2019-2020学年广东省韶关市高三（上）期末数学试卷（理科）含详细解答

《2019-2020学年广东省韶关市高三（上）期末数学试卷（理科）含详细解答》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019-2020学年广东省韶关市高三（上）期末数学试卷（理科）含详细解答（25页珍藏版）》请在七七文库上搜索。

1、设变量 x，y 满足约束条件，则目标函数 zx+y 的最大值为（ ） A B1 C2 D4 4 （5 分）已知某地区中小学生人数和近视情况分别如图甲和图乙所示，为了了解该地区中 小学生的近视形成原因，用分层抽样的方法抽取 4%的学生进行调查，则样本容量和抽取 的初中生近视人数分别为（ ） A600，72 B1200，90 C1200，300 D600，80 5 （5 分）已知双曲线以椭圆的焦点为顶点，以椭圆的顶点为焦点，则双曲线的 渐近线方程是（ ） Ayx B Cy2x Dy4x 6 （5 分）用数字 0，1，2，3，4 组成没有重复数字的四位数，其中比 3000 大的奇数共有 （ ）个 A

2、6 B12 C18 D24 7 （5 分）函数 y的部分图象大致为（ ） 第 2 页（共 25 页） A B C D 8 （5 分） 运行如图所示的程序框图， 若输出结果为， 则判断框中应该填的条件是 （ ） 第 3 页（共 25 页） Ak5 Bk6 Ck7 Dk8 9 （5 分）已知 BC、 DE 是半径为 1 的圆 O 的两条直径，则的值是（ ） A B C D 10 （5 分）设 a、b、c 均为正实数，2aloga， （）blogb， （）clog2c，则（ ） Acba Babc Ccab Dbac 11 （5 分）已知函数 f（x）cos（x+） （0，0）为奇函数，f（x）f（

3、2x） ， 当 取最小值时，f（x）的一个单调递减区间是（ ） A1，1 B C D 12 （5 分）已知三棱锥 ABCD 的四个顶点在以 AB 为直径的球面上，BCCD，CEBD 于 E，CE1，若三棱锥 ABCD 的体积的最大值为，则该球的表面积为（ ） A12 B14 C16 D18 二、填空题：本题共二、填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分 13 （5 分）若，则|x+yi| 14 （5 分）已知直线 l1是曲线 ylnx 在 x1 处的切线，直线 l2是曲线 yex的一条切线， 且 l1l2，则直线 l2的方程是 15 （5 分）中国古代数学著作

4、算法统宗中有这样一段记载： 三百七十八里关，初行健 步不难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关其大意为：有一个人走了 378 里路，第一 第 4 页（共 25 页） 天健步行走， 从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半， 走了 6 天后到达目的地 则 该人最后一天走的路程为 里 16 （5 分）离心率为的椭圆恰好过抛物线 y216x 的焦点 F，A 为 椭圆的上顶点，P 为直线 AF 上一动点，点 A 关于直线 OF 的对称点为 Q，则|PQ|的最小 值为 三、解答题：本大题共三、解答题：本大题共 5 小题，满分小题，满分 60 分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤分解答应写出文字说明，证明

5、过程或演算步骤 17 （12 分）如图，在平面四边形 ABCD 中，AD1，AB2，BCCDDB，设DAB （1）若，求 sinADB 的值； （2）用 表示四边形 ABCD 的面积 S（） ，并求 S（）的最大值 18 （12 分）如图，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 是正方形，侧棱 PA底面 ABCD， E、F 分别是 CD、PB 的中点 （1）求证：EF平面 PAD； （2）设 PA3，AB4，求二面角 BPCD 的余弦值 19 （12 分）某电子工厂生产一种电子元件，产品出厂前要检出所有次品已知这种电子元 件次品率为 0.01， 且这种电子元件是否为次品相互独立 现要检测 3

6、000 个这种电子元件， 检测的流程是： 先将这 3000 个电子元件分成个数相等的若干组， 设每组有 k 个电子元件， 第 5 页（共 25 页） 将每组的 k 个电子元件串联起来，成组进行检测，若检测通过，则本组全部电子元件为 正品，不需要再检测；若检测不通过，则本组至少有一个电子元件是次品，再对本组个 电子元件逐一检测 （1）当 k5 时，估算一组待检测电子元件中有次品的概率； （2）设一组电子元件的检测次数为 X，求 X 的数学期望； （3）估算当 k 为何值时，每个电子元件的检测次数最小，并估算此时检测的总次数（提 示：利用（1p）n1np 进行估算） 20 （12 分）已知椭圆的焦

7、点在圆 O：x2+y21 上，且椭圆上一 点与两焦点围成的三角形周长为 （1）求椭圆的方程； （2）过圆 O 上一点作圆的切线 l 交椭圆于 P、Q 两点，证明：点 O 在以 PQ 为直径的圆 内 21 （12 分）已知函数 f（x）xlnx+（m1）x+m 有两个极值点 x1，x2，且 x1x2 （1）求实数 m 的取值范围； （2）若 t1，证明：x1+tx2t+1 （二）选考题：共（二）选考题：共 10 分分.请学生在第请学生在第 22，23 题中任选一题作答如果多选，则按所做的第题中任选一题作答如果多选，则按所做的第 一题计分， 作答时请用一题计分， 作答时请用 2B 铅笔在答题卡上将

8、所选题号后的方框涂黑铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑.选修选修 4-4： 坐标系与参： 坐标系与参 数方程数方程（10 分）分） 22 （10 分）已知曲线 C 的参数方程为（t 为参数） ，直线 l 的极坐标方程 为，以坐标原点 O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系 （1）求曲线 C 的直角坐标方程和直线 l 的普通方程； （2）设点 P 在曲线 C 上，求点 P 到直线 l 距离的取值范围 选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲（10 分）分） 23 （1）已知函数 f（x）|2x3|+|x4|，求不等式 f（x）5 的解集； （2）已知 x，y，z0，求证： 第 6 页（共

9、 25 页） 2019-2020 学年广东省韶关市高三（上）期末数学试卷（理科）学年广东省韶关市高三（上）期末数学试卷（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，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符 合题目要求的合题目要求的. 1 （5 分）已知全集 UR，Ax|x2x60，Bx|x1，则（UA）B（ ） Ax|1x3 Bx|2x3 Cx|x3 D 【分析】先求出 Ax|x2，或 x3，然后进行交集、补集的运算即可 【解答】解：Ax|x2，或 x3； UAx|2x3

10、； （UA）Bx|1x3 故选：A 【点评】考查描述法的定义，一元二次不等式的解法，补集、交集的运算 2 （5 分）已知等差数列an的前 n 项和为 Sn，S64S3，a2a58，则 a2（ ） A4 B4 C12 D12 【分析】利用等差数列的通项公式求和公式即可得出 【解答】解：设等差数列an的公差为 d，S64S3，a2a58， 6a1+d4（3a1+d） ，a1+d（a1+4d）8， 联立解得：a1，d 则 a2a1+d4 故选：B 【点评】本题考查了等差数列的通项公式与求和公式，考查了推理能力与计算能力，属 于基础题 3 （5 分）设变量 x，y 满足约束条件，则目标函数 zx+y

11、的最大值为（ ） A B1 C2 D4 【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用 z 的几何意义，即可得到结论 第 7 页（共 25 页） 【解答】解：作出不等式组对应的平面区域如图： 由 zx+y 得 yx+z， 平移直线 yx+z， 由图象可知当直线 yx+z 经过点 A 时，直线的截距最大 此时 z 最大， 由，解得 A（，） ，此时 z， 故选：A 【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 法利用平移确定目标函数取得最优解的条件是解决本题的关键 4 （5 分）已知某地区中小学生人数和近视情况分别如图甲和图乙所示，为了了解该地区中 小学生的近视形成原因，

12、用分层抽样的方法抽取 4%的学生进行调查，则样本容量和抽取 的初中生近视人数分别为（ ） A600，72 B1200，90 C1200，300 D600，80 【分析】由扇形图和频率分布直方图直接求解 【解答】解：由扇形图得样本容量为： 第 8 页（共 25 页） n（18500+7500+4000）4%1200， 由扇形图和频率分布直方图得样本容量和抽取的初中生近视人数为： 75004%30%90 故选：B 【点评】本题考查样本容量和抽取的初中生近视人数的求法，考查扇形图和频率分布直 方图等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是基础题 5 （5 分）已知双曲线以椭圆的焦点为顶点，以

13、椭圆的顶点为焦点，则双曲线的 渐近线方程是（ ） Ayx B Cy2x Dy4x 【分析】根据椭圆的标准方程求出焦点和顶点坐标，得出双曲线的顶点和焦点，从而求 出双曲线的渐近线方程 【解答】解：椭圆的焦点为 F（2，0） ， 顶点为（2，0） ； 则双曲线的顶点为（2，0） ，焦点为（2，0） ， a2，c2， b2， 双曲线的渐近线方程为 yx， 即为 yx 故选：A 【点评】本题考查了椭圆与双曲线的标准方程与简单几何性质应用问题，是基础题 6 （5 分）用数字 0，1，2，3，4 组成没有重复数字的四位数，其中比 3000 大的奇数共有 （ ）个 A6 B12 C18 D24 【分析】先分

14、类，只要首位大于等于 3 的没有重复的数一定比 3000 大，然后个位为奇数 即可，再由分类计数原理即可求出结果 【解答】解：由题意分两类情况： i）当首位为 3 时，个位必须为 1，再从剩余的 3 个数选 2 个进行排列，共有：6 个， 第 9 页（共 25 页） ii） 当首位为 4 时， 个位是 1， 3 种选一个， 然后从剩余的 3 个选 2 个进行排列， 共有 12 个， 所以共有 6+1218 个， 故选：C 【点评】考查排列组合及简单计数原理，属于基础题 7 （5 分）函数 y的部分图象大致为（ ） A B C D 【分析】判断函数的奇偶性和对称性，结合函数值的对应性进行排除即可

15、 第 10 页（共 25 页） 【解答】解：f（x）f（x） ，则函数 f（x）是奇函数，图象关于原点 对称，排除 A， 当 0x时，f（x）0，排除 B， 当 x 时，f（）（1，0） ，排除 D， 故选：C 【点评】本题主要考查函数图象的识别和判断，结合函数奇偶性和函数值的对应性，利 用排除法是解决本题的关键难度不大 8 （5 分） 运行如图所示的程序框图， 若输出结果为， 则判断框中应该填的条件是 （ ） Ak5 Bk6 Ck7 Dk8 【分析】本题根据当型循环结构输出的结果求判断框中的条件，由框图知算法执行的是 求 1+的和，列项求和后，求出对应的 k 值 【解答】解：由分析知，算法是

16、求 1+的和，由数列中的拆项 求和得，1+1+12， 由 2，得 k6，从判断框下面的执行框看，k6 还是要执行的，k6 时结 束循环，输出 s 故选：B 【点评】本题考查了程序框图中的当型循环结构，循环结构主要用在一些规律的重复计 第 11 页（共 25 页） 算，如累加、累积等，在循环结构中框图中，特别要注意条件应用，如计数变量和累加 变量等，解决本题的关键是思考 k 的范围 9 （5 分）已知 BC、 DE 是半径为 1 的圆 O 的两条直径，则的值是（ ） A B C D 【分析】 根据向量加法的三角形法则， 把分别用表示出来， 代替 即可求得结果 【解答】解：，且， 故选：B 【点评

17、】此题是个基础题考查向量加法的三角形法则和共线向量定理等基础知识，把 分别用表示出来是解决此题的关键，同时考查了学生的计算能力 10 （5 分）设 a、b、c 均为正实数，2aloga， （）blogb， （）clog2c，则（ ） Acba Babc Ccab Dbac 【分析】将原来的三个方程根看成是函数图象的交点的横坐标，分别画出四个函数：y 2x，y（）x，ylog2x，yx 的图象利用图象能求出结果 【解答】解：a，b，c 均为正数，且 2alog0.5a， （）clog2c， 将原来的三个方程根看成是函数图象的交点的横坐标， 分别画出四个函数：y2x，y（）x，ylog2x，yx

18、的图象 如图： 由图可知：abc 第 12 页（共 25 页） 故选：B 【点评】本题考查三个数的大小的比较，是基础题，解题时要注意指数函数和对数函数 的性质和数形结合思想的合理运用 11 （5 分）已知函数 f（x）cos（x+） （0，0）为奇函数，f（x）f（2x） ， 当 取最小值时，f（x）的一个单调递减区间是（ ） A1，1 B C D 【分析】由函数 f（x）为奇函数得 ，由 f（x）f（2x）得 f（x）图象关于直线 x1 对称， 由此得出 f（x）的周期为 4，从而求出 的值，再求 f（x）的一个单调递减区间 【解答】解：函数 f（x）cos（x+） （0，0）为奇函数， 则

19、 ，f（x）sinx，0； 由 f（x）f（2x）知函数 f（x）的图象关于直线 x1 对称， 由 f（x）是 R 上的奇函数知 f（2x）f（x2） ，f（x4）f（4x） 在 f（2x）f（x）中，以 x2 代 x 得： f（2（x2） ）f（x2）即 f（4x）f（x2） ， 所以 f（x）f（2x）f（4x）f（x4） 即 f（x+4）f（x） ， 所以 f（x）是以 4 为周期的周期函数； 所以 T4，解得 ； 当 取最小值时，f（x）sinx； 第 13 页（共 25 页） 令+2kx+2k，kZ； 解得1+4kx1+4k，kZ； 令 k0，得1x1， 所以 f（x）的一个单调递减

20、区间是1，1 故选：A 【点评】本题考查了三角函数的图象与性质的应用问题，也考查了函数与转化思想，是 中档题 12 （5 分）已知三棱锥 ABCD 的四个顶点在以 AB 为直径的球面上，BCCD，CEBD 于 E，CE1，若三棱锥 ABCD 的体积的最大值为，则该球的表面积为（ ） A12 B14 C16 D18 【分析】首先求出三棱锥体的外接球半径，进一步求出球的表面积 【解答】解：三棱锥 ABCD 的四个顶点在以 AB 为直径的球面上， 如图所示： 由于：O 为球体的球心， 所以：OAOBOCOD， 由于 BCCD，CEBD 于 E，CE1， M 为 BD 的中点， 所以 OM平面 BCD

21、， 则 ADBD， BCCDBDCEBD 第 14 页（共 25 页） 故：， 由于 所以：，解得 AB4 所以 故选：C 【点评】本题考查的知识要点：锥体的体积公式的应用，球的体积公式的应用，主要考 查学生的运算能力和转换能力及思维能力及空间想象能力，属于中档题型 二、填空题：本题共二、填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分 13 （5 分）若，则|x+yi| 【分析】把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简，利用复数相等的条件列 式求得 x，y 值，再由复数模的计算公式求解 【解答】解：由，得 x+xiy+i， x1，y1 则|x+yi|1i| 故

22、答案为： 【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数相等的条件，考查复数模的求法， 是基础题 14 （5 分）已知直线 l1是曲线 ylnx 在 x1 处的切线，直线 l2是曲线 yex的一条切线， 且 l1l2，则直线 l2的方程是 yx+1 【分析】求出直线 l1的斜率，设 l2与曲线 yex的切点，求得切点坐标，再由直线方程 的斜截式得答案 【解答】解：由 ylnx，得，则 y|x11 设 l2与曲线 yex的切点为（x0，y0） ， 由，得 x00， 则切点为（0，1） ， 直线 l2的方程是 yx+1 故答案为：yx+1 第 15 页（共 25 页） 【点评】本题考查利用导数研

23、究过曲线上某点处的切线方程，考查两直线平行与斜率的 关系，是基础题 15 （5 分）中国古代数学著作算法统宗中有这样一段记载： 三百七十八里关，初行健 步不难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关其大意为：有一个人走了 378 里路，第一 天健步行走， 从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半， 走了 6 天后到达目的地 则 该人最后一天走的路程为 6 里 【分析】每天走的路形成等比数列an，q，S6378利用求和公式即可得出 【解答】解：每天走的路形成等比数列an，q，S6378 S6378，解得 a1192 该人最后一天走的路程a1q51926， 故答案为：6 【点评】本题考查了等比数列的通项公

24、式与求和公式，考查了推理能力与计算能力，属 于中档题 16 （5 分）离心率为的椭圆恰好过抛物线 y216x 的焦点 F，A 为 椭圆的上顶点，P 为直线 AF 上一动点，点 A 关于直线 OF 的对称点为 Q，则|PQ|的最小 值为 【分析】先求出椭圆标准方程，得直线 AF 的方程，求得 Q 点坐标，则|PQ|的最小值就是 Q 到直线 AF 的距离 【解答】解：抛物线 y216x 的焦点坐标为 F（4，0） ，则 a4， 又椭圆的离心率为，则 c2，b2a2c216412 椭圆方程为，即 A（0，） ， 直线 AF 的方程为，即 点 A 关于直线 OF 的对称点 Q，则 Q（0，） ， 第

25、16 页（共 25 页） Q 到直线 AF 的距离为 d |PQ|的最小值是 故答案为： 【点评】本题考查椭圆的简单性质，考查点到直线距离公式的应用，是中档题 三、解答题：本大题共三、解答题：本大题共 5 小题，满分小题，满分 60 分解答分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤应写出文字说明，证明过程或演算步骤 17 （12 分）如图，在平面四边形 ABCD 中，AD1，AB2，BCCDDB，设DAB （1）若，求 sinADB 的值； （2）用 表示四边形 ABCD 的面积 S（） ，并求 S（）的最大值 【分析】 （1）由题意利用余弦定理求得 BD，再利用正弦定理，求得 sinADB 的

26、值， （2）由题意利用三角形的面积公式，三角恒等变换，花简 S（） ，再利用正弦函数的定 义域和值域，求得 S（）的最大值 【解答】解： （1）在ABC 中，由余弦定理知 BD2AD2+AB22ADABcosBAD， 由已知， 代入上式得：，即， 第 17 页（共 25 页） 又由正弦定理得： 即：，解得： （2）在ABC 中，由余弦定理知 BD21+4212cos54cos， BDC 为等边三角形，且边长为 54cos 故 S（）SABD+SBDCADABsin+BDCDsin6012sin+BD2 sin60 sin+sincos+2sin（）+ 0， 故当 时，S（）取得最大值为 2+

27、【点评】本题主要考查正弦定理、余弦定理三角形的面积公式，三角恒等变换，正弦函 数的定义域和值域，属于中档题 18 （12 分）如图，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 是正方形，侧棱 PA底面 ABCD， E、F 分别是 CD、PB 的中点 （1）求证：EF平面 PAD； （2）设 PA3，AB4，求二面角 BPCD 的余弦值 【分析】 （1）利用中位线的性质可得四边形 DEFM 是平行四边形，进而得到 EFDM， 由此即可得证； （2）建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用向量公式即可得解 【解答】解： （1）证明：取 PA 的中点 M，连接 MD，MF， M，F 分别是 PA

28、，PB 的中点， 第 18 页（共 25 页） ， 在正方形 ABCD 中，E 是 CD 的中点， MFDE，MFDE， 四边形 DEFM 是平行四边形， EFDM， 又 EF平面 PAD，DM平面 PAD， EF平面 PAD； （2）以 A 为原点，DA 延长线，AB，AP 所在直线分别为 x，y，z 轴建立如图所示的空间 坐标系， 则 P（0，0，3） ，B（0，4，0） ，C（4，4，0） ，D（4，0，0， ） ， 设是平面PBC的法向量，则 ，令 y13，得， 设是平面PCD的法向量，则 ，令 x23，得， ， 由图形可知二面角 BPCD 为钝二面角， 二面角 BPCD 的余弦值为

29、第 19 页（共 25 页） 【点评】本题考查线面平行的判定及二面角的余弦值的求解，考查空间向量在立体几何 中的运用，考查运算能力及逻辑推理能力，属于中档题 19 （12 分）某电子工厂生产一种电子元件，产品出厂前要检出所有次品已知这种电子元 件次品率为 0.01， 且这种电子元件是否为次品相互独立 现要检测 3000 个这种电子元件， 检测的流程是： 先将这 3000 个电子元件分成个数相等的若干组， 设每组有 k 个电子元件， 将每组的 k 个电子元件串联起来，成组进行检测，若检测通过，则本组全部电子元件为 正品，不需要再检测；若检测不通过，则本组至少有一个电子元件是次品，再对本组个 电子

30、元件逐一检测 （1）当 k5 时，估算一组待检测电子元件中有次品的概率； （2）设一组电子元件的检测次数为 X，求 X 的数学期望； （3）估算当 k 为何值时，每个电子元件的检测次数最小，并估算此时检测的总次数（提 示：利用（1p）n1np 进行估算） 【分析】 （1）设事件 A：一组（5 件）中有次品，则事件 ：一组（5 件）中无次品） ，即 5 件产品均正品又 5 件产品是否是次品相互独立，然后用对立事件的概率公式可得； （2）设每组（n 个）电子元件的检测费用为 X，则 X 的所有可能取值为 1，k+1，P（X 1）0.99k，P（Xk+1）10.99k，然后写出分布列；进而求出期望

31、（3）用（1p）n1np 进行估算，然后用基本不等式可得 【解答】解： （1）设事件 A：一组待检测电子元件中由次品，则事件 表示一组待检测电 子元件中没有次品 因为 第 20 页（共 25 页） 所以 P（A）1P1（150.01）0.05； （2）依题意，X 的可能取值为 1，k+1 P（X1）0.99k，P（Xk+1）10.99k 分布列如下： X 1 k+1 P 0.99k 10.99k 所以的数学期望为：E（X）0.99k+（k+1） （10.99k）k（10.99k）+1； （3）由（2）可得：每个元件的平均检验次数为： 因为 当且仅当 k10 时，检验次数最小 此时总检验次数（次

32、） 【点评】本题考查了离散型随机变量的期望和方差，需要有较强得到计算能力，属中档 题 20 （12 分）已知椭圆的焦点在圆 O：x2+y21 上，且椭圆上一 点与两焦点围成的三角形周长为 （1）求椭圆的方程； （2）过圆 O 上一点作圆的切线 l 交椭圆于 P、Q 两点，证明：点 O 在以 PQ 为直径的圆 内 【分析】 （1）利用已知条件求出 c1，通过椭圆上一点与两焦点围成的三角形周长为 求解 a，求出 b，即可得到椭圆方程 （2）当直线 l 的斜率不存在时，验证即可当直线 l 的斜率存在时，设直线 l 的方程为 y kx+m，P（x1，y1） ，Q（x2，y2） ，联立，化简得： （3k

33、2+2）x2+6kmx+3m2 60，利用韦达定理以及向量的数量积转化求解即可 【解答】解： （1）圆 O：x2+y21 与 x 轴的交点为（1，0） ， （1，0） ，c1， 第 21 页（共 25 页） 椭圆上一点与两焦点围成的三角形周长为， b2a2c22， 椭圆 C 的方程为 （ 2 ） 当 直 线l的 斜 率 不 存 在 时 ， P ， Q两 点 的 坐 标 分 别 为 ， 此时点 O 到切线 l 的距离为 1，以 PQ 为直径的圆的半径为， ，点 O 在以 PQ 为直径的圆内； 当直线 l 的斜率存在时，设直线 l 的方程为 ykx+m，P（x1，y1） ，Q（x2，y2） ， 因

34、为直线 l 与圆相切，所以，即 m2k2+1， 联立，化简得： （3k2+2）x2+6kmx+3m260， ， ， cosPOQ0 即，点 O 在以 PQ 为直径的圆内， 综上所述，点 O 在以 PQ 为直径的圆内 【点评】本题考查椭圆方程的求法，直线与椭圆的位置关系的综合应用，考查转化思想 以及计算能力，是难题 21 （12 分）已知函数 f（x）xlnx+（m1）x+m 有两个极值点 x1，x2，且 x1x2 （1）求实数 m 的取值范围； （2）若 t1，证明：x1+tx2t+1 【分析】 （1）f（x）的定义域为（0，+） ，f（x）lnx+1x+m1lnxx+m设 g（x） 第 22

35、 页（共 25 页） lnxx+m，则 g（x）在（0，+）内有两个变号零点，可得 g （x）在（0，1）递增，在（1，+）递减，g（x）maxg（1）m1对 m 分类讨论 即可得出 （2）由（1）知 x1（0，1） ，可得：lnx10，x2（1，+） ，可得 x21可得1 时， x1+tx2x1+x2+ （t1）x2x1+x2+t1要证 x1+tx2t+1， 只需证 x1+x22 由（1）g（x1） g （x2） 0得， 可得得lnx1+lnx2x2x1， 即 设 ， 则u 1 ， x2 ux1， 可 得lnu x2 x1 （ u 1 ） x1， 下面利用导数说明 即可 【解答】解： （1）

36、f（x）的定义域为（0，+） ，f（x）lnx+1x+m1lnxx+m， 设 g（x）lnxx+m，则 g（x）在（0，+）内有两个变号零点， 令 g（x）0 得 0x1，令 g（x）0 得 x1， g（x）在（0，1）递增，在（1，+）递减， g（x）maxg（1）m1， 又当 m1 时，g（x）max0，在（0，+）没有两个零点 当 m1 时，e m（0，1） ，g（em）em0，g（1）m10，g（em）mem+m 0； （令 h（m）2mem，h（m）2em，因为 m1，h（m）0， 所以 h（m）在（1，+）递减，h（m）h（1）2e0g（em）0） x1（0，1）使得 g（x1）0

37、，x2（1，+）使得 g（x2）0 当 0xx1时，g（x）g（x1）0，f（x）递减 当 1xx1时，g（x）g（x1）0，f（x）递增 当 1xx2时，g（x）g（x2）0，f（x）递增； 当 xx2时，g（x）g（x2）0，f（x）递减 x1，x2分别为 f（x）的极小值与极大值点 综上，m 的取值范围为（1，+） 第 23 页（共 25 页） （2）证明：由（1）知 x1（0，1） ，lnx10，x2（1，+） ，x21 t1 时，x1+tx2x1+x2+（t1）x2x1+x2+t1 要证 x1+tx2t+1，只需证 x1+x22 由（1）g（x1）g（x2）0 得 得 lnx1+ln

38、x2x2x1，即 设，则 u1，x2ux1，lnux2x1（u1）x1， 下面说明 即，设 递增，h（u）h（1）0 即 x1+x22， x1+tx22+t1t+1 成立 【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法、等 价转化方法、换元方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题 （二）选考题：共（二）选考题：共 10 分分.请学生在第请学生在第 22，23 题中任选一题作答如果多选，则按所做的第题中任选一题作答如果多选，则按所做的第 一题计分， 作答时请用一题计分， 作答时请用 2B 铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑.选修选修

39、 4-4： 坐标系与参： 坐标系与参 数方程数方程（10 分）分） 22 （10 分）已知曲线 C 的参数方程为（t 为参数） ，直线 l 的极坐标方程 为，以坐标原点 O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系 （1）求曲线 C 的直角坐标方程和直线 l 的普通方程； （2）设点 P 在曲线 C 上，求点 P 到直线 l 距离的取值范围 【分析】 （1）把曲线 C 的参数方程中的参数 t 消去，可得曲线 C 的普通方程，展开两角 差的余弦，结合 xcos，ysin，得直线 l 的直角坐标方程； 第 24 页（共 25 页） （2）由题意，可设点，代入点到直线的距 离公式，再由三角函数求最值

40、 【解答】解： （1）由曲线 C 的参数方程得：， 曲线 C 的普通方程为：； 由直线 l 的极坐标方程，得：cos+sin80， 把 xcos，ysin 代入上式，得直线 l 的直角坐标方程为 x+y80； （2）由题意，可设点， P 到直线 l 的距离 当时，当时， |PQ|的取值范围是 【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，考查点到直线距 离公式的应用，训练了三角函数求最值，是中档题 选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲（10 分）分） 23 （1）已知函数 f（x）|2x3|+|x4|，求不等式 f（x）5 的解集； （2）已知 x，y，z0，求证： 【分析

41、】第一问利用分类讨论 x 的范围去绝对值求出解集； 第二问利用基本不等式得出结论 【解答】解： （1）当时，f（x）3x+75，解得 当时，f（x）x+15，解得 当 x4 时，f（x）3x75，无解 综上所述，不等式的解集为 （2）因为 y2+z22yz，x20 所以 x2（y2+z2）2x2yz（当且仅当 yz 取等号） 第 25 页（共 25 页） 同理 y2（x2+z2）2y2xz（当且仅当 xz 取等号）z2（y2+x2）2z2yx（当且仅当 yx 取 等号） ， 相加 2（x2y2+y2z2+x2z2）2x2yz+2y2xz+2z2yx（当且仅当 xyz 取等号） ， 所以 x2y2+y2z2+x2z2x2yz+y2xz+z2yxxyz（x+y+z） 因为 x，y，z0，所以 x+y+z0 所以 【点评】本题考查含绝对值的不等式的解法，以及基本不等式的应用，属于综合题