高三质量检测理科数学
第Ⅰ卷 选择题（共 60 分）
一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分.在每小题给出的四个选项
中，只有一项是符合要求的.
1.已知集合 ， ，则 ( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
由集合 ， ，能求出 A∩B．
【详解】∵集合 ,
又
∴ ，
∴A∩B={0，1}.
故选：C.
【点睛】本题考查交集及其运算，结合函数定义域、值域知识的考查，属于基础题.
2.在复平面内，若复数 所对应的点位于第一象限，则 的最小值为( )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】
根据复数的幂运算规律，分别计算 时 z 所对应的点位于
的象限，可得 满足条件，求出最小值即可.
【详解】∵复数 ，
当 时 ,此时 ，z 的对应点在实轴上，
( ){ }lg 8 2A x N y x= ∈ = − { }4 2xB y y= = − A B =
[ ]0,2 [ )0,4 { }0,1 { }0,1,2
{ }4A x N x= ∈ < { }0 2B y y= ≤ <
( ){ } { } { }lg 8 2 8 2 0 4A x N y x x N x x N x= ∈ = − = ∈ − > = ∈ <
( ) ( ) [ )2 4 2 4 2 04 ,+ 20 ,x x x∈ ∞ ∈ − ∴− −∞ ∈， ， ，
{ }0 2B y y= ≤ <
( )*2 2 Nn
nz i ni
= + + ∈ n
( )*4 4 1,4 2,4 3n k k k k k N= + + + ∈，
*4 3( )n k n N= + ∈
( )*2 2n
nz i n Ni
= + + ∈
( )*4n k k N= ∈ 1ni = 5z =当 时 ,此时 ,z 的对应点在第四象限，
当 时 ,此时 ,z 的对应点在实轴，
当 时 ,此时 ,z 的对应点在第一象
限，
∴ ，
∴当 时 取得最小值 3，
故选:C.
【点睛】本题考查复数的幂运算及复数的几何表示，属于基础题.
3.下列函数中，既是偶函数，又在 内单调递增的为( )
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
分析给定四个函数的奇偶性和单调性，可得答案．
【详解】函数 是偶函数，定义域 ，不满足条件；
函数 是奇函数，不满足条件；
函数 是偶函数,在 内单调递增，满足条件；
函数 是偶函数,又定义域 ，不满足条件；
故选：C.
【点睛】本题考查函数单调性的判断及函数奇偶性的判断，考点为从函数解析式看函数的基
本性质，属于基础题.
4.在等比数列 中，“ ”是“ ， 是方程 的两根”的( )
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
*4 1( )n k k N= + ∈ ni i= 2 2 2 2 2z i i i ii
= + + = − + = −
*4 2( )n k k N= + ∈ 1ni = − 1z = −
*4 3( )n k k N= + ∈ ni i= − 2 2 2 2 2+z i i i ii
= − − + = − + + =
*4 3( )n k n N= + ∈
0k = n
( ],0−∞
2y x-= 2 2x xy −= −
2 xy −= 1
2
logy x=
2y x-= 0x ≠
2 2x xy −= −
2 xy −= ( ],0−∞
1
2
logy x= 0x ≠
{ }na 6 1a = ± 2a 10a 2 4 1 0x x+ + =【解析】
【分析】
由韦达定理可得 ，且 a2 和 a10 均为负值，由等比数列的性质可得 ，故必要性
满足充分性不满足.
【详解】∵由 ， 是方程 的两根，
∴ ，
∴a2 和 a10 均为负值，
由等比数列的性质可知 a6 为负值,且 ，
∴ ，
故“ ”是“ ， 是方程 的两根”的必要不充分条件，
故选：B.
【点睛】本题考查充分条件、必要条件，根据充分条件和必要条件的定义，结合等比数列的
性质、二次方程根与系数关系等进行判断即可，属于基础题.
5.设变量 ， 满足约束条件 ，则 的取值范围为( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
本题主要考查线性规划的基本知识，先画出约束条件 的可行域，然后分析
的几何意义，结合图象，用数形结合的思想，即可求解．
【详解】x，y 满足的约束条件表示的平面区域如图为三角形 表示的区域，
2 10 1a a⋅ = 6 1a = −
2a 10a 2 4 1 0x x+ + =
2 10 2 104, 1a a a a+ = − ⋅ =
6 2
2
10 1a a a= ⋅ =
6 1a = −
6 1a = ± 2a 10a 2 4 1 0x x+ + =
x y
2 3 0
2 2 0
2 2 0
x y
x y
x y
+ − >
− − 1
y
x +
2 7,9 9
2 7,9 9
2 2,9 3
2 2,9 3
2 3 0
2 2 0
2 2 0
x y
x y
x y
+ − >
− −
1
y
x +
ABCA,C 坐标为 ，
而 ,设点 N ， 表示斜率，
由图可知 位置斜率最小为 ，
位置斜率最小为 ，
所以 ，
故选：A
【点睛】本题考查简单线性规划，先画出约束条件的可行域，然后分析目标函数的几何意义，
结合图象，用数形结合的思想，即可求解，属于基础题.
6.《九章算术》是我国古代数学名著，也是古代东方数学的代表作.书中有如下问题：“今有
勾七步，股二十四步，问勾中容圆，径几何？”其意思为：“今有直角三角形，勾（短直角
边）长为 7 步，股（长直角边）长为 24 步，问该直角三角形的容圆（内切圆）直径为多少
步？”现若向此三角形内投米粒，则米粒落在其内切圆内的概率为( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
4 7 5 1( , ), ( , )5 5 4 2
1
ys x
= + ( 1,0)− s
NC
1
22
5 914
=
+
NA
7
75
4 915
=
+
2 7,9 91
y
x
∈+
3
20
π 3
28
π
20
π
28
π利用直角三角形三边与内切圆半径的关系求出半径，然后分别求出三角形和内切圆的面积，
根据几何概型的概率公式即可求出所求．
【详解】由题意，可得直角三角形，斜边长为 25，
由等面积，可得内切圆半径 ，
∴向此三角形内投米，则落在其内切圆内的概率是 ，
故选：B.
【点睛】本题考查几何概型求概率，分别计算出所求面积与总面积作比即可，涉及平面几何
知识的应用，属于基础题.
7.已知函数 ，若 ， ， ，则 ，
， 的大小关系为( )
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根 据 题 意 ， 由 分 段 函 数 的 性 质 分 析 可 得 f （ x ） 为 在 定 义 域 的 减 函 数 ， 又 由
，分析可得答案．
【详解】因为函数 ，
当 且单调递减， ，
当 且单调递减， ，
为单调递减的奇函数，
， ， ，
，
7 24 37 24 25r
×= =+ +
23 3
1 287 242
π π⋅ =
× ×
( ) 2
2
2 , 0
2 , 0
x x xf x
x x x
−
( )0.32a f= ( )20.3b f= ( )2log 0.3c f= a
b c
a b c> > c b a> >
b a c> > c a b> >
2 0.3
2log 0.3 0 0.3 2< < <
( ) 2
2
2 , 0
2 , 0
x x xf x
x x x
−
( ) 20 2 0,x f x x x< = − >， 2( ) 2 ( )f x x x f x− = − + = −
( ) 20 2 0,x f x x x> = − − < 2( ) 2 ( )f x x x f x− = + = −
( )f x∴
0.3 02 2 1> =
2 10 0.3 0.09 2
< = < 2 2log 0.3 log 1 0< =
2 0.3
2log 0.3 0 0.3 2∴ < < > A
( )( )0 0 0 0, 0, 0M x y x y> > 21MF MF⊥ A
( )2 2 0y px p= > M
2 3 5
by xa
=
21MF MF⊥
1 2
1
2OM F F c= =
by xa
=
0 0
2 2 2
0 0+
by xa
x y c
=
=
0 0,x a y b= =
MA x⊥
0 2MA x a a= + =
2 2 2 2= 5+c a b a=
= 5ce a
=
512.若函数 在 上单调递减，则实数 的
取值范围为( )
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
化简函数 f（x），根据 f（x）在区间 上单调递减，f′（x）≤0 恒成立，由此解不等式求出
a 的取值范围．
【详解】由函数 ，
且 f(x)在区间 上单调递减，
∴在区间 上,f′(x)=−sin2x+3a(cosx−sinx)+2a−1≤0 恒成立，
∵设 ，
∴当 x∈ 时, ,t∈[−1,1]，即−1≤cosx−sinx≤1，
令 t∈[−1,1],sin2x=1−t2∈[0,1]，
原式等价于 t2+3at+2a−2≤0，当 t∈[−1,1]时恒成立，
令 g(t)=t2+3at+2a−2，
只需满足 或 或 ，
( ) ( ) ( )1 cos2 3 sin cos 2 12f x x a x x a x= + + + − 0, 2
π
a
11, 5
−
1,15
−
[ )1, 1,5
−∞ − ∪ +∞
( ] 1, 1 ,5
−∞ − ∪ +∞
0, 2
π
( ) ( ) ( )1 cos2 3 sin cos 2 12f x x a x x a x= + + + −
0, 2
π
0, 2
π
2 4t cosx sinx sin x
π=
= −
−
0, 2
π
4 4 4x
π π π− ∈ −
，
3 12
(1) 5 1 0
a
g a
− ≤ −
= − ≤
3 12
( 1) 1 0
a
g a
− ≥
− = − − ≤
31 12
(1) 5 1 0
( 1) 1 0
a
g a
g a
− < − > 2 2 2 2 1 0x y x y+ + − + = 2
1 1
1a b
++
1 1
1a b
++
2 2 2 2 1 0x y x y+ + − + =
( )3 0 0, 0ax by a b− + = > > 2即：−a−b+3=0,∴a+b=3,
因为 a>0,b>0，将 a+1+b=4 代入得,
，
当且仅当 a+1=b 时等号成立.
故答案为：1.
【点睛】本题考查直线与圆的位置关系及基本不等式的应用，综合性强，难度中等.
16.对于数列 ，定义 为 的“优值”.现已知某数列的“优
值”为 ，记数列 的前 项和为 ，若对一切的 ，都有
恒成立，则实数 的取值范围为___________.
【答案】
【解析】
【分析】
本题可根据优值 Hn 的特点构造数列{bn}：令 bn=2n-1an，n∈N*，然后可通过先求出数列{bn}的
通项公式来求出数列{an}的通项公式，再可根据数列{an}的通项公式写出数列 的
前 n 项和 Sn 的表达式，根据 Sn 为递增数列转化为求 Sn 最值问题，由此可得 m 的取值范围．
【详解】由题意，可知对于数列 :
.
∴ .
可构造数列 :令 ,n∈N∗.
设数列 的前 n 项和为 Tn.
∴ .n∈N∗.
∴①当 n=1 时, ；
( ) ( )1 1 1 1 1 1 1 1= 1 = 2+ 2+2 11 4 1 4 1 4
b aa ba b a b a b
+ + + + + + ≥ = + + +
{ }na
1
1 22 2n
n
n
a a aH n
−+ + += { }na
12n
nH += ( )
2
3 nn a
+
n nS *Nn∈ nS m<
m
5 ,12
+∞
( )
2
3 nn a
+
{ }na
1
11 22 2 2
n
nn
n
a a aH n
−
++ + += =
1 1
1 22 2 2n n
na a a n− ++ + + = ⋅
{ }nb 12n
n nb a−=
{ }nb
12n
nT n += ⋅
1 1
1 1 1 2 4b T += = ⋅ =②当 n≥2 时, .
由①②,可得： ，n∈N∗.
∴ ，n∈N∗.
∴数列 是以 4 为首项，2 为公差的等差数列.
对于数列 通项为: ，
，
令 ，则 单调递增，
当 ， ，
则 恒成立，∴ ，
故答案为： .
【点睛】本题考查数列的综合应用，涉及到的知识有递推公式求通项、裂项相消求和、函数
单调性及最值思想，属于综合题，题目较复杂计算量大，属于难题.
三、解答题：共 70 分.把解答写在答题卡中.解答应写出文字说明，证明过程或演
算步骤.
17. 内角 ， ， 的对边分别为 ， ， ，已知 的外接圆半径为 ，且
.
（1）求 ；
（2）若 ，求 的值.
【答案】（1） ；（2） .
的
( ) ( )1
1 2 1 2 1 2n n n
n n nb T T n n n+
−= − = ⋅ − − ⋅ = + ⋅
( )1 2n
nb n= + ⋅
( ) ( )1 1
1 2 2 12 2
n
n
n n n
nba n− −
+ ⋅= = = +
{ }na
( )
2
3 nn a
+ ( ) ( )( )
2 1 1 1 1= =3 3 1 2 1 3nn a n n n n
− + + + + +
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1= 2 2 4 3 5 4 6 2 1 3n n n nS n
− + − + − − + − + + +
( ) ( )
1 1 1 1 1 5 1 1
2 2 3 2 3 12 2 2 2 3n n n n
= + − − = − − + + + +
( ) ( ) ( )
5 1 1
12 2 2 2 3f n n n
= − −+ + ( )f n
+n → ∞ ( ) 5
12f n →
nS m< 5
12 m≤
5 ,12
+∞
ABC A B C a b c ABC R
2 3 sin sin cos 0R A B b A− − =
A∠
tan 2tanA B= sin
2 sin 2 sin
b C
a b B c C+ −
6
π 3 3
10
−【解析】
【分析】
（1）由正弦定理化简已知三角等式，根据 可得 ，即可求出角 A；
（2）由（1）可得 ，利用 及正弦定理将分式化简，再利用余弦定理化
简分式得 ，最后利用正切和角公式代入 ， ，可求出结果.
【详解】（1）∵ ，
由正弦定理得： ，
即 ，
∵ ，∴ ，
即得 ， ，
∵ ，∴ .
（2）由（1）知： ， ， ，
∴ ，
∴
由余弦定理得：
.
【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理、同角三角函数的基本关系等基础知识，考查学生数
形结合、转化与化归以及运算求解能力，解决此类问题的关键是灵活运用正、余弦定理进行
边角的互化，属于中等题.
18.已知 平面 ， ， ， 分别为 ， 上的点，且 ，
sin 0B ≠ 3tan 3A =
3tan 6B = 2sin 1A =
( )1 tan2 A B− + tan A tan B
2 3 sin sin cos 0R A B b A− =
2 3 sin sin 2 sin cos 0R A B R B A− =
( )sin 3sin cos 0B A A− =
( )0,B π∈ sin 0B ≠
3sin cosA A= 3tan 3A =
( )0,A π∈
6A
π∠ =
3tan 3A = 3tan 6B = 1sin 2A =
2sin 1A =
sin 2sin sin
2 sin 2 sin 2sin 2 sin 2 sin
b C Ab C
a b B c C Aa b B c C
=+ − + −
2 2 2
sinab C
a b c
= + −
( )sin sin 1 1tan tan2 sin 2 sin 2cos 2 2
b C C C A Ba b B c C C
= = = − ++ −
1 tan tan 3 3
2 1 tan tan 10
A B
A B
+= − × = −−
PA ⊥ ABC AB BC⊥ D E PB PC AD PB⊥.
（1）求证： ；
（2）若 ，直线 与平面 所成角的正弦值为 ，求二面角
的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2） .
【解析】
【分析】
（1）先证明 BC⊥平面 PAB，可得 BC⊥AD，证明 AD⊥平面 PBC，得 PC⊥AD，再证明 PC⊥
平面 ADE，即可证明 PC⊥DE；
（2）过点 B 作 BE∥AP，则 BZ⊥平面 ABC，分别以 BA，BC，BZ 所在直线为 x 轴，y 轴，z
轴建立空间直角坐标系，设 ，根据 PC⊥平面 ADE，可得 是平面 ADE
的一个法向量，从而向量 与 所成的角的余弦值的绝对值为 ，可求 PA 的值，利用题
目条件求出平面 的一个法向量，利用夹角公式可得二面角 的余弦值.
【详解】（1）证明：因为 平面 ，∴ ，
又 ， ，
∴ 平面 ，∴ .
又 ， ，
∴ 平面 ，∴ .
又 ， ，
∴ 平面 ，∴ .
（2）过点 作 ，则 平面 ，如图所示
AE PC⊥
PC DE⊥
2 2AB BC= = AB ADE 2
3 C DA E− −
6
9
PA a= ( )2,1,PC a= − −
PC AB 2
3
CAD C DA E− −
PA ⊥ PA ⊥ ABC PA BC⊥
BC AB⊥ AB PA A∩ =
BC ⊥ PAB BC DA⊥
AD PB⊥ BC PB B=
DA ⊥ PBC AD PC⊥
PC AE⊥ AE DA A∩ =
PC ⊥ DEA PC DE⊥
B BZ PA/ / BZ ⊥ ABC分别以 ， ， 所在直线 轴， 轴， 轴建立空间直角坐标系.
设 ，则 ， ， ，
因为 平面 ，
∴ 是平面 的一个法向量，
∴向量 与 所成的角的余弦值的绝对值为 ，
又 ，
，
∴ ，∴ .
在 中， ，又 ，
∴ 为 中点，∴ ，
∴ ， ，
设平面 的一个法向量为 ，
则 ，∴ ，∴ ，
又 是平面 的法向量，
∴ ， ，
二面角 的余弦值为 .
为BA BC BZ x y z
PA a= ( )2,0,0A ( )0,1,0C ( )2,0,P a
PC ⊥ ADE
( )2,1,PC a= − − ADE
PC AB 2
3
( )2,0,0AB = −
2
4 2cos , 32 5
PC ABPC AB
PC AB a
⋅< > = = =
⋅ +
2a = 2PA =
PAB△ PA AB= AD PB⊥
D PB ( )1,0,1D
( )2,1,0AC = − ( )1,0, 1DA = −
CAD ( ), ,n x y z=
0
0
n AC
n DA
⋅ =
⋅ =
2 0
0
x y
x z
− + =
− =
( )1,2,1n =
( )2,1, 2PC = − − ADE
cos n< 2 6
91 1 4 4 1 4
PC >= =
+ + ⋅ + +
C DA E− − 6
9【点睛】本题考查空间垂直关系的证明与二面角所成平面角的计算，考查空间推理能力与空
间建模思想，对学生计算求解能力要求较高，属于中等题.
19.某校高三期中考试后，数学教师对本次全部学生的数学成绩按 1∶20 进行分层抽样，随机
抽取了 20 名学生的成绩为样本，成绩用茎叶图记录如图所示，但部分数据不小心丢失，同时
得到如下表所示的频率分布表：
分数段（分） 总计
频数
频率 0.25
（1）求表中 ， 的值及成绩在 范围内的样本数；
（2）从成绩在 内的样本中随机抽取 4 个样本，设其中成绩在 内的样本个
数为随机变量 ，求 的分布列及数学期望 ；
（3）若把样本各分数段的频率看作总体相应各分数段的概率，现从全校高三期中考试数学成
绩中随机抽取 5 个，求其中恰有 2 个成绩在 内的概率.
【答案】（1） ， ，成绩在 ， 范围内的样本数分别为 2 人，3 人；
（2）分布列见解析， ；（3） .
【解析】
【分析】
（1）由茎叶图知成绩在[50，70）范围内的有 2 人，成绩在 有 人，在
[ )50,70 [ )70,90 [ )90,110 [ )110,130 [ ]130,150
b
a
a b [ )70,80 [90100)，
[ )90,110 [ )90,100
X X ( )E X
[ ]110,150
0.1a = 8b = [ )70,80 [90100)，
3
2
135
512
[ )70,90 0.25 20 5× =有 人，即 ，根据茎叶图数据作差可得出成绩在
范围内的样本数；
（2）由茎叶图知成绩在 内的共有 8 人，其中成绩在 内的共有 3 人，于是 X
的可能取值为 0，1，2，3，分别求出相应的概率，由此能求出 X 的分布列及数学期望 E（X）；
（3）该校高三期中考试数学成绩在 的概率为 ，设随机抽取 5 个，其中
恰有 2 个成绩在 的事件为 ，由二项分布概率公式能求概率．
【详解】（1）由茎叶图知成绩在 范围内的有 人，得 ，
在 有 人，
在 有 人，即 ，
在 范围内的样本数为 人，
在 范围内的样本数为 人；
（2）由茎叶图知成绩在 内的共有 人，
其中在 内的共有 人，于是 的可能取值为 0，1，2，3.
得 ， ，
， .
得 的分布列为：
[ )90,110 20 2 5 3 2 8− − − − = 8b = [ )70,80
[90100， ）
[ )90,110 [ )90,100
[ ]110,150 5 1
20 4p = =
[ ]110,150 A
[ )50,70 2 2 0.120a = =
[ )70,90 0.25 20 5× =
[ )90,110 20 2 5 3 2 8− − − − = 8b =
[ )70,80 5 3 2− =
[90100， ） 8 5 3− =
[ )90,110 8
[ )90,100 3 X
( ) 4
5
4
8
10 14
CP X C
= = = ( ) 1 3
3 5
4
8
31 7
C CP X C
= = =
( ) 2 2
3 5
4
8
32 7
C CP X C
= = = ( ) 3 1
3 5
4
8
13 14
C CP X C
= = =
X
X 0 1 2 3
P 1
14
3
7
3
7
1
14故 .
（3）该校高三期中考试数学成绩在 的概率为 ，
设随机抽取 5 个，其中恰有 2 个成绩在 的事件为 ，
则根据题设有 .
【点睛】本题考查茎叶图、频率分布直方表、离散型随机变量及其分布列、期望等知识，考
点较多，考查学生分析求解能力，属于中等题.
20.过点 做圆 的切线，切点分别为 ， .直线 恰好经过椭圆
的右顶点 和上顶点 .
（1）求椭圆 的方程；
（2）设 是椭圆 上一点，直线 交 轴于点 ，直线 交 轴于点 ，求证：
为定值.
【答案】（1） ；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）利用圆的切线的性质即可求直线 方程，可得椭圆的右顶点和上顶点，进而即可得到
椭圆的方程；
（2）设出点 Q 的坐标，易求得 、 方程，求得 M、N 坐标即可得出 ，代
入关系式 ，利用 Q 点满足椭圆方程，化简即可证明．
【详解】（1）因为点 在圆外，所以 ，
且 ， ，
连结 ， ，∴ ， .
( ) 1 3 3 1 30 1 2 314 7 7 14 2E X = × + × + × + × =
[ ]110,150 5 1
20 4p = =
[ ]110,150 A
( ) 2 3
2
5
1 1 13514 4 512P A C = × × − =
( )1, 2P 2 2: 2O x y+ = S T ST
( )2 2
2 2: 1 0x yC a ba b
+ = > > A B
C
Q C QA y M QB x N
AN BM⋅
2 2
14 2
x y+ =
ST
AQ BQ AN BM、
AN BM⋅
( )1, 2P PS PT=
OS PS⊥ OT PT⊥ PSO PTO≅
OP ST OP ST⊥ 1 2
2ST
OP
k k
= − = −由题意知，其中一个切点为 ，
所以直线 的方程 ，
∴ ， ，∴ ， ，
所以椭圆 的方程为 .
（2）设 ，则 ，
∴ 方程为 ，
令 ，∴ ，
∴
同理， ，
∴ 方程为 ，
令 ，∴ ，
∴
∴
∴由于点 在椭圆上，所以 ，
( )0, 2
ST 2 22y x= − +
( )2,0A ( )0, 2B 2a = 2b =
C
2 2
14 2
x y+ =
( )0 0,Q x y 0
0 2AQ
yk x
= −
AQ ( )0
0
22
yy xx
= −−
0x = 0
0
2
2M
yy x
= −
0 0 0
0 0
2 2 2 2 222 2
y y xMB x x
− += − =− −
0
0
2
BQ
yk x
−=
BQ 0
0
2 2yy xx
−= +
0y = 0
0
2
2N
xx
y
=
−
0 0 0
0 0
2 2 2 2 22
2 2
x x yAN
y y
− += − =
− −
0 0 0 0
0 0
2 2 2 2 2 2 2 2
2 2
x y y xAN MB
y x
− + − +⋅ = ⋅
− −
2 2
0 0 0 0 0 0
0 0 0 0
4 2 8 2 8 8 2 4
2 2 2 2
x y y x x y
x y y x
− − + + +=
− − +
( )0 0,Q x y 2 2
0 02 4 8x y+ =∴ .
【点睛】本题考查椭圆的标准方程、椭圆中的定值问题，求椭圆方程一般思路是根据题意列
关系式解 a、b，椭圆中定值问题一般思路为设参数、代入求值、消参、定值出现，但是过程
复杂且计算量大，属于中等题.
21.已知函数 ， .曲线 在
处的切线平行于 轴.
（1）讨论 的单调性；
（2）若 时， 恒成立，求实数 的取值范围.
【答案】（1） 在 上单调递减，在 上单调递增；（2） .
【解析】
【分析】
（1）对 求导，根据题意 可得 ，即可得到 解析式， 在
上单增，且 ，可得 在 上单调递减，在 上单调递增；
（2）令 ，不等式转化为 ，对 求导进行分类讨论可得实
数 的取值范围.
【详解】（1） ，由题意 ，
∴ .∴ ，
∴ ，
∴ 在 上单增，
且 ，∴ 时， ， 时，
，所以 在 上单调递减，在 上单调递增.
（2）令 ，
即 恒成立，必有 .
0 0 0 0
0 0 0 0
4 2 8 2 8 16 4 2
2 2 2 2
x y y xAN MB
x y y x
− − +⋅ = =
− − +
( ) ( )2 2lnxf x e x m= − + ( ) ( )21 2 2ln 1g x x kx x= + − − + ( )y f x=
( )( )0, 0f x
( )f x
0x ≥ ( ) ( )f x g x≥ k
( )f x ( )1,0− ( )0, ∞+ 2k ≥ −
( )f x ( )0 0f ′ = 1m = ( )f x ( )f x′
( )1,− +∞ ( )0 0f ′ = ( )f x ( )1,0− ( )0, ∞+
( ) ( ) ( )h x f x g x= − ( )min 0h x ≥ ( )h x
k
( ) 2 22 xf x e x m
′ = − + ( ) 20 2 0f m
′ = − =
1m = ( ) ( )2 2ln 1xf x e x= − +
( ) 2 22 1
xf x e x
′ = − +
( )f x′ ( )1,− +∞
( )0 0f ′ = ( )1,0x∈ − ( ) 0f x′ < ( )0,x∈ +∞
( ) 0f x′ > ( )f x ( )1,0− ( )0, ∞+
( ) ( ) ( ) 2 21 2xh x f x g x e x kx= − = − − +
( ) 0h x ≥ ( )min 0h x ≥∵ ， .
（i）当 时， 恒成立， 在 单调递增，
满足题意，所以 .
（ii）当 时，由 得 ，
由 得 ，
∴ 在 单调递减，在 单调递增.
又 ，所以当 时 恒成立，
∴ 在 上单调递减.
而 ，∴ 时 与 恒成立不符，
∴ 不满足题意.
综上所述， 的取值范围 .
【点睛】本题考查导数的应用问题，利用导数求参数、利用导数求单调性、利用导数研究不
等式恒成立参数取值问题，难点为求参数取值范围问题，此类问题通常利用构造函数法将问
题转化，利用分类讨论方法求新构造的函数最值存在时参数的取值范围，属于难题.
请考生在 22～23 题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分，作答时
请写清题号.
选修 4－4：坐标系与参数方程
22.在直角坐标系 中，直线 的参数方程为 （ 为参数， ）.以坐
标原点为极点， 轴非负半轴为极轴建立极坐标系，两种坐标系取相同的单位长度.已知曲线
的极坐标方程为 .
（1）求曲线 的直角坐标方程；
( ) ( )2 22 2 2 2 1x xh x e kx e kx′ = − + = − + ( ) ( )22 2 xh x e k′′ = +
2k ≥ − ( ) 0h x′′ ≥ ( )h x′ [ )0,+∞
( ) ( )min 0 0 0h x h= = ≥ 2k ≥ −
2k < − ( ) 0h x′′ ≥ 1 ln2 2
kx > −
( ) 0h x′′ < 1 ln2 2
kx x < −
( )h x′ 10, ln2 2
k −
1 ln ,2 2
k − +∞
( )0 0h′ = 10, ln2 2
kx
∈ −
( ) 0h x′ <
( )h x 10, ln2 2
k −
( )0 0h = 10, ln2 2
kx
∈ −
( ) 0h x ≤ ( ) 0h x ≥
2k < −
k 2k ≥ −
xOy l
cos
2 sin
x t
y t
α
α
=
= + t 0 α π≤ ≤
x
C 2sin 8cosρ θ θ=
C（2）若直线 经过点 ，与曲线 交于 ， 两点，求 .
【答案】（1） ；（2）16.
【解析】
【分析】
（1）等式两边同时乘 ，再利用极坐标与直角坐标关系 x=ρcosθ，y=ρsinθ，即可得曲线 的
直角坐标方程；
（2）由直线 经过点 ，得 ，可求出直线 的参数方程，代入 ，利用
韦达定理及弦长公式可得 .
【详解】（1）由 得： ，
即曲线 的直角坐标方程为 .
（2）由直线 经过点 ，得 ，
可得直线 的参数方程为 ，
代入 ，得 ，
设方程两根为 ， ，则 ， ，
∴ .
【点睛】本题考查极坐标与直角坐标的转化及圆锥曲线弦长问题，极坐标方程利用公式进行
转化即可得到直角坐标方程，圆锥曲线弦长问题通常联立求出利用韦达定理代入弦长公式即
可，属于中等题.
选修 4－5：不等式选讲
23.设函数 ， .
（1）求不等式 的解集；
（2）若 ，使不等式 成立，求实数 的取值范围.
l ( )2,0 C A B AB
2 8y x=
ρ C
l ( )2,0 tan 1α = − l 2 8y x=
AB
2sin 8cosρ θ θ= 2 2sin 8 cosρ θ ρ θ=
C 2 8y x=
l ( )2,0 tan 1α = −
l
2
2
22 2
x t
y t
= −
= +
2 8y x= 2 12 2 8 8t t+ + =
1t 2t 1 2 12 2t t+ = − 1 2 8t t =
( ) ( )22
1 2 1 2 1 24 12 2 32 16AB t t t t t t= − = + − = − − =
( ) 1f x x= − ( ) 2 4g x x= −
( ) ( )f x g x<
x R∃ ∈ ( ) ( )2 1 1f x g x ax+ + < + a【答案】（1） ；（2） 或 .
【解析】
【分析】
（1）两边平方求出不等式的解集即可；
（2）通过讨论 x 的范围，去掉绝对值，分离参数 a，结合 x 的范围从而求出 a 的范围即可．
【详解】（1）由 两边平方得：
∴ 即 ，
解得 ，或 ，
∴不等式 的解集为
（2）∵ ，
当 时，
，
即 在 上有解，故 ，
当 时， 不成立，
当 时， 即 在 上有解，故 ，
当 时， ，
即 在 上有解，故 ，
综上： 或 .
【点睛】本题考查绝对值不等式的解法及不等式能成立问题参数取值问题，解绝对值不等式
一般利用分类讨论或者平方法去绝对值求解，不等式能成立问题参数取值问题综合性较强，
可以用分离参数法转化为求函数最值问题，属于中等题.
( )5, 3,3
−∞ ∪ +∞
3
2a > 4a < -
1 2 4x x− < − 2 22 1 4 16 16x x x x− + < − +
23 14 15 0x x− + > ( )( )3 5 3 0x x− − >
5
3x < 3x >
( ) ( )f x g x< ( )5, 3,3
−∞ ∪ +∞
( ) ( )
4 4 0
2 1 =2 + 2 4 4 0 2
4 4 2
x x
f x g x x x x
x x
− +
，
，
，
0x <
4 4 1x ax− + < +
3 4a x
< − ( ),0−∞ 4a < -
0x = 4 1<
0 2x< ≤ 4 1ax< + 3a x
> ( ]0,2 3
2a >
2x > 4 4 1x ax− < +
54a x
> − ( )2,+∞ 3
2a >
3
2a > 4a < -
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