2019-2020学年四川省成都市郫都区高三上12月月考数学试卷（理科）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（理科）月月考数学试卷（理科） 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p 是q 的必要不充分条件，则

3、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 B C D 1

4、1 （5 分）设函数 f（x）满足 x2f（x）+2xf（x），f（2），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）已知函数 f（x）设方程 f（x）2 x+b（bR）的四个实根从小到大 依次为 x1，x2，x3，x4，对于满足条件的任意一组实根，下列判断中一定成立的是（ ） Ax1+x22 Be2x3x4（2e1）2 C0（2ex3） （2ex4）1 D1x1x2e2 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

5、分） 向量 ， 满足， 且， 则 ，的夹角 的取值范围是 15 （5 分）在（1+2xx2）4展开式中，x7的系数是 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

6、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）组织者从45，55）这组的参加者（其中共有 4 名女教师，其余全为男教师）中随机选取 3 名担任 后勤保障工作，其中女教师的人数为 X，求 X 的分布列、均值及方差 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，BD

7、CD，且 BDCD （1）若 AE2，求证：AC平面 BDE； （2）若二面角 ADEB 为 60，求 AE 的长； （3）在（2）的条件下，求直线 CD 与平面 BDE 所成角 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 两点求证： 直线 ED 过定点，并求出该定点 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

8、” 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 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

9、曲线 C 交于 A，B 两点，求|AB|的值 23已知函数 f（x）|x|（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 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

10、（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 【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

11、求出 S12 【解答】解：等比数列an中， a1+a2+a33，a4+a5+a66， a7+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

12、 【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，

13、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，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p 是q 的必要不充分条件，则实数 a 的取值范围是 （ ） A0a1 B1a3 Ca1 Da3 【分析】由题意可知，不等式|x+1|2 的解集为|x|a

14、 的解集的真子集，求出|x+1|2 的解集，分类求出 |x|a 的解集，由集合间的关系得 a 的范围 【解答】解：由|x+1|2，得 x+12 或 x+12，解得 x3 或 x1； 由|x|a，若 a0，得 xR，若 a0，得 xa 或 xa p 是q 的必要不充分条件，不等式|x+1|2 的解集为|x|a 的解集的真子集， 则当 a0 时，符合条件，当 a0 时，a1 a1 故选：C 【点评】本题考查必要条件、充分条件及充要条件的判断方法，考查集合间的包含关系，是基础题 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 yAs

15、in（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：

16、，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 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 a

17、2+（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 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（a

18、n+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，化简运算 能力，属于中档题 11 （5 分）设函数 f（x）满足 x2f（x）+2xf（x），f（2），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】令 F（x）x2f（x） ，利用导数的运算法则，确定

19、f（x），再构造新函数，确定 函数的单调性，即可求得结论 【解答】解：函数 f（x）满足， 令 F（x）x2f（x） ，则 F（x）， F（2）4f（2） 由，得 f（x）， 令 （x）ex2F（x） ，则 （x）ex2F（x） （x）在（0，2）上单调递减，在（2，+）上单调递增， （x）的最小值为 （2）e22F（2）0 （x）0 又 x0，f（x）0 f（x）在（0，+）单调递增 f（x）既无极大值也无极小值 故选：D 【点评】本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性与极值，考查学生分析解决问题的能力，难度较 大 12 （5 分）已知函数 f（x）设方程 f（x）2 x+b（bR）的四个

20、实根从小到大 依次为 x1，x2，x3，x4，对于满足条件的任意一组实根，下列判断中一定成立的是（ ） Ax1+x22 Be2x3x4（2e1）2 C0（2ex3） （2ex4）1 D1x1x2e2 【分析】方程 f（x）2 x+b（bR）的根可化为函数 yf（x）2x 与 yb 图象的交点的横坐标，作 函数 yf（x）2 x 的图象分析即可 【解答】解：方程 f（x）2 x+b（bR）的根可化为 函数 yf（x）2 x 与 yb 图象的交点的横坐标， 作函数 yf（x）2 x 的图象， 由图象可得，0 x11x2ex32e1x42e， 故 x3x4e2； 易知|ln（2ex3）|ln（2ex

21、4）|， 即 ln（2ex3）ln（2ex4） ， 即 ln（2ex3）+ln（2ex4）0， 即 4e22e（x3+x4）+x3x41， 即 2e（x3+x4）x3x4+4e21， x3x4（2e1）2， 故选：B 【点评】本题考查了数形结合的思想应用及函数的零点与函数的图象的关系应用，同时考查了基本不等 式的应用 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

22、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）在（1+2xx2）4展开式中，x7的系数是 8 【分析】先把（2xx2）看作一项，利用二项式定理展开，可得含（2xx2）r 的项，再把（2xx2）r 展 开，求出含 x7的项，从而

23、得出结论 【解答】解：在（1+2xx2）4展开式中，通项公式为 Tr+1 （2xx2）r， 对于（2xx2）r，它的通项公式为 Tk+1 （1）k2r kxr+k， 要出现含 x7的项，必需 r+k7，故有 r4，k3， 故 x7的系数是 （1） 28， 故答案为：8 【点评】本题主要考查二项式定理，二项展开式的通项公式，属于中档题 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 OAB 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

24、 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+k2） （）+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）

25、 ， 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

26、（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

27、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+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 ac

28、os2B+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）组织者从45，55）这组的参加者（其中共有 4 名女教师，其余全为男教师）中随机选取 3 名担任 后勤保障工作，其中女教师的人数为 X，求 X 的分布列、均值及方差 【分析】 （1）由频率分布直方图求出25，30

29、）这组频率为 0.15，由此能求出结果 所以 （2）由频率分布直方图求出45，55）这组的参加者人数为 6，从则 X 的可能取值为 1，2，3，分别求 出相应的概率，由此能求出 X 的分布列和数学期望及方差 【解答】解： （1）根据题意，25，30）这组频率为 0.0350.15， （2）根据题意，45，55）这组的参加者人数为 （0.02+0.01）5406， X 的可能取值为 1，2，3， ， ， ， X 的分布列为： X 1 2 3 P ， DX（1）2+（2）2+（3）2 【点评】本题考查频数的求法，考查离散型随机变量的分布列、数学期望、方差的求法，考查频率分布 直方图、古典概型、排列

30、组合等基础知识，考查运算求解能力，是中档题 19 （12 分）在如图所示的几何体中，ABC 是边长为 2 的正三角形，AE1，AE平面 ABC，平面 BCD 平面 ABC，BDCD，且 BDCD （1）若 AE2，求证：AC平面 BDE； （2）若二面角 ADEB 为 60，求 AE 的长； （3）在（2）的条件下，求直线 CD 与平面 BDE 所成角 【分析】 （1）取 AB 的中点 M，BC 的中点 O，BE 的中点 N，证明四边形 OMND 是平行四边形得出 DN OM，又 OMAC 即可得出 DNAC，于是 AC平面 BDE； （2）以 O 为原点建立空间坐标系，设 AEm，求出两平面

31、的法向量，令法向量夹角余弦值的绝对值等 于计算 m 的值即可； （3）计算与平面 BDE 的法向量的夹角余弦值得出所求的线面角 【解答】 （1）证明：取 AB 的中点 M，BC 的中点 O，BE 的中点 N，连接 OM，OD，DN，MN， O，M，N 分别是 BC，AB，BE 的中点， OMAC，MNAE，MNAE1， BDCD，O 是 BC 的中点，ODBC， 平面 BCD平面 ABC，平面 BCD平面 ABCBC， OD平面 ABC，又 AE平面 ABC， ODAE， BCD 是等腰直角三角形，BC2，OD1， ODMN，ODMN， 四边形 OMND 是平行四边形，DNOM， DNAC，又

32、 DN平面 BDE，AC平面 BDE， AC平面 BDE （2）解：ABC 是等边三角形，OABC， 以 O 为原点，以 OB，OA，OD 为坐标轴建立空间坐标系 Oxyz，如图， 则 O（0，0，0） ，D（0，0，1） ，B（1，0，0） ，设 AEm（m0） ，则 E（0，m） ， （1，0，1） ，（0，m1） ， 设平面 BDE 的法向量为 （x，y，z） ，则，即， 令 x1 可得 （1，1） ， 又平面 ADE 的一个法向量为 （1，0，0） ， cos，令cos60，解得 m1+ AE1+ （3）（1，0，1） ， （1，1） ， cos， 直线 CD 与平面 BDE 所成角的

33、正弦值为，故直线 CD 与平面 BDE 所成角为 45 【点评】本题考查线面垂直性质定理、线面垂直判定与性质定理以及利用空间向量求线面角与二面角， 考查基本分析求解能力，属中档题 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 两点求证： 直线 ED 过定点，并求出该定点 【分析】 （1）直接由离心率及 ABF 的面积和 a，b，c 之间的关系求出椭圆的方程； （2）设 M，N，的坐标，由 A，F 的坐标求出

34、直线 AM，AN 与椭圆的决交点，然后得 E，O，D 三点共 线可得直线 ED 恒过定点（0，0） 【解答】解： （1）依题意：，bc， 所以 c22b2，a24，所以椭圆方程： （ 2 ） 设 与 x2+2y2 4 交 于 A （ 2 ， 0 ）， E （ x1， y1）， ， 设 与 x2+2y24 交于 A （2， 0） ， D （x2， y2） ， 同理可得 ， 所 以 ， 所以 E，O，D 三点共线从而 ED 恒过定点 O 由于两条不同直线至多有 1 个交点，故定点为 O（0，0） 【点评】考查直线与椭圆的综合，属于中难题 21 （12 分）已知称函数 f（x）是“有趣的” ，如果其

35、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（lnx）2ln注意到 F（1）0，F（x）2

36、k+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）； x0，当 0 x1 时，h（x）0，h（x）

37、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注意到 F（1）0 F（x）2k+k（x2+1

38、）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，不满足条件 构造函数 H（s）k（s1lns）+2k

39、1 （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，不满足要求 【点评】本题考查利用导数求函数

40、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】 （）消去参数得到直线 l 的普通方程，利用 24cos

41、0，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|（xR） （）求不等式 f（x1）+f（x+1

42、）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