2017-2018学年河南省林州市第一中学高二5月月考数学（理）试题-解析版

2017-2018学年河南省林州市第一中学高二5月月考数学（理）试题-解析版

绝密★启用前 河南省林州市第一中学2017-2018学年高二5月月考数学（理）试题 评卷人 得分 一、单选题 ‎1．已知集合U＝{1，2，3，4，5，6，7}，A＝{x｜，x∈N}，则＝‎ A． {1，2} B． {1，3，4，7} C． {1，4，7} D． {3，4，5，6，7}‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意结合补集的定义计算即可.‎ ‎【详解】‎ 由题意可知：，结合补集的定义可得：＝{1，2}.‎ 本题选择A选项.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查集合的表示方法，补集的定义及其运算等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎ ‎2．已知i为虚数单位，（1＋i）x＝2＋yi，其中x，y∈R，则｜x＋yi｜＝‎ A． 2 B． 2 C． 4 D． ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先求得x,y的值，然后求解复数的模即可.‎ ‎【详解】‎ 由题意可得：，结合复数的充分必要条件可知：，‎ 则，.‎ 本题选择A选项.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查复数相等的充分必要条件，复数模的求解等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎ ‎3．函数f（x）＝（x≤0），其值域为D，在区间（－1，2）上随机取一个数x，则x∈D 的概率是 A． B． C． D． ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先求得函数的值域，然后利用几何概型计算公式求解概率值即可.‎ ‎【详解】‎ 由指数函数的性质可知，‎ 结合长度型几何概型计算公式可得满足题意的概率值为：.‎ 本题选择D选项.‎ ‎【点睛】‎ 解答几何概型问题的关键在于弄清题中的考查对象和对象的活动范围．当考查对象为点，点的活动范围在线段上时，用线段长度比计算；当考查对象为线时，一般用角度比计算，即当半径一定时，由于弧长之比等于其所对应的圆心角的度数之比，所以角度之比实际上是所对的弧长(曲线长)之比．‎ ‎4．点B是以线段A C为直径的圆上的一点，其中｜AB｜＝2，则 A． 1 B． 3 C． 4 D． 2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意结合平面向量数量积的定义整理计算即可求得最终结果.‎ ‎【详解】‎ 如图所示，由平面向量数量积的定义可得：‎ ‎，‎ 由圆的性质可知：，则，‎ 据此可得：.‎ 本题选择C选项.‎ ‎【点睛】‎ 求两个向量的数量积有三种方法：利用定义；利用向量的坐标运算；利用数量积的几何意义．具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用．‎ ‎5．x，y满足约束条件：则z＝2x＋y的最大值为 A． －3 B． 3 C． 4 D． ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意首先画出可行域，然后结合目标函数的几何意义求解最大值即可.‎ ‎【详解】‎ 绘制不等式组表示的平面区域如图所示，‎ 结合目标函数的几何意义可知目标函数在点A处取得最大值，‎ 联立直线方程：，可得点A的坐标为：，‎ 据此可知目标函数的最大值为：.‎ 本题选择B选项.‎ ‎【点睛】‎ 求线性目标函数z＝ax＋by(ab≠0)的最值，当b＞0时，直线过可行域且在y轴上截距最大时，z值最大，在y轴截距最小时，z值最小；当b＜0时，直线过可行域且在y轴上截距最大时，z值最小，在y轴上截距最小时，z值最大.‎ ‎6．程序框图如图所示，该程序运行的结果为s＝25，则判断框中可填写的关于i的条件是 A． i≤4 ? B． i≤5 ?‎ C． i≥5 ? D． i≥4 ?‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意结合流程图确定程序结束时的i值，然后确定判断框中可填写的关于i的条件即可.‎ ‎【详解】‎ 由题意可知流程图中程序运行如下：‎ 首先初始化数据，‎ 第一次循环：，‎ 第二次循环：，‎ 第三次循环：，‎ 第四次循环：，‎ 第五次循环：，‎ 据此可知，满足判断框中的条件，不满足判断框中的条件，‎ 结合选项可知判断框中可填写的关于i的条件是i≤5 ?.‎ 本题选择B选项.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查阅读流程图的方法，由输出结果确定判断条件等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎ ‎7．南宋数学家秦九韶早在《数书九章》中就独立创造了已知三角形三边求其面积的公式：“以小斜幂并大斜幂，减中斜幂，余半之，自乘于上，以小斜幂乘大斜幂减之，以四约之，为实，一为从隅，开方得积．”（即：S＝ ，a＞b＞c），并举例“问沙田一段，有三斜（边），其小斜一十三里，中斜一十四里，大斜一十五里，欲知为田几何?”则该三角形田面积为 A． 82平方里 B． 84平方里 C． 85平方里 D． 83平方里 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意结合所给的面积公式计算三角形的面积即可.‎ ‎【详解】‎ 原问题即当三角形的三边为时，三角形的面积S＝ ，a＞b＞c，‎ 已知三角形的三边长度为，求该三角形的面积.‎ 由题中的面积公式可得：.‎ 即该三角形田面积为84平方里.‎ 本题选择B选项.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查新定义知识的应用，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎ ‎8．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为 A． 8＋3π B． 8＋5π C． 8＋6π D． 8＋4π ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先确定几何体的空间结构特征，然后求解其表面积即可.‎ ‎【详解】‎ 由题意可知，题中的三视图对应的几何体是半个圆柱去掉半个球所得的组合体，‎ 其中圆柱的底面半径为，圆柱的高为，球的半径为，‎ 圆柱部分的表面积：，‎ 球的表面积，‎ 据此可得该几何体的表面积为：.‎ 本题选择C选项.‎ ‎【点睛】‎ ‎(1)以三视图为载体考查几何体的表面积，关键是能够对给出的三视图进行恰当的分析，从三视图中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系．‎ ‎(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积应注意重合部分的处理．‎ ‎(3)圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算侧面积时需要将这个曲面展为平面图形计算，而表面积是侧面积与底面圆的面积之和．‎ ‎9．已知f（x）是定义在[－2b，1＋b]上的偶函数，且在[-2b，0]上为增函数，则f（x－1）≤f（2x）的解集为 A． [－1，] B． [－1，1] C． [，1] D． [－1，]‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先求得b的值，然后结合函数的单调性和函数的奇偶性求解不等式的解集即可.‎ ‎【详解】‎ 偶函数的定义域关于坐标原点对称，则：，解得：，‎ 则函数的定义域为，由偶函数的对称性可知函数在区间上单调递减，‎ 结合函数的定义域和函数的奇偶性、函数的单调性可知，不等式f（x－1）≤f（2x）等价于：‎ ‎，求解不等式组有：，‎ 据此可知，不等式的解集为.‎ 本题选择D选项.‎ ‎【点睛】‎ 对于求值或范围的问题，一般先利用函数的奇偶性得出区间上的单调性，再利用其单调性脱去函数的符号“f”，转化为解不等式(组)的问题，若f(x)为偶函数，则f(－x)＝f(x)＝f(|x|)．‎ ‎10．在△ABC中，AB＝2，C＝，则AC＋BC的最大值为 A． B． 3 C． 4 D． 2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先求得外接圆半径，然后结合正弦定理得到关于∠A的三角函数式，结合辅助角公式求解AC＋BC的最大值即可.‎ ‎【详解】‎ ‎△ABC中,AB=2,C=，‎ 则：，由正弦定理可得：‎ ‎，‎ 由于，，所以，‎ 所以当时，AC＋BC取得最大值.‎ 本题选择C选项.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查正弦定理的应用，辅助角公式，等价转化的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎ ‎11．过抛物线y＝焦点F的直线交抛物线于A，B两点，点C在直线y＝－1上，若△ABC为正三角形，则其边长为 A． 11 B． 13 C． 14 D． 12‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设出点的坐标，联立直线与抛物线的方程，结合等边三角形的性质和抛物线的弦长公式整理计算即可求得最终结果.‎ ‎【详解】‎ 抛物线焦点为(0,1)，设，线段AB的中点，‎ 很明显直线AB的斜率存在，设直线AB的斜率为k，则直线方程为y=kx+1，‎ 由,消y可得x2−4kx−4=0，‎ ‎∴x1+x2=4k，‎ ‎∴y1+y2=k(x1+x2)+2=4k2+2，‎ ‎∴|AB|=y1+y2+2=4k2+4，‎ ‎∴x0=2k,y0=2k2+1，‎ ‎∴D(2k,2k2+1)，‎ ‎∴线段AB的垂直平分线的方程为y−2k2−1=(x−2k)，‎ 即y=x+2k2+3，令y=−1,则x=2k3+4k，∴C(2k3+4k,−1)‎ ‎∴点C到直线AB的距离，‎ ‎∵△ABC为正三角形，∴，‎ ‎∴，‎ 整理可得k2=2，∴|AB|=4k2+4=12.‎ 本题选择D选项.‎ ‎【点睛】‎ ‎(1)直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系；‎ ‎(2)有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点，可直接使用公式|AB|＝x1＋x2＋p，若不过焦点，则必须用一般弦长公式．‎ ‎12．设xOy，为两个平面直角坐标系，它们具有相同的原点，Ox正方向到正方向的角度为θ，那么对于任意的点M，在xOy下的坐标为（x，y），那么它在坐标系下的坐标（，）可以表示为：＝xcosθ＋ysinθ，＝ycosθ－xsinθ．根据以上知识求得椭圆3－＋－1＝0的离心率为 A． B． C． D． ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意结合变换公式得到关于的等式，结合椭圆方程的特点求得是值，最后求解椭圆的离心率即可.‎ ‎【详解】‎ 把x′=xcosθ+ysinθ,y′=ycosθ−xsinθ代入椭圆3－＋－1＝0得：‎ ‎3(xcosθ+ysinθ)2−(xcosθ+ysinθ)(ycosθ−xsinθ)+5(ycosθ−xsinθ)2−1=0，‎ 化简得：(4+sin2θ−cos2θ)x2+(4−sin2θ+cos2θ)y2−4sin(2θ+)⋅xy=1.‎ 令4sin(2θ+)=0可得2θ=.‎ 于是椭圆方程为：2x2+6y2=1.‎ ‎∴，‎ ‎∴椭圆离心率为.‎ 本题选择A选项.‎ ‎【点睛】‎ ‎“新定义”‎ 主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.‎ 第II卷（非选择题）‎ 请点击修改第II卷的文字说明 评卷人 得分 二、填空题 ‎13．命题：，的否定为_____．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 根据特称命题的否定是全称命题得：‎ 命题：，的否定为：‎ ‎14．甲、乙、丙三位同学，其中一位是班长，一位是体育委员，一位是学习委员，已知丙的年龄比学委的大，甲与体委的年龄不同，体委比乙年龄小.据此推断班长是__________．‎ ‎【答案】乙 ‎【解析】（1）根据“甲与体委的年龄不同，体委比乙年龄小”可得：丙是体委； （2）根据“丙的年龄比学委的大，体委比乙年龄小”可得：乙＞丙＞学习委员，由此可得，乙不是学习委员，那么乙是班长． 答：班长是乙． 故答案为：乙．‎ ‎【点睛】此题关键是根据题干中体委与甲和乙的年龄关系，得出，体委是丙．然后才能根据丙与乙和学委的年龄关系得出，乙不是学委，从而得出乙是班长．‎ ‎15．15．15．一个直角三角形的三个顶点分别在底面棱长为2的正三棱柱的侧棱上，则该直角三角形斜边的最小值为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】如图，不妨设在处， ， 则有 由 该直角三角形斜边 ‎ 故答案为.‎ ‎16．已知函数f（x）＝，g（x）＝，若函数y＝f（g（x））＋a有三个不同的零点x1，x2，x3（其中x1＜x2＜x3），则2g（x1）＋g（x2）＋g（x3）的取值范围为______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先研究函数和函数的性质，然后结合韦达定理和函数的性质求解2g（x1）＋g（x2）＋g（x3）的取值范围即可.‎ ‎【详解】‎ 由题意可知：，‎ 将对勾函数的图象向右平移一个单位，再向上平移一个单位即可得到函数的图象，其图象如图所示：‎ 由可得，‎ 据此可知在区间上单调递增，在区间上单调递减，‎ 绘制函数图象如图所示：‎ 则的最大值为，，‎ 函数y＝f（g（x））＋a有三个不同的零点，则，‎ 令，则，‎ 整理可得：，由韦达定理有：.‎ 满足题意时，应有：，，‎ 故.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查导数研究函数的性质，等价转化的数学思想，复合函数的性质及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎ 评卷人 得分 三、解答题 ‎17．已知等比数列{}的前n项和为，且满足2＝＋m（m∈R）．‎ ‎（Ⅰ）求数列{}的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）若数列{}满足，求数列{}的前n项和．‎ ‎【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(Ⅰ)法一：由前n项和与数列通项公式的关系可得数列的通项公式为；‎ 法二：由题意可得，则，据此可得数列的通项公式为.‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）可得，裂项求和可得.‎ ‎【详解】‎ ‎(Ⅰ)法一：‎ 由得，‎ 当时，，即，‎ 又，当时符合上式，所以通项公式为.‎ 法二：‎ 由得 从而有，‎ 所以等比数列公比，首项，因此通项公式为.‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）可得，‎ ‎，‎ ‎.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查数列前n项和与通项公式的关系，裂项求和的方法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎ ‎18．四棱锥S－ABCD的底面ABCD为直角梯形，AB∥CD，AB⊥BC，AB＝2BC＝2CD＝2，△SAD为正三角形．‎ ‎（Ⅰ）点M为棱AB上一点，若BC∥平面SDM，AM＝λAB，求实数λ的值；‎ ‎（Ⅱ）若BC⊥SD，求二面角A－SB－C的余弦值．‎ ‎【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）由线面平行的性质定理可得，据此可知四边形BCDM为平行四边形，据此可得.‎ ‎（Ⅱ）由几何关系，在平面内过点作直线于点，以点E为坐标原点，EA方向为X轴，EC方向为Y轴，ES方向为Z轴建立空间坐标系，据此可得平面的一个法向量，平面的一个法向量，据此计算可得二面角余弦值为.‎ ‎【详解】‎ ‎（Ⅰ）因为平面SDM, 平面ABCD,平面SDM 平面ABCD=DM,所以，‎ 因为,所以四边形BCDM为平行四边形，又,所以M为AB的中点.‎ 因为 .‎ ‎（Ⅱ）因为 ， ，所以平面，又因为平面，‎ 所以平面平面，平面平面，‎ 在平面内过点作直线于点，则平面，‎ 在和中，因为，所以，‎ 又由题知，所以所以，‎ 以下建系求解.以点E为坐标原点，EA方向为X轴，EC方向为Y轴，ES方向为Z轴建立如图所示空间坐标系，‎ 则，，，，，‎ ‎，，，，‎ 设平面的法向量，则，所，‎ 令得为平面的一个法向量，‎ 同理得为平面的一个法向量，‎ ‎，因为二面角为钝角.‎ 所以二面角余弦值为.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了立体几何中的判断定理和二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，明确角的构成.同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.‎ ‎19．小明在石家庄市某物流派送公司找到了一份派送员的工作，该公司给出了两种日薪薪酬方案．甲方案：底薪100元，每派送一单奖励1元；乙方案：底薪140元，每日前55单没有奖励，超过55单的部分每单奖励12元．‎ ‎（Ⅰ）请分别求出甲、乙两种薪酬方案中日薪y（单位：元）与送货单数n的函数关系式；‎ ‎（Ⅱ）根据该公司所有派送员100天的派送记录，发现派送员的日平均派送单数满足以下条件：在这100天中的派送量指标满足如图所示的直方图，其中当某天的派送量指标在（，]（n＝1，2，3，4，5）时，日平均派送量为50＋2n单．若将频率视为概率，回答下列问题：‎ ‎①根据以上数据，设每名派送员的日薪为X（单位：元），试分别求出甲、乙两种方案的日薪X的分布列，数学期望及方差；‎ ‎②结合①中的数据，根据统计学的思想，帮助小明分析，他选择哪种薪酬方案比较合适，并说明你的理由。‎ ‎（参考数据：0．62＝0．36，1．42＝1．9 6，2．6 2＝6．76，3．42＝1 1．56，3．62＝12．96，4．62＝21．16，15．62＝243．36，20．42＝416．16，44．42＝1971．36）‎ ‎【答案】（Ⅰ）甲方案的函数关系式为： ，乙方案的函数关系式为：；（Ⅱ）①见解析，②见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）由题意可得甲方案中派送员日薪（单位：元）与送单数的函数关系式为： ， 乙方案中派送员日薪（单位：元）与送单数的函数关系式为：.‎ ‎（Ⅱ）①由题意求得X的分布列，据此计算可得，，.‎ ‎②答案一：由以上的计算可知，远小于，即甲方案日工资收入波动相对较小，所以小明应选择甲方案.‎ 答案二：由以上的计算结果可以看出，，所以小明应选择乙方案.‎ ‎【详解】‎ ‎（Ⅰ）甲方案中派送员日薪（单位：元）与送单数的函数关系式为： ， ‎ 乙方案中派送员日薪（单位：元）与送单数的函数关系式为：‎ ‎（Ⅱ）①由已知，在这100天中，该公司派送员日平均派送单数满足如下表格：‎ 单数 ‎52‎ ‎54‎ ‎56‎ ‎58‎ ‎60‎ 频率 ‎0.2‎ ‎0.3‎ ‎0.2‎ ‎0.2‎ ‎0.1‎ 所以的分布列为：‎ ‎152‎ ‎154‎ ‎156‎ ‎158‎ ‎160‎ ‎0.2‎ ‎0.3‎ ‎0.2‎ ‎0.2‎ ‎0.1‎ 所以 所以的分布列为：‎ ‎140‎ ‎152‎ ‎176‎ ‎200‎ ‎0.5‎ ‎0.2‎ ‎0.2‎ ‎0.1‎ 所以 ‎②答案一：由以上的计算可知，虽然，但两者相差不大，且远小于，即甲方案日工资收入波动相对较小，所以小明应选择甲方案.‎ 答案二：由以上的计算结果可以看出，，即甲方案日工资期望小于乙方案日工资期望，所以小明应选择乙方案.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查频率分布直方图，数学期望与方差的含义与实际应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎ ‎20．已知椭圆C：（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，且离心率为，M为椭圆上任意一点，当∠F1MF2＝90°时，△F1MF2的面积为1．‎ ‎（Ⅰ）求椭圆C的方程；‎ ‎（Ⅱ）已知点A是椭圆C上异于椭圆顶点的一点，延长直线AF1，AF2分别与椭圆交于点B，D，设直线BD的斜率为k1，直线OA的斜率为k2，求证：k1·k2等于定值．‎ ‎【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）由题意可求得，则，椭圆的方程为.‎ ‎（Ⅱ）设，，‎ 当直线的斜率不存在或直线的斜率不存在时，.‎ 当直线、的斜率存在时，,设直线的方程为，联立直线方程与椭圆方程，结合韦达定理计算可得直线的斜率为，直线的斜率为，则.综上可得：直线与的斜率之积为定值.‎ ‎【详解】‎ ‎（Ⅰ）设由题，‎ 解得，则，椭圆的方程为.‎ ‎（Ⅱ）设，，当直线的斜率不存在时，‎ 设，则，直线的方程为代入，‎ 可得 ，，则,‎ 直线的斜率为，直线的斜率为，‎ ‎，‎ 当直线的斜率不存在时，同理可得.‎ 当直线、的斜率存在时，设直线的方程为，‎ 则由消去可得：，‎ 又，则，代入上述方程可得:‎ ‎，，‎ 则 ，‎ ‎ 设直线的方程为，同理可得 ，‎ 直线的斜率为 直线的斜率为， .‎ 所以，直线与的斜率之积为定值，即.‎ ‎【点睛】‎ ‎(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)‎ 建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．‎ ‎(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．‎ ‎21．已知函数f（x）＝（x＋b）（－a），（b＞0），在（－1，f（－1））处的切线方程为（e－1）x＋ey＋e－1＝0．‎ ‎（Ⅰ）求a，b；‎ ‎（Ⅱ）若方程f（x）＝m有两个实数根x1，x2，且x1＜x2，证明：x2－x1≤1＋．‎ ‎【答案】（Ⅰ），（Ⅱ）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）由题意利用导函数研究函数的切线方程，得到关于a,b的方程组，求解方程组并检验可得，.‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，则在(-1，0)处的切线方程为，构造函数，结合新构造函数的性质分类讨论即可证得题中的不等式.‎ ‎【详解】‎ ‎（Ⅰ）由题意，所以，‎ 又，所以，‎ 若，则，与矛盾，‎ 故，.‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）可知， ， ‎ 设在(-1，0)处的切线方程为，易得，，‎ 令即，，‎ 当时，，‎ 当时，设， ，‎ 故函数在上单调递增，又，‎ 所以当时，，当时，， ‎ 所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，‎ 故.‎ ‎，设的根为，则又函数单调递减，‎ 故，故，‎ 设在(0,0)处的切线方程为，‎ 易得令，，‎ 当时，，‎ 当时，‎ 故函数在上单调递增，又，‎ 所以当时，，当时，， ‎ 所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，‎ ‎， ‎ 设的根为，则又函数单调递增，‎ 故，故，‎ 又，.‎ ‎【点睛】‎ 导数是研究函数的单调性、极值(最值)‎ 最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出 ，本专题在高考中的命题方向及命题角度 从高考来看，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用．‎ ‎22．在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为 （r＞0，为参数），以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为ρsin（θ－）＝1，若直线l与曲线C相切；‎ ‎（Ⅰ）求曲线C的极坐标方程；‎ ‎（Ⅱ）在曲线C上取两点M，N与原点O构成△MON，且满足∠MON＝，求△MON面积的最大值．‎ ‎【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）由题意可得曲线C的方程为，转化为极坐标方程即.‎ ‎(Ⅱ)由（Ⅰ）不妨设,,，结合极坐标的几何意义和三角函数的性质讨论计算可得△MON面积的最大值是.‎ ‎【详解】‎ ‎（Ⅰ）由题意可知直线的直角坐标方程为，‎ 曲线是圆心为，半径为的圆，直线与曲线相切，‎ 可得：；‎ 可知曲线C的方程为，‎ 所以曲线C的极坐标方程为，即.‎ ‎(Ⅱ)由（Ⅰ）不妨设M（），，（），‎ ‎ ‎ ‎，‎ 则，‎ 当时,取得最大值.‎ 所以△MON面积的最大值为.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查参数方程与普通方程的转化，极坐标的几何意义，三角形面积公式的应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎ ‎23．已知函数f（x）＝的定义域为R；‎ ‎（Ⅰ）求实数m的取值范围；‎ ‎（Ⅱ）设实数t为m的最大值，若实数a，b，c满足，‎ 求＋＋的最小值．‎ ‎【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）由题意可知恒成立，令，结合函数的图象可得实数的取值范围为； ‎ ‎（Ⅱ）由（1）可知，‎ 由题意结合题中所给等式的性质构造均值不等式可得＋＋的最小值为.‎ ‎【详解】‎ ‎（Ⅰ）由题意可知恒成立，‎ 令，去绝对值可得：，‎ 画图可知的最小值为-3，所以实数的取值范围为； ‎ ‎（Ⅱ）由（1）可知，所以， ‎ ‎ ‎ 当且仅当，即等号成立，‎ 所以的最小值为.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查绝对值不等式的解法，均值不等式求最值的方法，整体的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎