2020届高三全国普通高等学校统一招生考试试验检测卷2数学（文科）试题 Word版含解析

2020届高三全国普通高等学校统一招生考试试验检测卷2数学（文科）试题 Word版含解析

‎2020年全国普通高等学校统一招生考试试验检测卷2‎ ‎（文科）‎ 考试时间：120分钟 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.考试时间120分钟.‎ 注意事项：‎ ‎1.答题前，考生要务必填写答题卷上的有关项目（填写好自己的姓名、考号等信息）.‎ ‎2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答案涂在答题卷相应的位置上.‎ ‎3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内：如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案：不准使用铅笔和涂改液，不按以上要求作答的答案无效.‎ ‎4.请考生保持答题卷的整洁.考试结束后，将答题卷交回.‎ 第Ⅰ卷（选择题）‎ 一、单项选择题：本题共12小题.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. 已知的共轭复数为（其中为虚数单位），则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由复数的运算法则化复数为一般形式，然后由模的定义计算模．‎ ‎【详解】根据题意，‎ 则，于是.‎ 故选：B ‎【点睛】本题以复数的简单运算为素材，目的是考查考生对复数运算法则的掌握情况和复数模的计算，本题计算量小，属于基础题．‎ - 27 -‎ ‎2. 设集合，，若，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意先简化，而含参数，故对参数进行分类讨论，进一步得到答案.‎ ‎【详解】集合,‎ ‎①当时，或，‎ ‎∵，结合数轴作图知，‎ 即得；‎ ‎②当时，显然；‎ ‎③当时，或，结合数轴作图知，‎ 此时恒成立，‎ 由①②③知.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查是集合相关概念和分类讨论思想，命题体现了直观想象、数学基本运算的核心素养，属于比较简单的题型.‎ ‎3. 已知函数 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：设，则，‎ - 27 -‎ ‎，所以，所以答案为D.‎ 考点：1.对数函数的运算律；2.换元法.‎ ‎4. 已知在正四棱锥的底面边长为，其左视图如图所示，当主视图的面积最大时，该四棱锥的体积和表面积分别为（ ）‎ A. ，8 B. ， C. ， D. ，‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析】‎ 根据左视图准确还原几何体，求出a和h的关系，再确定出主视图的形状，表示出主视图的面积，由基本不等式求出最大值以及对应的a和h的值，代入棱锥的体积公式和表面积公式求解．‎ ‎【详解】由题意画出正四棱锥如下图，其左视图与主视图应完全相同，其平面图形为等腰三角形，其腰长均为2，底边长为，‎ 设四棱锥的高为，则四棱锥的斜高，所以，‎ 于是主视图的面积为：，‎ 当且仅当时，最大，‎ - 27 -‎ 此时该四棱锥体积为，‎ 其表面积为.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题以正四棱锥为背景考查对三视图的基础知识和基本技能的掌握与运用，考查空间想象和运算求解能力，考查通过对三视图的观察分析，挖掘数量关系及不等式模型，体现了数学转化、数学应用意识、数学思维的严密性和谐美学思想.，符合新课标的改革目标方向.，属于常考题.‎ ‎5. 已知函数（为常数），若数列，且，则数列前100项和为（ ）‎ A. 78800 B. C. 39400 D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先要将条件转换熟知的等差数列，由代入求得的值，从而求得等差数列的通项公式，然后利用求和公式求得，代入100即可求得结果.‎ ‎【详解】∵，解得，所以，进而.于是，‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题以一次函数为载体，考查的是等差数列前项和公式的应用，解决此题这考查了考生的逻辑思维能力和运算求解能力.‎ - 27 -‎ ‎6. 已知变量、相对应的一组数据为(10，1.5)，(11，3.2)，(11，8.3)，(12.5，14)，(13，5)，变量、相对应的一组数据为(10，5)，(11.3，4)，(11.8，3)，(12.5，2)，(13，1)，用表示变量与之间的线性相关系数，用表示变量之间的线性相关系数，则有（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在回归线性方程应用中易知回归系数（为回归方程的斜率，、分别为变量、的方差），从二组数据中看出数，，故， ，最终得到答案.‎ ‎【详解】∵从第一组数据中看出数，故；‎ 从第二组数据中看出数，故；‎ 于是有，‎ ‎∴.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】命题人通过给出的两组数据为依托，考查考生对数据的观察和分析能力，然而作出变量相关关系判断，这体现了考生对数学的应用，数学推理的核心素养，难度中等.‎ ‎7. 已知，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用两角差的正切公式求出 - 27 -‎ ‎，再利用二倍角公式以及同角三角函数的基本关系即可求解.‎ ‎【详解】∵，‎ ‎∴，‎ 则 ‎.‎ 故选：A ‎【点睛】本题以三角正切函数值为依托，考查了正切的两角差公式和倍角公式的运用，此题以考生最熟悉的知识呈现，面向考生，试题注重基础，针对性强，同时考查了考生的运算求解能力及逻辑推理能力，属于基础题.‎ ‎8. 设，，对双元函数定义为：①；②；③；④.则的值为（ ）‎ A. 1 B. 2 C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由①得，.当且时，先根据④，再根据②得，进而先由③再由①及④求得，代入可得选项.‎ ‎【详解】由①；可得，.‎ 当且时，☆，‎ - 27 -‎ 又 ‎.‎ 即.★‎ 将★代入☆得整理得，，解得 故选：C.‎ ‎【点睛】本题是以新定义形式给出的创新背景题，其构思新颖巧妙，设制本题的目的是要求学生在阅读理解的基础上根据题中提供的信息，建立合理的数学模型，联系所学的知识方法实现信息的迁移转化，给学生以生考熟的展示机会，借引入新的概念进行抽象与概括，对所学知识的更深度的理解，揭示对新知识的本质认识.本题是理性思维的具体体现，应引起各位学生的足够重视.属于中档题.‎ ‎9. 已知点是双曲线，的左焦点，点是该双曲线的右顶点，过且垂直于轴的直线与双曲线交于、两点，若是锐角三角形，则该双曲线的离心率的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出通径长，由题意可得，直角三角形中，，解不等式即可.‎ ‎【详解】∵直线过焦点且垂直于轴，‎ - 27 -‎ 即通径长，显然，‎ 即，，易知右顶点，‎ 而是锐角三角形，故.‎ 根据对称性即，‎ 在直角三角形中，，‎ ‎，解得.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题主要目的考查的是考生应用双曲线相关知识解决问题的能力及解题过程中的逻辑推理能力和运算求解能力和综合应用知识的能力，试题以通性通法为基础，为不同能力水平的考生提供了研究空间，突出了选拔功能，属于基础题.‎ ‎10. 已知关于的一元二次函数，其中实数，满足，则函数在区间上是增函数的概率是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据，得到区间上是增函数的充要条件为，再根据实数，满足，画出平面区域，分别求出其面积，然后代入几何概型的概率公式求解.‎ ‎【详解】∵，‎ - 27 -‎ 在区间上是增函数的充要条件为，即，‎ 又实数，满足的平面区域如图所示（直角三角形），‎ 问题等价于向区域直角三角形中任意投掷点，点落在区域（其中点的坐标是中的概率，‎ 即所求概率为，‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题主要考查几何概型的概率求法以及二次函数及二元一次不等式，还考查了数形结合的思想方法，属于基础题.‎ ‎11. 定义为两个向量，间的“距离”，若向量，满足下列条件：(ⅰ)；(ⅱ)；(ⅲ)对于任意的，恒有，现给出下面结论的编号，‎ ‎①.②.③.④.⑤.‎ 则以上正确的编号为（ ）‎ A. ①③ B. ②④ C. ③④ D. ①⑤‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ - 27 -‎ ‎【分析】‎ 根据题意可得，转化为对于任意的恒成立，即，整理得，再利用向量的数量积逐一判断即可.‎ ‎【详解】由于，又对于，恒有，‎ 显然有，即，‎ 则对于任意的恒成立，‎ 显然有成立，‎ 即，则，故序号①错误，‎ 进而，‎ ‎∵，于是，得，即序号④正确.‎ 再由得，得，‎ ‎∴，显然序号②正确.从而序号③错误，‎ 再由②，故序号⑤错误.‎ 综上知本题正确的序号为②④.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题命制是以新定义为背景，考查向量长度及数量积等知识概念，同时考查了等价转换、不等式恒成立问题，符合以生考熟的高考理念，考查知识内容源于教材，试题面向全体考生，不同思维能力层次的考生度可以利用熟悉的通法来解决问题，从而增强考生的自信心，有利于考生正常发挥，属于中档题.‎ ‎12. 已知定义在上的函数满足：，某同学由此前提条件出发，然后又补充了一个附加条件，再经过推理，他得出四个结论，并且给其编号：①.若时，是奇函数且一定是单调增函数；②.若，是偶函数且有最大值为1；③.若，则；④.若，则.‎ - 27 -‎ 请你确认该同学做出的所有编号中其中正确的是（ ）‎ A. ①③ B. ①④ C. ①②③ D. ②③④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①，令，可以得到，即是奇函数，进一步判断正确与否；‎ ‎②，令，可以得到，即是偶函数，设一个特殊函数，进一步化简得到答案;‎ ‎③ 根据②，答案显然成立；‎ ‎④ ，特取，化简得到，进一步化简得到是最小正周期为6的周期函数，进一步化简得到答案.‎ ‎【详解】由已知关系式，‎ 对于序号①，∵，故令，得，则，‎ ‎∴是奇函数，设时，‎ 由不能保证推出，‎ 故序号①不能肯定成立；‎ 对于序号②，∵时，令，则，进而有，‎ ‎∴是偶函数，此时不妨特取，显然有，即满足，且有最大值1.‎ 故序号②成立.‎ - 27 -‎ 对于序号③来说，∵序号②正确，显然，有，故序号③C正确.‎ 对于序号④，∵，特取，‎ 则，‎ 进而有，整理得①.‎ 且有②‎ 由①②得，推得，又得，‎ ‎∴是最小正周期为6的周期函数，根据，特取，则得.‎ 再取，即，‎ 解得，令，.‎ 于是，‎ 解得.‎ ‎∴.故序号④正确.‎ 综上所述，本题正确的序号为②③④.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题以抽象函数模型为载体，综合考查函数的奇偶性，单调性、周期性及函数本质特征，同时还考查了考生的观察、归纳、合情推理的思想方法及逻辑推理能力和运算求解能力.解决本题必须具备具有一定的基础知识和基本功.‎ 第Ⅱ卷（非选择题）‎ 二、填空题（分单空和多空）：本题共4小题.‎ ‎13. 已知数列满足，为数列的前项和，则数列的第10项为______.‎ ‎【答案】23.‎ ‎【解析】‎ - 27 -‎ ‎【分析】‎ 首先由数列的通项公式求出其前项和，进而求出数列的通项公式，然后求出其第10项.‎ ‎【详解】解：∵数列的通项公式为（一次函数型），即知为等差数列，即其前项为（二次函数型，其中，），于是数列的通项公式为，于是.‎ 故答案为：23.‎ ‎【点睛】本题命制是以等差数列通项公式为载体，考查的是数列前项和与通项公式的转化与化归的应用，考查运算求解能力，属于基础题型.‎ ‎14. 已知单位向量满足，则与的夹角是__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】非零单位向量满足，则 ‎， ，‎ 设与的夹角是的夹角是， ，‎ 故答案为.‎ ‎【方法点睛】本题主要考查向量的模、夹角及平面向量数量积公式，属于中档题. 平面向量数量积公式有两种形式，一是，二是，主要应用以下几个方面:(1)求向量的夹角， （此时往往用坐标形式求解）；（2）求投影， 在 上的投影是；（3）向量垂直则;(4)求向量 的模（平方后需求 - 27 -‎ ‎）.‎ ‎15. 已知曲线与圆相交于、两点，则圆的半径______，弦的中垂线方程为______.‎ ‎【答案】 (1). (2). .‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由配方法得圆的标准方程后可得圆心坐标和半径，根据圆与已知曲线都关于直线对称得它们的交点也关于直线，易得弦中垂线方程．‎ ‎【详解】∵曲线的图象关于直线轴对称，又圆的标准方程为，显然圆的半径，圆心坐标为在直线上，圆的图象必关于直线对称，因此交点关于直线对称，弦的中垂线方程为.‎ 故答案为：；.‎ ‎【点睛】本题以两条曲线相交为背景，考查曲线的对称性，考查学生分析问题解决问题的能力，考查考生以生考熟、化繁为简，化难为易的解题的基本方法..‎ ‎16. 关于下列两个命题：设是定义在上的偶函数，且当时，单调，则方程的所有根之和为______；对于有性质：“对时，必有.现给定①；②；现与对比，①中、②中同样也有性质的序号为______.‎ ‎【答案】 (1). (2). ②‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)对于，利用函数为偶函数可知关于y轴对称且，有 - 27 -‎ 或即可求所有根之和；(2)由命题“对时，必有”知对于集合M上点，将点坐标都缩小到原来仍在M上，即几何上这样M集合是平面中一个闭合的被填满的面，A代表一个圆上的点集，B代表椭圆面的点集，即可知答案 ‎【详解】(1)∵是定义在上的偶函数 ‎∴当满足时，有两种可能 当与在轴同侧时，则，得，设方程的两个根为，，显然 当与在轴两侧时，则，得，设方程的两个根为，，此时 显然满足方程的所有根之和为 ‎(2)现结合的性质来研究、‎ 对于①，即简化为：，易知点在此圆上，取，但不在上.于是①错误.‎ 对于②，即是椭圆上及内部的一切点，显然当时，点必在椭圆内，则②具备性质 ‎ ‎ 故答案为：-8；②‎ - 27 -‎ ‎【点睛】本题以两个独立命题形式给出，发散思维的能力，同时考查了考生解题思维的跳跃性和连续性及逻辑推理能力，运算求解能力，综合应用能力，属于偏难.‎ 三、解答题：本大题共6小题.解答必须写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.‎ ‎17. 在下面题目中，补充一个条件，使得有两个不同解，并解答下列问题.‎ 设，，则补充的条件为______；这个三角形的面积是否存在最值？如果有，请求出其最值，如果没有请说明理由.‎ ‎【答案】补充的条件是：，或者是，，不存在；答案见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当时，三角形有两解，根据题意写出两解的条件，由三角形的边与的长度为开区间，故面积不存在最值.‎ ‎【详解】先做草图，由出发，作边上的高（为垂足），‎ 已知即，‎ 结合图形观察知，当时，即时，‎ 此时有两解，即为（为钝角）或（为锐角，此时）.‎ 由此可确定：为使在，时有两个解所补充的条件是：，或者是，，‎ ‎∵三角形的边与的长度为开区间，故面积不存在最值.‎ ‎【点睛】本题主要考查三角形的解的个数，同时考查了考生的逻辑推理能力、直观想象能力.‎ - 27 -‎ ‎18. 如图所示，在三棱锥中，平面，，分别是的中点，，与交于，与交于点，连接．‎ ‎（Ⅰ）求证：；‎ ‎（Ⅱ）求二面角的余弦值．‎ ‎【答案】（Ⅰ）见解析 （Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】解法一 （Ⅰ）在中，分别是的中点，则是的重心，‎ 同理，所以，因此 又因为是的中位线，所以.‎ ‎（Ⅱ）解法1 因为，所以,又，‎ 所以平面，平面，‎ 为二面角的平面角，‎ 不妨设由三角形知识可得 - 27 -‎ 由余弦定理得 解法2分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，‎ 如图 不妨设则 设平面的法向量为，则 ‎，所以，令得 同理求得平面一个法向量为，‎ 因此 由图形可知二面角的余弦值为 解法二（Ⅰ）证明：因为分别是的中点，‎ 所以∥,∥，所以∥，‎ 又平面，平面，‎ 所以∥平面，‎ - 27 -‎ 又平面,平面平面，‎ 所以∥，‎ 又∥，‎ 所以∥.‎ ‎（Ⅱ）解法一：在中,,,‎ 所以，即,因为平面,所以，‎ 又，所以平面，由（Ⅰ）知∥,‎ 所以平面，又平面，所以，同理可得，‎ 所以为二面角的平面角，设,连接，‎ 在中，由勾股定理得，， ‎ 在中，由勾股定理得，， ‎ 又为的重心，所以 同理,‎ 在中，由余弦定理得， ‎ 即二面角的余弦值为.‎ 解法二：在中，,,‎ 所以，又平面,所以两两垂直，‎ 以为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设，则,,,，,,所以,,,,‎ 设平面的一个法向量为，‎ - 27 -‎ 由，,‎ 得 取，得.‎ 设平面的一个法向量为 由，,‎ 得 取，得.所以 因为二面角为钝角，所以二面角的余弦值为.‎ ‎【考点定位】本题考查了空间直线的位置关系的判定和二面角的求法，考查了空间想象能力、推理论证能力和运算能力．第一问主要涉及平面几何的图形性质，中点形成的平行线是常考点之一，论证较为简单．第二问有两种方法可以解决，因图形结构的简洁性，推理论证较为简单，而利用空间向量运算求解二面角就相对复杂了.‎ ‎19. 某医学科研单位有甲，乙两个专门从事病毒治愈的研发小组，为了比较他们的研发水平，现随机抽取了这两个小组在过去一年里其中经过15次各自研发的新药结果如下：，，，，，，，，，，，，，，.其中，分别表示甲组研发新药成功和失败；，分别表示乙组研发新药成功与失败.‎ ‎（1）若某组成功研发一种新药，则该组可直接为本单位创造经济价值为5万余元，并且单位奖励给该组1千元，否则就亏损1万余元，奖励0元，试计算甲，乙两组研发新药的经济效益的平均数和奖金的方差，并且比较甲乙两组的研发水平；‎ ‎（2）若该医学科研单位安排甲，乙两组各自独立的研发一种新药.‎ ‎①试估算恰有一组研发新药成功的概率；‎ ‎②给定法则：设，是两个事件，事件是否发生对事件无影响，若事件，所发生的概率分别记为，，则事件，同时发生的概率为.‎ - 27 -‎ 试求甲，乙两组同时都研发新药成功的概率.‎ ‎【答案】（1）甲，乙两组研发新药的经济效益的平均数分别为：3（万元），2.6（万元）；奖金的方差分别为：，；甲组的研发水平应高于乙组研发水平；（2）①；②.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先计算甲，乙两组为单位贡献的经济效益的平均数，然后求甲乙两组奖金的方差数，并且进行数据比较分析.‎ ‎（2）利用古典概型的计算公式可以求解.‎ ‎【详解】（1）甲组研发新药的贡献效益依次为5，5，5，，，5，5，5，，5，，5，5，，5.‎ 则甲组贡献经济效益金的平均值（万元）.‎ 甲组获得奖金额依次为1，1，1，0，0，1，1，1，0，1，0，1，1，0，1（千元），‎ 甲组获得资金的平均值（千元），甲组获得资金的方差.‎ 乙组研发新药的贡献效益依次为5，，5，5，，5，5，，5，，，5，，5，5.‎ 则乙组贡献经济效益金的平均值（万元）.‎ 乙组获得奖金额依次为1，0，1，1，0，1，1，0，1，0，0，1，0，1，1（千元）‎ 乙组获得奖金的平均值（千元），乙组获得奖金的方差.‎ 从而可以确定；但，‎ 综上所述，从所得数据看，甲组的研发水平应高于乙组研发水平.‎ ‎（2）①记事件{恰有一组研发新药成功}，在抽得的15个结果中，‎ 恰有一组研发新药成功的结果为，，，，，，共7个.‎ - 27 -‎ 故事件发生的概率为.将频率视为概率，即得所求概率为.‎ ‎②根据已知研发结果得甲单独研发新药成功的概率为，乙单独研发新药成功的概率为，‎ 根据给定法则知：甲，乙两组同时都研发新药成功的概率为.‎ ‎【点睛】本题以生活科研实践为素材，提出和研发问题，综合考查考生灵活运用所学的统计与概率知识分析，处理数据并且解决实际问题的能力，体现了理性思维和数学应用，数学探究的学科素养，落实了应用性的考查要求.属于中档题.‎ ‎20. 已知直线与曲线在点处相切，且与轴交点的横坐标为.‎ ‎（1）求函数的单调减区间；‎ ‎（2）在前提下，试确定曲线与直线交点个数.‎ ‎【答案】（1）；（2）函数与直线只有唯一交点.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由导数几何意义得出切线方程，求出切线与轴交点坐标后可求得，然后利用导数的正负得单调区间；‎ ‎（2）构造新函数，证明在时有唯一零点，在时无零点，从而证得题中结论．‎ ‎【详解】（1）根据题意应先对函数求导，即，‎ ‎∵是切点，则的斜率为，则切线方程为，∵与轴相交，令，进而得，即.‎ 于是，又单调递减，令，解得，，即函数的单调减区间为.‎ - 27 -‎ ‎（2）由（1）知，设..‎ 在，即前提下：‎ ‎①当，显然，即在上递增，且，，即存在，使得，故只有唯一根.此时曲线与直线只有唯一交点.‎ ‎②当时，设，，时，，递减．时，，递增，‎ ‎∴时，，即，此时.显然在恒成立，故与直线不存在交点.‎ 综上所述，时，函数与直线只有唯一交点.‎ ‎【点睛】本题以三次函数为载体，目的是利用导数作为工具研究函数的单调性、导函数的几何意义，同时还考查了函数的零点概念、分类讨论思想及推理论证能力.试题解法灵活多样，另外对此题的求解策略以及推理论证能力都提出了较高要求，有利于不同学习程度的考生作答，这凸显了选拔功能.本题属于难题．.‎ ‎21. 从抛物线和椭圆上各取两点，将其坐标记录于下表中：‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎（1）求抛物线和椭圆的方程；‎ ‎（2）抛物线和椭圆的交点记为、，点为椭圆上任意一点，求 - 27 -‎ 的取值范围.‎ ‎【答案】（1）；；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）判断哪两点在抛物线上，剩下两个点在椭圆上，代入方程可求得参数，得结论；‎ ‎（2）求出两曲线中坐标，设是上动点，得.计算化为的函数后可得取值范围．‎ ‎【详解】（1）∵，当时，，根据表格的数据验证，可知，满足方程，解得，得抛物线方程为.‎ 将，代入椭圆可得，，即椭圆.‎ ‎（2）由，解得或即得，.‎ 设是上动点，则.‎ 即得.‎ 于是有：‎ ‎.∵.‎ 即.于是.‎ 故的取值范围是.‎ - 27 -‎ ‎【点睛】本题以图表为载体，考查考生观察能力、判断问题和数据处理能力，方程思想、函数思想及数形结合思想.本试题全面充分地考查了考生的逻辑思维能力以及应用解析几何思想解决问题的能力和运算能力.试题具有较好的区分度，也具有很好的选拔功能.‎ 请考生在第22，23题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题计分，作答时请写清楚题号.‎ ‎[选修4-4：坐标系与参数方程选讲]‎ ‎22. 在直角坐标系中，已知曲线的方程为.以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，在极坐标系中，曲线的极坐标方程为.‎ ‎（1）求曲线的极坐标方程与曲线的直角坐标方程；‎ ‎（2）设射线与曲线和曲线依次相交于、两点，求长.‎ ‎【答案】（1）；；（2）或.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用，，，代入即可求解.‎ ‎（2）射线与曲线和曲线联立，求出、即可求解.‎ ‎【详解】（1）当以原点为极点，轴的正半轴为极轴时，为极角时，‎ 根据直角坐标与极坐标互化公式，‎ 则有，，，‎ ‎∴的普通方程为，‎ 等价于极坐标方程为，‎ 即曲线的极坐标方程为，‎ 又曲线的极坐标方程为，‎ 整理为，进而化为，‎ - 27 -‎ ‎∴曲线的直角坐标方程简化为，‎ ‎（2）∵射线与曲线和曲线依次相交于、两点，‎ 由题意作出图象，即，‎ ‎（射线为）结合图象知或，‎ ‎∵上，则，‎ 即得，，，‎ 故或.‎ ‎【点睛】本题以两种不同坐标系下给定的方程为背景，主要考查普通方程与极坐标方程之间的转换公式的运用，直线与圆及椭圆位置关系的判断，考查考生对数形结合思想方法的运用，同时还考查了考生的运算求解能力和逻辑思维能力，试题面向全体，考生入手容易，属于基础题.‎ ‎[选修4-5：不等式选讲]‎ ‎23. 已知函数.‎ ‎（1）若在上最大值为，求的最小值；‎ ‎（2）证明：.‎ ‎【答案】（1）；（2）证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 27 -‎ ‎（1）由题意得，根据绝对值不等式性质可以得到，最终得到答案;‎ ‎（2）首先化简，对分类讨论，最终得以证明.‎ ‎【详解】（1）根据题意有 ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎①+②+2③有 即，即，显然的最小值为；‎ ‎（2）证明：结合条件知，‎ ‎∵‎ 当时，，当且仅当时取等号.‎ 当时,，‎ 当且仅当时取等号.‎ 综上得证.‎ ‎【点睛】本题以考生熟悉的绝对值函数为背景，考查考生对函数最值的理解、和绝对值不等式相关概念的理解及均值公式的运用，同时考查考生的逻辑推理能力、运算求解能力.‎ - 27 -‎