2020届辽宁省锦州市高三4月质量检测（一模）数学（理）试题（解析版）

第 1 页 共 19 页 2020 届辽宁省锦州市高三 4 月质量检测（一模）数学（理） 试题 一、单选题 1．已知集合 ，则 （ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】试题分析： ,选 C 【考点】集合的运算 2．若复数 z 满足 z（i-1）=2i（i 为虚数单位），则 为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】利用复数的运算法则、共轭复数的定义即可得出． 【详解】 z（i-1）=2i（i 为虚数单位），∴-z（1-i）（1+i）=2i（1+i）， ∴-2z=2（i-1），解得 z=1-i．则 =1+i． 故选 A． 【点睛】 本题考查了复数的运算法则、共轭复数的定义，属于基础题． 3．已知向量 ，若 ，则 （ ） A．1 B． C．2 D．3 【答案】B 【解析】可求出 ，根据 即可得出 ，进行数 量积的坐标运算即可求出 x． 【详解】 ； ∵ ； ∴ ； z 1 i+ 1 i− 1 i− + 1 i− − z (2,3), ( ,4)a b x= = ( )a a b⊥ −   x = 1 2 ( )2 1a b x− = − − ， ( )a a b⊥ −   ( ) 0a a b⋅ − =  ( )2 1a b x− = − − ， ( )a a b⊥ −   ( ) ( )2 2 3 0a a b x⋅ − = − − = 第 2 页 共 19 页 解得 ． 故选 B. 【点睛】 本题考查向量垂直的充要条件，向量坐标的减法和数量积运算，属于基础题． 4．数据 5，7，7，8，10，11 的中位数和标准差分别为（ ） A．中位数为 7，标准差为 2 B．中位数为 7，标准差为 4 C．中位数为 7.5，标准差为 4 D．中位数为 7.5，标准差为 2 【答案】D 【解析】将数据按顺序排列，偶数个数据，中位数是中间两个数之和除以 2，然后求得 平均数，再代入标准差公式求解. 【详解】 数据按顺序排列 5，7，7，8，10，11， 所以中位数是 ， 平均数是 ， 标准差是 . 故选：D 【点睛】 本题主要考查样本估计总体中的中位数，平均数，标准差的计算，还考查了运算求解的 能力，属于基础题. 5．设 是两条不同的直线， 是两个不同的平面，则 的一个充分不必要 条件是（ ） A． B． C． ∥ D． ∥ 【答案】C 【解析】A.用垂直同一直线的两平面平行判断.B.面面关系的定义判断.C.面面垂直的判 定定理判断.D. 用垂直同一直线的两平面平行判断. 【详解】 A. ，则 ，故错误. B. ， 可以平行，故错误. 1 2x = 7+8 =7.52 ( )1 5 7 7 8 10 11 =86x = + + + + + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 21 5 8 7 8 7 8 8 8 10 8 11 8 26s  = − + − + − + − + − + − =  ,m n ,α β α β⊥ ,m mα β⊥ ⊥ , ,m n m nα β⊂ ⊂ ⊥ ,m mβ⊥ α m , ,n m nα β⊥ ⊥ ,m mα β⊥ ⊥ / /α β , ,m n m nα β⊂ ⊂ ⊥ ,α β第 3 页 共 19 页 C. ∥ ，得 ，故正确. D. ∥ ，则 ，故错误. 故选：C 【点睛】 本题主要考查充分必要条件以及线面，面面关系，还考查了空间想象理解辨析的能力， 属于基础题. 6．已知 ， ， ，则（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】利用指数与对数的性质与 0，1 比较即可 【详解】 ， ， ，所以 . 故选：D. 【点睛】 本题考查指数与对数的单调性，插入中间值与 0,1 比较是常用方法，是基础题 7．已知等比数列 中，若 ，则 的值为（ ）. A．128 B．64 C．16 D．8 【答案】B 【解析】首先将 化简为 ，再计算即可. 【详解】 . 故选：B 【点睛】 本题主要考查等比数列的性质，属于简单题. 8．在平面直角坐标系 中，已知 ，动点 满足 ， 则动点 的轨迹方程是（ ） ,m mβ⊥ α α β⊥ m , ,n m nα β⊥ ⊥ / /α β 2020 1log πa = 20201 πb  =    1 π2020c = c a b< < a c b< < b a c< < a b c< < 2020 2020 1log log 1 0πa = < = ( )20201 01πb  = ∈   ， 1 π2020 1c = > a b c< < { }na 5 7 8a a+ = ( )4 6 8 3 112a a a a a+ + 4 6 8 3 11( )2a a a a a+ + 2 5 7( )a a+ 2 2 4 6 4 8 3 11 5 5 7 74 6 8 3 11( ) 2 22 a a a a a a a a aa a aa a a = + + = + ++ + 2 5 7( ) 64a a= + = xOy ( ) ( )1,2 , 1,0M N− P | | | |PM ON PN⋅ =   P第 4 页 共 19 页 A． B． C． D． 【答案】A 【解析】设 ，然后表示出向量的坐标，代入已知条件，整理后得到动点 的轨 迹方程. 【详解】 设 ， ， ， 因为 所以 整理得 故选 A 项. 【点睛】 本题考查求动点的轨迹方程，属于简单题. 9．函数 图象的大致形状是（ ）. A． B． C． D． 【答案】C 【解析】首先根据函数 为偶函数，故排除 B，D.再根据 ，排除 A，即可 得到答案. 【详解】 的定义域为 ， 2 4y x= 2 4x y= 2 4y x= − 2 4x y= − ( ),P x y P ( ),P x y ( ) ( )1,2 , 1,0M N− ( )1 ,2PM x y= − − − ( )1,0ON = ( )1 ,PN x y= − − PM ON PN⋅ =   ( )2 21 1x x y+ = − + 2 4y x= 2( ) 1 sin1 xf x xe  = − +  ( )f x (1) 0f < 2( ) ( 1)sin1 xf x xe = −+ R 2 2( ) ( 1)sin( ) ( 1)sin1 11 x x x f x x xe e e − = − − = − −++第 5 页 共 19 页 . 所以 为偶函数，故排除 B，D. ，故排除 A. 故答案为：C 【点睛】 本题主要考查根据函数解析式找函数图象，利用函数奇偶性和特值为解题的关键，属于 中档题. 10．已知函数 ，给出下列四个命题：（ ） ① 的最小正周期为 ② 的图象关于直线 对 称 ③ 在区间 上单调递增 ④ 的值域为 其中所有正确的编号是（ ） A．②④ B．①③④ C．③④ D．②③ 【答案】C 【解析】举反例判断①②；根据正弦函数的单调性判断③；讨论 ， 时，对应的最值，即可得出 的值域. 【详解】 函数 ， ， ，故函数 的最小正周期不是 ， 故①错误． 由于 ， ，∴ ， 故 的图象不关于 直线 对称，故排除②． 在区间 上， ， ，单调递增， 故③正确． 当 时， 故它的最大值为 ，最小值为 2 2( 1) 2( 1)sin [ 1]sin1 1 x x x x e ex xe e + −= − − = − −+ + 2 2(2 1)sin ( 1)sin ( )1 1x xx x f xe e = − − − = − =+ + ( )f x 2(1) ( 1)sin1 01f e = − > 5 5,4 2      ( 2, 5) 5 5 2,2 2       ( 5, 2 1)+ 2 2: 10 16 0C x y x+ − + = ( )2 2: 5 9C x y− + = 2 2 2 2 1( 0, 0)y x a ba b − = > > 0ax by− = 2 4d< < 2 2: 10 16 0C x y x+ − + = ( )2 2: 5 9C x y− + = 0ax by− = 2 2 5ad a b = + 2 2 2 2 1( 0, 0)y x a ba b − = > > 2 4d< < 2 2 52 4a a b < < + 52 4a c < < 5 5 4 2 c a < < 5 5,4 2     第 7 页 共 19 页 12．已知 是定义在 上的增函数，且恒有 ，若 ， ，则 的最小值为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】设 ，根据 是定义在 上的增函数，解得 ，得到 ，再由 ， ，转化为 ， ，令 求其最大值 即可. 【详解】 因为 是定义在 上的增函数， 故存在唯一的 使得 ， ，故 ， 所以 ，因为 为 上的增函数且 ，故 ， 所以 ， 因为 ， ， 所以 ， ， 令 ， ， 当 时， ，当 时， ， 所以当 时， 取得最大值 ， 所以 ， 所以 的最小值为 . 故选：D 【点睛】 本题主要考查利用单调性求解析式以及导数与不等式恒成立问题，还考查了运算求解的 能力，属于中档题. 二、双空题 13．某校期末考试后，随机抽取 200 名高三学生某科的成绩，成绩全部在 50 分至 100 ( )f x (0 )+ ∞ [ ( ) ln ] 1f f x x− = 0x∀ > ( ) 1f x ax − a 0 1 e 1 e ( ) lnf x x t− = ( )f x (0 )+ ∞ 1t = ( ) ln 1f x x= + 0x∀ > ( ) 1f x ax − ln 2xa x x ≥ + 0x∀ > ( ) ln 2xg x x x = + f ( )f x (0, )+∞ t ( ) lnf x x t− = ( ) 1=f t ( ) lnf x x t= + ln 1t t+ = ( ) lng t t t= + (0, )+∞ ( )1 1g = 1t = ( ) ln 1f x x= + 0x∀ > ( ) 1f x ax − ln 2xa x x ≥ + 0x∀ > ( ) ln 2xg x x x = + ( ) 2 2 2 1 ln 2 1 lnx xg x x x x − − −′ = − = 10 x e < < ( ) 0g x′ > 1x e > ( ) 0g x′ < 1x e = ( )g x e a e≥ a e第 8 页 共 19 页 分之间，将成绩按如下方式分成 5 组： . 据此绘制了如图所示的频率分布直方图，据此估计该校高三学生该门学科成绩的及格率 约为____________（60 分以上为及格），这 200 名学生中成绩在 中的学生有 _____名. 【答案】 【解析】先由频率直方图得到60 分以下的频率，再用对立事件的概率得到 60 分以上的 频率.先通过频率直方图计算 中的频率，再乘以样本容量得到人数. 【详解】 由频率直方图知，60 分以下的频率为 ， 所以 60 分以上的频率为 . 因为 中的频率 ， 所以 中的学生有 . 故答案为：(1). (2). 【点睛】 本题主要考查样本估计总体中的频率直方图的应用，还考查了运算求解的能力，属于基 础题. 三、填空题 14．若 对任意非零实数 恒成立，则曲线 在点 处的切线方程为_______. 【答案】 【解析】根据 ，利用方程组法解得 .再利用导数的几何意义求 切线方程. 【详解】 因为 ， 所以 ， [ ) [ ) [ ) [ ) )50,60 60,70 70,80 80,90 [90,100， ， ， ， [ )80,90 95% 40 [ )80,90 0.005 10 0.05× = 1 0.05 0.95− = [ )80,90 ( )1 2 0.005 10 0.025 10 0.045 10 0.2− × × + × + × = [ )80,90 0.2 200 40× = 95% 40 1 1( ) 2 2f x f xx x  + = +   x ( )y f x= ( )( )1, 1f 2 0x y+ − = 1 1( ) 2 2f x f xx x  + = +   ( )f x 1 1( ) 2 2f x f xx x  + = +   ( )1 2( ) 2f f x xx x + = +第 9 页 共 19 页 两式联立解得 . 所以 ， ， 所以曲线 在点 处的切线方程为 ， 即 . 故答案为： 【点睛】 本题主要考查方程组法求函数解析式以及导数的几何意义，还考查了运算求解的能力， 属于基础题. 15．《莱茵德纸草书》是世界上最古老的数学著作之一.书中有一道这样的题目：把 100 个面包分给 5 个人，使每人所得份量成等差数列，且较大的三份之和的 是较小的两 份之和，则最小一份的量为___. 【答案】 【解析】【详解】 设此等差数列为{an}，公差为 d，则 （a3+a4+a5）× =a1+a2，即 ，解得 a1= ，d= ．最小一份为 a1， 故答案为 ． 16．如图，在长方体 中， ， 为 中点， 则三棱锥 外接球的表面积为_______. 1( )f x x = 2 1( )f x x ′ = − (1) 1, (1) 1f f′ = − = ( )y f x= ( )( )1, 1f ( )1 1y x− = − − 2 0x y+ − = 2 0x y+ − = 1 7 1 4 55 100,2a d ×+ = 1 7 1 1 1(3 9 ) 27a d a d+ × = + 5 3 55 6 1 1 1 1ABCD A B C D− 1 2, 4AB AA BC= = = E AD 1A CDE−第 10 页 共 19 页 【答案】 【解析】建立空间直角坐标系：取 的中点 ， ， ， 根据 是直角三角形，其外接圆的圆心为 ，则球心在过 平面 的垂线上， 再利用半径相等求解. 【详解】 建立如图所示空间直角坐标系： 取 的中点 ， ， ， 因为 是直角三角形， 所以其外接圆的圆心为 ， 所以球心在过 平面 的垂线上， 设球心为 ，则 ， 即 ， 解得 ，则 ， 所以三棱锥 外接球的表面积为 . 故答案为： 【点睛】 本题主要考查球的外接问题，球的截面性质以及向量法球距离，还考查了空间想象和运 算求解的能力，属于中档题. 四、解答题 44π CE ( )1 1,3,0O ( )1 0,0,2A ( )0,4,0D CED 1O 1O CED CE ( )1 1,3,0O ( )1 0,0,2A ( )0,4,0D CED 1O 1O CED ( )1,3,O z 1r OA OD= = ( ) ( )2 2 21 9 2 1 3 4z z+ + − = + − + 3z = 11r = 1A CDE− 24 44rπ π= 44π第 11 页 共 19 页 17．已知在 中,角 所对的边分别为 ,且 . （1）求角 的大小; （2）若 ,求 的取值范围. 【答案】（1） ； （2） . 【解析】（1）由正弦定理化简已知等式可得 ，根据余弦定理可求 的值，结合范围 ，可求 的值. （2）由余弦定理，基本不等式可求 ，又根据两边之和大于第三边可得 ， 即可求解 的取值范围. 【详解】 （1）由 则 ， ， 所以 ， 而 ， 故 . （2）由 且 ， 所以 ， 又 ， 所以 的取值范围是 . 【点睛】 本题主要考查了正弦定理，余弦定理，基本不等式等在解三角形中的综合应用，考 查了转化思想，属于基础题. 18．某学校开设了射击选修课，规定向 、 两个靶进行射击：先向 靶射击一次， ABC∆ , ,A B C , ,a b c sin sin sin sin C A b B A a c − =− + C 3c = +a b 3 π (3,6) 2 2 2a b c ab+ − = cosC (0, )C π∈ C 6a b+ ≤ 3a b+ > +a b sin sin sin sin C A b B A a c − =− + c a b b a a c − =− + ⇒ 2 2 2a b c ab+ − = 2 2 2 1cos 2 2 2 a b c abC ab ab + −= = = (0, )C π∈ 3C π= 2 2 2a b c ab+ − = 3c = 2( ) 2 9a b ab ab∴ + − − = 2 2( ) 9 3 3( )2 ,a ba b ab +∴ + − = ≤ a b≠ 2 2( ) 9 3( )2 ,a ba b +∴ + − < ∴ 2( ) 36a b+ < 6a b+ < 3a b c+ > = +a b (3,6) A B A第 12 页 共 19 页 命中得 1 分，没有命中得 0 分，向 靶连续射击两次，每命中一次得 2 分，没命中得 0 分；小明同学经训练可知：向 靶射击，命中的概率为 ，向 靶射击，命中的概率 为 ，假设小明同学每次射击的结果相互独立.现对小明同学进行以上三次射击的考核. （1）求小明同学恰好命中一次的概率； （2）求小明同学获得总分 的分布列及数学期望 . 【答案】（1） ；（2）分布列见解析， 【解析】（1）根据事件的独立性以及互斥事件的性质，求解即可； （2）得出 的可能取值，并得出相应的概率，得出分布列，即可得出数学期望 . 【详解】 （1）记：“小明恰好命中一次”为事件 C，“小明射击 靶命中”为事件 , “该射手第一 次射击 靶命中”为事件 ，“该射手第二次射击 靶命中”为事件 ， 由题意可知 ， 由于 ； （2） 可取 ， ， ， 0 1 2 3 4 5 B A 4 5 B 3 4 X ( )E X 1 8 ( ) 19 5E X = X ( )E X A D B E B F ( ) 4 5P D = ( ) ( ) 3 4P E P F= = C DEF DEF DEF= + + ( ) ( ) 24 3 4 3 3 4 3 31 1 1 1 15 4 5 4 4 5 4 4P C P DEF DEF DEF          = + + = × − + − × × − + − × − ×                   1 8 = X 0,1,2,3,4,5 ( ) 21 1 10 5 4 80P X  = = × =   ( ) 24 1 11 5 4 20P X  = = × =   ( ) 1 2 1 1 3 32 5 4 4 40P X C= = × × × = ( ) 1 2 4 1 3 33 5 4 4 10P X C= = × × × = ( ) 21 3 94 5 4 80P X  = = × =   ( ) 24 3 95 5 4 20P X  = = × =   X第 13 页 共 19 页 . 【点睛】 本题主要考查了事件独立性的应用以及求离散型随机变量的分布列和期望，属于中档题. 19．已知直三棱柱 中， ， ， 是 的中点， 是 上一点，且 . （Ⅰ）证明： 平面 ； （Ⅱ）求二面角 余弦值的大小. 【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ） . 【解析】（Ⅰ）在 中，由面积相等得到 ，直角三角形 中，得到 ，由 得 ，易得 ，从而得到 平 面 . 以点 为坐标原点建立空间直角坐标系，求出面 法向量为 ，面 法向量为 ，从而得到二面角 的余弦值. 【详解】 连接 ，在 中， 故 . 由于三棱柱 是直三棱柱，故 平面 ， 直角三角形 中，因为 ， ， P 1 80 1 20 3 40 3 10 9 80 9 20 ( ) 1 1 3 3 9 9 190 1 2 3 4 580 20 40 10 80 20 5E X = × + × + × + × + × + × = 1 1 1ABC A B C− 120BAC °∠ = 12, 3AB AC AA= = = E BC F 1A E 1 3A F FE= AF ⊥ 1A BC 1 1B A E B− − 2 5 5 ABC 1AE = 1A AE 1 12 2A E EF= =， 1A EAE EF AE = 1A E AF⊥ AE BC⊥ AF ⊥ 1A BC ( )II E 1BA E 1n 1 1B A E 2n 1 1B A E B− − ( )I ,AE AF ABC 1 1· ·sin120 ·2 2AB AC BC AE= 1AE = 1 1 1ABC A B C− 1AA ⊥ 1ABC AA AE⇒ ⊥ 1A AE 1 3AA = 1AE =第 14 页 共 19 页 所以 所以 ， 又因 为直角，即 . 再由 为 中点并且 为等腰三角形可知 ， 结合 ， 得 平面 ， . 综合 ， ， ，得到 平面 . 由于 ，如图以点 为坐标原点建立空间直角坐标系， ，故 ， ， ， ， , , 设面 法向量为 ， 面 法向量为 ， ，取 ，得 ， ，取 ，得 ， 则二面角 的余弦值 . 【点睛】 本题考查线面垂直的判定和性质，通过法向量求二面角的余弦值，属于中档题. 20．已知椭圆 的焦距为 2，过点 . （1）求椭圆 的标准方程； （2）设椭圆的右焦点为 ，定点 ，过点 且斜率不为零的直线 与椭圆交于 ， 两点，以线段 为直径的圆与直线 的另一个交点为 ，试探究在 轴上 是否存在一定点 ，使直线 恒过该定点，若存在，求出该定点的坐标；若不存在， 1 2A E = ， 1 2EF = 1A EAE AFEEF AE = ⇒ ∠ 1A E AF⊥ E BC ABC AE BC⊥ 1AA BC⊥ 1AA AE A∩ = BC ⊥ 1A AE BC AF⇒ ⊥ 1A E AF⊥ BC AF⊥ 1BC A E E∩ = AF ⊥ 1A BC ( )II AE BC⊥ E 3tan60 AEBE = =  ( )3,0,0B − ( )1 0,1, 3A ( )0,0,0E ( )1 3,0, 3B − ( )3,0,0EB = − ( )0,1, 3EA = ( )1 3,0, 3EB = − 1BA E ( )1 1 1 1, ,n x y z= 1 1B A E ( )2 2 2 2, ,n x y z= 11 1 1 1 1 3 00 0 3 0 xn EB n EA y z  − =⋅ = ⇒ ⋅ = + =      1 1z = ( )1 0, 3,1n = − 2 22 1 2 1 2 2 3 3 00 0 3 0 x zn EB n EA y z  − + =⋅ = ⇒ ⋅ = + =      2 1z = ( )2 1, 3,1n = − 1 1B A E B− − 1 2 1 2 4 2 5cos 54 5 n n n n θ ⋅ = = = ⋅⋅     2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b + = > > 21, 2  −    C F (2,0)P F l A B AP 2x = Q x M BQ第 15 页 共 19 页 请说明理由. 【答案】（1） （2）存在；定点为 【解析】（1）首先根据题意列出方程组 ，再解方程组即可. （2）首先设 ， ， 的方程为： .联立 ，利用 韦达定理，结合 求出直线 ，再令 即可得到直线 恒过的定点. 【详解】 （1）由题知 ，解得 ， ， 所以椭圆 的方程为 . （2）设 ， ，因为直线 的斜率不为零，令 的方程为： 由 得 则 ， ， 因为以 为直径的圆与直线 的另一个交点为 ， 所以 ，则 . 则 ，故 的方程为： . 令 ，则 而 ， ， 所以 ， 2 2 12 x y+ = 3 ,02      2 2 2 2 2 2 2 1 1 12 c a b a b c =  + =  = + 1 1( , )A x y 2 2( , )B x y l 1x my= + 2 2 1 12 x my x y = + + = AQ PQ⊥ BQ 0y = BQ 2 2 2 2 2 2 2 1 1 12 c a b a b c =  + =  = + 2 2a = 2 1b = C 2 2 12 x y+ = 1 1( , )A x y 2 2( , )B x y l l 1x my= + 2 2 1 12 x my x y = + + = 2 2( 2) 2 1 0m y my+ + − = 1 2 2 2 2 my y m + = − + 1 2 2 1 2y y m ⋅ = − + AP 2x = Q AQ PQ⊥ 1(2, )Q y 2 1 2 2BQ y yk x −= − BQ 2 1 1 2 ( 2)2 y yy y xx −− = −− 0y = 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 ( 2) ( 1)2 2 2y x y my my y yx y y y y y y − − − − − += + = + = +− − − 1 2 2 2 2 my y m + = − + 1 2 2 1 2y y m ⋅ = − + 1 2 1 2 2 2 2 y ymmy y m +− = = −+第 16 页 共 19 页 所以 . 故直线 恒过定点，且定点为 【点睛】 本题第一问考查椭圆的标准方程，第二问考查直线与椭圆的位置关系，属于中档题. 21．已知函数 . （Ⅰ）讨论 在 上的单调性； （Ⅱ）设 ，若 的最大值为 0，求 的值； 【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）1 【解析】（Ⅰ）求导 ，由 ，分 和 两种情况 讨论求解. （Ⅱ） ，易得 是 上的减函 数，存在唯一正实数 满足 ，，则 ，再根据 的最大值为 0 建立方程求解. 【详解】 （Ⅰ）因为 ， 所以 在 上单调递减且 ①若 ，即 ，则当 时， ，所以 在 上单调递减； ②若 ，即 ，则当 时， ，所以 在 上单调 递增； 当 时， ，所以 在 上单调递减. 综上：当 时， 在 上单调递减； 当 时， 在 上单调递增，在 上单调递减. （Ⅱ）根据题意 所以 ， 因为 ，所以 在 上是减函数， 1 2 1 2 1 1 32 2 22 2 y y y x y y +− + = + = − + =− BQ 3 ,02      2( ) ( ln ), ( ) xf x x a x g x x e −= − = + ( )f x ( )1,+∞ ( ) ( ) ( )h x f x g x= − ( )h x a ( ) 1 lnf x a x′ = − − ( )1 0af e −′ = 1 1ae − ≤ 1 1ae − > 2( ) ( ln ) xh x x a x x e−= − − − ( ) 1 ln 2 xh x a x x e−′ = − − − + ( )0, ∞+ 0x ( )0 0h x′ = ( )max 0( )h x h x= ( )h x ( ) 1 lnf x a x′ = − − ( )f x′ ( )0, ∞+ ( )1 0af e −′ = 1 1ae − ≤ 1a ≤ 1x > ( ) 0f x′ < ( )f x ( )1,+∞ 1 1ae − > 1a > 11 ax e −< < ( ) 0f x′ > ( )f x ( )11, ae − 1ax e −> ( ) 0f x′ < ( )f x ( )1,ae − +∞ 1a ≤ ( )f x ( )1,+∞ 1a > ( )f x ( )11, ae − ( )1,ae − +∞ 2( ) ( ln ) ,xh x x a x x e−= − − − ( ) 1 ln 2 xh x a x x e−′ = − − − + 1 0( ) 2 xh x ex −′ = − − − 1x > ( ) 0m x′ < ( ) ( )1 0m x g≤ = ln 1x x≤ − ( ) 1xn x e x= − − ( ) 1xn x e′ = − 0x < ( ) 0n x′ < 0x > ( ) 0n x′ > ( ) ( )0 0n x n≥ = +1xe x≥ ( )4 1 ( ) ln 13 xa x h x a x e−′− + < < + −− ( ) 4 1 1 04 4 a ah a′ > − × + = > ( ) ( )( ) ln 13 03 1a aa a e eh e a e e e− −′ − =+ −− ( )h x ( )00, x ( )0 ,x x∈ +∞ ( ) 0h x′ < ( )h x ( )0 ,x +∞ ( ) 02 max 0 0 0 0 0( ) ln xh x h x ax x x x e−= = − − − ( ) ( )( )0 0 02 max 0 0 0 0 0 0( ) 1x x xh x h x x x x e e x x e− − −= = + − − = + − max( ) 0h x = 01 0x+ > 0 0 0xx e −− = 0 0 xe x− = 0 0lnx x− = 0 0 0 0 0 01 ln 2 1 2 1xa x x e x x x−= + + − = − + − = xOy 1C 3 2cos 2 2sin x y α α  = + = + ， α 2C 3 3y x= x 1C 2C 1C P Q OP OQ⋅ 2 2 3 cos 4 sin 3 0ρ ρ θ ρ θ− − + =第 18 页 共 19 页 【解析】（Ⅰ）先把曲线 的参数方程转化为普通方程，进一步转化为极坐标方程． （Ⅱ）把直线方程转化为极坐标方程，与曲线 的极坐标方程联立，根据根与系数的 关系，求得结果． 【详解】 （Ⅰ）曲线 的普通 方程为 ， 则 的极坐标方程为 （Ⅱ）设 ， ， 将 代入 ，得 所以 ，所以 . 【点睛】 本题考查的知识要点：直角坐标方程和极坐标方程的转化，参数方程与直角坐标方程的 转化，一元二次方程根的应用，属于基础题型． 23．已知函数 f（x）=|x-m|-|2x+2m|（m＞0）． （Ⅰ）当 m=1 时，求不等式 f（x）≥1 的解集； （Ⅱ）若∀x∈R，∃t∈R，使得 f（x）+|t-1|＜|t+1|，求实数 m 的取值范围． 【答案】（Ⅰ）[-2，- ]；（Ⅱ）0＜m＜1 【解析】（Ⅰ）分段去绝对值解不等数组后在相并可得； （Ⅱ）f（x）+|t-1|＜|t+1|⇔f（x）＜|t+1|-|t-1|对任意 x∈R 恒成立，对实数 t 有解． 再利用分段函数的单调性求得 f（x）的最大值，根据绝对值不等式的性质可得|t+1|-|t-1| 的最大值，然后将问题转化为 f（x）的最大值＜（|t+1|-|t-1|）的最大值可得． 【详解】 （Ⅰ）当 m=1 时，|x-1|-|2x+2|≥1⇔ 或 或 ， 解得-2≤x≤- ，所以原不等式的解集为[-2，- ]． （Ⅱ）f（x）+|t-1|＜|t+1|⇔f（x）＜|t+1|-|t-1|对任意 x∈R 恒成立，对实数 t 有解． ∵f（x）= ， 根据分段函数的单调性可知：x=-m 时，f（x）取得最大值 f（-m）=2m， 1C 1C 1C ( ) ( )2 23 2 4x y− + − = 1C 2 2 3 cos 4 sin 3 0ρ ρ θ ρ θ− − + = ( )1P ρ θ， ( )2Q ρ θ， 6 πθ = 2 2 3 cosρ ρ θ− 4 sin 3 0ρ θ− + = 2 5 3 0ρ ρ− + = 1 2 3ρ ρ = 3OP OQ⋅ = 2 3 { x 1 x 3 1 ≤− + ≥ { 1 x 1 3x 1 1 − < < − − ≥ { x 1 x 3 1 ≥ − − ≥ 2 3 2 3 x 3m x m 3x m m x m x 3m x m + ≤ − − − − − − ≥ ， ， ＜ ＜ ，第 19 页 共 19 页 ∵||t+1|-|t-1||≤|（t+1）-（t-1）|=2， ∴-2≤|t+1|-|t-1|≤2，即|t+1|-|t-1|的最大值为 2． 所以问题转化为 2m＜2，解得 0＜m＜1． 【点睛】 本题考查了绝对值不等式的解法，属中档题．