重庆外国语学校2020年4月高三下学期文科数学试题（含答案解析）

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1、2020 年高考（文科）数学模拟试卷年高考（文科）数学模拟试卷 一、选择题（共 12 小题）. 1设 UR，Ax|x24x0，Bx|x1，则 A（UB）（ ） Ax|0x4 Bx|1x4 Cx|0x4 Dx|1x4 2 设复数 z 满足|z1|zi| （i 为虚数单位） ， z 在复平面内对应的点为 （x， y） ， 则 （ ） Ayx Byx C（x1）2+（y1）21 D（x+1）2+（y+1）21 3若向量 （1，2）， （m，4），若 0，则实数 m 等于（ ） A4 B4 C2 D2 4已知 a30.4，blog432，clog550，则 a，b，c 在大小关系为（ ） Acba B

2、bca Cacb Dbac 5下列说法正确的是（ ） A若 pq 为假命题，则 p、q 均为假命题 BaR，“ 1”是“a1”的必要不充分条件 C命题“xR，使得 x20”的否定是“xR，都有 x20” Da+b2 成立的充要条件是“a0 且 b0” 6执行如图所示的程序框图，若输入 n10，则输出的结果是（ ） A B C D 7某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ） A B C D 8十二平均律是我国明代音乐理论家和数学家朱载堉发明的十二平均律的数学意义是： 在 1 和 2 之间插入 11 个正数，使包含 1 和 2 的这 13 个数依次成递增的等比数列，依此 规则，插入的第四

3、个数应为（ ） A B C D 9已知数列an满足 ，数列 的前 n 项 和为 Sn，则 S2020（ ） A B C D 10函数 f（x） 的部分图象大致是（ ） A B C D 11如图，F1（c，0），F2（c，0）分别为双曲线： 1（a，b0）的左、右 焦点，过点 F1作直线 l，使直线 l 与圆（xc）2+y2r2相切于点 P，设直线 l 交双曲线 的左右两支分别于 A、B 两点（A、B 位于线段 F1P 上），若|F1A|：|AB|：|BP|2：2： 1，则双曲线的离心率为（ ） A5 B C D 12已知函数 f（x）xe2x+lnta，若对任意的 t ，e，f（x）在区间1，

4、1上总存在唯 一的零点，则实数 a 的取值范围是（ ） A（ ，e 2 B（1 ，e 21 C（ ，e21 D（1 ，e 2+1 二、填空题： 本大题 4 个小题，每小题 5 分， 共 20 分，把答案填写在答题卡相应的位置上 13已知实数 x，y 满足约束条件： ，则 z22x+y的最大值为 14在四边形 ABCD 中， ， （2，4）， （3，5）则 在 上的投 影为 15在四面体 ABCD 中，ABD 与BDC 都是边长为 2 的等边三角形，且平面 ABD平面 BDC，则该四面体外接球的体积为 16已知 f1（x）sinxcosx，fn（x）是 fn（x）的导函数，且 ， 则 三、解答题

5、：出必要的文字说明、演算步骤或推理过程，并答在答题卡相应的位置上 17在ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c已知 ac4（c2a2b2）， （1）求 cosC； （2）若ABC 的面积为 ，求ABC 的周长 L 18某省确定从 2021 年开始，高考采用“3+1+2”的模式，取消文理分科，即“3”包括语 文、数学、外语，为必考科目；“1”表示从物理、历史中任选一门：“2”则是从生物、 化学、地理、政治中选择两门，共计六门考试科目某高中从高一年级 2000 名学生（其 中女生 900 人）中，采用分层抽样的方法抽取 n 名学生进行调查 （1）已知抽取的 n 名学生中含男生 11

6、0 人，求 n 的值及抽取到的女生人数； （2）学校计划在高二上学期开设选修中的“物理”和“历史”两个科目，为了了解学生 对这两个科目的选课情况，对在（1）的条件下抽取到的 n 名学生进行问卷调查（假定每 名学生在这两个科目中必须选择一个科目且只能选择一个科目）下表是根据调查结果 得到的 22 列联表，请将列联表补充完整，并判断是否有 99.5%的把握认为选择科目与 性别有关？说明你的理由 性别 选择物理 选择历史 总计 男生 50 女生 30 总计 （3）在（2）的条件下，从抽取的选择“物理”的学生中按分层抽样抽取 6 人，再从这 6 名学生中抽取 2 人，对“物理”的选课意向作深入了解，求

7、 2 人中至少有 1 名女生的概 率 附： ，其中 na+d+c+d P（K2k0） 0.100 0.050 0.025 0.010 0.005 0.001 K0 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 19如图 1，在四边形 ABCD 中，ADBC，D90，BC3，ADDC1把ACD 沿着 AC 翻折至ACD1的位置，D1平面 ABC，连结 BD1，如图 2 （1）当 BD12 时，证明：平面 ACD1平面 ABD1； （2）当三棱锥 D1ABC 的体积最大时，求点 B 到平面 ACD1的距离， 20已知 1：y 过椭圆 C： 1（ab0）的焦点，且椭圆 C

8、 的中心 O 关于直线 l 的对称点的横坐标为 （2c 为椭圆 C 的焦距） （）求椭圆 C 的方程； （）是否存在过点 E（2，0），且交椭圆 C 于点 M、N 的直线 l1，满足 若存在，求直线 l1的方程；若不存在，请说明理由 21已知函数 f（x）|lnxa|2lnx+x，a2 （1）若 a2，求 f（x）的零点个数； （2）证明：x1，x23，9，|f（x1）f（x2）|2+ln3 请考生在 22、23 两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分 22在直角坐标系 xOy 中，曲线 C1的参数方程为 （t 为参数，0）， 点 M（0，2）以坐标原点 O 为极点，x 轴正半轴为

9、极轴建立极坐标系，曲线 C2的极 坐标方程为 4 cos（ ） （1）求曲线 C2的直角坐标方程，并指出其形状； （2）曲线 C1与曲线 C2交于 A，B 两点，若 ，求 sin 的值 23已知函数 f（x）|xm|x+2|（mR），不等式 f（x2）0 的解集为（，4 （1）求 m 的值； （2）若 a0，b0，c3，且 a+2b+c2m，求（a+1）（b+1）（c3）的最大值 参考答案 一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分 1设 UR，Ax|x24x0，Bx|x1，则 A（UB）（ ） Ax|0x4 Bx|1x4 Cx|0x4 Dx|1x4 【分析】先求出集合 A

10、，再利用补集的定义求出UB，从而求出 A（UB） 解：集合 Ax|x24x0x|0x4， UR，Bx|x1， UBx|x1， A（UB）x|1x4， 故选：D 【点评】本题主要考查了集合的基本运算，是基础题 2 设复数 z 满足|z1|zi| （i 为虚数单位） ， z 在复平面内对应的点为 （x， y） ， 则 （ ） Ayx Byx C（x1）2+（y1）21 D（x+1）2+（y+1）21 【分析】由已知求得 z，代入|z1|zi|，求模整理得答案 解：由 z 在复平面内对应的点为（x，y），且|z1|zi|， 得|x1+yi|x+（y1）i|， ， 整理得：yx 故选：B 【点评】本题

11、考查复数模的求法，是基础题 3若向量 （1，2）， （m，4），若 0，则实数 m 等于（ ） A4 B4 C2 D2 【分析】由平面向量模的运算及数量积的运算可得： 8+m，解得 m2， 得解 解：因为向量 （1，2）， （m，4）， 又 0， 所以 （1）m+2（4）0， 即 8+m， 即 m24m+40， 解得 m2， 故选：C 【点评】本题考查了平面向量模的运算及数量积的运算，属中档题 4已知 a30.4，blog432，clog550，则 a，b，c 在大小关系为（ ） Acba Bbca Cacb Dbac 【分析】利用对数函数和指数函数的性质求解 解：a30.4 ， ，blog4

12、32 ，clog5502+log52 故 acb 故选：B 【点评】本题考查三个数的大小的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意对数函数 和指数函数的性质的合理运用 5下列说法正确的是（ ） A若 pq 为假命题，则 p、q 均为假命题 BaR，“ 1”是“a1”的必要不充分条件 C命题“xR，使得 x20”的否定是“xR，都有 x20” Da+b2 成立的充要条件是“a0 且 b0” 【分析】利用复合命题的真假判断 A 的正误；充要条件判断 B 的正误；命题的否定判断 C 的正误；充要条件判断 D 的正误； 解：对于 A，若 pq 为假命题，则 p、q 至少一个是假命题，所以说两个命题均为假

13、命 题，不正确； 对于 B，aR，“ 1”推不出“a1”，反之成立，所以 aR，“ 1”是“a1” 的必要不充分条件，B 正确； 对于 C：命题“xR，使得 x20”的否定是“xR，都有 x20”，不满足命题的否定 形式，所以 C 不正确； 对于 D：a+b2 成立的充要条件是“a0，b0”，所以 D 不正确； 故选：B 【点评】本题考查命题的真假的判断与应用，涉及充要条件，命题的否定，复合命题的 真假的判断，是基本知识的考查 6执行如图所示的程序框图，若输入 n10，则输出的结果是（ ） A B C D 【分析】从算法来看，功能是求数列 的前 10 项的和由此计算即可 解：由题意知：S1 故

14、 P4S4（ ） 故选：B 【点评】本题考查程序框图中的直到型循环结构，要注意计算的是前 10 项的和属于基 础题 7某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ） A B C D 【分析】首先把三视图转换为几何体，进一步求出组合体的体积 解：根据几何体的三视图转换为几何体为：该几何体为三棱锥和半圆锥组成的组合体 如图所示： 所以：V 故选：D 【点评】本题考查的知识要点：三视图和几何体之间的转换，几何体的体积和表面积公 式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型 8十二平均律是我国明代音乐理论家和数学家朱载堉发明的十二平均律的数学意义是： 在 1 和 2 之间插入

15、 11 个正数，使包含 1 和 2 的这 13 个数依次成递增的等比数列，依此 规则，插入的第四个数应为（ ） A B C D 【分析】利用等比数列的通项公式即可得出 解：设此数列的公比为 q，则 21q12，解得：q4 a51q4 故选：C 【点评】本题考查了等比数列的通项公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题 9已知数列an满足 ，数列 的前 n 项 和为 Sn，则 S2020（ ） A B C D 【分析】本题先根据已知条件 2a1+22a2+2nann，可得 2a1+22a2+2n1an1n1， 两式相减，进一步计算可得数列an的通项公式，注意 n1 要验证，然后可计算出数列 的通

16、项公式，再运用裂项相消法可计算出 S2020的值，得到正确选项 解：由题意，当 n1 时，2a11，解得 a1 ， 当 n2 时，由 2a1+22a2+2nann，可得 2a1+22a2+2n1an1n1， 两式相减，可得 2nann（n1）1， 即 an ， 当 n1 时，a1 也满足上式， an ，nN*， ， S2020 1 1 故选：A 【点评】本题祝要考查数列求通项公式，以及运用裂项相消法求前 n 项和的问题考查 了转化与化归思想，分类讨论思想，指数对数的运算能力，逻辑思维能力和数学运算能 力本题属中档题 10函数 f（x） 的部分图象大致是（ ） A B C D 【分析】先判断函数

17、的奇偶性，再根据函数值的变化趋势即可求出 解：函数 f（x）的定义域为（， ）（ ， ）（ ，+） f（x） f（x）， f（x）为偶函数， f（x）的图象关于 y 轴对称，故排除 A， 当 x1 时，f（1） 0，故排除 C， 当 x+时，f（x），故排除 D， 综上所述，只有 B 符合， 故选：B 【点评】本题考查了函数图象的识别，掌握函数的奇偶性，以及函数值的变化趋势是关 键，属于中档题 11如图，F1（c，0），F2（c，0）分别为双曲线： 1（a，b0）的左、右 焦点，过点 F1作直线 l，使直线 l 与圆（xc）2+y2r2相切于点 P，设直线 l 交双曲线 的左右两支分别于 A、

18、B 两点（A、B 位于线段 F1P 上），若|F1A|：|AB|：|BP|2：2： 1，则双曲线的离心率为（ ） A5 B C D 【分析】可设|BP|t，|AB|2t，|F1A|2t，运用双曲线的定义，分别求得|F2B|，|F2A|， 再由直角三角形的勾股定理，以及方程思想，代入化简整理，结合离心率公式可得所求 值 解：由|F1A|：|AB|：|BP|2：2：1，可设|BP|t，|AB|2t，|F1A|2t， 由双曲线的定义可得|F2B|F1B|2a4t2a， |F2A|F1A|+2a2t+2a， 直线 l 与圆（xc）2+y2r2相切于 P，可得|PF2|r，且F1PF290， 在直角三角

19、形 PBF2中，t2+r2（4t2a）2， 在直角三角形 PAF2中，9t2+r2（2t+2a）2， 上面两式消去 r，可得 8t26t （4a2t）， 即有 t a，可得 r a， 在直角三角形 F1PF2中，可得 25t2+r24c2， 即为 36a2 a24c2， 化为 e 故选：B 【点评】 本题考查双曲线的定义、 方程和性质， 考查直角三角形的勾股定理和方程思想， 化简运算能力，属于中档题 12已知函数 f（x）xe2x+lnta，若对任意的 t ，e，f（x）在区间1，1上总存在唯 一的零点，则实数 a 的取值范围是（ ） A（ ，e 2 B（1 ，e 21 C（ ，e21 D（1

20、 ，e 2+1 【分析】根据导数求出函数的最值，再根据存在唯一的 x01，1，令 g（x）xe2x， 使得 g （x） lnt+a 在 t ， e上恒成立， 根据数形结合判断， 得到关于 a 的不等式组， 解得即可 解：令 g（x）xe2x，由题意得，f（x）在区间1，1上总存在唯一的零点，即 g（x） alnt， g（x）e2x（1+2x）， 令 g（x）0，则 x ， 当 g（x）0 时，即 x1，当 g（x）0 时，即1x ， g（x）在（1， ）单调递减，在（ ，1上单调递增， g（1）alntg（1）， lntae2+lnt，t ，e， 则 1 ae21 故选：B 【点评】本题考查了

21、导数函数的最值问题，以及参数的取值范围，考查了存在性和恒成 立的问题，属于难题 二、填空题： 本大题 4 个小题，每小题 5 分， 共 20 分，把答案填写在答题卡相应的位置上 13已知实数 x，y 满足约束条件： ，则 z22x+y的最大值为 【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优 解，联立方程组求出最优解的坐标，代入目标函数得答案 解：由实数 x，y 满足约束条件： ，作出可行域如图，则 z22x+y的最大 值就是 u2xy 的最小值时取得 联立 ，解得 A（1，1）， 化目标函数 u2x+y 为 y2x+u， 由图可知， 当直线y2x+u过A时， 直

22、线在y轴上的截距最小， 此时z有最大值为22+1 故答案为： 【点评】本题考查简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，是中档题 14在四边形 ABCD 中， ， （2，4）， （3，5）则 在 上的投 影为 【分析】利用已知条件求出 ，然后求出 ，即可求解 在 上的投影 解：在四边形 ABCD 中， ， （2，4）， （3，5）， （1，1）， （1，3）， 则 在 上的投影： 故答案为： 【点评】本题参考向量的运算，数量积的应用，考查转化思想以及计算能力 15在四面体 ABCD 中，ABD 与BDC 都是边长为 2 的等边三角形，且平面 ABD平面 BDC，则该四面体外接球的体积为 【

23、分析】取三角形 BCD 的外心为 O1，设 O 为球心，连接 OO1，则 OO1平面 BDC，由 已知求得多面体外接球的半径，代入球的体积公式得答案 解：如图，取三角形 BCD 的外心为 O1，设 O 为球心，连接 OO1，则 OO1平面 BDC， 取 BD 的中点 M，连接 AM，O1 M，过 O 作 OGAM 于 G，则四边形 OO1MG 为矩 连接 OA，OC，设 OAR，OO1MGh，连接 MC，则 O1，M，C 三点共线， 由已知求得 MAMC ，OGMO1 ， 在 RtAGO 与 RtOO1C 中，GA2+GO2OA2， ， 即 ， ， 解得： ， ，则 四面体外接球的体积为 V

24、【点评】本题考查多面体外接球体积的求法，考查数形结合的解题思想方法与数学转化 思想方法，是中档题 16已知 f1（x）sinxcosx，fn（x）是 fn（x）的导函数，且 ， 则 1 【分析】依次算出 f1（x），f2（x），f3（x），f4（x），f5（x），会发现，函数 fn（x） 呈现四个一组周期性重复出现，由此可计算结果 解：由题意：f1（x）sinxcosx， f2（x）f1（x）cosx+sinx， f3（x）f2（x）sinx+cosx， f4（x）f3（x）cosxsinx， f5（x）f4（x）sinxcosx， 可见， 从f1（x） 开始， 每连续的四项重复出现， 且它们

25、的和为0， 且 ， ， 所以 5050 故答案为：1 【点评】本题考查导数的运算和函数的周期性此类问题一般先从前几项找规律，常常 表现为周期性，属于基础题 三、解答题：出必要的文字说明、演算步骤或推理过程，并答在答题卡相应的位置上 17在ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c已知 ac4（c2a2b2）， （1）求 cosC； （2）若ABC 的面积为 ，求ABC 的周长 L 【分析】（1）由 ，得 c2b，结合余弦定理求出 cosC； （2）结合（1）的结论，和面积值为 ，求出 a，b，c，再求出 L 解：（1）因为 ， 所以 sinC2sinB， 所以 c2b， 又 ac4

26、（c2a2b2）， 所以 cosC ； （2）由 c2b，代入 ac4（c2a2b2）， 的 2a3b， 又由（1）得 sinC ， 所以 ， 所以 c6，b3，a ， 所以三角形 ABC 的周长 La+b+c 【点评】考查了正余弦定理的应用，中档题 18某省确定从 2021 年开始，高考采用“3+1+2”的模式，取消文理分科，即“3”包括语 文、数学、外语，为必考科目；“1”表示从物理、历史中任选一门：“2”则是从生物、 化学、地理、政治中选择两门，共计六门考试科目某高中从高一年级 2000 名学生（其 中女生 900 人）中，采用分层抽样的方法抽取 n 名学生进行调查 （1）已知抽取的 n

27、 名学生中含男生 110 人，求 n 的值及抽取到的女生人数； （2）学校计划在高二上学期开设选修中的“物理”和“历史”两个科目，为了了解学生 对这两个科目的选课情况，对在（1）的条件下抽取到的 n 名学生进行问卷调查（假定每 名学生在这两个科目中必须选择一个科目且只能选择一个科目）下表是根据调查结果 得到的 22 列联表，请将列联表补充完整，并判断是否有 99.5%的把握认为选择科目与 性别有关？说明你的理由 性别 选择物理 选择历史 总计 男生 60 50 110 女生 30 60 90 总计 90 110 200 （3）在（2）的条件下，从抽取的选择“物理”的学生中按分层抽样抽取 6 人

28、，再从这 6 名学生中抽取 2 人，对“物理”的选课意向作深入了解，求 2 人中至少有 1 名女生的概 率 附： ，其中 na+d+c+d P（K2k0） 0.100 0.050 0.025 0.010 0.005 0.001 K0 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 【分析】（1）根据题意列方程求出 n 的值，再求出女生人数； （2）根据题意填写列联表，计算 K2的值，对照临界值得出结论； （3）利用分层抽样法和列举法，求出基本事件数，计算所求的概率值 解：（1）根据题意知， ，解得 n200， 所以女生人数为 20011090（人）； （2）根据题意填

29、写列联表如下， 性别 选择物理 选择历史 总计 男生 60 50 110 女生 30 60 90 总计 90 110 200 计算 K2 8.9997.879， 所以有 99.5%的把握认为选择科目与性别有关； （3）从 90 个选择“物理”的学生中按分层抽样抽取 6 人， 这这 6 名学生中有 4 名男生，记为 a、b、c、d，2 名女生，记为 E、F， 从这 6 人中抽取 2 人，基本事件为： ab、ac、ad、aE、aF、bc、bd、bE、bF、cd、cE、cF、dE、dF、EF 共 15 种； 抽取的 2 人中至少有 1 名女生的基本事件为： aE、aF、bE、bF、cE、cF、dE、

30、dF、EF 共 9 种； 故所求的概率为 P 【点评】本题考查了独立性检验的应用问题，也考查了分层抽样与古典概型的概率计算 问题，是基础题 19如图 1，在四边形 ABCD 中，ADBC，D90，BC3，ADDC1把ACD 沿着 AC 翻折至ACD1的位置，D1平面 ABC，连结 BD1，如图 2 （1）当 BD12 时，证明：平面 ACD1平面 ABD1； （2）当三棱锥 D1ABC 的体积最大时，求点 B 到平面 ACD1的距离， 【分析】（1）由已知可得 CD1AD1，求解三角形证明 CD1BD1，由线面垂直的判定 可得 CD1平面 ABD1，进一步得到平面 ACD1平面 ABD1； （

31、2）当三棱锥 D1ABC 的体积最大时，平面 AD1C平面 ABC，过 D1作 D1EAC，则 D1E平面 ABC，并求得 ，然后利用等积法求 B 到平面 ACD1的距离 【解答】（1）证明：在图 1 中，ADC90，则图 2 中，CD1AD1， 在BD1C 中，BD12 ，CD11BC3， ，可得 CD1BD1， 又 AD1BD1D1，CD1平面 ABD1， CD1平面 ACD1，平面 ACD1平面 ABD1； （2）解：当三棱锥 D1ABC 的体积最大时，平面 AD1C平面 ABC， 过 D1作 D1EAC，则 D1E平面 ABC，并求得 ， 设点 B 到平面 ACD1的距离为 h， 由

32、，得 ，即 h 故点 B 到平面 ACD1的距离为 【点评】本题考查平面与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用 等积法求多面体的体积，是中档题 20已知 1：y 过椭圆 C： 1（ab0）的焦点，且椭圆 C 的中心 O 关于直线 l 的对称点的横坐标为 （2c 为椭圆 C 的焦距） （）求椭圆 C 的方程； （）是否存在过点 E（2，0），且交椭圆 C 于点 M、N 的直线 l1，满足 若存在，求直线 l1的方程；若不存在，请说明理由 【分析】（）由直线 l 的方程求得椭圆焦点坐标，再由点关于直线的对称点求得 ， 结合隐含条件求得 a，b，则椭圆方程可求； （）设 M（x1，

33、y1），N（x2，y2）当直线 l1不垂直 x 轴时，直线 l1：yk（x+2）代 入椭圆方程，整理得（3k2+1）x2+12k2x+12k260，由 求得 三角形 MON 的面积，结合根与系数的关系和点到直线的距离求解 k；当直线 l1垂直 x 轴 时也满足，由此即可求得求直线 l1的方程 解：（）在直线 l：y 中，取 y0，可得 x2， 椭圆 C： 1（ab0）的右焦点为（2，0） 设椭圆中心（0，0）关于直线 l 的对称点为（m，n）， 则 ，解得 m3，n ，又 c2，则 a 26，b2a2c22 故椭圆 C 的方程为 ； （）设 M（x1，y1），N（x2，y2） 当直线 l1不垂

34、直 x 轴时，直线 l1：yk（x+2）代入椭圆方程， 整理得（3k2+1）x2+12k2x+12k260， x1+x2 ，x1 x2 ， |MN| ， 点 O 到直线 MN 的距离 d 由 ，得 sinMON ， SOMN ，即|MN| d ， 则 4 |k| （3k2+1），解得 k 当直线 l1垂直 x 轴时，也满足 SOMN 故存在过点E （2， 0） ， 且交椭圆C于点M、 N的直线l1， 满足 直线 l1的方程为 或 或 x2 【点评】 本题考查椭圆方程的求法， 考查直线的椭圆的位置关系的应用， 考查计算能力， 属难题 21已知函数 f（x）|lnxa|2lnx+x，a2 （1）若

35、 a2，求 f（x）的零点个数； （2）证明：x1，x23，9，|f（x1）f（x2）|2+ln3 【分析】（1）将 a2 代入，并把函数化为分段函数的形式，分别利用导数研究即可得 出结论； （2）对参数进行分类讨论，并把问题转化为 x3，9时，f（x）maxf（x）min2+ln3， 进而得证 解：（1）当 a2 时， ， ， ， 当 0xe2时， ，此时函数 f（x）在（0，3）单调递减，在（3，e2） 单调递增， 又 f（x）minf（3）53ln30，故此时无零点； 当 xe2时， ，此时函数 f（x）在（e2，+）上单调递增， 又 f（e2）e240，故此时无零点； 综上，当 a2

36、时，函数 f（x）的零点个数为 0； （2）证明：要证：x1，x23，9，|f（x1）f（x2）|2+ln3，即证 x3，9时，f（x） maxf（x）min2+ln3， 当 2aln9 时， ， ， ， ， ， 当 3xea时， ，此时函数 f（x）单调递增； 当 eax9 时， ，此时函数 f（x）单调递增， 故函数 f（x）在3，9上单调递增， f（x）maxf（9）9ln9a，f（x）minf（3）33ln3+a， f（x）maxf（x）min6+ln32a2+ln3； 当 aln9 时，f（x）x3lnx+a，易知函数 f（x）在3，9上单调递增， f（x）maxf（9）93ln9+

37、a，f（x）minf（3）33ln3+a， f（x）maxf（x）min63ln32+ln3； 综上，x1，x23，9，|f（x1）f（x2）|2+ln3 【点评】本题主要考查函数的零点，函数的单调性，导数及其应用等基础知识，考查运 算求解能力，推理论证能力，创新意识等，考查分类讨论思想，数学运算，数学抽象等 核心素养，属于中档题 一、选择题 22在直角坐标系 xOy 中，曲线 C1的参数方程为 （t 为参数，0）， 点 M（0，2）以坐标原点 O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 C2的极 坐标方程为 4 cos（ ） （1）求曲线 C2的直角坐标方程，并指出其形状； （2）曲线

38、 C1与曲线 C2交于 A，B 两点，若 ，求 sin 的值 【分析】（1）把 cos（ ）右边展开两角和的余弦，结合极坐标与直角坐标 的互化公式可得曲线 C2的直角坐标方程，进一步判断其形状； （2）把曲线 C1的参数方程代入曲线 C2的直角坐标方程，化为关于 t 的一元二次方程， 由一元二次方程根与系数的关系及此时 t 的几何意义求解 解：（1）由 cos（ ）4cos4sin，得 24cos4sin， x2+y24x4y，即（x2）2 +（y+2）28 曲线 C2的直角坐标方程为（x2）2+（y+2）28， 表示以（2，2）为圆心，以 为半径的圆； （2）将 （t 为参数，0）代入（x2

39、） 2+（y+2）28， 整理得 t24tcos40 设 A，B 所对应的参数分别为 t1，t2， 则 t1+t24cos，t1t24 ， 解得 ，则 sin 【点评】本题考查简单曲线的极坐标方程，考查参数方程化普通方程，特别是注意直线 参数方程中参数 t 的几何意义的应用，是中档题 23已知函数 f（x）|xm|x+2|（mR），不等式 f（x2）0 的解集为（，4 （1）求 m 的值； （2）若 a0，b0，c3，且 a+2b+c2m，求（a+1）（b+1）（c3）的最大值 【分析】（1）通过|xm2|x|0 的解集为（，4，利用绝对值的几何意义转化 求解即可 （2）通过 ，利用均值不等式转化求解函数的 最值即可 解： （1）f（x）|xm|x+2|，f（x2）|xm2|x|0 的解集为（，4， |xm2|x|，解得 m+28，即 m6 （2）m6，a+2b+c12 又a0，b0，c3， ， 当且仅当 a+12b+2c3，结合 a+2b+c12 解得 a3，b1，c7 时，等号成立， （a+1）（b+1）（c3）的最大值为 32 【点评】本题考查绝对值不等式的解法，均值不等式求解表达式的最值，考查转化思想 以及计算能力，是中档题