2020届江西省吉安、抚州、赣州市高三一模数学（文）试题（解析版）

第 1 页 共 20 页 2020 届江西省吉安、抚州、赣州市高三一模数学（文）试题 一、单选题 1．已知全集 ，集合 ，集合 ， 则 （ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】求出集合 ，利用交集和补集的定义可求得集合 . 【详解】 依题意可知， ， ，所以 ， 所以 ． 故选：B. 【点睛】 本题考查交集和补集的混合运算，考查计算能力，属于基础题. 2．已知 为虚数单位， ，则复数 的虚部是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】利用复数的乘法法则将复数 化为一般形式，进而可得出复数 的虚部. 【详解】 ， ，所以 的虚部是 ． 故选：D． 【点睛】 本题考查复数虚部的求解，考查了复数乘法运算的应用，考查计算能力，属于基础题. 3．已知等差数列 满足 ， ，则 （ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】设等差数列 的公差为 ，根据题意建立有关 和 的方程组，解出这两 { }1,0,1,2,3,4U = − { }1,1,2,4A = − { }4 2xB x N y= ∈ = − ( )UA B =  { }1,2,3,4− { }1,4− { }1,2,4− { }0,1 B ( )UA B∩  { }1,0,1,2,3,4U = − { }0,1,2B = { }1,3,4U B = − ( ) { }1,4UA B = −  i 2 1 21z ii ⋅ = +− z 3 2 3 2 i 1 2 i 1 2 z z 2 1 21z ii ⋅ = +− ( )( )1 1 2 3 1 2 2 2 i iz i − +∴ = = + z 1 2 { }na 2 4 6a a+ = 5 7 10a a+ = 18a = 12 13 13 3 14 3 { }na d 1a d第 2 页 共 20 页 个量，进而可求出 的值. 【详解】 由题意，设等差数列 的公差为 ，则 ，解得 ， ， 所以 ， 故选：B． 【点睛】 本题考查等差数列基本量的计算，解答的关键就是建立首项和公差的方程组，考查计算 能力，属于基础题. 4．已知 、 ，则“ ”是“ ”成立的（ ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】根据充分条件、必要条件的定义判断即可. 【详解】 当 成立时，不妨设 ,此时不满足 ，所以，“ ” “ ”； 当 ，则有 ，即 ，所以，“ ” “ ”. 因此，“ ”是“ ”成立的必要不充分条件. 故选：B. 【点睛】 本题考查必要不充分条件的判断，考查推理能力，属于基础题. 5． ， ， 的大小关系是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】利用指数函数、对数函数的单调性结合中间值法即可得出 ， ， 三 个数的大小关系. 18a { }na d 1 1 1 1 3 6 4 6 10 a d a d a d a d + + + =  + + + = 1 5 3a = 2 3d = 18 1 17 13a a d= + = a b R∈ 2 0a b+ = 2a b = − 2 0a b+ = 0a b= = 2a b = − 2 0a b+ = ⇒ 2a b = − 2a b = − 2a b= − 2 0a b+ = 2a b = − ⇒ 2 0a b+ = 2 0a b+ = 2a b = − 1 32 1 25 − 3log 2 1 1 3 2 32 5 log 2 −< < 11 32 35 2 log 2 − < < 11 32 3log 2 5 2 −< < 11 32 35 log 2 2 − < < 1 32 1 25 − 3log 2第 3 页 共 20 页 【详解】 ， ， ，所以 ． 故选：D. 【点睛】 本题考查指数式、对数式的大小比较，一般利用指数函数、对数函数的单调性结合中间 值法来进行判断，考查推理能力，属于基础题. 6．已知 ，则 （ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】设 ，可得 ，可得出 ，利用二倍角的正弦公 式以及弦化切思想可求得 的值. 【详解】 设 ，则 ， ， ． 故选：D. 【点睛】 本题考查利用三角求值，涉及二倍角公式以及弦化切思想的应用，考查计算能力，属于 基础题. 7．设 、 ， ， ， ，且 ， ，则 （ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】根据共线向量和向量垂直的坐标表示求出 、 的值，可得出 的坐 1 032 2 1> = 3 3 11 log 2 log 3 2 > > = 1 2 1 1 10 5 25 4 −< = < = 11 32 35 log 2 2 − < < 3tan 6 5 πα + = −   sin 2 3 πα + =   8 17 8 17 − 15 17 15 17 − 6 πα θ+ = 2 23 πα θ+ = 3tan 5 θ = − sin 2 3 πα +   6 πα θ+ = 2 23 πα θ+ = 3tan tan6 5 πα θ + = = −   2 2 2 2sin cos 2tan 15sin 2 2sin cos cos sin 1 tan 17 θ θ θθ θ θ θ θ θ∴ = = = = −+ + x y R∈ ( ),1a x= ( )2,b y= ( )2,2c = − a b⊥  //b c  2 3a b c+ − =   2 34 26 12 2 10 x y 2 3a b c+ −  第 4 页 共 20 页 标，再利用坐标即可计算出 的值. 【详解】 ， ，可得 ，则 ， ， ，解得 ，则 ， ，因此， . 故选：A. 【点睛】 本题考查利用坐标计算向量的模，同时也考查了利用向量垂直和共线向量的坐标表示求 参数，考查计算能力，属于基础题. 8．设函数 的零点 ，函数 的零 点 ，其中 ， ，若过点 作圆 的切 线 ，则 的方程为（ ） A． B． C． D． ， 【答案】A 【解析】利用零点存在定理求出自然数 、 的值，可求得点 的坐标，然后对直线 的斜率是否存在进行分类讨论，结合圆心到直线 的距离等于半径可求得直线 的方程. 【详解】 依题意， ， ，且函数 是增函数， 因此函数 的零点 ， ， ，且函数 在 上是增函数， 因此函数 的零点 ，于是 ， ，则点 ． ，即点 在圆 外，圆心为 . ①当直线 的斜率不存在时，直线 的方程为 ，则圆心 到直线 的距离为 ，不 合乎题意； ②当直线 的斜率存在时，设直线 的方程为 ，即 ， 由题意可得 ，解得 . 2 3a b c+ −   a c⊥   2 2 0a c x∴ ⋅ = − + =  1x = ( )1,1a = //b c   2 4 0y∴ + = 2y = − ( )2, 2b = − ( )2 3 10, 6a b c∴ + − = −   2 3 2 34a b c+ − =   ( ) 2 4xf x e x= + − ( ), 1a m m∈ + ( ) 2ln 2 5g x x x= + − ( ), 1b n n∈ + m N∈ n N∈ ( ),A m n ( ) ( )2 22 1 1x y− + − = l l 3 13y x= ± + 3 1y x= ± + 1y = 0x = 1y = m n A l l l ( )0 3 0f = − < ( )1 2 0f e= − > ( )y f x= ( )y f x= ( )0,1a∈ ( )1 3 0g = − ( )y g x= ( )0, ∞+ ( )y g x= ( )1,2b∈ 0m = 1n = ( )0,1A ( ) ( )2 20 2 1 1 4 1− + − = > A ( ) ( )2 22 1 1x y− + − = ( )2,1C l l 0x = C l 2 l l 1y kx= + 1 0kx y− + = 2 2 1 1 k k = + 3 3k = ±第 5 页 共 20 页 综上所述，直线 的方程为 . 故选：A. 【点睛】 本题考查利用零点存在定理求参数，同时也考查了过圆外一点的圆的切线方程的求解， 考查分类讨论思想的应用，属于中等题. 9．若点 在不等式组 表示的平面区域内，则实数 的取 值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】作出不等式组所表示的可行域，由目标函数的几何意义，利用数形结合思想可 求得 的取值范围. 【详解】 由题意，作出不等式组 所表示的可行域，如图中阴影部分所示，其中 ， ， 设 表示定点 与 连线的斜率， 显然 ， ，故 ， 故选：C． l 3 13y x= ± + ( ),x y 1 0 1 0 3 3 0 x y x y x y + − ≥  − − ≤  − + ≥ 2 1 1 yz x −= + [ ]1,1− [ ]2,1− 1 ,12  −   11, 2  −   z 1 0 1 0 3 3 0 x y x y x y + − ≥  − − ≤  − + ≥ ( )10B , ( )0,1C 1 1 2 2 1 y k z x − = = + 11, 2P −   ( ),x y min 1 4PBk k= = − max 1 2PCk k= = 1 ,12z  ∈ −  第 6 页 共 20 页 【点睛】 本题考查线性规划中分式型目标函数的取值范围的求解，解题时要结合目标函数的几何 意义，利用数形结合思想求解，属于中等题. 10．已知三棱锥 的顶点均在球 的球面上，且 ， ，若 是点 在平面 内的正投影，且 ，则球 的表面积 为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】根据题意可知 ，且 为 的中点，可求出高 ，并且球 心在 上，根据勾股定理可得半径，求出其表面积． 【详解】 因为 ， 平面 ， 、 、 平面 ， ， ， ， ， ， 即 是 的外心，即 是斜边 的中点，则球心 在 上， 由勾股定理可得 ，得 ， 设球 的半径为 ，则 ，所以 ． 所以球 的表面积为 ， 故选：C． 【点睛】 本题考查四面体的外接球，以及外接球的表面积，解答的关键在于找出球心的位置，考 查推理能力与计算能力，属于中档题． 11．函数 的大致图象是（ ） A BCD− O 3AB AC AD= = = 2BCD π∠ = H A BCD 2CH = O 4 3π 2 3π 9π 4π HB HC HD= = H BD AH AH 3AB AC AD= = = CH ⊥ BCD HB HC HD ⊂ BCD AH HB∴ ⊥ AH HC⊥ AH HD⊥ Rt AHB Rt AHC Rt AHD∴ ≅ ≅   HB HC HD∴ = = H BCD H BD O AH 2 2 2AB BH AH− = 1AH = O R ( )22 1 2R R= − + 3 2R = O 24 9Rπ π= ( ) 21ln 4f x x x= −第 7 页 共 20 页 A． B． C． D． 【答案】A 【解析】利用导数分析函数 的单调性与极值，进而可得出函数 的图 象. 【详解】 ， ， 所以当 时， ，当 时， ， 所以函数 在 上是增函数，在 上是减函数， . 故选：A. 【点睛】 本题主要考查函数图象的识别和判断，求函数的导数，利用导数研究函数的单调性与极 值是解决本题的关键．难度中等． 12．已知点 为双曲线 的右焦点，若在双曲线 的右支 上存在点 ，使得 中点到原点的距离等于点 到点 的距离，则双曲线 的离心 率的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】取 中点 ，根据条件 ，分类讨论 为右顶点和不为右顶点 的情况，结合三角形三边关系即可得出双曲线的离心率的取值范围. ( )y f x= ( )y f x= ( ) 21ln 4f x x x= − ( ) ( )21 1 2 02 2 xf x x xx x −′∴ = − = > 0 2x< < ( ) 0f x′ > 2x > ( ) 0f x′ < ( )y f x= ( )0, 2 ( )2,+∞ ( ) ( )max 1 12 ln 2 02 2f x f= = − < F ( )2 2 2 2: 1 0, 0x yE a ba b − = > > E P PF P F E ( )1,3 ( ]1,3 (1, 3 3,3   PF M OM PF= P第 8 页 共 20 页 【详解】 设 中点为 ，双曲线 的左焦点为 ，由题意知 ， 当点 异于双曲线 的右顶点时，连接 ，由三角形中位线性质，可得 ，且 ，则 ， 又因为 ，由三角形任意两边之和大于第三边可得， ，即 ． 当点 是双曲线 的右顶点时，则 ， ， 由题意得 ，即 ． 综上，得 ， ． 故选：B． 【点睛】 本题考查双曲线离心率取值范围的求解，考查三角形三边关系、数形结合思想、分类讨 论思想的应用，属于中档题． 二、填空题 13．中华文化博大精深，丰富多彩．“纹样”是中华艺术宝库的瑰宝之一，“组合花纹”是 常见的一种传统纹样，为了测算某组合花纹（如图阴影部分所示）的面积，作一个半径 为 的圆将其包含在内，并向该圆内随机投掷 个点，已知恰有 个点落在阴影 部分，据此可估计阴影部分的面积是______． PF M E H OM PF= P E PH 1 2 PH PF= 2PH PF a− = 2PF a= 2HF c= 2 4 2 2 2 4 a a c a c a + >  + > 1 3c a < < P E 2 c aOM a −= + PF c a= − 2 c aa c a −+ = − 3e = 1 3c a < ≤ 1 3e∴ < ≤ 1 1000 600第 9 页 共 20 页 【答案】 【解析】计算出圆的面积，利用几何概型的概率公式可求得阴影部分区域的面积. 【详解】 半径为 的圆的面积 ，设阴影部分的面积为 ， 该圆内随机投掷 个点，已知恰有 个点落在阴影部分， ，解得 ， 因此，估计阴影部分的面积是 ． 故答案为： ． 【点睛】 本题考查阴影面积的求法，考查几何概型等基础知识，考查运算求解能力，是基础 题． 14．抛物线 的焦点与椭圆 的一个焦点相同，则抛物线的准 线方程是______． 【答案】 【解析】求出椭圆的焦点坐标，然后求解 ，即可求解抛物线的准线方程． 【详解】 椭圆 的焦点为 ，抛物线 的焦点坐标为 ， ，得 ，即抛物线的标准方程为 ， 因此，抛物线的准线方程是 ． 故答案为： ． 【点睛】 本题考查抛物线的简单性质的应用，椭圆的简单性质的应用，是基本知识的考查． 3 5 π 1 S π=圆 S阴  1000 600 600 1000 S S ∴ =阴 圆 600 600 3 1000 1000 5S S π π= × = × =阴 圆 3 5 π 3 5 π ( )2 0y ax a= > 2 2 110 y x+ = 3y = − a  2 2 110 y x+ = ( )0, 3± ( )2 0y ax a= > ( )0,3 1 34a ∴ = 1 12a = 2 12x y= 3y = − 3y = −第 10 页 共 20 页 15．已知函数 对任意 、 ，都有 ，则实数 的取值范围为______． 【答案】 【解析】利用函数的单调性，结合分段函数，列出不等式组，求解即可． 【详解】 由题意，函数 在 上单调递增， ，解得 ． 因此，实数 的取值范围是 . 故答案为： . 【点睛】 本题考查利用分段函数的单调性求参数，考查计算能力，属于中等题． 16．在三角形 中， ，且角 、 、 满足 ， 三角形 的面积的最大值为 ，则 ______． 【答案】 【解析】由已知利用三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得 ，可求得 ，利用余弦定理，基本不等式可求 的最 大值，进而根据三角形的面积公式即可求解． 【详解】 ，即 ， 因为 ， 即 ，解得 ， ，所以 ， ( ) 2log , 4 2 3, 4 x xf x ax x ≥=  − − a 50, 8      ( ) 2log , 4 2 3, 4 x xf x ax x ≥=  − ∴ − ≤ 50 8a< ≤ a 50, 8      50, 8      ABC 2AB = A B C ( )2 7 12sin cos22 4 2 C A B− = + ABC M M = 3 3 24cos 4cos 1 0C C+ + = 2 3C π= ab ( )28sin 2cos2 72 C A B= + + ( )28sin 2cos2 7 02 C A B− + − = ( ) ( )2 1 cos8sin 2cos2 8 2cos22 2 C CA B Cπ−− + = ⋅ − − ( )2 24 4cos 2cos2 4 4cos 2 2cos 1 4cos 4cos 6C C C C C C= − − = − − − = − − + 24cos 4cos 1 0C C+ + = 1cos 2C = − 0 C π< −= + + × × ×+ 99% 4 1 1 3 A B C ( )1, A ( )1, B ( )1,C ( ),A B ( ),A C ( ),B C 6 1 ( )1, A ( )1, B ( )1,C 3 3 1 6 2P = = nS { }na n 7 49=S 2 8 18a a+ = { }na 3S 17a mS 3mS 2 1na n= − 1089 { }na 3S 17a mS m n 3mS { }na d第 13 页 共 20 页 为等差数列 的前 项和， ， ． ，解得 ， ； （2）由（1）知 ， 、 、 成等比数列， ，即 ，解得 ， 因此， ． 【点睛】 本题考查等差数列基本量的求法及前 项和公式，考查计算能力，属于基础题． 19．如图所示，四棱锥 中，底面 为平行四边形， 为对角线的交点， 为 上的一点， 平面 ， 平面 ，且 ， ， ． （1）求证： ； （2）求三棱锥 的体积． 【答案】（1）详见解析；（2） ． 【解析】（1）由 平面 ，可得 ．同理可得 ．再利用线面 垂直的判定与性质定理即可证明结论； （2）由（1）可知：底面 为矩形，可得 ．利用等腰直角三角形的性质可 得： ， 为 的中点，利用线面垂直的判定可得 平面 ．点 到 平面 的距离等于点 到平面 的距离的一半，由此可计算出三棱锥 的体积. 【详解】 （1） 平面 ， 平面 ， . nS { }na n 7 49=S 2 8 18a a+ = 7 4 4 2 8 5 5 7 49 7 2 18 9 S a a a a a a  = = =∴ ⇒ + = = =  5 4 2d a a= − = ( )4 4 2 1na a n d n∴ = + − = − ( ) ( )1 21 2 1 2 2 n n n a a n nS n + + −= = = 3S 17a mS 2 3 17mS S a∴ = 2 29 33m = 11m = 2 3 33 1089mS = = n P ABCD− ABCD O E PD PD ⊥ ABE PA ⊥ ABCD 2PA = 1AB = 5AC = AB AD⊥ P ABE− 1 3 PD ⊥ ABE PD AB⊥ PA AB⊥ ABCD 2AD = PD AE⊥ E PD AD ⊥ PAB E PAB D PAB P ABE− PA ⊥ ABCD AB Ì ABCD AB PA∴ ⊥第 14 页 共 20 页 平面 ， 平面 ， . ， 平面 ， 平面 ， ； （2）由（1）知底面 为矩形，则 ， ， ， ， 平面 ， 平面 ， ，所以 为 的中点， 又 ， ， ， 平面 ， 点 到平面 的距离等于点 到平面 的距离的一半． 因此， ． 【点睛】 本题考查了线面垂直的判定与性质定理、三棱锥的体积计算公式．考查了空间想象能力 与计算能力，属于中档题． 20．已知离心率为 的椭圆 的左顶点为 ，左焦点为 ， 及点 ，且 、 、 成等比数列． （1）求椭圆 的方程； （2）斜率不为 的动直线 过点 且与椭圆 相交于 、 两点，记 ， 线段 上的点 满足 ，试求 （ 为坐标原点）面积的取值范围． 【答案】（1） ；（2） ． 【解析】（1）由题意可得出关于 、 的方程组，可求出 、 的值，进而可求得 的 值，由此可得出椭圆 的方程； （2）解法一：设点 、 、 ，将点 、 的坐标代入椭 圆 的方程，变形后相减可得 ，再由 、 ，经过向量的坐标运算求得 ，由点 在椭圆 内得 到 ，再由三角形的面积公式可求得 面积的取值范围； 解法二：设点 、 、 ，由 、 ， 根据向量的坐标运算得出 ，设直线 的方程为 ，与椭圆 PD ⊥ ABE AB Ì ABE AB PD∴ ⊥ PA PD P=  AB∴ ⊥ PAD AD ⊂ PAD AB AD∴ ⊥ ABCD AB AD⊥ 1AB = 5AC = 2 2 2AD BC AC AB PA∴ = = − = = PD ⊥ ABE AE ⊂ ABE AE PD∴ ⊥ E PD AD PA⊥ AD AB⊥ AB AP A= AD∴ ⊥ PAB ∴ E PAB D PAB 1 1 1 1 1 2 2 3 2 3P ABE E PAB D PABV V V PA AB AD− − −= = = × × × × = 2 2 ( )2 2 2 2: 1 0x yC a ba b + = > > A F ( )4,0P − OF OA OP C 0 l P C M N PM PNλ=  MN Q MQ QNλ=  OPQ△ O 2 2 18 4 x y+ = ( )0,2 2 a c a c b C ( )1 1,M x y ( )2 2,N x y ( )3 3,Q x y M N C ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )1 2 1 2 1 2 1 2 18 1 1 4 1 1 x x x x y y y yλ λ λ λ λ λ λ λ + − + −+ =+ − + − PM PNλ=  MQ QNλ=  3 2x = Q C 30 2y< < OPQ△ ( )1 1,M x y ( )2 2,N x y ( )3 3,Q x y PM PNλ=  MQ QNλ=  1 2 3 1 y yy λ λ += + l ( )4 0x ty t= − ≠第 15 页 共 20 页 的方程联立，由 得出 的取值范围，由 代入韦达定理并消去 ，得出 ，进而得出 ，再由三角形的面积公式可求得 面积的取 值范围； 解法三：设直线 的方程为 ，与椭圆 的方程联立，由 得出 的 取值范围，并列出韦达定理，利用向量的线性运算可得出 ，并求出原 点 到直线 的距离，利用三角形的面积公式可求得 面积的取值范围. 【详解】 （1）依题意 ，解得 ， ， 所以椭圆 的方程是 ； （2）解法一： 设 、 、 ，则 ， 相减得： ， 又由 ，知 ， ， 由 ，知 ， ， 代入 式得： ，即 ， 又因为点 在椭圆内，所以 ， 所以 的面积 ； 解法二：设 ， ， ，则 ， ， 设直线 的方程为 ，代入椭圆 的方程得： C > 0∆ t 1 2y yλ= 2y ( )2 2 2 1 8 2 t t λ λ + = + 3 2y t = OPQ△ l ( )4 0x ty t= − ≠ C > 0∆ t 2 2 1PQ MN λ λ= −   O l OPQ△ 2 2 2 4 c a a c  =  = 2 2 2 c a = = 2 2 2b a c∴ = − = C 2 2 18 4 x y+ = ( )1 1,M x y ( )2 2,N x y ( )3 3,Q x y 2 2 2 2 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 22 2 2 2 1 18 4 8 4 18 4 8 4 x y x y x y x yλ λ λ  + = + =  ⇒   + = + =  ( )( ) ( )( )1 2 1 2 1 2 1 2 18(1 )(1 ) 4(1 )(1 ) x x x x y y y yλ λ λ λ λ λ λ λ + − + −+ =+ − + − ( )* PM PNλ=  1 2 41 x xλ λ − = −− 1 2 01 y yλ λ − =− MQ QNλ=  1 2 31 x x x λ λ + =+ 1 2 31 y y y λ λ + =+ ( )* 3 1 ( 4) 0 18 x⋅ ⋅ − + = 3 2x = − Q ( )2 2 3 3 2 1 0 28 4 y y − + < ⇒ < < OPQ△ ( )3 3 1 4 2 0,2 22S y y= × = ∈ ( )1 1,M x y ( )2 2,N x y ( )3 3,Q x y ( )1 2 1 2 4 4x x y y λ λ  + = +  = 1 2 3 1 y yy λ λ += + l ( )4 0x ty t= − ≠ C第 16 页 共 20 页 ，由 得 ， ． 所以 ，消去 得到 ， 所以 ， 因此 的面积 ； 解法三：设直线 的方程为 ，代入椭圆 的方程得： ，由 得 ， ． 所以 ， ， ， 原点 到直线 的距离 ， 所以 的面积 ， 因为 ，所以 ． 【点睛】 本题考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的中三角形面积的取值范围，以及向量共线的问 题，考查方程思想的应用，属于中档题． 21．已知函数 ． （1）若函数 在定义域上的最大值为 ，求实数 的值； （2）设函数 ，当 时， 对任意的 恒 成立，求满足条件的实数 的最小整数值． ( )2 22 8 8 0t y ty+ − + = > 0∆ 2 2t > 2t > ( ) 2 2 2 2 2 81 2 8 2 ty t y t λ λ  + = +  = + 2y ( )2 2 2 1 8 2 t t λ λ + = + ( )( ) ( ) 2 3 2 22 2 2 8 2 8 2 1 1 22 1 1 y t ty t tt λ λ λ λ λ λ λ = = ⋅ = ⋅ =+ + ++ + + OPQ△ ( )3 1 44 0,2 22S y t = × = ∈ l ( )4 0x ty t= − ≠ C ( )2 22 8 8 0t y ty+ − + = > 0∆ 2 2t > 2t > 1 2 2 1 2 2 8 2 8 2 ty y t y y t  + = +  = + 2 1 21M tN y y= + ⋅ − 2 2 1 1 1PQ PM MQ MN MN MN λ λ λ λ λ λ= + = + =− + −       O l 2 4 1 d t = + OPQ△ 2 1 2 1 22 22 1 2 4 412 1 11 S t y y y y t λ λ λ λ = × + ⋅ − ⋅ = ⋅ − − −+ 1 1 2 2 yy y y λ λ= ⇒ = ( ) 1 2 1 2 1 22 1 21 2 2 4 4 4 0,2 2 1 y y y yS y y y yy y t = ⋅ − = = ∈+− ( ) lnf x x ax= − ( )f x 1 a ( ) ( ) ( )2 xh x x e f x= − + 1a ≥ ( )h x b≤ 1 ,13x  ∈   b第 17 页 共 20 页 【答案】（1） ；（2） ． 【解析】（1）先对函数 求导，对实数 分 和 两种情况讨论，利用 导数分析函数 在定义域上的单调性，进而可求最大值，由此可求出实数 的 值； （2）由已知整理可得， 对任意的 恒成立，结合 ， ，可知 ，故只需 对任意的 恒成立，构造函数 ，利用导数求出函数 的最大值的取值范围，由此可求得满足条件的实数 的最小整数值． 【详解】 （1）由题意，函数 的定义域为 ， ， 当 时， ，函数 在区间 上单调递增， 此时，函数 在定义域上无最大值； 当 时，令 ，得 ， 由 ，得 ，由 ，得 ， 此时，函数 的单调递增区间为 ，单调减区间为 ． 所以函数 ， 即 为所求； （2）由 ，因为 对任意的 恒成立， 即 ，当 时，对任意的 恒成立， ， ， ， 2a e−= 3− ( )y f x= a 0a > 0a ≤ ( )y f x= a ( )2 lnxb x e x ax≥ − + − 1 ,13x  ∈   1a ≥ 0x > ( ) ( )2 ln 2 lnx xx e x ax x e x x− + − ≤ − + − ( )2 lnxb x e x x≥ − + − 1 ,13x  ∈   ( ) ( )2 lnxg x x e x x= − + − ( )y g x= b ( )y f x= ( )0, ∞+ ( ) 1f x ax ′ = − 0a ≤ ( ) 1 0f x ax ′ = − > ( )y f x= ( )0, ∞+ ( )y f x= 0a > ( ) 1 0f x ax ′ = − = 1x a = ( ) 0f x′ > 10,x a  ∈   ( ) 0f x′ < 1 ,x a  ∈ +∞   ( )y f x= 10, a      1 ,a  +∞   ( ) ( ) 2max 1 1 1ln 1 1f x f x f aa a e  = = = − = ⇒ =  极大值 2a e−= ( ) ( )2 lnxh x x e x ax= − + − ( )h x b≤ 1 ,13x  ∈   ( )2 lnxb x e x ax≥ − + − 1a ≥ 1 ,13x  ∈   1a ≥ 0x > ( ) ( )2 ln 2 lnx xx e x ax x e x x∴ − + − ≤ − + −第 18 页 共 20 页 只需 对任意的 恒成立即可． 构造函数 ， ， ， ，且 单调递增， ， ， 一定存在唯一的 ，使得 ， 即 ， ， 且当 时， ，即 ；当 时， ，即 . 所以，函数 在区间 上单调递增，在区间 上单调递减， ， 因此， 的最小整数值为 . 【点睛】 本题考查了利用导数求解函数的最值，同时也考查了利用导数求解函数不等式恒成立问 题，考查了推理能力与计算能力，属于中档题． 22．在直角坐标系 中，圆 的参数方程为 （ 为参数），在以坐标 原点 为极点， 轴非负半轴为极轴建立的极坐标系中，直线 的极坐标方程为 ． （1）求圆 的普通方程和直线 的直角坐标方程； （2）设点 是圆 上任一点，求点 到直线 距离的最小值． 【答案】（1）圆 的普通方程为 ；直线 的直角坐标方程为 ；（2） ． 【解析】（1）在圆 的参数方程中消去参数 ，可得出圆 的普通方程，将直线 的极 坐标方程变形为 ，进而可得出直线 的直角坐标方程； （2）设点 的坐标为 ，利用点到直线的距离公式以及正弦函数 ( )2 lnxb x e x x≥ − + − 1 ,13x  ∈   ( ) ( )2 lnxg x x e x x= − + − ( ) ( ) ( )1 11 1 1x xg x x e x ex x  ′ = − + − = − −   1,13x  ∈   1 0x∴ − < ( ) 1xt x e x = − 1 21 2 02t e  = − ∴ 0 1,13x  ∈   ( )0 0t x = 0 0 1xe x = 0 0lnx x= − 0 1 3 x x< < ( ) 0t x < ( ) 0g x′ > 0 1x x< < ( ) 0t x > ( ) 0g x′ < ( )y g x= 0 1,3 x     ( )0 ,1x ( ) ( ) ( ) ( )0 0 0 0 0 0max 0 12 ln 1 2 4, 3xg x g x x e x x x x  ∴ = = − + − = − + ∈ − −    b 3− xOy C 6 cos 1 sin x t y t = − +  = − + t O x l sin 2 04 πρ θ − − =   C l P C P l C ( ) ( )2 26 1 1x y+ + + = l 2 0x y− + = 3 2 12 − C t C l cos sin 2 0ρ θ ρ θ− + = l P ( )6 cos , 1 sint t− + − +第 19 页 共 20 页 的有界性可求出结果． 【详解】 （1）由 消去参数 ，得 ， 所以圆 的普通方程为 ． 由 ，得 ， 所以直线 的直角坐标方程为 ． （2）设点 的坐标为 ， 则点 到直线 的距离为 ， 当 时， 取最小值， ． 【点睛】 本题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，点到直线的距 离公式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于中等题型． 23．已知函数 ，函数 ． （1）当 时，求实数 的取值范围； （2）当 与 的图象有公共点时，求实数 的取值范围． 【答案】（1） ；（2） ． 【解析】（1）去绝对值，转化为分段函数，解不等式即可； （2）函数 与 的图象有公共点，则方程 有解，利用参 变量分离法得出 有解，利用绝对值三角不等式可求得 的取值范 围. 【详解】 6 cos 1 sin x t y t = − +  = − + t ( ) ( )2 26 1 1x y+ + + = C ( ) ( )2 26 1 1x y+ + + = sin 2 04 πρ θ − − =   sin cos 2ρ θ ρ θ− = l 2 0x y− + = P ( )6 cos , 1 sint t− + − + P l 3 2 sin6 cos 1 sin 2 4 2 2 tt td π − − − − + + − +  = = 3 2 sin2 4t π = + −   sin 14t π − = −   d min 3 2 12d = − ( ) 2 1f x x x= − − − ( ) 4 2 1g x x x m= − − − + − ( ) 0f x > x ( )g x ( )f x m 1, 2  −∞   [ )1,+∞ ( )y g x= ( )y f x= ( ) ( )f x g x= 2 2 4m x x= − + − m第 20 页 共 20 页 （1）当 时，即 . 当 时，则 ，此时 ； 当 时，则 ，解得 ，此时 . 综上所述，实数 的取值范围为 ； （2）因为函数 与函数 的图象有公共点， 则 有解．即 有解， 由绝对值三角不等式得 ，所以 ， ． 所以当 与 的图象有公共点时，实数 的取值范围为 ． 【点睛】 本题考查解绝对值不等式，以及函数图象有交点的问题，考查绝对值三角不等式以及分 类讨论思想的应用，属于中档题． ( ) 0f x > 2 1x x− > + 2x ≥ 2 1x x− > + x∈∅ 2x < 2 1x x− > + 1 2x < 1 2x < x 1, 2  −∞   ( ) 4 2 1g x x x m= − − − + − ( )y f x= 4 2 1 2 1x x m x x− − − + − = − − − 2 2 4m x x= − + − ( )2 4 2 4 2x x x x− + − ≥ − − − = 2 2m ≥ m 1≥ ( )y g x= ( )y f x= m [ )1,+∞