专题03 2021年全国高等学校招生考试数学试题（全国II卷）（文）--《2021年全国普通高等学校统一招生考试数学（冲刺）试卷》（解析版）

注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、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．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． 第 I 卷 选择题部分（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 项是符合题目要求的. 1．（2021·西藏山南市·山南二中高三一模（文））计算1 i i   （ ） A． 1 i  B． 1 i C． 1 i  D．1 i 【答案】B 【解析】 直接由复数的除法运算可得解. 【详解】 1 (1 )( ) 11 i i i ii      . 故选：B. 2．（2021·甘肃高三二模（文））已知集合  2 1A x x    ，  2, 1,0,1B    ，则 A B  （ ） A． 2, 1,0,1  B． 1,0,1 C． 1,0 D． 2, 1,0  【答案】B 【解析】 利用交集的定义可求得集合 A B . 【详解】 因为集合  2 1A x x    ，  2, 1,0,1B    ，因此，  1,0,1A B   . 故选：B. 3．（2021·全国高三其他模拟）函数  2 2( ) 6 log | |f x x x  的图像大致为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】 先判断函数  f x 的奇偶性，然后根据 x   时的函数值确定出正确选项. 【详解】 因为     2 2 2 2( ) 6 log | | 6 log | | ( )f x x x x x f x        ，且定义域为   ,0 0,   关于原点对 称， 所以函数 ( )f x 为偶函数，所以排除 C，D； 又因为当 x   时， y   ，所以排除 A. 故选：B. 4．（2021·全国高二课时练习）已知 a  ， b  均为单位向量，它们的夹角为 60°，那么 3a b    等于（ ） A． 7 B． 10 C． 13 D．4 【答案】C 【解析】 根据向量模长的计算公式代入求解即可. 【详解】 2 2 23 = ( 3 ) 6 9 1 6 1 1 cos60 9 13a b a b a a b b                      . 故选：C 5．（2021·全国高三月考（文））中国古典戏曲五大名著是《牡丹亭》、《西厢记》、《桃花扇》、《窦娥冤》和《长 生殿》，它们是中国古典文化艺术的瑰宝；若从上述这5部戏曲名著中任选 2 部，则选到《牡丹亭》和《西 厢记》两部中恰有1部的概率为（ ） A． 2 5 B． 1 2 C． 3 5 D． 7 10 【答案】C 【解析】 列举基本事件，利用古典概型的概率公式求概率. 【详解】 依题意，将五大戏曲名著《牡丹亭》、《西厢记》《桃花扇》《窦娥冤》《长生殿》分别用字母 A，B ，C ，D ， E 表示，则从这5部戏曲名著中任选 2 部的总的基本事件有 AB ，AC ，AD ，AE ，BC ，BD ，BE ，CD ， CE ，DE 共10 个，其中包含选到《牡丹亭》和《西厢记》两部中恰有1部的基本事件有 AC ， AD ， AE ， BC ， BD ， BE 共6个；故所求概率 6 3 10 5P   ． 故选：C 6．（2020·全国高二课时练习）中心在原点的双曲线 C 的一条渐近线方程为 3 x+y＝0，则C 的离心率为（ ） A．2 或 3 B． 3 或 3 C．2 或 2 3 3 D． 2 3 3 或 3 【答案】C 【解析】 讨论焦点在 x 轴与 y 轴两种情况，根据渐近线方程得 a 与b 关系，即可求得离心率． 【详解】 解：如果焦点坐标在 x 轴，双曲线 C 的一条渐近线方程为 3 x+y＝0， 则 3b a  ，所以 3b a ，所以 2 2 2c a b a   ，此时 e＝2． 如果双曲线的焦点坐标在 y 轴，双曲线 C 的一条渐近线方程为 3 x+y＝0， 则： 3a b  ，所以 3a b= ，可得 2 3 3c a ，所以 e＝ 2 3 3 ． 故选：C． 7．（2020·湖北高三期中）已知 tan 满足 1tan 3tan    ，则 2cos 4      （ ） A． 3 4 B． 1 2 C． 1 3 D． 1 6 【答案】D 【解析】 首先利用二倍角公式和同角三角函数基本关系化简已知条件，求出sin 2 的值，再利用诱导公式和二倍角 公式即可求解. 【详解】 由 1tan 3tan    可得 sin cos 3cos sin      ， 即 2 2sin cos 3cos sin       ，所以 1 31 sin 22   ，可得 2sin 2 3   ， 所以 2 21 cos 2 11 sin 2 12 3cos 4 2 2 2 6                  ， 故选：D. 8．（2021·河南高三二模（理））执行如图所示的程序框图，若输出i 的值为 7，则框图中①处可以填入（ ） A． 7S  B． 21S  C． 28S  D． 36S  【答案】B 【解析】 根据程序流程图，结合循环语句的特点及题设输出的结果写出执行步骤，进而确定框图中的条件即可. 【详解】 由程序流程图，其执行逻辑及对应输出如下： 1、 1, 0i S  ：输出 1S  ，执行循环，则 2i  ； 2、 2, 1i S  ：输出 3S  ，执行循环，则 3i  ； 3、 3, 3i S  ：输出 6S  ，执行循环，则 4i  ； 4、 4, 6i S  ：输出 10S  ，执行循环，则 5i  ； 5、 5, 10i S  ：输出 15S  ，执行循环，则 6i  ； 6、 6, 15i S  ：输出 21S  ，执行循环，则 7i  ； 7、 7, 21i S  ：输出 28S  ，此时根据条件跳出循环，输出 7i  . ∴只有 B：当 21S  符合要求. 故选：B. 9．（2021·全国高一课时练习）在四面体 ABCD 中，E，F 分别是 AC，BD 的中点，若 AB＝2，CD＝4，EF ⊥AB，则 EF 与 CD 所成的角的度数为（ ） A．90° B．45° C．60° D．30° 【答案】D 【解析】 取 AD 的中点 G，连接 EG，FG，可得∠FEG 或其补角为 EF 与 CD 所成的角，在 EFG 中，通过计算可得 答案． 【详解】 取 AD 的中点 G，连接 EG，FG. ∵E，F 分别为 AC，BD 的中点，∴FG 1// 2 AB，EG 1// 2 CD，∠FEG 或其补角为 EF 与 CD 所成的角． ∵EF⊥AB，∴在 EFG 中，EF⊥FG， ∴sin∠FEG＝ FG EG ＝ 1 2 ， ∴∠FEG＝30°. 故选：D 10．（2021·全国高一课时练习）水车在古代是进行灌溉引水的工具，是人类的一项古老的发明，也是人类利 用自然和改造自然的象征．如图是一个半径为 R 的水车，一个水斗从点 (3 3A ， 3) 出发，沿圆周按逆时 针方向匀速旋转，且旋转一周用时 60 秒．经过t 秒后，水斗旋转到 P 点，设 P 的坐标为 ( , )x y ，其纵坐标满 足 ( ) sin( )( 0y f t R t t    … ， 0 ，| | )2   ．则下列叙述错误的是（ ） A． 6, ,30 6R       B．当 [35t  ， 55] 时，点 P 到 x 轴的距离的最大值为 6 C．当 [10t  ， 25]时，函数 ( )y f t 单调递减 D．当 20t  时，| | 6 3PA  【答案】C 【解析】 求出各变量的值得选项 A 正确；点 P 到 x 轴的距离的最大值为 6，故选项 B 正确；函数 ( )y f t 在 [10t  ， 25]不是单调递减，故选项 C 不正确；| | 27 81 6 3PA    ，故选项 D 正确. 【详解】 对于选项 A,由题意， 27 9 6R    ， 260T    ， 30   ， 点 (3 3A ， 3) 代入可得 3 6sin  ， | | )2   ， 6    ．故选项 A 正确； 对于选项 B， ( ) 6sin( )30 6f t t   ，当 [35t  ，55] 时， [30 6t    ， 5 ]3  ，点 P 到 x 轴的距离的最大值 为 6，故选项 B 正确； 对于选项 C，当 [10t  ， 25]时， 1[30 6 6t    ， 2 ]3  ，函数 ( )y f t 不是单调递减，故选项 C 不正确； 对于选项 D，当 20t  时， 30 6 2t    ， P 的纵坐标为 6，| | 27 81 6 3PA    ，故选项 D 正确. 故选：C． 11．（2021·云南昆明市·高三二模（文））已知 1F ， 2F 分别是椭圆 E ：   2 2 2 2 1 0x y a ba b     的左，右焦点， M 是椭圆短轴的端点，点 N 在椭圆上，若 1 23MF NF  ，则椭圆 E 的离心率为（ ） A． 1 3 B． 1 2 C． 2 2 D． 6 3 【答案】C 【解析】 设 (0, )M b ， ( , )N x y ，利用向量的坐标表示得 1MF  ， 2NF  ，由已知有 3 3 3 c c x b y       ，即可求 N 坐标，代 入椭圆方程即可求离心率. 【详解】 由题设， 1 2( ,0), ( ,0)F c F c ，若 (0, )M b ， ( , )N x y ， ∴ 1 ( , )MF c b   ， 2 ( , )NF c x y   ，而 1 23MF NF  ， ∴ 3 3 3 c c x b y       ，即 4 3 3 cx by     ，又 N 在椭圆上， ∴ 2 2 2 2 16 19 9 c b a b   ，可得 2 2e  . 故选：C. 12．（2021·江苏高三专题练习）已知函数   22 , 0 lg , 0 x x xf x x x      ，若 a b c d   ， 且.        f a f b f c f d   ，则 2a b c d   的取值范围是（ ） A． 2013, 10      B． 1811, 10      C． 2 2, D． 2 2 2,  【答案】B 【解析】 作出  f x 图象，由数形结合的方法可知 2 1 0 1 10a b c d          ，由对称性知 2a b   ， 1cd  ，将所求式化为 12 2dd    ，利用对号函数单调性可求得所求范围. 【详解】 由  f x 解析式可得  f x 图象如下图所示： 设        f a f b f c f d k    ，由图象可知： 0 2k  ， 2 1 0 1 10a b c d          ， 又 ,a b 关于 1x   对称， 2a b    ； 由 lg lgc d 得： lg lgc d  ，即 1cd  ， 12 2 2a b c d dd        ， 12y x x   在 1,10 上单调递增， 1 2012 3, 10d d       ， 1812 1, 10a b c d         . 故选：B. 第 II 卷 非选择题部分（共 90 分） 二、填空题：本大题共 4 小题，每题 5 分，共 20 分. 13．（2021·陕西西安市·长安一中高二期末（理））函数 3( ) 5f x x x   的图象在点 (1, (1))P f 处的切线方 程是________ 【答案】 2 3 0x y   【解析】 根据 3( ) 5f x x x   ，求导 '( )f x ，进而求得 '(1), (1)f f ，再利用点斜式写出切线方程. 【详解】 因为 3( ) 5f x x x   ， 所以      2' 3 1, ' 1 2, 1 5f x x f f    ， 所以切线方程为 2 3 0x y   . 故答案为： 2 3 0x y   14．（2021·甘肃高三二模（文））若实数 x ， y 满足约束条件 1 0 1 0 1 0 x y x y x           ，则 x y 的最大值是______． 【答案】3 【解析】 在平面直角坐标系内，画出可行解域，令 z x y  ，平移直线 y x ，在可行解域内，找到一点使得此时 直线在纵轴上的截距最大，把点代入目标函数中即可. 【详解】 约束条件在平面直角坐标系内表示的可行解域如下图： 令 z x y  ，平移直线 y x ，在可行解域内，当直线 y x z   经过点 A 时，直线在纵轴上的截距最大， 点 A 的坐标是方程组 1 0 1 x y x      的解，解得 1 2 x y    ， 所以 x y 的最大值是1 2 3  ， 故答案为：3 15．（2021·江苏高一月考）第 24 届国际数学家大会会标是以我国古代数学家赵爽的弦图为基础进行设计的， 如图，会标是由四个全等的直角三角形与一个正方形拼成的一个大正方形．如果小正方形的面积为 1，大正 方形的面积为 25，直角三角形中较大的角为 ．那么 tan 4      _______． 【答案】 7 【解析】 求出直角三角形中的直角边长，得 tan ，再由两角和的正切公式计算． 【详解】 由题意直角三角形的面积为 25 1 64   ，设直角三角形中小直角边长为 x ，则大直角边长为 1x  ，于是 1 ( 1) 62 x x   ，解得 3x  ，（ 4x   舍去）， 所以 4tan 3   ， 4 1tan tan 34tan( ) 744 1 tan tan 1 14 3            ． 故答案为： 7 ． 16．（2021·河北石家庄市·高三一模）如图所示，一个圆锥的侧面展开图为以 A 为圆心，半径长为 2 的半圆， 点 D 、 M 在 BC 上，且 BD 的长度为 3  ， BM 的长度为 ，则在该圆锥中，点 M 到平面 ABD 的距离为 _________. 【答案】 2 15 5 【解析】 由题意画出图形，求出圆锥的高，再由等体积法求出点 M 到平面 ABD 的距离. 【详解】 由侧面转开图可得到圆锥，如图所示， 由题可知， 2AB  ， 1OB  ， 3BOD ∠ 则 1BD OB  ， 2 22 1 3DM    ， 3AO  ， 2 21 1 151 22 2 4ABDS         设点 M 到平面 ABD 的距离为 h， 由 A MBD M ABDV V  ，得 1 1 1 153 33 2 3 4 h      ，解得： 2 15 5h  故答案为： 2 15 5 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.17—21 题为必考题，每个 考生都必须作答.22、23 题为选考题，考生根据要求作答. （一）必考题：共 60 分 17．（2020·全国高二课时练习）已知等差数列  * na n N 的前 n 项和为 nS ，且 3 5a  ， 3 9S  . （1）求数列 na 的通项公式； （2）等比数列  * nb n N ，若 2 2b a ， 3 5b a ，求数列 n na b 的前 n 项和 nT . 【答案】（1） 2 1na n  ；（2） 2 3 2 1n nT n   . 【解析】 （1）设 na 的首项为 1a ，公差为 d ，再根据等差数列的通项公式以及前 n 项和，得到 1a ， d ，即可得结 果. （2）根据（1）的条件，可得 nb ，再利用分组求和即可得到. 【详解】 （1）设 na 的首项为 1a ，公差为 d ，由 3 5a  ， 3 9S  . 则 1 1 2 5 3 23 92 a d a d     ，解得 1 1a  ， 2d  ， 1 2( 1) 2 1na n n      . （2）由（1）可得 2 2 3b a  ， 3 5 9 b a ，所以公比 3q  . 从而 2 1 2 3n n nb b q    ，则 12 1 3n n na b n    ， 1 1 0 1 2 1 2 1 3 3 3 2 1 3n n n nT a b a b a b n              L L    0 1 11 3 2 1 3 3 3nn        L L 0 1(1 2 1) 3 3 2 1 3 3nn n       2 3 1 2 n n   18．（2021·浙江宁波市·高二课时练习）我国北方广大农村地区、一些城镇以及部分大中城市的周边区域， 还在大量采用分散燃煤和散烧煤取暖，既影响了居民基本生活的改善,也加重了北方地区冬季的雾霾天气.推 进北方地区冬季清洁取暖，是重大民生工程、民心工程，关系北方地区广大群众温暖过冬，关系雾霾天能 不能减少，是能源生产和消费革命、农村生活方式革命的重要内容.2017 年 9 月国家发改委制定了煤改气、 煤改电价格扶植新政策，从而使得煤改气、煤改电用户大幅度增加，下面条形图反映了某省 2018 年 1～7 月份煤改气、煤改电的用户数量. （1）在给定坐标系中作出煤改气、煤改电用户数量 y 随月份t 变化的散点图，并用散点图和相关系数说明 y 与t 之间具有线性相关性； （2）建立 y 关于 t 的回归方程（系数精确到 0.01），预测11月份该省煤改气、煤改电的用户数量. 参考数据： 7 1 9.24i i y   ， 7 1 39.75i i i t y   ， 7 2 1 ( ) 0.53i i y y    ， 7 2.646 . 参考公式：相关系数        1 2 2 1 1 n i i i n n i i i i t t y y r t t y y             . 回归方程 ˆˆ ˆy a bt  中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：      1 2 1 n i i i n i i t t y y b t t          ， ˆˆa y bx  . 【答案】（1）散点图见解析， y 与t 的线性相关性相当高；（2） 2.02 万户. 【解析】 （1）由条形图数据可作出散点图；根据相关系数公式，计算出所需数据后，代入公式即可求得 0.99r  ， 由此可得结论； （2）利用最小二乘法可计算就得回归直线，将 11t  代入回归直线即可求得所求预估值. 【详解】 （1）作出散点图如图所示： 由条形图数据和参考数据得： 4t  ，   7 2 1 28i i t t    ，  7 2 1 0.53i i y y    ，    7 7 7 1 1 1 39.75 4 9.24 2.79i i i i i i i i t t y y t y t y              ， 2.79 0.990.53 2 2.646r    . y 与t 的相关系数近似为 0.99 ， y 与t 的线性相关性相当高. （2）由 9.24 1.327y   及（1）得：      1 2 1 2.79 0.1028 n i i i n i i t t y y b t t            ， ˆˆ 1.32 0.10 4 0.92a y bx       ， y 关于t 的回归方程为 ˆ 0.10 0.92y t  ； 将 11t  代入回归方程得： ˆ 0.10 11 0.92 2.02y     ， 预测11月份该省煤改气、煤改电的用户数量达到 2.02 万户. 19．（2021·云南高三二模（文））如图，在三棱柱 1 1 1ABC A B C 中，四边形 1 1B BCC 是菱形， 1 60B BC   ， AB BC ， 1AB BB ， D 为棱 BC 的中点. （1）求证：平面 1AB D  平面 ABC ； （2）若 2AB BC  ，求点C 到平面 1AB D 的距离. 【答案】（1）证明见解析；（2） 2 5 5 . 【解析】 （1）设 2BC a ，利用余弦定理结合勾股定理可证得 1B D BC ，证明 AB  平面 1 1BB C C ，可得出 1B D AB ，再利用线面垂直和面面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）分析得出三棱锥 1B ACD 的高为 1B D ，计算出 ACD△ 、 1A BD 的面积，利用等体积法可求得点C 到平面 1AB D 的距离. 【详解】 （1）证明：设 2BC a .  四边形 1 1B BCC 是菱形， D 为棱 BC 的中点， 1 2BC BB a   ， 1 2BD BC a  . 在 1BB D△ 中， 1 1 60B BD B BC     ， 由余弦定理得 2 2 2 1 1 1 12 cosB D BD BB BD BB B BD     ，解得 1 3B D a . 2 2 2 1 1BD B D BB   ， 1 90BDB   ，即 1B D BC . AB BC ， 1AB BB ，且 1BC BB B ， AB  平面 1BDB . 1B D  平面 1BDB ， 1AB B D  . 1AB B D ， 1B D BC ，且 AB BC B  ， 1B D  平面 ABC . 1B D  平面 1AB D ，平面 1AB D  平面 ABC ； （2）由 2AB BC  和（1）知 1 3B D  ， 1B D  平面 ABC ， 1B D 是点 1B 到平面 ABC 的距离. AD Q 平面 ABC ， 1B D AD  ，则 1AB D△ 是以 1AB 为斜边的直角三角形， AB BC ， 2AB BC  ，点 D 为棱 BC 的中点， 2 2 5AD BD AB    ， ACD△ 的面积 12ACD CD ABS  △ ， 1AB D△ 的面积 1 1 15 2 2AB D AD DBS  △ . 设点 C 到平面 1AB D 的距离为 h ，则 1 1C AB D B ACDV V  . 1 1 1 1 3 3AB D ACDS h S B D     △ △ ，解得 2 5 5h  . 点C 到平面 1AB D 的距离为 2 5 5 . 20．（2021·全国高三月考（理））已知焦点为 F 的抛物线  2: 2 0C y px p  经过圆      2 2 2: 4 4 0D x y r r     的圆心，点 E 是抛物线C 与圆 D 在第一象限的一个公共点且 2EF  . （1）分别求 p 与 r 的值； （2）直线 : 2l y kx  交C 于 A ，B 两点，点G 与点 A 关于 x 轴对称，直线 AG 分别与直线OD ，OB 交 于点 M ， N （O 为坐标原点），求证： AM MN . 【答案】（1） 2p  ， 13r  ；（2）证明见解析. 【解析】 （1）将点  4 4D , 代入抛物线C 中可求得 p .根据抛物线的定义和已知可求得点，从而可求得圆的半径； （2）设  1 1,A x y ，  2 2,B x y ，则  1 1,G x y ，联立得  2 2 4 4 4 0k x k x    .得出根与系数的关系， 表示点  1 1  ,M x x . 1 2 1 2 , x yN x x       .若要证 AM MN ，只需证 2 M A Ny y y  ， 1 2 2 1 1 22x y x y x x  ，代 入可得证． 【详解】 （1）由已知得抛物线C 过点  4 4D , ，所以16 2 4p  ，所以 2p  .即抛物线C 的方程为 2 4y x . 设点   0 0 0, 0E x y y  ，则 0 1 2EF x   ，所以 0 1x  ，于是得 0 04 2y x  ，即  1,2E ， 将点 E 的坐标代入圆 D 的方程，得    2 22 1 4 2 4 13r      ，所以 13r  . 所以 2p  ， 13r  ； （2）设  1 1,A x y ，  2 2,B x y ，则  1 1,G x y ，显然， 1 2,x x 均不为 0 . 联立 2 2 4 y kx y x     ，消去 y ，得  2 2 4 4 4 0k x k x    . 则 1 2 2 4 4kx x k   ①， 1 2 2 4x x k  ②. 由题意得 0k  ，且  2 24 4 16 16 32 0k k k       ，即 1 2k  ， 因为  4 4D , ，所以直线OD 的方程为 y x ，故  1 1  ,M x x . 直线 OB 的方程为 2 2 yy xx  ，故 1 2 1 2 , x yN x x       . 若要证 AM MN ，只需证 2 M A Ny y y  ，即证 1 2 1 1 2 2x y y xx   ，即证 1 2 2 1 1 22x y x y x x  ， 将 1 1 2 2 2, 2 y kx y kx      代入上式，即证    2 1 1 2 1 22 2 2kx x kx x x x    ，即证   1 2 1 22 2 2 0k x x x x    ③， 将①②代入③得  2 2 4 8 82 2 0kk k k     ，此等式显然成立. 所以 2 M A Ny y y  恒成立，故 AM MN . 21．（2020·全国高三专题练习（理））已知函数 ( ) 1 ln ( 0)f x ax x a    . （1）求函数 ( )f x 的极小值； （2）证明：对于任意正整数 n ， 2 1 1 1(1 )(1 ) (1 ) e2 2 2n     ( e 为自然对数的底数). 【答案】（1）极小值 ln a ；（2）证明见解析. 【解析】 （1）直接判断单调性，求出极小值； （2）由（1）知，当 1a  时，得到 ln 1x x  ，进行换元 11 2nx   ，从而 1 1ln(1 )2 2n n  ，对 n 取 1、2、 3……n 进行求和，再进行指、对数互化即可证明 【详解】 （1）易知 ( )f x 的定义域为 (0, ) . 1 1( ) axf x a x x     ，令 ( )=0f x ，解得 1x a  ， 当 1(0, )x a  时， ( ) 0f x  ；当 1( , )x a   时， ( ) 0f x  ， 所以 ( )f x 在 1(0, )a 上单调递减，在 1( , )a  上单调递增， 故当 1x a  时， ( )f x 在 (0, ) 上有极小值 1( ) lnf aa  . （2）由（1）知当 1( , )x a   时， ( ) lnf x a ， 故当 1a  时， ( ) 0f x  ， 即当 (1, )x  时， 1 ln 0x x   ，即 ln 1x x  . 令 11 2nx   得 1 1ln(1 )2 2n n  ， 从而 2 2 1 1 1 1 1 1 1ln(1 ) ln(1 ) ln(1 ) 1 12 2 2 2 2 2 2n n n              . 故 2 1 1 1(1 )(1 ) (1 ) e2 2 2n    ， 所以，对于任意正整数 n ， 2 1 1 1(1 )(1 ) (1 ) e2 2 2n     成立. （二）选考题：共 10 分.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. 22．（2021·四川绵阳市·高三三模（理））在平面直角坐标系 xOy 中，已知曲线 E 的参数方程为 10 cos , 10 sin 4 x y       ( 为参数)，直线l 的参数方程为 cos sin x t y t      (t 为参数，0    ).以坐标原点为极点， x 轴正半轴为极轴建立极坐标系. （1）分别写出曲线 E 和直线l 的极坐标方程； （2）直线l 与曲线 E 交于 M ， N 两点，若 3ON OM  ，求直线 l 的斜率. 【答案】（1）曲线 E 的极坐标方程为 2 8 sin 6 0     ，直线 l 的极坐标方程为  ,0       R ； （2） . 【解析】 （1）将圆的参数方程化为普通方程，在将普通方程化为极坐标方程，根据直线的参数方程得直线l 过坐标 原点，且倾斜角为  ，再写极坐标方程. （2）设  2 ,N   ，  1,M   ，将直线  : ,0l        R 代入曲线 E 的得 1 2 8sin    ， 1 2 6   ，再结合 3ON OM  得 2 13  ，解方程得 2sin 2   ，故直线l 的斜率为 . 【详解】 解：  1 由 10 cos , 10 sin 4, x y       得  22 4 10x y   . 由 sin , cos , y x        得曲线 E 的极坐标方程为 2 8 sin 6 0     . 直线l 的极坐标方程为  ,0       R .  2 将直线  : ,0l        R ， 代入曲线 E 的方程得 2 8 sin 6 0     . 由 264sin 24 0    ，解得 2sin 3 8   . 设  2 ,N   ，  1,M   ， 由韦达定理得 1 2 8sin    ， 1 2 6   . 3ON OM   ， 2 13   ， 所以 1 2 12, 3 23    ， 所以 2sin 2   ，满足 0  . 0    ， 4   或 3 4  ， tan 1k     ，直线l 的斜率为 . 23．（2021·全国高三其他模拟）已知函数 ( ) | 2 | | 1|f x x a x    . （1）若 2a  ，画出函数 ( )f x 的图象，并求出 ( )f x 的最值； （2）若关于 x 的不等式 ( ) | 1| 3 1f x x a    恒成立，求 a 的取值范围. 【答案】（1）图象见解析；最小值为-2，无最大值；（2） 1 ,2    . 【解析】 （1）代入 2a  ，得 3, 1, ( ) 2 2 1 3 1, 1 1, 3, 1, x x f x x x x x x x                 可作出图像和得到最值； （2）由已知得| 2 | | 2 2 | 3 1x a x a     恒成立，再根据绝对值不等式得| 2 | 3 1a a   ，解之可得答案． 【详解】 解：（1）若 2a  ，则 3, 1, ( ) 2 2 1 3 1, 1 1, 3, 1, x x f x x x x x x x                 则函数 ( )f x 的图象如图所示， 由图像可知 ( )f x 的最小值为-2，无最大值. （2）由 ( ) | 1| 3 1f x x a    恒成立，得| 2 | | 2 2 | 3 1x a x a     恒成立， 因为| 2 | | 2 2 | | (2 ) (2 2) | | 2 |x a x x a x a         ， 所以| 2 | 3 1a a   ， 即 3 1 2 3 1a a a      ，解得 1 2a  ，故 a 的取值范围为 1[ , )2  .