2018-2019学年山东省烟台市高三（上）期末数学试卷（理科）含详细解答

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1、已知集合，则实数 a 的取 值范围为（ ） A （1，+） B1，+） C （，1） D （，1 2 （5 分）若 ab0，则下列不等式一定成立的是（ ） A B C Da3b3 3（5 分） 已知an为等差数列， 若，为方程 x210x+160 的两根， 则 a2+a1010+a2018 的值为（ ） A B C15 D30 4 （5 分）已知直线 2xy+30 的倾斜角为 ，则 sin2cos2（ ） A B C D 5 （5 分）设 f（x）是定义在 R 上且周期为 2 的函数，在区间1，1）上 则 f（f（21） ）的值为（ ） A1 B C D1 6 （5 分）从坐标原点 O 向圆

2、x2+y212x+270 作两条切线，切点分别为 A，B，则线段 AB 的长为（ ） A B3 C D 7 （5 分）某几何体的三视图如图所示（其中正视图中的圆弧是半圆） ，则该几何体的表面 积为（ ） 第 2 页（共 25 页） A72+14 B72+8 C92+8 D92+14 8 （5 分）我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，初步健 步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关 ”其大意为： “一个人走 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 天才到达目的地” ， 则该人第三天走的路程为（ ） A96 里 B48

3、里 C24 里 D12 里 9 （5 分）函数的图象大致为（ ） A B C D 10 （5 分）已知三棱锥 PABC 的侧棱 PA底面 ABC，BAC120，ABAC1，且 PA2BC，则该三棱锥的外接球的体积为（ ） 第 3 页（共 25 页） A4 B C16 D 11 （5 分）已知双曲线的左、右焦点分别为 F1，F2，若点 A 是抛物 线 y28x 的准线与双曲线 C 的一个交点，且，则双曲线 C 的离心率 为（ ） A B C D 12 （5 分）设曲线上任意一点处的切线为 l，若在曲线 g（x）lnx（x 1）上总存在一点，使得曲线 g（x）在该点处的切线平行于 l，则实数 a

4、的取值范围为 （ ） A B C D 二、填空题：本大题共有二、填空题：本大题共有 4 个小题，每小题个小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分 13 （5 分）已知向量 与 夹角为 60，| |1，| |，若（），则实数 的值为 14 （5 分）已知实数 x，y 满足的最小值为 15 （5 分）如图，正方体 ABCDA1B1C1D1中，点 M，N 分别为棱 A1D1，C1D1的中点， 过 M，N，B 三点的截面与平面 BCC1B1的交线为 l，则直线 l 与 AD 所成角的余弦值 为 16 （5 分）已知函数，设 a，b，c 是三个不相等的实数， 且满足 f（a）f（b）f（c） ，则 a

5、bc 的取值范围为 三、解答题：共三、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 题为必考题为必考 题，每个试题考生都必须作答第题，每个试题考生都必须作答第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答题为选考题，考生根据要求作答 第 4 页（共 25 页） 17 （12 分）已知数列an的前 n 项和为 Sn，且满足 （1）求数列an的通项公式； （2）令 bnlog2an，求数列的前 n 项和 Tn 18 （12 分）已知函数 （1）求 f（x）的单调递增区间山东中学联盟 （2）在锐角ABC 中，内角 A，B，C 的对边分别

6、为 a，b，c若 f（A）1，A 的角 平分线交 BC 于 D，且的面积 19 （12 分）如图所示，菱形 ABCD 中，DE平面 ABCD，AFDE （1）求证：平面 ACE平面 BDE； （2）若 DE3AF，DAB60，BE 与平面 ABCD 所成角为 60，求平面 BEF 与底 面 ABCD 所成角的余弦值 20 （12 分）已知点在椭圆，过 P 的动直线 l 与圆 相交于 A、B 两点，|AB|的最小值为 （1）求椭圆 C1的方程； （2）设 M、N 是椭圆 C1上的两个动点，且横坐标均不为 1，若直线 MN 的斜率为，试 判断直线 PM 与 PN 的倾斜角是否互补？并说明理由 21

7、 （12 分）已知函数 f（x）axlnxx2ax+1（aR）在定义域内有两个不同的极值点 （1）求 a 的取值范围； （2）设两个极值点分别为 x1，x2，证明： 选修选修 4-4：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程 22 （10 分）在平面直角坐标系中，以原点为极点，以 x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲 第 5 页（共 25 页） 线 C 的极坐标方程为 2sin，过点 P（a，1）的直线 l 的参数方程为 （t 为参数） ，l 与 C 交于 M、N 两点 （1）求曲线 C 的直角坐标方程和直线 l 的普通方程； （2）若|PM|、|MN|、|PN|成等比数列，求 a 的值 选修选修 4

8、-5：不等式选讲：不等式选讲 23已知函数 （1）若 f（1）2，求实数 a 的取值范围 （2）求证： 第 6 页（共 25 页） 2018-2019 学年山东省烟台市高三（上）期末数学试卷（理科）学年山东省烟台市高三（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，共分，共 60 分在每小题给出的四个选项中，只分在每小题给出的四个选项中，只 有一个选项符合题目要求有一个选项符合题目要求 1 （5 分）已知集合，则实数 a 的取 值范围为（ ） A （1，+） B1，+） C （，1） D （，1

9、 【分析】解不等式简化集合 A、B，由 MNM，得 MN，得不等式 a1，得答案 【解答】解：x23x+20，（x1） （x2）0， 1x2，M1，2， xa0，xa，Na，+） MNM，MN，a1， 实数 a 的取值范围为： （，1 故选：D 【点评】本题考查的知识点是集合的包含关系判断及应用，集合关系中的参数问题 2 （5 分）若 ab0，则下列不等式一定成立的是（ ） A B C Da3b3 【分析】根据不等式的性质分别进行判断即可 【解答】解：若 ab0，则，故 A 错误， ab0，则 ab 与 b 大小关系不确定，故 B 错误， 成立，故 C 正确， a3b3，故 D 错误， 故选：

10、C 【点评】本题主要考查不等式性质的应用，结合不等式的性质是解决本题的关键 3（5 分） 已知an为等差数列， 若，为方程 x210x+160 的两根， 则 a2+a1010+a2018 第 7 页（共 25 页） 的值为（ ） A B C15 D30 【分析】由韦达定理得10，16，从而 a1+a20192a1010， 进而 a1010，由此能求出 a2+a1010+a2018 【解答】解：an为等差数列，若，为方程 x210x+160 的两根， 10，16， 16（a1+a2019）10， a1+a20192a1010， a1010， a2+a1010+a20183a1010 故选：B 【

11、点评】本题考查等差数列三项和的求法，考查等差数列、等比数列的性质等基础知识， 考查运算求解能力，是中档题 4 （5 分）已知直线 2xy+30 的倾斜角为 ，则 sin2cos2（ ） A B C D 【分析】由已知条件求出 的正切值，再利用同角三角函数基本关系以及倍角公式化简 求值即可 【解答】解：由直线 2xy+30 的倾斜角为 ，可得 tan2， sin2cos22sincoscos2 故选：A 【点评】本题考查直线斜率的意义，考查同角三角函数基本关系，倍角公式等三角恒等 变换知识的应用，是基础题 第 8 页（共 25 页） 5 （5 分）设 f（x）是定义在 R 上且周期为 2 的函数

12、，在区间1，1）上 则 f（f（21） ）的值为（ ） A1 B C D1 【分析】推导出 f（21）f（1）f（1）cos（）0，从而 f（f（21） ）f（0） ， 由此能求出结果 【解答】解：f（x）是定义在 R 上且周期为 2 的函数， 在区间1，1）上 f（21）f（1）f（1）cos（）0， f（f（21） ）f（0）| 故选：B 【点评】本题考查函数值的求法，考查函数性质等基础知识，考查运算求解能力，是基 础题 6 （5 分）从坐标原点 O 向圆 x2+y212x+270 作两条切线，切点分别为 A，B，则线段 AB 的长为（ ） A B3 C D 【分析】根据题意，分析圆 x2

13、+y212x+270 的圆心与半径，分析易得 AB 与 x 轴垂直， 设 AB 与 x 轴的交点为 M，由勾股定理求出|OA|的值，计算可得|AM|的值，进而分析可得 答案 【解答】解：根据题意，圆 x2+y212x+270，即（x6）2+y29，圆心为（6，0） ，半 径 r3，设 N（6，0） ， 从坐标原点 O 向圆 x2+y212x+270 作两条切线，则 AB 与 x 轴垂直，设 AB 与 x 轴的 交点为 M， 则|ON|6，|NA|3， 则|OA|3， 第 9 页（共 25 页） 则|AM|，则|AB|2|AM|3； 故选：D 【点评】本题考查直线与圆的位置关系，涉及直线与圆相切

14、的性质，属于基础题 7 （5 分）某几何体的三视图如图所示（其中正视图中的圆弧是半圆） ，则该几何体的表面 积为（ ） A72+14 B72+8 C92+8 D92+14 【分析】几何体是半圆柱与长方体的组合体，根据三视图判断长方体的长、宽、高及半 圆柱的半径和高，计算几何体的表面积即可 【解答】解：根据三视图知该几何体是半圆柱与长方体的组合体， 下面长方体的长、宽、高分别为 4、5、4； 上面半圆柱的半径为 2，高为 5； 几何体的表面积为： 第 10 页（共 25 页） SS半圆柱侧+S长方体侧+S长方体底+2S半圆柱底 25+2（4+5）4+45+22 92+14 故选：D 【点评】本题

15、考查了由三视图求几何体的表面积应用问题，利用三视图判断几何体的形 状与数据是解题的关键 8 （5 分）我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，初步健 步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关 ”其大意为： “一个人走 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 天才到达目的地” ， 则该人第三天走的路程为（ ） A96 里 B48 里 C24 里 D12 里 【分析】根据题意，记该人每天走的路程里数为an，分析可得每天走的路程里数构成 以的为公比的等比数列，由 S6378 求得首项，再由等比数列的通项公式求得该人第 五天走的

16、路程 【解答】解：根据题意，记该人每天走的路程里数为an，则数列an是以的为公比的 等比数列， 又由这个人走了 6 天后到达目的地，即 S6378，则有 S6378， 解可得：a1192， 则 a3a1q248； 故选：B 【点评】本题考查数列的应用，涉及等比数列的通项公式以及前 n 项和公式的运用，注 意等比数列的性质的合理运用 9 （5 分）函数的图象大致为（ ） 第 11 页（共 25 页） A B C D 【分析】判断的奇偶性和图象的对称性，利用 f（0）的符号以及当 x 趋向无穷大时，函 数的极限进行判断即可 【解答】解：f（x）f（x） ，f（x）是偶函数，图象关于 y 轴对 称，

17、排除 D f（0）0，排除 C， 当 x+时，e|x|的递增速度大于 x21 的递增速度，即 f（x）+，排除 B， 故选：A 【点评】本题主要考查函数图象的识别和判断，利用函数的对称性，函数值的符号以及 极限思想进行排除是解决本题的关键 10 （5 分）已知三棱锥 PABC 的侧棱 PA底面 ABC，BAC120，ABAC1，且 PA2BC，则该三棱锥的外接球的体积为（ ） A4 B C16 D 【分析】利用余弦定理求出 BC，然后利用正弦定理求出ABC 外接圆的直径 2r，再利 用公式计算出该三棱锥的外接球的半径 R，最后利用球体体积公式可 得出答案 【解答】解：在ABC 中，由余弦定理得

18、， 所以，ABC 的外接圆的直径为， 由于 PA平面 ABC，且， 第 12 页（共 25 页） 所以，三棱锥 PABC 的外接球直径为，则 R2， 因此，该三棱锥的外接球的体积为 故选：D 【点评】本题考查球体体积的计算，解决本题的关键在于找出合适的模型求出球体的半 径，考查了计算能力，属于中等题 11 （5 分）已知双曲线的左、右焦点分别为 F1，F2，若点 A 是抛物 线 y28x 的准线与双曲线 C 的一个交点，且，则双曲线 C 的离心率 为（ ） A B C D 【分析】根据抛物线的方程求出准线方程，可得|AB|b，|BF2|+2，根据 ，求出 b，即可求出 c，则离心率可得 【解答

19、】解：抛物线 y28x 的准线的方程为 x2， 则 41， yb， 不妨令 A（2，b）且抛物线 y28x 的准线与 x 轴的交点为 B（2，0） ， 双曲线的左、右焦点分别为 F1，F2，则 c， 故 F2为（，0） ， 则|BF2|+2，|AB|b， tanAF2F1 整理可得b2，且21， 两边平方解得 b2， 当 b2时，2（2）24220，故应 舍去， 第 13 页（共 25 页） 故 b2+， 此时 c2+， 故 e2+， 故选：B 【点评】本题考查了抛物线和双曲线的简单性质，考查了运算求解能力，本题的运算量 特别大，属于难题 12 （5 分）设曲线上任意一点处的切线为 l，若在曲

20、线 g（x）lnx（x 1）上总存在一点，使得曲线 g（x）在该点处的切线平行于 l，则实数 a 的取值范围为 （ ） A B C D 【分析】分别求得 f（x） ，g（x）的导数，可得切线的斜率，结合余弦函数的值域可得直 线 l 的斜率范围，由题意可得直线 l 斜率范围包含在 g（x）的切线斜率之内，可得 a 的不 等式组，解不等式可得 a 的范围 【解答】解：的导数为 f（x）2a+cosx， 由1cosx1 可得 2a+cosx2a，2a+， g（x）lnx（x1）的导数为 g（x）， 设切点为（m，lnm） ，可得切线的斜率为（0，1， 由题意可得2a，2a+（0，1， 即有 2a0，

21、且 2a+1， 解得a， 故选：D 【点评】本题考查导数的几何意义，考查余弦函数的值域的运用，以及转化思想和集合 思想，考查运算能力，属于中档题 二、填空题：本大题共有二、填空题：本大题共有 4 个小题，每小题个小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分 13 （5 分）已知向量 与 夹角为 60，| |1，| |，若（），则实数 第 14 页（共 25 页） 的值为 【分析】 根据条件即可求出， 再根据即可得出， 进行数量积的运算即可求出 【解答】解：的夹角为 60，； ； 又； ； 故答案为： 【点评】考查数量积的运算及计算公式，以及向量垂直的充要条件 14 （5 分）已知实数 x，y 满

22、足的最小值为 3 【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 【解答】解：作出不等式组对应的平面区域如图： 由 z2xy 得 y2xz， 平移直线 y2xz， 由图象可知当直线 y2xz 经过点 A 时， 直线的截距最大， 此时 z 最小，由解得 A（2，1） ， 此时 z4+13， 故答案为：3 第 15 页（共 25 页） 【点评】本题主要考查线性规划的应用，利用数形结合是解决本题的关键 15 （5 分）如图，正方体 ABCDA1B1C1D1中，点 M，N 分别为棱 A1D1，C1D1的中点， 过 M，N，B 三点的截面与平面 BCC1B1的交线为 l，则直线

23、l 与 AD 所成角的余弦值为 【分析】在平面 ABCD 中，过 B 作 BEAC，交 DC 延长线于点 E，连结 NE，交 CC1于 F，连结 BF，则 BF 就是过 M，N，B 三点的截面与平面 BCC1B1的交线 l，由题意得 CE DC2NC1，从而 CF2C1F，由 BCAD，得FBC 是直线 l 与 AD 所成角（或所成 角的补角） ，由此能求出直线 l 与 AD 所成角的余弦值 【解答】解：在平面 ABCD 中，过 B 作 BEAC，交 DC 延长线于点 E， 连结 NE，交 CC1于 F，连结 BF， 则 BF 就是过 M，N，B 三点的截面与平面 BCC1B1的交线 l， 由

24、题意得 CEDC2NC1，CF2C1F， BCAD，FBC 是直线 l 与 AD 所成角（或所成角的补角） ， 设正方体 ABCDA1B1C1D1中棱长为 3， 则 BC3，CF2，BF， cosFBC 第 16 页（共 25 页） 直线 l 与 AD 所成角的余弦值为 故答案为： 【点评】本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，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，考查数形结合思想，是中档题 16 （5 分）已知函数，设 a，b，c 是三个不相等的实数， 且满足 f（a）f（b）f（c） ，则 abc 的取值范围为 （16，36） 【分析】先判断函数的性质以及图

25、象的特点，设 abc，由图象得 ab 是个定值，利用 数形结合的思想去解决即可 【解答】解：作出 f（x）的图象如图： 当 x4 时，由 f（x）30，得3，得 x9， 若 a，b，c 互不相等，不妨设 abc， 因为 f（a）f（b）f（c） ， 所以由图象可知 0a2b4，4c9， 由 f（a）f（b） ， 得 1log2alog2b1， 即 log2a+log2b2， 即 log2（ab）2， 则 ab4， 所以 abc4c， 因为 4c9， 所以 164c36， 即 16abc364， 所以 abc 的取值范围是（16，36） 第 17 页（共 25 页） 故答案为： （16，36）

26、【点评】本题主要考查函数与方程的应用，利用数形结合得到 ab 是个常数是解决本题的 关键综合考查学生的推理能力 三、解答题：共三、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 题为必考题为必考 题，每个试题考生都必须作答第题，每个试题考生都必须作答第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答题为选考题，考生根据要求作答 17 （12 分）已知数列an的前 n 项和为 Sn，且满足 （1）求数列an的通项公式； （2）令 bnlog2an，求数列的前 n 项和 Tn 【分析】（1） 由， 当 n1 时， 可求 a14， 由， ，

27、得，即可求出数列an的通项公式； （2）由 bnlog2ann+1，得，再利用裂项求和法 即可求出数列的前 n 项和 Tn 【解答】解： （1），当 n1 时，可求 a14 由， 可得， 得，即 an+12an an为以 4 为首项，2 为公比的等比数列，； （2）bnlog2ann+1， 第 18 页（共 25 页） Tn 【点评】本题考查数列的通项公式和前 n 项和的求法，解题时要认真审题，注意裂项求 和法的合理运用，是中档题 18 （12 分）已知函数 （1）求 f（x）的单调递增区间山东中学联盟 （2）在锐角ABC 中，内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c若 f（A）1，A 的角

28、 平分线交 BC 于 D，且的面积 【分析】 （1）利用三角函数恒等变换的应用可求函数 f（x）的方程，利用正弦函数的单 调性即可得解； （2）由 sin（2A）1，结合范围 A（0，） ，可求 A，在ABD 中，利用 正弦定理可求 sinB，结合范围 B（0，） ，可求 B，可得ABC 为正三角 形，由题意可得ADB，AB2，利用三角形面积公式即可计算得解 【解答】 （本题满分为 12 分） 解： （1）f（x）2cosxsin（x）+sinxcosxcos2x+sin2xcos2x sin（2x） ，3 分 令+2k2x+2k，kZ，解得：+kx+k，kZ， f（x）的单调递增区间为：+k

29、，+k，kZ6 分 （2）f（A）1，即：sin（2A）1， 2A2k+，kZ， A2k+，kZ， 第 19 页（共 25 页） A（0，） ， A，8 分 在ABD 中，BD1，AD， ，即：， sinB， B（0，） ， B，10 分 C，ABC 为正三角形， ADB，AB2， SABC2212 分 【点评】本题主要考查了三角函数恒等变换的应用，正弦函数的单调性，正弦定理，三 角形面积公式的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题 19 （12 分）如图所示，菱形 ABCD 中，DE平面 ABCD，AFDE （1）求证：平面 ACE平面 BDE； （2）若 DE3AF，DAB60，B

30、E 与平面 ABCD 所成角为 60，求平面 BEF 与底 面 ABCD 所成角的余弦值 【分析】 （1）推导出 DEAC，ACBD，从而 AC平面 BDE，由此能证明平面 ACE 平面 BDE （2）取 AB 的中点 M，连结 DM，则 DEDM，DEDC，DMDC，以 D 为坐标原点， 分别以 DM，DC，DE 为 x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出平 面 BEF 与底面 ABCD 所成角的余弦值 第 20 页（共 25 页） 【解答】证明： （1）DE平面 ABCD，AC平面 ABCD，DEAC， ABCD 是菱形，ACBD， 又 BDDED，AC平面 BDE，

31、 AC平面 ACE，平面 ACE平面 BDE 解： （2）取 AB 的中点 M，连结 DM，则 DEDM，DEDC，DMDC， 以 D 为坐标原点，分别以 DM，DC，DE 为 x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系， DE平面 ABCD，DBE 是 BE 与平面 ABCD 所成角， DBE60， 设菱形 ABCD 的边长为 1，则 DE，AF， 则 A（，0） ，F（，） ，E（0，0，） ，B（，0） ， （，） ，（0，1，） ， 设平面 BEF 的法向量 （x，y，z） ， 则，取 z3，得 （5，3） ， 平面 ABCD 的法向量 （0，0，1） ， 设平面 BEF 与底面 AB

32、CD 所成角的平面角为 ， 则 cos 平面 BEF 与底面 ABCD 所成角的余弦值为 【点评】本题考查面面垂直的证明，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，考查数形结合思想，是中档题 第 21 页（共 25 页） 20 （12 分）已知点在椭圆，过 P 的动直线 l 与圆 相交于 A、B 两点，|AB|的最小值为 （1）求椭圆 C1的方程； （2）设 M、N 是椭圆 C1上的两个动点，且横坐标均不为 1，若直线 MN 的斜率为，试 判断直线 PM 与 PN 的倾斜角是否互补？并说明理由 【分析】 （1）利用 lOP 时，|AB|最小

33、，得出 a 的值，然后再将点 P 的坐标代入椭圆 C1 的方程可得出 b 的值，从而可得出椭圆 C1的方程； （2）设直线 MN 的方程为，设点 M（x1，y1） 、N（x2，y2） ，将直线 MN 的方程 与椭圆 C1的方程联立，列出韦达定理，利用两点连线的斜率公式并代入韦达定理计算出 直线 PM 和 PN 的斜率之和为零，来说明直线 PM 和直线 PN 的倾斜角互补 【 解 答 】 解 ： （ 1 ） 当 l OP 时 ， |AB|最 小 ， ， 所 以 ， ， 又因为点 P 在椭圆 C1上，所以，则， 因此，椭圆 C1的方程为； （2）设点 M、N 的坐标分别为（x1，y1） 、 （x2

34、，y2） ，直线 MN 的方程为， 联立，得 x2+mx+m230， m24（m23）0，得2m2， 由韦达定理得 x1+x2m， 所以， ， 即直线 PM 的斜率和直线 PN 的斜率互为相反数，所以，直线 PM 和直线 PN 的倾斜角互 第 22 页（共 25 页） 补 【点评】本题考查直线与椭圆的综合问题，考查椭圆的方程以及韦达定理设而不求法在 椭圆综合中的应用，考查了计算能力，属于中等题 21 （12 分）已知函数 f（x）axlnxx2ax+1（aR）在定义域内有两个不同的极值点 （1）求 a 的取值范围； （2）设两个极值点分别为 x1，x2，证明： 【分析】 （1）求出函数的导数，

35、通过讨论 a 的范围，结合函数的单调性得到函数的零点 个数，从而确定 a 的范围； （2）问题转化为证明 ln1，令 t1，即证明 lntt2 1，令 h（t）lntt2+1，结合函数的单调性证明即可 【解答】解： （1）由题意得，f（x）的定义域是（0，+） ， f（x）alnx2x， 令 g（x）alnx2x， 函数 f（x）在定义域内有两个不同的极值点 等价于 g（x）在（0，+）上 2 个零点， g（x）2， 当 a0 时，在（0，+）上，g（x）0，g（x）递减，不满足题意， 当 a0 时，在（0，）上，g（x）0，g（x）递增， 在（，+）上，g（x）0，g（x）递减， 要使 g（

36、x）在（0，+）上 2 个零点， 只需 g（）0，即 alna0，解得：a2e， 故 a 的范围是（2e，+） ； （2）由（1）可知，alnx12x1，alnx22x2， 两式相减可得 a， f（x1）+f（x2） 第 23 页（共 25 页） +a（x1+x2）+2， 要证明， 只需证明+a（x1+x2）+22+， 即证明 2a（x1+x2） ， 把代入整理得：ln1， 令 t1，即证明 lntt21， 令 h（t）lntt2+1，则 h（t）， 当 t1 时，h（t）0，函数 h（t）在（1，+）递减， 故 h（t）h（1）0， 故 lntt21，命题得证 【点评】本题考查了函数的单调性

37、，极值，最值问题，考查导数的应用以及不等式的证 明，考查分类讨论思想，转化思想，是一道综合题 选修选修 4-4：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程 22 （10 分）在平面直角坐标系中，以原点为极点，以 x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲 线 C 的极坐标方程为 2sin，过点 P（a，1）的直线 l 的参数方程为 （t 为参数） ，l 与 C 交于 M、N 两点 （1）求曲线 C 的直角坐标方程和直线 l 的普通方程； （2）若|PM|、|MN|、|PN|成等比数列，求 a 的值 【分析】 （1）曲线 C 的极坐标方程转化为 22sin，由此能求出曲线 C 的直角坐标 方程；直线 l 的参数

38、方程消去参数，能求出直线 l 的普通方程 （2）将直线 l 的参数方程代入曲线 C 的直角坐标方程，得0，由此 利用根的判别式、韦达定理、等比数列的性质，结合已知条件能求出 a 【解答】解： （1）曲线 C 的极坐标方程为 2sin，22sin， 曲线 C 的直角坐标方程为 x2+y2+2y0， 第 24 页（共 25 页） 过点 P（a，1）的直线 l 的参数方程为（t 为参数） ， 直线 l 的普通方程为 xya10 （2）将直线 l 的参数方程代入曲线 C 的直角坐标方程，得： 0， 2a24（a21）42a20，解得， t1+t2，t1t2a21， |PM|、|MN|、|PN|成等比数

39、列， 由已知得：|MN|2|PM|PN|，即|t1t2|2|t1t2|， （t1+t2）24t1t2|t1t2|，42a2|a21|， 或 a23（舍） ， a 【点评】本题考查曲线的直角坐标方程、直线的普通方程的求法，考查实数值的求法， 考查直角坐标方程、极坐标方程、参数方程的互化等基础知识，考查运算求解能力，是 中档题 选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲 23已知函数 （1）若 f（1）2，求实数 a 的取值范围 （2）求证： 【分析】 （1）由绝对值不等式的解法，分类讨论当 0a1 时，2a12，即 2a2 3a+10，解得：0a，a1 时，2a+12，即 2a2a10，解得：a

40、1，可得解； （2）由绝对值的性质可得：|x+2a1|+|x|2a+|，由均值不等式可得： 2a2，所以|2a+|2，故命题得证 【解答】解： （1）由已知有：f（1）2a+|1|， 第 25 页（共 25 页） 当 0a1 时，2a12，即 2a23a+10，解得：0a， a1 时，2a+12，即 2a2a10，解得：a1， 综合得： 实数 a 的取值范围为：0或 a1， 故答案为：0或 a1 （2）由绝对值的性质可得： |x+2a1|+|x|2a+|， 又当 a0 时，由均值不等式可得：2a2， 所以|2a+|2， 即， 故命题得证 【点评】本题考查了绝对值不等式的解法及均值不等式，属简单题