宁夏2020届高三数学（文）一模试题（Word版附解析）

2020 届宁夏高三一模数学（文） 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 ， ，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 选 A 2.若复数 在复平面上所对应的点在实轴上，则实数 （ ） A B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 由题意可知，复数 是实数，可得 值. 【详解】 复数 在复平面上所对应的点在实轴上， . 故选： . 【点睛】本题考查复数的分类，属于基础题. 3.已知双曲线 （a＞0）的离心率是 则 a= A. B. 4 C. 2 D. 【答案】D 【解析】 { }2| ( 1) 9,M x x x R= − < ∈ { }2,0,1,2,4N = − M N = { }0,1,2 { }1,0,1,2- { }1,0,2,3− { }0,1,2,3 ( ){ } { }2| 1 9, | 2 4,M x x x R x x x R= − < ∈ = − < < ∈ { } { } { }| 2 4, 2,0,1,2,4 0,1,2M N x x x R∴ ∩ = − < < ∈ ∩ − = ( )( )1a i i+ + a = 2− 1− 1 2 ( )( )1a i i+ + a  ( )( ) ( )1 1 1a i i a a i+ + = − + + 1 0, 1a a∴ + = ∴ = − B 2 2 2 1x ya − = 5 6 1 2【分析】 本题根据根据双曲线的离心率的定义，列关于 a 的方程求解. 【详解】 ∵双曲线的离心率 ， ， ∴ ， 解得 ， 故选 D. 【点睛】本题主要考查双曲线的离心率的定义，双曲线中 a,b,c 的关系，方程的数学思想等知 识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 4.在 Rt△ABC 中，∠BAC＝90°，AB＝1，BC＝2.在 BC 边上任取一点 M，则∠AMB≥90°的概率 为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 作 ，垂足为 .由几何概型可知，∠AMB≥90°的概率等于 . 【详解】作 ，垂足为 ，如图所示 由几何概型可知，∠AMB≥90°的概率等于 . ， . 的概率为 . 故选： . 5ce a = = 2 1c a= + 2 1 5a a + = 1 2a = 1 4 1 3 2 4 2 3 AD BC⊥ D BD BC AD BC⊥ D BD BC 90 , 1, 2, 60BAC AB BC B∠ = = = ∴∠ =  1 1cos60 1 2 2BD AB∴ = = × = 90AMB∴∠ ≥  1 12 2 4 BD BC = = A【点睛】本题考查几何概型，属于基础题. 5.已知函数 ,下列结论中错误的是( ) A. B. 函数 的图象关于直线 对 称 C. 的最小正周期为 D. 的值域为 【答案】D 【解析】 【分析】 由平方差公式及二倍角的余弦函数公式化简函数解析式可得 ，利用余弦函数的 图象和性质及余弦函数的周期公式即可得解． 【详解】解：由 ，故 正确； 由定义可知 为偶函数，故 正确； 由周期公式可得 的最小正周期为： ，故 正确； 由余弦函数的性质可得 的值域为 ， ，故 错误； 故选： ． 【点睛】本题主要考查了平方差公式及二倍角 余弦函数公式，考查了余弦函数的图象和性 质，属于基础题． 6.标准对数远视力表（如图）采用的“五分记录法”是我国独创的视力记录方式，标准对数远视 力表各行为正方形“E”形视标，且从视力 5.2 的视标所在行开始往上，每一行“E”的边长都是下 方一行“E”边长的 倍，若视力 4.1 的视标边长为 ，则视力 4.9 的视标边长为（ ） 的 ( ) 4 4cos sinx xf x = − ( ) cos2f x x= ( )f x 0x = ( )f x π ( )f x 2, 2 −  ( ) cos2f x x= 4 4 2 2 2 2( ) cos sin (cos sin )(cos sin ) cos2f x x x x x x x x= − = + − = A ( ) cos2f x x= B ( )f x 2 2T π π= = C ( ) cos2f x x= [ 1− 1] D D 10 10 aA. B. C. D. 【答案】C 【解析】 分析】 根据等比数列的性质求解即可. 【详解】设第 行视标边长为 ，第 行视标边长为 由题意可得： 则数列 为首项为 ，公比为 的等比数列 即 则视力 4.9 的视标边长为 故选：C 【点睛】本题主要考查了等比数列的应用，属于中档题. 7.函数 的图象是（ ） 【 4 510 a 9 1010 a 4 510 a − 9 1010 a − n na 1n − 1na − 10 1 10 1 1 110 0n n n n aa a a − − − = ⇔ = { }na a 1 1010 − 9 11 4 10 5 9 10 10a a a − − − = =    4 510 a − ln cos 2 2y x x π π = − < 2 2: ( 3) 3C x y+ − =′ | | 6MN = MNF 2 8 3 8 3 2 8 3 2 4 C′ ,M N M 3C M C N′ ′= = 6MN = C M C N′ ′⊥ MN 4 π N p F C′ M 3C M C N′ ′= = 6MN = C M C N′ ′⊥ 4C MN π′∠ = 4NOx π∠ = N ( 3, 3) 2( 3) 2 3p= × 3 2p = 3( ,0)4F 1 1 3 332 2 4 8FMN NS MF y∆ = × = × × =【点睛】本题考查抛物线与圆相交问题，解题关键是发现原点 是其中一个交点，从而 是等腰直角三角形，于是可得 点坐标，问题可解，如果仅从方程组角度研究两曲 线交点，恐怕难度会大大增加，甚至没法求解． 12.已知实数 满足 ，则 的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 设 是曲线 的点， 是直线 的点， 可看 成曲线 C 上的点到直线 l 上的点的距离的平方，通过求函数 到直线 的 最小距离，即可得到本题答案. 【详解】由题，得 ， 设 是曲线 的点， 是直线 的点， O MNC′∆ N a b c d, ,, 1 1 1ae c b d e − −= = ( ) ( )2 2a c b d− + − 2 1e e + 2 1 e e + 2 2 1e e + 2 2 1 e e + ( , )b a : lnC y x= ( , )d c 1: 1l y xe = ⋅ + ( ) ( )2 2a c b d− + − lny x= 1: 1l y xe = ⋅ + 1ln , 1a b c de = = ⋅ + ( , )b a : lnC y x= ( , )d c 1: 1l y xe = ⋅ +可看成曲线 C 上的点到直线 l 上的点的距离的平方， 对 求导得 ，令 ，得 ， 所以曲线 C 上的点 到直线 l 的距离最小， 该点到直线 l 的距离为 ， 因此 的最小值为 . 故选：D 【点睛】本题主要考查导数的几何意义及导数的应用问题，其中涉及转化和化归思想的运用. 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分. 13.已知 l，m 是平面 外的两条不同直线．给出下列三个论断： ①l⊥m；②m∥ ；③l⊥ ． 以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题： __________． 【答案】如果 l⊥α，m∥α，则 l⊥m 或如果 l⊥α，l⊥m，则 m∥α. 【解析】 【分析】 将所给论断，分别作为条件、结论加以分析. 【详解】将所给论断，分别作为条件、结论，得到如下三个命题： （1）如果 l⊥α，m∥α，则 l⊥m. 正确； （2）如果 l⊥α，l⊥m，则 m∥α.正确； （3）如果 l⊥m，m∥α，则 l⊥α.不正确，有可能 l 与 α 斜交、l∥α. 【点睛】本题主要考查空间线面的位置关系、命题、逻辑推理能力及空间想象能力. 14.在发生公共卫生事件期间，有专业机构认为该事件在一段时间内没有发生大规模群体感染 的标志为“连续 10 天，每天新增疑似病例不超过 7 人”.过去 10 日，A、B、C、D 四地新增疑 似病例数据信息如下： A 地：中位数为 2，极差为 5； B 地：总体平均数为 2，众数为 2； C 地：总体平均数为 1，总体方差大于 0； D 地：总体平均数为 2，总体方差为 3. ( ) ( )2 2a c b d− + − lny x= 1y x ′ = 1y e ′ = x e= ( ,1)e 2 2 2 2 |1 1 1| 1 1 11 1( 1) e e ee − + = = +  ++ −   2 2( ) ( )a c b d− + − 2 2 22 11 e e ee   =  ++  α α α则以上四地中，一定符合没有发生大规模群体感染标志 是_______(填 A、B、C、D) 【答案】AD 【解析】 【分析】 对选项逐个分析，即得答案. 【详解】对于 地，因为中位数为 2，极差为 5，所以最大值为 ，满足每天新增疑似 病例不超过 7 人，故 地符合； 对于 地，若过去 10 日分别为 ，满足总体平均数为 2，众数为 2，但不 满足每天新增疑似病例不超过 7 人，故 地不符合； 对于 地，若过去 10 日分别为 ，满足总体平均数为 1，总体方差大于 0，但不满足每天新增疑似病例不超过 7 人，故 地不符合； 对于 地，假设至少有一天疑似病例超过 7 人，设为 8 人，则方差为 ，与题中条件总体方差为 3 矛盾， 故假设不成立.故满足每天新增疑似病例不超过 7 人，故 地符合. 故答案为： . 【点睛】本题考查利用中位数、极差、平均数、众数、方差等数据，对总体数据进行估算， 属于中档题. 15.黎曼函数是一个特殊的函数，由德国著名的数学家波恩哈德·黎曼发现提出，在高等数学中 有着广泛的应用，其定义为： ，若函数 是定义在 上的 奇函数，且对任意 都有 ，当 时， ，则 _________. 【答案】 【解析】 【分析】 的 A 2 5 7+ = A B 0,0,0,2,2,2,2,2,2,8 B C 0,0,0,0,0,0,0,0,1,9 C D ( ) ( ) ( )10 2 2 2 1 1 1 12 8 2 8 2 3.6 310 10 10i i x =  − = − + > × − = > ∑  D AD ( ) [ ] 1 , , , 0, 0,1 0,1 q qx p qp p pR x x   =  =     = 当 都是正整数 是既约真分数 当 或 上的无理数 ( )f x R x ( ) ( )2 0f x f x− + = [ ]0,1x∈ ( ) ( )f x R x= ( )18 lg305f f  + =   1 5 −先利用题中条件推导出函数 是以 为周期的周期函数，然后利用题中定义结合周期 性和奇偶性可分别求出 和 的值，相加即可. 【详解】由于函数 是定义在 上的奇函数，且 ， ，所以，函数 是以 为周期的周期函数， 则 ， ， 因此， . 故答案为： . 【点睛】本题考查新定义函数值的计算，推导出函数的周期是解题的关键，考查推理能力与 计算能力，属于中等题. 16.已知数列 满足 ， ， . （1） _______； （2）数列 的通项公式 ________. 【答案】 (1). 8 (2). 【解析】 【分析】 （1）根据 ，求出 ，再求出 ； （2）由 ，得 ，则数列 是首 项为 1,公比为 2 的等比数列，求出 ，累加法求 . 【详解】（1） ， ， . ( )y f x= 2 18 5f      ( )lg30f ( )y f x= R ( ) ( )2 0f x f x+ − = ( ) ( ) ( )2 2f x f x f x∴ = − − = − ( )y f x= 2 18 18 2 2 2 14 =5 5 5 5 5 5f f f f R         = − = − = − = − −                   ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )lg30 lg3 lg10 lg3 1 lg3 1 1 lg3 1 lg3 0f f f f f R= + = + = − = − − = − − = ( )18 1lg305 5f f  + = −   1 5 − { }na 1 1a = 2 2a = 1 13 2 0( 2, )n n na a a n n N ∗ + −− + = ≥ ∈ 4a = { }na na = 12n− 1 13 2 0n n na a a+ −− + = 3a 4a 1 13 2 0n n na a a+ −− + = ( )1 12n n n na a a a+ −− = − { }( )1 * n na a n N+ − ∈ 1n na a+ − na 1 2 1 11, 2, 3 2 0( 2, )n n na a a a a n n N ∗ + −= = − + = ≥ ∈ 3 2 13 2 3 2 2 1 4a a a∴ = − = × − × = 4 3 23 2 3 4 2 2 8a a a∴ = − = × − × =（2） ， ，又 ， 数列 是首项为 1,公比为 2 的等比数列， . ， 以上各式两端分别相加，得 ， 又 . 当 时， 符合上式， . 故答案为：8； . 【点睛】本题考查累加法求数列的通项公式，属于中档题. 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 为选考题，考生根据要求作答. （一）必考题：共 60 分. 17.在 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，且满足 ． 求角 B 的大小； 若 的平分线 AD 交 BC 于 D， ，求 的值． 【答案】( ) ( ) 【解析】 【分析】 由已知及余弦定理可求得 ，结合范围 ，可求 B 的值． 由正弦定理可得 ，进而根据同角三角函数基本关系式可求 ，根据二 倍角的正弦函数公式即可求解 的值． 1 13 2 0( 2, )n n na a a n n N ∗ + −− + = ≥ ∈ ( )1 12n n nna a aa+ −= −∴ − 2 1 1a a− = ∴ { }( )1 * n na a n N+ − ∈ 1 1 1 1 2 2n n n na a − + −∴ = × =− 2 2 2 1 3 2 4 3 11, 2, 2 , , 2n n na a a a a a a a − −∴ − = − = − = − = ( )1 2 2 1 1 1 1 2 1 2 2 2 2 11 2 n n n na a − − − × − − = + + + + = = −− ( )1 1 1, 2 2, *n na a n n N−= ∴ = ≥ ∈ 1n = 1 1a = ( )12 *n na n N−∴ = ∈ 12n− ABC 2 2 2a c b ac+ = − ( )I ( )II BAC∠ 2 3, 1AD BD= = sin BAC∠ I 2 3B π= II 15 8 ( )I 1cosB 2 = − ( )B 0,π∈ ( )II sin BAD∠ cos BAD∠ sin BAC∠【详解】解： 在 中， ． 由余弦定理可得： ， ， 由正弦定理可得： ， ， ， 的平分线 交 于 ， , 【点睛】本题主要考查了余弦定理，正弦定理，同角三角函数基本关系式，二倍角的正弦函 数公式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题． 18.改革开放以来，人们的支付方式发生了巨大转变．近年来，移动支付已成为主要支付方式 之一．为了解某校学生上个月 A，B 两种移动支付方式的使用情况，从全校所有的 1000 名学 生中随机抽取了 100 人，发现样本中 A，B 两种支付方式都不使用的有 5 人，样本中仅使用 A 和仅使用 B 的学生的支付金额分布情况如下： 支付金额 支付方式 不大于 2000 元 大于 2000 元 仅使用 A 27 人 3 人 仅使用 B 24 人 1 人 ( )I  ABC 2 2 2a c b ac+ = − ∴ 2 2 2 1cos 2 2 2 a c b acB ac ac + − −= = = − ( )0,B π∈ 2 3B π∴ = ( )II  sin sin AD BD B BAD = ∠ 31sin 12sin 42 3 BD BBAD AD ×⋅∴ ∠ = = = ( )0,BAD π∠ ∈ BAC∠ AD BC D 2 15cos 1 sin 4BAD BAD∴ ∠ = − ∠ = ( ) 15sin sin 2 2sin cos 8BAC BAD BAD BAD∴ ∠ = ∠ = ∠ ⋅ ∠ =（Ⅰ）估计该校学生中上个月 A，B 两种支付方式都使用的人数； （Ⅱ）从样本仅使用 B 的学生中随机抽取 1 人，求该学生上个月支付金额大于 2000 元的概率； （Ⅲ）已知上个月样本学生的支付方式在本月没有变化．现从样本仅使用 B 的学生中随机抽 查 1 人，发现他本月的支付金额大于 2000 元．结合（Ⅱ）的结果，能否认为样本仅使用 B 的 学生中本月支付金额大于 2000 元的人数有变化？说明理由． 【答案】（Ⅰ）400 人； （Ⅱ） ； （Ⅲ）见解析. 【解析】 【分析】 (Ⅰ)由题意利用频率近似概率可得满足题意的人数； (Ⅱ)利用古典概型计算公式可得上个月支付金额大于 2000 元的概率； (Ⅲ)结合概率统计相关定义给出结论即可. 【详解】（Ⅰ）由图表可知仅使用 A 的人数有 30 人，仅使用 B 的人数有 25 人， 由题意知 A,B 两种支付方式都不使用的有 5 人， 所以样本中两种支付方式都使用的有 ， 所以全校学生中两种支付方式都使用的有 （人）. （Ⅱ）因为样本中仅使用 B 的学生共有 25 人，只有 1 人支付金额大于 2000 元， 所以该学生上个月支付金额大于 2000 元的概率为 . （Ⅲ）由（Ⅱ）知支付金额大于 2000 元的概率为 ， 因为从仅使用 B 的学生中随机调查 1 人，发现他本月的支付金额大于 2000 元， 依据小概率事件它在一次试验中是几乎不可能发生的，所以可以认为仅使用 B 的学生中本月 支付金额大于 2000 元的人数有变化，且比上个月多. 【点睛】本题主要考查古典概型概率公式及其应用，概率的定义与应用等知识，意在考查学 生的转化能力和计算求解能力. 19.如图，四棱锥 中， ， ， ， ， 1 25 100 30 25 5 40− − − = 40 1000 400100 × = 1 25 1 25 P ABCD− AB CD∥ 2BCD π∠ = PA BD⊥ 2AB = 1PA PD CD BC= = = =（1）求证：平面 平面 ； （2）求点 到平面 的距离. 【答案】（1）见证明（2） 【解析】 【分析】 （1）根据题中所给的条件，利用勾股定理，得到 ，利用已知条件 ，结 合线面垂直的判定定理得到 平面 ，进而证得平面 平面 ； （2）利用三棱锥体积转换，求得点 到平面 的距离. 【详解】（1）∵ ， ， ， ∴ ， ， ， ∴ ，∵ ，∴ ，∴ ，∴ ， ∵ ， ，∴ 平面 ， ∵ 平面 ，∴平面 平面 . （2）取 中点 ，连接 ，则 ，且 ， 由平面 平面 知 平面 ， 由 平面 得 ， 又 , ,∴ 的面积为 ， 又 的面积为 ， ，设点 到平面 的距离为 ，则 ，∴ ，即点 到平面 的距离为 . PAD ⊥ ABCD C PBD 1 2 AD BD⊥ PA BD⊥ BD ⊥ PAD PAD ⊥ ABCD C PBD AB CD 2BCD π∠ = 1PA PD CD BC= = = = 2BD = 2ABC π∠ = 4DBC π∠ = 4ABD π∠ = 2AB = 2AD = 2 2 2AB AD BD= + AD BD⊥ PA BD⊥ PA AD A∩ = BD ⊥ PAD BC ⊂ ABCD PAD ⊥ ABCD AD O PO PO AD⊥ 2 2PO = PAD ⊥ ABCD PO ⊥ ABCD BD ⊥ PAD BD PD⊥ 1PD = 2BD = PBD∆ 2 2 BCD∆ 1 2 P BCD C PBDV V− −= C PBD d 1 2 1 1 2 3 2 3 2 2d× = × × 1 2d = C PBD 1 2【点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有面面垂直的判定，点到平面 的距离，属于简单题目. 20.已知椭圆 的焦距为 2，过右焦点和短轴一个端点的直线的斜率为 ， 为坐标原点. （1）求椭圆 的方程； （2）设点 ，直线 与椭圆 C 交于两个不同点 P，Q，直线 AP 与 x 轴交于点 M，直线 AQ 与 x 轴交于点 N，若|OM|·|ON|=2，求证：直线 l 经过定点. 【答案】（1） ；（2）详见解析. 【解析】 【分析】 （1）由题意 ，根据过右焦点和短轴一个端点的直线的斜率为 ，求出 ，求出 ，即 得椭圆 的方程； （2）设 .把直线 的方程代入椭圆 的方程，韦达定理.写出直线 和直 线 的方程，求出 .根据 ，求出 的值，即可证明直线 l 经过定点. 【详解】（1）由题意，得椭圆 的半焦距 ，右焦点 ，上顶点 ，所以直 线 的斜率 ，解得 ，由 ，得 ，所以椭圆 的方程为 . （2）设 . 联立 得 ， 2 2 2 2: 1( )x yC a b oa b + = > > 1− O C ( )0,1A : ( 1)l y kx t t= + ≠ ± 2 2 12 x y+ = 1c = 1− b 2a C 1 1 2 2( , ), ( , )P x y Q x y l C AP AQ ,OM ON 2OM ON = t C 1c = ( )1,0F ( )0,M b MF 0 3tan 10 1 4 bk π−= = = −− 1b = 2 2 2a b c= + 2 2a = C 2 2 12 x y+ = 1 1 2 2( , ), ( , )P x y Q x y 2 2 12 ( 1) x y y kx t t  + =  = + ≠ 2 2 2(1 2 ) 4 2 2 0k x ktx t+ + + − =， ， . 直线 ，令 得 ，即 ； 同理可得 . 因为 ，所以 ； ，解之得只有 满足题意，所以直线方程为 ，所以直线 恒过定点 . 【点睛】本题考查椭圆的标准方程和直线过定点问题，属于较难的题目. 21. 设函数 （Ⅰ）若 是函数 的极值点，1 和 是 的两个不同零点，且 且 ，求 的值； （Ⅱ）若对任意 , 都存在 （ 为自然对数的底数），使得 成立，求实数 的取值范围. 【答案】（1）3， （2）详见解析 【解析】 试题分析：求导后利用 为极值点，满足 ，在根据 是 的零点，满足 ， 列方程组解出 ，把 的值代入求导，研究函数 的另一个零点所在的区间，求出 ； 由于 在 上为增函数，只需 在 有解， 2 1 2 1 22 2 4 2 20, ,1 2 1 2 kt tx x x xk k −∆ > + = − =+ + 1 2 1 2 2 2( ) 2 1 2 ty y k x x t k + = + + = + 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 2 2( ) 1 2 t ky y k x x kt x x t k −= + + + = + 1 1 1: 1 yAP y xx −− = 0y = 1 1 1 xx y −= − 1 1 1 xOM y −= − 2 2 1 xON y −= − 2OM ON = 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 21 1 ( ) 1 x x x x y y y y y y − − = =− − − + + 2 2 1 12 1 t t t − =− + 0t = y kx= l (0,0) 2( ) lnf x x bx a x= + − 2x = ( )f x 0x ( )f x 0 ( , 1)x n n∈ + n N∈ n [ ]2, 1b∈ − − (1, )x e∈ e ( ) 0f x < a 2x = (2) 0f ′ = 1 ( )f x (1) 0f = ,a b ,a b ( )f x n ( )g b [ 2, 1]− − ( ) ( ) 2 max 1 ln 0g b g x x a x= − = − − < ( )1,x e∈令 ，只需存在 使得 即可，对 求导，再进行分类 讨论. 试题解析： （Ⅰ） 是函数 的极值点，∴ . ∵1 是函数 的零点，得 ， 由 ，解得 ， ∴ , ， 令 ， ， 令 得 ， 所以 在 上单调递减；在 上单调递增 故函数 至多有两个零点，其中 ， 因为 ， , ， 所以 ，故 ． （Ⅱ）令 ， ，则 为关于 的一次函数且为增函数， 根据题意，对任意 ，都存在 ，使得 成立，则 在 有解， 令 ，只需存在 使得 即可， 由于 ， 令 ， ， ∴ 在(1，e)上单调递增， ， ( ) 2 lnh x x x a x= − − ( )0 1,x e∈ ( )0 0h x < ( )h x ( ) 2 , 2af x x b xx = + −′ = ( )f x ( )2 4 2 af b= + −′ ( )f x ( )1 1 0f b= + = 4 02 1 0 ab b  + − =  + = 6, 1a b= = − ( ) 2 6lnf x x x x= − − ( ) 62 1f x x x −′ = − ( ) 26 2 62 1 0x xf x x x x − −= − − = >′ 0, 2x x> ∴ > ( ) 0f x′ < 0 2x< < ( )f x ( )0,2 ( )2,+∞ ( )f x ( ) ( )01 0,2 , 2,x∈ ∈ +∞ ( ) ( )2 1 0f f< < ( ) ( )3 6 1 ln3 0f = − < ( ) ( ) 2 4 6 2 ln4 6ln 04 ef = − = > ( )0 3,4x ∈ 3n = ( ) 2 lng b xb x a x= + − [ ]2, 1b∈ − − ( )g b b [ ]2, 1b∈ − − ( )1,x e∈ ( ) 0f x < ( ) ( ) 2 max 1 ln 0g b g x x a x= − = − − < ( )1,x e∈ ( ) 2 lnh x x x a x= − − ( )0 1,x e∈ ( )0 0h x < ( ) 222 1 a x x ah x x x x =′ − −= − − ( ) ( )22 , 1,x x x a x eϕ = − − ∈ ( ) 4 1 0x xϕ′ = − > ( )xϕ ( ) ( )1 1x aϕ ϕ> = −①当 ，即 时， ，即 ， 在(1，e)上单调递增，∴ ，不符合题意. ② 当 ，即 时， 若 ，则 ，所以在(1，e)上 恒成立，即 恒成 立，∴ 在(1，e)上单调递减,∴存在 ，使得 ，符合题意. 若 ，则 ，∴在(1， e)上一定存在实数 ，使得 ， ∴在(1， )上 恒成立，即 恒成立， 在(1，m)上单调递减, ∴存在 ，使得 ，符合题意. 综上，当 时，对任意 ，都存在 ，使得 成立 （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：坐标系与参数方程选讲] 已知曲线 C 的极坐标方程为 ，以极点为平面直角坐标系的原点，极轴为 x 轴的正半轴建立平面直角坐标系． （1）求曲线 C 的普通方程； （2）A,B 为曲线 C 上两点，若 OA⊥OB，求 的值． 【答案】（1） ；（2） ． 【解析】 试题分析：（1）将 代入曲线的方程，即可求得曲线的 普通方程； （2）因为题意得 ，由 ，设 可得 ， 即可求解． 试题解析： 1 0a− ≥ 1a ≤ ( ) 0xϕ > ( ) 0h x′ > ( )h x ( ) ( )1 0h x h> = 1 0a− < 1a > ( )1 1 0.aϕ = − < ( ) 22e e e aϕ = − − 22 1a e e≥ − > ( ) 0eϕ < ( ) 0eϕ < ( ) 0h x′ < ( )h x ( )0 1,x e∈ ( ) ( )0 1 0h x h< = 22 1e e a− > > ( ) 0eϕ > m ( ) 0mϕ = m ( ) 0xϕ < ( )0h x′ < ( )h x ( )0 1,x m∈ ( ) ( )0 1 0h x h< = 1a > [ ]2, 1b∈ − − ( )1,x e∈ ( ) 0f x < 2 2 2 9 cos 9sin ρ θ θ= + 2 2 1 1 | | | |OA OB + 2 2 19 x y+ = 10 9 2 2 2cos , sin ,x y x yρ θ ρ θ ρ= = + = 2 2 2 1 cos sin9 θ θρ = + OA OB⊥ 1( , )A ρ α 2( , )2B πρ α ± (Ⅰ）由 得 ， 将 ， 代入得到曲线 的普通方程是 ． （Ⅱ）因为 ， 所以 ， 由 ，设 ，则 点的坐标可设为 ， 所以 ． 23.若 ，且 . （1）求 的最小值； （2）是否存在 ，使得 的值为 ？并说明理由. 【答案】（1） ； （2）不存在 ，使得 的值为 . 【解析】 【分析】 （1）由条件利用基本不等式求得 ，再利用基本不等式求得 的最小值． （2）根据 及基本不等式求得 ，从而可得不存在 a，b，使得 = ． 【详解】（1） ， ， ，，当且仅当 时等号， ， . 2 2 2 9 cos 9sin ρ θ θ= + 2 2 2 2cos 9 sin 9ρ θ ρ θ+ = cosx ρ θ= siny ρ θ= C 2 2 19 x y+ = 2 2 2 9 cos 9sin ρ θ θ= + 2 2 2 1 cos sin9 θ θρ = + OA OB⊥ ( )1,A ρ α B 2 , 2 πρ α ±   2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 1 1 1 cos sin 1 10sin cos 1| | | | 9 9 9 9OA OB α αα αρ ρ+ = + = + + + = + = 0, 0a b> > ( ) 1a b ab+ = 3 3 1 1 a b + ,a b 1 1 2 3a b + 6 3 4 2 ,a b 1 1 2 3a b + 6 3 1 2ab ≤ 3 3 1 1 a b + 1 2ab ≤ 1 1 2 3 2 3 3a b + ≥ 1 1 2 3a b + 6 3 ( ) 1a b ab+ = ( ) 1a b ab ∴ + = 0, 0a b> > ( ) 2a b ab∴ + ≥ a b= 1 2 ab ab ∴ ≥ 1 2ab∴ ≤， ，当且仅当 时取等号； （2） ， ，， ， 不存在 ，使得 的值为 . 【点睛】本题主要考查基本不等式在最值中的应用，要注意检验等号成立条件是否具备，属 于基础题． 3 3 3 3 1 1 1 1 22 • 4 2a b a b ab ab ∴ + ≥ = ≥ 3 3 1 1 4 2a b ∴ + ≥ a b= 0, 0a b> > 1 1 1 1 2 2 32 •2 3 2 3 36a b a b ab ∴ + ≥ = ≥ 6 2 3 3 3 < ∴ ,a b 1 1 2 3a b + 6 3