2019届安徽省高三下学期6月第四次模拟考试数学(文)试题（解析版）

2019 届高三第四次模拟考试 数学试题（文科） 第 I 卷（选择题，共 60 分） 考生须知： 1.本试卷满分 120 分，考试时间为 120 分钟. 2.答题前，考生先将自己的“姓名”、“考号”、“考场”、“座位号”在答题卡上填写清楚， 将“条形码”准确粘贴在条形码区域内. 3.请按照题号顺序在答题卡各题目的区域内作答，超出答题区域的答案无效；在草稿纸上、试 题纸上答案无效. 4.选择题必须使用 2B 铅笔填涂；非选择题必须使用 0.5 毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工 整、笔迹清楚. 5.保持卡面整洁，不要折叠、不要弄脏、弄皱，不准使用涂改液、刮纸刀. 一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，满分 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.已知 为虚数单位，且复数 满足 ，则 的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 首先根据题意得到 ，再带入 ，计算模长即可. 【详解】因为 ， 所以 . 故选：B 【点睛】本题主要考查复数的模长，同时考查了复数的运算，属于简单题. i z ( ) 20191 2z i i+ = + 1 2z i+ + 1 2 5 2 3 2 2 1 3 2 2z i= − 1 2z i+ + ( ) 2019 31 2 2 2z i i i i+ = + = + = − 22 (2 )(1 ) 2 2 1 3 1 (1 )(1 ) 2 2 2 i i i i i iz ii i i − − − − − += = = = −+ + − 1 1 3 1 1 1 5= 1 12 2 2 2 2 4 2z i i i i+ + − + + = − = + =2.已知集合 ，则集合 子集的个数是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 首先分别化简集合 ，再求出 ，找其子集个数即可. 【详解】 ， . ，所以集合 子集的个数是 . 故选：B 【点睛】本题主要考查集合子集的个数，同时考查了集合的交集运算和分式不等式，属于简单题. 3.已知直线 ， ，平面 ， ；命题 p:若 ,则 // ；命题 :若 , , ,则 ，下列是真命题 是( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 由线面的平行关系先判断命题 p,q 的真假，进而可得选项. 【详解】命题 p 为假，因为 可能在面 内； 由线面平行 性质可知命题 为真. 所以 为真，故选 D. 【点睛】本题主要考查命题真假性的判断，考查含有简单逻辑连接词命题真假性的判断，属于基础题. 4.执行程序框图，则输出的数值为（ ） 的 的 { } 1| 2 4 , 03 xP x N x Q x x + = ∈ − < < = ≥ −  P Q 4 8 16 32 ,P Q P Q { | 2 4} {0,1,2,3}P x N x= ∈ − < < = 1 0 { 1 3}3 xQ x x xx + = ≥ = − ≤ + { | 0}x x > { | 0}x x < { | 1}x x > { | 1} + ⇔ + > ( )f x R 2 1 1 0x x+ > ⇒ > 0x ( ) ( )2ln 1f x x x= + + ( )1 ln2 1f = + ( ) ( ) ( )2 1 1 ln2 2 1 1f x f x f+ > + ⇔ + > ( )f x R 0x ( ) ( )2ln 1f x x x= + + 2 1 1 0x x+ > ⇒ >等式的目的. 8.如图，网格纸上的小正方形的边长为 1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 根据三视图还原几何体，由棱锥体积公式计算得到结果. 【详解】根据题意得到原图是下图中的四棱锥 ，根据题意得到四边形 边长为 2， 棱锥的高为 1，故四棱锥的体积为： 故答案为 C. 【点睛】思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的 基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体 的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.由三视图画出直观图的步骤和思考方法：1、首先看俯视 图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、 画出整体，然后再根据三视图进行调整. 2 3 4 3 2 2 3 1 1C ADD A− 1 1ADD A 1 42 2 1 .3 3 × × × =9.函数 在 上的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 利用函数的性质，特殊值法以及排除法，即可判断. 【详解】因为 ，而 ， 所以 ， 所以排除 项， 因为当 时， ， 则 ， 因为 在 内单调递减， 在 内单调递增， 如图，两函数只有一个交点， 所以 只有一个零点，故 在 至多有一个极值点，排除 项， 故选 项. 【点睛】本题主要考查了函数的图像判断，以及函数的相关性质，属于中档题.函数图像的识别可从以下几 ( ) 2 sinf x x x= − [ ]2 2− , (2) 4 sin 2f = − 222 3 π π< < 33 4 sin 2 4 2 < − < − ,C D 2( ]0,x∈ 2( ) sinf x x x= − ( ) 2 cosf x x x= −′ cosy x= (0,2] 2y x= (0,2] ( ) 2 cosf x x x= −′ ( )f x (0,2] A B个方面入手：（1）从函数的定义域判断图像左右位置；从函数的值域判断图像的上下位置； （2）从函数的单调性判断图像的变化趋势； （3）从函数的奇偶性判断图像的对称性； （4）从函数的周期性判断图像的循环往复； （5）取特殊点，把点代入函数，从点的位置判断； （6）必要时可求导研究函数性质，从函数的特征点，排除不合要求的图像. 充分利用上述的几个方面，排除、筛选错误与正确的选项. 10.已知函数 ，将 的图象向右平移 个单位所得图象关于点 对称，将 的图象向左平移 个单位所得图象关于 轴对称，则 的值不可能是 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 根 据 平 移 法 则 可 得 解 析 式 , 将 代 入 可 得 ， 可 导 出 ，从而可得结果. 【详解】函数 ，将 的图象向右平移 个单位所得图象关于点 对称，可得 ，对称中心可得： ， 据此有： ， 结合对称轴有： ， 据此有： ， 据此可得： 的值不可能是 . 故选 B. 【点睛】本题主要考查三角函数的图象与性质，重点考查学生对三角函数图象变换规律的理解与掌握，能 否正确处理先周期变换后相位变换这种情况下图象的平移问题，反映学生对所学知识理解的深度. ( ) ( )( )cos 3 0f x x ϕ ϕ π= + < < ( )f x 6 π ,04 π     ( )f x ( )0θ θ > y θ 4 π 5 12 π 7 12 π 11 12 π y cos 3 6x π ϕ = − +  （ ） ,04 π     1 4k πϕ π= + ( )2 1 1 3 12k k πθ π= − − ( ) ( )( )cos 3 0f x x ϕ ϕ π= + < < ( )f x 6 π ,04 π     cos 3 6x π ϕ − +  （ ） ( )1 13 4 6 2k k Z π π πϕ π × − + = + ∈   ( )1 14k k Z πϕ π= + ∈ ( ) ( )2 23 0 k k Zθ ϕ π× + + = ∈ ( )2 1 1 3 12k k πθ π= − − θ 5 12 π11.己知 为抛物线 的焦点，点 都是抛物线上的点且位于 轴的两侧，若 ( 为原 点)，则 和 的面积之和的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 首先设出直线方程，代入抛物线方程，利用根系关系及平面向量数量积坐标公式得到 ，再计算 和 的面积之和，利用均值不等式求其最小值即可. 【详解】 设直线 的方程为 ， ， ， . ， 解得： 或 . 因为 位于 轴的两侧，所以 . 即： ， . 设点 在 轴的上方，则 ， ， . F 24y x= ,A B x 15OA OB =   O ABO∆ AFO∆ 65 2 5 2 5 4 1 8 4m = ABO∆ AFO∆ AB x ty m= + 1 1( , )A x y 2 2( , )B x y 2 24 4 0y x y ty m x ty m  = ⇒ − − = = + 1 2 4 my y = − 2 1 2 1 2 1 2 1 216( ) 15OA OB x x y y y y y y= + = + =   1 2 15 16y y = 1 2 1y y = − ,A B x 1 2 1y y = − 1 2 14 my y = − = − 4m = A x 1 0y > 2 1 1y y = − 1( ,0)16F 1 2 1 1 1 1= 4 ( )2 2 16ABO AOFS S y y y+ × × − + ×   1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 65 2 65 2 65= 4 ( ) 22 2 16 32 32 2y y y yy y y × × + + × = + ≥ × =当且仅当 时，即 时，取“ ”号. 所以 和 的面积之和的最小值为 . 故选：A 【点睛】本题主要考查直线与抛物线的位置关系，同时考查了均值不等式求最值，属于难题. 12.设函数 ，若函数 有三个零点 ，则 （　　） A. 12 B. 11 C. 6 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】 画出函数 的图象，利用函数的图象判断函数的零点个数，然后转化求解，即可得出结果． 【详解】作出函数 的图象如图所示， 令 ， 由图可得关于 的方程 的解有两个或三个（ 时有三个， 时有两个）， 所以关于 的方程 只能有一个根 （若有两个根，则关于 的方程 有四 个或五个根）， 由 ，可得 的值分别为 ， 1 1 65 2 32 y y = 1 8 65 65y = = ABO∆ AFO∆ 65 2 1, 2( ) 2 1, 2, 1a xf x log x x a ==  − + ≠ > 2( ) ( ) ( )g x f x bf x c= + + 1 2 3, ,x x x 1 2 2 3 1 3x x x x x x+ + = ( )f x 1, 2( ) 2 1, 2, 1a xf x log x x a ==  − + ≠ > ( )f x t= x ( )f x t= 1t = 1t ≠ t 2 0t bt c+ + = 1t = x 2 ( ) ( ) 0f x bf x c+ + = ( ) 1f x = 1 2 3, ,x x x 1,2,3则 故选 B． 【点睛】本题考查数形结合以及函数与方程的应用，考查转化思想以及计算能力，属于常考题型. 第 II 卷(非选择题，共 90 分) 本卷包括必考题和选考题两部分.第 13 题~第 21 题为必考题，每个试题考生都必须作答.第 22 题~第 23 题为选考题，考生根据要求作答. 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，满分 20 分. 13.设变量 满足约束条件 ，则 的最大值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】 首先画出满足约束条件的可行域，并求出交点坐标，代入目标函数比较即可得到最大值. 【详解】满足约束条件的可行域如图所示： ，可得 . 因为 ， ， 表示：直线 截距的 倍. 所以当目标函数 经过点 时， 取得最大值. . 故答案为： 1 2 2 3 1 3 1 2 2 3 1 3 11xx x x xx+ + = × + × + × = ,x y 1 0 0 2 4 0 x y x y x y − − ≤  + ≥  + − ≥ 2z x y= − 0 1 0 2 2 4 0 1 x y x x y y − − = = ⇒ + − = =  (2,1)B 2z x y= − 1 2 2 zy x= − z 1 2 2 zy x= − 2− 2z x y= − B z max 2 2 1 0Bz z= = − × = 0【点睛】本题主要考查线性规划，数形结合为本题的解题关键，属于简单题. 14.已知向量 ， 满足 ， ，且 ，则 在 方向上的投影为_______. 【答案】-1 【解析】 【分析】 利用向量的垂直关系，推出 ，然后求解 在 方向上的投影。 【详解】向量 ， 满足 ， ，且 ，可得 ， 即 ，可得 ，则 在 方向上的投影为： 故答案为： 【点睛】本题考查了向量的数量积以及向量数量积的几何意义，要熟记向量数量积的几何意义，属于基础 题。 15.已知在 中， 的对边分别为 ， ， ， ，且 为 上的中点，则 的长为_. 【答案】 【解析】 【分析】 首先利用正弦定理边角互换得到 ，即 ， .再根据余弦定理得到 ，延长 到 ，使 ，再利用余弦定理即可求出 的值. 【详解】因为 ， 所以 即 ， 所以 ， ， . 又因为 ， ，所以 . a b | | 2a = 2b = ( )2a a b⊥ +   b a a b⋅  b a a b | | 2a = | | 2b = ( )2a a b⊥ +   ( )2 0a a b⋅ + =  2 2 0a a b+ ⋅ =   2a b⋅ = −  b a 1a b a ⋅ = −    1− ABC∆ , ,A B C , ,a b c 2 2 2cos cos cos 1 3sin sinB C A B C+ − = − 2a = 2sin sin sinB C A= D BC 2AD 1 2 3+ 2 2 2 3b c a bc+ − = 3cos 2A = 6A π= 2( ) 12 4 3b c+ = + AD E 2AE AD= 2AD 2 2 2cos cos cos 1 3sin sinB C A B C+ − = − 2 2 21 sin 1 sin (1 sin ) 1 3sin sinB C A B C− + − − − = − 2 2 2sin sin sin 3sin sinB C A B C+ − = 2 2 2 3b c a bc+ − = 2 2 2 3 3cos 2 2 2 b c a bcA bc bc + −= = = 0 A π< < 6A π= 2sin sin sinB C A= 2a = 2 4a bc= =因为 ， 所以 . 延长 到 ，使 ，即 为 ， 的中点， 如图所示： 所以四边形 为平行四边形， . ， 所以 . 故答案为： 【点睛】本题主要考查余弦定理解三角形，同时考查了正弦定理的角化边，数形结合为解决本题的关键， 属于难题. 16.如图，三棱锥 的项点 都在同一球面上， 过球心 ， 是边长 为 4 的等边三角形，点 分别为线段 上的动点（不含端点），且 ，则三棱锥 体积的最大值为______． 【答案】 【解析】 【分析】 2 2 2 22 cos ( ) 2 3 46a b c bc b c bc bc π= + − = + − − = 2( ) 12 4 3b c+ = + AD E 2AE AD= D AE BC ABEC 5 6ACE π∠ = 2 2 2 2 54 2 cos 6AE AD b c bc π= = + − 2 24 ( ) 2 3 12 4 3 8 4 3 4 8 3AD b c bc bc= + − + = + − + = + 2 1 2 3AD = + 1 2 3+ A BCD− , , ,A B C D BD O 4 2,BD ABC= ∆ ,P Q ,AO BC AP CQ= P QOC− 2 3由题证得 AO⊥平面 BCD，△BOC 也是等腰直角三角形，设 AP=CQ=x，然后利用体积公式求解即可． 【详解】因为 BD 过球心， ，所以 ，又△ABC 是边长为 4 等边三角形， 所以 AO2+CO2=AC2，AO2+BO2=AB2，所以 AO⊥CO，AO⊥BO． 所以 AO⊥平面 BCD，且△BOC 也是等腰直角三角形， 设 AP=CQ=x， 则 当且紧当 时成立. 故答案为 ． 【点睛】本题考查几何体的体积的求法，考查空间想象能力以及计算能力． 三.解答题：本大题满分 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 17.已知数列 满足 ，其前 项和为 ，当 时， ， ， 成等差数列. （1）求证 为等差数列； （2）若 ， ，求 . 【答案】(1)见证明；(2) 【解析】 【分析】 (1)根据等差数列的概念得到 ，变形化简得到 ，则 ， 得证；（2）根据第一问得到的结论得到 ，即 ，由 得 ，即 ，联立两式求解. 【详解】（1）当 时，由 ， ， 成等差数列得： ， 即 ，即 ，则 ， 又 ，故 是公差为 1 的等差数列. （2）由（1）知数列 公差 1，由 ， 得 ，即 ， 由 得 ，即 ，联立解得： . 为 4 2BD = 2 2OA OB OC= = = 2 1 1 1 1 2 2 22 2 sin (2 2 ) (2 2 )3 2 4 3 3 2 3P QCOV x x x x π −  = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ − = − ≤ =    2x = 2 3 { }na 2 1 1a a− = n nS 2n 1 1nS − − nS 1nS + { }na 0nS = 1 4nS + = n 7n = 1 12 1n n nS S S− += − + 11n na a += − + ( )2n ≥ 1 1n na a+ − = 1 4na + = 1 4a n+ = 0nS = ( ) 1 1 02 n nna −+ = 1 1 02 na −+ = 2n ≥ 1 1nS − − nS 1nS + 1 12 1n n nS S S− += − + 1 11n n n nS S S S− +− = − + − 11n na a += − + ( )2n ≥ 1 1n na a+ − = ( )2n ≥ 2 1 1a a− = { }na { }na 0nS = 1 4nS + = 1 4na + = 1 4a n+ = 0nS = ( ) 1 1 02 n nna −+ = 1 1 02 na −+ = 7n =【点睛】这个题目考查了等差数列的性质的应用,以及等差数列的通项公式的应用. 18.如图所示的几何体 中， 为等腰直角三角形， 平面 平面 （1）若在 上存在点 ，使得 平面 ，试探究点 的位置：. （2）在（1）的条件下，求三棱锥 的体积. 【答案】（1）点 在 上靠近 的三等分点处（2） 【解析】 【分析】 （1）首先根据题意知 ， ，得到 平面 ，所以若 平面 ，只需 即可，再利用射影定理即可得到 . （2）首先将所求体积转化为： ，分别求体积计算即可. 【详解】（1）因为 平面 ， 平面 ，所以 ， 平面 ， 因为 平面 ，所以 . 若 平面 ，只需 即可. 在直角 中， ， 由射影定理 ，可知 ， 所以点 在 上靠近 的三等分点处. B ACDE− ABC∆ , 2,AB AC AB AC DC⊥ = = ⊥ , 1,ABC DC EA= ⊥ , 2ABC EA = EB F BE⊥ AFC F F BCD− F BE E 4 9 EA AC⊥ AC AB⊥ AC ⊥ ABE BE⊥ AFC BE AF⊥ 2 3BF BE= F BCD B AFDC F AEDC F ABCV V V V− − − −= − − EA ⊥ ABC AC ⊂ ABC EA AC⊥ AC AB AC EA AC EA AB A ⊥  ⊥ ⇒ ⊥  ∩ = ABE BE ⊂ ABE AC BE⊥ BE⊥ AFC BE AF⊥ ABE∆ 2 22 ( 2) 6EB = + = 2AB BF BE=  4 2 6 2 3 36 BF BE= = = F BE E（2）因为 . 由题可知 ， 则 . 由（1）知， 在 上靠近 的三等分点处， 所以 ， 又 ， 所以 . 所以 . 【点睛】本题第一问考查线面垂直的证明，第二问考查三棱锥的体积，将所求体积转化为多个体积的差为 解题的关键，属于中档题. 19.随着人民生活水平的日益提高，某小区居民拥有私家车的数量与日俱增．由于该小区建成时间较早，没 有配套建造地下停车场，小区内无序停放的车辆造成了交通的拥堵．该小区的物业公司统计了近五年小区 登记在册的私家车数量（累计值，如 147 表示 2016 年小区登记在册的所有车辆数，其余意义相同），得到 如下数据： 编号 1 2 3 4 5 年份 2014 2015 2016 2017 2018 数量 （单位：辆） 37 104 147 196 216 （1）若私家车的数量 与年份编号 满足线性相关关系，求 关于 的线性回归方程，并预测 2020 年该 小区的私家车数量； （2）小区于 2018 年底完成了基础设施改造，划设了 120 个停车位．为解决小区车辆乱停乱放的问题，加 强小区管理，物业公司决定禁止无车位的车辆进入小区．由于车位有限，物业公司决定在 2019 年度采用网 络竞拍的方式将车位对业主出租，租期一年，竞拍方案如下：①截至 2018 年已登记在册的私家车业主拥有 竞拍资格；②每车至多中请一个车位，由车主在竞拍网站上提出申请并给出自己的报价；③根据物价部门 F BCD B AFDC F AEDC F ABCV V V V− − − −= − − ( )1 1 2 2 1 22AEDCS = × + × = +四边形 1 2 2 2 3 3B AEDC AEDCV S AB− += × × =四边形 F BE E 1 2 2 2 3 9F AEDC B AEDCV V− − += = 1 2 2 22ABCS∆ = × × = 1 2 1 2 2 4 223 3 3 3 9F ABC ABCV S EA− ∆= × × = × × = 4 9F BCD B AFDC F AEDC F ABCV V V V− − − −= − − = x y y x y x的规定，竞价不得超过 1200 元；④申请阶段截止后，将所有申请的业主报价自高到低排列，排在前 120 位 的业主以其报价成交；⑤若最后出现并列的报价，则以提出申请的时间在前的业主成交，为预测本次竞拍 的成交最低价，物业公司随机抽取了有竞拍资格的 40 位业主，进行了竞拍意向的调查，并对他们的拟报竞 价进行了统计，得到如图频率分布直方图： （i）求所抽取的业主中有意向竞拍报价不低于 1000 元的人数； （ii）如果所有符合条件的车主均参与竞拍，利用样本估计总体的思想，请你据此预测至少需要报价多少元 才能竞拍车位成功？（精确到整数） 参考公式及数据：对于一组数据 ，其回归方程 的斜率和截距的最小 二乘估计分别为： ； ． 【答案】（1） ,320；（2）（i）12 人；（ii）936． 【解析】 【分析】 （1）由表中数据，计算得 与 的值，则线性回归方程可求，取 x=7 求得 y 值得答案； （2）（i）由频率直方图求得有意竞拍报价不低于 1000 元的频率，乘以 40 得答案． （ii）由题意， ．由频率直方图估算知，报价应该在 900-1000 之间，设报价为 x 百元，可得 ．求解 x 值即可． 【详解】（1）由表中数据，计算得 ， ， ， ． ( ) ( ) ( )1 1 2 2, , , ,..., ,n nx y x y x y ˆˆ ˆy bx a= + ( ) 1 2 1 ( ) ( ) n i ii n ii x x y y b a y b x x x = = − − = = − − ∑ ∑   ， ( )5 1 ( ) 450i i i x x y y = − − =∑ 45 5y x= + b a 120 5 216 9 = 5(10 ) 0.4 0.3 9x− × + = ( )1 1 2 3 4 5 35x = + + + + = ( )1 37 104 147 196 216 1405y = + + + + = ( )5 1 5 2 2 2 22 1 ( ) 450 450 45( 2) ( 1) 0 1 2 10( ) i ii ii x x y y b x x = = − − = = = =− + − + + +− ∑ ∑   140 45 3 5a y bx= − = − × =故所求线性回归方程为 ， 令 x=7，得 ； （2）（i）由频率直方图可知，有意竞拍报价不低于 1000 元的频率为： （0.25+0.05）×1=0.3， 共抽取 40 位业主，则 40×0.3=12， ∴有意竞拍不低于 1000 元的人数为 12 人． （ii）由题意， ． 由频率直方图估算知，报价应该在 900-1000 之间， 设报价为 x 百元， 则 ． 解得 x≈9.36． ∴至少需要报价 936 元才能竞拍成功． 【点睛】本题考查线性回归方程的求法，考查计算能力，是中档题． 20.已知点 是椭圆 上任意一点，点 ，抛物线 上点 的纵坐标 为 ， . （1）求抛物线 的标准方程： （2）若抛物线 的准线上一点 满足 ，试判断 是否为定值，若是，求这个定值： 若不是，请说明理由. 【答案】（1） （2） 为定值，且定值为 【解析】 【分析】 （1）首先设 ，根据 得到 点的坐标，再代入抛物线方程即可. （2）首先设 ， ，根据 ，得到 ，再利用两点之间距离公式代 入 化简计算即可.  45 5y x= +  45 7 5 320y = × + = 120 5 216 9 = ( ) 510 0.4 0.3 9x− × + = P 2 2 13 x y+ = (3 2,0)S ( )2: 2 0C x my m= > A 6 6 6OA OS =   C C Q OP OQ⊥ 2 2 1 1 OP OQ + 2 2 6x y= 2 2 1 1 OP OQ + 1 ( , 6)AA x 6 6OA OS =   A ( , )P PP x y 6( , )2QQ x − OP OQ⊥ 6 2 P Q P yx x = 2 2 1 1 OP OQ +【详解】（1）由题知：设 ， ， . 因为 ，所以 .即 . 又因为点 在抛物线 上， 所以 ， . 所以抛物线 的标准方程为 . （2）设 ， ，因 ， 所以 ，即 ， ， . 所以 又因为 ， . 所以 ， 所以 为定值，且定值为 . 【点睛】本题第一问考查抛物线的标准方程，第二问考查椭圆与抛物线综合题，同时考查了学生的计算能 力，属于难题. 21.已知函数 ． (1)求函数 的单调区间和极值； (2)设 ，且 、 是曲线 上的任意两点，若对任意的 为 ( , 6)AA x ( , 6)AOA x= (3 2,0)OS = 3 2 6 6AOA OS x= =   2 3Ax = (2 3, 6)A (2 3, 6)A C 2(2 3) 2 6m= 6m = C 2 2 6x y= ( , )P PP x y 6( , )2QQ x − OP OQ⊥ 0OP OP =   6 02 P P Q yx x − = 6 2 P Q P yx x = ( 0)Px ≠ 2 2 2 22 2 2 2 2 3 21 1 1 1 3 3( )3 2 2 p pp p p p p x yx y x yOP OQ x ++ = + =+ ++ 2 2 13 P P x y+ = 2 2 1 3 p p xy = − 2 2 22 2 2 3 2 3 2 13( ) 3( 1 )3 p p pp p p x x xx y x + += =+ + − 2 2 1 1 OP OQ + 1 ( ) ( 1 ,)xf x e a x a R= − + ∈ ( )f x ( ) ( ) x ag x f x e = + 1 1( , )A x y 2 2 1 2( ), ( )B x y x x≠ ( )y g x=，直线 的斜率恒大于常数 ，求 的取值范围． 【答案】（1）见解析；（2） 【解析】 【分析】 （1）定义域为R，求其导函数 ， ．讨论当当 与 两种情况下导函数的符号， 即可判断单调区间与极值． （2）设 是任意的两实数，且 ，根据 的斜率恒大于常数 ，可得 ，化 简得 ；构造函数 ，求导得 恒成立，即 ，进而求得 m 的取值范围． 【详解】（1）由题知定义域为 ， ， ， ①当 时， ， 在 上单调递增，即增区间为 ； 则 无极值； ②当 时， 的解为 ， 当 时， ， 的减区间为 ； 当 时， ， 的增区间为 ． 则 极小值为 ，无极大值； （2）设 是任意的两实数，且 ，由题设知 ，故 ， ∴令函数 ， 则 上单调递增， ∴ 恒成立， ∴对任意的 ， 恒成立， 在 1a ≤ − AB m m 3m ≤ ( ) xf x e a′ = − a R∈ 0a ≤ 0a > 1 2x x、 1 2x x< AB m 2 1 2 1 ( ) ( )g x g x mx x − >− ( ) ( )2 2 1 1g x mx g x mx− > − ( ) ( )F x g x mx= − ( ) ( ) 0F x g x m′ ′= − ≥ ( )( ) min m g x≤ ′ ( ),−∞ +∞ ( ) xf x e a′ = − a R∈ 0a ≤ ( ) 0f x′ > ( )f x∴ ( ),−∞ +∞ ( ),−∞ +∞ ( )f x 0a > ( ) =0xf x e a=′ − lnx a= ( ),lnx a∈ −∞ ( ) 0f x′ < ∴ ( )f x ( ),lna−∞ ( )ln ,x a∈ +∞ ( ) 0f x′ > ∴ ( )f x ( )ln ,a +∞ ( )f x ( ) ( )ln ln 1 lnf a a a a a a= − + = − 1 2x x、 1 2x x< 2 1 2 1 ( ) ( )g x g x mx x − >− ( ) ( )2 2 1 1g x mx g x mx− > − ( ) ( )F x g x mx= − ( )F x − ∞ + ∞（ ， ） ( ) ( ) 0F x g x m′ ′= − ≥ 1a x R≤ − ∈， ( )m g x≤ ′∴ ． 又当 时， 故 ． 【点睛】本题考查了导数的综合应用，根据对参数分类讨论判断函数的单调性与极值，导数在恒成立问题 中的综合应用，是高考的重点和难点，属于难题． 请考生在第 22、23 题中任选-题作答，如果多做，则按所做的第--题记分.作答时请写清题号 22.在直角坐标系 中，直线 的参数方程是 为参数），曲线 的参数方程是 为参数），以 为极点， 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系． （1）求直线 和曲线 的极坐标方程； （2）已知射线 与曲线 交于 两点，射线 与直线 交于 点，若 的面积为 1，求 的值和弦长 ． 【答案】（1） , ；（2） . 【解析】 【分析】 （1）先把直线 和曲线 的参数方程化成普通方程，再化成极坐标方程； （2）联立极坐标方程，根据极径的几何意义可得 ，再由面积 可解得 极角，从而可得 ． 【详解】（1）直线 的参数方程是 为参数）， 消去参数 得直角坐标方程为： ． ( )( ) min m g x≤ ′ 1a ≤ − '( ) 2x x x x a ag x e a e ae e  = − − ≥ ⋅ − −   ( )2 2 1 1 3a a a= − + − = − + − ≥ 3m ≤ xOy l 3 ( 1 3 x tcos t y tsin π π  =  = + C 2 3 φ 2 3 2 3 x cos y sin （ ϕ ϕ  = = + O x l C 1 0 2OM πθ α α =   ： ＜ ＜ C ,O M 2 2ON： πθ α= + l N OMN∆ α OM 1 3 2sin πρ θ − =   4 3sinρ θ= ,6 π 2 3 l C ,OM ON 1 12OMNS OM ON∆ = ⋅ = OM l 3 ( 1 3 x tcos t y tsin π π  =  = + t 3 1 0x y− + =转换为极坐标方程为： ，即 ． 曲线 的参数方程是 （ 为参数）， 转换为直角坐标方程为： ， 化为一般式得 化为极坐标方程为： ． （2）由于 ，得 ， ． 所以 ， 所以 ， 由于 ，所以 ， 所以 ． 【点睛】本题主要考查参数方程与普通方程的互化、直角坐标方程与极坐标方程的互化，熟记公式即可， 属于常考题型. 23.已知函数 ． （1）若 ，求 的取值范围； （2）若 ，对 ，不等式 恒成立，求 的取值范围． 【答案】（1） ；（2） . 【解析】 【分析】 （1）分类讨论 ， ， ，即可得出结果； 3 1 0cos sinρ θ ρ θ− + = 1 3 2sin πρ θ − =   C 2 3 2 3 2 3 x cos y sin ϕ ϕ  = = + ϕ 2 2( 2 3) 12x y+ − = 2 2 4 3 0x y y+ − = 4 3sinρ θ= 0 2 ＜ ＜πα 4 3OM sinα= 1 1 332 2 ON cos sinsin cos π π α αα α = = +   + − +       1 2 3 12 3OMN sinS OM ON cos sin α α α∆ = ⋅ = = + 3 3tanα = 0 2 ＜ ＜πα 6 πα = 2 3OM = ( ) | |,f x x x a a R= + ∈ ( ) ( )1 1 1f f+ − > a 0a < , ( , ]x y a∀ ∈ −∞ − 3( 2) 4f x y y a≤ + + + a 1 2  + ∞  ， [ )3,0− 1a ≤ − 1 1a− < < 1a ≥（2）先由题意，将问题转化为 即可，再求出 ， 的最 小值，解不等式即可得出结果. 【详解】（1）由 得 ， 若 ，则 ，显然不成立； 若 ，则 ， ，即 ； 若 ，则 ，即 ，显然成立， 综上所述， 的取值范围是 ． （2）由题意知，要使得不等式恒成立，只需 ， 当 时， ，所以 ； 因为 ， 所以 ，解得 ，结合 ， 所以 的取值范围是 ． 【点睛】本题主要考查含绝对值不等式的解法，以及由不等式恒成立求参数的问题，熟记分类讨论的思想、 以及绝对值不等式的性质即可，属于常考题型. 3) )4 2( (max minf x y ay≤ + + + ( )maxf x 4 2 3 ay y+ + + ( ) ( )1 1 1f f+ − > 1 1 1a a+ − − > 1a ≤ − 1 1 1a a− − + − > 1 1a− < < 1 1 1a a+ + − > 1 2a > 1 12 a＜ ＜ 1a ≥ 1 1 1a a+ − + > 2 1> a 1 2  + ∞  ， 3) )4 2( (max minf x y ay≤ + + + ( , ]x a∈ −∞ − ( ) ( )f x x x a= − + 2 ( ) 2 4max a af x f  = − =   2 2 3 3 4 4 ay y a+ + + ≥ − 2 3 4 4 2 a a≤ − 3 1a− ≤ ≤ 0a < a [ )3,0−