湖南湖北四校2020届高三数学(理)学情调研联考试题(附答案PDF版)
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湖南湖北四校2020届高三数学(理)学情调研联考试题(附答案PDF版)

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资料简介
理科数学试卷 第 1页 (共 5页) 绝密★启用前 【考试时间:2020 年 4 月 24 日下午 15∶00~17∶00】 湖南湖北四校 2020 届高三学情调研联考 理科数学试题卷 本试卷共 5 页,满分 150 分,考试用时 120 分钟。 考生注意: 1.答卷前,考生务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡上。 2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡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。回答非选择题时,将答案写在答题卡上。写在 本试卷上无效。 3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。 祝考试顺利! 一、选择题:本题共 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.已知集合  | 0 4P x R x    ,  | 3Q x R x   ,则 P Q  A. 3,4 B. 3,4 C. ,4 D. 3,  2. x , y 互为共轭复数,且  ixyiyx 6432  则 yx  = A.2 B.1 C. 22 D.4 3.如图所示,三国时代数学家在《周脾算经》中利用弦图,给出了勾股定理的绝 妙证明.图中包含四个全等的直角三角形及一个小正方形(阴影),设直角三角 形有一个内角为 30 ,若向弦图内随机抛掷 200 颗米粒(大小忽略不计,取 3 1.732 ),则落在小正方形(阴影)内的米粒数大约为 A.20 B.27 C.54 D.64 4.如图,在ΔABC 中,点 D 在线段 BC 上,且 BD = 3DC,若AD = λAB + μAC , 则λ μ = A. B. C. D.2 5.已知定义在 R 上的函数 ( ) 2 1x mf x   (m 为实数)为偶函数,记 0.5 2(log 3), (log 5), (2 )a f b f c f m    则 , ,a b c 的大小关系为 A. a b c  B.c b a  C.c a b  D. a c b 理科数学试卷 第 2页 (共 5页) 6.如图所示是某多面体的三视图,左上为正视图,右上为侧视图,左下为俯视图, 且图中小方格单位长度为 1,则该多面体的侧面最大面积为 A. 2 3 B. 6 C. 2 2 D. 2 7.已知双曲线   2 2 2 2: 1 0, 0x yC a ba b     的左,右焦点分别为    1 2,0 , ,0F c F c ,又点 23, 2 bN c a      .若双 曲线 C 左支上的任意一点 M 均满足 2 4MF MN b  ,则双曲线 C 的离心率的取值范围为 A. 13 , 53       B.  131, 5,3       U C.    1, 5 13,U D.  5, 13 8.已知在关于 ,x y 的不等式组 0 { 0 1 0 x y a x y y        ,(其中 0a  )所表示的平面区域内,存在点  0 0,P x y ,满足   2 2 0 03 3 1x y    ,则实数a 的取值范围是 A.  3, B.   ,26 C.  26,  D. 6 2,   9.已知 ABC△ 的内角 , ,A B C 所对的边分别为 , ,a b c ,且 3cos cos 5a B b A c  ,则  tan A B 的 最大值为 A. 3 2 B. 3 2 C. 3 4 D. 3 10.已知函数  2 2π( ) 2sin cos sin 02 4 rf x x x          在区间 2π 5π,3 6     上是增函数,且在区间  0,π 上恰好取得一次最大值 1,则 w 的取值范围是 A. 30, 5      B. 1 3,2 5      C. 1 3,2 4      D. 1 5,2 2     11.已知抛物线 2: 4C y x 和直线 : 1 0l x y F   , 是抛物口回线 C 的焦点,P 是直线 l 上一点过点 P 作抛物线 C 的一条切线与 y 轴交于点 Q,则 PQF△ 外接圆面积的最小值为 A. π 2 B. 2 π2 C. 2π D. 2π 12.有四根长都为 2 的直铁条,若再选两根长都为 a 的直铁条,使这六 根铁条端点处相连能 够焊接成一个对棱相等的三棱锥形的铁架(不考虑焊接处的长度损失),则此三棱锥体积的取理科数学试卷 第 3页 (共 5页) 值范围是 A. 8 3(0, ]27 B. 2 3(0, ]3 C. 3(0, ]3 D. 16 3(0, ]27 二、填空题:本题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分。 13.已知二项式 61       xax 的展开式中的常数项为-160,则 a=________. 14.观察分析下表中的数据: 多面体 面积(F) 顶点数(V) 棱数(E) 三棱柱 5 6 9 五棱锥 6 6 10 立方体 6 8 12 猜想一般凸多面体中 , ,F V E 所满足的等式是________. 15.设函数  ( ) e 1xf x x  ,函数  g x mx ,若对于任意的  1 2,2x   ,总存在  2 1,2x  ,使得    1 2f x g x ,则实数 m 的取值范围是________. 16. ABC△ 的内角 A , B , C 所对的边分别为 a , b , c .已知 sin :sin :sin ln 2 : ln 4 : lnA B C t , 且 2•CA CB mc   ,有下列结论: ① 2 8t  ; ② 2 29 m   ; ③ 4t  , ln 2a  时, ABC△ 的面积为 215 ln 2 8 ; ④当 52 8t  时, ABC△ 为钝角三角形. 其中正确的是________________(填写所有正确结论的编号) 三、解答题:共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第 17~21 题为必考题, 每个试题考生都必须作答。第 22、23 题为选考题,考生根据要求作答。 (一)必考题:60 分。 17.已知数列   ,n na b 满足: 1 1 2 1 14 1 n n n n n ba a b b a     , , . (1)证明: 1 1nb      是等差数列,并求数列 nb 的通项公式; (2)设 1 2 2 3 3 4 1...n n nS a a a a a a a a      ,求实数 a 为何值时 4 n naS b 恒成立 18.在 Rt△ABC 中,∠ABC=90°,tan∠ACB=1 2.已知 E,F 分别是 BC,AC 的中点.将△CEF 沿 EF 折起,使 C 到 C′的位置且二面角 C′-EF-B 的大小是 60°.连接 C′B,C′A,如图:理科数学试卷 第 4页 (共 5页) (1)求证:平面 C′FA⊥平面 ABC′; (2)求平面 AFC′与平面 BEC′所成二面角的大小. 19. 20.如图,设抛物线 2 1 : 4 ( 0)C y mx m   的准线l 与 x 轴交于椭圆 2 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b     的右焦点 2 1,F F 为 2C 的左焦点.椭圆的离 心率为 1 2e  ,抛物线 1C 与椭圆 2C 交于 x 轴上方一点 P ,连接 1PF 并延长其交 1C 于点Q , M 为 1C 上一动点,且在 ,P Q 之间移动. (1)当 3 2 a b  取最小值时,求 1C 和 2C 的方程;理科数学试卷 第 5页 (共 5页) (2)若 1 2PF F 的边长恰好是三个连续的自然数,当 MPQ 面积取最大值时,求面积最大值以 及此时直线 MP 的方程. 21.已知函数   lnxf x a xe   ,其中 a 为常数. (1)若直线 2y xe  是曲线  y f x 的一条切线,求实数 a 的值; (2)当 1a   时,若函数     ln xg x f x bx    在 1, 上有两个零点.求实数 b 的取值范 围. (二)选考题:共 10 分。请考生在第 22、23 题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一 题计分。 22.[选修 4—4:坐标系与参数方程] 在平面直角坐标系 xOy 中,直线l 的参数方程为 2 1 x t y t     = , = + (t 为参数),曲线 2 1 : 1C y x  .以 坐标原点为极点,x 轴正半轴为极轴建立极坐标系,曲线 2C 的极坐标方程为 π4 2 sin 4       - . (1)若直线 l 与 ,x y 轴的交点分别为 ,A B ,点 P 在 1C 上,求 BA BP   的取值范围; (2)若直线 l 与 2C 交于 M N, 两点,点 Q 的直角坐标为 2,1 ,求|| | | ||QM QN 的值. 23. [选修 4–5:不等式选讲] 已知函数   2 2 3f x x x m    , Rm . (1)当 2m   时,求不等式   3f x  的解集; (2)若  ,0x   ,都有   2f x x x   恒成立,求 m 的取值范围.理数答案 第 1页,总 10页 绝密★启用前 【考试时间:2020 年 4 月 24 日下午 15∶00~17∶00】 湖南湖北四校 2020 届高三学情调研联考 理科数学试题参考答案及解析 一、选择题:本题共 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。 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 选项 B C B A D C B D C B A D 1、B.【解析】由题意得, [0,4]P  , ( 3,3)Q   ,∴ ( 3,4]P Q   ,故选 B. 2、C【解析】设 ,x a bi y a bi    ,代入得   2 2 22 3 4 6a a b i i    ,所以    2 2 22 4,3 6a a b   ,解得 1, 1a b  ,所以 2 2x y  . 3、B 解析:设大正方体的边长为 x,则小正方体的边长为 3 1 2 2x x ,设落在小正 方形内的米粒数大约为 N,则 2 2 3 1 2 2 N 200 x x x       ,解得: N 27 . 4、 A【解析】 岈 岈 岈 岈 岈 岈 岈 , 所以 ,从而求得 . 5、D 解析:∵函数 f(x)是偶函数,∴   ( )f x f x= - 在 R 上恒成立,∴ 0m= ,∴当 0x  时, 易得   2 1xf x   为增函数,∴        0.5 2 23 3 5 2a f log f log b f log c f= = , = , = ,∵ 2 23 2 5log log  ,∴ a c b  6、C 由三视图可知多面体是棱长为 2 的正方体中的三棱锥 P ABC , 故 1AC  , 2PA  , 5BC PC  , 2 2AB  , 2 3PB  , ∴ 1 2 1 12ABC PACS S      , 1 2 2 2 2 22PABS     , 1 2 3 2 62PBCS     , ∴该多面体的侧面最大面积为 2 2 .故选 C. 7、B 解析:双曲线 C 左支上的任意一点 M 均满足 2 4MF MN b  , 即 2 min 4MF MN b  , 又 2 12 2MF MN a MF MN a     2 2 32 2 bNF a a   理数答案 第 2页,总 10页 ∴ 2 2 232 4 4 3 82 ba b a b aba      3 4 8 0 2b a b a b a        或 2 3 b a  ∴ 2 2 2e 1 ,e> 5b a   或 131 N< 3  8、D【解析】由条件可得可行域,如图所示, 由{ 0 y x x y a     ,得 A 2 2 a a     , .因为直线 0x y a   与 直线 y x 垂直,所以只需圆心到 A 的距离小于等于 1 满足题意即可,即 2 2 3 3 12 2 a a             ,解得6 2 6 2a    ,当a 6 2  时恒存在点满足题 意,故实数a的取值范围 6 2,   9 、C【解析】 3cos cos 5a B b A c  ∴由正弦定理,得 3 5sinAcosB sinBcosA sinC  , C A B sinC sin A B      ( ) ( ) ,, ∴ 3 5sinAcosB sinBcosA sinAcosB cosAsinB  ( ), 整理,得 4sinAcosB sinBcosA ,同除以cosAcosB,得 4tanA tanB ,由此可得 2 3 3 11 1 4 4 tanA tanB tanBtan A B tanAtanB tan B tanBtanB       ( ) , A B 、 是三角形内角,且 tanA 与tanB同号, A B 、 都是锐角,即 0 0tanA tanB> , > , 1 14 2 4 4tanB tanBtanB tanB    理数答案 第 3页,总 10页 3 3 1 44 tan A B tanBtanB     ( ) , 当且仅当 1 4tanBtanB  ,即 1 2tanB  时, tan A B( )的最大值为 3 4 . 10 、 B 解 析 : ∵ 2 π π2cos 1 cos 1 sin2 4 2 x x x                 ,   2( ) sin 1 sin sin sinf x x x x x       . 令 π 2 π2x k   可 得 π 2 π 2 kx    , ∵ ( )f x 在 区间  0,π 上 恰好 取得 一次 最 大值 , ∴ π0 π2  解得 1 2   . 令 π π2 π 2 π2 2k x k     ,解得: π 2 π π 2 π 2 2 k kx        ,∵ ( )f x 在区间 2π 5π,3 6     上 是增函数, ∴ 2π π 3 2 5π 3 6 5         ,解得 3 5   .综上, 1 3 2 5   .故选:B. 11、答案:A 解析:将直线 l 与抛物线 C 联立 2 4 1 0 y x x y       ,得  21 1 0x x y     ,即直 线 l 与抛物线 C 相切,且切点为 (1 )2, .又 P 是直线 l 上点,当点 P 为切点 (1 )2, 时, 1(0 )Q , . 又 0(1 )F , ,此时 PQF△ 为直角三角形,且外接圆的半径为 1,故圆的面积为 π .当点 P 不为 切点 (1 )2, 时,设点 0 0 1( )P x x , ,切线斜率为 k,则切线方程为    0 01y x k x x    ,即 0 0 1 0kx y kx x     .将切线方程与抛物线方程联立 2 0 0 4 1 0 y x kx y kx x        ,得 2 0 0 1 04 ky y kx x     ,其中   01 1 0k kx     ,则 0 1 PQk k x   .此时切线方程化简得 0 0 1y x xx   ,则点 0(0 )Q x, ,可得 0FQk x  .又 1PQ FQk k   ,所以 PQF△ 为直角三角形.设 PQF△ 的外接圆的半径为 r, PF 的中点为 0 01 1,2 2 x xM       ,且点 M 为外接圆的圆心,则 22r MQ 2 2 2 0 0 01 1 1 2 2 2 x x x              ,所以 PQF△ 外接圆的面积为 2 2 0 1π π2 xr  ,当 0 0x  时,面积取到最小值为 π 2 ,综上, PQF△ 外接圆面积的最小值为 π 2 .理数答案 第 4页,总 10页 12、D 解析:设焊接的三棱锥形铁架如图所示,取 AB 的中点 D,连接 ,SD CD . 由题设条件易知 AB  平面 SCD ,且 2 4 4 aSD CD   ,则 SCD△ 的面积为 21 42 2 aa   ,三 棱锥的体积 21 1 43 2 2 aV a a     2 21 46 2 aa  , 0 2 2a  ,令 2 , (0,8)a t t  ,则 2 31 1 14 46 2 6 2 tV t t t    .令 2 31( ) 4 , (0,8)2f x t t t   , 则 23 3( ) 8 (8 )2 2f t t t t t     . 令 ( ) 0f t  得 16 3t  ,且 16(0, )3t  时, ( ) 0f t  , ( )f t 单调递增, 16(0, )3t  时, ( ) 0f t  , ( )f t 单调递减,所以 2 max 16 4( ) ( ) 163 27f t f   ,则 V 的最 大值为 21 4 1 2 16 316 166 27 6 273 3      ,故此三棱锥体积的取值范围是 16 3(0, ]27 . 二、填空题:本题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分。 13.2 【解析】二项式 ax-1 x 6 的展开式的通项是 Tr+1=Cr6·(ax)6-r· -1 x r =Cr6·a6 -r·(-1)r·x6-2r.令 6-2r=0,得 r=3,因此二项式 ax-1 x 6 的展开式中的常数项是 C36·a6-3·(-1)3=-160,故 a=2. 14、 2F V E   解析:凸多面体的面数为 F. 顶点数为 V 和棱数为 E, ①正方体:F=6,V=8,E=12,得 F+V−E=8+6−12=2; ②三棱柱:F=5,V=6,E=9,得 F+V−E=5+6−9=2; ③三棱锥:F=4,V=4,E=6,得 F+V−E=4+4−6=2. 根据以上几个例子,猜想:凸多面体的面数 F. 顶点数 V 和棱数 E 满足如下关系: 2F V E   再通过举四棱锥、六棱柱、…等等,发现上述公式都成立。 因此归纳出一般结论: 2F V E   故答案为: 2F V E   15、 1, 2      解析:  ( ) e 1 , ( ) ex xf x x f x x  ∵ ∴ ,∴对于任意的  2,2x  ,当  2,0x  时, ( ) 0f x  ,当  0,2x 时, ( ) 0f x  ,即 ( )f x 在 2,0 上为减函数,在  0,2 上为增函理数答案 第 5页,总 10页 数。 0x ∴ 为 ( )f x 在 2,2 上的极小值点,也是最小值点且最小值为 2,2 , ∴对于任意的  1 1 min2,2 , ( ) 1x f x    ,而总存在  2 1,2x  ,使得  1 2( )f x g x ,  1 min 2 min( )f x g x .  g x mx∵ ,∴① 0m  时,  2 0g x  ,不合题意, ② 0m  时,    2 2 ,2g x mx m m  ,此时 1m   ,不合题意,③ 0m  时,    2 2 2 ,g x mx m m  ,  2 min 2g x m∴ , 12 1, 2m m   ∴ . 16、①②④解析: sin :sin :sin ln 2 : ln 4 : lnA B C t ,∴ : : ln 2: ln 4: lna b c t , 故可设 ln 2a k , ln 4 2 ln 2b k k  , lnc k t , 0k  . b a c b a    ,∴ ln 2 3 ln 2k c k  , 则 2 8t  ,当 52 8t  时, 2 2 2 0a b c   ,故 ABC 为钝角三角形. 面 2 2ln5 22cos 222222222 ckcba ab cbaabCabCBCA  , 又 2•CA CB mc   ,∴ 2 2 2 2 2 2 2 2 5 ln 2 • 5 ln 2 12 2 2 k c CA CB km c c c        . ln 2 3 ln 2k c k  ,∴ 2 2 2 2 2 2 2 2 5 5 5 18 ln 2 2 2 ln 2 k k k k c k   ,即 2 2 2 5 5 ln 2 5 18 2 2 k c   ,∴ 2 29 m   .当 4t  , ln 2a  时, ABC 的面积为 215 ln 2 4 ,故四个结论中,只有③不正确.填①②④。 三、解答题:共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第 17~21 题为必考题,每个试题考生都必须作答。第 22、23 题为选考题,考生根据要求 作答。 17、(1)∵ 1 1 (1 )(1 ) (2 ) 2 n n n n n n n n b bb a a b b b     + ,∴ 1 11 12n n b b    ∴ 1 21 111 1 1 n n n n b b b b       . ∴数列 1 1nb      是以 4- 为首项, 1- 为公差的等差数列. ∴ 1 4 ( 1) 31n n nb        , ∴ 1 21 3 3n nb n n     . (2)∵ 11 3n na b n     . ∴ 1 2 2 3 1 1 1 1 1 1 4 5 5 6 ( 3)( 4) 4 4 4( 4)n n n nS a a a a a a n n n n             理数答案 第 6页,总 10页 ∴ 22 ( 1) (3 6) 84 4 3 ( 3)( 4)n n an n a n a naS b n n n n            . 由条件可知 2( 1) (3 6) 8 0a n a n     恒成立即可满足条件,设 2( ) ( 1) 3( 2) 8f n a n a n     ,当 1a  时, ( ) 3 8 0f n n    恒成立,当 1a  时,由二次函数的性质知不可能成立. 当 1a  时, 对称轴 3 2 3 1(1 ) 02 1 2 1 a a a        ,  f n 在[1, ) 为单调递减函数. (1) ( 1) (3 6) 8 4 15 0f a a a        ,∴ 15 4a  ,∴时 4 naS b 恒成立. 综上知: 1a  时, 4 naS b 恒成立. 18.【解析】(Ⅰ)解法一:∵F 是 AC 的中点,∴AF=C′F.设 AC′的中点 为 G,连接 FG.设 BC′的中点为 H,连接 GH,EH.易证:C′E⊥EF,BE⊥EF, ∴∠BEC′即为二面角 C′-EF-B 的平面角.∴∠BEC′=60°,而 E 为 BC 的中点.易知 BE=EC′,∴△BEC′为等边三角形,∴EH⊥BC′. ①∵EF⊥C′E,EF⊥BE,C′E∩BE=E,∴EF⊥平面 BEC′.而 EF∥AB, ∴AB⊥平面 BEC′,∴AB⊥EH,即 EH⊥AB. ②由①②,BC′∩AB=B, ∴EH⊥平面 ABC′.∵G,H 分别为 AC′,BC′的中点.∴GH 綊 1 2AB 綊 FE,∴四 边形 EHGF 为平行四边形.FG∥EH,FG⊥平面 ABC′,又 FG 平面 AFC′.∴平 面 AFC′⊥平面 ABC′.6 分 解法二:如图,建立空间直角坐标系,设 AB=2. 则 A(0,0,2),B(0,0,0),F(0,2,1),E(0,2,0),C′( 3,1,0). 设平面 ABC′的法向量为 a=(x1,y1,z1),BA→ =(0,0,2),BC′→ =( 3,1, 0),∴ z1=0, 3x1+y1=0, 令 x1=1,则 a=(1,- 3,0),设平面 AFC′的法向 量为 b=(x2,y2,z2),AF→=(0,2,-1),AC′→ =( 3,1,-2), ∴ 2y2-z2=0, 3x2+y2-2z2=0, 令 x2= 3,则 b=( 3,1,2). ∵a·b=0,∴平面 AFC′⊥平面 ABC′.6 分 (Ⅱ)如图,建立空间直角坐标系,设 AB=2.则 A(0,0,2),B(0,0,0),F(0,2, 1),E(0,2,0),C′( 3,1,0).显然平面 BEC′的法向量 m=(0,0,1),8 分 设平面 AFC′的法向量为 n=(x,y,z),AC′→ =( 3,1,-2),AF→=(0,2, -1), ∴ 2y-z=0, 3x+y-2z=0, ∴ n=( 3,1,2).9 分 cos〈m, n〉= m· n | m|·| n| = 2 2 ,10 分 由图形观察可知,平面 AFC′与平面 BEC′所成的二面角的平面角为锐角. ∴平面 AFC′与平面 BEC′所成二面角大小为 45°.12 分理数答案 第 7页,总 10页 19、 20、(1)因为 1, 2 cc m e a    ,则 2 , 3a m b m  ,所以 3 2 a b  取最小值时 1m  , 此时抛物线 2 1 : 4C y x  ,此时 22, 3a b  ,所以椭圆 2C 的方程为 2 2 14 3 x y  ;理数答案 第 8页,总 10页 (2)因为 1, 2 cc m e a    ,则 2 , 3a m b m  ,设椭圆的标准方程为 2 2 2 2 14 3 x y m m   ,    0 0 1 1, , ,P x y Q x y 由 2 2 2 2 2 1{4 3 4 x y m m y mx     得 2 23 16 12 0x mx m   ,所以 0 2 3x m  或 0 6x m (舍去),代入抛物线方程得 0 2 6 3y m ,即 2 2 6,3 3 m mP      , 于是 1 2 1 1 2 5 7 6, 2 , 23 3 3 m m mPF PF a PF F F m      ,又 1 2PF F 的边长恰好是三个 连续的自然数,所以 3m  .此时抛物线方程为 2 12y x  ,    1 3,0 , 2,2 6F P  ,则 直线 PQ 的方程为  2 6 3y x  .联立   2 2 6 3{ 12 y x y x     ,得 1 9 2x   或 1 2x   (舍去), 于是 9 , 3 62Q     .所以  2 29 252 2 6 3 62 2PQ          , 设   2 , 3 6,2 612 tM t t       到直线 PQ 的距离为 d ,则 2 6 6 75 30 2 2d t         , 当 6 2t   时, max 6 75 5 6 30 2 4d    ,所以 MPQ 的面积最大值为 1 25 5 6 125 6 2 2 4 16    .此时 4 2: 6 63 3MP y x   . 21、(1)函数 ( )f x 的定义域为 (0, ) , 1( ) a x aef x e x ex     , 曲线 ( )y f x 在点  0 0,x y 处的切线方程为 2y xe  . 由题意得 0 0 0 0 1 2 , 2 ln a e x e xx a xe e       解得 1a  , 0x e .所以 a 的值为 1. (2)当 1a   时, ( ) lnxf x xe   ,则 1 1( ) x ef x e x ex     ,由 ( ) 0f x  ,得 x e , 由 ( ) 0f x  ,得 0 x e  ,则 ( )f x 有最小值为 ( ) 0f e  , 即 ( ) 0f x ,所以理数答案 第 9页,总 10页 ln( ) lnx xg x x be x     , ( 0)x  , 由已知可得函数 lnln x xy x x e    的图象与直线 y b 有两个交点, 设 ln( ) ln ( 0)x xh x x xx e     ,则 2 2 2 1 1 ln 1 ln( ) x ex e e x xh x x x e ex         , 令 2( ) lnx ex e e x x     , 22( ) 2e ex e xx e xx x        , 由 22 0ex e x   ,可知 ( ) 0x  ,所以 ( )x 在 (0, ) 上为减函数, 由 ( ) 0e  ,得 0 x e  时, ( ) 0x  ,当 x e 时, ( ) 0x  , 即当 0 x e  时, ( ) 0h x  ,当 x e 时, ( ) 0h x  , 则函数 ( )h x 在 (0, )e 上为增函数,在 ,e  上为减函数, 所以,函数 ( )h x 在 x e 处取得极大值 1( )h e e  , 又 1(1)h e   ,  3 2 2 3 3 13 4 1h e e ee e          , 所以,当函数 ( )g x 在[1, ) 上有两个零点时,b 的取值范围是 1 1be e   , 即 1 1,b e e      . 22、(1)由题意可知:直线 l 的普通方程为 1 0x y   ,  1,0A ∴ ,  0, 1B  1C 的方程可化 为  2 2 1 0x y y   ,设点 P 的坐标为  cos ,sin  , 0 π  , πcos sin 1 2 sin 1 0, 2 14BA BP                      ∴ (2)曲线 2C 的直角坐标方程为:    2 22 2 8x y    直线 l 的标准参数方程为 22 2 21 2 x m y m        (m 为参数),代入 2C 得: 2 2 7 0m m   设 ,M N 两点对应的参数分别为 1 2,m m 1 2 1 22, 7 0m m m m     故 1 2,m m 异号 1 2 2QM QN m m   ∴理数答案 第 10页,总 10页 23、答案:(1)当 2m   时, 4 1( 0) 3( ) | 2 | | 2 3| 2 1( 0)2 34 5( )2 x x f x x x x x x                 当 4 1 3 0 x x     解得 10 2x  当 3 0,1 32 x    恒成立. 当 4 5 3 3 2 x x      解得 32 2x    ,此不等式的解集为 1[ 2, ]2  . (2) 4 3 ( 0) 3( ) | 2 | | 2 3| 3 ( 0)2 34 3 ( )2 x m x f x x x m m x x m x                     , 当 ( ,0)x  时, 33 ( 0)2( ) | 2 | | 2 3| 34 3 ( )2 m x f x x x m x m x                当 3 02 x   时, ( ) 3f x m  ,当 3 , ( ) 4 32x f x x m      单调递减, ( )f x 的最小值为 3 m 设 2( ) ( 0)g x x xx    当 20, 2 2x x x      ,当且仅当 2x x    时,取等号 2 2 2x x     即 2x   时, ( )g x 取得最大值 2 2 . 要使 2( )f x x x   恒成立,只需 3 2 2m    ,即 2 2 3m    .

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