江西省抚州市临川第二中学2020届高三上学期第一次月考数学（文）试题

江西省抚州市临川第二中学2020届高三上学期第一次月考数学（文）试题

2019-2020 学年度临川二中高三第一次考试 数学试卷（文科） 第Ⅰ卷（选择题共 60 分） 一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 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. ＝（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 根据复数的乘法运算法则计算即可. 详解】解： . 故答案选：B. 【点睛】本题考查复数的乘法运算，属于基础题. 2.已知集合 ， ，则 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 先求出集合 A，然后根据补集的定义求出 . 【详解】解： ，所以 ， 故答案为：C. 【点睛】本题考查集合补集的运算，属于基础题. 【 2 2 i i + − 3 4 5 5 i+ 3 4 5 5 i− − 41 3 i− − 41 3 i+ ( ) ( ) (2 ) 22 3 4 3 4 2 ( 2) 2 5 5 5 i ii i ii i i + ⋅ ++ += = = − −− − ⋅ + − { }2| 4A x x= ≤ { |1 2}B x x= ≤ ≤ AC B= () { | 2}x x ≤ − { 2, 1,0}− − { | 2 1}x x− ≤ < { | 0 2}x x< < AC B { } { }2| 4 | 2 2A x x x x= ≤ = − ≤ ≤ { }| 2 1AC B x x= − ≤ < 3.下列函数中，即是单调函数又是奇函数的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 根据对数函数的图象知 y=log3x 是非奇非偶函数； 是偶函数； 是非奇非偶函数； y=x3 是奇函数，且在定义域 R 上是奇函数，所以 D 正确。 本题选择 D 选项. 4.如图，某组合体的主视图、侧视图均是正方形及其中位线，俯视图为正方形及其对角线， 则此几何体的体积为 A. 8 B. C. 4 D. 6 【答案】D 【解析】 【分析】 由三视图还原几何体，该几何体为组合体，是两个直三棱柱，直三棱柱的底面为等腰直角三 角形，直角边长为 2，高分别为 1 和 2，再由棱柱体积公式求解． 【详解】解：由三视图还原原几何体如图， 3logy x= 3 xy = 1 2y x= 1 3y x= | |3 xy = 1 2y x= () 8 3 该几何体为组合体，是两个直三棱柱，直三棱柱的底面为等腰直角三角形，直角边长为 2， 高分别为 1 和 2， 则此几何体的体积为 V＝ ． 故选：D． 点睛】本题考查由三视图求面积、体积，关键是由三视图还原几何体，是中档题． 5.已知 ，其中 为三角形内角，则 （） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 由 ，可得 ，再结合 ，联立方程可以求解 . 【详解】解：因为 ，所以 ，又因为 ，所以解 得： 或 ，因为 为三角形内角，所以 . 故答案为:A. 【点睛】本题考查同角三角函数基本关系，同时考查了学生的计算能力，属于基础题. 【 1 2 2 (1 2) 62 × × × + = tan 2α =- α cosα = 5 5 − 2 5 5 5 5 2 5 5 − tan 2α =- sin 2cosα α= − 2 2sin cos 1α α+ = cosα tan 2α =- sin 2cosα α= − 2 2sin cos 1α α+ = 2 5sin 5 5cos 5 α α  =  = − 2 5sin 5 5cos 5 α α  = −  = α 2 5sin 5 5cos 5 α α  =  = − 6.将 的图象通过平移变换，得到一个奇函数的图像，则这个变换可以是 ( ). A. 左移 个单位 B. 右移 个单位 C. 左移 个单位 D. 右移 个 单位 【答案】C 【解析】 分析：将函数的对称中心平移至原点即可得函数为奇函数. 详解：由 ，令 . 解得 . 即对称中心为 . 只需将 左移 个单位可得一个奇函数的图像， 故选 C. 点睛：本题主要考查了三角函数的中心对称性和函数的左右平移，属于中档题，难度不大. 7.若直线 与直线 平行，则 （） A. B. C. 或 2 D. 或 【答案】B 【解析】 【分析】 因为两直线平行，所以斜率相等，从而求出 a 的取值，再根据取值情况，检验是否重合. 【详解】解：因为直线 与直线 平行，所以 ，解得： 或 ，检验：当 时，两直线重合，不成立，所以 . 故答案为：B. 【点睛】本题考查直线平行的条件，解题的关键是检验重合的情况，属于基础题. 2cos 3 6 xy π = +   3 π 3 π π π 2cos 3 6 xy π = +   π kπ,k Z3 6 2 x π+ = + ∈ 3kπ,k Zx π= + ∈ ( )3kπ,0 , k Zπ + ∈ 2cos 3 6 xy π = +   π 2y x= ( )2 1 0a a x y a− − + + = a = 1a = − 2a = 1a = − 1a = 2− 2y x= ( )2 1 0a a x y a− − + + = 2 2a a− = 2a = 1a = − 1a = − 2a = 8.已知中心在原点的双曲线渐近线方程为 ，左焦点为（-10，0），则双曲线的方程 为() A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 根据题意，分析双曲线的焦点在 x 轴上，又可知 c＝10，渐近线方程为 ，所以可得 ＝ ，进而可求得 a、b 的值，从而求出结果. 【详解】解：根据题意，要求双曲线的焦点为（﹣10，0），则其焦点在 x 轴上，且 c＝10， 设双曲线的方程为 ﹣ ＝1，则有 a2+b2＝c2＝100， 又由双曲线渐近线方程为 y＝± x，则有 ＝ ， 解可得：a＝6，b＝8， 则要求双曲线的方程为： ﹣ ＝1； 故选：B． 点睛】本题考查由双曲线渐近线方程求双曲线方程，属于基础题． 9.设函数 若 f(a)＞f(－a)，则实数 a 的取值范围是( ) A. (－∞，－1)∪(0，1) B. (－∞，－1)∪(1，+∞) C. (－1，0)∪(0，1) D. (－1，0)∪(1，+∞) 【答案】D 【解析】 分析：由分段函数的表达式知，需要对 a 的正负进行分类讨论． 【 4 3y x= ± 2 2 19 16 x y− = 2 2 136 64 x y− = 2 2 116 9 x y− = 2 2 164 36 x y− = 4 3y x= ± b a 4 3 2 2 x a 2 2 y b 4 3 b a 4 3 2 36 x 2 64 y ( ) ( )1 2 2 log , 0 log , 0 x x f x x x  − <=   > 详解： 由题意 或 ⇒ 或 ⇒ 或 . 故选 D. 点睛：本题主要考查的是解分段函数不等式，做此类题根据变量的不同取值范围进行讨论， 代入相应的解析式求解. 10.在半径为 2 的圆内随机取一点 M，则过点 M 的所有弦的长度都大于 2 的概率为() A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 由勾股定理及几何概型中的面积型可得：点 M 在以 O 为圆心， 为半径的圆的内部，所以过 点 M 的所有弦的长度都大于 2 的概率为： ＝ ，得解． ( ) ( ) 2 1 2 0 log log a f a f a a a >> − ⇒  > ( ) ( )1 2 2 0 log log a a a < − > − 0 1 a a a > > 0 1 a aa <− > − 1a > 1 0a− < < 3 4 3 4 ⋅ 1 4 4 3 4 − 3 2 2 ( 3) 2 π π ⋅ 3 4 【详解】 解：如图，要使过点 M 的所有弦都大于 2，|OM|≤ ， 所以点 M 在以 O 为圆心， 为半径的圆的内部， 所以过点 M 的所有弦的长度都大于 2 的概率为： ＝ ， 故选：A． 【点睛】本题考查了几何概型中的面积型，属中档题． 11.半径为 2 的球的内接三棱锥 ，则三棱锥 的高为 A. B. C. D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】 在三棱锥 P﹣ABC 中，过点 p 作 PM⊥平面 ABC 的垂足为 M，则球心 O 在 PM 所在直线上，在三 角形 PBO 中利用余弦定理可得∠BPM，然后求出∠PBM＝60°，进一步算出 PM． 【详解】解：三棱锥 P﹣ABC 中，PA＝PB＝PC＝2 ，AB＝AC＝BC， 如图，过点 p 作 PM⊥平面 ABC 的垂足为 M，则 球 O 的内接三棱锥 P﹣ABC 的球心 O 在 PM 所在直线上， ∵球 O 的半径为 2，∴OB＝OP＝2， 3 3 2 2 ( 3) 2 π π ⋅ 3 4 , 2 3,P ABC PA PB PC AB AC BC− = = = = = () 3 2 3 3 2 2 2 3 ∴由余弦定理得 cos∠BPM＝ ＝ ∴∠BPM＝30°， ∴在 Rt△PMB 中，∠PBM＝60°，∴PM＝PBsin∠PBM＝3． 故选：D． 【点睛】本题考查了球的内接三棱锥问题，考查了空间想象能力与逻辑思维能力，属基础 题． 12.若函数 只有一个极值点，则 k 的取值范围为 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 利用函数求导函数 f′（x）＝ex（x﹣2）﹣kx2+2kx＝（x﹣2）（ex﹣kx），只有一个极值点时 f′（x）＝0 只有一个实数解，有 ex﹣kx≥0，设新函数设 u（x）＝ex，v（x）＝kx，等价转 化数形结合法即可得出结论， 【详解】解：函数 f（x）＝ex（x﹣3）﹣ kx3+kx2 只有一个极值点， f′（x）＝ex（x﹣2）﹣kx2+2kx＝（x﹣2）（ex﹣kx）， 若函数 f（x）＝ex（x﹣3）﹣ kx3+kx2 只有一个极值点，f′（x）＝0 只有一个实数解， 则：ex﹣kx≥0， 2 2 2PB OP OB 2PB OP + − ⋅ 3 2 3 21( ) ( 3) 3 xf x e x kx kx= − − + () ( , )e−∞ (0, ]e ( ,2)−∞ (0,2] 1 3 1 3 从而得到：ex≥kx， 当 k＝0 时，成立． 当 k≠0 时，设 u（x）＝ex，v（x）＝kx 如图： 当两函数相切时，k＝e，此时得到 k 的最大值，但 k＜0 时不成立． 故 k 的取值范围为：（0，e] 综上：k 的取值范围为：[0，e] 故选：B． 【点睛】本题考查了利用导数研究函数的极值点、考查了不等式问题的等价转化方法，数 形结合法，考查了推理能力，属于中档题． 第Ⅱ卷 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分． 13.下面程序框图中，已知 ，则输出的结果是____________.0( ) xf x xe= 【答案】2014e 【解析】 【分析】 根据题意，模拟程序框图的运行过程，得出该程序运行后输出的是什么． 【详解】解：模拟程序框图的运行过程，如下； 输入 f0（x）＝x•ex，i＝0，i＝1，f1（x）＝ （x）＝（1+x）ex； i 2012，是，i＝2，f2（x）＝ （x）＝（2+x）ex； i 2012，是，i＝3，f3（x）＝ （x）＝（3+x）ex； …； i 2012，是，i＝2011，f2011（x）＝ （x）＝（2011+x）ex； i 2012，是，i＝2012，f2012（x）＝ （x）＝（2012+x）ex； i 2012，是，i＝2013，f2013（x）＝ （x）＝（2013+x）ex； i 2012，否，x=1，输出 f2013（x）＝2014e. 故选：2014e. 【点睛】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，通过归纳 得出该程序运行后输出的结论，是基础题． 0f ′ ≤ 1f ′ ≤ 2f ′ ≤ 2010f ′ ≤ 2011f ′ ≤ 2012f ′ ≤ 14.设 满足约束条件 ，若目标函数 的最大值为 8， 则 的最小值为________. 【答案】4 【解析】 【详解】 画出可行域（如图），因为， ， 所以，平移直线 =0， 经过点 A（1，4）时， 取得最大值, 由 =8 得， =4，由均值定理得 a+b =4. 考点：单线性规划的应用，均值定理的应用. 15. 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知 ，则 ______ 【答案】 【解析】 【分析】 直接利用正弦定理进行边角的互换，然后利用三角函数辅助角公式化简，可求出 B 的值． 【详解】解：（1）已知（a+2c）cosB+bcosA＝0． 则：（sinA+2sinC）cosB+sinBcosA＝0， 整理得：sinAcosB+cosAsinB+2sinCcosB＝0， ,x y 2 2 0 8 4 0 0, 0 x y x y x y − + ≥  − − ≤  ≥ ≥ ( )0, 0z abx y a b= + > > +a b ABC ( 2 ) cos cos 0a c B b A+ + = B = 2 3 π 即：sinC+2sinCcosB＝0， 因为 C 为三角形的内角，所以 sinC 0， 解得：cosB＝﹣ ， 由于：0＜B＜π， 所以：B＝ ． 【点睛】本题考查正弦定理的应用，三角函数关系式的恒等变换，属于基础题. 16.已知向量 的夹角为 ，且对于任意的 ，都有 ，则 _____ 【答案】 【解析】 【分析】 对| +x |≥| ﹣ |两边同时平方，然后化简为关于 的不等式，根据条件进一步得到 ． 【详解】解：∵向量 ， 的夹角为 ，| |＝2，| +x |≥| ﹣ |， ∴ ≥ ，∴ ， 由于其对任意的 x∈R 都成立， ∴△＝ ， ∴ ． 故答案为： ． 【点睛】本题考查了平面向量的数量积及其运算，考查了计算能，属基础题． 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 17~21 题为必考题，每 个试题考生都必须做答。第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答. 17.已知公差不为 0 的等差数列 的前 项和为 ，a1=2， ， ， 成等比数列。 （1）求数列 的通项公式； ≠ 1 2 2 3 π ,a b , | | 24 b π = x∈R | | | |b xa b a+ ≥ −   | |a = 2 b a b a | a | | a | a b 4 π b b a b a 2| |b xa+  2| |b a−  2 2 22 2 | | 2 2 | | 0a x a x a a+ + −     ( )2 2 28| a | 4 | a | 2 2 | a | | a | 0− −     | a | 2= 2 { }na n nS 1a 2a 4a { }na （2）求 的前 项和 【答案】（1） ；（2） 【解析】 分析：（1）设等差数列{an}的公差为 d，由题意列出方程组，求出公差和首项的值，即可得 到数列{an}的通项公式； （2）由（1）求出 ，利用裂项相消求出和． 详解：（1）设 的公差为 ,则由 成等比数列，得 ， 化得 　 ∵ ，∴解得 ，∴ ， （2）由（1）的 ∴ 　 令 的前 n 项和为 ∴ 点睛：点睛：裂项相消法是指将数列的通项分成两个式子的代数和的形式，然后通过累加抵 消中间若干项的方法，裂项相消法适用于形如 (其中 是各项均不为零的等差数 列，c 为常数)的数列. 裂项相消法求和，常见的有相邻两项的裂项求和(如本例)，还有一类 隔一项的裂项求和，如 或 . 18.在十九大“建设美丽中国”的号召下，某省级生态农业示范县大力实施绿色生产方案，对 某种农产品的生产方式分别进行了甲、乙两种方案的改良。为了检查甲、乙两种方案的改良 效果，随机在这两种方案中各任意抽取了 40 件产品作为样本逐件称出它们的重量（单位： 1 nS       n 2na n= 11 1n − + ( ) 1 1 1 1 1 1nS n n n n  = = − + +  { }na d 1 2 4, ,a a a 2 2 1 4a a a= ⋅ ( ) ( )2 1 1 1 3a d a a d+ = + 0d ≠ 1 2d a= = 2na n= ( )1nS n n= + ( ) 1 1 1 1 1 1nS n n n n  = = − + +  1 nS       nA 1 1 1 1 1 11 12 2 3 1 1nA n n n = − + − + + − = −+ + 1n n c a a +       { }na ( )( ) 1 1 3n n+ + ( ) 1 2n n + 克），重量值落在 之间的产品为合格品，否则为不合格品。下表是甲、乙两种方案 样本频数分布表。 产品重量 甲方案频数 乙方案频数 6 2 8 12 14 18 8 6 4 2 （1）根据上表数据求甲(同组中的重量值用组中点数值代替)方案样本中 40 件产品的平均数 和中位数 （2）由以上统计数据完成下面 列联表，并回答有多大把握认为“产品是否为合格品与改 良方案的选择有关”. 甲方案 乙方案 合计 合格品 不合格品 合计 参考公式： ，其中 . 临界值表： 0.100 0.050 0.025 0.010 0.001 ( ]250,280 ( ]240,250 ( ]250,260 ( ]260,270 ( ]270,280 ( ]280,290 2 2× ( ) ( )( )( )( ) 2 2 n ad bcK a b c d a c b d −= + + + + n a b c d= + + + ( )2 0P K k≥ 2.706 3.814 5.024 6.635 10.828 【答案】（1） ，甲的中位数为 ；（2）见解析 【解析】 分析：（1）由频率分布表求出甲方案样本中 40 件产品的平均数和中位数；（2）列出 列 联表，计算 ，根据临界值表格，作出判断. 详解：（1） 甲的中位数为 （2） 列联表 因为 故有 90%的把握认为“产品质量与改良方案的选择有关”. 点睛：．独立性检验的一般步骤：（I）根据样本数据制成 列联表；（II）根据公式 计算 的值；（III）查表比较 与临界值的大小关系， 作统计判断．（注意：在实际问题中，独立性检验的结论也仅仅是一种数学关系，得到的结论 也可能犯错误．） 19.如图，在空间四边形 中， ， , ， ， ，且平面 平面 0k 264x = 甲 2264 7 2 2× 2K 0.15 245 0.2 255 0.35 265 0.2 275 0.1 285 264x = × + × + × + × + × = 甲 0.15 2260 10 2640.35 7 + × = 2 2× ( )2 2 80 120 360 3.117 2.70666 14 40 40K × −= ≈ >× × × 2 2× ( ) ( )( )( )( ) 2 2 n ad bcK a b a d a c b d −= + + + + 2K 2K PABC PA AC⊥ PA AC= 2 2PC = 2BC = 90ACB∠ =  PAC ⊥ ABC （1）求证： ； （2）若 PM=MC ，求三棱锥 C-ABM 的高 【答案】（1）见解析；（2） 【解析】 分析：(1)由面面垂直性质定理得到 平面 ，从而得到 ；(2)由等积法 构建所求量的方程，解之即可. 详解：（1）证明：∵平面 平面 ， 平面 平面 ， 平面 ， 平面 ， ，∴ 平面 ， 又∵ 平面 ，∴ 。 （2）解：过点 在平面 内作 ，垂足为 ，连接 由（1）知 平面 ，所以 所以 ，由题知： ， ， 所以 ， 可得 ， ， ， 在△AMB 中，有 ，即∠AMB=90° 设三棱锥 C-ABM 的高为 ，则有 , ，解得 所以三棱锥 C-ABM 的高为 点睛：等积法：等积法包括等面积法和等体积法．等积法的前提是几何图形(或几何体)的面 积(或体积)通过已知条件可以得到，利用等积法可以用来求解几何图形的高或几何体的高， 特别是在求三角形的高和三棱锥的高时，这一方法回避了通过具体作图得到三角形(或三棱锥) 的高，而通过直接计算得到高的数值． PA BC⊥ 2 3 3 PA ⊥ ABC PA BC⊥ C AMB M ABCV V− −= PAC ⊥ ABC PAC ∩ ABC AC= AC ⊂ PAC PA ⊂ PAC PA AC⊥ PA ⊥ ABC BC ⊂ ABC PA BC⊥ M PAC MH AC⊥ H BH PA ⊥ ABC MH ABC⊥ 平面 MH BH⊥ 2 2PC = 2BC = 90ACB∠ =  2PA AC= = 2 2AB = 1MH CH AH= = = 1 22AM PC= = 5BH = 6BM = 2 2 2AM BM AB+ = h C AMB M ABCV V− −= 1 1 1 1 3 2 3 2AM BM h AC BC MH⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ 2 6 2 2 1h× = × × 2 3 3h = 2 3 3 20.设动圆 P(圆心为 P)经过定点(0，2)，被 x 轴截得的弦长为 4，P 的轨迹为曲线 C (1) 求 C 的方程 (2) 设不经过坐标原点 O 的直线 l 与 C 交于 A、B 两点，O 在以线段 AB 为直径的圆上，求证： 直线 l 经过定点，并求出定点坐标. 【答案】（1） ；（2） 【解析】 分析：(1)由圆 几何性质布列方程组，消去参数即可得到轨迹方程； （2）设不经过坐标原点 O 的直线 的方程为 ， ， 则： ，解得： ，利用根与系数的关系表示垂直关系可得 ，从而得到直线 l 经过定点. 详解：（1）设动圆 P 圆心为 ，半径为 ，被 x 轴截得的弦为 依题意的： 化简整理得： 所以，点 P 轨迹 C 的方程 （2）设不经过坐标原点 O 的直线 的方程为 ， ， 则： ，解得： ， ， 又∵O 在以线段 AB 为直径的圆上，∴ 即 又 ， ， ， ， 或 （舍去） 的 的 2 4x y= ( )0,4 l y kx b= + ( )1 1,A x y ( )2 2,B x y 2 4 y kx b x y = +  = 2 4 4 0x kx b− − = 2 4 0b b− = ( ),x y r AB ( )22 2 2 2 2 2 x y r ABy r  + − =   + =    2 4x y= 2 4x y= l y kx b= + ( )1 1,A x y ( )2 2,B x y 2 4 y kx b x y = +  = 2 4 4 0x kx b− − = 1 2 4x x k+ = 1 2 4x x b⋅ = − 0 0OA B⋅ =  1 2 1 2 0x x y y+ = 1 1y kx b= + 2 2y kx b= + ( )( )1 2 1 2 0x x kx b kx b+ + + = ( )2 2 1 2 1 2 1 2 0x x k x x kb x x b+ + + + = 2 2 24 4 4 0b k b k b b− − + + = 2 4 0b b− = 4b = 0b = 所以直线 l 经过定点 点睛：求与圆有关的轨迹问题时，根据题设条件的不同常采用以下方法： ①直接法：直接根据题目提供的条件列出方程． ②定义法：根据圆、直线等定义列方程． ③几何法：利用圆的几何性质列方程． ④代入法：找到要求点与已知点的关系，代入已知点满足的关系式等． 21.设函数 ． （Ⅰ）证明：当 时， ； （Ⅱ）设当 时， ，求实数 的取值范围． 【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ） 【解析】 试题分析：（Ⅰ）在证明不等式时一般可以通过等价变形将要证明的不等式简化，本题中注 意 到 时 ， ， 于 是 有 ， 即 令 只需证明 即可；（Ⅱ）由 时， 恒成立，故 . 设 ， ， ． 设 ， ，则 . 当 ，即 时， ， 时， ， ，故 .所以 单调递增， ，故 单调递增， 恒成立，符合题意.当 ，即 时，存在 ， 时， ， 单调递减， ，与 恒成立矛盾. ( )0,4 ( ) 1 xf x e−= − 1x > − ( ) 1 xf x x ≥ + 0x ≥ ( ) 1 xf x ax ≤ + a 10 2     ， 1x > − 1 0x + > ( ) 1 xf x x ≥ + 11 1 11 1 1 x x x xx xe e e e xx x x − − −− ≥ ⇔ − ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ ++ + + ( ) ( )1xg x e x= − + 0x ≥ 0 1 1 x xe ax −≥ − ≤ + 0a ≥ ( ) +e 11 xxh x ax −= −+ [ )0 x∈ + ∞， ( ) ( ) ( )2 2 1 1e e 1 1 x xax axh x ax ax − −+ −= − = − + ′ + ( ) ( )2 2 e e 1 1 x x ax ax −  = − + + ( ) ( )2e 1xk x ax= − + [ )0 x∈ + ∞， ( ) ( ) 2e 2 1 e 2 2x xk x a ax a x a= = −′ − + − ( )0 1 2k a′ = − 1 2 0a− ≥ 10 2a≤ ≤ ( ) 22xk x e a′ = −′ 0x ≥ 1xe ≥ 2 12 2a ≤ ( ) 0k x′′ ≥ ( )k x′ ( ) ( )0 0k x k′ ′≥ = ( )k x ( ) ( )0 0k x k≥ = 1 2 0a− < 1 2a > 0δ > ( )0,x δ∈ ( ) 0k x′ < ( )k x ( ) ( )0 0k x k< = ( ) 0k x ≥ 试题解析：（Ⅰ）证明：注意到 时， ， 于是有 ，即 . 令 ， ． ，令 ，得 ． 当 变化时， 的变化情况如下表： 可见 在 上单调递减，在 上单调递增，所以当 时， ，故当 时， ，即 ，从而 ，且当且仅当 时等号成立． （Ⅱ）解：由 时， 恒成立，故 . 设 ， ， 则 ． 设 ， ， 则 . 当 ，即 时， ， 时， ， ，故 . 1x > − 1 0x + > ( ) 1 xf x x ≥ + 11 1 11 1 1 x x x xx xe e e e xx x x − − −− ≥ ⇔ − ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ ++ + + ( ) ( )1xg x e x= − + ( )1 x∈ − + ∞， ( ) 1xg x e′ = − ( ) 0g x′ = 0x = x ( ) ( )g x g x′ ， x ( )1 0− ， 0 ( )0 + ∞， ( )g x′ − 0 + ( )g x   ( )g x ( ]1 0− ， [ )0 + ∞， 1x > − ( ) ( )0 min 0 1 0 0g g e= = − + = 1x > − ( ) ( )0 0g x g≥ = 1xe x≥ + ( ) 1 xf x x ≥ + 0x = 0x ≥ 0 1 1 x xe ax −≥ − ≤ + 0a ≥ ( ) +e 11 xxh x ax −= −+ [ )0 x∈ + ∞， ( ) ( ) ( )2 2 1 1e e 1 1 x xax axh x ax ax − −+ −= − = − + ′ + ( ) ( )2 2 e e 1 1 x x ax ax −  = − + + ( ) ( )2e 1xk x ax= − + [ )0 x∈ + ∞， ( ) ( ) 2e 2 1 e 2 2x xk x a ax a x a= = −′ − + − ( )0 1 2k a′ = − 1 2 0a− ≥ 10 2a≤ ≤ ( ) 22xk x e a′ = −′ 0x ≥ 1xe ≥ 2 12 2a ≤ ( ) 0k x′′ ≥ 所以 单调递增， ，故 单调递增， 恒成立，符 合题意. 当 ，即 时，存在 ， 时， ， 单调递减， ，与 恒成立矛盾. 综合上述得实数 的取值范围是 ． 考点：函数与导数、不等式的综合应用 请考生在 22、23 两题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题记分． 22.在直角坐标系 中，直线 .以直角坐标系的原点为极点， 轴的正半 轴为极轴建立极坐标系，且两个坐标系取相同单位长度，曲线 的极坐标方程为 ， . （1）求曲线 的参数方程； （2）求曲线 上一点 到直线 的距离的最小值及此时点 的坐标. 【答案】(1) （ 为参数且 ）；(2)答案见解析. 【解析】 试题分析：(1)把曲线 的极坐标方程化为普通方程，进而转化为曲线 的参数方程；(2) 设 ，利用点到直线距离表示目标函数，结合正弦型函数的图象与性 质求得最小值及此时点 的坐标. 试题解析： （1）曲线 ，可化为 ， 由 ， 得： ， ∵ ，∴ 从而曲线的直角坐标方程为 ， ( )k x′ ( ) ( )0 0k x k′ ′≥ = ( )k x ( ) ( )0 0k x k≥ = 1 2 0a− < 1 2a > 0δ > ( )0,x δ∈ ( ) 0k x′ < ( )k x ( ) ( )0 0k x k< = ( ) 0k x ≥ a 10 2     ， xOy : 3 9 0l x y+ + = x C 2 3cosρ θ=− 3, 2 θ π π ∈   C C P l P 3 3 cos 3sin x y α α  = − + = α [ ],2α π π∈ C C ( )3 3cos , 3sinP α α− + P : 2 3cosC ρ θ= − 2 2 3 cos 0ρ ρ θ+ = cosx ρ θ= siny ρ θ= 2 2 2 3 0x y x+ + = 3, 2 θ π π ∈   0, 0x y≤ ≤ ( ) ( )2 23 3 0x y y+ + = ≤ 再化为参数方程为 （ 为参数且 ） （2）设 ， 则 到 的距离 又 ，∴当 时，点 的坐标为 点 到直线 的距离的最小值为 . 23.设实数 满足 . (1)若 ，求 的取值范围； (2)若 ，求证： . 【答案】（1） （2）见解析 【解析】 试题分析：（1）根据已知条件 得 ，则 ，所以 转化为 ，于是分 ， ， 去绝对值解不等式，即得到 的取值范围；（2）当 时，根据均值定理 ，于是 ，所以得出 ，这里两次使用到 均值定理，必须要保证取等条件同时满足. 试题解析：（1）解：∵ ，∴ ， 则由 ， 当 时，由 得 ，则 ； 3 3 3 x cos y sin α α  = − + = α [ ],2α π π∈ ( )3 3cos , 3sinP α α− + [ ],2α π π∈ P l ( )3 3 3cos 3sin 9 2d α α− + + + = 2 3sin 63 2 πα + +  = [ ],2α π π∈ 7 6 α π= P 3 33 ,2 2  − − −    P l 3 3− ,x y 14 yx + = 7 2 3y x− < + x 0, 0x y> > 1 4 3xyx y + − ≥ ( 3,0).− 14 yx + = 4 4x y+ = 7 4 3y x− = + 7 2 3y x− < + 4 3 2 3x x+ − < 3 4x < − 3 04 x− ≤ ≤ 0x > x 0, 0x y> > 1 2 •4 4 y yx x xy= + ≥ = 1 4 1 4 42 44 4 y y xxx y x y x y   + = + + = + + ≥     1 4 3xyx y + − ≥ 14 yx + = 4 4x y+ = 7 2 3 4 3 2 | 3y x x x− + ⇒ + − < 3 4x < − 4 3 2 3x x+ − < 3x > − 33 4x− < < − 当 时，由 得 ，则 ； 当 时，由 得 ， 解集为 ； 综上， 的取值范围是 . （2）证明：∵ ， ∴ ， 即 ，当且仅当 时等号成立. 又 ， 当且仅当 ，即 时等号成立， ∴ 3 04 x− ≤ ≤ 4 3 2 3x x+ − < 0x < 3 04 x− ≤ < 0x > 4 3 2 3x x+ − < 0x < φ x ( )3,0− 0, 0x y> > 1 2 •4 4 y yx x xy= + ≥ = 1xy− ≥ − 1 4 2 yx = = 1 4 1 4 42 44 4 y y xxx y x y x y   + = + + = + + ≥     4 4 y x x y = 1 4 2 yx = = 1 4 3xyx y + − ≥