河南省南阳市第一中学2020届高三第十五次考试数学（理）答案.pdf

南阳一中 2020 年春期高三第十五次考试 南阳市一中 2020 年春期高三第十五次考试 数学（理）试题答案 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。全卷满分 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．设全集 U＝R，  2| 2 ,A x y x x    | 2 ,xB y y x R   ，则 ( )RC A B  （ ） A． | 0x x  B． | 0 1x x  C． |1 2x x ＜ D． | 2x x  【答案】D 【解析】 , 2 0xx R y    ,即  | 0B x x  ．  | 0 2A x x   ,  | 0 2UC A x x x  或 ,    | 2UC A B x x    ．故 D 正确． 2．如图所示是一枚 8 克圆形金质纪念币，直径 20mm，面额 100 元.为了测算图中军旗部分 的面积，现用 1 粒芝麻向硬币内投掷 100 次，其中恰有 30 次落在军旗内，据此可估计军旗 的面积大约是（ ） A． 230 mm B． 2363 10 mm C． 2363 5 mm D． 220 mm 【答案】A 【详解】解：利用古典概型近似几何概型可得，芝麻落在军旗内的概率 30 3 100 10P   ， 设军旗的面积为 S ，南阳一中 2020 年春期高三第十五次考试 由题意可得： 2 3 10 10 S   ，所以 2 23 10 30 ( )10S mm     ．故选： A ． 3．已知复数 5 3 1 iz i   ，则下列说法正确的是（ ） A． z 的虚部为 4i B． z 的共轭复数为1 4i C． 5z  D． z 在复平面内对应的点在第二象限 【答案】．B 【解析】 试题分析：       ii ii ii i iz 412 82 11 135 1 35    ，虚部是 4，模是 17 ，对应的点 是  4,1 在第一象限，共轭复数是 i4-1 ，故选 B． 4．已知等比数列 na 的前 n 项和为 nS ，若 4 23S S ，且 2 6 15a a  ，则 4a  ( ) A．8 B．6 C．4 D．2 【答案】B 【详解】 当数列 na 的公比 1q  时， 4 14S a ， 2 13 6S a ， 4 23S S ， 1q  .    4 2 1 11 1 31 1 a q a q q q       ，得 2 2q  .  4 2 6 2 1 15a a a q    ， 2 3a  ， 2 4 2 6a a q   .故选：B. 5．已知函数 xy a ， by x ， logcy x 的图象如图所示，则（ ） A． a b c  B． a c b  C． c a b  D． c b a  【答案】．C 【解析】 试题分析：由图象有 1,0 1, 1a b c  ,所以b 最小,对于南阳一中 2020 年春期高三第十五次考试 , 1,xy a x y a   ,看图象有1 2x  ,所以1 2a  对于 log , 1,cy x y c x   ,看图象有 2 3x  ,所以 2 3c  ,故 c a b  ,选 C. 6．定义在 R 上的偶函数  f x 满足    2f x f x  ，且在 3, 2  上是减函数，锐角 ,  是钝角三角形的两个内角，则下列不等式关系中正确的是（ ） A．    sin cosf f  B．    cos cosf f  C．    cos cosf f  D．    sin cosf f  【答案】．D 【详解】 偶函数  f x 满足      2    f x f x f x ， 函数  f x 关于 1x  对称，且周期 2T  .  f x 在 3, 2  上是减函数，所以在 1,0 上是减函数， 在 0,1 上是增函数.又 2    ， 0 2 2       ， 0 sin sin cos 12           ， ∴    sin cosf f  . 故选:D 7．从一个正方体中截去部分几何体，得到一个以原正方体的部分顶点为顶点的凸多面体， 其三视图如图，则该几何体体积的值为（） A． 5 2 B． 6 2 C．9 D．10 【答案】C 【解析】 由题意可知几何体是四棱锥，如图， 所以几何体的体积是两个三棱锥的体积的和，南阳一中 2020 年春期高三第十五次考试 即 1 12 3 3 3 93 2       ． 故选：C 8．如图给出了计算 60 1 6 1 4 1 2 1   的值的程序框图，其中 ①②分别是( ) A． 2,30  nni B． 2,30  nni C． 1,30  nni D． 1,30  nni 【答案】．B 【解析】 试题分析：∵算法的功能是计算 60 1 6 1 4 1 2 1   的值， ∴循环体循环的次数为 30，∴跳出循环的 i 值为 31， ∴判断框内①应填的条件为 i≥31 或 i＞30； 根据 n 值的变化规律得执行框②应填 n=n+2 9.将函数 sin 3y x      横坐标缩短一半，再向右平移 6  个单位长度，所得图象对应的函 数,下列命题不正确的有几个（ ） ①在区间 ,4 4      上单调递增， ②在区间 3 5,4 4       上单调递减南阳一中 2020 年春期高三第十五次考试 ③有一条对称轴为 6x  ，❹有一个对称中心为 ,04      A.3 B.2 C.1 D. 4 【答案】A 【解析】 将函数 sin 3y x      横坐标缩短一半，再向右平移 6  个单位长度得到 sin 2 sin 26 3y x x           . 当 ,4 4x       时， 2 ,2 2x       ，则函数 sin 2y x 在区间 ,4 4      上单调递增， 当 3 5,4 4x       时， 3 52 ,2 2x       ，则函数 sin 2y x 在区间 3 5,4 4       上单调递增， 当 6x  时， 3sin 2 16 2y         ，直线 6x  不是函数 2sin 2y x 图象的一条对称 轴 当 4x  时， sin 2 sin 1 04 2y          ，则 ,04      不是函数 sin 2y x 图象的一个 对称中心， 故选：A. 10．已知抛物线 2: 2 ( 0)C y px p  的焦点 F 到其准线的距离为 4，圆 2 2( ): 2 1M x y   ， 过 F 的直线l 与抛物线C 和圆 M 从上到下依次交于 A，P ，Q ，B 四点，则 4AP BQ 的最小值为（ ） A．9 B．11 C．13 D．15 【答案】C 因为抛物线 2: 2 ( 0)C y px p  的焦点 F 到其准线的距离为 4，所以 4p  ，因 此 2: 8C y x ，焦点 (2,0)F ，设  1 1,A x y ，  2 2,B x y ，当直线l 斜率存在时，设直线 : ( 2)l y k x  ，南阳一中 2020 年春期高三第十五次考试 由 2 ( 2) 8 y k x y x     得 2 2( 2) 8 0  k x x ，整理得：  2 2 2 24 8 4 0k x k x k    ， 因此 1 2 4x x  ，所以 2 1 4x x ，（由题意易知： 1 2x  ）又 2 2( ): 2 1M x y   的半径为1， 即 1 FP FQ ， 由抛物线的定义可得： 1 1 22    pAF x x ， 2 2 22    pBF x x ， 因此 11 1   AP AF x ， 21 1   BQ BF x ， 所以 1 2 1 1 161 4 4 5 2 16 5 14 3         x x x xAP BQ ， 当且仅当 1 1 16x x ，即 1 4x  时，等号成立；当直线l 斜率不存在时，易得 2 1 3  AP BQ ， 此时 14 5AP BQ ；综上， 4AP BQ 的最小值为13. 11．已知存在正实数 x，y 满足 2 2 22 ( )(ln ln ) 0ax x y y x    ，则实数 a 的取值范围是 （ ） A． – ,0 B． 0,1 C． 0, D． 1, 【答案】．C 【详解】 令 0yt x   ，则   2 2 22 ln ln 0ax x y y x    ， 等价于  22 1 nla t t  ， 令    2 l1 nh t t t  ， 当 1t  时， 2 1 0t   ，  ln 0 0t h t   ， 同理当 0 1t  时  1 0h  ， 当 1t  时   0h t  ．所以   0h t  所以  0,a 南阳一中 2020 年春期高三第十五次考试 故选：C 12．将给定的一个数列{ }na ： 1a ， 2a ， 3a ，…按照一定的规则依顺序用括号将它分组，则 可以得到以组为单位的序列.如在上述数列中，我们将 1a 作为第一组，将 2a ， 3a 作为第二组， 将 4a ， 5a ， 6a 作为第三组，…，依次类推，第 n 组有 n 个元素（ *n N ），即可得到以组 为单位的序列： 1( )a ， 2 3( )a a, ， 4 5 6( , , )a a a ，…，我们通常称此数列为分群数列.其中第 1 个括号称为第 1 群，第 2 个括号称为第 2 群，第 3 个数列称为第 3 群，…，第 n 个括号称 为第 n 群，从而数列{ }na 称为这个分群数列的原数列.如果某一个元素在分群数列的第 m 个 群众，且从第 m 个括号的左端起是第 k 个，则称这个元素为第 m 群众的第 k 个元素.已知数 列 1,1,3,1,3,9,1,3,9,27，…，将数列分群，其中，第 1 群为（1），第 2 群为（1,3），第 3 群为 （1,3， 23 ），…，以此类推.设该数列前 n 项和 1 2 nN a a a    ，若使得 14900N  成 立的最小 na 位于第 m 个群，则 m  （ ） A．11 B．10 C．9 D．8 【答案】B 【解析】 由题意得到该数列的前 r 组共有  11 2 3 4...... 2 r rr      个元素，其和为         1 2 2 11 3 2 31 1 3 1 3 3 ..... 1 3 3 .... 32 4 r rr r rS                     则 r=9 时，     103 2 9 345 14757, 10, 55 44281 149004S r S       故使得 N>14900 成立的最小值 a 位于第十个群. 故答案为：B. 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。 13．已知 ,a b  为单位向量，且 a b  =0，若 2 5c a b    ，则 cos ,a c   ___________. 【答案】 2 3 . 【详解】南阳一中 2020 年春期高三第十五次考试 因为 2 5c a b    ， 0a b  ， 所以 22 5a c a a b       2 ， 2 2 2| | 4| | 4 5 5| | 9c a a b b        ，所以| | 3c  ， 所以 cos ,a c   2 2 1 3 3 a c a c        ． 14．已知函数 1 1 2( ) 2 2 x xf x    ，对于  R ， x R  ，使得 2 2cos ( ) sin 1m f x m      成立，则实数 m 的取值范围是_______. 【答案】． 3 2( , 1) ( , )2 2    【详解】 1 1 2 1 1( ) 2 2 2 1 2 x x xf x       ，由 2 1 1x   ，得 10 11 2x  ， 1 1( )2 2f x   ，即 ( )f x 的值域是 1( 2  ， 1)2 ． ①对于   R ， x R  ，使得 2cos ( )m f x   ， 转化为只要 2( ) ( )cos m f x  最大值 最大值 ， 2 11 2m   ， 2 1 2m  ； 对于  R ， x R  ， 2( ) sin 1f x m   ， 转化为只要 2( ) ( 1)f x sin m  最小值 最小值 ， 3 2m   ， 解不等式组 2 1 2 3 2 m m      ，得 3 2 2 2m    或 2 2m  ； ②由 2 2cos sin 1m m     对于  R 恒成立，  2 2cos sin 1m m     ，  2 2cos sin cos cos 1 1        ，  21 1m m   ，解得： 0m  或 1m   ； 故 m 的取值范围是 3 2( , 1) ( , )2 2    .南阳一中 2020 年春期高三第十五次考试 故答案为： 3 2( , 1) ( , )2 2    . 15．已知 1 2,F F 分别为双曲线 2 2 2 2 1( 0, 0)x y a ba b     的左、右焦点，过 2F 与双曲线的一条 渐近线平行的直线交双曲线于点 P ，若 21 3PF PF ，则双曲线的离心率为________. 【答案】 3 设过 2F 与双曲线的一条渐近线 by xa  平行的直线交双曲线于点 P ， 由双曲线的定义可得 1 2| | | | 2PF PF a  ，由 1 2| | 3| |PF PF ，可得 1| | 3PF a ， 2| |PF a ， 1 2| | 2F F c ， 由 1 2tan bF F P a   可得 1 2 2 2 1cos 1 aF F P cb a     ，在三角形 1 2PF F 中，由余弦定理可得： 2 2 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2| | | | | | 2| | | | cosPF PF F F PF F F F F P    ，即有 2 2 29 4 2 2 aa a c a c c      ， 化简可得， 2 23c a ，则双曲线的离心率 3 ce a ． 16．农历五月初五是端午节，民间有吃粽子的习惯，粽子又称粽籺，俗称“粽子”，古称“角 黍”，是端午节大家都会品尝的食品，传说这是为了纪念战国时期楚国大臣、爱国主义诗人 屈原.如图，平行四边形形状的纸片是由六个边长为 1 的正三角形构成的，将它沿虚线折起 来，可以得到如图所示粽子形状的六面体，则该六面体的体积为____；若该六面体内有一 球，则该球体积的最大值为____． 【答案】 2 6 8 6 729  【解析】 (1)每个三角形面积是 1 3 312 2 4S         ，由对称性可知该六面是由两个正 四面合成的， 可求出该四面体的高为 2 3 61 3 3       ，故四面体体积为 1 3 6 2 3 4 3 12    ，南阳一中 2020 年春期高三第十五次考试 因此该六面体体积是正四面体的 2 倍， 所以六面体体积是 2 6 ； (2)由图形的对称性得，小球的体积要达到最大，即球与六个面都相切时，由于图像的对称 性，内部的小球要是体积最大，就是球要和六个面相切， 连接球心和五个顶点，把六面体分成了六个三棱锥设球的半径为 R ， 所以 2 1 3 666 3 4 9R R           ， 所以球的体积 3 34 4 6 8 6 3 3 9 729V R         . 三、解答题：本大题共 6 小题，共 70 分。 17．某市规划一个平面示意图为如下图五边形 ABCDE 的一条自行车赛道，ED ，DC ，CB， BA ， AE 为赛道（不考虑宽度）， BE 为赛道内的一条服务通道， 2 3BCD CDE BAE       ， DE  4km ， 3BC CD km  . （1）求服务通道 BE 的长度； （2）应如何设计，才能使折线段赛道 BAE 最长？ 【详解】 （1）连接 BD ，在 BCD 中，由余弦定理得： 2 2 2 2BD BC CD BC   cos 9CD BCD   ， 3BD  . BC CD ， 6CBD CDB     ， 又 2 3CDE   ， 2BDE   ， 在 Rt BDE 中， 2 2 5BE BD DE   ……………………………………6 分 （2）在 BAE 中， 2 3  BAE ， 5BE  . 由余弦定理得 2 2 2 2 cosBE AB AE AB AE    BAE ， 即 2 225 AB AE AB AE    ， 故 2 25AB AE   2 2 AB AEAB AE       ， 从而  23 254 AB AE  ，即 10 3 3AB AE  ，南阳一中 2020 年春期高三第十五次考试 当且仅当 AB AE 时，等号成立， 即设计为 AB AE 时，折线段赛道 BAE 最长. ………………………………12 分 18．如图所示，在四面体 ABCD 中， AD AB ，平面 ABD  平面 ABC ， 2 2AB BC AC  ，且 4AD BC  . （1）证明： BC ⊥ 平面 ABD ； （2）设 E 为棱 AC 的中点，当四面体 ABCD 的体积取得最 大值时，求二面角C BD E  的余弦值. 【答案】（1）见证明；（2） 30 6 【解析】（1）证明：因为 AD AB ，平面 ABD  平面 ABC ， 平面 ABD  平面 ABC AB ， AD  平面 ABD ， 所以 AD  平面 ABC ， 因为 BC 平面 ABC ，所以 AD BC . 因为 2 2AB BC AC  ，所以 2 2 2AB BC AC  ， 所以 AB BC ， 因为 AD AB A  ，所以 BC  平面 ABD . …………………………..5 分 （2）解：设 (0 4)AD x x   ，则 4AB BC x   ， 四面体 ABCD 的体积   1 1 3 2V f x x      2 3 214 8 166x x x x    (0 4)x  .    21 3 16 166f x x x      1 4 3 46 x x  ， 当 40 3x  时，   0f x  ，  V f x 单调递增； 当 4 43 x  时，   0f x  ，  V f x 单调递减. 故当 4 3AD x  时，四面体 ABCD 的体积取得最大值. 以 B 为坐标原点，建立空间直角坐标系 B xyz ， 则  0,0,0B ， 80, ,03A     ， 8 ,0,03C      ， 8 40, ,3 3D     ， 4 4 , ,03 3E      .南阳一中 2020 年春期高三第十五次考试 设平面 BCD的法向量为 ( , , )n x y z ， 则 0 0 n BC n BD         ，即 8 03 8 4 03 3 x y z      ， 令 2z   ，得 (0,1, 2)n   ， 同理可得平面 BDE 的一个法向量为 (1, 1,2)m   ，则 5 30 65 6     . 由图可知，二面角C BD E  为锐角，故二面角C BD E  的余弦值为 30 6 ……12 分 19．某果园种植“糖心苹果”已有十余年，根据其种植规模与以往的种植经验，产自该果园 的单个“糖心苹果”的果径（最大横切面直径，单位： mm ）在正常环境下服从正态分布  68 36N ， . （1）一顾客购买了 20 个该果园的“糖心苹果”，求会买到果径小于 56 mm 的概率； （2）为了提高利润，该果园每年投入一定的资金，对种植、采摘、包装、宣传等环节进行 改进.如图是 2009 年至 2018 年，该果园每年的投资金额 x（单位：万元）与年利润增量 y（单 位：万元）的散点图： 该果园为了预测 2019 年投资金额为 20 万元时的年利润增量，建立了 y 关于 x 的两个回归 模型； 模型①：由最小二乘公式可求得 y 与 x 的线性回归方程： 2.50 2 0ˆ .5y x  ； 模型②：由图中样本点的分布，可以认为样本点集中在曲线： lny b x a  的附近，对投南阳一中 2020 年春期高三第十五次考试 资金额 x 做交换，令 lnt x ，则 y b t a   ，且有 10 1 22.00i i t   ， 10 1 230i i y   ， 10 1 569.00i i i t y   ， 10 2 1 50.92i i t   . （I）根据所给的统计量，求模型②中 y 关于 x 的回归方程； （II）根据下列表格中的数据，比较两种模型的相关指数 2R ，并选择拟合精度更高、更可 靠的模型，预测投资金额为 20 万元时的年利润增量（结果保留两位小数）. 回归模型 模型① 模型② 回归方程 2.50 2 0ˆ .5y x  lˆ ny b x a    10 2 1 ˆi i i y y   102.28 36.19 附：若随机变量  2X N   ， ，则  2 2 0.9544P X        ，  3 3 0.9974P X        ；样本  , 1 2i it y i n ，， ， 的最小乘估计公式为      1 2 1 ˆ n i i i n i i t t y y b t t         ， ˆˆa y bt  ； 相关指数     2 2 1 2 1 ˆ 1 n i i n i i y y R y y         . 参考数据： 200.9772 0.6305 ， 200.9987 0.9743 ， ln 2 0.6931 ， ln 5 1.6094 . 【详解】（1）由已知，当个“糖心苹果”的果径  2X N   ， ， 则 68  ， 6  . 由正态分布的对称性可知，南阳一中 2020 年春期高三第十五次考试        1 1 156 1 68 12 68 12 1 2 2 1 0.9544 0.02282 2 2P X P X P                            设一顾客购买了 20 个该果园的“糖心苹果”，其中果径小于 56 mm 的有 个，则  20,0.0228B  ， 故      20 201 1 0 1 1 0.0228 1 0.9772 0.3695P P           ， 所以这名顾客所购买 20 个“糖心苹果”中有果径小于 56 mm 的苹果概率为 0.3695……4 分 （2）（I）由 10 1 22.00i i t   ， 10 1 230i i y   ，可得 2.20t  ， 23y  又由题，得      1 1 2 2 2 1 1 10 569.00 10 2.20 23 2550.92 10 ˆ 2.20 2.2010 n n i i i ii i n n i ii i t t y y t y t y b t t t t                      ， 则 23 25 2ˆ .20 32ˆa y bt       所以，模型②中 y 关于 x 的回归方程 25l 32ˆ ny x  ………………………8 分 （II）由表格中的数据，有102.28 36.19 ，即    10 102 2 1 1 102.28 36.19 i ii iy y y y      ， 所以模型①的 2R 小于模型②，说明回归模型②刻画的拟合效果更好， 当 20x  时，模型②的年利润增量的预测值为    25 ln20 32 25 2ln2 ln5 32 25 2 0.6931 1.6094 32 42.8ˆ 9y              （万 元）， 这个结果比模型①的预测精度更高、更可靠……………………………………………12 分 20．已知椭图 1C ：   2 2 2 2 1 0x y a ba b     的右顶点与抛物线 2C ：  2 2 0y px p  的焦 点重合，椭圆 1C 的离心率为 1 2 ，过椭圆 1C 的右焦点 F 且垂直于 x 轴的直线截抛物线所得 的弦长为 4 2 . （1）求椭圆 1C 和抛物线 2C 的方程； （2）过点  4,0A  的直线l 与椭圆 1C 交于 M ， N 两点，点 M 关于 x 轴的对称点为 E . 当直线l 绕点 A 旋转时，直线 EN 是否经过一定点？请判断并证明你的结论.南阳一中 2020 年春期高三第十五次考试 【详解】（1）设椭圆 1C 的半焦距为 c ，依题意，可得 2 pa  ，则 2C ： 2 4y ax ， 代入 x c ，得 2 4y ac ，即 2y ac  ，所以 4 4 2ac  ，则有 2 2 2 2 1 2 ac c a a b c       ， 2, 3a b   .所以椭圆 1C 的方程为 2 2 14 3 x y  ，抛物线 2C 的方程为 2 8y x ….4 分 （2）依题意，当直线l 的斜率不为 0 时，设其方程为 4x ty  ， 联立 2 2 4 3 4 12 x ty x y      ，得 2 23 4 24 36 0t y ty    ， 设  1 1,M x y ，  2 2,N x y ，则  1 1,E x y ，由   ，解得 2t   或 2t  ， 且 1 2 2 24 3 4 ty y t    ， 1 2 2 36 3 4y y t   ， 根据椭圆的对称性可知，若直线 EN 过定点，此定点必在 x 轴上，设此定点为  ,0Q m ， 因斜率 NQ EQk k ，得 2 1 2 1 y y x m x m   ，即   1 2 2 1 0x m y x m y    ， 即   1 2 2 14 4 0ty m y ty m y      ，即   1 2 1 22 4 0ty y m y y    ， 即  2 2 36 242 4 03 4 3 4 tt mt t       ，得   3 4 1 0m t m t      ， 由t 的任意性可知 1m   .当直线l 的斜率为 0 时，直线 EN 的方程即为 0y  ，也经过点  1,0Q  ，所以当 2t   或 2t  时，直线 EN 恒过一定点  1,0Q  ………………..12 分 21. 已知函数  ( ) ( 0)x xf x e x ae a   . （1）讨论 ( )f x 极值点的个数； （2）若 ( )f x 有两个极值点 1x ， 2x ，且    1 2 1 21 1 2 0x x m x x      ，求实数 m 的 取值范围. 21.【详解】 （1）由    x xf x e x ae  ，南阳一中 2020 年春期高三第十五次考试 得    1 2x xf x e x ae   . 令   0f x  ，得 1 2 0xx ae   ， 即 1 2ex x a  ， 令   1 x xg x e  ，则  1 0g   ，且   x xg x e   ， 由   0g x  得 0x  . 当 0x  时，   0g x  ，  g x 在  ,0x  单调递增； 当 0x  时，   0g x  ，  g x 在  0,x  单调递减. 所以，    max 0 1g x g  ， 且当 1x   时，   0g x  ；当 1x   时，   0g x  . 所以，当 0 2 1a  ， 方程 1 2ex x a  有两解，不妨设为 1 2x x 故当 1( , )x x  时， ( ) 0f x  ，故  f x 单调递减， 当 1 2( , )x x x 时， ( ) 0f x  ，故  f x 单调递增， 当 2( , )x x  时， ( ) 0f x  ，故  f x 单调递减， 即 10 2a  时，  f x 有两个极值点； 当 2 1a  ， 1 2ex x a  恒成立，故  f x 单调递减， 即 1 2a  时，  f x 没有极值 …………………………6 分 （2）不妨设 1 2x x ， 由（1）知 10 2a  ， 1 21 0x x    ， 则 1 2 1 2 1 2 e 1 2 e x x x a x a       ， 两边取对数，所以         1 1 2 2 1 2 1 2 ln x ln a x ln x ln a x        ，南阳一中 2020 年春期高三第十五次考试 所以    2 1 2 1ln 1 ln 1x x x x     ， 即        2 1 2 1ln 1 ln 1 1 1x x x x       . 令 1 11x t  ， 2 21x t  ， 则 1 20 t t  ， 2 1 2 1ln lnt t t t   . 因为    1 2 1 21 1 2 0x x m x x      ， 即  1 2 1 2 0t t m t t   ， 所以    2 2 1 2 2 1 2 1ln ln 0t t t t m t t    ， 即 2 2 1 1 1 2 ln 0t t tmt t t        ，设 2 1 t tt  ，则 1t  ，且 1ln 0t m t t       . 易知 0m  .记   1lnh t t m t t       ，则  1 0h  ， 且   2 2 2 1 11 mt t mh t mt t t           ， 考查函数   2u t mt t m   ， 21 4m   . ①当 1 2m   时， 0  ，则   0u t  ，即   0h t  ， 所以  h t 在 1, 上单调递减，所以当 1t  时，    1 0h t h  ， 所以当 1 2m   时符合题意. ②当 1 02 m   时， 0  ，  u t 有两个不同零点 ，  ，且 1  ， 1 0m      ， 不妨设  ，则 0 1    ，当1 t   时，   0u t  ，则   0h t  ， 所以  h t 在  1, 上单调递增，故存在  0 1,t  ，使得    0 1 0h t h  ， 所以，当 1 02 m   时，不符合题意， 综上， m 的取值范围是 1, 2      ……………………………………………..12 分南阳一中 2020 年春期高三第十五次考试 选做题 22．在直角坐标系 xOy 中，圆 C 的参数方程为 2 cos2 2 sin2 x r y r           （ 为参数 0r  ） 以 O 为极点，x 轴的非负半轴为极轴，并取相同的长度单位建立极坐标系，直线 l 的极坐标 方程 2sin 4 2       （1）求圆心的极坐标． （2）若圆 C 上点到直线 的最大距离为 3，求 r 的值． （1） 51, 4      （2） 22 2r   【解析】 （1）将圆的参数方程化为圆的直角坐标方程为 2 2 22 2 2 2x y r                 （ 圆心坐标为 2 2C ,2 2       2 2 2 2 12 2                   圆心 C 在第三象限 5 4   圆心极坐标为 51, 4      ………………………………….5 分 （2）圆 C 上点到直线l 的最大距离等于圆心 C 到l 距离与半径之和 直线 l 的直角坐标方程为 x+y-1=0 2 2 12 2 3 2 r      所以 22 2r   …………………………………………….10 分 选做题 23．已知函数   | 1| | 2 |f x x x    .南阳一中 2020 年春期高三第十五次考试 （1）求不等式   5f x  的解集； （2）若不等式   2 1f x x ax   的解集包含 1,1 ，求实数 a 的取值范围. 1．(1)   3,2 ；(2)   1,1 . 【详解】 （1）当 2x   时，   5f x  等价于 2 1 5x   ， 解得  3, 2x   ； 当 2 1x   时，   5f x  等价于3 5 ，恒成立， 解得  2,1x  ； 当 1x  时，   5f x  等价于 2 1 5x   ， 解得  1,2x ； 综上所述，不等式的解集为 3,2 . ……………………………………………………..(5 分) （2）不等式   2 1f x x ax   的解集包含 1,1 ， 等价于   2 1f x x ax   在区间 1,1 上恒成立， 也等价于 2 2 0x ax   在区间 1,1 恒成立. 则只需   2 2g x x ax   满足：  1 0g   且  1 0g  即可. 即1 2 0,1 2 0a a      ， 解得  1,1a  . ………………………………………………………………………....(10 分)