龙泉中学、宜昌一中 2020 届高三年级 9 月联合考试
理科数学试题
一、选择题：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. ( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据诱导公式可转化为求解 ，利用两角和差正切公式求得结果.
【详解】
本题正确选项：
【点睛】本题考查利用诱导公式和两角和差正切公式求解三角函数值的问题，考查对于基础
公式的应用.
2.已知集合 ， ，则 ( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
分别求解出集合 和集合 ，根据交集定义求得结果.
【详解】 ，
tan165 =
2 3− − 2 3− + 2 3− 2 3+
tan15−
( ) ( ) tan 60 tan 45tan165 tan 180 15 tan15 tan 60 45 1 tan 60 tan 45
−= − = − = − − = − +
( )2
3 13 1 2 321 3
−−= − = − = − +
+
B
1{ | 0}xA x x
−= ≥ { | lg(2 1)}B x y x= = − A B =
10 2
， 1 ,12
]1 12
， 1[ ,1]2
A B
( ]1 0 0,1xA x x
− = ≥ =
( ){ } { } 1lg 2 1 2 1 0 ,2B x y x x x = = − = − > = +∞
1 ,12A B ∴ = 本题正确选项：
【点睛】本题考查集合运算中的交集运算，关键是能够根据分式不等式运算和对数型函数定
义域的要求求解出两个集合.
3.命题“对任意 ”为真命题的一个充分不必要条件可以是( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
在命题为真命题的情况下求得 的范围，在选项中找到所得范围的真子集即可.
【详解】命题为真命题，则 对 恒成立
是 的真子集 是命题为真的充分不必要条件
本题正确选项：
【点睛】本题考查充分不必要条件的求解问题，关键是明确充分不必要条件与集合包含关系
之间的关系.
4.函数 在区间 上的大致图象为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
C
2[1,2), 0x x a∈ − <
4a ≥ 4a > 1a ≥ 1a >
a
2a x> [ )1,2x∈ 4a∴ ≥
{ }4a a > { }4a a ≥ 4a∴ >
B
( ) sin lnf x x x x= + [ 2 ,2 ]π π−【分析】
根据题意，分析函数的奇偶性可得函数 f（x）为偶函数，据此可以排除 A、D；又由 x→0 时，
xsinx+lnx＜0，分析可得答案．
【详解】根据题意，f（x）＝xsinx+ln|x|，其定义域为{x|x≠0}，
有 f（﹣x）＝（﹣x）sin（﹣x）+ln|（﹣x）|＝xsinx+ln|x|＝f（x），即函数 f（x）为偶
函数，
在区间[﹣2π，0）∪（0，2π]上关于 y 轴对称，排除 A、D；
又由 x→0 时，xsinx+lnx＜0，排除 C；
故选：B．
【点睛】本题考查函数图象的判断，考查函数的奇偶性，此类题目一般用排除法分析．
5.已知 上的单调函数 满足 ，则实数 的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据 可求得 ，可知 在 时单调递减，从而得到 在 上单调
递减；根据对数函数单调性和临界点的大小关系可得到不等式组，解不等式组求得结果.
【详解】 当 时， 单调递减
为 上的单调函数 ，解得：
本题正确选项：
【点睛】本题考查根据分段函数的单调性求解参数范围的问题，关键是明确分段函数在 上
单调需保证在每一段上单调，且在临界点位置大小关系满足单调性，属于常考题型.
6.电流强度 (安)随时间 (秒)变化的函数 的图
R
log , 3( ) 7, 3
a x xf x mx x
≥= + <
2( ) (2 )3
−∞ + ∞， ，
2( 2)3
，
2 2( )3 3
− ， 2 2( ) ( )3 3
−∞ − + ∞， ，
( 2)f x + ( )f x 2x = ( )f x
2 3 2x− ≥ 2 3 2x− <
( 2)f x + ( )f x 2x =
(0) 0f = (4) 0f =
( )f x ( ]2−∞， ( )f x [ )2,+∞
2 3 2x− ≥ 0x ≤ (2 3 ) 0f x− > (2 3 ) (4)f x f− > 2 3 4x− >
2
3x < −
2 3 2x− < 0x > (2 3 ) 0f x− > (2 3 ) (0)f x f− > 2 3 0x− <
2
3x >
(2 3 ) 0f x− > 2 2( ) ( )3 3
−∞ − + ∞， ，11.已知函数 的图像上有且仅有四个不同的关于直线 对称的
点在 的图像上，则 的取值范围是( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据对称关系可将问题转化为 与 有且仅有四个不同的交点；利用导数研究
的单调性从而得到 的图象；由直线 恒过定点 ，通过数形结
合的方式可确定 ；利用过某一点曲线切线斜率的求解方法可求得 和 ，
进而得到结果.
【详解】 关于直线 对称的直线方程为：
原题等价于 与 有且仅有四个不同的交点
由 可知，直线恒过点
当 时，
在 上单调递减；在 上单调递增
由此可得 图象如下图所示：
其中 、 为过 点的曲线的两条切线，切点分别为
( ) 2
ln 2 , 0
3 , 02
x x x x
f x
x x x
− >= + ≤
1y = −
( ) 1g x kx= − k
1 3( , )3 4
1 3( , )2 4
1( ,1)3
1( ,1)2
( )f x 1y kx= − −
( )f x ( )f x 1y kx= − − ( )0, 1A −
( ),AC ABk k k− ∈ ACk ABk
( ) 1g x kx= − 1y = − 1y kx= − −
∴ ( )f x 1y kx= − −
1y kx= − − ( )0, 1A −
0x > ( ) ln 1 2 ln 1f x x x′ = + − = −
( )f x∴ ( )0,e ( ),e +∞
( )f x
AB AC A ,B C由图象可知，当 时， 与 有且仅有四个不同的交点
设 ， ，则 ，解得：
设 ， ，则 ，解得：
，则
本题正确选项：
【点睛】本题考查根据直线与曲线交点个数确定参数范围的问题；涉及到过某一点的曲线切
线斜率的求解问题；解题关键是能够通过对称性将问题转化为直线与曲线交点个数的问题，
通过确定直线恒过的定点，采用数形结合的方式来进行求解.
12.若对任意的 ，存在实数 ，使 恒成立，则实
数 的最大值为( )
A. 9 B. 10 C. 11 D. 12
【答案】A
【解析】
【分析】
将 不 等 式 化 为 ， 令 ，
，可在平面直角坐标系中作出两函数图象，由图象可知若 最大，
( ),AC ABk k k− ∈ ( )f x 1y kx= − −
( ), ln 2C m m m m− 0m > ln 2 1ln 1 0AC
m m mk m m
− += − = − 1m =
1ACk∴ = −
2 3, 2B n n n + 0n ≤
2 3 13 22 2 0AB
n n
k n n
+ +
= + = −
1n = −
3 12 2 2ABk∴ = − + = −
11, 2k ∴− ∈ − −
1 ,12k ∈
D
[1,5]x∈ a 22 6 ( , 0)x x ax b x a R b≤ + + ≤ ∈ >
b
2 22 6x x ax b x x− + ≤ + ≤ − + ( ) ( )2 2 1 5f x x x x= − + ≤ ≤
( ) ( )2 6 1 5g x x x x= − + ≤ ≤ b则 恒过 且与 相切；联立直线与 方程，利用 求出切线斜率，
即为 的值，从而求得 的最大值.
【详解】由 时， 恒成立可得：
令 ，
可得 ， 图象如下图所示：
要使 最大，则 必过 ，且与 相切于点
则此时 ，即直线方程为：
联立 得：
，解得：
由图象可知
本题正确选项：
【点睛】本题考查恒成立问题的求解，关键是能够将不等式转化为三个函数之间的位置关系，
通过数形结合的方式找到最大值取得的情况，利用切线的求解方法求得切线斜率，从而得到
所求最值.
二、填空题。
y ax b= + ( )1,5A ( )f x ( )f x 0∆ =
a b
[ ]1,5x∈ 22 6x x ax b x≤ + + ≤ 2 22 6x x ax b x x− + ≤ + ≤ − +
( ) ( )2 2 1 5f x x x x= − + ≤ ≤ ( ) ( )2 6 1 5g x x x x= − + ≤ ≤
( )f x ( )g x
b y ax b= + ( )1,5A ( )y f x= B
5b a= − 5y ax a= + −
2
5
2
y ax a
y x x
= + −
= − +
( )2 2 5 0x a x a+ − + − =
( ) ( )22 4 5 0a a∴∆ = − − − = 2 16a =
0a < 4a∴ = − ( )max 5 4 9b∴ = − − =
A13.在平面直角坐标系 中，以 轴为始边作角 ，角 的终边经过点 .则
____
【答案】
【解析】
【分析】
根据任意角三角函数定义可得 ；根据 ，利用二倍
角公式即可求得结果.
【详解】由题意得：
本题正确结果：
【点睛】本题考查三角恒等变换中的三角函数值的求解问题，涉及到诱导公式的应用、任意
角三角函数的定义、二倍角公式应用等知识.
14.已知 ， ， ，则 _____
【答案】
【解析】
分析】
利用诱导公式化简可得 ，根据角所处的范围和同角三角函数关系可求得 和
；根据 ，利用两角和差余弦公式可求得 ，根据
可求得结果.
【详解】
【
xoy ox α
4
πα + ( 2,1)P −
sin 2α =
3
5-
5sin 4 5
πα + = sin 2 cos 2 2
πα α = − +
5sin 4 5
πα + =
2 1 3sin 2 cos 2 1 2sin 1 22 4 5 5
π πα α α ∴ = − + = − − + = − − × = −
3
5-
tan( ) 7cos( )2
ππ α α− = + 11cos( ) 14
α β+ = − , (0, )2
πα β ∈ β =
3
π
1cos 7
α = sinα
( )sin α β+ ( )cos cosβ α β α= + − cos β
0, 2
πβ ∈
( )tan 7cos 2
ππ α α − = +
sintan 7sincos
αα αα∴− = − = − ，则
，又
本题正确结果：
【点睛】本题考查利用三角恒等变换公式求解角度的问题，涉及到诱导公式的应用、同角三
角函数值的求解、两角和差余弦公式的应用等知识；关键是能够通过构造的方式，将所求角
用已知角表示出来.
15.已知函数 有两个不同的零点，则实数 的取值范围是_____
【答案】
【解析】
【分析】
将 有两个不同的零点转化为直线 与 图象有两个不同的交点；利
用 导 数 得 到 图 象 ， 结 合 直 线 过 定 点 ， 利 用 数 形 结 合 可 知 当
与 相切时，只需 即可；利用过一点曲线切线斜率的求解方法求出
切线斜率 ，从而得到 的范围.
【详解】由题意得： 的定义域为：
由 有两个不同的零点可知：方程 有两个不同的解
令 直线 与 图象有两个不同的交点
0, 2
πα ∈ sin 0α∴ ≠ 1cos 7
α∴ = 4 3sin 7
α =
, 0, 2
πα β ∈ ( )0,α β π∴ + ∈ ( ) 11cos 14
α β+ = − ( ) 5 3sin 14
α β∴ + =
( ) ( ) ( )cos cos cos cos sin sinβ α β α α β α α β α∴ = + − = + + +
11 1 5 3 4 3 1
14 7 14 7 2
= − × + × =
0, 2
πβ ∈ 3
πβ∴ =
3
π
2( ) lnf x x ax x= + + a
( 1,0)−
( )f x 1y ax= − − ( ) ln xg x x
=
( )g x 1y ax= − − ( )0, 1A −
1y kx= − ( )g x ( )0,a k− ∈
k a
( )f x ( )0, ∞+
( ) 2lnf x x ax x= + + ln1 xax x
− − =
( ) ln xg x x
= ∴ 1y ax= − − ( ) ln xg x x
=又
则当 时， ；当 时，
在 上单调递增；在 上单调递减
又 时， ； 时，
可得 图象如下图所示：
恒过点
如图所示，当 与 相切时，只需 即可使得直线 与
图象有两个不同的交点
设切点 ，解得：
，即
当 时，直线 与 图象有两个不同的交点
即 时， 有两个不同的零点
本题正确结果：
【点睛】本题考查根据函数零点个数求解参数范围的问题，常用方法是将问题转化为直线与
曲线交点个数的问题，通过数形结合的方式来进行求解；关键是能够通过直线恒过定点，确
( ) 2
1 ln xg x x
−′ =
( )0,x e∈ ( ) 0g x′ > ( ),x e∈ +∞ ( ) 0g x′ <
( )g x∴ ( )0,e ( ),e +∞
0x → ( )g x → −∞ x → +∞ ( ) 0g x →
( )g x
1y ax= − − ( )0, 1A −
∴ 1y kx= − ( )g x ( )0,a k− ∈ 1y ax= − −
( ) ln xg x x
=
0
0
0
ln, xB x x
0
0 0
2
0 0
ln 11 ln
0
x
x xk x x
+−∴ = = −
0 1x =
1k∴ = ( )0,1a− ∈
∴ ( )1,0a∈ − 1y ax= − − ( ) ln xg x x
=
( )1,0a∈ − ( ) 2lnf x x ax x= + +
( )1,0−定临界状态，进而利用过某点切线斜率的求解方法求得临界值.
16.已知函数 ，对于任意实数 ，当 时，记 的最大值为
.
①若 ，则 _______；
②若 则 的取值范围是_______．
【答案】 (1). 3 (2).
【解析】
【分析】
①根据 定义可知 ，求出 时， 的取值范围，
从而可得 ，即为结果；②根据定义将 化为 ；画出
的图象，根据区间长度为 且 可得到临界值为 和 ，
由此可确定取值范围.
【详解】①由 得： ，
当 时， ，
，即
②由题意得： ，
又 ，可得 图象如下图所示：
( )f x [ , ]x a b∈ 0a x b≤ ≤ 0| ( ) ( ) |f x f x−
[ , ] 0( )a bD x
2( ) ( 1)f x x= − [0,3] (2)D =
2 2 , 0,( ) 2 1 , 0,
x x xf x x x
− − ≤= − − > [ , 2] ( 1)a aD + −
[1,4]
[ ] ( )0,a bD x [ ] ( ) ( )0,3 max2 1D f x= − [ ]0,3x∈ ( ) 1f x −
( )
max1f x − [ ] ( ), 2 1a aD + − ( )
max1f x −
( ) 1f x − 2 [ ]1 , 2a a− ∈ + 1a = − 2 1a + = −
( )2 1f = [ ] ( ) ( )0,3 max2 1D f x= − [ ]0,3x∈
( ) ( )21 1 1f x x− = − − ∴ [ ]0,3x∈ ( )
min1 1f x − = − ( )
max1 3f x − =
( )
max1 3f x∴ − = [ ] ( )0,3 2 3D =
( )1 1 2 1f − = − + = [ ] ( ) ( ), 2 max1 1a aD f x+∴ − = − [ ], 2x a a∈ +
( ) ( )22 2 1 1 , 0
1
2 1 1 1 1 , 0
x x x x
f x
x x x
− − − = + ≤− =
− − − = − − >
( ) 1f x − 区间长度为
当 时，
当 时，
的取值范围为：
本题正确结果：① ；②
【点睛】本题考查新定义运算的求解，关键是明确新定义的含义为含绝对值的函数最值的求
解；难点是在区间不确定时，能够根据区间长度确定上下限的情况，从而可具体求解出临界
状态的值.
三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
17.已知 和 是方程 的两个实根，不等式 对任意的
恒成立， 关于 的方程 的解集有唯一子集，若 或 为真，
且 为假，求实数 的取值范围．
【答案】
【解析】
【分析】
当 为真时，利用韦达定理可求得 ，可得 ，解不等式求得 的
范围；当 为真时，根据方程无解可求得 的范围；根据复合命题的真假性可知 一真一假；
分别讨论 真 假和 假 真两种情况，从而得到结果.
【详解】若 为真，则 ，
当 时，
解得：
若 为真，则方程 的解集为空集，即方程 无实根
当 时， ，不合题意
当 时，
[ ]1 , 2a a− ∈ + ∴ 2
1a = − [ ] ( ) [ ] ( ) ( ) ( ), 2 1,1 max1 1 1 1 1 1a aD D f x f+ −− = − = − = − − =
2 1a + = − [ ] ( ) [ ] ( ) ( ) ( ), 2 3, 1 max1 1 1 3 1 4a aD D f x f+ − −− = − = − = − − =
[ ] ( ), 2 1a aD +∴ − [ ]1,4
3 [ ]1,4
:p 1x 2x 2 2 0x mx− − = 2
1 25 3a a x x− − ≥ −
[ 1,1]m∈ − :q x 2 2 1 0ax x+ + = p q p
q a
( , 1] (1,6)−∞ −
p 1 2 max 3x x− = 2 5 3 3a a− − ≥ a
q a ,p q
p q p q
p 1 2x x m+ = 1 2 2x x = − ( )2 2
1 2 1 2 1 24 8x x x x x x m∴ − = + − = +
[ ]1,1m∈ − ( )2
max
8 1 8 3m + = + = 2 5 3 3a a∴ − − ≥
( ] [ ), 1 6,a∈ −∞ − +∞
q 2 2 1 0ax x+ + = 2 2 1 0ax x+ + =
0a = 1
2x = −
0a ≠ 4 4 0a∆ = − < ( )1,a∴ ∈ +∞综上所述：若 为真，则
或 为真， 且 为假 一真一假
当 真 假时， ；当 假 真时，
综上所述：
【点睛】本题考查根据复合命题的真假性求解参数范围的问题；关键是能够利用恒成立问题
的求解方法和由方程根的个数求解参数范围的方法求解出两个命题分别为真时参数的取值范
围.
18.已知函数 (其中 )，若点 是函
数 图象的一个对称中心．
(1)求 的解析式，并求 的最小正周期；
(2)将函数 的图象向左平移 个单位，再将所得图象上各点的横坐标伸长为原来的
倍，纵坐标不变，得到函数 的图象，用 “五点作图法”作出函数 在区间
上的图象．
【答案】(1) ； ；(2)见解析
【解析】
【分析】
（1）利用二倍角和辅助角公式化简得 ；利用对称中心坐标，采
用整体对应的方式得到 ，结合 可求得 ，从而得到函数解
析式，再根据 求得最小正周期；（2）根据三角函数平移变换和伸缩变换原则得到
解析式；列表得到五点作图法所需的点的坐标，依此得到函数图象.
【详解】（1）
q ( )1,a∈ +∞
p q p q ,p q∴
p q ( ], 1a∈ −∞ − p q ( )1,6a∈
( ] ( ), 1 1,6a∈ −∞ −
4 4( ) 3sin 2 cos sin 1f x x x xω ω ω= + − + 0 1ω< < ( ,1)6
π−
( )f x
( )f x ( )f x
( )y f x=
6
π
2
( )y g x= ( )f x [ ,3 ]π π−
( ) 2sin( ) 16f x x
π= + + 2T π=
( ) 2sin 2 16f x x
πω = + +
( )
3 6 k k Z
π πω π− + = ∈ 0 1ω< < ω
2T
π
ω=
( )g x
( ) ( )( )2 2 2 23sin 2 cos sin cos sin 1f x x x x x xω ω ω ω ω= + + − +
3sin 2 cos2 1 2sin 2 16x x x
πω ω ω = + + = + + 是 的一个对称中心
，
又 ，则 最小正周期
（2）由（1）知， 向左平移 个单位得：
横坐标伸长为原来的 倍得：
当 时，列表如下：
则 在 上的图象如下图所示：
【点睛】本题考查根据三角函数性质求解函数解析式、五点作图法的应用，涉及到二倍角公
式和辅助角公式化简三角函数、三角函数的平移变换和伸缩变换、根据三角函数对称性求解
函数解析式等知识；关键是能够灵活应用整体对应的方式来进行求解.
19.某种出口产品的关税税率 ，市场价格 （单位：千元）与市场供应量 （单位：万件）
,16
π − ( )f x ( )
3 6 k k Z
π πω π∴− + = ∈
13 2kω∴ = − + k Z∈
0 1ω< < 1
2
ω∴ = ( ) 2sin 16f x x
π ∴ = + +
( )f x 2T π=
( )f x 6
π 2sin 13y x
π = + +
2 ( ) 12sin 12 3g x x
π = + +
[ ],3x π π∈ −
1
2 3x
π+
6
π− 0 2
π π 3
2
π 11
6
π
x π− 2
3
π−
3
π 4
3
π 7
3
π
3π
( )f x 0 1 3 1 1− 0
( )f x [ ],3π π−
t x p之间近似满足关系式： ，其中 、 均为常数.当关税税率为 时，若市场
价格为 5 千元，则市场供应量约为 1 万件；当关税税率为 时，若市场价格为 7 千元，则
市场供应量约为 2 万件.
（1）试确定 、 的值；
（2）市场需求量 （单位：万件）与市场价格 近似满足关系式： .当 时，市场
价格称为市场平衡价格.当市场平衡价格不超过 4 千元时，试确定关税税率的最大值.
【答案】（1） .（2）当市场平衡价格为 4 千元时，关税税率的最大值为 500﹪.
【解析】
【分析】
（1）根据“关系式：p=2（1﹣kt）（x﹣b）2，及市场价格为 5 千元，则市场供应量均为 1 万件；市
场价格为 7 千元，则市场供应量约为 2 万件”，可得到 从而求得结果；
（2）当 p=q 时，可得 2（1﹣t）（x﹣5）2=2﹣x，可求得 t=1+ =1+ ，由 f（x）=x+
在（0，4]上单调递减，可知当 x=4 时，f（x）有最小值．
【详解】（1）由已知得，若 ，
当 时， ，当 时， ．
所以有 ，
解得 .
（2）由于 ，则 ，
当 p=q 时， ,所以 ，
所以 ， ，
设 ，
2(1 )( )2 kt x bp − −= k b 75%
75%
k b
q x 2 xq −= p q=
1, 5k b= =
( )
( )
2
2
1 0.75 (5 )
1 0.75 (7 )
1 2
2 2
k b
k b
− −
− −
=
=
( )25
x
x −
1
25 10x x
+ −
25
x
75%t =
5x = 1p = 7x = 2p =
( )( )
( )( )
2
2
1 0.75 5
1 0.75 7
1 2
2 2
k b
k b
− −
− −
=
=
1, 5k b= =
1, 5k b= = ( )( )21 52 t xp − −=
( )( )21 52 2t x x− − −= ( )( )21 5t x x− − = −
( )21
5
xt
x
= +
− ( ]0,4x∈
1 20 4x x< < ≤则
= =
=
= ，
由于 ，
则 ， ， ，
所以 ，所以 ，
所以 在区间 上是增函数，
所以当 时， 取得最大值，为 5,
即当市场平衡价格为 4 千元时，关税税率的最大值为 500﹪.
【点睛】本题主要考查函数模型的应用，考查了指数方程的解法和双勾函数最值的求法．
20.已知抛物线 的焦点为 ， 为 上位于第一象限的任意一点，过点
的直线 交 于另一点 ，交 轴的正半轴于点 ．
(1)若当点 的横坐标为 ，且 为等边三角形，求 的方程；
(2)对于(1)中求出的抛物线 ，若点 ，记点 关于 轴的对称点为 ，
交 轴于点 ，且 ，求证：点 的坐标为 ，并求点 到直线 的距离
的取值范围．
【答案】(1) ； (2)证明见解析，
【解析】
【分析】
( ) ] [ ( )
1 2
1 2 2 2
1 2
1 1
5 5
x xt t
x x
− = + − +
− −
( ) ( )
1 2
2 2
1 25 5
x x
x x
−
− −
( ) ( )
( ) ( )
2 2
1 2 2 1
2 2
1 2
5 5
5 5
x x x x
x x
− − −
− −
( ) ( )
( ) ( )
2 2
1 2 2 2 1 1
2 2
1 2
10 25 10 25
5 5
x x x x x x
x x
− + − − +
− −
( )( )
( ) ( )
1 2 1 2
2 2
1 2
25
5 5
x x x x
x x
− −
− −
1 20 4x x< < ≤
1 2 0x x− < ( ) ( )2 2
1 25 5 0x x− − > 1 2 16x x <
1 225 0x x− > 1 2t t<
( )21
5
xt
x
= +
− ( ]0,4
4x = ( )21
5
xt
x
= +
−
2: 2 ( 0)C y px p= > F A C
A l C B x D
A 3 ADF∆ C
C 0 0
1( ,0)( )2D x x ≥ B x E AE
x P AP BP⊥ P 0( ,0)x− P AB d
2 4y x= 6[ ,2)3d ∈（1）由抛物线焦半径公式知 ，根据等边三角形特点可知 ，从而得到
点坐标；利用中点坐标公式求得 中点 ；根据 可构造方程求
得 ，从而得到所求方程；（2）设直线 的方程为： ， ，
，将直线方程与抛物线方程联立可得韦达定理的形式；利用 三点共线，根
据向量共线坐标表示可得 ，代入韦达定理整理得到 点坐标；利用 为等腰
直角三角形可求得 ，从而构造出方程求得 ，根据韦达定理的形式可确定
的取值范围；利用点到直线距离公式可将问题转化为关于 的函数值域的求解问题；利用函
数单调性求得所求的范围即可.
【详解】（1）由题意知： ，
等边三角形
中点为：
由 为等边三角形知： ，即 轴 ，解得：
的方程为：
（2）设直线 的方程为： ， ， ，则
由 得：
设 ，则 ，
三点共线
即
为
3 2
pAF = + DF AF=
D DF 6 3 ,04
pM
+
AM DF⊥
p AB ( )0 0x my x m= + ≠ ( )1 1,A x y
( )2 2,B x y , ,A E P
1 2
4P
y yx = P EPB∆
1APk = 1 2 4y y− = 0x
0x
,02
pF
3 2
pAF = +
ADF∆ 3 2
pDF AF∴ = = + ( )3 ,0D p∴ +
DF∴ 6 3 ,04
pM
+
ADF∆ AM DF⊥ AM x⊥ 6 3 34
p+∴ = 2p =
C∴ 2 4y x=
AB ( )0 0x my x m= + ≠ ( )1 1,A x y ( )2 2,B x y ( )2 2,E x y−
2
0
4y x
x my x
=
= +
2
04 4 0y my x− − =
0
1
2x ≥
2
016 16 0m x∴∆ = + > 1 2
1 2 0
4
4
y y m
y y x
+ =∴ = −
( ),0PP x ( )2 2,PPE x x y= − − ( )1 1,PPA x x y= −
, ,A E P ( ) ( )2 1 2 1 0P Px x y y x x∴ − + − =
( ) ( )2 2
1 2 1 22 1 1 2
2 1 1 2 1 2 4 4P
y y y yy y y yx y x y y y x
+++ = + = =
为等腰直角三角形
即
，可得：
，又
令 ， ，则
在 上单调递减
【点睛】本题考查直线与抛物线综合应用的问题，涉及到抛物线方程的求解、点到直线距离
公式的应用、抛物线中取值范围类问题的求解等知识；求解取值范围类问题的常用方法是利
用变量表示出所求量，将问题转化为函数值域的求解问题；本题易错点是缺少对于 范围的
求解，造成取值范围缺少上限.
21.已知函数 .
(1)讨论 极值点 个数；
(2)若 是 的一个极值点，且 ，证明: .
【答案】(1) 当 时， 无极值点；当 时， 有 个极值点；当
或 时， 有 个极值点；(2)证明见解析
【解析】
的
1 2 0y y+ ≠ 01 2
0
4
4 4P
xy yx x
−∴ = = = − ( )0 ,0P x∴ −
EPB∆ 1APk∴ =
( )
( )
( )( )1 21 2 1 2
2 21 2 1 2 1 2
1 2
4 11
4
y yy y y y
x x y y y yy y
++ += = =− + −− 1 2 4y y∴ − =
( )2 2
1 2 1 2 04 16 16 16y y y y m x∴ + − = + = 2
01m x= −
2 0m > 0 1x∴ < 0
1
2x ≥ 0
1 ,12x ∴ ∈
0 0 0
2 2
0
2 2
21 1
Px x x xd
xm m
−∴ = = =
−+ +
02 x t− = 61, 2t
∈
2
0 2x t= −
24 2 4 2td tt t
−∴ = = −
4 2y tt
= −
61, 2
6 ,23d
∴ ∈
0x
21( ) ( 1) 2 ,2
xf x x e ax ax a R= + + + ∈
( )f x
0 0( 2)x x ≠ − ( )f x -2( 2)>ef − 0( ) ( )2,a e−∈ −∞ − ( )0 lnx a= −
( )0f x ( ) ( )ln 2,t a= − ∈ − +∞ ( )0f x t ( )g t
( )g t ( ) 1g t ≤
( ) ( ) ( )( )2 2 2x xf x x e ax a x e a′ = + + + = + +
0a ≥ 0xe a+ >
∴ ( ), 2x∈ −∞ − ( ) 0f x′ < ( )2,x∈ − +∞ ( ) 0f x′ >
( )f x∴ ( ), 2−∞ − ( )2,− +∞
2x∴ = − ( )f x ( )f x 1
0a < ( ) 0f x′ = 1 2x = − ( )2 lnx a= −
2a e−< − 1 2x x<
( )1,x x∴ ∈ −∞ ( )2 ,x +∞ ( ) 0f x′ > ( )1 2,x x x∈ ( ) 0f x′ <
( )f x∴ ( )1, x−∞ ( )2 ,x +∞ ( )1 2,x x
1x x∴ = ( )f x 2x x= ( )f x ( )f x 2
2a e−= − 1 2x x= ( ) 0f x′ ≥ 0
( )f x∴ R ( )f x 0
2 0e a−− < < 1 2x x>
( )2,x x∴ ∈ −∞ ( )1,x +∞ ( ) 0f x′ > ( )2 1,x x x∈ ( ) 0f x′ <
( )f x∴ ( )2, x−∞ ( )1,x +∞ ( )2 1,x x
2x x∴ = ( )f x 1x x= ( )f x ( )f x 2综上所述：当 时， 无极值点；当 时， 有 个极值点；当 或
时， 有 个极值点
（2）由（1）知，若 是 的一个极值点，则
又 ，即
令 ，则 ，
则
当 时， ，
当 时， ；当 时，
在 上单调递增；在 上单调递减
，即
【点睛】本题考查导数在研究函数中的应用问题，涉及到利用导数讨论函数极值点的个数、
证明不等式的问题；本题中证明不等式的关键是能够通过换元的方式将 转化为关于 的
函数，利用导数求得函数最值之后即可证得结论；易错点是换元时忽略自变量的取值范围，
导致定义域错误.
22.以平面直角坐标系的原点 为极点， 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知点 的直
角坐标为 ，若直线 的极坐标方程为 ，曲线 的参数方程是
，（ 为参数).
（1）求直线 的直角坐标方程和曲线 的普通方程；
（2）设直线 与曲线 交于 两点，求 .
2a e−= − ( )f x 0a ≥ ( )f x 1 2a e−< −
2 0e a−− < < ( )f x 2
( )0 0 2x x ≠ − ( )f x ( ) ( )2 2, ,0a e e− −∈ −∞ − ∪ −
( ) 2 22 2f e a e− −− = − − > 2a e−< − ( )2,a e−∴ ∈ −∞ −
0 2x ≠ − ( )0 lnx a∴ = −
( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )ln 2 2
0
1 1ln 1 ln 2 ln ln 2ln 22 2
af x a e a a a a a a a− ∴ = − + + ⋅ − + − = − + − −
( ) ( )ln 2,t a= − ∈ − +∞ ta e= − ( ) ( )21 2 22
tg t e t t∴ = − + − ( )2,t ∈ − +∞
( ) ( ) ( )21 14 42 2
t tg t e t t t t e′ = − + = − +
2t > − 4 0t + > 0te >
∴ ( )2,0t ∈ − ( ) 0g t′ > ( )0,t ∈ +∞ ( ) 0g t′ <
( )g t∴ ( )2,0− ( )0, ∞+
( ) ( )max 0 1g t g∴ = = ( ) 1g t ≤ ( )0 1f x∴ ≤
( )0f x t
O x M
( )1,0 l 2 cos 1 04
πρ θ + − = C
24
4
x m
y m
=
=
m
l C
l C ,A B 1 1
MA MB
+【答案】（1） ， ；（2）1
【解析】
【试题分析】(1) 展开后利用公式直接转化为直角坐标方程.对 消
去 后得到直角坐标方程.(2)求出直线 的参数方程,代入抛物线,利用直线参数的几何意义
求得 的值.
【试题解析】
（1）由 ，得 ，
令 ， ，得 .
因为 ，消去 得 ，
所以直线 的直角坐标方程为 ，曲线 的普通方程为 .
（2）点 的直角坐标为 ，点 在直线 上.
设直线 的参数方程为 ，（ 为参数），代入 ，得 .
设点 对应的参数分别为 ， ，则 ， ，
所以 .
23.选修 4-5：不等式选讲
已知函数 ， .
（1）求不等式 的解集；
（2）若 ， ，使得不等式 成立，求实数 的取值范围.
1 0x y− − = 2 4y x=
2 cos 1 04
πρ θ + − = C
m l
1 1
MA MB
+
2 cos 1 04
πρ θ + − = cos sin 1 0ρ θ ρ θ− − =
cosx ρ θ= siny ρ θ= 1 0x y− − =
24
4
x m
y m
=
=
m 2 4y x=
l 1 0x y− − = C 2 4y x=
M ( )1,0 M l
l
21 2
2
2
tx
ty
= +
=
t 2 4y x= 2 4 2 8 0t t− − =
,A B 1t 2t 1 2 4 2t t+ = 1 2 8t t = −
1 2
1 2
1 1 t t
MA MB t t
−+ = = ( )2
1 2 1 2
2 2
4 32 32 18
t t t t
t t
+ − += =
2( ) 4f x x ax= + + ( ) | 1| | 1|g x x x= + + −
( ) 3g x ≥
2 [ 2,2]x∀ ∈ − 1 [ 2,2]x∃ ∈ − 1 2( ) ( )f x g x≤ a【答案】（1） 或 .（2） .
【解析】
【试题分析】(1)利用零点分段法去绝对值,将 转化为分段函数来求得不等式的解集.(2)
依题意有 ,对 分类讨论函数 的最小值,由此得到 的
取值范围.
【试题解析】
（1） ，即 ，此不等式等价于 或
或 ，解得 或 ，所以 的解集为
或 .
（2）因为 ， ，使得 成立，
所以 .又 ，所以 .
当 ，即 时， ，解得 ，所以
；
当 ，即 时， ，解得 ，所以
；
当 ，即 时， ，解得 或
，
所以 或 .综上，实数 的取值范围为 .
3{ | 2x x ≤ − 3}2x ≥ ( , 2 2] [2 2, )−∞ − ∪ +∞
( )g x
( ) ( ) [ ]( )2,2min minf x g x x≤ ∈ − a ( )f x a
( ) 3g x ≥ 1 1 3x x+ + − ≥ ( ) ( )
1
1 1 3
x
x x
≤ −
− + − − ≥
( ) ( )
1 1
1 1 3
x
x x
− <
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