2019-2020学年广西桂林十八中高三（上）第二次月考数学试卷（理科）含详细解答

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1、已知集合 Mx|x240，Nx|12x8，xZ，则 NM（ ） A0，2） B0，1 C0，1，2 D0，1，3 2 （5 分）已知复数 z，则|z|为（ ） A B C D 3 （5 分）已知，则（ ） A B C D 4 （5 分）已知，则 f（1+log35）（ ） A15 B C5 D 5 （5 分）已知等比数列an满足 a1a134a7，数列bn是等差数列，其前 n 项和为 Sn，且 a7b7，则 S13（ ） A52 B26 C78 D104 6 （5 分）若向量（3，1） ， （2，1） ，且 7，则等于（ ） A0 B2 C2 D2 或 2 7 （5 分）阅读如图所示的程序框图

2、，若要使输入的 x 值与输出的 y 值相等，则满足条件的 x 有（ ） 第 2 页（共 23 页） A1 个 B2 个 C3 个 D4 个 8 （5 分）在如图所示的正方形中随机投掷 1 枚豆子，则该豆子落在阴影部分（曲线 C 的方 程为 yx3）的概率为（ ） A B C D 9 （5 分）已知命题 p：xR，2x3x；命题 q：xR，x31x2，则下列命题中为真命题 的是（ ） Apq Bpq Cpq Dpq 10 （5 分）已知函数 f（x）2sin（x+） （0）若使得 f（x）在区间，上为 增函数的整数 有且仅有 一个，则实数 的取值范围是（ ） A （， B， C （0， D （0

3、，） 11 （5 分）已知点 F2，P 分别为双曲线的右焦点与右支上的一 第 3 页（共 23 页） 点，O 为坐标原点，若点 M 是 PF2的中点，|，且，则该 双曲线的离心率为（ ） A B C D 12 （5 分）已知在 R 上的可导函数 f（x）满足：f（x）f（x）2x，且当 x0 时，有 f（x）f（x）f（0）x，则函数 F（x）f（x）xf（0）e|x|的零点的个数为（ ） A0 个 B1 个 C2 个 D3 个 二、填空题（本大题共二、填空题（本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分）分） 13 （5 分）若 x，y 满足，则 zx4y 最小值为 1

4、4 （5 分） （ax+）6展开式的常数项为 160，则实数 a 15（5 分） 已知抛物线 y24x 的焦点为 F， 过点 F 的直线与抛物线交于 AB 两点， 若， 则|AB| 16 （5 分）已知三棱锥 ABCD 中，ABACBDCD2，BC2AD，直线 AD 与底面 BCD 所成角为，则此时三棱锥的外接球体积为 三、解答题：共三、解答题：共 70 分分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第第 1721 题为必考题，题为必考题， 每个试题考生都必须作答每个试题考生都必须作答.第第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答 （一）必考题：共题为选

5、考题，考生根据要求作答 （一）必考题：共 60 分分. 17 （12 分）已知等差数列an的前 n 项和为 Sn，且，S315 （1）求数列an的通项公式； （2）记，求数列bn的前 n 项和 Tn 18 （12 分）某省高考改革实施方案指出：该省高考考生总成绩将由高考成绩和学业水平性 考试成绩共同构成该省教育厅为了解正在读高中的学生家长对高考改革方案所持的态 度，随机从中抽取了 100 名城乡家长作为样本进行调査，调查结果显示样本中有 25 人持 不赞成意见，如图是根据样本的调查结果绘制的等高条形图 （1）根据已知条件与等高条形图完成下面的 22 列联表，并判断我们能否有 95%的把 握认为

6、“赞成高考改革方案与城乡户口有关” 第 4 页（共 23 页） 赞成 不赞成 合计 城镇居民 农村居民 合计 （2）用样本的频率估计概率，若随机在全省不赞成高考改革的家长中抽取 3 人，记这 3 位家长中是城镇户口的人数为 X，试求 X 的分布列及数学期望 E（X） K2， （其中 na+b+c+d 为样本容量） P（K2k0） 0.10 0.05 0.010 0.005 k0 2.706 3.841 6.635 7.879 19（12 分） 已知正方形 ABCD 的边长为 2， 分别以 AB， BC 为一边在空间中作正三角形 PAB， PBC，延长 CD 到点 E，使 CE2CD，连接 AE

7、，PE （1）证明；AE面 PAC； （2）求二面角 APEB 的余弦值 20 （12 分）已知的右焦点为 F，过 F 的直线 l 与椭圆交于 A，B 两点，线 段 AB 的中点为 M，设直线 l 与直线 OM 的斜率分别为 k1，k2 （1）求 k1k2的值； （2）设直线 l 交直线 x4 于点 Q，证明|AF|BQ|BF|AQ| 21 （12 分）已知函数 第 5 页（共 23 页） （1）讨论 f（x）的单调性； （2）若 a0，证明：当 x1 时，f（x）ex+1+（a1）xa1 （二）选考题：共（二）选考题：共 10 分请考生在第分请考生在第 22、23 题中任选一题作答，如果多做

8、，则按所做的第题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第 一题计分一题计分.坐标系与参数方程坐标系与参数方程 22 （10 分）在极坐标系中，曲线 C1的极坐标方程为，以极点为原点 O，极轴为 x 轴正半轴（两坐标系取相同的单位长度）的直角坐标系 xOy 中，曲线 C2的 参数方程为：（ 为参数） （1）求曲线 C1的直角坐标方程与曲线 C2的普通方程； （2）将曲线 C2经过伸缩变换后得到曲线 C3，若 M，N 分别是曲线 C1和曲 线 C3上的动点，求|MN|的最小值 不等式选讲不等式选讲 23已知正数 a，b 满足 （1）证明：； （2）若存在实数 x，使得，求 a，b 第 6 页（共 2

9、3 页） 2019-2020 学年广西桂林十八中高三（上）第二次月考数学试卷学年广西桂林十八中高三（上）第二次月考数学试卷 （理科）（理科） 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 60 分在每小题给出的四个选项中，只有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一项是符合题目要求的 1 （5 分）已知集合 Mx|x240，Nx|12x8，xZ，则 NM（ ） A0，2） B0，1 C0，1，2 D0，1，3 【分析】先分别求出集合 M，N，由此能求出 NM 【解答】解：集合 Mx|x240x|

10、2x2， Nx|12x8，xZ0，1，2，3， NM0，1 故选：B 【点评】本题考查交集的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意交集定义的合理运 用 2 （5 分）已知复数 z，则|z|为（ ） A B C D 【分析】直接由复数代数形式的乘除运算化简，再由复数求模公式计算得答案 【解答】解：z， 则|z| 故选：B 【点评】本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数模的求法，是基础题 3 （5 分）已知，则（ ） A B C D 【分析】由已知利用诱导公式可求 cos（），进而根据二倍角的余弦函数公式 化简所求即可求值得解 第 7 页（共 23 页） 【解答】解：，即， sin（+）co

11、s（+）cos（）， cos2（）2cos2（）12（）21 故选：C 【点评】本题主要考查了诱导公式，二倍角的余弦函数公式在三角函数化简求值中的应 用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题 4 （5 分）已知，则 f（1+log35）（ ） A15 B C5 D 【分析】判断1+log35 的范围，利用分段函数化简求解即可 【解答】解：1+log35（0，1） ， f（1+log35）f（1+log35+1）f（log35）5， 故选：C 【点评】本题考查分段函数的应用，函数值的求法，注意对数式的范围，是解题的关键 5 （5 分）已知等比数列an满足 a1a134a7，数列bn是等差数列，其

12、前 n 项和为 Sn，且 a7b7，则 S13（ ） A52 B26 C78 D104 【分析】利用等比数列的性质求出 a74，从而 b7a74，再由等差数列的求和公式及 其中项性质可得 S1313b7，能求出结果 【解答】解：等比数列an满足 a1a134a7，可得 a724a7， 解得 a74， 数列bn是等差数列，其前 n 项和为 Sn，且 a7b74， 则 S13（b1+b13）1313b713452 故选：A 【点评】本题考查等差数列的求和公式和性质，以及等比数列的性质等基础知识，考查 运算求解能力，是基础题 6 （5 分）若向量（3，1） ， （2，1） ，且 7，则等于（ ） 第

13、 8 页（共 23 页） A0 B2 C2 D2 或 2 【分析】把 化为 （ + ） ，求出 的值代入可得 的值 【解答】解：+， （ + ）7， + 7 7 7（2，1） （3，1）2 故选：B 【点评】本题考查两个向量的数量积的运算，关键在于等价转化 7 （5 分）阅读如图所示的程序框图，若要使输入的 x 值与输出的 y 值相等，则满足条件的 x 有（ ） A1 个 B2 个 C3 个 D4 个 【分析】程序的功能是求分段函数 y的值，分段求得满足 yx 的 x 值，可得答案 【解答】解：由程序框图知：程序的功能是求分段函数 y的值， 若 x2，由 x2x 得 x0 或 1； 第 9 页

14、（共 23 页） 若 2x5，由 2x3x 得 x3； 若 x5，由x 得 x1（舍去） 综上 x 的值有 0，1，3，共计 3 个 故选：C 【点评】本题考查了选择结构的程序框图，根据框图流程判断算法的功能是关键，属于 基础题 8 （5 分）在如图所示的正方形中随机投掷 1 枚豆子，则该豆子落在阴影部分（曲线 C 的方 程为 yx3）的概率为（ ） A B C D 【分析】由定积分求出阴影部分的面积，再由概率是面积比得答案 【解答】解：由图可知，阴影部分的面积为 S2 S正方形224， 所求概率为 P 故选：B 【点评】本题考查几何概型概率的求法，训练了利用定积分求曲边梯形的面积，是基础 题

15、 9 （5 分）已知命题 p：xR，2x3x；命题 q：xR，x31x2，则下列命题中为真命题 的是（ ） Apq Bpq Cpq Dpq 【分析】 根据指数函数的单调性判断命题 p 的真假； 利用函数的零点判定定理判断命题 q 的真假，再由复合命题真值表依次判断可得答案 【解答】解：当 x0 时，2x3x，命题 p 为假命题； f（x）x3+x21，图象连续且 f（0） f（1）0， 函数 f（x）存在零点，即方程 x31x2有解， 第 10 页（共 23 页） 命题 q 为真命题， 由复合命题真值表得：pq 为假命题；pq 为假命题； （p）q 为真命题；p q 为假命题 选故 C 【点评

16、】本题考查了简单命题的真假判定，复合命题的真假判定规律，熟练掌握复合命 题真值表是解答本题的关键 10 （5 分）已知函数 f（x）2sin（x+） （0）若使得 f（x）在区间，上为 增函数的整数 有且仅有 一个，则实数 的取值范围是（ ） A （， B， C （0， D （0，） 【分析】根据 f（x）在区间，上为增函数的整数 有且仅有一个，结合正弦函 数的单调性，即可求解 【解答】解：函数 f（x）2sin（x+） （0） ， 使得 f（x）在区间，上为增函数， 可得：，kZ 假设：0 解得：26k，且 整数 有且仅有一个， 令 k0，可得：2 且 那么：12 解得： 则实数 的取值范围

17、是（， 故选：A 【点评】本题主要考查利用 yAsin（x+）的图象特征，单调性的应用，是中档题 第 11 页（共 23 页） 11 （5 分）已知点 F2，P 分别为双曲线的右焦点与右支上的一 点，O 为坐标原点，若点 M 是 PF2的中点，|，且，则该 双曲线的离心率为（ ） A B C D 【分析】利用|，且，求出直线的倾斜角，可得 P 的坐标， 代入双曲线方程，可得结论 【解答】解：设OF2M，则 c2cos（），cos，120， 点 M 是 PF2的中点，P（2c，c） ， 代入双曲线方程可得1， 化简得 4e48e2+10， e1，e， 故选：A 【点评】本题考查双曲线的方程与性质

18、，考查向量知识的运用，属于中档题 12 （5 分）已知在 R 上的可导函数 f（x）满足：f（x）f（x）2x，且当 x0 时，有 f（x）f（x）f（0）x，则函数 F（x）f（x）xf（0）e|x|的零点的个数为（ ） A0 个 B1 个 C2 个 D3 个 【分析】函数 F （xf（x） xf（0）e|x|函数的零点，即为 F（x）0 的根，所以 f（0）的根，令 g（x），结合条件去分析函数奇偶性，单调性，进而得出 结论 【解答】解：函数 F（xf（x）xf（0）e|x|函数的零点，即为 F（x）0 的根， 所以f（0）的根， 令 g（x）， g（x）， g（x）g（x）， 第 12

19、页（共 23 页） 又因为 f（x）f（x）2x， 所以 g（x）g（x）0，即 g（x）为偶函数，图象关于 y 轴对称， 当x 0时 ， g （ x ） ， ， 因为 f（x）f（x）2x， 对两边求导得，f（x）+f（x）2， 令 x0 得，2f（0）2，即 f（0）1 当 x0 时，f（x）f（x）f（0）x，即为 f（x）f（x）1x， 所以 f（x）1f（x）+x0，即 g（x）0， 所以 g（x）在（0，+）单调递增，在（，0）单调递减， 所以 g（x）ming（0）f（0） ， 所以f（0）的根只有一个， 所以函数 F（xf（x）xf（0）e|x|函数的零点只有一个 故选：B 【

20、点评】本题考查导数的综合应用及构造函数，函数零点问题，属于中档题 二、填空题（本大题共二、填空题（本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分）分） 13 （5 分）若 x，y 满足，则 zx4y 最小值为 3 【分析】作出不等式对应的平面区域，利用线性规划的知识，通过平移求出最优解，代 入即可求 z 的最小值 【解答】解：作出 x，y 满足，则目对应的平面区域如图： 由 zx4y，得 yx， 平移直线 yx，由图象可知当直线 yx经过点 A 时， 直线 yx的截距最大，此时 z 最小 第 13 页（共 23 页） 由解得 A（1，1） 此时 z 的最小值为 z1413

21、故答案为：3 【点评】本题主要考查线性规划的应用，利用数形结合是解决线性规划题目的常用方 法注意目标函数的几何意义 14 （5 分） （ax+）6展开式的常数项为 160，则实数 a 2 【分析】在二项展开式的通项公式中，令 x 的幂指数等于 0，求出 r 的值，即可求得常数 项，再根据常数项等于 160，求得实数 a 的值 【解答】解： （ax+）6展开式的通项公式为 Tr+1a6 rx62r， 令 62r0，求得 r3，可得常数项为a3160， 则实数 a2， 故答案为：2 【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质， 属于基础题 15（5 分） 已知抛物

22、线 y24x 的焦点为 F， 过点 F 的直线与抛物线交于 AB 两点， 若， 则|AB| 【分析】根据抛物线的方程求出准线方程，利用抛物线的定义即条件，求出 A，B 的中点 横坐标，即可求出线段 AB 的中点到抛物线准线的距离 【解答】解：抛物线 y24x 的焦点坐标为（1，0） ，准线方程为 x1 设 A（x1，y1） ，B（x2，y2） ，则 第 14 页（共 23 页） |AF|3|BF|， x1+13（x2+1） ， x13x2+2 |y1|3|y2|， x19x2， x13，x2 线段 AB 的距离为（x1+1）+（x2+1）3+2+ 故答案为： 【点评】本题考查解决抛物线上的点到

23、焦点的距离问题，利用抛物线的定义将到焦点的 距离转化为到准线的距离是关键 16 （5 分）已知三棱锥 ABCD 中，ABACBDCD2，BC2AD，直线 AD 与底面 BCD 所成角为，则此时三棱锥的外接球体积为 【分析】由题意画出图形，由等腰三角形，取底边的中点，可得中线和高重合，进而可 得 BC面 ADE，作 AODE，可得 AO面 BCD，可得线 AD 与底面 BCD 所成角的值， 可得三角形 ADE 为等边三角形， 再由 BC2AD 求出 DEAEEAEBEC， 即 E 为外 接球的球心，取半径进而求出外接球的体积 【解答】解：取 BC 的中点 E，连接 AE，DE，作 AODE， 因

24、为 ABACBDCD2，所以ABC，DBC 都是等腰三角形， AEBC，DEBC，AEDEE，所以 BC面 ADE，BCAO， 又 BEDEE，所以 AO面 BDC，ADE 为直线 AD 与底面 BCD 所成角，即ADE ， 设 ADx，BC2x， 在三角形 BDC 中，DE， 在三角形 ABC 中，AE， 所以 DEAE，又ADE， 所以三角形 ADE 为等边三角形，ADDE， 所以 x，解得：x，BC2， 第 15 页（共 23 页） 所以 AEDEEBEC， 所以 E 为外接球的球心，半径 R， 所以外接球的体积 V， 故答案为： 【点评】考查空间几何体的基本知识，属于基础题 三、解答题

25、：共三、解答题：共 70 分分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第第 1721 题为必考题，题为必考题， 每个试题考生都必须作答每个试题考生都必须作答.第第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答 （一）必考题：题为选考题，考生根据要求作答 （一）必考题：共共 60 分分. 17 （12 分）已知等差数列an的前 n 项和为 Sn，且，S315 （1）求数列an的通项公式； （2）记，求数列bn的前 n 项和 Tn 【分析】 （1）直接利用等差数列的性质的应用，求出数列的通项公式 （2）利用（1）的结论，进一步利用裂项相消法求出数列的和 【解答】

26、解： （1）设公差为 d 的等差数列an的前 n 项和为 Sn，由于 S315 所以 a1+a2+a315， 所以 3a215，解得 a25 由于， 所以 15+5d25，解得 d2， 所以 ana2+2（n2）2n+1， （2）由于 an2n+1， 所以， 第 16 页（共 23 页） 所以 【点评】本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，裂项相消法在数列求和 中的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于中档题型 18 （12 分）某省高考改革实施方案指出：该省高考考生总成绩将由高考成绩和学业水平性 考试成绩共同构成该省教育厅为了解正在读高中的学生家长对高考改革方案所持

27、的态 度，随机从中抽取了 100 名城乡家长作为样本进行调査，调查结果显示样本中有 25 人持 不赞成意见，如图是根据样本的调查结果绘制的等高条形图 （1）根据已知条件与等高条形图完成下面的 22 列联表，并判断我们能否有 95%的把 握认为“赞成高考改革方案与城乡户口有关” 赞成 不赞成 合计 城镇居民 农村居民 合计 （2）用样本的频率估计概率，若随机在全省不赞成高考改革的家长中抽取 3 人，记这 3 位家长中是城镇户口的人数为 X，试求 X 的分布列及数学期望 E（X） K2， （其中 na+b+c+d 为样本容量） P（K2k0） 0.10 0.05 0.010 0.005 k0 2.

28、706 3.841 6.635 7.879 【分析】 （1）已知条件与等高条形图完成 22 列联表，求出 K23.033.841，由此得 到我们没有 95%的把握认为“赞成高考改革方案与城乡户口有关” （2）用样本的频率估计概率，随机在全省不赞成高考改革的家长中抽中城镇户口家长的 概率为 0.6，抽中农村户口家长的概率为 0.4，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 的分布列和 E（X） 第 17 页（共 23 页） 【解答】解： （1）已知条件与等高条形图完成 22 列联表如下： 赞成 不赞成 合计 城镇居民 30 15 45 农村居民 45 10 55 合

29、计 75 25 100 K23.033.841， 我们没有 95%的把握认为“赞成高考改革方案与城乡户口有关” （2）用样本的频率估计概率，随机在全省不赞成高考改革的家长中抽中城镇户口家长的 概率为 0.6， 抽中农村户口家长的概率为 0.4， X 的可能取值为 0，1，2，3， P（X0）0.430.064， P（X1）0.288， P（X2）0.432， P（X3）0.216 X 的分布列为： X 0 1 2 3 P 0.064 0.288 0.432 0.216 E（X）00.064+10.288+20.432+30.2161.8 【点评】本题考查独立检验、离散型随机变量的分布列、数学期

30、望的求法，考查古典概 型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，是中档题 19（12 分） 已知正方形 ABCD 的边长为 2， 分别以 AB， BC 为一边在空间中作正三角形 PAB， PBC，延长 CD 到点 E，使 CE2CD，连接 AE，PE （1）证明；AE面 PAC； （2）求二面角 APEB 的余弦值 第 18 页（共 23 页） 【分析】 （1）连结 BD，交 AC 于点 O，连结 PO，推导出 POAC，POOB，从而 PO 面 ABCD，进而 POAE，推导出 ADCD，AEAC，由此能证明 AE面 PAC （2）由 OP，OD，OC 两两垂直，建立空间直角坐标系，利用向量

31、法能求出二面角 A PEB 的余弦值 【解答】解： （1）证明：连结 BD，交 AC 于点 O，连结 PO， 则 OAOBOC， PCPA，POAC，PO， PO2+OB2PB24，POOB， ACOBO，PO面 ABCD， AE平面 ABCD，POAE， ADCD，ADE90， EDADDC2，AEAC2，EC4， AE2+AC2EC2，AEAC， POACO，AE面 PAC （2）解：由（1）知 OP，OD，OC 两两垂直，如图，建立空间直角坐标系， P（0，0，） ，A（0，0） ，B（，0，0） ，E（2，0） ， （2，0，0） ，（2） ，（3，0） ， 设平面 APE 的法向量

32、（x，y，z） ， 则，取 y1，得 （0，1，1） ， 设面 BPE 的法向量 （x，y，z） ， 则，取 x1，得 （1，3，1） ， 设二面角 APEB 的平面角为 ， 第 19 页（共 23 页） 则 cos， 二面角 APEB 的余弦值为 【点评】本题考查线面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线 面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题 20 （12 分）已知的右焦点为 F，过 F 的直线 l 与椭圆交于 A，B 两点，线 段 AB 的中点为 M，设直线 l 与直线 OM 的斜率分别为 k1，k2 （1）求 k1k2的值； （2）设直线 l 交直

33、线 x4 于点 Q，证明|AF|BQ|BF|AQ| 【分析】 （1）设 A（x1，y1） ，B（x2，y2） ，用 A，B 的坐标表示出 k1，k2，再把 A，B 两 点代入椭圆方程化简得出 k1k2的值； （2）根据椭圆的第二定义进行证明即可 【解答】解： （1）设 A（x1，y1） ，B（x2，y2） ，则 k1， M 是线段 AB 的中点，M（，） ，故 k2， k1k2， A，B 都在椭圆+1 上， 第 20 页（共 23 页） +1，+1， +0， ，即 k1k2 （2）由椭圆的第二定义可知 x4 为椭圆的准线， 过 A，B 分别向直线 x4 作垂线，垂足分别为 D，E， 则e，故，

34、 又 ADBE，故， ， |AF|BQ|BF|AQ| 【点评】本题考查了椭圆的定义，直线与椭圆的位置关系，属于中档题 21 （12 分）已知函数 （1）讨论 f（x）的单调性； （2）若 a0，证明：当 x1 时，f（x）ex+1+（a1）xa1 【分析】第一问求导讨论单调性，第二问根据第一问的结果证明 【解答】解： （1）f（x）的定义域为（0，+） ， 当 a0 时，f（x）0 恒成立，f（x）在（0，+）单调递减； 当 a0 时，当时，f（x）0，f（x）在（0，）单调递减； 第 21 页（共 23 页） 当时，f（x）0，f（x）在（，+）单调递增； 综上所述：当 a0 时，f（x）单

35、调递减区间为（0，+） ； a0 时，f（x）单调递减区间为（0，） ，f（x）单调递增区间为（，+） （2）证明：令 g（x）lnxx+1，则， 当 0x1 时，g（x）0，g（x）单调递增； 当 x1 时，g（x）0，g（x）单调递减； g（x）g（1）0， lnxx1， a0， alnxa（x1） ， 要证 x1 时，f（x）ex+1+（a1）xa1， 只需证 a（x1）+ex+1+（a1）xa1， 即证，对任意 x1 恒成立， 令恒成立， h（x）在（1，+）单调递增， h（x）h（1）e2+10， 当 x1 时，f（x）ex+1+（a1）xa1 【点评】本题考查导数的运用：求单调性和

36、极值、最值，考查分类讨论思想和运算能力、 推理能力，属于难题 （二）选考题：共（二）选考题：共 10 分请考生在第分请考生在第 22、23 题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第 一题计分一题计分.坐标系与参数方程坐标系与参数方程 22 （10 分）在极坐标系中，曲线 C1的极坐标方程为，以极点为原点 O，极轴为 x 轴正半轴（两坐标系取相同的单位长度）的直角坐标系 xOy 中，曲线 C2的 参数方程为：（ 为参数） （1）求曲线 C1的直角坐标方程与曲线 C2的普通方程； （2）将曲线 C2经过伸缩变换后得到曲线 C3，若 M，N 分别是曲线 C1和

37、曲 线 C3上的动点，求|MN|的最小值 第 22 页（共 23 页） 【分析】 （1）C1的极坐标方程转化为 cos+2sin5，由此能求出曲线 C1的直角坐标 方程由曲线 C2的参数方程能求出曲线 C2的普通方程 （2）将曲线 C2经过伸缩变换：，得到 C3的方程为1，则 曲线 C3的参数方程为：，设 N（2cos，2sin） ，由此能求出|MN|的 最小值 【解答】解： （1）C1的极坐标方程是， cos+2sin5， 曲线 C1的直角坐标方程为 x+2y50 曲线 C2的参数方程为：（ 为参数） 曲线 C2的普通方程为 x2+y21 （2）将曲线 C2经过伸缩变换：， 得到 C3的方程

38、为1， 则曲线 C3的参数方程为：， 设 N（2cos，2sin） ， 则点 N 到曲线 C1的距离为： d， 当 sin（+）1 时，d 有最小值， |MN|的最小值为 【点评】本题考查曲线的直角坐标方程、曲线的普通方程、弦长的求法，考查极坐标方 程、直角坐标方程、参数方程的互化等基础知识，考查运算求解能力，是中档题 不等式选讲不等式选讲 23已知正数 a，b 满足 （1）证明：； （2）若存在实数 x，使得，求 a，b 第 23 页（共 23 页） 【分析】 （1）利用基本不等式进行转化即可证明； （2）两步利用绝对值不等式与基本不等式的性质进行转化即可求出 a，b 值 【解答】解： （1）4a+b（4a+b）， ， 又 1ab1， （2）|x+2|x|（x+2）（x）|， 且仅当，即 x时，等号成立； 又 a+b（a+b） （）， 且仅当即 a2b 时，等号成立， 【点评】本题考查了不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题