高考数学理刷题+高考题+模拟题讲练试卷：素养提升练四含解析

素养提升练(四)本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分150分，考试时间120分钟．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，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．(2019·福州一中二模)已知i为虚数单位，则i1＋i的实部与虚部之积等于()A．－14 B.14 C.14i D．－14i答案 B解析因为i1＋i＝i(1－i)(1＋i)(1－i)＝12＋12i，所以i1＋i的实部与虚部之积为12×12＝14.故选B.2．(2019·汉中二模)已知集合A＝{x|x2－5x＋4<0，x∈Z}，B＝{m,2}，若A ⊆B，则m＝()A．1 B．2 C．3 D．4答案 C解析A＝{x|1<x<4，x∈Z}＝{2,3}，又A⊆B，∴m＝3.故选C.3．(2019·皖江名校联考)2018年9～12月某市邮政快递业务量完成件数较2017年9～12月同比增长25%，该市2017年9～12月邮政快递业务量柱形图及2018年9～12月邮政快递业务量结构扇形图如图所示，根据统计图，给出下列结论：①2018年9～12月，该市邮政快递业务量完成件数约1500万件； ②2018年9～12月，该市邮政快递同城业务量完成件数与2017年9～12月相比有所减少；③2018年9～12月，该市邮政快递国际及港澳台业务量同比增长超过75%，其中正确结论的个数为( )A ．3B ．2C ．1D ．0 答案 B解析 2017年的快递业务总数为242.4＋948＋9.6＝1200万件，故2018年的快递业务总数为1200×1.25＝1500万件，故①正确．由此2018年9～12月同城业务量完成件数为1500×20%＝300万件＞242.4万件，所以比2017年有所提升，故②错误.2018年9～12月国际及港澳台业务量为1500×1.4%＝21万件，21÷9.6＝2.1875，故该市邮政快递国际及港澳台业务量同比增长超过75%，故③正确．综上所述，正确的结论有2个，故选B.4．(2019·株洲一模)在区间[－2,2]上任意取一个数x ，使不等式x 2－x <0成立的概率为( )A.16B.12C.13D.14 答案 D解析 由x 2－x <0，得0<x <1.∴在区间[－2,2]上任意取一个数x ，使不等式x 2－x <0成立的概率为1－02－(－2)＝14.故选D.5．(2019·安阳一模)设F 1，F 2分别为离心率e ＝5的双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的左、右焦点，A 1，A 2分别为双曲线C 的左、右顶点，以F 1，F 2为直径的圆交双曲线的渐近线l 于M ，N 两点，若四边形MA 2NA 1的面积为4，则b ＝( )A ．2B ．2 2C ．4D ．4 2 答案 A解析 由题意知e ＝5＝c a ，∴ba ＝2，故渐近线方程为y ＝2x ，以F 1，F 2为直径的圆的方程为x 2＋y 2＝c 2，联立⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＝c 2，y ＝2x ，得y ＝±2c5，由双曲线与圆的对称性知四边形MA 2NA 1为平行四边形，不妨设y M ＝2c 5，则四边形MA 2NA 1的面积S ＝2a ×2c 5＝4，得ac ＝5，又5＝ca ，得a ＝1，c ＝5，b ＝2，故选A. 6．(2019·全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．已知S 4＝0，a 5＝5，则( )A ．a n ＝2n －5B ．a n ＝3n －10C ．S n ＝2n 2－8nD ．S n ＝12n 2－2n答案 A解析 设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d .由S 4＝0，a 5＝5可得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋4d ＝5，4a 1＋6d ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－3，d ＝2.所以a n ＝－3＋2(n －1)＝2n －5，S n ＝n ×(－3)＋n (n －1)2×2＝n 2－4n .故选A.7．(2019·马鞍山一模)函数f (x )＝sin xx ＋x 2－2|x |的大致图象为( )答案 D解析 f (1)＝sin1＋1－2＝sin1－1<0，排除B ，C ，当x ＝0时，sin x ＝x ＝0，则x →0时，sin xx →1，f (x )→1＋0＝1，排除A ，故选D.8．(2019·南宁二模)已知△ABC 的一内角A ＝π3，O 为△ABC 所在平面上一点，满足|OA |＝|OB |＝|OC |，设AO →＝mAB →＋nAC →，则m ＋n 的最大值为( )A.23 B ．1 C.43 D ．2 答案 A解析 由题意可知，O 为△ABC 外接圆的圆心，如图所示，在圆O 中，∠CAB 所对应的圆心角为2π3，点B ，C 为定点，点A 为优弧上的动点，则点A ，B ，C ，O 满足题中的已知条件，延长AO 交BC 于点D ，设AO →＝λAD →，由题意可知，AD →＝1λAO →＝m λAB →＋n λAC →，由于B ，C ，D 三点共线，据此可得，m λ＋n λ＝1，则m ＋n ＝λ，则m ＋n 的最大值即λ＝|AO →||AD →|的最大值，由于|AO →|为定值，故|AD →|最小时，m ＋n 取得最大值，由几何关系易知当AB ＝AC 时，|AD →|取得最小值，此时λ＝|AO →||AD →|＝23.故选A.9．(2019·合肥二模)已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，右顶点为A ，上顶点为B ，以线段F 1A 为直径的圆交线段F 1B 的延长线于点P ，若F 2B ∥AP ，则该椭圆的离心率是( )A.33B.23C.32D.22 答案 D解析 解法一：如图所示，以线段F 1A 为直径的圆的方程为⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a －c 22＋y 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋c 22，化为x 2－(a －c )x ＋y 2－ac ＝0.直线F 1B 的方程为bx －cy ＋bc ＝0，联立⎩⎪⎨⎪⎧bx －cy ＋bc ＝0，x 2－(a －c )x ＋y 2－ac ＝0， 解得P ⎝ ⎛⎭⎪⎫ac 2－b 2c a 2，abc －b 3＋a 2b a 2， k AP ＝abc ＋bc 2ac 2－b 2c －a3，kF 2B ＝－bc .∵F 2B ∥AP ，∴ac ＋c 2ac 2－b 2c －a3＝－1c ，化为e 2＝12，e ∈(0,1)，解得e ＝22.故选D.解法二：F 1A 为圆的直径，∴∠F 1P A ＝90°. ∵F 2B ∥AP ，∴∠F 1BF 2＝90°，∴2a 2＝(2c )2， 解得e ＝22.故选D.10．(2019·郑州一模)已知函数f (x )＝⎩⎨⎧sin (x ＋a )，x ≤0，cos (x ＋b )，x >0的图象关于y 轴对称，则y ＝sin x 的图象向左平移________个单位，可以得到y ＝cos(x ＋a ＋b )的图象．( )A.π4B.π3C.π2 D ．π 答案 D解析 函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧sin (x ＋a )，x ≤0，cos (x ＋b )，x >0的图象关于y 轴对称，故f (x )＝f (－x )，所以sin(x ＋a )＝cos(－x ＋b )＝cos(x －b )，整理得2k π＋a ＝π2－b (k ∈Z )，所以a ＋b ＝2k π＋π2(k ∈Z )，则y ＝cos(x ＋a ＋b )＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋2k π＋π2＝－sin x ，即y ＝sin x 的图象向左平移π个单位， 得到y ＝sin(x ＋π)＝－sin x .故选D.11．(2019·大同一模)已知三棱锥P －ABC 的四个顶点都在半径为3的球面上，AB ⊥AC ，则该三棱锥体积的最大值是( )A.323B.163C.643 D ．64 答案 A解析 设AB ＝m ，AC ＝n ，则S △ABC ＝12mn ，△ABC 外接圆的直径为m 2＋n 2，如图，三棱锥P －ABC 体积的最大值为13×12mn ×PO 1＝13×12mn ×⎝⎛⎭⎪⎫9－m 2＋n 24＋3≤13×m 2＋n 24⎝⎛⎭⎪⎫9－m 2＋n 24＋3，设t ＝m 2＋n 24，则f (t )＝13t (9－t ＋3)，f ′(t )＝13⎝⎛⎭⎪⎫9－t －t29－t ＋3，令f ′(t )＝0，得t ＝8，f (t )在(0,8)上递增，在[8,9]上递减，∴f (t )max ＝f (8)＝323，即该三棱锥体积的最大值是323.故选A.12．(2019·天津高考)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ，0≤x ≤1，1x，x >1.若关于x 的方程f (x )＝－14x ＋a (a ∈R )恰有两个互异的实数解，则a 的取值范围为( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤54，94B.⎝ ⎛⎦⎥⎤54，94C.⎝ ⎛⎦⎥⎤54，94∪{1} D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤54，94∪{1} 答案 D解析 如图，分别画出两函数y ＝f (x )和y ＝－14x ＋a 的图象．(1)先研究当0≤x ≤1时，直线y ＝－14x ＋a 与y ＝2x 的图象只有一个交点的情况．当直线y ＝－14x ＋a 过点B (1,2)时， 2＝－14＋a ，解得a ＝94. 所以0≤a ≤94.(2)再研究当x >1时，直线y ＝－14x ＋a 与y ＝1x 的图象只有一个交点的情况： ①相切时，由y ′＝－1x 2＝－14，得x ＝2，此时切点为⎝ ⎛⎭⎪⎫2，12，则a ＝1.②相交时，由图象可知直线y ＝－14x ＋a 从过点A 向右上方移动时与y ＝1x 的图象只有一个交点．过点A (1，1)时，1＝－14＋a ，解得a ＝54.所以a ≥54.结合图象可得，所求实数a 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤54，94∪{1}．故选D.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，共20分．13．(2019·宝鸡二模)已知曲线f (x )＝23x 3在点(1，f (1))处的切线的倾斜角为α，则sin 2α－cos 2α2sin αcos α＋cos 2α的值为________． 答案 35解析 因为曲线f (x )＝23x 3，所以函数f (x )的导函数f ′(x )＝2x 2，可得f ′(1)＝2，因为曲线f (x )＝23x 3在点(1，f (1))处的切线的倾斜角为α，所以tan α＝f ′(1)＝2，所以sin 2α－cos 2α2sin αcos α＋cos 2α＝tan 2α－12tan α＋1＝4－14＋1＝35.14．(2019·江苏高考)如图是一个算法流程图，则输出的S 的值是________．答案 5解析 第一次循环，S ＝12，x ＝2；第二次循环，S ＝12＋22＝32，x ＝3；第三次循环，S ＝32＋32＝3，x ＝4；第四次循环，S ＝3＋42＝5，满足x ≥4，结束循环．故输出的S 的值是5.15．(2019·郴州二模)某高校开展安全教育活动，安排6名老师到4个班进行讲解，要求1班和2班各安排一名老师，其余两个班各安排两名老师，其中刘老师和王老师不在一起，则不同的安排方案有________种．答案 156解析 安排6名老师到4个班，其中按1,1,2,2分法，共有C 16C 15C 24C 22＝180种，刘老师和王老师分配到一个班，共有C 14C 13A 22＝24种，所以刘老师和王老师不在一起的安排方案有180－24＝156种．16．(2019·海南二模)已知菱形ABCD ，E 为AD 的中点，且BE ＝3，则菱形ABCD 面积的最大值为________．答案 12解析 设AE ＝x ，则AB ＝AD ＝2x ，∵两边之和大于第三边，两边之差小于第三边，∴⎩⎪⎨⎪⎧ AB ＋AE >BE ，AB －AE <BE ，即⎩⎪⎨⎪⎧ 2x ＋x >3，2x －x <3⇒⎩⎪⎨⎪⎧x >1，x <3，∴x ∈(1,3)，设∠BAE ＝θ，在△ABE 中，由余弦定理可知9＝(2x )2＋x 2－2·2x ·x cos θ，即cos θ＝5x 2－94x 2，S 菱形ABCD ＝2x ·2x ·sin θ＝4x 21－⎝ ⎛⎭⎪⎫5x 2－94x 22＝－9(x 4－10x 2＋9)，令t ＝x 2，则t ∈(1,9)，则S 菱形ABCD ＝－9[(t －5)2－16]，当t ＝5时，即x ＝5时，S 菱形ABCD 有最大值12.三、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：60分．17．(本小题满分12分)(2019·潍坊市三模)设数列{a n }满足a 1·2a 2·3a 3·…·na n ＝2n (n ∈N *)．(1)求{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫2＋2n ＋1a n 的前n 项和S n .解 (1)由n ＝1得a 1＝2， 因为a 1·2a 2·3a 3·…·na n ＝2n ，当n ≥2时，a 1·2a 2·3a 3·…·(n －1)a n －1＝2n －1， 由两式作商得，a n ＝2n (n >1且n ∈N *)， 又因为a 1＝2符合上式， 所以a n ＝2n (n ∈N *)．(2)设b n ＝2＋2n ＋1a n ，则b n ＝n ＋n ·2n ，所以S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝(1＋2＋…＋n )＋(2＋2·22＋3·23＋…＋(n －1)·2n －1＋n ·2n )，设T n ＝2＋2·22＋3·23＋…＋(n －1)·2n －1＋n ·2n ， ①所以2T n ＝22＋2·23＋…＋(n －2)·2n －1＋(n －1)·2n ＋n ·2n ＋1， ② ①－②得，－T n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1， 所以T n ＝(n －1)·2n ＋1＋2. 所以S n ＝T n ＋n (n ＋1)2， 即S n ＝(n －1)·2n ＋1＋n (n ＋1)2＋2.18．(本小题满分12分)(2019·湖南、湖北八市十二校联合调研)近期，某公交公司分别推出支付宝和微信扫码支付乘车活动，活动设置了一段时间的推广期，由于推广期内优惠力度较大，吸引越来越多的人开始使用扫码支付．某线路公交车队统计了活动刚推出一周内每一天使用扫码支付的人次，用x 表示活动推出的天数，y 表示每天使用扫码支付的人次(单位：十人次)，统计数据如表1所示：表1：x 1 2 3 4 5 6 7 y611213466101196(1)根据散点图判断，在推广期内y ＝a ＋bx 与y ＝c ·d x (c ，d 均为大于零的常数)哪一个适宜作为扫码支付的人次y 关于活动推出天数x 的回归方程类型？(给出判断即可，不必说明理由)(2)根据(1)的判断结果及表1中的数据，求y 关于x 的回归方程，并预测活动推出第8天使用扫码支付的人次；(3)推广期结束后，车队对乘客的支付方式进行统计，结果如表2：表2：使用乘车卡支付的乘客享受8折优惠，扫码支付的乘客随机优惠，根据统计结果得知，使用扫码支付的乘客，享受7折优惠的概率为16，享受8折优惠的概率为13，享受9折优惠的概率为12.根据所给数据以事件发生的频率作为相应事件发生的概率，估计一名乘客一次乘车的平均费用．参考数据：⎝ ⎛⎭⎪⎫其中v i ＝lg y i ，v －＝17∑i ＝1v i 参考公式：对于一组数据(u 1，v 1)，(u 2，v 2)，…，(u n ，v n )，其回归直线v ^＝a ^＋β^u 的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为β^＝∑ni ＝1u i v i －n u －v－∑ni ＝1u 2i －n u－2，a ^＝v －－β^u －. 解 (1)根据散点图判断，y ＝c ·d x 适宜作为扫码支付的人数y 关于活动推出天数x 的回归方程类型．(2)∵y ＝c ·d x ，两边同时取常用对数得，lg y ＝lg (c ·d x )＝lg c ＋x lg d ； 设lg y ＝v ，∴v ＝lg c ＋x lg d ，∵x －＝4，v －＝1.54，∑7i ＝1x 2i ＝140，∴lg d ^＝∑7i ＝1x i v i －7x v∑7i ＝1x 2i －7x－2＝50.12－7×4×1.54140－7×42＝728＝0.25. 把样本中心点(4,1.54)代入v ＝lg c ＋x lg d ，得 lg c^＝0.54 ，∴v^＝0.54＋0.25x ，∴lg y ^＝0.54＋0.25x ， ∴y 关于x 的回归方程式为y ^＝100.54＋0.25x ＝100.54×(100.25)x ＝3.47×100.25x ， 把x ＝8代入上式，y ^＝3.47×102＝347. 活动推出第8天使用扫码支付的人次为3470. (3)记一名乘客乘车支付的费用为Z ， 则Z 的取值可能为2,1.8,1.6,1.4， P (Z ＝2)＝0.1；P (Z ＝1.8)＝0.3×12＝0.15；P (Z ＝1.6)＝0.6＋0.3×13＝0.7；P (Z ＝1.4)＝0.3×16＝0.05， 分布列为：Z 2 1.8 1.6 1.4 P0.10.150.70.05所以，一名乘客一次乘车的平均费用为2×0.1＋1.8×0.15＋1.6×0.7＋1.4×0.05＝1.66(元)．19．(本小题满分12分)(2019·广州市二模)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为菱形，∠BAD ＝60°，∠APD ＝90°，且AD ＝PB .(1)求证：平面P AD ⊥平面ABCD ；(2)若AD⊥PB，求二面角D－PB－C的余弦值．解(1)证明：如图，取AD的中点O，连接OP，OB，BD，因为底面ABCD为菱形，∠BAD＝60°，所以AD＝AB＝BD.因为O为AD的中点，所以OB⊥AD.在△APD中，∠APD＝90°，O为AD的中点，所以PO＝12AD＝AO.设AD＝PB＝2a，则OB＝3a，PO＝OA＝a，因为PO2＋OB2＝a2＋3a2＝4a2＝PB2，所以OP⊥OB.因为OP∩AD＝O，OP⊂平面P AD，AD⊂平面P AD，所以OB⊥平面P AD.因为OB⊂平面ABCD，所以平面P AD⊥平面ABCD.(2)解法一：因为AD⊥PB，AD⊥OB，OB∩PB＝B，PB⊂平面POB，OB⊂平面POB，所以AD ⊥平面POB . 所以PO ⊥AD .由(1)得PO ⊥OB ，AD ⊥OB ，所以OA ，OB ，OP 所在的直线两两互相垂直．以O 为坐标原点，分别以OA ，OB ，OP 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系．设AD ＝2，则A (1,0,0)，D (－1,0,0)，B (0，3，0)，P (0,0,1)， 所以PD →＝(－1,0，－1)，PB →＝(0，3，－1)，BC →＝AD →＝(－2,0,0)， 设平面PBD 的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎨⎧n ·PD →＝－x 1－z 1＝0，n ·PB →＝3y 1－z 1＝0，令y 1＝1，则x 1＝－3，z 1＝3， 所以n ＝(－3，1，3)．设平面PBC 的法向量为m ＝(x 2，y 2，z 2)， 则⎩⎨⎧m ·BC →＝－2x 2＝0，m ·PB →＝3y 2－z 2＝0，令y 2＝1，则x 2＝0，z 2＝3， 所以m ＝(0,1，3)．设二面角D －PB －C 为θ，由于θ为锐角，所以|cosθ|＝|cos〈m，n〉|＝42×7＝277.所以二面角D－PB－C的余弦值为277.解法二：因为AD⊥PB，AD⊥OB，OB∩PB＝B，PB⊂平面POB，OB⊂平面POB，所以AD⊥平面POB.所以PO⊥AD.所以PO＝a，PD＝2a.过点D作DH⊥PB，H为垂足，过点H作HG∥BC交PC于点G，连接DG，因为AD⊥PB，BC∥AD，所以BC⊥PB，即HG⊥PB.所以∠DHG为二面角D－PB－C的平面角．在等腰△BDP中，BD＝BP＝2a，PD＝2a，根据等面积法可以求得DH＝72a.进而可以求得PH＝12a，所以HG＝12a，PG＝2 2a.在△PDC 中，PD ＝2a ，DC ＝2a ，PC ＝22a ， 所以cos ∠DPC ＝PD 2＋PC 2－DC 22PD ·PC＝34.在△PDG 中，PD ＝2a ，PG ＝22a ，cos ∠DPC ＝34， 所以DG 2＝PD 2＋PG 2－2PD ·PG ·cos ∠DPG ＝a 2，即DG ＝a . 在△DHG 中，DH ＝72a ，HG ＝12a ，DG ＝a ， 所以cos ∠DHG ＝DH 2＋HG 2－DG 22DH ·HG ＝277.所以二面角D －PB －C 的余弦值为277. 20．(本小题满分12分)(2019·扬州一模)已知直线x ＝－2上有一动点Q ，过点Q 作直线l 1垂直于y 轴，动点P 在l 1上，且满足OP →·OQ →＝0(O 为坐标原点)，记点P 的轨迹为曲线C .(1)求曲线C 的方程；(2)已知定点M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，A 为曲线C 上一点，直线AM 交曲线C于另一点B ，且点A 在线段MB 上，直线AN 交曲线C 于另一点D ，求△MBD 的内切圆半径r 的取值范围．解 (1)设点P (x ，y )，则Q (－2，y )， ∴OP →＝(x ，y )，OQ →＝(－2，y )．∵OP →·OQ →＝0，∴OP →·OQ →＝－2x ＋y 2＝0，即y 2＝2x . 所以曲线C 的方程为y 2＝2x .(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，D (x 3，y 3)，直线BD 与x 轴交点为E ，直线AB 与内切圆的切点为T .设直线AM 的方程为y ＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12，则联立方程组⎩⎨⎧y ＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12，y 2＝2x ，得k 2x 2＋(k 2－2)x ＋k 24＝0，∴x 1x 2＝14且0<x 1<x 2，∴x 1<12<x 2， ∴直线AN 的方程为y ＝y 1x 1－12⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12， 与方程y 2＝2x 联立得y 21x 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫y 21＋2x 21－2x 1＋12x ＋14y 21＝0， 化简得2x 1x 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 21＋12x ＋12x 1＝0， 解得x 3＝14x 1或x 3＝x 1.∵x 3＝14x 1＝x 2，∴BD ⊥x 轴，设△MBD 的内切圆圆心为H ，则点H 在x 轴上且HT ⊥AB . ∴S △MBD ＝12·⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋12|2y 2|， 且△MBD 的周长为2⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋122＋y 22＋2|y 2|， ∴S △MBD ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋122＋y 22＋2|y 2|·r ＝12·⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋12·|2y 2|， ∴r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋12|y 2||y 2|＋⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋122＋y 22＝11x 2＋12＋1y 22＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋122＝112x 2＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋122＋1x 2＋12，令t ＝x 2＋12，则t >1， ∴r ＝112t －1＋1t 2＋1t 在区间(1，＋∞)上单调递增，则r >12＋1＝2－1，即r 的取值范围为(2－1，＋∞)．21．(本小题满分12分)(2019·湖南永州三模)已知函数f (x )＝ln x 2－ax ＋bx (a ，b >0)，对任意x >0，都有f (x )＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫4x ＝0.(1)讨论f (x )的单调性；(2)当f (x )存在三个不同的零点时，求实数a 的取值范围． 解 (1)由f (x )＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫4x ＝ln x 2－ax ＋b x ＋ln 2x －4a x ＋xb 4＝0，得b ＝4a ，f (x )＝ln x 2－ax ＋4a x ，f ′(x )＝1x －a －4a x 2＝－ax 2＋x －4ax 2(x >0)．令h (x )＝－ax 2＋x －4a ，若Δ＝1－16a 2≤0时，求得a ≥14，此时h (x )≤0，f ′(x )≤0，f (x )在(0，＋∞)上单调递减．若Δ＝1－16a 2＞0，即0<a <14时，h (x )有两个零点， x 1＝1－1－16a 22a >0，x 2＝1＋1－16a 22a>0，h (x )开口向下，当0<x <x 1时，h (x )＜0，f ′(x )<0，f (x )单调递减； 当x 1<x <x 2时，h (x )＞0，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x >x 2时，h (x )＜0，f ′(x )<0，f (x )单调递减．综上所述，当a ≥14时，f (x )单调递减；当0<a <14时，f (x )在(0，x 1)和(x 2，＋∞)上单调递减，f (x )在(x 1，x 2)上单调递增．(2)由(1)知当a ≥14时，f (x )单调递减，不可能有三个不同的零点；当0<a <14时，f (x )在(0，x 1)和(x 2，＋∞)上单调递减，f (x )在(x 1，x 2)上单调递增，f (2)＝ln 22－2a ＋2a ＝0，又x 1x 2＝4，有x 1<2<x 2，f (x )在(x 1，x 2)上单调递增， f (x 1)<f (2)＝0，f (x 2)>f (2)＝0， f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2＝－ln 2a 2－1a ＋4a 3， 令g (a )＝－ln 2a 2－1a ＋4a 3，g ′(a )＝－4a 2a 2＋1a 2＋12a 2＝12a 4－2a ＋1a 2，令h (a )＝12a 4－2a ＋1，h ′(a )＝48a 3－2，由h ′(a )＝48a 3－2＝0，求得a 0＝1324>14，当0<a <14时，h (a )单调递减，h (a )＞h ⎝ ⎛⎭⎪⎫14＝364－12＋1>0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2＝g (a )＝－ln 2a 2－1a ＋4a 3在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，14上单调递增， 故f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2＝g (a )<g ⎝ ⎛⎭⎪⎫14＝3ln 2－4＋116<0，故f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2<0，f (x 2)>0，1a 2>x 2， 由零点存在性定理知f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2，1a 2有一个根，设为x 0，又f (x 0)＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫4x 0＝0，得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫4x 0＝0,0<4x 0<x 1，4x 0是f (x )的另一个零点，故当0<a <14时，f (x )存在三个不同的零点，分别为4x 0，2，x 0. (二)选考题：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．22．(本小题满分10分)[选修4－4：坐标系与参数方程](2019·郴州三模)在直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为⎩⎨⎧ x ＝t cos α，y ＝－2＋t sin α(t 为参数，0≤α<π)，点M (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，曲线C 2的极坐标方程为ρ＝42cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4. (1)求曲线C 2的直角坐标方程，并指出其形状；(2)曲线C 1与曲线C 2交于A ，B 两点，若1|MA |＋1|MB |＝174，求sin α的值．解 (1)由ρ＝42cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4，得ρ＝4cos θ－4sin θ，所以ρ2＝4ρcos θ－4ρsin θ. 即x 2＋y 2＝4x －4y ，(x －2)2＋(y ＋2)2＝8.所以曲线C 2是以(2，－2)为圆心，22为半径的圆．(2)将⎩⎪⎨⎪⎧x ＝t cos α，y ＝－2＋t sin α代入(x －2)2＋(y ＋2)2＝8. 整理得t 2－4t cos α－4＝0.设点A ，B 所对应的参数分别为t 1，t 2，则t 1＋t 2＝4cos α，t 1t 2＝－4.1|MA |＋1|MB |＝|MA |＋|MB ||MA ||MB |＝|t 1|＋|t 2||t 1t 2|＝|t 1－t 2|4＝(t 1＋t 2)2－4t 1t 24＝16cos 2α＋164＝174. 解得cos 2α＝116，则sin α＝154.23．(本小题满分10分)[选修4－5：不等式选讲](2019·郴州三摸)已知f(x)＝|ax＋2|.(1)当a＝2时，求不等式f(x)>3x的解集；(2)若f(1)≤M，f(2)≤M，证明：M≥2 3.解(1)当a＝2时，不等式f(x)>3x可化为|2x＋2|>3x.当x≤－1时，－2x－2>3x，x<－25，所以x≤－1；当x>－1时，2x＋2>3x，x<2，所以－1<x<2.所以不等式f(x)>3x的解集是(－∞，2)．(2)证明：由f(1)≤M，f(2)≤M，得M≥|a＋2|，M≥|2a＋2|，3M＝2M＋M≥2|a ＋2|＋|2a＋2|，又2|a＋2|＋|2a＋2|≥|4－2|＝2，所以3M≥2，即M≥23.。