福建省漳州市2020届高三毕业班第三次教学质量检测数学（理）试题（解析版）

漳州市 2020 届高中毕业班第三次教学质量检测 理科数学试题 本试卷共 6 页.满分 150 分. 考生注意： 1.答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上.考生要认真核对答题卡上粘贴 的条形码的“准考证号、姓名、考试科目”与考生本人准考证号、姓名是否一致. 2.第Ⅰ卷每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上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.第Ⅱ卷用 0.5 毫米的黑色墨水签字笔在答题卡上书写作 答.若在试题卷上作答，答案无效. 3.考试结束，考生必须将试题卷和答题卡一并交回. 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 项是符合题目要求的. 1.已知集合 ，集合 B 满足 ，则 B 可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 根据 得到 ，依次判断每个选项得到答案. 【详解】 ，则 ， ，其他选项不满足. 故选：D. 【点睛】本题考查了集合的包含关系，属于简单题. 2.已知复平面内点 M，N 分别对应复数 和 ，则向量 的模长为（ ） A 1 B. C. D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】 . { }2 3A x x= − ≤ ≤ A B A= { }1 3x x− < ≤ { }2 3x x− < < { }3 2x x− ≤ ≤ { }3 3x x− ≤ ≤ A B A= A B⊆ A B A= A B⊆ { }3 3A x x⊆ − ≤ ≤ 1 2 iz = + 2 1 iz = − MN 3 5先由复数的代数形式，求得其对应的点的坐标，再由向量的模的公式，求得模长 【详解】由 M，N 分别对应复数 和 ，得 ，则 ， 则 . 故选：C. 【点睛】本题考查了根据复数的代数形式，求其对应的点的坐标，还考查了向量的模的公式，属于容易题. 3.等比数列 的前 项和为 ，且 ， ， 成等差数列，若 ，则 （ ） A. 7 B. 8 C. 15 D. 16 【答案】C 【解析】 试 题 分 析 ： 由 数 列 为 等 比 数 列 ， 且 成 等 差 数 列 ， 所 以 ， 即 ， 因 为 ， 所 以 ， 解 得 ： ， 根 据 等 比 数 列 前 n 项 和 公 式 ． 考点：1．等比数列通项公式及前 n 项和公式；2．等差中项． 4.已知 ， ， ，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 根据对数函数，指数函数，以及幂函数的性质，分别判定 的范围，即可得出结果. 【详解】由对数函数的单调性可得， ， 根据指数函数的性质可得： ， ， 又幂函数 是增函数，所以 ，即 . 所以 . 故选：A. 【点睛】本题主要考查比较指数幂与对数的大小，熟记指数函数，对数函数以及幂函数的性质即可，属于 1 2 iz = + 2 1 iz = − (2,1), (1, 1)M N − ( 1, 2)MN = − − 2 2( 1) ( 2) 5MN = − + − = { }na n nS 14a 22a 3a 1 1a = 4s = 0.3log 4a = 0.40.2b = 0.40.3c = a b c< < a c b< < b c a< < b a c< < , ,a b c 0.3 0.3log 4 log 1 0a = < = 0.40.2 0b = > 0.40.3 0c = > 0.4y x= 0.4 0.40.2 0.3< b c< a b c< 3 5p = 3 5 { }na 1 2n n na a a+ += + n ∗∈N 4 1 5i i a = =∑ 2020 1 i i a = =∑【分析】 根据 ，可得推出 ，即 ，再结合 ，和 求解. 【详解】因为 ， 所以 ， 所以 ， 所以 ， 所以 ， 而 ， 又因为 ， 所以 . 故答案为：5 【点睛】本题主要考查了数列的周期性，还考查了转化求解问题的能力，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 题、第 23 题为选考题，考生根据要求作答. （一）必考题：共 60 分. 17. 内角 、 、 所对的边分别为 、 、 ，满足 . （1）求 的大小； （2）如图，若 ， ，D 为 所在平面内一点， ， ，求 1 2n n na a a+ += + 6n na a+ = 6T = 1 2 3 4 5 6 0a a a a a a+ + + + + = 4 1 5i i a = =∑ 1 2n n na a a+ += + 2 1n n na a a+ += − 3 2 1+ + += − = −n n n na a a a 6n na a+ = 6T = 1 2 3 4 5 6 0a a a a a a+ + + + + = 4 1 5i i a = =∑ 2020 4 1 1 336 0 5i i i i a a = = = × + =∑ ∑ ABC A B C a b c ( )2 3 cos 3 cosb c A a C− = A 4AB = 3AC = ABC DB AB⊥ BC CD= BCD的面积. 【答案】（1） ；（2） . 【解析】 【分析】 （1）利用正弦定理边角互化思想以及两角和的正弦公式可求得 的值，再结合角 的取值范围可求得 角 的值； （2）利用余弦定理可求得 ，利用正弦定理求得 ，利用诱导公式可求得 ，并计算 出 ，然后作 ，可得出点 为 的中点，计算出 、 ，利用三角形的面积公式 可求得 的面积. 【详解】（1）在 中， ， 由正弦定理可得， ， 得 ， 得 ，因为 ，所以 ， 因为 ，所以 ； （2）在 中， ， ， ， 所以 ， 所以 ， 由 ，得 ， 因为 ，在 中， ， ， 所以 ， 因为 ，作 于点 ，则 为 的中点， 6A π= 5 34BCDS =△ cos A A A BC sin ABC∠ cos DBC∠ sin DBC∠ CE BD⊥ E BD CE BD BCD ABC ( )2 3 cos 3 cosb c A a C− = ( )2sin 3sin cos 3sin cosB C A A C− = ⋅ ( ) ( )2sin cos 3 sin cos cos sin 3sinB A A C A C A C⋅ = ⋅ + ⋅ = + 2sin cos 3sinB A B⋅ = sin 0B > 3cos 2A = 0 A π< < 6A π= ABC 6A π= 4AB = 3AC = ( )22 2 2 22 cos 4 3 2 4 3 cos 76BC AB AC AB AC A π= + − ⋅ ⋅ = + − × × × = 7BC = sin sin AC BC ABC A =∠ 3 1 21sin sin 2 147 ACABC ABC ∠ = ⋅ = × = DB AB⊥ BCD 2DBC ABC π∠ = − ∠ 21cos cos sin2 14DBC ABC ABC π ∠ = − ∠ = ∠ =   2 5 7sin 1 cos 14DBC DBC∠ = − ∠ = 7DC BC= = CE BD⊥ E E BD， ， 所以 . 【点睛】本题考查利用正弦定理边角互化思想求角，同时也考查了三角形面积的计算，考查计算能力，属 于中等题. 18.已知三棱柱 中， ， ，点 为 的中点， . （1）求证： 平面 ； （2）条件①：直线 与平面 所成的角为 ； 条件②： 为锐角，三棱锥 的体积为 . 在以上两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解决该问题： 若平面 平面 ，______，求平面 与平面 所成的锐二面角的余弦值. 【答案】（1）见解析；（2）见解析. 【解析】 【分析】 5 7 5sin 7 14 2CE BC DBC= ⋅ ∠ = × = 212 2 cos 2 7 314BD BE BC DBC= = ⋅ ∠ = × × = 1 1 5 5 332 2 2 4BCDS BD CE= ⋅ ⋅ = × × =△ 1 1 1A B C ABC− 2AB AC= = 1 2BC BB= = M 1CC 1 2B N NA= 1 1 //AC BMN 1AB 1 1BB C C 30 1B BC∠ 1B ABC− 3 3 ABC ⊥ 1 1BB C C BMN 1 1BB C C（1）延长 交 于点，连接 ，证明出点 为 的中点，进而证明出四边形 为平行四边 形，可得出 ，再利用线面平行的判定定理可证明出 平面 ； （2）选条件①，取 的中点 ，连接 、 ，证明出 平面 ，由直线 与平面 所成的角为 ，可求得 ，并证明出 ，然后以点 为坐标原点， 、 、 所在 直线分别为 、 、 轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法能计算出平面 与平面 所成的 锐二面角的余弦值； 选条件②，取 的中点 ，连接 、 ，证明出 平面 ，由三棱锥 的体积为 计算出 ，可得出 ，并证明出 ，然后以点 为坐标原点， 、 、 所在直线分别为 、 、 轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法能计算出平面 与平面 所成的锐二面角的余弦值. 【详解】（1）延长 交 于点 ，连接 ， 因为 ， ，所以 ，所以 ， 又 ，所以 ，即 为 的中点， 因为 为 的中点， 且 ， 所以 且 ，则四边形 为平行四边形，所以 ， 又因为 平面 ， 平面 ， 所以 平面 ，即 平面 ； （2）选择条件①，解答过程如下： BN 1AA PM P 1AA 1 1PAC M 1 1 //AC PM 1 1 //AC BMN BC O AO 1B O AO ⊥ 1 1BB C C 1AB 1 1BB C C 30 1 3OB = 1OB BC⊥ O OB 1OB OA x y z BMN 1 1BB C C BC O AO 1B O AO ⊥ 1 1BB C C 1B ABC− 3 3 1 60CBB∠ =  1 3OB = 1OB BC⊥ O OB 1OB OA x y z BMN 1 1BB C C BN 1AA P PM 1 1//AA BB 1 2B N NA= 1 1 1 2 AP AN BB NB = = 1 2BB AP= 1 1AA BB= 1 2AA AP= P 1AA M 1CC 1 1//AA CC 1 1AA CC= 1 1//PA MC 1 1PA MC= 1 1PAC M 1 1 //AC PM 1 1AC ⊄ BPM PM ⊂ BPM 1 1 //AC BPM 1 1 //AC BMN取 的中点 ，连接 、 ， 因为 ， ，所以 ，所以 ， 所以 为直角三角形，所以 ，且 ， 因为平面 平面 ，平面 平面 ， ， 平面 ，所以 平面 ， 为 与平面 所成的角， ， 在 中， ， ， 因为 ， ， ，所以 ，所以 . 如图，以点 为坐标原点， 、 、 所在直线分别为 、 、 轴建立空间直角坐标系 ， 则 ， ， ， ， 所以 ， ， ， 所以 ， 设平面 的法向量为 ，则 ，即 ， 取 ，则 ， ，则 ， 因为平面 轴，所以平面 的一个法向量为 ， 所以 ， BC O AO 1B O 2AB AC= = 2BC = 2 2 2AB AC BC+ = AB AC⊥ ABC 1AO = AO BC⊥ ABC ⊥ 1 1BB C C ABC  1 1BB C C BC= AO BC⊥ AO ⊂ ABC AO ⊥ 1 1BB C C 1AB O∴∠ 1AB 1 1BB C C 1 30AB O∠ =  1Rt AOB△ 1AO = 1 3B O = 1BO = 1 3B O = 1 2BB = 2 2 2 1 1BO B O BB+ = 1BO B O⊥ O OB 1OB OA x y z O xyz− ( )0,0,1A ( )1,0,0B ( )1,0,0C − ( )1 0, 3,0B ( )1,0, 1PM AC= = − −  ( )2,0,0BC = − ( )1 1, 3,0BB = − ( )1 1 1 3 5 32,0,0 , ,0 , ,02 2 2 2 2BM BC CM BC BB    = + = + = − + − = −               BMN ( ), ,m x y z= 0 0 BM m PM m  ⋅ =  ⋅ =     5 3 02 2 0 x y x z − + =  + = 3x = 5y = 3z = − ( )3,5, 3m = − 1 1BB C C z⊥ 1 1BB C C ( )0,0,1n = 3 93cos , 3131 1 m nm n m n ⋅ −< >= = = − ×⋅     所以平面 与平面 所成 锐二面角的余弦值 ； 选择条件②，解答过程如下： 取 的中点 ，连接 、 ， 因为 ， ，所以 ，所以 ， 所以 为直角三角形，所以 ，且 ， 因为平面 平面 ，平面 平面 ， ， 平面 ，所以 平面 ， 所以 为三棱锥 的高， 因为 ， 所以 ，所以 ， 因为 为锐角，所以 ， 因为 ，所以 为等边三角形，所以 . 如图，以 为坐标原点， 、 、 所在直线分别为 、 、 轴建立空间直角坐标系 ， 则 ， ， ， ， 所以 ， ， ， 所以 ， 的BMN 1 1BB C C 93 31 BC O AO 1B O 2AB AC= = 2BC = 2 2 2AB AC BC+ = AB AC⊥ ABC 1AO = AO BC⊥ ABC ⊥ 1 1BB C C ABC  1 1BB C C BC= AO BC⊥ AO ⊂ ABC AO ⊥ 1 1BB C C AO 1B ABC− 1 1 1 1 1 sin 2sin2BCBS BC BB CBB CBB= ⋅ ⋅ ∠ = ∠△ 1 1 1 1 1 1 2 3sin3 3 3B ABC A BCB BCBV V AO S CBB− −= = ⋅ = ∠ =△ 1 3sin 2CBB∠ = 1B BC∠ 1 60CBB∠ =  1 2BC BB= = 1BB C△ 1OB OB⊥ O OB 1OB OA x y z O xyz− ( )0,0,1A ( )1,0,0B ( )1,0,0C − ( )1 0, 3,0B ( )1,0, 1PM AC= = − −  ( )2,0,0BC = − ( )1 1, 3,0BB = − ( )1 1 1 3 5 32,0,0 , ,0 , ,02 2 2 2 2BM BC CM BC BB    = + = + = − + − = −              设平面 的法向量为 ，则 ，即 ， 取 ，则 ， ，则 ， 因为平面 轴，所以平面 的一个法向量为 ， 所以 ， 所以平面 与平面 所成的锐二面角的余弦值 . 【点睛】本题考查线面平行的证明，同时也考查了利用空间向量法求解二面角的余弦值，同时也考查了线 面角定义的应用，考查计算能力与推理能力，属于中等题. 19.已知抛物线 C： （ ）的焦点为 F，过 F 且斜率为 1 的直线与 C 交于 A，B 两点， . （1）求 C 的方程； （2）过点 的直线 l 交 C 于点 M，N，点 Q 为 的中点， 轴交 C 于点 R，且 ， 证明：动点 T 在定直线上. 【答案】（1） ；（2）见解析. 【解析】 【分析】 （1）联立直线方程与抛物线方程得到关于 x 的一元二次方程，利用韦达定理逐步求出 、 ， 再利用弦长公式即可求得 p，从而得出抛物线方程；（2）设 l 方程为 ，联立直线方程与抛 物线方程得到关于 x 的二次方程，利用韦达定理用 k 表示出 、 ，即可逐步求出点 Q、点 R 的 坐标，由 可求出 T 点的坐标，消去 k 即可求得点 T 所在定直线. 【详解】（1）设 ， ， 因为 ，所以过 F 且斜率为 1 的直线方程为 ， 代入 ，得 ， BMN ( ), ,m x y z= 0 0 BM m PM m  ⋅ =  ⋅ =     5 3 02 2 0 x y x z − + =  + = 3x = 5y = 3z = − ( )3,5, 3m = − 1 1BB C C z⊥ 1 1BB C C ( )0,0,1n = 3 93cos , 3131 1 m nm n m n ⋅ −< >= = = − ×⋅      BMN 1 1BB C C 93 31 2 2x py= 0p > 8AB = ( )1,2D MN QR x⊥ QR RT=  2 4x y= 1 2x x+ 1 2y y+ ( )1 2y k x= − + 3 4x x+ 3 4x x⋅ QR RT=  ( )1 1,A x y ( )2 2,B x y 0, 2 pF      2 py x= + 2 2x py= 2 22 0x px p− − =所以 ， ， 所以 ，解得 ， 所以 C 方程为 . （2）证明：因为直线 l 斜率 k 存在，设 l 方程为 ， 设 ， ， ， 联立 消 y 得 ， 所以 ， ， ， 所以 ， ， 即 ， 由点 R 在曲线 E 上且 轴， ，得 ，R 为 的中点， 所以 T 为 ， 因为 ，所以 T 在定直线 上. 解法二：（1）同解法一 （2）设 ， ， ， 1 2 2x x p+ = 1 2 1 2 3y y x x p p+ = + + = 1 2 4 8AB y y p p= + + = = 2p = 2 4x y= ( )1 2y k x= − + ( )0 0,Q x y 2 3 3 1, 4M x x     2 4 4 1, 4N x x     ( ) 2 1 2, 4 , y k x x y  = − +  = 2 4 4 8 0x kx k− + − = ( )216 2 0k k∆ = − + > 3 4 4x x k+ = 3 4 4 8x x k⋅ = − 3 4 0 22 x xx k += = ( ) 2 0 0 1 2 2 2y k x k k= − + = − + ( )22 ,2 2Q k k k− + QR x⊥ QR RT=  ( )22 ,R k k QT ( )2 , 2k k − ( )2 2 2 4 0k k− − − = 2 4 0x y− − = ( ),T x y ( )3 3,M x y ( )4 4,N x y由 ，作差得 ， 所以 ， 设 ，因为点 Q 的横坐标 ， 所以直线 的斜率 ，又因为 ， 所以 ，所以 ， 因为点 R 为 的中点，所以 ， 因为点 R 在 C 上，代入得 ，即 ， 所以 T 在定直线 上. 【点睛】本题考查直线与抛物线的综合应用、焦点弦公式、轨迹方程的求法，属于中档题. 20.某工厂的一台某型号机器有 2 种工作状态：正常状态和故障状态.若机器处于故障状态，则停机检修.为了 检查机器工作状态是否正常，工厂随机统计了该机器以往正常工作状态下生产的 1000 个产品的质量指标值， 得出如图 1 所示频率分布直方图.由统计结果可以认为，这种产品的质量指标值服从正态分布 ，其 中 近似为这 1000 个产品的质量指标值的平均数 ， 近似为这 1000 个产品的质量指标值的方差 （同一组中的数据用该组区间中点值为代表）.若产品的质量指标值全部在 之内，就认为 机器处于正常状态，否则，认为机器处于故障状态. 2 3 3 2 4 4 4 , 4 x y x y  =  = ( )( ) ( )3 4 3 4 3 44x x x x y y+ − = − 3 4 3 4 3 44 x x y y x x + −= − ( )5,Q x y 3 4 2 x xx += MN 5 2 1 yk x −= − 3 4 3 4 y y kx x − =− 5 2 2 1 yx x −= − ( )5 1 1 22y x x= − + QT 5, 2 y yR x +     ( )2 52x y y= + 4 2 0x y− + + = 2 4 0x y− − = ( )2,N µ σ µ x 2σ 2s ( )3 , 3µ σ µ σ− +（1）下面是检验员在一天内从该机器生产的产品中随机抽取 10 件测得的质量指标值： 29 45 55 63 67 73 78 87 93 113 请判断该机器是否出现故障？ （2）若机器出现故障，有 2 种检修方案可供选择： 方案一：加急检修，检修公司会在当天排除故障，费用为 700 元； 方案二：常规检修，检修公司会在七天内的任意一天来排除故障，费用为 200 元. 现需决策在机器出现故障时，该工厂选择何种方案进行检修，为此搜集检修公司对该型号机器近 100 单常 规检修在第 i（ ，2，…，7）天检修的单数，得到如图 2 所示柱状图，将第 i 天常规检修单数的频率代 替概率.已知该机器正常工作一天可收益 200 元，故障机器检修当天不工作，若机器出现故障，该选择哪种 检修方案？ 附： ， ， . 【答案】（1）可判断该机器处于故障状态；（2）选择加急检修更为适合 【解析】 【分析】 （ 1 ） 由 图 1 可 估 计 1000 个 产 品 的 质 量 指 标 值 的 平 均 数 和 方 差 ， 所 以 ， ，从而得到产品的质量指标值允许落在的范围为（28.87，111.13），由于抽取产品质量指 标值出现了 113，不在（28.87，111.13）之内，故机器处于故障状态； （2）方案一：工厂需要支付检修费和损失收益之和为 700＋200＝900 元；方案二：设损失收益为 元，求 出 的可能值，然后由图 2 可得出每个 的取值所对应的概率，求出数学期望，可得工厂需要支付检修费 和损失收益之和，与 900 对比，即可得出结论. 【详解】（1）由图 1 可估计 1000 个产品质量指标值的平均数 和方差 分别为 1i = 188 13.71≈ 208 14.42≈ 228 15.10≈ 70x = 2 188s = 70µ = 188 13.71σ = ≈ X X X x 2s， ， 依题意知， ， ， 所以 ， ， 所以产品质量指标值允许落在的范围为 ， 又抽取产品质量指标值出现了 113，不在 之内， 故可判断该机器处于故障状态； （2）方案一：若安排加急检修，工厂需要支付检修费和损失收益之和为 元； 方案二：若安排常规检修，工厂需要要支付检修费为 200 元， 设损失收益为 X 元，则 X 的可能取值为 200，400，600，800，1000，1200，1400， X 的分布列为： X 200 400 600 800 1000 1200 1400 P 0.07 0.18 0.25 0.20 0.15 0.12 0.03 元； 故需要支付检修费和损失收益之和为 元， 因为 ，所以当机器出现故障，选择加急检修更为适合. 【点睛】本题考查频率分布直方图中的数字特征、离散型随机变量的分布列和数学期望，及期望的实际应 用，考查学生对数据的分析与处理能力，属于基础题. 21.已知函数 . （1）当 时，证明： ； （2）当 时，讨论函数 的零点个数. 【答案】（1）见解析；（2）见解析. 【解析】 40 0.04 50 0.08 60 0.24 70 0.30 80 0.20 90 0.10 100 0.04 70x = × + × + × + × + × + × + × = ( ) ( ) ( )2 2 22 230 0.04 20 0.08 10 0.24 0 0.30s = − × + − × + − × + × + 2 2 210 0.20 20 0.10 30 0.04 188× + × + × = 70µ = 188 13.71σ = ≈ 3 28.87µ σ− ≈ 3 111.3µ σ+ ≈ ( )28.87,111.13 ( )28.87,111.13 700 200 900+ = 200 0.07 400 0.18 600 0.25 800 0.20 1000 0.15EX = × + × + × + × + × 1200 0.12 1400 0.03 14 72 150 160 150 144 42 732+ × + × = + + + + + + = 200 732 932+ = 900 932< ( ) e 1 sinxf x ax x= − − + 2a = ( ) 0f x ≥ 1a ≥ ( )f x【分析】 （1）当 时，求得 ， ，结合 和 的符号，求得函 数 的单调性，进而作出证明； （2）先求得 是 的一个零点，由 ， ， 分类 、 和 三种情况讨论，结合函数的单调性和零点的存在定理，即可求解. 【详解】（1）当 时， ，则 ， 可得 ， 当 时，可得 ，所以 ， 所以 在 单调递减，所以 ； 当 时， ，所以 ， 所以 在 单调递增，所以 ， 所以 在 单调递增， ， 综上可得， ，当且仅当 时等号成立. （2）当 时， ，所以 是 的一个零点， 由 ， ， （i）当 时，由（1）知 仅有一个零点； （ii）当 时， ①当 时， ， 所以函数 在 单调递减， ， 所以当 时， 无零点， ②当 时， ， 在（ 单调递增， 因为 ， ， 所以在 上存在唯一 ，使得 ， 2a = ( ) e 2 cosxf x x′ = − + ( ) e sinxf x x′′ = − ( )f x′ ( )f x′′ ( )f x 0x = ( )f x ( ) e cosxf x a x′ = − + ( ) e sinxf x x′′ = − 2a = 2a > 1 2a≤ < 2a = ( ) e 2 1 sinxf x x x= − − + ( ) e 2 cosxf x x′ = − + ( ) e sinxf x x′′ = − ( ],0x∈ −∞ e 1x ≤ ( ) 1 cos 0f x x′ ≤ − + ≤ ( )f x ( ],0−∞ ( ) ( )0 0f x f≥ = ( )0,x∈ +∞ e 1x > ( ) 1 sin 0f x x′′ > − ≥ ( )f x′ ( )0, ∞+ ( ) ( )0 0f x f′ ′> = ( )f x ( )0, ∞+ ( ) ( )0 0f x f> = ( ) 0f x ≥ 0x = 0x = ( ) 00 0 1 sin0 0f e= − − + = 0x = ( )f x ( ) e cosxf x a x′ = − + ( ) e sinxf x x′′ = − 2a = ( )f x 2a > ( ),0x∈ −∞ ( ) 0e cos 0f x a x′ < − + < ( )f x ( ),0−∞ ( ) ( )0 0f x f> = ( ),0x∈ −∞ ( )f x ( )0,x∈ +∞ ( ) 0e sin 0f x x′′ > − ≥ ( )f x′ ( )0, ∞+ ( )0 2 0f a′ = − < ( )( ) ( ) ( )ln 2ln 2 e cos ln 2af a a a+′ + = − + +   ( )2 cos ln 2 0a= + + >   ( )0, ∞+ ( )( )0 0,ln 2x a∈ + ( )0 0f x′ =当 时， ， 在 单调递减， 有 ，所以 在 无零点. 当 时， ， 在 单调递增， 又 ， 设 （ ）， ， ， 所以 在 递增，有 ， 所以 在 递增，有 ，即 ， 因此， 在 有 1 个零点， 所以当 时， 有 2 个零点. （iii）当 时， ①当 时， ， 在 单调递增， 所以 ， 在 单调递增， ， 所以 在 无零点 ②当 时， ，有 ， 所以 在 无零点 ③当 时， ， ， 在 单调递增， 又 ， ， 所以存在唯一 ，使得 . 当 时， ， 在 单调递减， 当 时， ， 在 单调递增， 又 ， ，所以 在 有 1 个零点， 所以当 时， 有 2 个零点. 综上所述，当 时， 有 1 个零点；当 或 时， 有 2 个零点. ( )00,x x∈ ( ) 0f x′ < ( )f x ( )00, x ( ) ( ) ( )0 0 0f x f x f< < = ( )f x ( )00, x ( )0 ,x x∈ +∞ ( ) 0f x′ > ( )f x ( )0 ,x +∞ ( ) ( )3 3 3 3 3ln ln 1 sin ln 3 ln 2f a a a a a a a a= − − + > − − ( ) 3 3 ln 2p a a a a= − − 2a > ( ) ( )23 1 lnp a a a′ = − − ( ) 13 2 0p a a a  ′′ = − >   ( )p a′ ( )2,+∞ ( ) ( )2 0p a p′ ′> > ( )p a ( )2,+∞ ( ) ( )2 0p a p> > ( )3ln 0f a > ( )f x ( )0 ,x +∞ 2a > ( )f x 1 2a≤ < ( )0,x∈ +∞ ( ) 0e sin 0f x x′′ > − ≥ ( )f x′ ( )0, ∞+ ( ) ( )0 2 0f x f a′ ′> = − > ( )f x ( )0, ∞+ ( ) ( )0 0f x f> = ( )f x ( )0, ∞+ ( ],x π∈ −∞ − ax π− ≥ ( ) e sin 1 0xf x xπ≥ + + − > ( )f x ( ], π−∞ − ( ),0x π∈ − sin 0x < ( ) 0f x′′ > ( )f x′ ( ),0π− ( )0 2 0f a′ = − > ( ) e 1 0f aππ −′ − = − − < ( )0 ,0x π∈ − ( )0 0f x′ = ( )0,x xπ∈ − ( ) 0f x′ < ( )f x ( )0, xπ− ( )0 ,0x x∈ ( ) 0f x′ > ( )f x ( )0 ,0x ( ) e 1 0f aππ π−− = + − > ( ) ( )0 0 0f x f< = ( )f x ( ),0π− 1 2a≤ < ( )f x 2a = ( )f x 2a > 1 2a≤ < ( )f x【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，以及函数零点个数的判定、不等式的证明，着重考查了 转化与化归思想、分类讨论、及逻辑推理能力与计算能力． （二）选考题：共 10 分.请考生在第 22、23 两题中任选一题作答.如果多做，则按所做第一个 题目计分. [选修 4-4：坐标系与参数方程] 22.在直角坐标系 中，曲线 的参数方程为 （ 为参数）. （1）求曲线 的普通方程； （2）以 为极点， 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线 的极坐标方程为 ，（ ），直线 与曲线 交于 ， 两点，求线段 的长度 . 【答案】（1） （ 或 ）；（2） . 【解析】 【分析】 （1）根据参数方程，消去参数，得到曲线普通方程，再由题意求出定义域即可； （2）先将（1）中的曲线方程化为极坐标方程，得到 ，（ ），设 ， 的极坐标分别为 ， ，将 代入曲线的极坐标方程，由根与系数关系，以及 ，即可得出结果. 【详解】（1）曲线 的参数方程为 （ 为参数）， 将①式两边平方，得 ③， ③ ②，得 ，即 ， 因为 ，当且仅当 ， 即 时取“ ”， xOy C 2 2 1 1 4 x t t y t t  = +  = + − t C O x l 6 πθ = ρ∈R l C A B AB AB 2 6y x= − 2x −≤ 2x ≥ 2 733 2 2sin cos 6ρ θ ρ θ= − cos 2ρ θ ≥ A B 1, 6A πρ     2 , 6B πρ     6 πθ = ( )2 1 2 1 2 1 24AB ρ ρ ρ ρ ρ ρ= − = + − C 2 2 1, 1 4, x t t y t t  = +  = + − ① ② t 2 2 2 1 2x t t = + + − 2 6x y− = 2 6y x= − 1 1 12 2x t t tt t t = + = + ≥ ⋅ = 1t t = 1t = ± =所以 ，即 或 ， 所以曲线 的普通方程为 （ 或 ）. （2）因为曲线 的直角坐标系方程为 （ 或 ）， 所以把 代入得： ，（ ）， 则曲线 的极坐标方程为 ，（ ） 设 ， 的极坐标分别为 ， ，由 得 ，即 ，且 因为 或 ， 满足 ，不妨设 所以 . 【点睛】本题主要考查参数方程与普通方程的互化，以及极坐标的方法求弦长的问题，属于常考题型. [选修 4-5：不等式选讲] 23.已知函数 ， . （1）求不等式 的解集； （2）若存在 ， ，使得 ，求 m 的取值范围. 【答案】（1） ；（2） 【解析】 【分析】 （1）根据分类讨论的方法，讨论 ， ， 三种情况，分别求解，即可得出结果； （2）根据题意，先得到 ，其中集合 ， ， 根据绝对值三角不等式，分别求出 ， ，再由集合间的关系，即可求出结果. 2x ≥ 2x −≤ 2x ≥ C 2 6y x= − 2x −≤ 2x ≥ C 2 6y x= − 2x −≤ 2x ≥ cos sin x y ρ θ ρ θ =  = 2 2sin cos 6ρ θ ρ θ= − cos 2ρ θ ≥ C 2 2sin cos 6ρ θ ρ θ= − cos 2ρ θ ≥ A B 1, 6A πρ     2 , 6B πρ     2 2 6 sin cos 6 πθ ρ θ ρ θ  =  = − 2 2sin cos 66 6 π πρ ρ= − 23 2 24 0ρ ρ− − = 4 3| | 3 ρ ≥ 1 734 4 3 24 4 73, 3 ρ −∆ = + × × = × ∴ = 1 73 3 ρ += 4 3| | 3 ρ ≥ 1 2 1 73 1 73,3 3 ρ ρ− += = 1 2 2 733AB ρ ρ= − = ( ) 2 1 2f x x x= − − + ( ) 2 2 1g x x m x= − + + ( ) 2f x < 1x 2x ∈R ( ) ( )1 2 0f x g x+ = { }1 5x x− < < 7 3,4 4  −   2x −≤ 12 2x− < < 1 2x ≥ A B∩ ≠ ∅ ( ){ },A y y f x x= = ∈R ( ){ },B y y g x x= = − ∈R A B【详解】（1）因为 ， 或 或 或 或 或 或 ， 所以 的解集为 . （2）因为存在 ， ，使得 成立，所以 ，其中集合 ， . 因为 ，当且仅当 时，“ ”成立， 所以 . 因为 ， 当且仅当 时，“ ”成立， 所以 所以 ，即 ，即 ， 解得 ， ( ) 2f x < 2, 2 1 2 2, x x x ≤ −⇔ − + + +