF
.
又∵
BDPE,PEEFE
，PE,EF
平面
PEF

∴
BD
平面
PEF
.
（
2
）由题意有，

∵四边形
ABCD
为菱形，且
BAD60,

∴
EBAD

分别以
EA
，
EB
，< br>EP
所在直线
x
轴，
y
轴，
z
轴
建立如图所示的空间直角坐标系
E
xyz
，设
AD1
，则
3

3


1


D

,0,0

,B

0,,0,P0,0,





22

2


 
r
设平面
PBD
的法向量为
n

x,y,z< br>
.

v
v
uuu


n·DB 0

x3y0
v
由

v
uuu
，得< br>
，
n·DP0



x3z0
r
令
x3
，得
n3,1,1


ur取平面
APD
的法向量为
m

0,1,0


urr
15
∴
cosm,n


5
5
Q
二面角
BPDA
锐二面角，
5

5
∴二面角
BPDA
的余弦值为
【点睛】 处理线面垂直问题时，需要学生对线面垂直的判定定理特别熟悉，运用几何语言表示出来方才过
关，一定 要在已知平面中找两条相交直线与平面外的直线垂直，才可以证得线面垂直，其次考查了学生运
用空间向 量处理空间中的二面角问题，培养了学生的计算能力和空间想象力
.
19.
某保险公 司给年龄在
2070
岁的民众提供某种疾病的一年期医疗保险，现从
10000名参保人员中随机
抽取
100
名作为样本进行分析，按年龄段

20,30

,

30,40

,

40 ,50

,

50,60

,

60,7 0

分成了五组，其频率
分布直方图如下图所示；参保年龄与每人每年应交纳的保费如 下表所示
.
据统计，该公司每年为这一万名参
保人员支出的各种费用为一百万元
.

年龄
（单位：岁）
保费
（单位：元）




20,30


x


30,40


2x


40,50


3x


50,60



60,70


5x

4x

（
1
）用样本的频率分布估计总体分 布，为使公司不亏本，求
x
精确到整数时的最小值
x
0
；
（
2
）经调查，年龄在

60,70

之间的老人每
50
人中有
1
人患该项疾病
(
以此频率作为概率
).该病的治疗费为
12000
元，如果参保，保险公司补贴治疗费
10000
元
.
某老人年龄
66
岁，若购买该项保险
(
x
取

1

中的
x
0
).
针对此疾病所支付的 费用为
X
元；若没有购买该项保险，针对此疾病所支付的费用为
Y
元
.
试比较
X
和
Y
的
期望值大小，并判断该老人购买此项保险 是否划算？
【答案】（
1
）
30
；（
2
）
E(Y)E(X)
，比较划算
.
【解析】

【分析】

（
1
）由频率和为
1
求出
a0.032
，根据< br>a
的值求出保费的平均值
3.35x
，然后解一元一次不等式
3.35 x100

即可求出结果，最后取近似值即可；
（
2
）分别计算 参保与不参保时的期望
E(X)
，
E(Y)
，比较大小即可
.

【详解】解:（
1
）由

0. 0070.016a0.0250.020

101
，
解得
a0.032
.
保险公司每年收取的保费为:
10000

0.07x0.162x0.323.x0.254x0.205x

100003.35x

∴要使公司不亏本，则
100003.3 5x1000000
，即
3.35x100

解得
x
100
29.85,

3.35
∴
x
0
30
.
（
2
）①若该老人购买了此项保险，则
X
的取值为
150, 2150.

Q P

X150


∴
E(X)150
491
,P

X2150



5050
491
215014743190
(
元).
5050
②若该老人没有购买此项保险，则
Y
的取值为
0. 12000
.
QP

Y0


∴
E( Y)0
491
,P

Y12000



5050
491
12000240
(
元
).
5050
QE(Y)E(X)

∴年龄为
66
的该老人购买此项保险比较划算.
【点睛】本题考查学生利用 相关统计图表知识处理实际问题的能力，掌握频率分布直方图的基本性质，知
道数学期望是平均数的另一 种数学语言，为容易题
.
x
2
y
2
20.
在平面 直角坐标系
xOy
中，已知椭圆
C:
2

2
1< br>
a0,b0

的短轴长为
2
，直线
l
与椭圆
C
相交
ab
于
A,B
两点，线段
AB
的中点为
M
.
当
M
与
O
连线的斜率为

（
1
）求椭圆
C
的标准方程；
（
2
）若
AB2,P
是以
AB
为直径的圆上的任意一点，求证：
OP3< br>

1
时，直线
l
的倾斜角为
2
4
x
2
【答案】（
1
）
y
2
1
；（< br>2
）详见解析
.
2
【解析】

【分析】

y
1
y
2
b
2
x< br>1
x
2

2
g
（
1
）由短轴长 可知
b1
，设
A(x
1
,y
1
)
，B(x
2
,y
2
)
，由设而不求法作差即可求得，
x< br>1
x
2
ay
1
y
2
将相应值代入即求得
a2
，椭圆方程可求；
（
2
）考虑特殊位置，即直线
l
与
x
轴垂直时候，
OP13
成立，当直线
l
斜 率存在时，设出直线
l
方程
ykxm
，与椭圆联立，结合中点坐标公式， 弦长公式，得到
m
与
k
的关系，将
|OM|
2
表示 出来，结合
基本不等式求最值，证明最后的结果
【详解】解：（
1
）由已知，得
b1


x1
2
y
1
2

2
1

2< br>
ab
由

2
，两式相减，得
2
xy
2

2
1


a
2
b< br>2
y
1
y
2
b
2
x
1
 x
2

2
g

x
1
x
2ay
1
y
2
根据已知条件有，
当
x
1x
2
yy
2
时，
12
1

x
1
x
2
y
1
y
2
b
21
∴
2

，即
a2

a2
x
2
∴椭圆
C
的标准方程为
y
2
1

2
（
2
）当直线
l
斜率不存在时，
OP13
， 不等式成立.
当直线
l
斜率存在时，设
l:ykxm


ykxm
222
2k1x4kmx2m20
由< br>
2
得

2

x2y2
4km2m
2
2
22
∴
x
1
x
2
，
,xx
16k8m80

12
22
2k 12k1
m

4k
2
1
2

2k m
2
M,,OMgm

2
22
∴

2k12k1


2k
2
1


22g12k
2
m
2
由
AB1kg2

2
2k1
2
2k
2
1
化简，得
m< br>
2
2k2
2
2k
2
1
g
2< br>2
∴
OM

2
2k2
2k1
2
4k
2
1
4k
2
1


2k
2
1

2k
2
2


令
4k
2
1t1
，则
OM
2
4 t4


t1

t3

t
34

t
4
423

234
当且仅当
t3
时取等号
∴
OM42331

∵
OPOM1

∴
OP3

当且仅当
k
2

31
时取等号
4
综上，
OP3

【点睛】本题为直线与椭圆的综合应用，考查了 椭圆方程的求法，点差法处理多未知量问题，能够利用一
元二次方程的知识转化处理复杂的计算形式，要 求学生计算能力过关，为较难题
2
21.
已知函数
f(x)xlnx2 ax3xa
，
aZ
.
（
1
）当
a1时，判断
x1
是否是函数
f(x)
的极值点，并说明理由；
（
2
）当
x0
时，不等式
f(x)0
恒成立，求整数< br>a
的最小值.
【答案】（
1
）
x1
是函数
f(x)
的极大值点，理由详见解析；（
2
）
1
.
【解析】

【分析】

（
1
）将
a1
直接代入，对
f(x)
求导得
f'

x

lnx4x4
，由于函数单调性不好判断，故而构造函数，
继续求导，判断导函数
f

(x)
在
x1
左右两边的正 负情况，最后得出，
x1
是函数
f

x

的极大 值点；
（
2
）利用题目已有条件得
a1
，再证明
a1
时，不等式
f(x)0
恒成立，即证
lnx2x3
从而可知整数
a
的最小值为
1.
【详解】解:（
1
）当
a1
时，
f'

x

lnx4x4
.
令
F

x

f'

x

lnx4x4
，则
F'

x


当
x
114x
4

xx
1
时，
F

(x)0
.
4

1

,

内为减函数，且
f'

1

0


4

即
f'
x

在

∴当
x


1

,1

时，
f'

x

0
;< br>当
x(1,)
时，
f'

x

0< br>
4


1

fx
∴

在

,

内是增函数，在
(1,)
内是减函数.

4

综上，
x1
是函数
f

x

的极大值点.

（
2
）由题意，得
f

1

0
，即
a1
.
现证明当
a 1
时，不等式
f

x

0
成立，即
x lnx2x
2
3x10
.
即证
lnx2x3
1
0

x
1

x
.
1
0
，
x
令
g

x

lnx2x3
112x
2
x1


2x1

x1

则
g'

x< br>
2
2



22
xxxx
1)
时，
g'

x

0
;
当
x (1,)
时，
g'

x

0
. ∴当x(0，
∴
g

x

在

0,1< br>
内单调递增，在
(1,)
内单调递减，

g

x

的最大值为
g

1

0
.

∴当
x0
时，
lnx2x3
1
0
. < br>x
即当
x0
时，不等式
f

x

0
成立.
综上，整数
a
的最小值为
1
.
【点 睛】本题考查学生利用导数处理函数的极值，最值，判断函数的单调性，由此来求解函数中的参数的
取值 范围，对学生要求较高，然后需要学生能构造新函数处理恒成立问题，为难题
请考生在第
22 ,23
题中任选择一题作答，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标号涂黑
.

x22cos

（

为参数）
.
以 坐标原点
O
为极点，
22.
在平面直角坐标系
xOy
中，曲 线
C
的参数方程为


y2sin



2
x
轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线
l
的极坐标方程为


sin


.

42
< br>（
1
）求曲线
C
的普通方程和直线
l
的直角坐标方程 ；
（
2
）设点
M

0,1

，若直线< br>l
与曲线
C
相交于
A
、
B
两点，求
MAMB
的值
【答案】（
1
）
C
的普通方程为

x2

y
2
4
，
l
的直角坐标方 程为
xy1
；（
2
）
32
.
【解析】

【分析】

（
1
）在曲线
C< br>的参数方程中消去参数

可得出曲线
C
的普通方程，利用两角和的正弦 公式以及
2


cos

x
可将直线
l
的极坐标方程化为普通方程；


sin

y


2
xt


2
（
2
）设 直线
l
的参数方程为

（
t
为参数），并设点
A< br>、
B
所对应的参数分别为
t
1
、
t
2
，利用韦

y1
2
t

2

达定理 可求得
MAMBt
1
t
2
的值
.

x22cos

【详解】（
1
）由

，得
x 22cos

，
y2sin

，
y2sin


曲线
C
的普通方程为

x2

y
2
4
，
由

sin



2




2
，得

sin



cos

1
，

直线
l
的直角坐标方程为
xy1
；


4

2


2
t

x

2
（
2
）设直线
l
的参数方程为

（
t
为参数），

y12
t

2

代入

x2

y
2
4
，得
t
2
32t10
，则
184140
，
设
A
、
B
两点对应参数分别 为
t
1
、
t
2
，
t
1
t2
320
，
t
1
t
2
10
，
2
t
1
0
，
t
2
0
，
MAMBt
1
t
2
t
1
t
2
32
.
【点睛】本题考查了参数方程、极坐标方程与普通方程之间的转化，同时也 考查了直线参数方程几何意义
的应用，考查计算能力，属于中等题
.
23.
已知函数
f

x

xax11
，
aR< br>.
2
（
1
）当
a4
时，求函数
f

x

的值域；
（
2
）
x
0


0,2

，
f

x
0
< br>ax
0
1
，求实数
a
的取值范围
.
【 答案】（
1
）
9,

；（
2
）
< br>,

.
4



3


【解析】

【分析】

（
1
）将
a4
代入函数
y f

x

的解析式，将函数
yf

x

的及解析式变形为分段函数，利用二次函数
的基本性质可求得函数
yf
< br>x

的值域；
x
2
1
（
2
）由 参变量分离法得出
a
在区间

0,2

内有解，分
x

0,1

和
x

1,2
讨论，求得函数
x1x1
x
2
1
y
的最大值 ，即可得出实数
a
的取值范围
.
x1x1

x
2
4x3,x1
.
【 详解】（
1
）当
a4
时，
f

x
x4x11

2

x4x5,x1
2
当
x1
时，
f

x



x 2

1

1,

；
当
x1
时，
f

x



x2
9

9,

.
2
2

函 数
yf

x

的值域为

9,

；

（
2
）不等式
f
< br>x

ax1
等价于
xax11ax1
， 2
x
2
1
即
a
在区间

0,2< br>
内有解
x1x1
x
2
1

1< br>
x
2
1x
2
1


,0< br>
，则
a0
； 当
x

0,1

时，
a
，此时，

2
1xx12

2< br>
x
2
1x
2
11

1


x

， 当
x

1,2

时，
a
x1x12x2

x

函数
y
1

1

x

2

x

区间

1,2

上单调递增，当
x

1,2
时，

1

1

3
< br>3
x0,
a
，则
.


2
x

4

4
3

a
 ,
综上，实数的取值范围是


.
4

【点 睛】本题主要考查含绝对值函数的值域与含绝对值不等式有解的问题，利用绝对值的应用将函数转化
为二 次函数，结合二次函数的性质是解决本题的关键，考查分类讨论思想的应用，属于中等题
.