2019-2020学年四川省成都市郫都区高三上12月月考数学试卷（文科）含答案详解

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1、2019-2020 学年四川省成都学年四川省成都郫都区郫都区高三（上）高三（上）12 月月考数学试卷（文科）月月考数学试卷（文科） 一、选择题（共一、选择题（共 12 小题；共小题；共 60 分）分） 1 （5 分）已知集合，集合 Nx|x4，xR，则 MN（ ） A B CR D 2 （5 分）在复平面内，复数 z 所对应的点 A 的坐标为（3，4） ，则（ ） A B C D 3 （5 分）等比数列an的前 n 项和为 Sn，若 a1+a2+a33，a4+a5+a66，则 S12（ ） A15 B30 C45 D60 4 （5 分）有一批种子，对于一颗种子来说，它可能 1 天发芽，也可能

2、2 天发芽，如表是不同发芽天 数的种子数的记录： 发芽天数 1 2 3 4 5 6 7 8 种子数 8 26 22 24 12 4 2 0 统计每颗种子发芽天数得到一组数据，则这组数据的中位数是（ ） A2 B3 C3.5 D4 5 （5 分）秦九韶是我国南宋时期的数学家，普州（现四川省安岳县）人，他在所著的数书九章中提出 的多项式求值的秦九韶算法，至今仍是比较先进的算法如图的程序框图给出了利用秦九韶算法求某多 项式值的一个实例，若输入的 x2，n2，则输出的 S（ ） A8 B10 C12 D22 6（5 分） 已知条件 p： |x+1|2， 条件 q： |x|a， 且 q 是 p 的必要不

3、充分条件， 则实数 a 的取值范围是 （ ） A0a1 B1a3 Ca1 Da3 7 （5 分）将函数的图象向右平移单位后，所得图象对应的函数解析式为（ ） A B C D 8 （5 分）某几何体的三视图如图所示，其侧视图为等边三角形，则该几何体的体积为（ ） A B C D 9 （5 分）已知实数 a，b 满足不等式 a2+（b1） 21，则点 A（1，1）与点 B（1，1）在直线 ax+by+1 0 的两侧的概率为（ ） A B C D 10 （5 分）正项数列an的前 n 项和为 Sn，且 2Snan2+an（nN*） ，设 cn（1）n，则数列cn 的前 2020 项的和为（ ） A

4、B C D 11 （5 分）设函数 f（x）满足 xf（x）+2f（x），则 x0 时 f（x） （ ） A有极大值，无极小值 B有极小值，无极大值 C既有极大值又有极小值 D既无极大值也无极小值 12 （5 分）已知定义在 R 上的函数 yf（x）对任意的 x 都满足 f（x+2）f（x） ，当1x1 时，f（x） x3，若函数 g（x）f（x）loga|x|（a0，且 a1）至少有 6 个零点，则 a 的取值范围是（ ） A B C D 二、填空题（共二、填空题（共 4 小题；共小题；共 20 分）分） 13 （5 分）已知 tan（+）2，则 sin2 14（5分） 向量 ， 满足， 且

5、， 则 ，的夹角 的取值范围是 15 （5 分）设实数 x，y 满足则的最大值为 16 （5 分）在平面直角坐标系 xOy 中，过点（0，1）的直线 l 与双曲线 3x2y21 交于两点 A，B若 OAB 是直角三角形，则直线 l 的斜率为 三、解答题（共三、解答题（共 5 小题；共小题；共 70 分）分） 17 （12 分）在ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，bcosCacos2B+bcosAcosB （1）求证：ABC 是等腰三角形； （2）若，且ABC 的周长为 5，求ABC 的面积 18 （12 分）某中学利用周末组织教职员工进行了一次秋季登山健身的活动，有 N

6、个人参加，现将所有参 加者按年龄情况分为20，25） ，25，30） ，30，35） ，35，40） ，40，45） ，45，50） ，50，55）等七组， 其频率分布直方图如图所示，已知25，30）这组的参加者是 6 人 （1）根据此频率分布直方图求 N； （2）已知35，40）和40，45）这两组各有 2 名数学教师，现从这两个组中各选取 2 人担任接待工作， 设两组的选择互不影响，求两组选出的人中恰有 1 名数学老师的概率 19 （12 分）在如图所示的几何体中，ABC 是边长为 2 的正三角形，AE1，AE平面 ABC，平面 BCD 平面 ABC，BDCD，且 BDCD （1）若 AE

7、2，求证：AC平面 BDE； （2）若 B 到 DE 的距离是，求该几何体的体积 20 （12 分）已知椭圆的左顶点为 A，上顶点为 B，右焦点为 F，离心率为， ABF 的面积为 （1）求椭圆 C 的方程； （2）若 M，N 为 y 轴上的两个动点，且 MFNF，直线 AM 和 AN 分别与椭圆 C 交于 E，D 两点若 O 是坐标原点，求证：E、O、D 三点共线 21 （12 分）已知称函数 f（x）是“有趣的” ，如果其满足 f（x）f（）且 x1 是它的零点例如 g（x） lnxln就是“有趣的” 已知 h（x）ln（x2+c）ln（bx）是“有趣的” （1）求出 b、c 并求出函数

8、h（x）的单调区间； （2）若对于任意正数 x，都有 h（x）+kg（x）0 恒成立，求参数 k 的取值范围 请考生在请考生在 22，23 题中任选择一题作答，并在答题卡上把所选题目后的方框涂黑题中任选择一题作答，并在答题卡上把所选题目后的方框涂黑 22 （10 分）在平面直角坐标系下，直线 l：（t 为参数） ，以原点 O 为极点，以 x 轴为非负半 轴为极轴，取相同长度单位建立极坐标系，曲线 C 的极坐标方程为 4cos0 （）写出直线 l 的普通方程和曲线 C 的直角坐标方程； （）若直线 l 与曲线 C 交于 A，B 两点，求|AB|的值 23已知函数 f（x）|x|（xR） （）求不

9、等式 f（x1）+f（x+1）4 的解集 M； （）若 a，bM 证明：2f（a+b）f（ab）+4 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、选择题（共一、选择题（共 12 小题；共小题；共 60 分）分） 1 （5 分）已知集合，集合 Nx|x4，xR，则 MN（ ） A B CR D 【分析】利用交集定义直接求解 【解答】解：集合，集合 NxR|x4， MNx|4 故选：B 【点评】本题考查交集的求法，考查交集、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力和思维能力，考 查函数与方程思想，是基础题 2 （5 分）在复平面内，复数 z 所对应的点 A 的坐标为（3，4） ，则（ ） A B C

10、D 【分析】首先根据复数 z 所对应的点为（3，4）转化出：z3+4i，进一步利用复数的模求出结果 【解答】解：复数 z 所对应的点 A 的坐标为（3，4） ， 则：z3+4i， |z|5， i， 故选：C 【点评】本题考查的知识要点：复数的几何意义，及模长运算，属于基础题型 3 （5 分）等比数列an的前 n 项和为 Sn，若 a1+a2+a33，a4+a5+a66，则 S12（ ） A15 B30 C45 D60 【分析】等比数列an中，Sm，S2mSm，S3mS2m也成等比数列，由此利用已知条件能求出 S12 【解答】解：等比数列an中， a1+a2+a33，a4+a5+a66， a7+

11、a8+a92612， a10+a11+a1221224， S123+6+12+2445 故选：C 【点评】本题考查等比数列的前 12 项的和的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意等比数列的性质 的灵活运用 4 （5 分）有一批种子，对于一颗种子来说，它可能 1 天发芽，也可能 2 天发芽，如表是不同发芽天 数的种子数的记录： 发芽天数 1 2 3 4 5 6 7 8 种子数 8 26 22 24 12 4 2 0 统计每颗种子发芽天数得到一组数据，则这组数据的中位数是（ ） A2 B3 C3.5 D4 【分析】根据中位数的概念可求得 【解答】解：解：将这 98 颗种子发芽天数从左到右按照从小

12、到大的顺序排成一列， 可知正中间两颗种子的发芽天数都是 3，所以中位数为， 故选：B 【点评】本题考查了中位数的概念属基础题 5 （5 分）秦九韶是我国南宋时期的数学家，普州（现四川省安岳县）人，他在所著的数书九章中提出 的多项式求值的秦九韶算法，至今仍是比较先进的算法如图的程序框图给出了利用秦九韶算法求某多 项式值的一个实例，若输入的 x2，n2，则输出的 S（ ） A8 B10 C12 D22 【分析】由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量 S 的值，模拟程序的 运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案 【解答】解：模拟程序的运行，可得 x2，n2 k0，

13、S0，a2 S2，k1 不满足条件 k2，执行循环体，a4，S8，k2 不满足条件 k2，执行循环体，a6，S22，k3 此时，满足条件 k2，退出循环，输出 S 的值为 22 故选：D 【点评】本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的结论， 是基础题 6（5 分） 已知条件 p： |x+1|2， 条件 q： |x|a， 且 q 是 p 的必要不充分条件， 则实数 a 的取值范围是 （ ） A0a1 B1a3 Ca1 Da3 【分析】利用 q 是 p 的必要不充分条件求解即可 【解答】解：p：|x+1|2， x1 或 x3； 当 a0 时，q：|x|axa

14、或 xa， 当 a0 时，q：|x|axR， q 是 p 的必要不充分条件； pq a0 或 ，即 a1 故选：C 【点评】本题考查条件的充分性，必要性，属于基础题； 7 （5 分）将函数的图象向右平移单位后，所得图象对应的函数解析式为（ ） A B C D 【分析】由题意利用函数 yAsin（x+）的图象变换规律，得出结论 【解答】 解： 将函数的图象向右平移单位后，所得图象对应的函数解析式 y sin（2x+）sin（2x+） ， 故选：D 【点评】本题主要考查函数 yAsin（x+）的图象变换规律，属于基础题 8 （5 分）某几何体的三视图如图所示，其侧视图为等边三角形，则该几何体的体积

15、为（ ） A B C D 【分析】由已知中的三视图，我们可以判断出该几何体的形状，及关键数据，代入棱锥体积公式，即可 求出答案 【解答】解：由已知中的三视图可得，该几何体有一个半圆锥和一个三棱柱组合而成， 其中半圆锥的底面半径为 1，三棱柱的底面是一个边长为 2 为正方形，他们的高分别为：，2 则 V+ 故选：A 【点评】本题考查的知识点是由三视图求体积和表面积，解决本题的关键是得到该几何体的形状 9 （5 分）已知实数 a，b 满足不等式 a2+（b1） 21，则点 A（1，1）与点 B（1，1）在直线 ax+by+1 0 的两侧的概率为（ ） A B C D 【分析】由点 A（1，1）与点

16、 B（1，1）在直线 ax+by+10 的两侧，可得（ab+1） （a+b1） 0，画出图形，数形结合得答案 【解答】解：若点 A（1，1）与点 B（1，1）在直线 ax+by+10 的两侧， 则（ab+1） （ab+1）0，即（ab+1） （a+b1）0， 又实数 a，b 满足不等式 a2+（b1）21， 作出图象如图： 由图可知，点 A（1，1）与点 B（1，1）在直线 ax+by+10 的两侧的概率为 故选：C 【点评】本题考查几何概型，考查简单的线性规划，体现了数形结合的解题思想方法，是中档题 10 （5 分）正项数列an的前 n 项和为 Sn，且 2Snan2+an（nN*） ，设

17、cn（1）n，则数列cn 的前 2020 项的和为（ ） A B C D 【分析】运用数列的递推式和等差数列的定义和通项公式以及求和公式可得 an，Sn，再由数列的并项求 和，可得所求和 【解答】 解： 因为， an0， 所以当 n1 时， 2S1， 解得 a11， 当 n2 时，化为（an+an1） （anan11）0， 所以 anan11，所以数列an是等差数列，公差为 1，首项为 1， 所以 an1+ （n1） n， 所以， 则数列cn的前 2020 项的和为（1+）+（+）+（+）+（+）1+ 故选：C 【点评】本题考查数列的递推式的运用，等差数列的定义和通项公式，考查数列的并项求和，

18、化简运算 能力，属于中档题 11 （5 分）设函数 f（x）满足 xf（x）+2f（x），则 x0 时 f（x） （ ） A有极大值，无极小值 B有极小值，无极大值 C既有极大值又有极小值 D既无极大值也无极小值 【分析】根据题意可知， （x2f（x） ） （ex），再结合 f（2），所以 f（x），再利用导函 数即可判断 f（x）的极值情况 【解答】解：由 x2f（x）+2xf（x）ex，即（x2f（x） ）（ex） ， 又， ， 令 f（x）0 得：x2， 当 0 x2 时，f（x）0，f（x）单调递减；当 x2 时，f（x）0，f（x）单调递增， 此函数仅有一个极值点，是极小值点没有极大

19、值 故选：B 【点评】本题主要考差了利用导数研究函数的极值，是中档题 12 （5 分）已知定义在 R 上的函数 yf（x）对任意的 x 都满足 f（x+2）f（x） ，当1x1 时，f（x） x3，若函数 g（x）f（x）loga|x|（a0，且 a1）至少有 6 个零点，则 a 的取值范围是（ ） A B C D 【分析】函数 g（x）f（x）loga|x|的零点个数即为 yf（x）与 yloga|x|的图象的交点个数在同一 坐标系中作出函数的图象，由图象得，要使 yf（x）与 yloga|x| 的图象至少有 6 个交点，当 a1 时 loga51；当 0a1 时，loga51，求解即可 【

20、解答】解：由题意得，函数 g（x）f（x）loga|x|的零点个数即为 yf（x）与 yloga|x|的图象的交 点个数 因为 f（x+2）f（x） ，所以函数 f（x）是周期为 2 的周期函数， 又因为 f（x）x3（1x1） ，所以函数 f（x）的图象如图所示 在同一坐标系中作出函数的图象（a1 时，如图（1） ；0a1 时， 如图（2） ） 由图象得，要使 yf（x）与 yloga|x|的图象至少有 6 个交点， 则当 a1 时 loga51； 当 0a1 时，loga51，解得 a5 或 故选：A 【点评】 本题考查函数与方程的应用， 函数的零点公式的求法， 考查数形结合以及计算能力，

21、 是中档题 二、填空题（共二、填空题（共 4 小题；共小题；共 20 分）分） 13 （5 分）已知 tan（+）2，则 sin2 【分析】结合诱导公式及二倍角公式即可求解 【解答】解：因为 tan（+）tan2， 所以 sin2， 故答案为： 【点评】本题主要考查函数值的计算，利用三角函数的诱导公式是解决本题的关键 14 （5 分）向量 ， 满足，且，则 ， 的夹角 的取值范围是 【分析】根据条件可得出，然后进行数量积的运算可得出 88cos（4，12， 从而得出，然后根据 0 即可得出 的范围 【解答】解：因为 ，所以 ，且， ， ，且 0， 故答案为： 【点评】 本题考查了向量数量积的运

22、算及计算公式， 不等式的性质， 向量夹角的范围， 余弦函数的图象， 考查了计算能力，属于基础题 15 （5 分）设实数 x，y 满足则的最大值为 2 【分析】由约束条件作出可行域，再由目标函数的几何意义，即可行域内的点与定点 D（1，0）连 线的斜率求解 【解答】解：由实数 x，y 满足作出可行域如图， 联立，得 A（2，2） ， 由 z，而 kDA2 目标函数的最大值为 2 故答案为：2 【点评】本题考查简单的线性规划，考查数形结合的解题思想方法和数学转化思想方法，是中档题 16 （5 分）在平面直角坐标系 xOy 中，过点（0，1）的直线 l 与双曲线 3x2y21 交于两点 A，B若 O

23、AB 是直角三角形，则直线 l 的斜率为 1 【分析】讨论若AOB90，若OAB90（A 在左支） ，OBA90（B 在右支） ，设处直线 l 的 方程，联立双曲线方程，可得 x 的二次方程，运用韦达定理和两直线垂直的条件，解方程即可得到所求 值 【解答】解： （1）若AOB90，直线 l 的斜率显然存在，设直线为 ykx+1，联立双曲线方程 3x2 y21， 消去 y 得（3k2）x22kx20，可得4k2+8（3k2）0，即有k，且 k，xA+xB ，xAxB， 注意到AOB90 xAxB+yAyBxAxB+（kxA+1） （kxB+1） （1+k2）xAxB+k（xA+xB）+1（1+k

24、2） （）+k（）+10，解得 k1，检验，符合题 意； （2）若OAB90（A 在左支） ，设 A 点坐标（m，n） （ m0） ，H（0，1） ， 则OAB90kOAkAH11m2+n2n0，联立双曲线方程 3m2n21，可得 4n2 3n+10， 该方程无解，故不可能出现OAB90； （3）若OBA90（B 在右支） ，同理也不可能 综上可得 k 的取值为1 故答案为：1 【点评】本题考查双曲线的方程和性质，考查直线方程和双曲线方程联立，以及圆的方程和双曲线的方 程联立，运用韦达定理和两直线垂直的条件，考查分类讨论思想和化简运算能力，属于中档题 三、解答题（共三、解答题（共 5 小题；共

25、小题；共 70 分）分） 17 （12 分）在ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，bcosCacos2B+bcosAcosB （1）求证：ABC 是等腰三角形； （2）若，且ABC 的周长为 5，求ABC 的面积 【 分 析 】 （ 1 ） 根 据 题 意 ， 由 正 弦 定 理 对 bcosC acos2B+bcosAcosB 变 形 可 得 sinBcosC sinAcos2B+sinBcosAcosBcosB（sinAcosB+sinBcosA） cosBsin （A+B） ， 进而分析可得 sinBcosCcosBsinC， 即有 sin（BC）0，由正弦函数的性质

26、分析可得 BC，即可得结论； （2）由（1）的结论 bc，将其代入 cosA中，分析可得 b2a，又由ABC 的周长分析 可得 a、b 的值，由三角形面积公式计算可得答案 【解答】解： （1）证明：根据正弦定理，由 bcosCacos2B+bcosAcosB 可得 sinBcosCsinAcos2B+sinBcosAcosB cosB （sinAcosB+sinBcosA）cosBsin（A+B） ， 即 sinBcosCcosBsinC， 故 sin（BC）0， 由 B，C（0，）得 BC（，） ， 故 BC， 所以ABC 是等腰三角形； （2）由（1）知 bc， 又因为ABC 的周长为 a

27、+b+c5a5，得 a1，b2 故ABC 的面积 【点评】本题考查三角形中的几何计算，涉及三角函数的恒等变形，注意利用正弦定理对 bcosC acos2B+bcosAcosB 进行变形 18 （12 分）某中学利用周末组织教职员工进行了一次秋季登山健身的活动，有 N 个人参加，现将所有参 加者按年龄情况分为20，25） ，25，30） ，30，35） ，35，40） ，40，45） ，45，50） ，50，55）等七组， 其频率分布直方图如图所示，已知25，30）这组的参加者是 6 人 （1）根据此频率分布直方图求 N； （2）已知35，40）和40，45）这两组各有 2 名数学教师，现从这两

28、个组中各选取 2 人担任接待工作， 设两组的选择互不影响，求两组选出的人中恰有 1 名数学老师的概率 【分析】第一问由题意25，30）这组的参加者是 6 人，可计算出总人数，第二问计算先求出所有情况， 再求出满足题意得情况，可计算出概率 【解答】解： （1）根据题意，25，30）这组频率为 0.0350.15，所以 ； （2）35，40）这组的参加者人数为 0.045408， 40，45）这组的参加者人数为 0.035406， 恰有 1 名数学老师的概率为 【点评】本题考查由频数直方图求频数、考查概率计算，属于基础题 19 （12 分）在如图所示的几何体中，ABC 是边长为 2 的正三角形，A

29、E1，AE平面 ABC，平面 BCD 平面 ABC，BDCD，且 BDCD （1）若 AE2，求证：AC平面 BDE； （2）若 B 到 DE 的距离是，求该几何体的体积 【分析】 （1）取 BC、BE、BA 的中点，分别为 M，N，K连接 DM，DN，DK，MK，推导出 DNKM 是平行四边形从而 DNMKAC，由此能证明 AC平面 BDE （2）推导出 AB面 AMED，该几何体的体积 VV锥BAEDM+V锥CAEDM，由此能求出结果 【解答】解： （1）证明：如上左图，取 BC、BE、BA 的中点，分别为 M，N，K 连接 DM，DN，DK，MK， ABC 是边长为 2 的正三角形，AE

30、1，AE平面 ABC， 平面 BCD平面 ABC，BDCD，且 BDCD，AE2， NK 和 DM 平行且相等，DNKM 是平行四边形 DNMKAC， AC平面 BDE，DN平面 BDE， AC平面 BDE （2）解：如上中图，由题意得 AB面 AMED， 该几何体的体积 VV锥BAEDM+V锥CAEDM SEAMD（MB+MA） ，核心是求 SEAMD， 如上右图，在 EAMD 平面内，过 M 点做直线 ED 的垂线，垂足是 T， 连接 MT，则 BTED，BT， MB1，MD1，MT，TDM60，AE2， SEAMD， 该几何体的体积 VV锥BAEDM+V锥CAEDMSEAMD（MB+MA

31、） 【点评】本题考查线面平行的证明，考查几何体的体积的求法，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，是中档题 20 （12 分）已知椭圆的左顶点为 A，上顶点为 B，右焦点为 F，离心率为， ABF 的面积为 （1）求椭圆 C 的方程； （2）若 M，N 为 y 轴上的两个动点，且 MFNF，直线 AM 和 AN 分别与椭圆 C 交于 E，D 两点若 O 是坐标原点，求证：E、O、D 三点共线 【分析】 （1）根据题椭圆的离心率即三角形的面积公式，即可求得 a 和 b，求得椭圆方程； （2） 强直线 AM 和 AN 的方程代入椭圆方程， 求得 E 和 D 点坐标，

32、 求得直线 kODkOE， 即可求得 E、 O、 D 三点共线 【解答】解： （1）依题意：，bc，由 SABF （a+c）b （）c2， 所以 c22b2，a24，所以椭圆方程： （2）证明：设直线 AM 的方程 与 x2+2y24 交于 A（2，0） ，E（x1，y1） ， 联立， 解得 x1， 设直线 AN 的方程 与 x2+2y24 交于 A（2，0） ，D（x2，y2） ， 同理可得 ， 所以 ， 所以， 所以 E，O，D 三点共线从而 ED 恒过定点 O 【点评】本题考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，考查韦达定理，直线的斜率公式，考查计 算能力，属于中档题 21 （12 分

33、）已知称函数 f（x）是“有趣的” ，如果其满足 f（x）f（）且 x1 是它的零点例如 g（x） lnxln就是“有趣的” 已知 h（x）ln（x2+c）ln（bx）是“有趣的” （1）求出 b、c 并求出函数 h（x）的单调区间； （2）若对于任意正数 x，都有 h（x）+kg（x）0 恒成立，求参数 k 的取值范围 【分析】 （1）根据给出的定义，h（x）满足 h（x）h（）且 x1 是它的零点，列出方程，解出 b，c 的值，求导，得出 h（x）的单调区间即可； （2）对于任意正数 x，都有 h（x）+kg（x）0 恒成立，等价于 k（lnx）2ln0 恒成立我们 构造函数 F（x）k（

34、lnx）2ln注意到 F（1）0，F（x）2k+k （x2+1）lnx2+1x2；构造 G（t）k（t+1）lntt+1，注意到 G（1）0，且 F（x）G（x2） ； G（t）klnt+k+1k（1ln）+2k1；分 k时和 k时两部分进行说明：F（x）0 恒 成立即可 【解答】解： （1）由于 h（x）ln（x2+c）ln（bx）是“有趣的” ， h（x）h（）且 x1 是它的零点； ln（x2+c）ln（bx）ln（+c）ln且 h（1）ln（1+c）lnb0； lnln且 1+cb； 解得，b2，c1 h（x）ln（x2+1）ln2x，故 h（x）的定义域为（0，+） ， h（x）；

35、x0，当 0 x1 时，h（x）0，h（x）在（0，1）为单减区间， 当 x1 时，h（x）0， h（x）在（1，+）为单增区间 （2）引理：y1lny 对于任意正数 y 都成立； 证明：设 f（y）y1lny，y0；则 f（y）1， 当y1 时，f（y）0，f（y）单调递减；当 y1 时，f（y）0，f（y）单调递增； 当 y1 时，f（y）有极小值，也是最小值，且 f（1）0； f（y）0 对于任意正数 y 都成立；即 y1lny 对于任意正数 y 都成立； 对于任意正数 x，都有 h（x）+kg（x）0 恒成立，即 k（lnx）2ln0 恒成立 我们构造函数 F（x）k（lnx）2ln注

36、意到 F（1）0 F（x）2k+k（x2+1）lnx2+1x2； 构造 G（t）k（t+1）lntt+1，注意到 G（1）0，且 F（x）G（x2） ； G（t）klnt+k+1k（1ln）+2k1； 我们以下分两部分进行说明： 第一部分：k时，F（x）0 恒成立 k，由 y1lny，知道 G（t）k（1ln）+2k10， 从而当 t1 时有 G（t）G（1）0，t1 时，有 G（t）G（1）0， 所以 F（x）G（x2）在（0，1）上为负，在（1，+）上为正 从而 F（x）在（0，1）上单减，在（1，+）上单增，最小值为 F（1） ，从而 k时，F（x）0 恒 成立 第二部分：k时，不满足条

37、件 构造函数 H（s）k（s1lns）+2k1 （i）若 k0，则对于任意 s（0，1） ，都有 H（s）0 （ii）若 k0，则对于任意 s（0，1） ，H（s）（s1）0， 而 h（）k（+1）0，所以在（0，1）上 H（s）有唯一零点 ss0， 同时在 s（s0，1） ，时都有 H（s）0 于是只要 k，无论是（i）还是（ii） ，我们总能找到一个实数 0s01，在 s（s0，1）时都有 H（s） 0 这样在 t（1，）时，都有 G（t）H（）0，结合 G（1）0，所以 t（1，）时 G（t） 0， 从而在 x（1，）时有 F（x）G（x2）0F（1）0， 所以 x（1，）时 F（x）0

38、，不满足要求 【点评】本题考查利用导数求函数在闭区间上的最值及函数恒成立问题，转化为函数最值问题是解决恒 成立问题的常用方法，属于难题 请考生在请考生在 22，23 题中任选择一题作答，并在答题卡上把所选题目后的方框涂黑题中任选择一题作答，并在答题卡上把所选题目后的方框涂黑 22 （10 分）在平面直角坐标系下，直线 l：（t 为参数） ，以原点 O 为极点，以 x 轴为非负半 轴为极轴，取相同长度单位建立极坐标系，曲线 C 的极坐标方程为 4cos0 （）写出直线 l 的普通方程和曲线 C 的直角坐标方程； （）若直线 l 与曲线 C 交于 A，B 两点，求|AB|的值 【分析】 （）消去参

39、数得到直线 l 的普通方程，利用 24cos0，得出曲线 C 的直角坐标方程； （）若直线 l 与曲线 C 交于 A，B 两点，利用参数的几何意义求|AB|的值 【解答】解： （）直线 l 的普通方程为 xy10，（2 分） 由 4cos024cos0 x2+y24x0（x2）2+y24， 即曲线 C 的直角坐标方程为（x2）2+y24，（5 分） （） 把直线 l 的参数方程代入曲线 C 的直角坐标方程得， 即， 设方程的两根分别为 t1，t2，则（10 分） 【点评】本题考查参数方程与普通方程、极坐标方程与直角坐标方程的互化，考查参数的几何意义，属 于中档题 23已知函数 f（x）|x|（

40、xR） （）求不等式 f（x1）+f（x+1）4 的解集 M； （）若 a，bM 证明：2f（a+b）f（ab）+4 【分析】 （I）讨论 x 的范围，去绝对值符号化简，再解不等式； （II）利用分析法和绝对值三解不等式寻求使结论成立的充分条件即可得出证明 【解答】解： （）由 f（x1）+f（x+1）4 可得|x1|+|x+1|4， 即或或， 解得：2x2 即不等式的解集 M：x|2x2 （）要证 2f（a+b）f（ab）+4，即证 2|a+b|ab|+4， |a|+|b|a+b|， 只需证 2|a|+2|b|ab|+4，即证（|a|2） （|b|2）0， 由（）可知|a|2，|b|2， 显然上式显然成立，故原命题得证 【点评】本题考查了绝对值不等式的解法，不等式的证明，属于中档题