赤峰市部分中学2024届高三上学期第三次月考
数学(理)试卷
考试时间：分钟 全卷满分：分
注意事项：
答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
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框涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号框。回答非选择 题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷(选择题)
一、选择题：本题共小题，每小题分，共分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
定义集合。已知集合，，则的元素的个数为（ ）
若是虚数单位，则复数的虚部等于（ ）
某射击运动员连续射击次，命中的环数（环数为整数）形成的一组数据中，中位数为，唯一的众数为，极差为，则该组数据的平均数为（ ）
年月日，第届世界大学生夏季运动会（成都世界大学生运动会）完美收官。在 倒计时天时，成都大运会发布了官方体育图标——“十八墨宝”。这组“水墨熊猫”以大熊猫“奇一”为原型，将中国体育与中国书画、中国国宝的融合做到了极致。“十八般武艺”造就“十八墨宝”，花式演绎十八项体育竞技，代表了体操、游泳、羽毛球等18个成都大运会竞赛琐自，受广大人民喜爱。其中，射箭的水墨熊猫以真实的射箭运动为原型，拉满弓箭时，弓臂为圆弧形，弧中点到弦中点的距离为，弦长为，则弓形的面积约为（参考数据：，）（ ）
点是曲线上任意一点，则点到直线的最小距离为（ ）
在等比数列中，，，则（ ）
已知，则（ ）
若两个正实数满足，且不等式恒成立，则实数的取值范围为（ ）
已知数列的首项为，是边所在直线上一点，且，则数列的通项公式为（ ）
腰长为的等腰的顶角为，且，将绕旋转至的位置，得到三棱锥，当三棱锥体积最大时其外接球面积为（ ）
中，，则的取值范围是（ ）
高斯是德国著名数学家，近代数学的奠基者之一，享有“数学主子”的称号，用他名字定义的函数称为高斯函数，其中表示不超过的最大整数，如，。已知数列满足，，，若，为数列的前项和，则（ ）
第Ⅱ卷(非选择题)
二、填空题：本题共小题，每小题分，共分。
函数的图像向左平移个单位得到函数的图像，若函数是偶函数，则 。
已知，，若与的夹角为钝角，则实数的取值范围为 。
已知是双曲线上的三点，直线经过原点，经过右焦点，若，且，则该双曲线的离心率为 。
已知函数，若关于的不等式恰有一个整数解，则实数的取值范围为 。
三、解答题：共分。解答题写出相应的文字说明，证明过程或演算步骤。第题为必考题，每个试题考生都必修作答。第、题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题：共分。
（分）教育是阻断贫困代际传递的根本之策。补齐贫困地区义务教育发展的短板，让贫困家庭子女都能接受公平而有质量的教育，是夯实脱贫攻坚根基之所在。治贫先治愚，扶贫先扶智。为了解决某贫困地区教师资源匮乏的问题，某市教育局拟从名优秀教师中抽选人员分批次参与支教活动。支教活动共分批次进行，每次支教需要同时派送名教师，且每次派送人员均从这人中随机抽选。已知这名优秀教师中，人有支教经验，人没有支教经验。
（1）求名优秀教师中的“甲”,在这批次支教活动中恰有两次被抽选到的概率；
（2）求第一次抽取到无支教经验的教师人数的分布列。
（分）已知数列满足。
（1）求的通项公式；
（2）求数列的前项和。
（分）如图，在多面体中，四边形是正方形，，，平面，，。
（1）求证：平面平面；
（2）求二面角的余弦值。
（分）在平面直角坐标系中，已知点、，点满足记的轨迹为。
（1）求的方程；
（2）直线交于两点，为上的两点，若四边形的对角线，求四边形面积的取值范围。
（分）已知函数。
（1）讨论函数的单调性；
（2）设是函数的两个极值点，证明： 恒成立。
（二）选考题：共分。请考生在第、题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分 。
【选修：坐标系与参数方程】
在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点
为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为：（，）。
已知直线与曲线相交于两点。
（1）求曲线的极坐标方程；
（2）记线段的中点为，若恒成立，求实数的取值范围。
【选修：不等式选讲】
已知函数。
（1）求的最小值；
（2）若为正实数，且，证明不等式。高三第三次月考（11月）
一、单选题
A B z z x
1．定义集合 , x A, y B ．已知集合 A 4,8 ， B 1, 2, 4 ，则y A B的元素的个数为
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】B
【详解】因为 A 4,8 ， B 1, 2, 4 ，所以 A B 1, 2, 4,8 ，故 A B的元素的个数为 4．故选：B.
2 2019．若 i 是虚数单位，则复数 z i 2 3i 的虚部等于
A．2 B． 2i C． 2 D． 2i
【答案】C
z i2019 2 3i i4 504 3【详解】 2 3i i 2 3i 3 2i， 复数 z的虚部等于 2．
3．某射击运动员连续射击 5 次，命中的环数（环数为整数）形成的一组数据中，中位数为 8，唯一的众数为 9，极
差为 3，则该组数据的平均数为
A．7.6 B．7.8 C．8 D．8.2
【答案】B
【详解】依题意这组数据一共有5个数，中位数为8，则从小到大排列8的前面有 2个数，后面也有 2个数，
又唯一的众数为9，则有两个9，其余数字均只出现一次，则最大数字为9，又极差为3，所以最小数字为6，
6 7 8 9 9
所以这组数据为6、 7 、8、9、9，所以平均数为 7.8 . 故选：B
5
4．2023 年 8 月 8 日，第 31 届世界大学生夏季运动会（成都世界大学生运动会）完美收官．在倒计时 100 天时，成
都大运会发布了官方体育图标——“十八墨宝”．这组“水墨熊猫”以大熊猫“奇一”为原型，将中国体育与中国书画、
中国国宝的融合做到了极致．“十八般武艺”造就“十八墨宝”，花式演绎十八项体育竞技，代表了体操、游泳、羽毛
球等 18 个成都大运会竞赛项目，深受广大人民喜爱．其中，射箭的水墨熊猫以真实的射箭运动为原型，拉满弓箭
时，弓臂为圆弧形，弧中点到弦中点的距离为 2cm，弦长为 8cm，则弓形的面积约为（参考数据：sin 74 0.96，π 3.14）
A．8.2cm2 B．9.1cm2 C．11.1cm2 D． 4.1cm2
【答案】C
【详解】弦 AB 中点为 D，弧 AB 的中点为 C，CD 2cm， AB 8cm ， AD 4cm，如图，
设圆的半径为 R， AOC ，0 90 2，在△AOD中， R2 R 2 42，解得 R 5cm ，
sin 4
3
， cos 5 ．显然 sin cos ，则 45 90 ，90 2 180 ，5
sin 2 2sin cos 24 ，于是 2 180 74 1.85rad，
25
1 2
因此扇形的面积 S1 1.85 5 23.1cm
2 1，而 AOB 2的面积 S2 8 3 12cm ，2 2
S S 11.1cm2所以弓形面积约为 1 2 . 故选 C。
试卷第 1页，共 9页
{#{QQABaQKEggAoABIAABgCQwGgCgEQkAAAAKoOwEAMoAAAgRNABCA=}#}
5．点 A是曲线 y
3
x2 ln x上任意一点，则点 A到直线 y 2x 1的最小距离为
2
A． 5 B 2 5． C 5 5． D．
5 5 10
【答案】D
3 2 1 1
【详解】不妨设 f x x ln x，定义域为： 0, , f x 3x , 令 f x 2 , 解得：x 1 (其中 x = - 舍去).
2 x 3
3 3 2
3
1
当 x 1时， y 1, 5，则 2 到直线 y 2x 1的距离为最小距离 d 2 , 解得：2 d
5 10
1 1 1 1 1
6．在等比数列 an 中， a a a a a
11 1
， a ，则 1 2 3 4 5 4 3 4 a1 a2 a3 a4 a5
16 64
A． B． C． 44 D．11
11 11
【答案】C
T 1 1 1 1 1【详解】设 5 a1 a2 a
，
3 a4 a5
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
则 2T5
a1 a
5 a2 a4 a3 a3 a4 a2 a5 a1
11
a a a a a a a a a a 2 a a a a a 2
1 5 2 4 3 3 2 4 1 5 1 2 3 4 5
4 88，所以T 44 .
a1a5 a2a4 a3a3 a a a a a
2 1 2 52 4 1 5 3
4
7．已知 tan
π
2 tan 7，则 sin 2
4
4 4
A．2 B． 2 C． D．
5 5
【答案】D
π
tan π
tan tan
4 tan 1【详解】因为 2 tan 7，整理得 24 tan 4tan 4 0，解得
tan 2，
1 tan tan π 1 tan
4
sin 2 2sin cos 2 tan 4所以
sin2
.
cos2 tan2 1 5
4 16
8 2．若两个正实数 x，y满足 x y 3，且不等式 m 3m 11x 1 y 恒成立，则实数 m的取值范围为（ ）
A． m 1 m 2 B． m m 1或m 2 C． m 1 m 2 D． m m 1或m 2
【答案】A
4 16 1 x 1 y 4 16 1 4y
16 x 1 1 16 x 14 16 20 2 4y
【详解】由题意知， 9，
x 1 y 4 x 1 y
4 x 1 y
4 x 1 y
4y 16 x 1 x 1 4 16当且仅当 ，即 , y 8 2时取等，又不等式 m 3m 11
x 1 y 3 3 x 1 y
恒成立，
则不等式m2 3m 11 9，解得1 m 2，所以实数 m的取值范围为 m 1 m 2 .
试卷第 2页，共 9页
{#{QQABaQKEggAoABIAABgCQwGgCgEQkAAAAKoOwEAMoAAAgRNABCA=}#}
9．已知数列 an 的首项为1，D是△ 边BC所在直线上一点，且 + 3 + 1 +1 2 = 0，则数
列 an 的通项公式为
n 1 n
A．3n 2 B．3n 1 2 C 5 3 1 D 5 3 1． ．
4 4
【答案】A
【详解】由CA 3 an 1 AD an 1 2 AB 0得： AC 3 an 1 AD 2 an 1 AB，
B,C,D三点共线， 3 an 1 2 an 1 1，即 an 1 3an 4 ， an 1 2 3 an 2 ，又 a1 2 3，
n n数列 an 2 是以3为首项，3为公比的等比数列， an 2 3 ，则 an 3 2 . 故选 A.
3
10．腰长为 2的等腰△ 的顶角为A ，且 cos A ，将 ABC绕 BC旋转至△BCD的位置得到三棱锥D ABC，
4
当三棱锥体积最大时其外接球面积为
50
A． π B．8π C．7π D 8 2．
7 π7
【答案】A
3
【详解】在 ABC中，因为 AB AC 2,cos A ，
4
2
可得 BC AB2 AC 2 2AB AC cos A 22 22 2 2 2
3
2，所以
4 BC 2
，
当三棱锥D ABC体积最大时，平面DBC 平面 ABC，
因为DC DB 2，取 BC中点 E，则DE BC，
设O1为 ABC外接圆圆心，O为三棱锥D ABC外接球心，则O1O / /DE，
再设O 2为△BCD外接圆圆心，OO1 平面DBC，则OO2 / /O1E且OO2 O1E，
2 2 2
设三棱锥D ABC外接球的半径为 R , 在直角 ODO2 中，可得OD R且 R OO2 DO2 ，
因为 cos A
3
，可得
4 sin A 1 cos A
7 , ABC 2r BC 4 14 2 14 所以 外接圆半径 1 ，所以 r1 ，4 sin A 7 7
2 14 7
因为 ABC≌ BCD，所以△BCD的外接圆的半径 r2 ，且 AE DE， sin A sin D 7 4
1 1
在△BCD 14中，可得 DB DC sinD BC DE，可得
2 2 DE
，
2
∴ R2 OO2 DO2 (AE r )2 r 2 14 2 14 2 2 14 2 25 S 4πR2
50
π
2 2 1 2 ( ) ( ) ，∴外接球的表面积 . 故选 A.2 7 7 14 7
π
11．△ 中， sin B
cos 2A
AC BC
，则 的取值范围是
2 AB
1 1 1 1 1 2 1 2 A． ， B．2
， C． ，3 2
D． ，
2 3 3 3
【答案】B
π
【详解】 sin B cos B cos 2A，在 ABC中， A,B 0, π ，故 2A B或 2A B 2π，
2
试卷第 3页，共 9页
{#{QQABaQKEggAoABIAABgCQwGgCgEQkAAAAKoOwEAMoAAAgRNABCA=}#}
B
当 2A B 2π时， A π ，故 A B π，不合要求，舍去，所以2A B，C π A B π A 2A π 3A ，
2
因为 A,B 0, π π π ，所以 2A 0, π ，即 A 0, ，因为C π 3A 0,π ，所以 A 2 0, ， 3
AC AB BC
由正弦定理得 ，
sin B sinC sin A
AC BC sin B sin A sin 2A sin A 2sin Acos A sin A 2sin Acos A sin A
故 AB sinC sin π 3A sin 2A A sin 2Acos A cos 2Asin A ,
AC BC 2cos A 1 2cos A 1 2cos A 1
因为 A 0, π ，所以 sin A 0 ，故 AB 2cos2 A cos 2A 4cos2 A 1 2cos A 1 2cos A 1 ，
因为 A
0,
π AC BC 1
，所以 2cos A 1 0 ，故 ，
3 AB 2cos A 1
因为 A
0,
π
，所以 cos A
1
,1 ， 2cos A 1, 2 ， 2cos A 1 2,3 ，
3 2
AC BC 1 1 1
故 ， . 故选 B.AB 2cos A 1 3 2
12．高斯是德国著名数学家，近代数学的奠基者之一，享有“数学王子”的称号，用他名字定义的函数称为高斯函数
f (x) x ，其中 x 表示不超过 x的最大整数，如 2.3 2 ， 1.9 2，已知数列 an 满足 a1 1， a2 5，
an 2 4an 5an 1，若bn [log a
8108
2 n 1]， Sn为数列 的前n项和，则 S2025 +1
A．2026 B．2025 C．2024 D．2023
【答案】B
【详解】由 an 2 4an 5an 1得an 2 an 1 4 an 1 an ，因此数列 an 1 an 为公比为 4，
首项为 a2 a1 4
n
的等比数列，故 an 1 an 4 ，进而根据累加法
n 1 n 1
得 a a a a a a a a 4n 4n 1 4 1 4 1 4 1n 1 n 1 n n n 1 2 1 1 ，bn [log2 an 1 ] [log ] ，3 2 3
log (4n 1 1) log 3 log 4n 12 2 2 1 2n 1，
4n 1log 1 (4 1)4
n
又 b 2n2 log2 2n， n ，3 3
{ } = { 8108 } ∴ 8108 = 8108 = 2027( 1 1令 ) , +1 ， +1 2 (2 +2) +1
∴ = 1 + 2 + + 1 + = 2027(1
1 + 1 1 + ++ 1 1 )，∴ 1
2 2 3 +1
= 2027(1 )，
+1
代入 n 2025得[ 2025] = 2025，故选 B.
二、填空题
13．函数 f (x) sin(2x )
π
的图象向左平移 个单位得到函数 g x 的图象，若函数 g x 是偶函数，则
3
tan ．
3
【答案】
3
g x π f x sin(2x 2π ) g x 2π π π【详解】 ，由于 是偶函数，所以 kπ, k Z ,故 kπ,k Z ，
3 3 3 2 6
试卷第 4页，共 9页
{#{QQABaQKEggAoABIAABgCQwGgCgEQkAAAAKoOwEAMoAAAgRNABCA=}#}
所以 tan tan π kπ tan π 3
6 6 3
14．已知 = 1 2 , 1 ，b 3, k ，若 与 的夹角为钝角，则实数 k的取值范围为 .
【答案】 ∞, 1 ∪ 1, 3
7
a
b k 3 1 2k 0 3
【详解】由已知 a b 0且 a、b不共线，则 ，解得
k 且 k 1 .
k 1 2k 3 7
所以，实数 k的取值范围是 , 1 1,
3
.
7
x2 215 y．已知 A，B，C是双曲线 2 2 1 a 0,b 0 上的三点，直线 AB经过原点 O，AC经过右焦点 F，若 BF AC，a b
3
且CF FA，则该双曲线的离心率为 .
2
37
【答案】
5
【详解】设双曲线的左焦点为 E，连接 AE,CE,BE , 由题意知 BF AE , BE AF ,BF AC ,
∴四边形 AEBF为矩形，令 BF AE m, BE AF n, ∵ CE CF AE AF 2a
3
，CF FA
2
Rt EAC 2 3
2 2
3 2 12
∴在 △ 中，m m n2
2a n , 将2a m n带入可得m 6n , ∴ n a,m a
2 5 5
2 2
∴在 RtVEAF中，m2 n2 2 2c , 12 2 即 a a 2c
2 , e c 37可得 .
5 5 a 5
x 1
, x 0
16 2．已知函数 f x ex ，若关于 x的不等式 f x af x 0恰有一个整数解，则实数 a的取值范围
2
x x, x 0
为 .
【答案】 2, 1 e2 , 2e3
' x x
【详解】当 x 0 时， f
x 1 e x x 1 e x 0ex x 2 ex ，即函数
f x 在 , 0 上单调递增
e
f 3 2e3 , f 2 e2 , f 1 0, f 0 1, f 1 0, f 2 2 , 函数 f x 的图像如图所示.
f 2由 x af x 0得出 f x f x a 0 ，
当 a 0时，显然不成立.
但 a 0时，解得 a f (x) 0 ，使得不等式只有唯一整数解，此时 2e3 a e2 .
即 e2 a 2e3时，唯一整数解是 x 2，
当 a<0时，0 f (x) a，使得不等式只有唯一整数解，此时1 a 2，
即 2 a 1时，唯一整数解是 x 0 .
综上， a 2, 1 e2 , 2e3 .
试卷第 5页，共 9页
{#{QQABaQKEggAoABIAABgCQwGgCgEQkAAAAKoOwEAMoAAAgRNABCA=}#}
17．教育是阻断贫困代际传递的根本之策．补齐贫困地区义务教育发展的短板，让贫困家庭子女都能接受公平而有
质量的教育，是夯实脱贫攻坚根基之所在．治贫先治愚，扶贫先扶智．为了解决某贫困地区教师资源匮乏的问题，
某市教育局拟从 5 名优秀教师中抽选人员分批次参与支教活动．支教活动共分 3 批次进行，每次支教需要同时派送
2 名教师，且每次派送人员均从这 5 人中随机抽选．已知这 5 名优秀教师中，2 人有支教经验，3 人没有支教经验．
(1)求 5 名优秀教师中的“甲”，在这 3 批次支教活动中恰有两次被抽选到的概率；
(2)求第一次抽取到无支教经验的教师人数 X 的分布列；
2
【详解】（1）5 名优秀教师中的“甲”在每轮抽取中，被抽取到的概率为 ，
5
2
2
3 36
则三次抽取中，“甲”恰有两次被抽取到的概率为 P C23 5
；
5 125
（2）X表示第一次抽取到的无支教经验的教师人数，X的可能取值有 0，1，2．
2 C1C1 6 2
P(X C 1 C 3 0) 22 ； P(X 1) 2 3 3C 10 C2
； P(X 2) 2
5 C 10
．
5 10 5
所以分布列为：
X 0 1 2
P 0.1 0.6 0.3
18 a + 1+ 2 + 1+ + ．已知数列 满足 2 3 + + 1+ 2+ + n 1 = 2 2 3 ．
a
(1)求 an 的通项公式；(2)求数列 n 的前 n项和 Sn n．
【详解】（1）当 n 1时， a1 2．
a a a
当 n 2 1 2 n n 2n n 1 2n 1 n 1 2n 1时， ，即 a1 a2 an n n 1 2n 1，n
n 1 n 1 n 2当 时，上式也成立，所以 an n n 1 2 n 1 n 2 n n 3 2n 2 n 2 ．
当 n 1时，也符合 an n n 3 2n 2 ，所以 an n n 3 2n 2 ．
a
2 1 n n 3 2n 2 S 4 2 1 5 20 n 3 2 n 2（ ）由（ ）知 ． n ，2Sn 4 20 5 21 n 3 2n 1，n
S 0 1 n 2 n 1 n 1 n 1 n 1 n 1则 n 2 2 2 2 n 3 2 2 2 1 n 3 2 n 2 2 1，所以 Sn n 2 2 1．
19．如图，在多面体 ABCDEF中，四边形 ACDE是正方形，DF//BC，AB⊥AC，AE⊥平面 ABC，AB=AC=2，EF=DF= 2 .
(1)求证:平面 BCDF⊥平面 BEF；(2)求二面角 A-BF-E的余弦值.
【详解】（1）∵AE⊥平面 ABC，BC 平面 ABC，∴AE⊥BC，
而 DF//BC，有 AE⊥DF，正方形 ACDE中，AE⊥DE，DE DF D，
DE,DF 平面 DEF，因此， AE 平面 DEF， EF 平面 DEF，则 AE EF ，
而 AE//CD，则 EF⊥CD，因 DE=2，EF=DF= 2 ，即DE2 EF 2 DF 2，则有 EF⊥DF，
因为CD DF D，CD,DF 平面 BCDF，因此，EF⊥平面 BCDF，又 EF 平面 BEF，
试卷第 6页，共 9页
{#{QQABaQKEggAoABIAABgCQwGgCgEQkAAAAKoOwEAMoAAAgRNABCA=}#}
所以平面 BCDF⊥平面 BEF.
（2）因 AB⊥AC，AE⊥平面 ABC，则以 A为原点，以 AB，AC，AE所在直线分别为 x，y，z轴建立空间直角坐标
系，如图， A(0,0,0),B(2,0,0),E(0,0,2),F(1,1,2) ，
uuur
AB (2,0,0)， BF ( 1,1,2) ， BE ( 2,0, 2)
ur n ·AB 2x 0
设 n1 (x1, y1, z1)
1 1
为平面 ABF的法向量，则 ，
n1·BF x1 y1 2z1 0
令 y1 2，得 n1 (0, 2, 1)，
n ·BE 2x 2z 0
设 n2 (x2 , y2 , z2 ) 为平面 BEF的法向量，则
2 2 2 ，
n2·BF x2 y2 2z2 0
令 x 1
n ·n
，得 n (1, 1,1)，则有 cos n ,n 1 22 2 1 2
3 15
，由图可知，二面角 A-BF-E为锐二面角，
| n1 || n2 | 5 3 5
A-BF-E 15所以二面角 的余弦值为 .
5
20．在平面直角坐标系 xOy中，已知点 F1 3,0 ， F2 3,0 ，点 P满足 PF1 PF2 2 6 .记 P的轨迹为M .
(1)求M 的方程；
(2)直线 x y 3 0交M 于A ，B两点，C，D为M 上的两点，若四边形 ACBD的对角线CD AB，求四边形 ACBD
面积的取值范围.
【详解】（1）∵ MF1 MF2 2 6 F1F2 2 3 ，∴M 是以 F1 3,0 ， F2 3,0 为焦点，长轴长为2 6 的椭圆，
x2 y2
设椭圆方程为 2 2 1 a b 0 ，则 2a 2 6 ，∴ a 6 , 又∵ c 3，则b2 a2 c2 3，a b
x2 y2
∴椭圆C的方程为 1；
6 3
x y 4 3 3 0 x 3 x 0
2 2
4 3 3 2 4 6（ ）由 x2 y2 ，解得 或 ，因此 AB 3 .
16 3 y
3
y 3 3
3 3
3
设直线CD的方程为 y x n，设C x3, y3 ，D x4 , y4 .
y x n
由 x2 y2 3x2
2 2
得 4nx 2n2 6 0 . Δ 16n 12 2n 6 0，故 3 n 3 .
1
6 3
又 AB，CD 5 3的交点在A ， B之间，故 n 3 .
3
因为直线CD的斜率为 1，
2 2
所以 CD 1 12 x4 x3 2
2 2 9 n 4 9 n
.
3 3
1 8 6 8 6
又四边形 ACBD的面积 S CD AB 9 n2 ，当 n 0时，S取得最大值，最大值为 ，
2 9 3
16 8 6
∴面积取值范围是（ ， ]
9 3
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21．已知函数 f x a ln x x2 a 1 x .
2
（1）讨论函数 f x 的单调性；
a
（2）设 x1, x2 ，（0 x1 x2 ）是函数 g x f x x的两个极值点，证明： g x1 g x2 ln a恒成立.2
【详解】(1) f x 的定义域为 0, ，
1 ax2 a 1 x 1 x 1 ax 1f x ax a 1 ，
x x x
①当 a 0时，令 f (x) > 0 ，得0 x 1，令 f x 0，得 x 1，∴ f x 在 0,1 上单调递增，在 1, 上单调递减；
1
②当 0 a 1时，令 f (x) > 0 ，得 0 x 1或 x ，令 f x 0，得1 1 x ，a a
所以 f x 0,1 1 , 1 在 ， 上单调递增，在 1, 上单调递减；
a a
③当 a 1时，则 f x 0，所以在 0, 上 f x 单调递增；
1 1
④当 a 1时，令 f (x) > 0，得0 x 或 x 1，令 f x 0，得 x 1，a a
所以 f x 在 0,
1 1 ， 1,
上单调递增，在 ,1
上单调递减；
a a
综上，当 a 0时， f x 在 0,1 上单调递增，在 1, 上单调递减；
在 0 a 1时， f x 在 0,1 1 , 1 ， 上单调递增，在 1, 上单调递减；
a a
当 a 1时， f x 在 0, 上单调递增；
当 a 1时， f x 1 1 在 0, ， 1, 上单调递增，在 ,1 上单调递减，
a a
2
（2） g x f x x ln x a x2 ax，则 g x 的定义域为 0, g x 1 ax a ax ax 1， ，2 x x
若 g x 1有两个极值点，x1，x（0 x 22 1 x2 ），则方程 ax ax 1 0的判别式 a2 4a 0 ，且 x1 + x2 1，x1x2 0，a
所以 a 4，
1
因为0 x1 x ，所以 x22 1 x1x2 ，得0
1
x1 ，所以a a
g x g x ln x a x2 ax ln x a x21 2 1 1 1 2 2 ax2 ln x1 ln ax
a
1 ax1，2 2 2
h t ln t ln at a t x 0, 1设 at 2，其中 1 ，令 h (t) a 0 t
2
得 ，
2 a t a
2 1 2 a
又 0，所以 h(t)
2 2 1
在区间 0, 内单调递增，在区间 ,a 内单调递减，即
h t 的最大值为
a a a a a
h 2 a 2 a a 2ln 2 lna 2 ，而 2ln 2 2
0
a 2 ，∴
h
2ln 2 lna 2 lna，
a 2 2
a
从而 g x1 g x2 ln a恒成立.2
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x 1 2cos
22．在平面直角坐标系 xOy中，曲线 C的参数方程为 y 1 2sin （ 为参数），以坐标原点为极点，
x轴正半轴
为极轴建立极坐标系，直线 l的极坐标方程为： （ 0, π ， R ），已知直线 l与曲线 C相交于 M，N两
点.
(1)求曲线 C的极坐标方程；(2)记线段MN的中点为 P，若 OP 恒成立，求实数 的取值范围．
x 1 2cos
【详解】（1）∵曲线C的参数方程为
y 1 2sin
（ 为参数），
∴曲线C的直角坐标方程为 (x 1)2 (y 1)2 4，化为一般式得： x2 y2 2x 2y 2 0 ，
x cos
设 y sin ，∴
2 2 cos 2 sin 2 0，
∴曲线C的极坐标方程为： 2 2 cos 2 sin 2 0 .
（2）联立 和 2 2 cos 2 sin 2 0，得 2 2 (cos sin ) 2 0，
易得 0，设M 1, 、 N 2 , ，则 1 2 2(sin cos ) 2 2 sin
π 4
，
|OP | 由 1
2 ，得 |OP | 2 sin
π
2 ，2 4
当
3π
时， |OP |取最大值
4 2
，
所以实数 的取值范围为[ 2, ) .
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