【精准解析】四川省宜宾市第四中学2020届高三三诊模拟考试数学(理)试题

2020年春四川省宜宾市第四中学高三三诊模拟考试
理科数学
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，选出每小题答案后，用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.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
第I 卷选择题（60分）
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1.已知集合{}{}0,2,1,1,0,1,2A B ==-，则A B ⋂=（ ） A. {}0,2
B. {}1,2
C. {}0
D.
{}2,1,0,1,2--
【答案】A 【解析】 【分析】
直接利用集合的交集运算，找出公共元素，即可得到结果. 【详解】
{}{}0,2,1,1,0,1,2A B ==-
{0,2}A B ∴=.
故选：A.
【点睛】本题考查了集合的交集运算，属于基础题.
2.在复平面内，已知复数z 对应的点与复数1i +对应的点关于实轴对称，则z
i
=（ ） A. 1i + B. 1i -+
C. 1i --
D. 1i -
【答案】C 【解析】 【分析】
先求出复数z,再求
z
i
得解. 【详解】由题得z=1-i , 所以
1i i i 11i 1
i z +==---=-. 故选C
【点睛】本题主要考查复数的几何意义和复数除法的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.
3.若干年前，某教师刚退休的月退休金为6000元，月退休金各种用途占比统计图如下面的条形图.该教师退休后加强了体育锻炼，目前月退休金的各种用途占比统计图如下面的折线图.已知目前的月就医费比刚退休时少100元，则目前该教师的月退休金为（ ）.
A. 6500元
B. 7000元
C. 7500元
D. 8000元
【答案】D 【解析】 【分析】
设目前该教师的退休金为x 元，利用条形图和折线图列出方程，求出结果即可．
【详解】设目前该教师的退休金为x 元，则由题意得：6000×15%﹣x×10%＝100．解得x ＝8000． 故选D ．
【点睛】本题考查由条形图和折线图等基础知识解决实际问题，属于基础题． 4.等差数列{}n a 的前9项的和等于前4项的和，若141,0k a a a =+=，则k=（ ） A. 10 B. 7 C. 4 D. 3
【答案】A 【解析】 【分析】
由等差数列的性质可得70a =，然后再次利用等差数列的性质确定k 的值即可.
【详解】由等差数列的性质可知：9579468750S S a a a a a a -=++++==,
故70a =，则4
10720a a a +==，结合题意可知：10k =.
本题选择A 选项.
【点睛】本题主要考查等差数列的性质及其应用，属于中等题. 5.将三个数0.37，70.3，ln 0.3从小到大排列得( ) A. 0.37ln 0.370.3<< B. 70.3ln 0.30.37<< C. 70.30.3ln 0.37<< D. 0.377ln 0.30.3<<
【答案】B 【解析】 【分析】
分别与中间值0和1比较．
【详解】由指数函数性质得700.31<<，0.371>，ln0.30<，∴70.3ln 0.30.37<<． 故选：B.
【点睛】本题考查幂与对数的大小比较，解题时不同类型的数一般借助于中间值如0，1等比较．
6.函数()sin(2)2
f x x π
=-
的图象与函数()g x 的图象关于直线8
x π=
对称，则关于函数
()y g x =以下说法正确的是（ ）
A. 最大值为1，图象关于直线2
x π=
对称
B. 在0,
4π⎛⎫
⎪⎝⎭
上单调递减，为奇函数 C. 在3,88ππ⎛⎫
-
⎪⎝⎭
上单调递增，为偶函数 D. 周期为π，图象关于点3,08π⎛⎫
⎪⎝⎭
对称 【答案】B 【解析】 【分析】
先求出函数y=g(x)的解析式，再利用三角函数的图像和性质对每一个选项逐一分析判断. 【详解】设点P(x,y)是函数()y g x =图像上的任意一点，则点Q (x ,)4
y π
-+
在函数y=f(x)
的图像上，
sin[2(-x+)]sin 2()42
y x g x ππ
=-=-=，
对于选项A,函数y=g(x)的最大值为1，但是()012
g π
=≠±，所以图象不关于直线2
x π=
对称，
所以该选项是错误的；
对于选项B,()()g x g x -=-，所以函数g(x)是奇函数，解222+22
k x k π
π
ππ-
≤≤得
+
4
4
k x k π
π
ππ-
≤≤，
)k Z ∈（,所以函数在0,4π⎛⎫
⎪⎝⎭
上单调递减，所以该选项是正确的； 对于选项C,由前面分析得函数y=g(x)的增区间为3[+,]()4
4
k k k Z π
π
ππ+
∈,且函数y=g(x)不是偶函数，故该选项是错误；
对于选项D,函数的周期为π，解2,,2
k x k x π
π=∴=
所以函数图像的对称中心为,0)(k Z)2
k π
∈（
,所以该选项是错误的. 故选B
【点睛】本题主要三角函数的解析式的求法，考查三角函数的图像和性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.
7.已知,m n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，给出下列命题： ①若m α，m n ⊥，则n α⊥； ②若m α⊥，n α，则m n ⊥；
③若,m n 是异面直线，m α⊂，m β，n β⊂，n α，则αβ∥； ④若,m n 不平行，则m 与n 不可能垂直于同一平面. 其中为真命题的是（ ） A. ②③④ B. ①②③ C. ①③④ D. ①②④
【答案】A 【解析】 【分析】
根据空间中点、线、面位置关系，逐项判断即可.
【详解】①若m α，m n ⊥，则n 与α位置关系不确定；
②若n α，则α存在直线l 与n 平行，因为m α⊥，所以m l ⊥，则m n ⊥； ③当m α⊂，m β，n β⊂，n α时，平面α，β平行； ④逆否命题为：若m 与n 垂直于同一平面，则,m n 平行，为真命题. 综上，为真命题的是②③④. 故选A
【点睛】本题主要考查空间中点线面位置关系，熟记线面关系、面面关系，即可求解，属于常考题型.
8.岳阳高铁站1B 进站口有3个闸机检票通道口，高考完后某班3个同学从该进站口检票进站到外地旅游，如果同一个人进的闸机检票通道口选法不同，或几个人进同一个闸机检票通道口但次序不同，都视为不同的进站方式，那么这3个同学的不同进站方式有（ ）种 A. 24 B. 36 C. 42 D. 60
【答案】D 【解析】
分析：三名同学可以选择1个或2个或3个不同的检票通道口进站，三种情况分别计算进站方式即可得到总的进站方式.
详解：若三名同学从3个不同的检票通道口进站，则有3
36A =种；
若三名同学从2个不同的检票通道口进站，则有2222
332236C C A A =种； 若三名同学从1个不同的检票通道口进站，则有13
3318C A =种；
综上，这3个同学的不同进站方式有60种，选D.
点睛：本题考查排列问题，属于中档题，解题注意合理分类讨论，而且还要注意从同一个进站口进入的学生的不同次序.
9.甲、乙、丙，丁四位同学一起去问老师询问成语竞赛的成绩．老师说：你们四人中有两位优秀，两位良好，我现在给甲看乙、丙的成绩，给乙看丙的成绩，给丁看甲的成绩．看后甲对大家说：我还是不知道我的成绩，根据以上信息，则（ ） A. 乙、丁可以知道自己的成绩 B. 乙可以知道四人的成绩 C. 乙、丁可以知道对方的成绩 D. 丁可以知道四人的成绩
【答案】A 【解析】
【分析】
根据甲的所说的话，可知乙、丙的成绩中一位优秀、一位良好，再结合简单的合情推理逐一分析可得出结果.
【详解】因为甲、乙、丙、丁四位同学中有两位优秀、两位良好，
又甲看了乙、丙的成绩且还不知道自己的成立，即可推出乙、丙的成绩中一位优秀、一位良好，
又乙看了丙的成绩，则乙由丙的成绩可以推出自己的成绩，
又甲、丁的
成绩中一位优秀、一位良好，则丁由甲的成绩可以推出自己的成绩. 因此，乙、丁知道自己的成绩，故选A.
【点睛】本题考查简单的合情推理，解题时要根据已知的情况逐一分析，必要时可采用分类讨论的思想进行推理，考查逻辑推理能力，属于中等题.
10.在正方体1111ABCD A B C D -中，点O 为线段BD 的中点，设点P 在直线1CC 上，直线OP 与平面1A BD 所成的角为α，则sin α的取值范围是（ ）
A. 6,1⎡⎤
⎢
⎥⎣⎦ B. 3,1⎡⎤
⎢
⎥⎣⎦
C. 622,⎡⎤
⎢⎥⎣⎦
D.
36,⎡⎤
⎢⎥⎣⎦
【答案】A 【解析】 【分析】
首先根据图像找到直线与平面的夹角范围，再计算对应正弦值得到答案.
【详解】
由题意可得：直线OP 于平面1A BD 所成的角α 的取值范围：
111,[,]22AOA C OA ππ⎡
⎤∠⋃∠⎢⎥⎣
⎦
不妨取2AB = .
在1Rt AOA
中，111
sin 3AA AOA AO ∠=
== .
()111sin sin 2C OA AOA π∠=-∠1sin 2AOA =∠
112sin cos AOA AOA =∠
∠2==>
sin α
的取值范围是3⎤
⎥⎣⎦ .
故答案为⎤
⎥⎣⎦
. 【点睛】本题考查了线面夹角的正弦值，通过图形找到对应的角度是解题的关键.
11.已知函数2
()(0)x
f x x e x =+<与2()ln()
g x x x a =++的图象上存在关于y 轴对称的点，
则实数a 的取值范围是（ ） A. (,)e -∞ B. 1(,)e
-∞
C. 1
(,)e e -
D. 1(,)e e
-
【答案】A 【解析】
分析：函数()2
(0)x
f x x e x =+<与()()2
ln g x x x a =++的图象上存在关于y 轴对称的点，
等价于存在0x <，使()()0f x g x --=，即()ln 0x
e x a --+=在(),0-∞上有解，从而化
为函数()()ln x
m x e x a =--(),0-∞上有零点，进而可得结果.
详解：若函数()()2
0x
f x x e
x =+<
与()()2
ln g x x x a =++图象上存在关于y 轴对称的点， 则等价为()()f x g x --，在0x <时，方程有解， 即()ln 0x
e x a --+=在(),0-∞上有解，
令()()ln x
m x e x a =--+，
则()()ln x
m x e x a =--+在其定义域上是增函数，
且x →-∞时，()0m x <， 若0a ≤时，x a →时，()0m x >， 故()ln 0x
e x a --+=在(),0-∞上有解，
当0a >时，
则()ln 0x
e x a --+=在(),0-∞上有解可化为，
()0ln 0e a ->
即ln 1a <，故0a e <<， 综上所述，(),a e ∈-∞，故选A.
点睛：转化与划归思想解决高中数学问题
的
一种重要思想方法，是中学数学四种重要的数学思想之一，尤其在解决知识点较多以及知识跨度较大的问题发挥着奇特功效，大大提高了解题能力与速度.运用这种方法的关键是将题设条件研究透，这样才能快速找准突破点.以便将
问题转化为我们所熟悉的知识领域，进而顺利解答，希望同学们能够熟练掌握并应用于解题
当中.本题中，函数()2
(0)x
f x x e x
=+<与()()2
ln g x x x a =
++的图象上存在关于y 轴对称的点，转化为存在0x <，使()()0f x g x --=是解题的关键.
12.已知直线1x y +=与椭圆22
221(0)x y a b a b
+=>>交于,P Q 两点，且OP OQ ⊥（其中O 为
坐标原点），若椭圆的离心率e 满足
32
e ≤≤
，则椭圆长轴的取值范围是（ ） A.
B.
[
,22
C. 53[,]42
D. 5[,3]2
【答案】A 【解析】 【分析】
联立直线方程与椭圆方程得（a 2+b 2）x 2﹣2a 2x+a 2﹣a 2b 2＝0，设P （x 1，y 1），Q （x 2，y 2），由OP ⊥OQ ，得•OP OQ ＝0，由根与系数的关系可得：a 2+b 2＝2a 2b 2．由椭圆的离心率e e ，
化为2221132
a b a -≤≤，即可得出．
【详解】联立22221
1
x y x y a
b +=⎧⎪
⎨+=⎪⎩ 得：（a 2+b 2）x 2﹣2a 2x+a 2﹣a 2b 2＝0，设P （x 1，y 1），Q （x 2，y 2）
△＝4a 4﹣4（a 2+b 2）（a 2﹣a 2b 2）＞0，化为：a 2+b 2＞1．
x 1+x 2＝2222a a b + ，x 1x 2＝222
22
a a
b a b
-+．∵OP ⊥OQ ， ∴•OP OQ ＝x 1x 2+y 1y 2＝x 1x 2+（x 1﹣1）（x 2﹣1）＝2x 1x 2﹣（x 1+x 2）+1＝0，
∴2×22222a a b a b -+﹣2222a a b ++1＝0．化为a 2+b 2＝2a 2b 2．∴b 2
＝2221a a -．
∵椭圆的离心率e
e
，∴2
1132e ≤≤，∴222
1132a b a -≤≤，2111
13212
a ≤-≤-，化为5≤4a 2≤6．
≤2a
．满足△＞0．∴椭圆长轴的取值范围是
]． 故选A ．
【点睛】本题考查了椭圆的标准方程及其性质、向量垂直与数量积的关系、一元二次方程的根与系数的关系、不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
第II 卷非选择题（90分）
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.若实数,x y 满足约束条件10
3030x y x y x -+≥⎧⎪
+-≥⎨⎪-≤⎩
，则23x y -的最大值为__________.
【答案】6 【解析】 【分析】
先根据约束条件画出可行域，再利用几何意义求最值，23z x y =-表示直线在y 轴上截距的
1
3
-，只需求出直线在y 轴上的截距最小值即可. 【详解】解：不等式组表示的平面区域如图所示，
当直线23z x y =-过点A 时， 在y 轴上截距最小，又()3,0A ， 此时max 236z =⨯=. 故答案为：6.
【点睛】本题主要考查了简单的线性规划，以及利用几何意义求最值，属于基础题. 14.已知随机变量~(6,)B p ξ，且()2E ξ=，则(32)D ξ+=______. 【答案】12 【解析】 【分析】
根据二项分布的均值与方差的关系求得()D ξ,再根据方差的性质求解(32)D ξ+即可. 【详解】()62E n p p ξ=⋅=⋅=,所以13
p =
,又因为24
()(1)233D n p p ξ=⋅⋅-=⋅=,所以
(32)9()12D D ξξ+==．
故答案为：12
【点睛】本题主要考查了二项分布的均值与方差的计算,同时也考查了方差的性质,属于基础题.
15.已知4sin 3cos 0+=αα，则2sin 23cos +αα的值为____________. 【答案】
24
25
【解析】
【分析】
由已知式求出3tan 4
α=-
，利用同角三角函数间的平方关系和商数关系，将2sin 23cos +αα化为
2
2tan 3
tan 1
αα++，代入即可求值. 【详解】
4sin 3cos 0αα+=，
3
tan 4
α∴=-，
则22
22
2sin cos 3cos sin 23cos sin cos ααα
αααα
++=+ 22tan 3
tan 1
αα+=
+
2
32()3
43()14⨯-+=-+ 2425
=. 故答案为：24
25.
【点睛】本题考查了同角三角函数间的平方关系和商数关系，正、余弦其次式的计算，二倍角的正弦公式，属于中档题.
16.
在边长为ABCD 中，60A ︒=，沿对角线BD 折起，使二面角A BD C --的大小为120︒，这时点,,,A B C D 在同一个球面上，则该球的表面积为____. 【答案】28π 【解析】 【分析】
取BD 的中点E ,连接AE 、CE ，可知外接球的球心在面AEC 中，再作OG CE ⊥，分别求出OG 与CG 的长度后即可得解.
【详解】
如图1，取BD 的中点E ,连接AE 、CE ，由已知易知面AEC ⊥面BCD ，则外接球的球心在面AEC 中.由二面角A BD C --的大小为120︒可知120AEC ∠=. 在面AEC 中，设球心为O ，作OG CE ⊥，连接OE ， 易知O 在面BCD 上的投影即为G ，OE 平分AEC ∠，
∴G 为BCD ∆的中心，∴22CG GE ==，∴tan 603OG GE =⋅= ∴227OC GC GO =+=∴2
=47=28S ππ⨯
球.
故答案为：28π
【点睛】本题考查了立体图形外接球体积的求解，考查了空间想象能力，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，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.第30届夏季奥运会将于2012年7月27日在伦敦举行，当地某学校招募了8名男志愿者和12名女志愿者．将这20名志愿者的身高编成如下茎叶图（单位：cm ）：若身高在180cm 以上（包括180cm ）定义为“高个子”，身高在180cm 以下（不包括180cm ）定义为“非高个子”,且只有“女高个子”才能担任“礼仪小姐”．
（I ）如果用分层抽样的方法从“高个子”和“非高个子”中抽取5人，再从这5人中选2人，那么至少有一人是“高个子”的概率是多少？
（Ⅱ）若从所有“高个子”中选3名志愿者，用X 表示所选志愿者中能担任“礼仪小姐”的人数，试写出X 的分布列，并求X 的数学期望．
【答案】（Ⅰ）710；（Ⅱ）见解析，3
2
EX =. 【解析】 【分析】
（Ⅰ）由茎叶图读出“高个子”和“非高个子”的人数，然后得出分层抽样样本中相应的人数，然后先计算“没有一名“高个子”被选中”的概率，从而可得出“至少有一名“高个子”被选中”的概率；（Ⅱ）依题意，所选志愿者中能担任“礼仪小姐”的人数X 的取值分别为
0,1,2,3，分别计算其概率，列出表格，求出期望即可.
【详解】解：（Ⅰ）根据茎叶图，有“高个子”8人，“非高个子”12人， 用分层抽样的方法，每个人被抽中的概率是51
204
=， 所以选中的“高个子”有1824⨯
=人，“非高个子”有1
1234
⨯=人 用事件A 表示“至少有一名“高个子”被选中”，
则它的对立事件A 表示“没有一名“高个子”被选中”，
则()232537111010
C P A C =-=-
= 因此，至少有一人是“高个子”的概率是
7
10
（Ⅱ）依题意，所选志愿者中能担任“礼仪小姐”的人数X 的取值分别为0,1,2,3．
()34381
014C P X C ===，
()12443
83
17C C P X C ===， ()21443
83
27
C C P X C ===，
()34
381
314
C P X C ===．
因此，X 的分布列如下： X
1
2
3
P
114 37 37 114
所以X 的数学期望1331301231477142
EX =⨯
+⨯+⨯+⨯=. 【点睛】本题考查了茎叶图，古典概型，随机变量的分布列与数学期望，属于基础题. 18.如图，在三棱锥S ﹣ABC 中，SA ⊥底面ABC ，AC ＝AB ＝SA ＝2，AC ⊥AB ，D 、E 分别是AC 、BC 的中点，F 在SE 上，且SF ＝2FE .
（1）求证：平面SBC ⊥平面SAE
（2）若G 为DE 中点，求二面角G ﹣AF ﹣E 的大小. 【答案】（1）证明见解析；（2）6
π
. 【解析】 【分析】
（1）利用SA ⊥底面ABC 证得SA BC ⊥，由等腰三角形的性质证得BC AE ⊥，由此证得BC ⊥平面SAE ，进而证得平面SBC ⊥平面SAE .
（2）以A 为坐标原点建立空间直角坐标系，通过平面GAF 和平面EAF 的法向量，计算出二面角G AF E --的余弦值，进而求得二面角的大小.
【详解】（1）∵SA ⊥底面ABC ，∴SA ⊥BC ， 又∵AC ＝AB ，且点E 是BC 的中点， ∴BC ⊥AE ，
∵SA ∩AE ＝A ，∴BC ⊥底面SAE ， ∵BC ⊂平面SBC ， ∴平面SBC ⊥平面SAE ．
（2）以A 点为坐标原点，分别以AC ，AB ，AS 为x ，y ，z 轴建立空间坐标系O ﹣xyz ， 则A （0，0，0），S （0，0，2），E （1，1，0），G （1，1
2
，0），C （2，0，0），B （0，2，0）， 由SF ＝2FE 得F （
23，23，23
）， ∴AE ＝（1，1，0），AF ＝（23，23，23
），AG ＝（1，1
2，0），BC ＝（2，﹣2，0）.
设平面AFG 的法向量为m ＝（x ，y ，z ），则2
220333
102x y z x y ⎧++=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩
，
令y ＝2，得到x ＝﹣1，z ＝﹣1， 即m ＝（﹣1，2，﹣1）， 设平面AFE 的法向量为n ，
由（1）知BC 为平面AES 的一个法向量，n ＝BC ＝（2，﹣2，0）， ∴cosα＝
||||
m n m n ⋅
＝
＝，
∵二面角G ﹣AF ﹣E 的平面角为锐角， ∴二面角G ﹣AF ﹣E 的大小为
π6
.
【点睛】本小题主要考查面面垂直的证明，考查空间向量法求二面角的大小，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题. 19.已知函数()4cos sin()16
f x x x π
=+-.
（1）求()f x 的单调递增区间； （2）若2
4sin ()16cos 6
x a f x x π
+⋅++>对任意(,)44
x ππ
∈-
恒成立，求实数a 的取值范围.
【答案】（1）2[,
],6
3k k k Z π
πππ++∈；（2）52
a >. 【解析】
试题分析：（1）先利用两角和余差的基本公式和辅助角公式将函数化()sin y A ωx φ=+的形式，再将内层函数看作整体，放到正弦函数的增区间上，解不等式得函数的单调递增区间；（2）求出6f x π⎛
⎫
+
⎪⎝
⎭
的值，带到题设中去，化简，求函数在,44x ππ⎛⎫
∈-
⎪⎝⎭
的最值，即可恒成立，从而求实数a 的取值范围.
试题解析：（1）因为()314cos sin 14cos cos 1622f x x x x x x π⎛⎫⎛
⎫=+-=+- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
23sin22cos 13sin2cos22sin 26x x x x π⎛
⎫=+-=+=+ ⎪⎝
⎭，
由
32222
6
2k x k π
π
πππ+≤+
≤
+，得2,63
k x k k Z ππ
ππ+≤≤+∈， 所以()f x 的单调递减区间为2,,63k k k Z ππππ⎡⎤
++∈⎢
⎥⎣⎦
.
（2）由题意,44x ππ⎛⎫
∈-
⎪⎝⎭，2sin 22cos2062f x x x ππ⎛⎫⎛
⎫+=+=> ⎪ ⎪⎝⎭⎝
⎭，
原不等式等价于4
2
2cos26cos sin 1a x x x ⋅>--，即426cos sin 1
2cos2x x a x
-->恒成立，
令()()()
()
22
4222
2cos 13cos 26cos sin 13cos 12cos2222cos 1
x x x g x x x -+--===+-（2
1cos 2x ≠） 由,44x ππ⎛⎫
∈-
⎪⎝⎭
，所以0,cos 1x x ==时，()g x 的最大值为52，因此52a >.
点睛：本题考查了三角函数的图象及性质的化简能力和综合运用能力，利用三角函数的由界限求最值和参数问题．属于中档题；求与三角函数有关的最值常用方法有以下几种：①化成
2sin sin y a x b x c =++的形式利用配方法求最值；②形如sin sin a x b
y c x d
+=
+的可化为
sin ()x y φ=的形式性求最值；③sin cos y a x b x =+型，
可化为)y x φ=+求
最值；④形如()sin cos sin cos y a x x b x x c =±++可设sin cos ,x t ±=换元后利用配方法求最值.
20.已知函数()ln ,()a
f x x a R x
=+
∈. （Ⅰ）求函数()f x 在区间(0,]e 上的最小值；
（Ⅱ）判断函数()f x 在区间2
[,)e -+∞上零点的个数.
【答案】(1) 当a e ≥时，()f x 的最小值为ln a
e e
+； 当a e <时，()f x 的最小值为ln 1a +;(2)见解析. 【解析】
分析：⑴求导后分类讨论a 的取值，结合单调性求出最小值 ⑵分离参量，转化为图像交点问题 详解：（Ⅰ）因为0x >，()221a x a
f x x x x
='-=
- ①当0a ≤时，()0f x '>，所以()f x 在(
2
0,e ⎤⎦上是增函数，无最小值；
②当0a >时，又()0f x '>得x a >，由()0f x '<得x a < ∴()f x 在()0,a 上是减函数，在(),a +∞上是增函数，
若a e ≥，则()f x 在()0,e 上是减函数，则()()min ln a f x f e e e
==+； 若a e <，则()f x 在()0,a 上是减函数，在(),a e 上是增函数， ∴()()min ln 1f x f a a ==+
综上：当a e ≥时，()f x 的最小值为ln a
e e
+； 当a e <时，()f x 的最小值为ln 1a + （Ⅱ）由()ln 0a
f x x x
=+=得ln a x x -= 令()21ln ,g x x x x e =>，则()ln 1g x x ='+，由()0g x '>得1x e >，由()0g x '<得1
x e
<，所以()g x 在2
11,e e ⎛⎫
⎪⎝⎭
上是减函数，在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上是增函数， 且2212110,0g g e e e e ⎛⎫⎛⎫=-<=-<
⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，且21
1g g e
e ⎛⎫⎛⎫
> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
，当x →+∞时，()g x →+∞，
所以，当1
a e >
时，()f x 无有零点； 当1a e =或22
a e <时，()f x 有1个零点；
当221
a e e
≤<时，()f x 有2个零点. 点睛：本题考查了含有参量的导数题目，依据导数，分类讨论参量的取值范围，来求出函数的单调性，从而得到最小值，在零点个数问题上将其转化为两个图像的交点问题．
21.在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆22:143
x y C +=的左顶点为A ，右焦点为F ，P ，Q
为椭圆C 上两点，圆2
2
2
:()0O x y r r +=>.
（1）若PF x ⊥轴，且满足直线AP 与圆O 相切，求圆O 方程；
（2）若圆O 的半径为2，点P ，Q 满足3
4
OP OQ k k ⋅=-，求直线PQ 被圆O 截得弦长的最大值.
【答案】（1）2
2
3x y +=
（2 【解析】
【分析】
（1）根据题意先计算出P 点坐标，然后得到直线
AP 的方程，根据直线与圆相切，得到半径的大小，从而得到所求圆的方程；（2）先计算PQ 斜率不存在时，被圆O 截得弦长，PQ 斜率存在时设为y kx b =+，与椭圆联立，得到12x x +和12x x ，代入到3
4
OP OQ k k ⋅=-
得到,k b 的关系，表示出直线PQ 被圆O 截得的弦长，代入,k b 的关系，从而得到弦长的最大值.
【详解】解：（1）因为椭圆C 的方程为22
143
x y +=，
所以(2,0)A -，(1,0)F ，
因为PF x ⊥轴，所以31,2P ⎛
⎫± ⎪⎝
⎭，
根据对称性，可取31,
2P ⎛⎫
⎪⎝⎭
， 则直线AP 的方程为1
(2)2
y x =
+，即220x y . 因为直线AP 与圆O 相切，得22
25
12=
+， 所以圆的方程为 2
2
45
x y +=
.
（2）圆O 的半径为2，可得圆O 的方程为22
4x y +=. ①当PQ x ⊥轴时，2
34OP OQ OP k k k ⋅=-=-
，所以32
OP k =±， 223
2
4
y x x y ⎧=⎪⎨⎪+=⎩
得2
167x =，
此时得直线PQ 被圆O 截得的
弦长为16421
2477
-
=
. ②当PQ 与x 轴不垂直时，设直线PQ 的方程为y kx b =+，
()11,P x y ，()()2212,0Q x y x x ≠，
首先由3
4
OP OQ k k ⋅=-
，得1212340x x y y +=， 即()()1212340x x kx b kx b +++=，所以(
)()2
212
1234440k
x x
kb x x b ++++=（*）.
联立22143y kx b x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩，消去x 得()222
3484120k x kbx b +++-=，
在>0∆时，122834kb x x k +=-+，2122
412
34b x x k
-=+ 代入（*）式，得22243b k =+，
由于圆心O 到直线PQ 的距离为2
1
b
d k =
+，
所以直线PQ 被圆O 截得的弦长为22
2
2481
l d k =-=++， 故当0k =时，l 有最大值为10.
综上，因为421
107
>
， 所以直线PQ 被圆O 截得的弦长的最大值为10.
【点睛】本题考查根据直线与圆相切求圆的方程，直线与椭圆的交点，弦长公式，对计算能力要求较高，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，则按所做的第一
题计分.
[选修4-4：坐标系与参数方程]
22.在平面直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程为13x t y t
=-⎧⎨=+⎩（t 为参数），以O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线1C 的极坐标方程为2cos ρϕ=，点P 是曲线1C 上的动点，点Q 在OP 的延长线上，且||3||PQ OP =，点Q 的轨迹为2C ．
（1）求直线l 及曲线2C 的极坐标方程；
（2）若射线π(0)2
θαα=<<与直线l 交于点M ，与曲线2C 交于点N （与原点不重合），求||||
ON OM 的最大值. 【答案】（1）直线l 的极坐标方程为cos sin 4ρθρθ+=.2C 的极坐标方程为8cos ρθ=
（21
【解析】
【分析】
（1）消参可得直线的普通方程，再利用公式把极坐标方程与直角坐标方程进行转化，从而得到直线的极坐标方程；利用相关点法求得曲线2C 的极坐标方程；
（2）利用极坐标中极径的意义求得长度，再把所求变形成正弦型函数，进一步求出结果．
【详解】（1）消去直线l 参数方程中的t ，得4x y +=，
由cos ,sin x y ρθρθ==，得直线l 的极坐标方程为cos sin 4ρθρθ+=， 故4cos sin ρθθ
=+． 由点Q 在OP 的延长线上，且||3||PQ OP =，得||4||OQ OP =，
设(),Q ρθ，则,4P ρθ⎛⎫ ⎪⎝⎭
， 由点P 是曲线1C 上的动点，可得2cos 4ρ
θ=，即8cos ρθ=，
所以2C 的极坐标方程为8cos ρθ=．
（2）因为直线l 及曲线2C 的极坐标方程分别为4cos sin ρθθ=
+，8cos ρθ=， 所以4cos sin OM αα
=+，||8cos ON α=，
所以()||π2cos cos sin 1cos2sin212||4ON OM αααααα⎛⎫=+=++=+ ⎪⎝
⎭，
所以当π8
α=时，||||ON OM 1． 【点睛】本题考查的知识要点：参数方程和极坐标方程与直角坐标方程的转化，考查了点的轨迹方程的求法，涉及三角函数关系式的恒等变换，正弦型函数的性质的应用，属于中档题．
[选修4-5：不等式选讲]
23.已知函数()2f x m x =--，m R ∈，且()20f x +≥的解集为[]1,1-
（1）求m 的值；
（2）若,,a b c ∈R ，且11123m a b c
++=，求证239a b c ++≥ 【答案】（1）1；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）由条件可得()
2f x m x +=-，故有0m x -≥的解集为[11]-，，即x m ≤的解集为[11]-，，进而可得结果；（2）根据()111232323a b c a b c a b c ⎛⎫++=++++ ⎪⎝⎭
利用基本不等式即可得结果.
【详解】（1）函数()2f x m x =--，m R ∈，故()
2f x m x +=-，由题意可得0m x -≥的解集为[11]
-，，即x m ≤的解集为[11]-，，故1m =． （2）由a ，b ，R c ∈，且111 123m a b c +
+==， ∴()111232323a b c a b c a b c ⎛⎫++=++++ ⎪⎝⎭ 23321112233b c a c a b a a b b c c
=++++++++ 233233692233b c a c a b a a b b c c
=++++++≥+=，
当且仅当2332 12233b
c a c a b a a b b c c
======时，等号成立． 所以239a b c ++≥.
【点睛】本题主要考查带有绝对值的函数的值域，基本不等式在最值问题中的应用，属于中档题．。