1、第 1 页（共 20 页） 2022 年（全国卷）老高考理科数学模拟试卷（年（全国卷）老高考理科数学模拟试卷（12） 一选择题（共一选择题（共 12 小题，满分小题，满分 60 分，每小题分，每小题 5 分）分） 1 （5 分）已知集合 |0Ax x，| 22BxZx ，那么(AB ) A0，1 B |02xx C 1，0 D0，1，2 2 （5 分）设 3 13 i z i ，则 232020 (zzzz ) A1 B0 C1i D1i 3 （5 分）已知 1 :1p a ， 2 :1 0q a ，则p是q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 4
2、（5 分）sin15 cos75cos15 sin75( ) A 1 2 B 3 2 C 1 2 D 3 2 5 （5 分） 27 21 (35)(2)xx xx 的展开式中x的系数为( ) A2656 B1376 C2656 D1376 6 （5 分） “干支纪年法”是我国历法的一种传统纪年法，甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、 辛、壬、癸被称为”十天干” ；子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、西、戌、亥叫做“十 二地支” “天干”以“甲”字开始， “地支”以“子”字开始，两者按干支顺序相配，组成 了干支纪年法，其相配顺序为甲子、乙丑、丙寅、癸酉；甲戌、乙亥、丙子、癸 未；甲申、乙酉、丙戌、癸巳；
3、，共得到 60 个组合，称六十甲子，周而复始，无穷 无尽2021 年是“干支纪年法”中的辛丑年，那么 2121 年是“干支纪年法”中的( ) A庚午年 B辛未年 C庚辰年 D辛巳年 7 （5 分）已知a，b，c为正实数，满足 2 1 ( )log 2 a a， 2 1 ( ) 2 b b， 1 2 2 c c ，则a，b，c 的大小关系为( ) Aacb Bbca Ccab Dcba 8 （5 分）若函数的图象向右平移个单位后与函数 ycos2x 的图象 重合，则 的值可能为（ ） A1 B2 C D 9 （ 5 分 ） 如 图ABCDEF为 五 面 体 ， 其 中 四 边 形ABCD为 矩
4、形 ，/ /EFAB， 第 2 页（共 20 页） 3 33 2 ABEFAD，ADE和BCF都是正三角形，则该五面体的体积为( ) A 7 2 3 B 4 2 3 C2 D 3 2 2 10 （5 分）在三角形ABC中，E、F分别为AC、AB上的点，BE与CF交于点Q，且 2AEEC，3AFFB，AQ交BC于点D，AQQD，则的值为( ) A3 B4 C5 D6 11 （5 分）如图所示，A，B，C是双曲线 22 22 1(0,0) xy ab ab 上的三个点，AB经过 原点O，AC经过右焦点F，若BFAC且| |BFCF，则该双曲线的离心率是( ) A 10 2 B10 C 3 2 D3
5、 12 （5 分）已知函数( )(1)f xxln x，( )g xxlnx若 1 ()12f xlnt ， 2 2 ()g xt，则 122 ()x xx lnt的最小值为( ) A 2 1 e B 2 e C 1 2e D 1 e 二填空题（共二填空题（共 4 小题，满分小题，满分 20 分，每小题分，每小题 5 分）分） 13 （5 分）设x，y满足约束条件 0 3 24 x xy xy ，则目标函数 1 y z x 的最大值是 14 （5 分）已知函数( )f x是奇函数，当0 x 时，( )sin1f xx，则函数( )f x在 2 x 处 的切线方程为 第 3 页（共 20 页）
6、15 （5 分）已知抛物线 2 :2(0)C ypx p的焦点为F，(3,)Pm是抛物线上一点，过点P向 抛物线C的准线引垂线，垂足为D，若PDF为等边三角形，则p 16 （5 分） 在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD， 底面ABCD是直角梯形，/ /ABCD， ABAD，22CDADAB，若动点Q在平面PAD内运动，使得CQD与BQA相 等，则三棱锥QACD的体积最大时的外接球的体积为 三解答题（共三解答题（共 5 小题，满分小题，满分 60 分，每小题分，每小题 12 分）分） 17（12 分） 已知等差数列 n a为递减数列且首项 1 5a ， 等比数列 n b前三项依次为 1 1a
7、 ， 2 2a ， 3 3a （1）求数列 n a和 n b的通项公式； （2）求数列 nn ab的前n项和 n S 18 （12 分）如图，已知 11 ABB A是圆柱 1 OO的轴截面，O， 1 O分别是两底面的圆心，C是 底面圆O上异于A，B的一点，圆柱的体积和侧面积均为4 （1）求证：平面 1 ACA 平面 1 BCB； （2）若二面角 11 BABC的大小为60，求ABC 19 （12 分）已知椭圆 22 22 :1(0) xy Cab ab 的长轴长为 4，焦距为2 3 （）求椭圆C的标准方程； （）设直线: l yxmk与椭圆C交于P，Q两个不同的点，且0OP OQ，O为坐标原
8、点，问：是否存在实数，使得| |PQOPOQ恒成立？若存在，请求出实数，若不 存在，请说明理由 20 （12 分）甲、乙两人进行乒乓球比赛，规定比赛进行到有一人比对方多赢 2 局或打满 6 局时比赛结束设甲、乙在每局比赛中获胜的概率均为 1 2 ，各局比赛相互独立，用表示比 赛结束时的比赛局数 （）求比赛结束时甲只获胜一局的概率； 第 4 页（共 20 页） （）求X的分布列和数学期望 21 （12 分）已知函数( )(1)f xln x，( ) x g xaxe，aR （1）若函数 2 ( )2 ( )h xxxf x，求函数( )h x的单调区间； （2）若对任意的0 x，)，不等式( )
9、( )f xg x恒成立，求实数a的取值范围 四解答题（共四解答题（共 2 小题，满分小题，满分 10 分）分） 22 （10 分）在平面直角坐标系中，曲线C的参数方程为 cos ( 1sin x y 为参数） ，以坐标原 点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为sin()3 3 （1）求曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程； （2）射线OP的极坐标方程为 6 ，若射线OP与曲线C的交点为A（异于点)O，与直 线l的交点为B，求线段AB的长 23已知( ) |1|3|f xxx （1）若存在 0 x使得 2 0 ()6f xmm，求m的取值范围； （2）记 0 m是（1
10、）中m的最大值且 33 0 abm，证明：02ab 第 5 页（共 20 页） 2022 年（全国卷）老高考理科数学模拟试卷（年（全国卷）老高考理科数学模拟试卷（12） 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一选择题（共一选择题（共 12 小题，满分小题，满分 60 分，每小题分，每小题 5 分）分） 1 （5 分）已知集合 |0Ax x，| 22BxZx ，那么(AB ) A0，1 B |02xx C 1，0 D0，1，2 【解答】解： |0Ax x， 1B ，0，1， 0AB，1 故选：A 2 （5 分）设 3 13 i z i ，则 232020 (zzzz ) A1 B0 C1i D1
11、i 【解答】解： 3(3)(13 )10 1 3(1 3 )(13 )10 iiii zi iii ， 20202020 232020 (1)(1)(1 1) 0 111 zziii zzzz zii 故选：B 3 （5 分）已知 1 :1p a ， 2 :1 0q a ，则p是q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 【解答】解：由 1 1 a ，得1a或0a ，即:1p a或0a ， 由 2 1 0a ，得1a或3a ，即:1q a或1a， 则qp， 故p是q的必要不充分条件， 故选：B 4 （5 分）sin15 cos75cos15 sin75(
12、 ) A 1 2 B 3 2 C 1 2 D 3 2 【解答】解：sin15 cos75cos15 sin75 sin(1575 ) sin( 60 ) 第 6 页（共 20 页） sin60 3 2 故选：B 5 （5 分） 27 21 (35)(2)xx xx 的展开式中x的系数为( ) A2656 B1376 C2656 D1376 【解答】解： 7 1 (2) x 的展开式的通项公式为 7 2 17 2( 1) r rrr r TCx ， 故令2r ，0， 可得 27 21 (35)(2)xx xx 的展开式中x的系数为 2507 77 32( 5)220166401376CC ， 故
13、选：D 6 （5 分） “干支纪年法”是我国历法的一种传统纪年法，甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、 辛、壬、癸被称为”十天干” ；子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、西、戌、亥叫做“十 二地支” “天干”以“甲”字开始， “地支”以“子”字开始，两者按干支顺序相配，组成 了干支纪年法，其相配顺序为甲子、乙丑、丙寅、癸酉；甲戌、乙亥、丙子、癸 未；甲申、乙酉、丙戌、癸巳；，共得到 60 个组合，称六十甲子，周而复始，无穷 无尽2021 年是“干支纪年法”中的辛丑年，那么 2121 年是“干支纪年法”中的( ) A庚午年 B辛未年 C庚辰年 D辛巳年 【解答】解：天干：甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、
14、壬、癸； 地支：子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥， 天干是以 10 为公差的等差数列，地支是以 12 为公差的等差数列， 2021 年是“干支纪年法”中的辛丑年，则 2121 的天干为辛，地支为巳， 故选：D 7 （5 分）已知a，b，c为正实数，满足 2 1 ( )log 2 a a， 2 1 ( ) 2 b b， 1 2 2 c c ，则a，b，c 的大小关系为( ) Aacb Bbca Ccab Dcba 【解答】解：画出函数 1 ( ) 2 x y ， 2 logyx， 2 yx， 1 2 yx的图象， 如图所示： 第 7 页（共 20 页） 由图象可知，cba， 故选：
15、D 8 （5 分）若函数的图象向右平移个单位后与函数 ycos2x 的图象 重合，则 的值可能为（ ） A1 B2 C D 【解答】解：函数 ysin（2x+）的图象向右平移个单位后，可得函数 ysin2 （x）+的图象， 再根据所得函数的图象与函数 ycosx 的图象重合， 22k+，kz， 当 k0 时， 故选：C 9 （ 5 分 ） 如 图ABCDEF为 五 面 体 ， 其 中 四 边 形ABCD为 矩 形 ，/ /EFAB， 3 33 2 ABEFAD，ADE和BCF都是正三角形，则该五面体的体积为( ) 第 8 页（共 20 页） A 7 2 3 B 4 2 3 C2 D 3 2 2
16、 【解答】解：过F作FO 平面ABCD，垂足为O，取BC中点P，连接OP，PF， 过O作BC的平行线QH，交AB于点Q，交CD于H， 因为 3 3 2 AD ，所以2AD ， 因为ADE和BCF都是正三角形，边长为 2， 所以 11 ()(31)1 22 OPQBABEF， 2222 213PFFBBP， 22 3 12OFFPOP ， 采用分割的方法，把该几何体分为三部分， 如图，包含 1 个三棱柱EMNFQH，两个全等的四棱锥EAMND，FQBCH， 所以该几何体的体积为2 EMN FQHF QBCH VVV ， 又因 1 | |2 2 EMNFQHQFH VSMQQHOFMQ ， 1 3
17、 F QBCH VS 矩形 12 2 1 22 33 QBCHFQ ， 所以 2 27 2 22 33 V 故选：A 10 （5 分）在三角形ABC中，E、F分别为AC、AB上的点，BE与CF交于点Q，且 2AEEC，3AFFB，AQ交BC于点D，AQQD，则的值为( ) A3 B4 C5 D6 第 9 页（共 20 页） 【解答】解：由已知可得点E是AC的三等分点，点F是AB的四等分点， 因为B，Q，E三点共线，则可设 2 (1)(1) 3 AQxABx AExABx AC， 又因为C，Q，F三点共线，则可设 3 (1)(1) 4 AQyACy AFyACy AB， 所以 3 (1) 4 2
18、 (1) 3 xy yx ，解得 11 , 23 xy， 所以 11 23 AQABAC，又AQQD，则 1 AQAD ， 即 11 231 ABACAD ， 所以 11 23 ADABAC ， 因为B，D，C三点共线，所以1 1 1 23 ，解得5， 故选：C 11 （5 分）如图所示，A，B，C是双曲线 22 22 1(0,0) xy ab ab 上的三个点，AB经过 原点O，AC经过右焦点F，若BFAC且| |BFCF，则该双曲线的离心率是( ) A 10 2 B10 C 3 2 D3 【解答】解：由题意可得在直角三角形ABF中， OF为斜边AB上的中线，即有| 2| 2| 2ABOAO
19、Fc， 设( , )A m n，则 222 mnc， 又 22 22 1 mn ab ， 解得 22 a cb m c ， 2 b n c ， 第 10 页（共 20 页） 即有 22 (a c b A c ， 2 ) b c ， 22 ( a cb B c ， 2 ) b c ， 又( ,0)F c， 由于BFAC且| |BFCF， 可设( , )C x y，即有 2 222 1 yb xc ca cb ， 又 222 2222 ()()() a cbb cxcy cc ， 可得 22 bc x c ， 222 a cbc y c ， 将 22 (b c C c ， 222 ) a cbc
20、c 代入双曲线方程，可得 2222222 2222 ()() 1 bca cbc c ac b ， 化简可得 22223 ()cbbaa， 由 222 bca， c e a ， 可得 222 (21)(2)1ee， 对照选项，代入检验可得 10 2 e 成立 另解：设双曲线的另一个焦点为E， 令| | |BFCFAEm，|AFn， 由双曲线的定义有，| | 2CECFAEAFa， 在直角三角形EAC中， 222 ()(2 )mmnma， 代入2amn，化简可得3mn， 又2mna得na，3ma， 在直角三角形EAF中， 222 (2 )mnc， 即为 222 94aac，可得 10 2 c e
21、 a 故选：A 第 11 页（共 20 页） 12 （5 分）已知函数( )(1)f xxln x，( )g xxlnx若 1 ()12f xlnt ， 2 2 ()g xt，则 122 ()x xx lnt的最小值为( ) A 2 1 e B 2 e C 1 2e D 1 e 【解答】解： 111 ()(1)12f xxln xlnt ， 即 1 12 111 1(1)(1) x xln xlntln ex ， 1 12 1 (1) x tex ， 2 0t ， 2 2 2222 () lnx g xx lnxtelnx， 又 x yx e在0，)上单调递增， 故由得 12 1xlnx ，
22、故 2 1 2222 ()x xx lntx lnxlntt lnt， 令 2 ( )(0)h tt lnt t，则( )2h ttlntt， 令( )0h t，解得： 1 2 te ，令( )0h t，解得： 1 2 0te ， 故( )h t在 1 2 (0,)e 递减，在 1 2 (e ，)递增， 故 1 2 1 ( )() 2 min h th e e ， 故选：C 二填空题（共二填空题（共 4 小题，满分小题，满分 20 分，每小题分，每小题 5 分）分） 13 （5 分）设x，y满足约束条件 0 3 24 x xy xy ，则目标函数 1 y z x 的最大值是 3 第 12 页（
23、共 20 页） 【解答】解：作出x，y满足约束条件 0 3 24 x xy xy 对应的平面区域如图： 1 y z x 的几何意义为平面区域内的点到定点( 1,0)D 的斜率， 由图象知AD的斜率最大，其中(0,3)A， 则3 1 y z x ， 故答案为：3 14 （5 分）已知函数( )f x是奇函数，当0 x 时，( )sin1f xx，则函数( )f x在 2 x 处 的切线方程为 2y 【解答】解：设0 x ，则0 x ，()sin1fxx ， 函数( )f x是奇函数， ( )()sin1f xfxx ， ( )cosfxx ， 2 x 时，()0 2 f ，()2 2 f ， 函
24、数( )f x在 2 x 处的切线方程为2y 故答案为：2y 15 （5 分）已知抛物线 2 :2(0)C ypx p的焦点为F，(3,)Pm是抛物线上一点，过点P向 抛物线C的准线引垂线，垂足为D，若PDF为等边三角形，则p 2 【解答】解：抛物线 2 :2(0)C ypx p，焦点为( 2 p F，0)，准线为: 2 p l x ， (3,)Pm是抛物线上一点，则 2 6mp， 第 13 页（共 20 页） 由题意可得( 2 p D ，)m， 由于PFD为等边三角形，则有| | |PFPDFD， 即有：32 2 p p，可得2p 故答案为：2 16 （5 分） 在四棱锥PABCD中，PA平
25、面ABCD， 底面ABCD是直角梯形，/ /ABCD， ABAD，22CDADAB，若动点Q在平面PAD内运动，使得CQD与BQA相 等，则三棱锥QACD的体积最大时的外接球的体积为 4 3 【解答】解：底面ABCD是直角梯形，/ /ABCD，ABAD，CDAB， 又PA平面ABCD，PA平面PAD，平面PAD 平面ABCD， 则AB 平面PAD，CD 平面PAD， 连接QA，QD，则ABQA，CDQD， 由CQDBQA，得tantanCQDBQA，则 ABCD QAQD ， 2CDAB，2QDQA， 2AD ，在平面PAD内，以DA所在直线为x轴，DA的垂直平分线为y轴建立平面直角 坐标系，
26、 则( 1,0)D ，(1,0)A，设( , )Q x y， 由2QDQA，得 22 2QDQA，即 2222 (1)2(1)2xyxy， 整理得 22 610 xyx ，取1x ，可得2y ， 得Q在PAD内距离AD的最大值为 2，此时Q在PA上， 即2AQ ，此时三棱锥QACD的体积最大， 其对应的外接球即为以2AD ，2DC ，2AQ 为长，宽，高的长方体的外接球， 222 22222 3R，故3R ， 三棱锥QABC的外接球的体积为： 3 4 4 3 3 R 故答案为：4 3 第 14 页（共 20 页） 三解答题（共三解答题（共 5 小题，满分小题，满分 60 分，每小题分，每小题
27、12 分）分） 17（12 分） 已知等差数列 n a为递减数列且首项 1 5a ， 等比数列 n b前三项依次为 1 1a ， 2 2a ， 3 3a （1）求数列 n a和 n b的通项公式； （2）求数列 nn ab的前n项和 n S 【解答】解： （1）设等差数列 n a的公差为d， 由题设可得： 2 231 (2)3 (1)aa a， 又 1 5a ， 2 (52)3(52 ) 4dd， 即 2 (7)12(52 )dd，解得1d 或11d （舍)， 5(1)6 n ann， 又 11 14ba ， 22 26ba， 公比 3 2 q ， 1 3 4( ) 2 n n b ； （2）
28、由（1）可得： 1 3 64( ) 2 n nn abn ， 21 3 1( ) 333(56)(11)3 2 (5436)41( )( )48( )1 3 222222 1 2 n nn n nnnn Sn 18 （12 分）如图，已知 11 ABB A是圆柱 1 OO的轴截面，O， 1 O分别是两底面的圆心，C是 底面圆O上异于A，B的一点，圆柱的体积和侧面积均为4 第 15 页（共 20 页） （1）求证：平面 1 ACA 平面 1 BCB； （2）若二面角 11 BABC的大小为60，求ABC 【解答】 （1）证明：因为 11 ABB A是圆柱 1 OO的轴截面， 所以 1 AA 平面
29、ABC，所以 1 AAAC， 1 AABC， 1 AA 平面 1 ACA，所以平面 1 ACA 平面ABC， 又AB为O直径，所以BCAC，平面 1 ACA平面ABCAC， 所以BC 平面 1 ACA，BC 平面 1 BCB， 所以平面 1 BCB 平面 1 ACA，即平面 1 ACA 平面 1 BCB （2）解：设圆柱高为h，底面半径为R， 则由题意得 2 4 24 R h Rh ，解得， 2 1 R h ， 过C点作CMAB于M，过M作 11 MNA B于N，连接CN、OC， 于是AB 平面MNC，因为 11 / /ABAB，所以 11 A B 平面MNC， 所以 11 ABNC，又 11
30、 ABNM， 所以MNC为二面角 11 BABC的平面角，设MNC，ABC， 2COM，在MNC中， sin2 tan2sin2 CMR MNh ， 因为60，所以 3 sin2 2 ，于是260或120，所以30或60 故当二面角 11 BABC的大小为60时，ABC为30或60 第 16 页（共 20 页） 19 （12 分）已知椭圆 22 22 :1(0) xy Cab ab 的长轴长为 4，焦距为2 3 （）求椭圆C的标准方程； （）设直线: l yxmk与椭圆C交于P，Q两个不同的点，且0OP OQ，O为坐标原 点，问：是否存在实数，使得| |PQOPOQ恒成立？若存在，请求出实数，
31、若不 存在，请说明理由 【解答】 解：（） 由题意可得：24a ，22 3c ， 可得2a ，3c ， 而 222 4 3 1bac ， 所以椭圆的方程为： 2 2 1 4 x y； （）因为0OP OQ，所以OPQ为直角三角形，设原点到直线l的距离d， 由 11 | | 22 OPQ SPQ dOPOQ ， 要求实数，使得| |PQOPOQ恒成立，即 1 d ， 设点 1 (P x， 1) y， 2 (Q x， 2) y， 联立直线与椭圆方程 2 2 1 4 x y yxm k ，整理可得： 222 (1 4)8440 xmxmkk， 222 (8)4(1 4)(44)0mmkk，可得 22
32、 14m k， 且 12 2 2 12 2 8 14 44 14 m xx m x x k k k ，所以 2222222 222 121212 222 4484 () 141414 mmm y yx xm xxmm kkkk kk kkk ， 因为0OP OQ，则 1212 0 x xy y， 所以 222 22 444 0 1414 mm k kk ， 所以 22 544m k， 而 2 | 1 m d k ，所以 2 2 2 4 15 m d k ， 所以 15 2d 20 （12 分）甲、乙两人进行乒乓球比赛，规定比赛进行到有一人比对方多赢 2 局或打满 6 第 17 页（共 20 页
33、） 局时比赛结束设甲、乙在每局比赛中获胜的概率均为 1 2 ，各局比赛相互独立，用表示比 赛结束时的比赛局数 （）求比赛结束时甲只获胜一局的概率； （）求X的分布列和数学期望 【解答】解： （）因为比赛结束时甲只获胜一局，所以一共比赛了 4 局，且甲再第 1 局或 第 2 局赢了， 当甲在第 1 局赢了，则乙在后面 3 局都赢了，此事件的概率为： 3 111 ( ) 2216 ； 当甲在第 2 局赢了，则乙在第 1，3，4 局赢了，此事件的概率为： 2 1111 ( ) 22216 ， 记“比赛结束时甲只获胜一局”为事件A，额P（A） 111 16168 （）根据条件可知，X所有可能取值为 2
34、，4，6， 当2X 时，包括甲或乙前 2 局连胜，此时 2 种情况：甲，甲，乙，乙， 当4X 时，包含甲或乙前 2 局赢了 1 局，后 2 局都没赢，此时 4 种情况： 甲，乙，乙，乙，乙，甲，乙，乙， （乙，甲，甲，甲） ，甲，乙，甲，甲（大括号 中，按顺序为各局的获胜者） ， 2 11 (2)2( ) 22 P X ， 4 11 (4)4( ) 24 P X ， 1 (6)1(2)(4) 4 P XP XP X ， 所以X的分布列为： X 2 4 6 P 1 2 1 4 1 4 故 1117 ()246 2442 E X 21 （12 分）已知函数( )(1)f xln x，( ) x g
35、 xaxe，aR （1）若函数 2 ( )2 ( )h xxxf x，求函数( )h x的单调区间； （2）若对任意的0 x，)，不等式( )( )f xg x恒成立，求实数a的取值范围 【解答】解： （1）由题意得 22 ( )2 ( )2 (1)h xxxf xxxln x， 第 18 页（共 20 页） 函数的定义域是( 1,) ， 故 2(23)(1) ( )21 11 xx h xx xx ， 令( )0h x，解得：1x 或 3 2 x （舍)， 故当11x 时，( )0h x，( )h x递减，当1x 时，( )0h x，( )h x递增， 故函数( )h x在( 1,1)递减，
36、在(1,)递增； （2）对任意0 x，)，不等式( )( )f xg x恒成立 对任意0 x，)，( )( ) 0f xg x恒成立 对任意0 x，)，(1)0 x ln xaxe恒成立， 记( )(1)(0) x F xln xaxe x， 则 2 11(1) ( )(1) 11 x x a xe F xa xe xx ， 当0a时，( )0F x，故( )F x在0，)递增， 又(0)0F，故当0 x时，( ) 0F x ，不合题意； 当0a 时， ( ) i当1a时，0 x， 2 (1)1 x a xe， 故 2 1(1) ( )0 1 x a xe F x x ，故( )F x在0，)
37、上递减， 故当0 x时，( )(0)0F xF，符合题意； ( )ii当01a时，记 2 ( )1(1)(0) x xa xe x ， 则( )(1)(3) x xa xxe， 显然( )0 x，( )x在0，)单调递减， 又(0)10a ， 1 1 1 (1)10 a e a ， 故存在唯一的 0 1 (0,1)x a ，使得 0 ()0 x， 故当 0 0 xx时， 0 ( )()0 xx， 2 1(1) ( )0 1 x a xe F x x ，( )F x在0， 0) x上单调递增， 故当 0 0 xx时，( )(0)0F xF，不符合题意， 综上：1a，即实数a的取值范围是1，) 第
38、 19 页（共 20 页） 四解答题（共四解答题（共 2 小题，满分小题，满分 10 分）分） 22 （10 分）在平面直角坐标系中，曲线C的参数方程为 cos ( 1sin x y 为参数） ，以坐标原 点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为sin()3 3 （1）求曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程； （2）射线OP的极坐标方程为 6 ，若射线OP与曲线C的交点为A（异于点)O，与直 线l的交点为B，求线段AB的长 【解答】解： （1）由 cos 1sin x y ，转换为直角坐标方程为 22 (1)1xy， 由直线l的极坐标方程为sin()3 3 根据 222
39、 cos& sin& & x y xy ，转换为直角坐标方程为：32 30 xy （2）曲线C的方程可化为 22 20 xyy， 所以曲线C的极坐标方程为2sin， 由题意设 1 (,) 6 A ， 2 (,) 6 B ， 将 6 代入2sin，得到 1 1 将 6 代入sin()3 3 ，得到 2 3， 所以 12 | |31AB 23已知( ) |1|3|f xxx （1）若存在 0 x使得 2 0 ()6f xmm，求m的取值范围； （2）记 0 m是（1）中m的最大值且 33 0 abm，证明：02ab 【解答】解： （1）由( ) |1|3|13| 4f xxxxx ，当31x 剟时，取得等号， 所以 2 46mm，即 2 2 0mm ，也即(2)(1) 0mm ， 所以12m 剟； （2）证明：由（1）得 33 2ab， 第 20 页（共 20 页） 所以 2222 3 2()()()() 24 b ab aabbabab， 因为 22 3 ()0 24 b ab，所以0ab， 222223 31 2()()()()3 ()()() () 44 ab aabbababababababab，（当且 仅当1ab时取得等号） 所以 3 ()8ab， 即2ab ， 所以02ab 得证
