河北省邯郸市2020届高三第二次模拟考试数学试卷（文科）含答案解析

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1、2020 年河北省邯郸市高考数学二模试卷（文科）年河北省邯郸市高考数学二模试卷（文科） 一、选择题（共 12 小题）. 1已知集合 A0，1，2，3），B1，0，a，若 AB0，2），则 a（ ） A0 B1 C2 D3 2设 i 是虚数单位，若复数 z 满足 z（1i）i，则复数 z 对应的点在（ ） A第一象限 B第二象限 C第三象限 D第四象限 3已知 ， ， ，则（ ） Abca Bbac Cabc Dcba 4如图所示，在边长为 4 的正三角形中有一封闭曲线围成的阴影区域在正三角形中随机 撒一粒豆子，它落在阴影区域内的概率为 ，则阴影区域的面积为（ ） A B C D 5记 Sn为等

2、差数列an的前 n 项和，若 a1+3a512，则 S7（ ） A18 B21 C24 D27 6已知向量 （5，5）， 2 （3，11），则向量 在向量 方向上的投影为（ ） A1 B C D1 7已知函数 f（x）sin2xcos+cos2xsin 图象的一个对称中心为 ， ，则 的一个可 能值为（ ） A B C D 8数学家也有许多美丽的错误，如法国数学家费马于 1640 年提出了 ， ， ， 是质数的猜想，直到 1732 年才被善于计算的大数学家欧拉算出 F5 641*6700417，不是质数现设 anlog4（Fn1）（n1，2，），Sn表示数列an的 前 n 项和若 32Sn63

3、an，则 n（ ） A5 B6 C7 D8 9 已知双曲线 C： 的右焦点为 F， 点 N 在 C 的渐近线上 （异于原点） ， 若 M 点满足 ，且 ，则|MN|（ ） A2a B C4a D 10已知曲线 yaex1绕原点顺时针旋转 后与 x 轴相切，若 tan2，则 a（ ） A B1 C D2 11在长方体 ABCDA1B1C1D1中，AA12AB2AD4，过 AA1作平面 使 BD，且平 面 平面 A1B1C1D1l，Ml下面给出了四个命题：这四个命题中，真命题的个数为 （ ） lAC； BMAC； l 和 AD1所成的角为 60； 线段 BM 长度的最小值为 A1 B2 C3 D4

4、 12已知 ， ， ， ， 若函数 g（x）f2（x）mf（x）1 恰有 5 个零点，则实数 m 的取值范围是（ ） A ， B ， C（0，2） D（0，2 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分 13若实数 x，y 满足 ， ，则 z2x+y 的最大值为 14已知 是锐角，且 sin（ ） 则 sin（ ） 15我国古代数学名著九章算术 商攻中，阐述： “斜解立方，得两堑堵斜解堑堵其 一为阳马，一为鳖臑”如图，在一个为“阳马”的四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 为矩形， AB2 AD ， PA平面 ABCD， 若直线 PD 与平面 ABCD 所成的角为 60，

5、则 PA ，该“阳马”外接球体积为 16已知直线 xmy20 与抛物线 C： 交于 A，B 两点P 是线段 AB 的中点，过 P 作 x 轴的平行线交 C 于点 Q，若以 AB 为直径的圆经过 Q，则 m 三、 解答题： 共 70 分 解答应写出文字说明、 证明过程或演算步骤 第 1721 题为必考题， 第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题：共 60 分 17受突如其来的新冠疫情的影响，全国各地学校都推迟 2020 年的春季开学某学校“停 课不停学”，利用云课平台提供免费线上课程该学校为了解学生对线上课程的满意程 度，随机抽取了 500 名学生对该线上课程评分其频率分布直方

6、图如下：若根据频率分 布直方图得到的评分低于 80 分的概率估计值为 0.45 （1）（i）求直方图中的 a，b 值； （ii）若评分的平均值和众数均不低于 80 分视为满意，判断该校学生对线上课程是否满 意？并说明理由（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）； （2）若采用分层抽样的方法，从样本评分在60，70）和90，100内的学生中共抽取 5 人进行测试来检验他们的网课学习效果，再从中选取 2 人进行跟踪分析，求这 2 人中至 少一人评分在60，70）内的概率 18已知ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且 btanA（2cb）tanB （1）求 A； （2）若ABC

7、 是锐角三角形，且 a3求 的取值范围 19如图，在直三棱柱 ABCA1B1C1中，CC12AC4，AB3，CAB90M 是 CC1 的中点 （1）证明：平面 A1B1M平面 ABM； （2）求四棱锥 MABB1A1的侧面积 20已知长轴长为 的椭圆 C： 的左、右焦点分别为 F1、F2，且以 F1、F2为直径的圆与 C 恰有两个公共点 （1）求椭圆 C 的方程； （2）若经过点 F2的直线 l 与 C 交于 M，N 两点，且 M，N 关于原点 O 的对称点分别为 P，Q，求四边形 MNPQ 面积的最大值 21已知函数 ， 为 f（x）的导函数 （1）若 f（x）在区间 ， 上单调递减，求实数

8、 a 的取值范围； （2）若 ， ，求证：当 a3 时 （二）选考题：共 10 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 一题计分， 作答时， 请用2B铅笔在答题卡上将所选题目对应题号后面的方框涂黑.选修4-4： 坐标系与参数方程 22在平面直角坐标系 xOy 中，曲线 C1的参数方程为 ， （ 为参数），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cos1 （1）求 C1的极坐标方程，并求 C1与 C2交点的极坐标 ， ； （2）若曲线 C3：（0）与 C1，C2的交点分别为 M，N，求|OM| |ON|的值 选修 4-5：不等式选

9、讲 23已知 f（x）|2x1|2|x+1| （1）解不等式 f（x）0； （2）记函数 f（x）的最大值为 m，且 a+b+cm，求证：（a+1）2+（b+1）2+（c+1）2 12 参考答案 一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 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 1已知集合 A0，1，2，3），B1，0，a，若 AB0，2），则 a（ ） A0 B1 C2 D3 【分析】利用交集定义直接求解 解：集合 A0，1，2，3），B1，0，a， AB0，2）， a2 故选：C 【点评】本题考查交集的求法，考查交集定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础

10、题 2设 i 是虚数单位，若复数 z 满足 z（1i）i，则复数 z 对应的点在（ ） A第一象限 B第二象限 C第三象限 D第四象限 【分析】把已知等式变形，然后利用复数代数形式的乘除运算化简，求出 z 的坐标得答 案 解：由 z（1i）i，得 复数 z 对应的点的坐标为（ ， ），在第二象限 故选：B 【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查了复数的代数表示法及其几何意义， 是基础题 3已知 ， ， ，则（ ） Abca Bbac Cabc Dcba 【分析】结合指数与对数函数的单调性分别确定 a，b，c 的范围，进而可比较大小 解：a 1，b 0，c log32（0，1）， 故 bc

11、a， 故选：A 【点评】本题主要考查了利用函数单调性比较大小，属于基础试题 4如图所示，在边长为 4 的正三角形中有一封闭曲线围成的阴影区域在正三角形中随机 撒一粒豆子，它落在阴影区域内的概率为 ，则阴影区域的面积为（ ） A B C D 【分析】 由题意结合几何概型计算公式得到关于面积的方程， 解方程即可求得最终结果 解：设阴影部分的面积为 S，结合几何概型公式可得： ； 解得 S3 ： 故选：C 【点评】本题考查几何概型及其应用，重点考查学生对基础概念的理解和计算能力，属 于中等题 5记 Sn为等差数列an的前 n 项和，若 a1+3a512，则 S7（ ） A18 B21 C24 D27

12、 【分析】由 a1+3a512，可得：4a1+12d12，化为 a1+3d3a4，利用性质可得： S7 7a4 解：由 a1+3a512，可得：4a1+12d12，a1+3d3a4， S7 7a421 故选：B 【点评】本小题主要考查等差数列通项公式和前 n 项和公式及其性质等基础知识，考查 运算求解等数学能力，属于基础题 6已知向量 （5，5）， 2 （3，11），则向量 在向量 方向上的投影为（ ） A1 B C D1 【分析】先根据平面向量的线性坐标运算，由 和 2 的坐标计算出向量 ，然后由平 面向量数量积的定义可知， 向量 在 方向上的投影为 ， 再结合数量积的坐标运算即可 得解 解

13、： （5，5）， 2 （3，11）， ， ， 向量 在 方向上的投影为 ， 故选：D 【点评】 本题考查平面向量数量积的定义与坐标运算， 考查学生的分析能力和运算能力， 属于基础题 7已知函数 f（x）sin2xcos+cos2xsin 图象的一个对称中心为 ， ，则 的一个可 能值为（ ） A B C D 【分析】先对已知函数进行化简，然后结合正弦函数的对称性即可求解 解：f（x）sin2xcos+cos2xsinsin（2x+）， 由题意可得，sin（ ）0， 所以 k 即 k，kZ， 结合选项可知，当 k1 时， 故选：A 【点评】本题主要考查了和差角公式在三角化简中的应用及正弦函数的对

14、称性的应用， 属于基础试题 8数学家也有许多美丽的错误，如法国数学家费马于 1640 年提出了 ， ， ， 是质数的猜想，直到 1732 年才被善于计算的大数学家欧拉算出 F5 641*6700417，不是质数现设 anlog4（Fn1）（n1，2，），Sn表示数列an的 前 n 项和若 32Sn63an，则 n（ ） A5 B6 C7 D8 【分析】利用数列的递推关系式，求出通项公式，然后通过等比数列求解数列的和，然 后求解 n 即可 解：因为 ， ， ， ，所以 anlog4（Fn1） 2 n1， 所以an是等比数列，首项为 1，公比为 2，所以 Sn 2 n1 所以 32（2n1）632

15、n1，解得 n6， 故选：B 【点评】本题考查数列的递推关系式的应用，等比数列的判断，数列求和，考查计算能 力 9 已知双曲线 C： 的右焦点为 F， 点 N 在 C 的渐近线上 （异于原点） ， 若 M 点满足 ，且 ，则|MN|（ ） A2a B C4a D 【分析】画出图形，利用 F 是 OM 的中点，且 ONMN，作 FHON 于 H，然后转化求 解即可 解：双曲线 C： 的一条渐近线 y2x 的斜率为：2， 且 b2a，F（ ，0） 由题意可得：F 是 OM 的中点，且 ONMN， 作 FHON 于 H， 则|FH| 2a，所以|MN|4a， 故选：C 【点评】本题考查双曲线的简单性

16、质的应用，数形结合以及计算能力，是中档题 10已知曲线 yaex1绕原点顺时针旋转 后与 x 轴相切，若 tan2，则 a（ ） A B1 C D2 【分析】由题意可知，未转动前曲线与直线 y2x 相切，由此设切点为（x0，y0），求切 点处导数，并令其为 2，求出 x0，即可求出 a 的值 解：由已知得：曲线 yaex1与直线 y2x 相切 设切点为（x0，y0），因为 yaex1， 所以 ，又切点满足： ， 两式联立解得：x01，a2 故选：D 【点评】本题考查导数的几何意义以及切线方程的求法，同时考查学生运用方程思想解 题的能力和化简运算能力属于中档题 11在长方体 ABCDA1B1C1

17、D1中，AA12AB2AD4，过 AA1作平面 使 BD，且平 面 平面 A1B1C1D1l，Ml下面给出了四个命题：这四个命题中，真命题的个数为 （ ） lAC； BMAC； l 和 AD1所成的角为 60； 线段 BM 长度的最小值为 A1 B2 C3 D4 【分析】 由 ABCDA1B1C1D1为长方体， 可得 BD平面 A1ACC1， 结合题意可得面 A1ACC1 为平面 ，直线 A1C1 为 l，可知正确； 只有当 M 为 A1C1的中点时，有 BMAC，当 M 在 l 上其它位置时，BM 与 AC 不垂直， 可知错误； 由题意，知A1C1B 即为 l 和 AD1 所成角，由 A1B

18、BC1A1C1，得A1C1B60，故 错误； 当 M 是 A1C1 的中点时，BMA1C1，此时线段 BM 取得最小值，求得 BM 判断错误 解：由 ABCDA1B1C1D1为长方体，可得 BD平面 A1ACC1， 即平面 A1ACC1 为平面 ，直线 A1C1 为 l，则 lAC，故正确； 由 Ml，即 MA1C1，只有当 M 为 A1C1的中点时，有 BMAC， 当 M 在 l 上其它位置时，BM 与 AC 不垂直，故错误； 由 AD1BC1，可知A1C1B 即为 l 和 AD1 所成角， A1BBC1A1C1，A1C1B60，故错误； 由 A1BBC1 ，可知当 M 是 A1C1 的中点

19、时，BMA 1C1， 此时线段 BM 取得最小值，且 BM ，错误 故只有正确 故选：A 【点评】本题考查命题的真假判断与应用，考查空间中直线与直线、直线与平面位置关 系的判定，考查空间想象能力与思维能力，是中档题 12已知 ， ， ， ， 若函数 g（x）f2（x）mf（x）1 恰有 5 个零点，则实数 m 的取值范围是（ ） A ， B ， C（0，2） D（0，2 【分析】先作出函数的图象，然后结合函数的函数的零点与方程的根的关系，结合二次 方程的实根分布问题即可求解 解：如图所示，作出 f（x）的图象，令 f（x）t 显然 t0 不是方程 t2mt10 的解， 若 t1 是方程 t2m

20、t10 的解， 则 m0， 此时 t1， 结合图象可知不满足题意， 所以 g （x） f2（x） mf （x） 1 恰有 5 个零点等价于 t2mt10 一个解在 （1， 0） ， 一个解在（0，2， 令 h（t）t2mt1，则 ， 解可得，0 故选：B 【点评】本题主要考查了由函数的零点求解参数范围问题，体现了转化思想及数形结合 思想的应用 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分 13若实数 x，y 满足 ， ，则 z2x+y 的最大值为 2 【分析】画出可行域，利用目标函数的几何意义求解最大值即可 解：作出约束条件的可行域，如图：直线 z2x+y 经过可行域的 A 时

21、，z 取得最大值， 由 解得 A（1，0），所以 z 的最大值为：21+02 故答案为：2 【点评】本题考查线性规划的简单应用，画出约束条件的可行域是解题的关键，考查计 算能力 14已知 是锐角，且 sin（ ） 则 sin（ ） 【分析】由已知结合同角基本关系及诱导公式进行化简即可求解 解：因为 是锐角，且 sin（ ） 所以 ，cos（ ） ， 则 sin（ ）sin（ ） cos（ ） ， 故答案为： 【点评】本题主要考查了同角基本关系及诱导公式在三角化简求值中的应用，属于中档 试题 15我国古代数学名著九章算术 商攻中，阐述： “斜解立方，得两堑堵斜解堑堵其 一为阳马，一为鳖臑”如图，

22、在一个为“阳马”的四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 为矩形， AB2 AD ， PA平面 ABCD， 若直线 PD 与平面 ABCD 所成的角为 60， 则 PA 3 ，该“阳马”外接球体积为 【分析】以 AB，AD，AP 为棱构造一个长方体，则该长方体的体对角线为其外接球的直 径 2R，由此能求出该“阳马”外接球体积 解：由题意得PDA60，则 PA 3， 以 AB，AD，AP 为棱构造一个长方体， 则该长方体的体对角线为其外接球的直径 2R， 即 2R 4，即 R2， 该“阳马”外接球体积为 V 故答案为：3， 【点评】本题考查线段长、“阳马”的外接球的体积的求法，考查线线垂直的证明

23、，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 16已知直线 xmy20 与抛物线 C： 交于 A，B 两点P 是线段 AB 的中点，过 P 作 x 轴的平行线交 C 于点 Q，若以 AB 为直径的圆经过 Q，则 m 2 【分析】设 AB 的坐标，直线与抛物线的方程联立求出两根之和，进而求出 AB 的中点 P 的坐标，由题意求出 Q 的坐标，进而求出弦长|AB|，|PQ|，再由题意可得 m 的值 解：设 A（x1，y1），B（x2，y2），由 ， 整理可得 2y2my20，m2+80，y1+y2 ，y1y21， 所以 AB 的中点 P（ 2， ），则 Q（ ，

24、 ），即|PQ| 2， 又|AB| |y1y2| ， 所以 2（ 2）即 ，解得 m2， 故答案为：2 【点评】本题考查抛物线的性质及以线段为直径的圆的性质，属于中档题 三、 解答题： 共 70 分 解答应写出文字说明、 证明过程或演算步骤 第 1721 题为必考题， 第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题：共 60 分 17受突如其来的新冠疫情的影响，全国各地学校都推迟 2020 年的春季开学某学校“停 课不停学”，利用云课平台提供免费线上课程该学校为了解学生对线上课程的满意程 度，随机抽取了 500 名学生对该线上课程评分其频率分布直方图如下：若根据频率分 布直方图得到的

25、评分低于 80 分的概率估计值为 0.45 （1）（i）求直方图中的 a，b 值； （ii）若评分的平均值和众数均不低于 80 分视为满意，判断该校学生对线上课程是否满 意？并说明理由（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）； （2）若采用分层抽样的方法，从样本评分在60，70）和90，100内的学生中共抽取 5 人进行测试来检验他们的网课学习效果，再从中选取 2 人进行跟踪分析，求这 2 人中至 少一人评分在60，70）内的概率 【分析】（1）（i）由频率分布直方图中小矩形面积之和为 1，能求出 a，b （ii）由频率分布直方图能求出评分的众数和评分的平均值，从而得到该校学生对线上课 程满

26、意 （2）由题知评分在60，70）和90，100内的频率分别为 0.1 和 0.15，则抽取的 5 人中， 评分在60，70）内的为 2 人，评分在90，100）的有 3 人，记评分在90，100内的 3 位 学生为 a，b，c，评分在60，70）内的 2 位学生这 D，E，从 5 人中任选 2 人，利用列举 法能求出这 2 人中至少一人评分在60，70）的概率 解：（1）（i）由已知得（0.005+a+0.03）100.45， 解得 a0.01， 又（0.015+b）100.55，b0.04 （ii）由频率分布直方图得评分的众数为 85， 评分的平均值为 550.05+650.1+750.3

27、+850.4+950.1580， 该校学生对线上课程满意 （2）由题知评分在60，70）和90，100内的频率分别为 0.1 和 0.15， 则抽取的 5 人中，评分在60，70）内的为 2 人，评分在90，100）的有 3 人， 记评分在90，100内的 3 位学生为 a，b，c， 评分在60，70）内的 2 位学生这 D，E， 则从 5 人中任选 2 人的所有可能结果为： （a，b），（a，c），（a，D），（a，E），（b，c），（b，D），（b，E），（c，D）， （c，E），（D，E），共 10 种， 其中，评分在90，100内的可能结果为（a，b），（a，c），（b，c），共 3

28、种， 这 2 人中至少一人评分在60，70）的概率为 P1 【点评】本题考查频率、众数、平均数、概率的求法，考查古典概型、列举法、频率分 布直方图等基础知识，考查运算求解能力，是基础题 18已知ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且 btanA（2cb）tanB （1）求 A； （2）若ABC 是锐角三角形，且 a3求 的取值范围 【分析】（1）直接利用三角函数关系式的恒等变换和正弦定理的应用求出 A 的值 （2）利用正弦定理的应用和锐角三角形的角的范围的应用求出结果 解： （1）由于ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且 btanA（2cb）tanB ，

29、由于 sinB0， 所以 sinAcosB2sinCcosAsinBcosA， 则：sin（A+B）2sinCcosA，即 sinC2sinCcosA， 由于 sinC0，所以 cosA ， 由于 0A， 所以 A （2）根据正弦定理 ， 所以 b2 则： 由于ABC 为锐角三角形， 所以 ，即 ，所以 ， 所以 ， 即 ，所以 ， 所以 的取值范围为（0， ） 【点评】本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，正弦定理的应用，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 19如图，在直三棱柱 ABCA1B1C1中，CC12AC4，AB3，CAB90M 是 CC1 的中点 （

30、1）证明：平面 A1B1M平面 ABM； （2）求四棱锥 MABB1A1的侧面积 【分析】（1）由已知求解三角形证明即 A1MAM，再证明 AB平面 ACC1A1，得 AB A1M， 由直线与平面垂直的判定可得 A1M平面 ABM， 进一步得到平面 A1B1M平面 ABM； （2）分别求出四棱锥 MABB1A1的四个侧面三角形的面积，作和得答案 【解答】（1）证明：在矩形 ACC1A1中， ，AA14 则 ，即 A1MAM， 又 ABAC，ABAA1，ACAA1A，则 AB平面 ACC1A1， A1M平面 ACC1A1，ABA1M， 又 ABAMA，A1M平面 ABM， A1M平面 A1B1M

31、，平面 A1B1M平面 ABM； （2）解：由（1）知，ABAM， 在ABC 中，BC ， ， 又 四棱锥 MABB1A1的侧面积为 【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，训练了多面 体侧面积的求法，是中档题 20已知长轴长为 的椭圆 C： 的左、右焦点分别为 F1、F2，且以 F1、F2为直径的圆与 C 恰有两个公共点 （1）求椭圆 C 的方程； （2）若经过点 F2的直线 l 与 C 交于 M，N 两点，且 M，N 关于原点 O 的对称点分别为 P，Q，求四边形 MNPQ 面积的最大值 【分析】（1）由题意可得 a 的值及 bc，再由 a，b，c 之间的关系求出

32、 b，进而求出椭 圆的方程； （2）由（1）可得右焦点 F2的坐标，由题意可得直线 PQ 的斜率不为 0，设直线 PQ 的 方程与椭圆联立求出两根之和及两根之积，由题意可得四边形 PQMN 为平行四边形，所 以四边形的面积等于一个三角形面积的 4 倍，求出三角形 OPQ 的面积，由均值不等式可 得面积的最大值 解：（1）由题意可得 2a2 ，且 bc，又 c2a2b2，所以可得 a22，b21， 所以椭圆的方程为： y 21； （2）由（1）可得右焦点 F2（1，0），再由题意可得直线 PQ 的斜率不为 0，设直线 PQ 的方程为 xmy+1， 设 P（x1，y1），Q（x2，y2），联立直线

33、与椭圆的方程可得 整理可得（2+m 2） y2+2my10，所以 y1+y2 ，y1y2 ， 由题意可得四边形 MNPQ 为平行四边形， 所以S4S OPQ 4 |OF2|y1y2|2 1 2 4 4 4 2 ， 当且仅当 1+m2 即 m0 时取等号， 所以四边形 MNPQ 面积的最大值为 2 【点评】本题考查求椭圆的方程及直线与椭圆的综合，及四边形的面积公式及均值不等 式的应用，属于中档题 21已知函数 ， 为 f（x）的导函数 （1）若 f（x）在区间 ， 上单调递减，求实数 a 的取值范围； （2）若 ， ，求证：当 a3 时 【分析】（1）先求 f（x）3sinxax，令 g（x）3

34、sinxax，再求导 g（x），原问题 可转化为g （x） 0在 ， 上恒成立， 即a3cosx恒成立， 于是求出y3cosx在 ， 上 的最大值即可； （2）令 ，原问题转化为证明 h（x）0，求出 h （x），由于 a3， 所以 ，再令 ，再求导 p（x），又令 m （x） p （x） ， 又求导 m （x） ， 并得出 m （x） 3sinx+30， 因此 m （x） 在 ， 上单调递增， 依此，逐层往回递推直至能证明 h（x）h（0）0 即可 解：（1）由题可知，f（x）3sinxax， 令 g（x）3sinxax，则 g（x）3cosxa， f（x）在区间 ， 上单调递减， 当 时，

35、3cosxa0，即 a3cosx 恒成立， 而当 时，3cosx0，3， a3 （2）证明：令 ，则 ， a3， ， 令 ，则 p（x）3cosx3+3x， 令 m（x）3cosx3+3x，则 m（x）3sinx+30， m（x）在 ， 上单调递增，即 m（x）m（0）0，p（x）0， p（x）在 ， 上单调递增，即 p（x）p（0）0，则 h（x）0， h（x）在 ， 上单调递增，即 h（x）h（0）0，也就是 【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性和最值、不等式恒成立问题，解题的关键 是多次构造函数，并求导，判断新函数的性质，然后再逐层往回递推，考查学生的转化 与化归的能力、逻辑推理能力

36、和运算能力，属于中档题 一、选择题 22在平面直角坐标系 xOy 中，曲线 C1的参数方程为 ， （ 为参数），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cos1 （1）求 C1的极坐标方程，并求 C1与 C2交点的极坐标 ， ； （2）若曲线 C3：（0）与 C1，C2的交点分别为 M，N，求|OM| |ON|的值 【分析】（1）根据同角三角函数关系式，消去参数，可得 C1的直角坐标方程，再由 x cos，ysin 代入可得极坐标方程；联立 C1与 C2的极坐标方程，即可得到交点坐 标； （2）分别联立曲线 C3和 C1，C3和 C2的极坐标方程，分别得到

37、 OM 和 ON 的长度，再求 值即可 解：（1）由 （ 为参数）消去参数可得（x2）2+y24，即 x2+y24x 0， 又 ，则 24cos0， 即 C1的极坐标方程为 4cos 由 ，可得 4cos 21，又 ，所以 ，2 即 C1与 C2交点的极坐标为（2， ），（2， ） （2）由 ，可得|OM|4cos， 由 ，可得|ON| ， 所以|OM| |ON|4 【点评】本题考查了参数方程，极坐标方程和普通方程的互化，以及利用极坐标方程解 决曲线与曲线的交点问题 选修 4-5：不等式选讲 23已知 f（x）|2x1|2|x+1| （1）解不等式 f（x）0； （2）记函数 f（x）的最大值

38、为 m，且 a+b+cm，求证：（a+1）2+（b+1）2+（c+1）2 12 【分析】（1）由题意可得|2x1|2|x+1|，两边平方，化简整理，可得所求解集； （2）运用绝对值不等式的性质可得 m3，即 a+b+c3，再由三个数的完全平方公式， 结合基本不等式和不等式的性质，即可得证 【解答】（1）解：f（x）0 即为|2x1|2|x+1|0，即|2x1|2|x+1|， 即为（2x1）24（x+1）2，化为 12x3，可得 x ， 则原不等式的解集为x|x ； （2）证明：由 f（x）|2x1|2x+2|2x12x2|3， 当 x1 时，上式取得等号，则 m3，即 a+b+c3， 又 （a+b+c） 2a2+b2+c2+2ab+2bc+2caa2+b2+c2+ （a2+b2） + （b2+c2） + （c2+a2） 3 （a2+b2+c2） （当且仅当 abc1 时取得等号）， 所以 a2+b2+c2 （a+b+c） 23，则（a+1）2+（b+1）2+（c+1）2a2+b2+c2+2a+2b+2c+3 3+23+312， 则（a+1）2+（b+1）2+（c+1）212 【点评】 本题考查绝对值不等式的解法， 以及绝对值不等式的性质， 基本不等式的运用： 证明不等式，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题