河南省郑州市2019-2020学年高三第一次质量预测理科数学试题（解析版）.doc

1、20202020 届郑州市高中毕业年级第一次质量预测届郑州市高中毕业年级第一次质量预测 理科数学试题卷理科数学试题卷 注意事项：注意事项： 1.1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填 写清楚。写清楚。 2.2.每小题选出答案后，用每小题选出答案后，用 2B2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦 干净后，再选涂其他答案标号。在试题卷上作答无效。干净后，再选涂其他答案标号。在试题卷上作答无效。 3.

2、3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。满分考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。满分 150150 分，考试用时分，考试用时 120120 分钟。分钟。 一、选择题（本大题共一、选择题（本大题共 1212 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 6060 分。在每小题给出的四个选项中，只有分。在每小题给出的四个选项中，只有 一项是符合题目要求的）一项是符合题目要求的） 1.设集合 |2AxZx， 2 |1By yx ，则AB的子集个数为（ ） A. 4 B. 8 C. 16 D. 32 【答案】C 【解析】 分析：求出集合 A,B，得到AB，可求AB的子集个数 详解：|2| 2

3、22, 1,0.1,2AxZxxZx ， 2 |1 |1,By yxy y 2, 1,0,1 ,AB AB的子集个数为 4 216. 故选 C. 点睛：本题考查集合的运算以及子集的个数，属基础题. 2.复数 2i z i 在复平面内对应的点位于( ) A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】 化简复数为zabi的形式，求得复数对应点的坐标，由此判断所在的象限. 【详解】 2 1 2 i zi i ，该复数对应的点为1, 2，在第四象限.故选 D. 【点睛】本小题主要考查复数的运算，考查复数对应点的坐标所在象限. 3.某城市为了解游客人数的变

4、化规律，提高旅游服务质量，收集并整理了 2016 年 1 月至 2018 年 12 月期间 月接待游客量（单位：万人）的数据，绘制了下面的折线图，根据该折线图，下列结论错误的是（ ） A. 各年月接待游客量高峰期大致在 7，8 月份 B. 年接待游客量逐年增加 C. 月接待游客量逐月增加 D. 各年 1 月至 6 月的月接待游客量相对 7 月至 12 月，波动性更小，变化比较平稳 【答案】C 【解析】 【分析】 根据折线图依次判断各个选项，可通过反例得到C错误. 【详解】由折线图可知，每年游客量最多的月份为：7,8月份，可知A正确； 年接待游客量呈现逐年递增的趋势，可知B正确； 以2018年8

5、月和9月为例，可得到月接待游客量并非逐月增加，可知C错误； 每年1月至6月的月接待游客量相对于7月至12月的变化较小，数量更加稳定，可知D正确. 本题正确选项：C 【点睛】本题考查根据统计中的折线图判断数据特征的问题，属于基础题. 4.定义在 R上的函数 1 ( )( )2 3 x m f x 为偶函數， 2 1 (log) 2 af， 1 3 1 ( ) ) 2 bf， ( )cf m，则 A. cab B. acb C. abc D. bac 【答案】C 【解析】 【分析】 由偶函数得到0m ，明确函数的单调性，综合利用奇偶性与单调性比较大小即可. 【详解】 1 ( )( )2 3 x m

6、 f x 为偶函数， 0m ，即 1 ( )( )2 3 x f x ，且其在0,上单调递减， 又 1 3 1 0( ) 2 1， 1 3 2 11 ( ) )(log0 2 ) 2 (1cbffafffm 故选：C 【点睛】本题考查函数的性质，考查函数的奇偶性与单调性，考查转化思想，属于中档题. 5.“纹样”是中国艺术宝库的瑰宝，“火纹”是常见的一种传统纹样，为了测算某火纹纹样 （如图阴影部分所示） 的面积，作一个边长为 3的正方形将其包含在内，并向该正方形内随机投掷 2000个点，己知恰有 800个点 落在阴影部分，据此可估计阴影部分的面积是 A. 16 5 B. 18 5 C. 10 D

7、. 32 5 【答案】B 【解析】 【分析】 边长为 3的正方形的面积 S正方形9，设阴影部分的面积为 S阴，由几何概型得 800 2000 S S 阴 正方形 ，由此能估计 阴影部分的面积 【详解】解：为了测算某火纹纹样（如图阴影部分所示）的面积，作一个边长为 3 的正方形将其包含在内， 则边长为 3 的正方形的面积 S正方形9， 设阴影部分的面积为 S阴， 该正方形内随机投掷 2000 个点，已知恰有 800 个点落在阴影部分， 800 2000 S S 阴 正方形 ， 解得 S阴 80080018 9 200020005 S 正方形 ， 估计阴影部分的面积是 18 5 故选：B 【点睛】

8、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，考查函数与方程思想， 是基础题 6.已知向量a与b夹角为 3 ，且| 1a ，23ab，则|b A. 3 B. 2 C. 1 D. 3 2 【答案】C 【解析】 【分析】 对23ab两边平方，结合数量积的定义与法则即可得到结果. 【详解】向量a与b夹角为 3 ，且| 1a ，23ab， 2 23ab v v ，即 22 443aa bb vv vv 2 423bb vv ， 所以1b|=， 故选：C 【点睛】本题考查利用数量积求模，考查数量积定义与运算法则，考查运算能力. 7.宋元时期数学名著算学启蒙中有关于“松竹并生“的问题，

9、松长三尺，竹长一尺，松日自半，竹日自倍， 松竹何日而长等，如图是源于其思想的一个程序框图，若输人的a，b分别为 3，1，则输出的n等于 A. 5 B. 4 C. 3 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】 由已知中的程序框图可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量 S 的值，模拟程序的运行过程， 分析循环中各变量值的变化情况，可得答案 【详解】解：当 n1时，a3 39 22 ，b2，满足进行循环的条件， 当 n2时，a 9927 244 ，b4，满足进行循环的条件， 当 n3时，a 272781 488 ，b8，满足进行循环的条件， 当 n4时，a 8181243 81616 ，b1

10、6，不满足进行循环的条件， 故输出的 n 值为 4， 故选：B 【点睛】本题考查的知识点是程序框图，当循环的次数不多，或有规律时，常采用模拟循环的方法解答 8.函数 21 cos 21 x x f xx 的图象大致是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 易知函数定义域为 |0x x ，且()( )fxf x ，因此函数图象关于原点对称，又当自变量从原点右侧 0x时，y ，故选 C 9.第十一届全国少数民族传统体育运动会在河南郑州举行， 某项目比赛期间需要安排 3 名志愿者完成 5 项工 作，每人至少完成一项，每项工作由一人完成，则不同的安排方式共有多少种 A. 60 B. 90

11、 C. 120 D. 150 【答案】D 【解析】 【分析】 根据题意，分 2步进行分析：、分两种情况讨论将 5 项工作分成 3 组的情况数目，、将分好的三组全 排列，对应 3名志愿者，由分步计数原理计算可得答案 【详解】解：根据题意，分 2步进行分析： 、将 5 项工作分成 3组， 若分成 1、1、3 的三组，有 311 521 2 2 C C C A 10种分组方法， 若分成 1、2、2 的三组，有 221 531 2 2 C C C A 15种分组方法， 则将 5 项工作分成 3组，有 10+1525 种分组方法； 、将分好的三组全排列，对应 3名志愿者，有 A336种情况， 则有 25

12、6150种不同的分组方法； 故选：D 【点睛】本题考查排列、组合的应用，注意分组时要进行分类讨论 10.已知抛物线 2 2yx的焦点为F，准线为l，P是l上一点，直线PF与抛物线交于M，N两点，若 3PFMF ，则|MN= A. 16 3 B. 8 3 C. 2 D. 8 3 3 【答案】B 【解析】 【分析】 先根据题意写出直线的方程，再将直线的方程与抛物线 y22x 的方程组成方程组，消去 y 得到关于 x 的二 次方程，最后利用根与系数的关系结合抛物线的定义即可求线段 AB 的长 【详解】解：抛物线 C：y22x的焦点为 F（ 1 2 ，0） ，准线为 l：x 1 2 ，设 M（x1，y

13、1） ，N（x2，y2） ，M， N到准线的距离分别为 dM，dN， 由抛物线的定义可知|MF|dMx1+ 1 2 ，|NF|dNx2+ 1 2 ，于是|MN|MF|+|NF|x1+x2+1 3PFMF ，则2PMQM，易知：直线 MN的斜率为3， F（ 1 2 ，0） ， 直线 PF的方程为 y3（x 1 2 ） ， 将 y3（x 1 2 ） ，代入方程 y22x，得 3（x 1 2 ）22x，化简得 12x220x+30， x1+x2 5 3 ，于是|MN|x1+x2+1 5 3 1 8 3 故选：B 【点睛】本题考查抛物线的定义和性质，考查向量知识的运用，考查学生的计算能力，属于中档题

14、11.已知三棱锥PABC内接于球 O，PA 平面 ABC，ABC 为等边三角形，且边长3，球O的表面积 为16，则直线 PC与平面 PAB 所成的角的正弦值为 A. 15 7 B. 15 5 C. 15 2 D. 15 10 【答案】D 【解析】 【分析】 设 D 为 AB 中点， 先证明 CD平面 PAB 得出CPD为所求角， 利用勾股定理计算 PA，PD，CD，得出结论 【详解】解：设 D，E 分别是 AB，BC的中点，AECDF， PA平面 ABC，PACD， ABC是等边三角形，CDAB， 又 PAABA， CD平面 PAB，即CPD 为 PC与平面 PAB所成的角 ABC是边长为3的

15、等边三角形， CDAE 3 2 ，AF 2 3 AE1，且 F 为平面 ABC 所在截面圆的圆心， 球 O的表面积为 16，球 O的半径 OA2， OF 22 3OAAF ， PA平面 ABC，PA2OF2 3， PD 22 51 2 PAAD，PC15 sinCPD 3 15 2 1015 CD PC 故选：D 【点睛】本题考查了棱锥与外接球的位置关系，考查了线面角的求法，考查空间想象能力与计算能力，属 于中档题 12. 2 21,1 ( ) log (1),1 xx f x xx , 32 515 ( )2 44 g xxxm，若( ( )yf g xm有 9个零点，则m的取值 范围是 A

16、. (0,1) B. (0,3) C. 5 (1, ) 3 D. 5 ( ,3) 3 【答案】A 【解析】 【分析】 令 g（x）t，由题意画出函数 yf（t）的图象，利用 yf（t）与 ym的图象最多有 3 个零点，可知要使 函数 yf（g（x） ）m有 9 个零点，则 32 515 2 44 txxm中每一个 t的值对应 3个 x 的值. 【详解】函数 2 21,1 ( ) log (1),1 xx f x xx 的图象如图所示， 令 g（x）t，yf（t）与 ym的图象最多有 3个零点， 当有 3 个零点，则 0m3，从左到右交点的横坐标依次 t1t2t3， 由图可知，2t1+1m，则

17、1 1 2 m t ， 233 log1,21 m tm t， 由于函数 yf（g（x） ）m有 9 个零点， 32 515 2 44 g xxxm， 2 15 2 4 gxxx ，当 02,0;20,0xgxxxgx或 即02,x g（x）单调减； 20xx或，g（x）单调递增，故每一个 t的值对应 3个 x的值，则 3,2tmm， 1 3 2 03 212 m m m m m ， 数形结合解212 m m ，即21 m m， 由图易得01m， 解得： 5 3 03 01 m m m 实数 m 的取值范围是（0，1） 故选：A 【点睛】本题考查根的存在性及根的个数判断，考查数形结合的解题思想

18、方法和数学转化思想方法，属有 一定难度题目 二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 4 4 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 2020 分分. . 13.曲线 2 e21 x yxx在点（0,1）处的切线方程为_. 【答案】 1yx 【解析】 【分析】 求导函数，确定切线的斜率，利用点斜式，可得切线方程 【详解】解：求导函数可得，y（1+x）ex4x 当 x0 时，y1 曲线 2 21 x yxex在点（0，1）处的切线方程为 y1x，即1yx 故答案为1yx 【点睛】本题考查利用导数求曲线的切线方程，考查计算能力，是基础题 14.记 Sn为等差数列an的前 n项和， 121

19、03aaa ，则 10 5 S S _. 【答案】4. 【解析】 【分析】 根据已知求出 1 a和d的关系，再结合等差数列前 n 项和公式求得结果. 【详解】因 21 3aa，所以 11 3ada，即 1 2ad， 所以 10 5 S S 1 1 1 1 10 9 10 100 2 4 5 4 25 5 2 ad a a ad 【点睛】本题主要考查等差数列的性质、基本量的计算渗透了数学运算素养使用转化思想得出答 案 15.已知双曲线 22 22 :1(0,0) xy Cab ab 的右顶点为 A，以 A 为圆心，b为半径做圆，圆 A与双曲线 C的一 条渐近线相交于 M，N两点，若 3 2 OM

20、ON（O为坐标原点） ，则双曲线 C 的离心率为_. 【答案】 30 5 【解析】 【分析】 利用已知条件，转化求解 A 到渐近线的距离，推出 a，c的关系，然后求解双曲线的离心率即可 【详解】解：双曲线 C： 22 22 xy ab 1（a0，b0）的右顶点为 A（a，0） ， 以 A 为圆心，b为半径做圆 A，圆 A与双曲线 C的一条渐近线交于 M、N两点 则点 A到渐近线 bx-ay0的距离为 AB ab c ， rb， BN 222 2 2 a bb b cc ， 3 2 OMON， OB5BN 2 5b c ， OAa， a2 422 22 25ba b cc ， a2c225b4+

21、a2b2， a2（c2b2）25b4， a25b25c25a2， 即 6a25c2， 即6a5c， e 630 55 c a 故答案为： 30 5 【点睛】本题考查双曲线的简单性质的应用：离心率的求法，点到直线的距离公式以及圆的方程的应用， 考查转化思想以及计算能力 16.已知数列 n a满足：对任意 * nN均有 1 22 nn apap （p为常数，0p 且1p ） ，若 2345 ,18, 6, 2,6,11,30a a a a ，则 1 a所有可能取值的集合是_. 【答案】0, 2, 66 【解析】 【分析】 依题意，可得 an+1+2p（an+2） ，再对 a12 与 a12 讨论，

22、特别是 a12 时对公比 p 分|p|1 与|p| 1，即可求得 a1所有可能值，从而可得答案 【详解】解：an+1pan+2p2， a n+1+2p（an+2） ， 若 a12，则 a1+1+2p（a1+2）0，a22，同理可得，a3a4a52，即 a12 符合题意； 若 a12，p为不等于 0与 1 的常数，则数列an+2是以 p 为公比的等比数列， ai18，6，2，6，11，30，i2，3，4，5， an+2可以取16，4，8，32， 若公比|p|1，则 p2，由 a2+242（a1+2）得：a10； 若公比|p|1，则 p 1 2 ，由 a2+232 1 2 （a1+2）得：a166

23、 综上所述，满足条件的 a1所有可能值为2，0，66 故答案为：0, 2, 66 【点睛】本题考查数列递推式的应用，考查等价转化思想与分类讨论思想的综合运用，对 an+1+2p（an+2） 的理解与应用是难点，对公比 p 分|p|1 与|p|1 讨论是关键，考查逻辑思维与推理运算能力，属于难题 三、解答题：共三、解答题：共 7070 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤，第分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤，第 17211721 题为必考题，题为必考题， 每个试题考生都必须作答，第每个试题考生都必须作答，第 2222，2323 题为选考题，考生根据要求作答题为选考题，考生根据要求

24、作答. . 17.已知ABC 外接圆半径为 R，其内角 A，B，C 的对边长分别为 a，b，c，设 22 2 (sinsin)()sinRABacC. （1）求角 B； （2）若 b=12，c=8，求 sinA的值 【答案】 （1） 3 B ； （2） 3 23 sin. 6 A 【解析】 【分析】 （1）由正弦定理可得 222 acbac ，结合余弦定理可得角 B； （2）由正弦定理 sinsin bc BC ,得到 3 sin 3 C ， 6 cos 3 C ，进而由两角和正弦公式得到结果. 【详解】(1) 22 2 (sinsin)()sin.RABacC 22 22 (sinsin)(

25、)sin2 ,RRABacCR 即： 222 .acbac 222 1 cos. 22 acb B ac 因为0,B所以 3 B . (2)若12, 8bc，由正弦定理， sinsin bc BC , 3 sin 3 C , 由bc，故C为锐角， 6 cos. 3 C 36133 23 sinsin()sin(). 323236 ABCC 【点睛】本题考查余弦定理与正弦定理，考查两角和正弦公式，考查综合运用余弦定理与正弦定理解决问 题的能力，属于中档题 18.已知三棱锥 M-ABC 中，MA=MB=MC=AC=2 2，AB=BC=2，O为 AC 的中点，点 N在边 BC上，且 2 3 BNBC

26、. （1）证明：BO平面 AMC； （2）求二面角 N-AM-C 的正弦值. 【答案】(1)证明见解析；(2) 2 79 79 【解析】 【分析】 （1）先证明OBAC，OBOM即可证明 BO平面 AMC； （2） 因为,OB OC OM两两垂直， 建立空间直角坐标系Oxyz如图所示 求出平面MAN与平面AMC的 法向量，代入公式即可得到结果. 【详解】 （1）如图所示：连接OM， 在ABC中： 2,2 2ABBCAC ，则 90 ,2ABCBO ，OBAC. 在MAC中： 2 2MAMCAC ，O为AC的中点，则OMAC，且 6.OM 在MOB中： 2,6,2 2BOOMMB ，满足： 22

27、2 BOOMMB 根据勾股定理逆定理得到OBOM ,AC OM相交于O， 故OB 平面AMC. （2）因为,OB OC OM两两垂直，建立空间直角坐标系Oxyz如图所示因为 2 2MAMBMCAC ,2ABBC， 则(0,2,0), ( 2,0,0),(0, 2,0),(0,0, 6)ABCM， 由 2 3 BNBC所以， 2 2 2 (,0) 33 N 设平面MAN的法向量为( , , )mx y z，则 2 5 225 2 (,0) ( , , )0, 3333 (0, 2, 6) ( , , )260, AN nx y zxy AM nx y zyz 令3y ，得( 5 3, 3, 1)

28、m ， 因为BO 平面AMC，所以( 2,0,0)OB 为平面AMC法向量， 所以( 5 3, 3, 1)m 与( 2,0,0)OB 所成角的余弦为 5 65 3 cos, 79 279 m OB 所以二面角的正弦值为 2 5 322 79 |sin,|1 () 797979 m OB 【点睛】本题主要考查空间直线和平面的位置关系的应用以及二面角的求解，建立坐标系求出点的坐标， 利用向量法是解决本题的关键 19.已知椭圆 22 22 :1(0) yx Eab ab 的离心率为 2 2 ，且过点(1,0)C. （1）求椭圆 E 的方程； （2） 若过点 1 (,0) 3 的任意直线与椭圆E相交于

29、A， B两点， 线段AB的中点为M， 求证， 恒有| 2|ABCM. 【答案】 （1） 2 2 1 2 y x； （2）证明见解析 【解析】 【分析】 （1）利用点在曲线上，椭圆的离心率，列出方程组，求出 a，b即可得到椭圆方程； （2）要证明| 2|ABCM，等价于证明CA CB ，设过点 1 (,0) 3 直线为 1 3 xty，联立方程，利用 韦达定理证明 1212 (1)(1)0CA CBxxy y uur uur 即可. 详解】 （1）由题意知1b ， 2 2 c a ， 又因为 222 abc解得，2a ， 所以椭圆方程为 2 2 1 2 y x， （2）当过点 1 (,0) 3

30、的直线斜率为零时，显然满足题意； 当斜率不为零时，设过点 1 (,0) 3 直线为 1 3 xty， 设 11 ,A x y， 22 ,B xy 由 2 2 1 3 1 2 xty y x 得 22 9 1812160ttyy，且 . 则 12 2 12 2 12 9 18 16 9 18 t yy t y y t 又因为 11 1,CAxy， 22 1,CBxy， 2 121212121212 44416 (1)(1)1 3339 CA CBxxy ytytyy yty ytyy 2 22 1641216 10 9 183 9 189 tt t tt ， 所以CA CB . 因为线段AB的中

31、点为M，所以| 2|ABCM. 【点睛】本题考查椭圆方程的求法，直线与椭圆的位置关系的综合应用，恒等关系的处理，考查转化思想 以及计算能力 20.水污染现状与工业废水排放密切相关，某工厂深人贯彻科学发展观，努力提高污水收集处理水平，其污 水处理程序如下：原始污水必先经过 A 系统处理，处理后的污水（A 级水）达到环保标准（简称达标）的概 率为 p（0p1）.经化验检测，若确认达标便可直接排放；若不达标则必须进行 B 系统处理后直接排放. 某厂现有 4 个标准水量的 A 级水池，分别取样、检测，多个污水样本检测时，既可以逐个化验，也可以将 若干个样本混合在一起化验，混合样本中只要有样本不达标，则

32、混合样本的化验结果必不达标，若混合样 本不达标，则该组中各个样本必须再逐个化验；若混合样本达标，则原水池的污水直接排放 现有以下四种方案： 方案一：逐个化验； 方案二：平均分成两组化验；方案三；三个样本混在一起化验，剩下的一个单独化验； 方案四：四个样本混在一起化验. 化验次数的期望值越小，则方案越“优“. （1）若 2 2 3 p ，求 2 个 A级水样本混合化验结果不达标的概率； （2）若 2 2 3 p ，现有 4 个 A级水样本需要化验，请问：方案一、二、四中哪个最“优“？若“方案三” 比“方案四“更“优”，求 p的取值范围. 【答案】 （1） 1 9 ； （2）方案四最优； 3 0

33、4 p 【解析】 【分析】 （1）计算 2个 A 级混合样本达标的概率，再根据对立事件原理求得它们不达标的概率； （2）计算方案一：逐个检测，检测次数为 4；方案二：检测次数为 2，则 2可能取值为 2，4，6，求 概率分布列，计算数学期望；方案四：混在一起检测，检测次数为 4，则 4可取值为 1，5，求概率分布列， 计算数学期望；比较得出选择方案几最“优”； 方案三：化验次数为 3，则 3可取值为 2，5，求概率分布列，计算数学期望； 方案四：化验次数为 4，则 4可取值为 1，5，求概率分布，计算数学期望； 由题意列不等式 E（3）E（4） ，求出 p的取值范围 【详解】(1)该混合样本达

34、标的概率是 2 2 28 () 39 ，所以根据对立事件原理，不达标的概率为 81 1 99 . (2)方案一：逐个检测，检测次数为 4. 方案二：由(1)知，每组两个样本检测时，若达标则检测次数为 1，概率为 8 9 ；若不达标则检测次数为 3，概 率为 1 9 .故方案二的检测次数记为 2，2的可能取值为 2,4,6. 其分布列如下， 2 2 4 6 p 64 81 16 81 1 81 可求得方案二的期望为 2 6416119822 ()246 818181819 E 方案四：混在一起检测，记检测次数为 4，4可取 1,5. 其分布列如下， 4 1 5 p 64 81 17 81 可求得

35、方案四的期望为 4 6417149 ()15 818181 E . 比较可得 42 ()()4EE，故选择方案四最“优”. 方案三：设化验次数为 3 ， 3 可取 2,5. 3 2 5 p 3 p 3 1p 333 3 ()25(1)5 3Eppp； 方案四：设化验次数为 4 ， 4 可取1,5 4 1 5 p 4 p 4 1p 444 4 ()5(1)54Eppp； 由题意得 34 34 3 ()()5 354 4 EEppp. 故当 3 0 4 p时，方案三比方案四更“优”. 【点睛】本题考查了离散型随机变量的概率分布列与数学期望的应用问题，考查对立事件与独立事件的概 率，考查分析问题解决

36、问题的能力，属于中档题 21.已知函数( )ln x e f xxx x . （1）求 ( )f x的最大值； （2）若 1 ( )()1 x f xxebx x 恒成立，求实数 b的取值范围. 【答案】 （1） max ( )1f xe ； （2）2b 【解析】 【分析】 （1）求出导函数，研究单调性，从而得到 ( )f x的最大值； （2）原问题等价于 min eln1 (), x xxx b x 构造新函数求最小值即可. 【详解】(1)( )ln x e f xxx x ，定义域(0,)， 22 1(1)(1)() ( )1 xx exxxe fx xxx ， 由1 x exx ， (

37、)f x在(0,1增，在(1,)减， max ( )(1)1f xfe (2) 1 ( )()e1 x f xxbx x ee lne1 xx x xxxbx xx lne10 x xxxbx eln1 x xxx b x min eln1 (), x xxx b x 令 eln1 ( ) x xxx x x ， 2 ln ( ) x x ex x x 令 2 ( )ln x h xx ex，( )h x在(0,)单调递增， 0, ( )xh x，(1)0he ( )h x在(0,1)存在零点 0 x，即 0 2 000 ()ln0 x h xx ex 000 1 ln 2 0 000 00

38、ln1 ln0(ln)() xxx x x exx ee xx ， 由于 x yxe在(0,)单调递增，故 00 0 1 lnln,xx x 即 0 0 1 x e x ( )x在 0 (0,)x减，在 0 (,)x 增， 0 00000 min 00 eln111 ( )2 x xxxxx x xx 所以2b. 【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性以及求函数的最大值和最小值问题，以及对于不等式恒成 立问题，解决不等式恒成立问题的常用方法是转化为最值恒成立 22.在平面直角坐标系 xOy中，已知曲线 E经过点 P 3 (1, ) 2 ，其参数方程 cos 3sin xa y （为参数）

39、，以原 点 O 为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系. （1）求曲线 E 的极坐标方程； （2）若直线l交 E于点 A，B，且 OAOB，求证： 22 11 |OAOB 为定值，并求出这个定值. 【答案】 （1） 222 11 ( cossin)1 43 ； （2）证明见解析， 7 12 【解析】 【分析】 （1）将点 P（1， 3 2 ） ，代入曲线 E 的方程，求出 a23，可得曲线 E的普通方程，即可求曲线 E的极坐标 方程； （2）利用点的极坐标，代入极坐标方程，化简，即可证明结论 【详解】(1)将点 3 (1, ) 2 P代入曲线 E 的方程， 得 1cos , 3 3sin, 2

40、 a 解得 2 4a ， 所以曲线E的普通方程为 22 1 43 xy , 极坐标方程为 222 11 ( cossin)1 43 . (2)不妨设点,A B的极坐标分别为 1212 ()()00, 2 AB ， 则 2222 11 2222 22 11 (cossin)1, 43 11 (cos ()sin ()1, 4232 即 22 2 1 22 2 2 111 cossin 43 111 sincos 43 ， 22 12 11117 4312 ,即 22 117 |12OAOB 【点睛】本题考查曲线方程，考查极坐标方程的运用，考查学生的计算能力，属于中档题 23.已知函数( ) 12

41、1f xxxm . （1）当 m=0,求不等式( )f xm的解集； （2）若恰好存在 4 个不同的整数 n，使得( )0f n ，求 m 的取值范围. 【答案】 （1） | 20xx ； （2）1,2) 【解析】 【分析】 （1）通过平方求出不等式的解集即可； （2）求出 g（x）的分段函数的形式，根据题意，得到 m 的范围 【详解】(I)由 f xm ，得， 不等式两边同时平方，得 22 1)(21)xx( ， 即3 (2)0x x，解得20x . 所以不等式 f xm 的解集为 | 20xx . ()设 g(x)|x1|2x1| 1 2, 2 1 ( )3 ,1 2 2,1 xx g xxx xx ， 0( )f ng nm 因为( 2)(0)0gg，( 3)1, ( 4)2, (1)3.ggg 又恰好存在 4个不同的整数 n，使得 0f n ， 所以21.m 故m的取值范围为1,2). 【点睛】本题考查了绝对值不等式解法，不等式有解问题，考查分类讨论思想，转化思想，是一道中档题