2019-2020学年云南省玉溪一中高三（上）第四次月考数学试卷（文科）含详细解答

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1、已知集合 Ax|0，Bx|0x4，则 AB（ ） Ax|1x4 Bx|0x3 Cx|0x3 Dx|1x4 2 （5 分）设 z+i，则|z|（ ） A B C D2 3 （5 分）已知命题 p：对任意 xR，总有 2xx2；q： “ab1“是“a1，b1”的充分不 必要条件，则下列命题为真命题的是（ ） Apq Bpq Cpq Dpq 4 （5 分）一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ） A64 B72 C80 D112 5 （5 分）如果执行如图所示的框图，输入 N5，则输出的 S 等于（ ） 第 2 页（共 22 页） A B C D 6 （5 分）ABC 中，BAC135，

2、AC1，D 是 BC 边上的一点（包括端点） ， 则的取值范围是（ ） A3，0 B C0，2 D3，2 7 （5 分）定义在 R 上的偶函数 f（x）满足 f（x）f（x+2） ，且在1，0上单调递减，设 af（） ，bf（2） ，cf（3） ，则 a，b，c 的大小关系是（ ） Abca Babc Cbac Dacb 8 （5 分）已知正方形 ABCD 的对角线 AC 与 BD 相交于 E 点，将ACD 沿对角线折起，使 得平面 ABC平面 ADC（如图） ，则下列命题中正确的是（ ） A直线 AB直线 CD，且直线 AC直线 BD B直线 AB平面 BCD，且直线 AC平面 BDE C平

3、面 ABC平面 BDE，且平面 ACDBDE D平面 ABD平面 BCD，且平面 ACD平面 BDE 9（5 分） 如图， 用与底面成 45角的平面截圆柱得一椭圆截线， 则该椭圆的离心率为 （ ） 第 3 页（共 22 页） A B C D 10 （5 分）某车间分批生产某种产品，每批的生产准备费用为 800 元若每批生产 x 件， 则平均仓储时间为天，且每件产品每天的仓储费用为 1 元为使平均每件产品的生产 准备费用与仓储费用之和最小，每批应生产产品（ ） A60 件 B80 件 C100 件 D120 件 11 （5 分）已知函数 f（x）asinxcosx 的一条对称轴为 x，且 f（x

4、1） f（x2） 4，则|x1+x2|的最小值为（ ） A B C D 12 （5 分）设等差数列an满足 a11，an0（nN*） ，其前 n 项和为 Sn，若数列 也为等差数列，则的最大值是（ ） A310 B212 C180 D121 二、填空题：本题共二、填空题：本题共 4 小题，每题小题，每题 5 分，共分，共 20 分分. 13 （5 分） 若直线 axby30 （a0， b0） 过点 （1， 1） ， 则+的最小值为 14 （5 分）向量 （1，1） ， （1，0） ，若（ ）（2 + ） ，则 15 （5 分）在等差数列an中，若 a100，则有等式：a1+a2+ana1+a2

5、+a19n（n 19）成立，类比上述性质，相应地，在等比数列bn中，若 b91，则有等式 成 立 16 （5 分）已知在ABC 中，D 为边 AC 上一点，ABAD4，AC6，若ABC 的外心 恰在线段 BD 上，则 BC 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.（一）必考题：共（一）必考题：共 60 分分. 第第 17-21 题题为必考题，每个试题考生都必须作答为必考题，每个试题考生都必须作答. 17 （12 分）已知 ， 为锐角，tan，cos（+） （1）求 cos2 的值； 第 4 页（共 22 页） （2

6、）求 tan（）的值 18 （12 分）在等差数列an中，a11，其前 n 项和为 Sn，等比数列bn的各项均为正数， b11，且 b2+S311，S69b3 （1）求数列an和bn的通项公式； （2）设 cn，求数列cn的前 n 项和 Tn 19 （12 分）如图，在四棱锥 PABCD 中，PD平面 ABCD，ABDC，ABAD，DC6， AD8，BC10，PD9，E 为 PA 的中点 （1）求证：DE平面 BPC； （2）线段 AB 上是否存在一点 F，满足 CFDB？若存在，试求出此时三棱锥 BPCF 的体积；若不存在，请说明理由 20 （12 分）已知圆 C： （x3）2+（y4）24

7、，直线 l1过定点 A（1，0） （1）若 l1与圆相切，求 l1的方程； （2）若 l1与圆相交于 P，Q 两点，线段 PQ 的中点为 M，又 l1与 l2：x+2y+20 的交点 为 N，判断 AMAN 是否为定值，若是，则求出定值；若不是，请说明理由 21 （12 分）已知函数 f（x）lnxx+1 （1）证明 f（x）0 恒成立； 第 5 页（共 22 页） （3）证明： （二）选考题：共（二）选考题：共 10 分分.请考生在第请考生在第 22、23 题中任选一题作答题中任选一题作答.作答时用作答时用 2B 铅笔在答题卡铅笔在答题卡 上把所选题目题号后的方框涂黑上把所选题目题号后的方框

8、涂黑.如果多做，则按所做的第一题计分如果多做，则按所做的第一题计分.选修选修 4-4：坐标系与参：坐标系与参 数方程数方程 22 （10 分）已知直线 l 的参数方程为（t 为参数） ，圆 C 的参数方程为 （ 为参数） （）若直线 l 与圆 C 的相交弦长不小于，求实数 m 的取值范围； （）若点 A 的坐标为（2，0） ，动点 P 在圆 C 上，试求线段 PA 的中点 Q 的轨迹方程 选修选修 4-5：不等式选：不等式选讲讲 23 （1）求 f（x）+的最大值； （2）设 a，b，c0，且 ab+bc+ca1，求证： 第 6 页（共 22 页） 2019-2020 学年云南省玉溪一中高三（

9、上）第四次月考数学试卷学年云南省玉溪一中高三（上）第四次月考数学试卷 （文科）（文科） 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、选择题：本题共一、选择题：本题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 60 分分.在每小题给出的四个选项中，只有一在每小题给出的四个选项中，只有一 项符合题目要求项符合题目要求. 1 （5 分）已知集合 Ax|0，Bx|0x4，则 AB（ ） Ax|1x4 Bx|0x3 Cx|0x3 Dx|1x4 【分析】可以求出集合 A，然后进行并集的运算即可 【解答】解：Ax|1x3，Bx|0x4， ABx|1x4 故选：A 【点评】本题考查了描述法的定义，分式不

10、等式的解法，并集的运算，考查了计算能力， 属于基础题 2 （5 分）设 z+i，则|z|（ ） A B C D2 【分析】先求 z，再利用求模的公式求出|z| 【解答】解：z+i+i 故|z| 故选：B 【点评】本题考查复数代数形式的运算，属于容易题 3 （5 分）已知命题 p：对任意 xR，总有 2xx2；q： “ab1“是“a1，b1”的充分不 必要条件，则下列命题为真命题的是（ ） Apq Bpq Cpq Dpq 【分析】命题 p：是假命题，例如取 x2 时，2x与 x2相等q：由“a1，b1”： “ab 1” ；反之不成立，例如取 a10，b进而判断出结论 【解答】解：命题 p：对任意

11、 xR，总有 2xx2；是假命题，例如取 x2 时，2x与 x2相 第 7 页（共 22 页） 等 q：由“a1，b1”： “ab1” ；反之不成立，例如取 a10，b “ab1“是“a1，b1”的必要不充分条件，是假命题 下列命题为真命题的是p（q） ， 故选：D 【点评】本题考查了简易逻辑的判定方法、不等式的性质、函数的单调性，考查了推理 能力与计算能力，属于基础题 4 （5 分）一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ） A64 B72 C80 D112 【分析】由三视图可知该几何体为上部是一四棱锥，高为 3，下部为正方体，边长为 4 的组合体分别求得体积再相加 【解答】解：由

12、三视图可知该几何体为上部是一四棱锥，下部为正方体的组合体四棱 锥的高 h13，正方体棱长为 4 V正方体Sh242464，V四棱锥Sh116， 所以 V64+1680 故选：C 【点评】本题考查三视图求几何体的体积，考查计算能力，空间想象能力，三视图复原 几何体是解题的关键 5 （5 分）如果执行如图所示的框图，输入 N5，则输出的 S 等于（ ） 第 8 页（共 22 页） A B C D 【 分 析 】 由 已 知 中 的 程 序 框 图 可 知 ， 该 程 序 的 功 能 是 计 算 出 输 出S 的值 【解答】解：n5 时，k1，S0， 第一次运行：S0+，k15， 第二次运行：k1+

13、12，S，k25， 第三次运行：k2+13，k35， 第四次运行：k3+14，S，k45， 第五次运行：k4+15，S，k5， 结束运行，输出 S 故选：D 【点评】本题考查程序框图的应用，是基础题，解题时要认真审题，注意函数性质的合 理运用 6 （5 分）ABC 中，BAC135，AC1，D 是 BC 边上的一点（包括端点） ， 则的取值范围是（ ） A3，0 B C0，2 D3，2 第 9 页（共 22 页） 【分析】设， （01） ，求出1，推导出 （）（21）+（1）5+2， 由此能求出的取值范围 【解答】解：D 是 BC 上的一点， （包括端点） ， 设， （01） ， BAC135

14、，AC1，D 是 BC 边上的一点（包括端点） ， 1， （） （21）+（1） （21）+（1） （21）2+（1） 5+2， 01，5+23，2， 的取值范围是3，2 故选：D 【点评】本题考查了向量共线定理、数量积运算性质、一次函数的单调性，考查了推理 能力和计算能力，属于中档题 7 （5 分）定义在 R 上的偶函数 f（x）满足 f（x）f（x+2） ，且在1，0上单调递减，设 af（） ，bf（2） ，cf（3） ，则 a，b，c 的大小关系是（ ） Abca Babc Cbac Dacb 【分析】根据函数奇偶性和单调性之间的关系，即可得到结论 【解答】解：偶函数 f（x）满足 f（

15、x）f（x+2） ， 故周期 T2， 第 10 页（共 22 页） 在1，0上单调递减，根据偶函数的对称性可知在0，1上单调递增，距对称轴越远， 函数值越大， af（）f（） ，f（2） ，bf（2）f（0） ，cf（3）f（1） ， 则 bac 故选：C 【点评】本题主要考查函数值的大小比较，根据函数奇偶性和单调性之间的关系是解决 本题的关键 8 （5 分）已知正方形 ABCD 的对角线 AC 与 BD 相交于 E 点，将ACD 沿对角线折起，使 得平面 ABC平面 ADC（如图） ，则下列命题中正确的是（ ） A直线 AB直线 CD，且直线 AC直线 BD B直线 AB平面 BCD，且直线

16、 AC平面 BDE C平面 ABC平面 BDE，且平面 ACDBDE D平面 ABD平面 BCD，且平面 ACD平面 BDE 【分析】由直线 AB直线 CD 不成立，知 A 错误；由直线 AB平面 BCD 不成立，知 B 错误；由平面 ABC平面 BDE，且平面 ACD平面 BDE，知 C 正确；由平面 ABD平 面 BCD 不成立，知 D 错误 【解答】解：由题意知 DCBE，ABBEE， 直线 AB直线 CD 不成立，故 A 错误； ACAB，AB 与 BC 不垂直， 直线 AB平面 BCD 不成立，故 B 错误； BEDE，BEAC，AC平面 BDE， 平面 ABC平面 BDE，且平面

17、ACD平面 BDE，故 C 正确； 平面 ABD平面 BCD 不成立，故 D 错误 故选：C 【点评】本题考查命题真假的判断，考查空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的 位置关系，是中档题 第 11 页（共 22 页） 9（5 分） 如图， 用与底面成 45角的平面截圆柱得一椭圆截线， 则该椭圆的离心率为 （ ） A B C D 【分析】根据截面与底面所成的角是 45，根据直角三角形写出椭圆的长轴长，而椭圆 的短轴长是与圆柱的底面直径相等，做出 c 的长度，根据椭圆的离心率公式，代入 a，c 的值，求出结果 【解答】解：设圆柱底面圆的方程为 x2+y2R2， 与底面成 45角的平面截圆柱，

18、椭圆的半长轴长是R， 半短轴长是 R， cR， e 故选：A 【点评】本题考查平面与圆柱的截线，考查椭圆的性质，考查等腰直角三角形的边长之 间的关系，是一个比较简单的综合题目，题目涉及到的知识比较多 10 （5 分）某车间分批生产某种产品，每批的生产准备费用为 800 元若每批生产 x 件， 则平均仓储时间为天，且每件产品每天的仓储费用为 1 元为使平均每件产品的生产 准备费用与仓储费用之和最小，每批应生产产品（ ） A60 件 B80 件 C100 件 D120 件 【分析】若每批生产 x 件，则平均仓储时间为天，可得仓储总费用为，再加上 生产准备费用为 800 元， 可得生产 x 件产品的

19、生产准备费用与仓储费用之和是 元， 由此求出平均每件的生产准备费用与仓储费用之和， 再用基本不等式求 出最小值对应的 x 值 【解答】解：根据题意，该生产 x 件产品的生产准备费用与仓储费用之和是 第 12 页（共 22 页） 这样平均每件的生产准备费用与仓储费用之和为（x 为正 整数） 由基本不等式，得 当且仅当时，f（x）取得最小值、 可得 x80 时，每件产品的生产准备费用与仓储费用之和最小 故选：B 【点评】本题结合了函数与基本不等式两个知识点，属于中档题，运用基本不等式时应 该注意取等号的条件，才能准确给出答案 11 （5 分）已知函数 f（x）asinxcosx 的一条对称轴为 x

20、，且 f（x1） f（x2） 4，则|x1+x2|的最小值为（ ） A B C D 【分析】首先通过三角函数的恒等变换把函数关系式变性成正弦型函数，进一步利用对 称轴确定函数的解析式，再利用正弦型函数的最值确定结果 【解答】解：f（x）asinxcosx ， 由于函数的对称轴为：x， 所以， 则：， 解得：a1 所以：f（x）2sin（x） ， 由于：f（x1） f（x2）4， 所以函数必须取得最大值和最小值， 所以：或 第 13 页（共 22 页） 所以：|x1+x2|4k， 当 k0 时，最小值为 故选：C 【点评】本题考查的知识要点：三角函数的恒等变换，利用对称轴求函数的解析式，利 用三

21、角函数的最值确定结果 12 （5 分）设等差数列an满足 a11，an0（nN*） ，其前 n 项和为 Sn，若数列 也为等差数列，则的最大值是（ ） A310 B212 C180 D121 【分析】设等差数列an的公差为 d，a11，an0（nN*） ，利用等差数列的通项公式 及其前 n 项和公式可得：an1+（n1）d，Sn由于数列也 为等差数列，可得 2+，代入解出 d，可得关于 n 的数列，利用其 单调性即可得出 【解答】解：设等差数列an的公差为 d，a11，an0（nN*） ， an1+（n1）d，Sn 1， 数列也为等差数列， 2+， 1+， 化为（d2）20，解得 d2 an2

22、n1，Snn2 ， 数列单调递减， 第 14 页（共 22 页） 的最大值是121 故选：D 【点评】本题考查了等差数列的通项公式及其前 n 项和公式、数列的单调性，考查了推 理能力与计算能力，属于中档题 二、填空题：本题共二、填空题：本题共 4 小题，每题小题，每题 5 分，共分，共 20 分分. 13 （5 分）若直线 axby30（a0，b0）过点（1，1） ，则+的最小值为 【分析】利用“乘 1 法”与基本不等式的性质即可得出 【解答】解：axby30（a0，b0）过点（1，1） ， a+b3， 则+（+） （a+b） 故答案为： 【点评】本题考查了“乘 1 法”与基本不等式的性质，属

23、于基础题 14 （5 分）向量 （1，1） ， （1，0） ，若（ ）（2 + ） ，则 3 【分析】根据两向量垂直时数量积为 0，列出方程求出 的值 【解答】解：向量 （1，1） ， （1，0） ， 2，1，1； 又（ ）（2 + ） ， （ ） （2 + ）2+（2） 0， 即 22+（2） （1）10， 解得 3 故答案为：3 【点评】本题考查了平面向量的坐标运算与数量积的应用问题，是基础题 15 （5 分）在等差数列an中，若 a100，则有等式：a1+a2+ana1+a2+a19n（n 19）成立，类比上述性质，相应地，在等比数列bn中，若 b91，则有等式 b1b2 bnb1b2b

24、17n（n17） 成立 【分析】根据类比的规则，和类比积，加类比乘，由类比规律得出结论即可 第 15 页（共 22 页） 【解答】解：在等差数列an中，若 a100，则有等式 a1+a2+ana1+a2+a19n（n 19，nN+）成立， 故相应的在等比数列bn中，若 b91，则有等式 b1b2bnb1b2b17n（n17） 故答案为 b1b2bnb1b2b17n（n17） 【点评】本题考查类比推理，解题的关键是掌握好类比推理的定义及两类事物之间的共 性，由此得出类比的结论即可 16 （5 分）已知在ABC 中，D 为边 AC 上一点，ABAD4，AC6，若ABC 的外心 恰在线段 BD 上，

25、则 BC 2 【分析】由外心即为三角形三边垂直平分线的交点，根据题意作线段 AC 的垂直平分线， 交 BD 于点 O，即为三角形 ABC 外心，取 AB 中点 E，连接 OE，则有 OE 垂直于 AB，再 由 ABAD，利用等边对等角得到一对角相等，进而得到三角形 BEO 与三角形 DFO 相 似，由相似得比例得到 BO2DO，设 DOa，则有 OB2a，进而表示出 OF，AO，在 直角三角形 AOF 中，利用勾股定理求出 a2的值，利用余弦定理表示出 cosA，将各自的 值代入求出 cosA 的值，在三角形 ABC 中，由 AB，AC，cosA 的值，利用余弦定理求出 BC 的长即可 【解答

26、】解：外心为三角形三边垂直平分线的交点，ABC 的外心恰在线段 BD 上， 作线段 AC 的垂直平分线，交 BD 于点 O，即为ABC 外心， OAOBOC， 取 AB 的中点 E，连接 OE，则有 OEAB，可得BEOOFD90， ABAD， ABDADB， BEODFO， AC6， AF3， DFADAF1， BE2， 2， 设 ODa，则有 OBOA2a，OF2OD2FD2a21， 第 16 页（共 22 页） 由 AO2AF2+OF2，得到 4a29+a21，即 a2， 由余弦定理得：cosA， BC2AB2+AC22ABACcosA16+3624640， 则 BC2 故答案为：2 【

27、点评】此题考查了余弦定理，三角形的外心，相似三角形的判定与性质，以及勾股定 理，熟练掌握余弦定理是解本题的关键 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.（一）必考题：共（一）必考题：共 60 分分. 第第 17-21 题为必考题，每个试题考生都必须作答题为必考题，每个试题考生都必须作答. 17 （12 分）已知 ， 为锐角，tan，cos（+） （1）求 cos2 的值； （2）求 tan（）的值 【分析】 （1）由已知结合平方关系求得 sin，cos 的值，再由倍角公式得 cos2 的值； （2）由（1）求得 t

28、an2，再由 cos（+）求得 tan（+） ，利用 tan（） tan2（+），展开两角差的正切求解 【解答】解： （1）由，解得， cos2； （2）由（1）得，sin2，则 tan2 第 17 页（共 22 页） ，（0，） ，+（0，） ， sin（+） 则 tan（+） tan（）tan2（+） 【点评】本题考查三角函数的恒等变换及化简求值，考查同角三角函数基本关系式的应 用，是中档题 18 （12 分）在等差数列an中，a11，其前 n 项和为 Sn，等比数列bn的各项均为正数， b11，且 b2+S311，S69b3 （1）求数列an和bn的通项公式； （2）设 cn，求数列cn

29、的前 n 项和 Tn 【分析】 （1）利用等差数列与等比数列的通项公式即可得出 （2）利用“错位相减法”与等比数列的求和公式即可得出 【解答】解： （1）设等差数列an公差为 d，等比数列bn的公比为 q， 则， 解得 d2，q2， 所以 an2n1，bn2n 1； （2）cn（2n1） （）n 1 数列cn的前 n 项和 Tn1（）0+3（）1+5（）2+（2n1） （）n 1， Tn1（）1+3（）2+5（）3+（2n1） （）n， Tn+2（）1+2（）2+2（）3+2（）n 1（2n1） （ ）n 1+2（1（）n 1）（2n1） （ ）n 3（2n+3）（）n Tn6（2n+3） （

30、）n 1 【点评】本题考查了“错位相减法” 、等差数列与等比数列的通项公式及其求和公式，考 第 18 页（共 22 页） 查了推理能力与计算能力，属于中档题 19 （12 分）如图，在四棱锥 PABCD 中，PD平面 ABCD，ABDC，ABAD，DC6， AD8，BC10，PD9，E 为 PA 的中点 （1）求证：DE平面 BPC； （2）线段 AB 上是否存在一点 F，满足 CFDB？若存在，试求出此时三棱锥 BPCF 的体积；若不存在，请说明理由 【分析】 （1）取 PB 的中点 M，连接 EM 和 CM，过点 C 作 CNAB，垂足为点 N，证明 四边形 CDAN 为平行四边形， 从而

31、 CNAD8， DCAN6， AB12， 可得四边形 CDEM 为平行四边形，从而 DECM再由线面平行的判定可得 DE平面 BPC； （2）由题意可得 DA，DC，DP 两两互相垂直，以 D 为原点，DA，DC，DP 分别为 x， y，z 轴建立空间直角坐标系 Dxyz，由向量数量积为 0 求得 BN，再由等积法求三棱锥 B PCF 的体积 【解答】 （1）证明：取 PB 的中点 M，连接 EM 和 CM，过点 C 作 CNAB，垂足为点 N CNAB，DAAB，CNDA， 又 ABCD，四边形 CDAN 为平行四边形，CNAD8，DCAN6， 在 RtBNC 中，BN， AB12，而 E，

32、M 分别为 PA，PB 的中点， EMAB 且 EM6，又 DCAB，EMCD 且 EMCD， 则四边形 CDEM 为平行四边形，DECM CM平面 PBC，DE平面 PBC，DE平面 BPC； （2）解：由题意可得 DA，DC，DP 两两互相垂直，如图，以 D 为原点， 分别以 DA，DC，DP 所在直线为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系 Dxyz， 则 D（0，0，0） ，B（8，12，0） ，C（0，6，0） ， 假设 AB 上存在一点 F 使 CFBD，设点 F 坐标为（8，t，0） ， 第 19 页（共 22 页） 则（8，t6，0） ，（8，12，0） ， 由，得 64+12（t

33、6）12t80，得 t， 即 AF，则 BF12，又 PD9， 136 【点评】本题考查线面平行的判定，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力， 是中档题 20 （12 分）已知圆 C： （x3）2+（y4）24，直线 l1过定点 A（1，0） （1）若 l1与圆相切，求 l1的方程； （2）若 l1与圆相交于 P，Q 两点，线段 PQ 的中点为 M，又 l1与 l2：x+2y+20 的交点 为 N，判断 AMAN 是否为定值，若是，则求出定值；若不是，请说明理由 第 20 页（共 22 页） 【分析】 （1）由直线 l1与圆相切，则圆心到直线的距离等于半径，求得直线方程，注意 分类讨论

34、； （2）分别联立相应方程，求得 M，N 的坐标，再求 AMAN 【解答】解： （1）若直线 l1的斜率不存在，即直线 x1，符合题意 （2 分） 若直线 l1斜率存在，设直线 l1为 yk（x1） ，即 kxyk0 由题意知，圆心（3，4）到已知直线 l1的距离等于半径 2， 即 解之得 所求直线方程是 x1，3x4y30 （5 分） （2）直线与圆相交，斜率必定存在，且不为 0，可设直线方程为 kxyk0 由 得 ； 又直线 CM 与 l1垂直，得 AMAN为定值 （10 分） 【点评】本题主要考查圆标准方程，简单几何性质，直线与圆的位置关系，圆的简单性 质等基础知识考查运算求解能力，推理

35、论证能力；考查函数与方程思想，化归与转化 思想 21 （12 分）已知函数 f（x）lnxx+1 （1）证明 f（x）0 恒成立； （3）证明： 【分析】 （1）求导，得到 f（x）最大值小于等于 0 即可； （2）由（1）知，lnxx1，x 第 21 页（共 22 页） 1 时取等号，n1，则 lnnn1，累加即可得到答案 【解答】解： （1）f（x）lnxx+1，f（x）， （x0） ， 当 x（0，1） ，f（x）0，f（x）递增； 当 x（1，+） ，f（x）0，f（x）递减， 故 f（x）minf（1）0，所以 f（x）0 恒成立； （2）由（1）知，lnxx1，x1 时取等号， n

36、1，则 lnnn1， 故， 所以 【点评】考查函数的单调性，函数求最值，利用函数解决不等式问题，中档题 （二）选考题：共（二）选考题：共 10 分分.请考生在第请考生在第 22、23 题中任选一题作答题中任选一题作答.作答时用作答时用 2B 铅笔在答题卡铅笔在答题卡 上把所选题目题号后的方框涂黑上把所选题目题号后的方框涂黑.如果多做，则按所做的第一题计分如果多做，则按所做的第一题计分.选修选修 4-4：坐标系与参：坐标系与参 数方程数方程 22 （10 分）已知直线 l 的参数方程为（t 为参数） ，圆 C 的参数方程为 （ 为参数） （）若直线 l 与圆 C 的相交弦长不小于，求实数 m 的

37、取值范围； （）若点 A 的坐标为（2，0） ，动点 P 在圆 C 上，试求线段 PA 的中点 Q 的轨迹方程 【分析】 （）求出直线、圆的普通方程，利用直线 l 与圆 C 的相交弦长不小于，求 实数 m 的取值范围； （）P（cos，1+sin） ，Q（x，y） ，则 x（cos+2） ，y（1+sin） ，消去 ，整 理可得线段 PA 的中点 Q 的轨迹方程 【解答】解： （）直线 l 的参数方程为（t 为参数） ，普通方程为 ymx， 圆 C 的参数方程为（a 为参数） ，普通方程为 x2+（y1）21 圆心到直线 l 的距离 d，相交弦长2， 2，m1 或 m1； 第 22 页（共 2

38、2 页） （）设 P（cos，1+sin） ，Q（x，y） ，则 x（cos+2） ，y（1+sin） ， 消去 ，整理可得线段 PA 的中点 Q 的轨迹方程（x1）2+（y）2 【点评】本题考查参数方程与普通方程的转化，考查直线与圆位置关系的运用，考查轨 迹方程，属于中档题 选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲 23 （1）求 f（x）+的最大值； （2）设 a，b，c0，且 ab+bc+ca1，求证： 【分析】 （1）由基本不等式，证明即可； （2）由 2（a+b+c）2a2+b2+b2+c2+a2+4ab+4ac+4bc6（ab+bc+ac）6，得出结论 【解答】解： （1）由题意知：定义域为0，4， 由基本不等式，得，当且仅 当，即 x2，取等号； （2）因为 ab+bc+ca1，a，b，c0， 2（a+b+c）2a2+b2+b2+c2+a2+4ab+4ac+4bc6（ab+bc+ac）6，当且仅当 abc， 取等号， 故 【点评】考查基本不等式的应用，用时注意构造适当的表达式，中档题