湖南省长沙市长郡中学2020届高三下学期第四次适应性考试数学（理）试题 Word版含解析

湖南省长沙市长郡中学2020届高三下学期第四次适应性考试数学（理）试题 Word版含解析

www.ks5u.com 长郡中学2020届高三适应性考试（四）‎ 数学（理科）试卷 本试题卷共8页，23题（含选考题）.全卷满分150分.考试用时120分钟.‎ 注意事项：‎ ‎1、答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.‎ ‎2、选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.‎ ‎3、非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.‎ ‎4、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑.答案写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.‎ ‎5、考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回.‎ 一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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.已知集合，，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎∵集合 ‎∴‎ ‎∵集合 ‎∴‎ ‎∴‎ ‎∵集合 - 29 -‎ ‎∴‎ 故选B.‎ ‎2.要完成下列三项调查：①某商城从10台同款平板电脑中抽取4台作为商城促销的奖品；②某酒厂从某白酒生产线上抽取40瓶进行塑化剂检测：③某市从老、中、青三代市民中抽取100人调查他们网络购物的情况.适合采用的抽样方法依次为（ ）‎ A. ①用简单随机抽样：②③均用系统抽样 B. ①用抽签法；②③均用系统抽样 C. ①用抽签法：②用分层抽样：③用系统抽样 D. ①用随机数表法；②用系统抽样；③用分层抽样 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据系统抽样､分层抽样､抽签法和随机数表法的各自特点,分析各项调查的具体情况,即可得出对应的抽样方法.‎ ‎【详解】对于①,所收集的数据没有明显差异,且数量较少,应用抽签法;‎ 对于②,所收集的数据没有明显差异,且数量较多,应用系统抽样;‎ 对于③,所收集的数据差异明显,应用分层抽样;‎ 故选:D.‎ ‎【点睛】本题考查抽样方法的判断与应用问题,属于基础题.‎ ‎3.已知是虚数单位，复数，给出下列命题：；的虚部为；在复平面内对应的点位于第四象限；是纯虚数.其中是假命题的为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用复数的运算法则计算出和,再根据复数的基本概念判断四个命题的真假.‎ - 29 -‎ ‎【详解】复数,‎ 则命题中,,,故是真命题;‎ 命题中,,则的虚部为,故是假命题;‎ 命题中,在复平面内对应的点为,其位于第一象限,故是假命题;‎ 命题中,是纯虚数,故是真命题;‎ 因此,上述命题是假命题的为,‎ 故选:D.‎ ‎【点睛】本题主要考查复数的基本概念及其运算,难度不大,属于基础题.‎ ‎4.皮埃尔·德·费马，法国律师和业余数学家，被誉为“业余数学家之王”，对数学界做出了重大贡献，其中在1636年发现了：若是质数，且互质，那么的次方除以的余数恒等于1，后来人们称该定理为费马小定理.依此定理若在数集中任取两个数，其中一个作为，另一个作为，则所取两个数不符合费马小定理的概率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意将符合费马小定理的基本事件列举出来,再计算出总的基本事件,最后利用古典概型概率计算公式计算即可.‎ ‎【详解】所取两个数符合费马小定理时,‎ 因为是质数,所以可能为:2,3,5;‎ 又互质,所以可能的情况共9种,‎ 列举如下:;‎ 在数集中任取两个数,共有种情况,‎ 因此,所取两个数不符合费马小定理的概率为,‎ 故选:A.‎ - 29 -‎ ‎【点睛】本题主要考查古典概型概率的计算,考查学生的分析理解能力,难度不大.‎ ‎5.已知某几何体的正视图和侧视图如图①所示，其俯视图水平放置的直观图如图②中粗线部分所示，其中其中四边形为平行四边形，，则该几何体的体积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先利用直观图还原俯视图,再结合正视图和侧视图还原几何体,最后利用体积计算公式计算几何体体积.‎ ‎【详解】根据直观图还原可知,俯视图是边长为4的正方形,‎ 结合正视图和侧视图可知,该几何体后半部分为长方体,前半部分为半个圆柱,‎ 长方体的边长分别为2,2,4,则其体积为,‎ 半个圆柱的底面半径为2,高为4,则其体积为,‎ 因此,该几何体的体积为:,‎ 故选:A.‎ ‎【点睛】本题主要考查由三视图求几何体的体积,考查直观图的还原,需要学生具备一定的空间想象及思维能力.‎ ‎6.《九章算术》第三章“衰分”介绍比例分配问题，“衰分”是按比例递减分配的意思，通常称递减的比例为“衰分比”.如：已知，，三人分配奖金的衰分比为，若分得奖金1000元，则，所分得奖金分别为800元和640元.某科研所四位技术人员甲、乙、丙、丁攻关成功，共获得单位奖励68780元，若甲、乙、丙、丁按照一定的“衰分比”分配奖金，且甲与丙共获得奖金36200元，则“衰分比”与丁所获得的奖金分别为( )‎ A. ，14580元 B. ，14580元 C. ，10800元 D. ，10800元 - 29 -‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设“衰分比”为，甲获得的奖金为，联立方程解得，得到答案.‎ ‎【详解】设“衰分比”为，甲获得的奖金为，则.‎ ‎，解得，故.‎ 故选：.‎ ‎【点睛】本题考查了等比数列的应用，意在考查学生的计算能力和应用能力.‎ ‎7.在二项式的展开式中，所有项的系数之和记为，第项的系数记为，若，则的值为（ ）‎ A. 2 B. C. 2或 D. 2或 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 在中，令x=1,所以又其通项公式为即 所以因此依题有 故选D.‎ ‎8.已知两个相邻极值点的横坐标差的绝对值等于，当时，函数取得最小值，将的图象向左平移个单位得到一个奇函数，则的最小正值是（ ）‎ A B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 29 -‎ 由题可知,从而求出,再将最小值代入解析式求出,从而得到,进而根据平移变换得到平移后的解析式,再利用奇偶性求出,即可得出结论.‎ ‎【详解】因为两个相邻极值点的横坐标差的绝对值等于,‎ 所以,‎ 所以,即 又当时,函数取得最小值,‎ 所以,‎ 则,‎ 又,所以,‎ 所以,‎ 设将的图象向左平移个单位得到,则,‎ 因为是一个奇函数,‎ 所以,即,‎ 所以当时,的最小正值是,‎ 故选:D.‎ ‎【点睛】本题综合考查了三角函数的图象性质及平移变换,需要学生对基础知识掌握牢固且灵活运用,属于中档题.‎ ‎9.设函数和，若两函数在区间上的单调性相同，则把区间叫做的“稳定区间”.已知区间为函数的“稳定区间”，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C - 29 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分析题意可知,函数与函数在区间上同增或者同减,则根据同增和同减两种情况对函数进行分情况讨论即可.‎ ‎【详解】函数在上单调递减,函数在上单调递增,‎ 若区间为函数的“稳定区间”,‎ 则函数与函数在区间上同增或者同减,‎ ‎①若两函数在区间上单调递增,‎ 则在区间上恒成立,即,‎ 所以;‎ ‎②若两函数区间上单调递减,‎ 则在区间上恒成立,即,不等式无解;‎ 综上所述:,‎ 故选:C.‎ ‎【点睛】本题主要考查指数函数单调性的综合应用,考查学生的分析理解能力,属于中档题.‎ ‎10.已知双曲线的离心率为，抛物线的焦点与双曲线的右焦点重合，其准线与双曲线交于点，点在轴上.若最大，则点的坐标为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ - 29 -‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先利用求出,从而得到双曲线与抛物线方程,再联立双曲线与抛物线准线方程求出点的坐标,进而求出点,而三点共线时最大,据此即可求出答案.‎ ‎【详解】因为双曲线的离心率为,即,‎ 又,所以,即,‎ 因此抛物线的准线方程为,‎ 联立,‎ 设,由可得,‎ 结合下图可知,当点运动到,即三点共线时,最大,‎ 设此时,则有,即,‎ 因此,‎ 故选:D.‎ ‎【点睛】本题综合考查了双曲线与抛物线的性质应用,结合了向量､共线等相关知识,对学生综合运用知识能力要求较高.‎ - 29 -‎ ‎11.若，则的大小关系是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 构造函数,则原题可变为比较的大小关系,然后对求导,利用导数研究其单调性,再利用单调性比较函数值的大小关系即可.‎ ‎【详解】设,则,‎ 令,令,‎ 则在上单调递增,在上单调递减,‎ 若,则,‎ 因此,即,‎ 故选:B.‎ ‎【点睛】本题主要考查利用导数研究函数单调性,再利用单调性比较函数值的大小,解题关键是依据题中条件,构造对应的函数.‎ ‎12.如图，正方体的棱长为分别是棱，的中点，过点的平面分别与棱，交于点，设.给出以下四个命题：‎ ‎①平面与平面所成角的最大值为45°；‎ ‎②四边形的面积的最小值为；‎ ‎③四棱锥的体积为；‎ ‎④点到平面的距离的最大值为.‎ 其中命题正确的序号为（ ）‎ - 29 -‎ A. ②③④ B. ②③ C. ①②④ D. ③④‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由两平面所成角的余弦公式即面积射影公式,计算可得所求最大值,可判断①;由四边形为菱形,计算面积,考虑的最小值,可判断②;由棱锥的等体积法,计算可判断③;由等体积法和函数的性质可判断④.‎ ‎【详解】对于①,由面面平行的性质定理可得,,‎ 可得四边形为平行四边形,‎ 又直角梯形和直角梯形全等,可得,‎ 即有四边形为菱形,且,‎ 平面在底面上的射影为四边形,‎ 设平面与平面所成角为,‎ 由面积射影公式可得,‎ 由,可得,‎ 可得平面与平面所成角的最大值不为,故①错误;‎ 对于②,由,可得菱形的面积的最小值为,故②正确;‎ 对于③因为四棱锥的体积为,故③正确;‎ 对于④,,,‎ - 29 -‎ 设到平面的距离为,可得,‎ 所以(其中,‎ 当即时,取得最大值,故④正确.‎ 故选:C.‎ ‎【点睛】本题考查空间立体几何中的面面位置关系以及空间几何体的体积公式,题目将立体几何问题和函数进行结合,综合性较强,对学生分析和解题能力要求较高.‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.‎ ‎13.已知向量，，且与向量的夹角为90°，则向量在向量方向上的投影为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题可知,依据数量积的坐标公式可求出,即求出向量,从而得到向量在向量方向上的投影为.‎ ‎【详解】因为向量,,‎ 则,‎ 又与向量的夹角为90°,‎ 所以,即,‎ 解得,即,‎ 因此向量在向量方向上的投影为,‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】本题综合考查了数量积的坐标运算及投影的求法,难度不大.‎ - 29 -‎ ‎14.设；，若是的必要不充分条件，则的取值范围为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设表示的是集合,表示的是集合,则依据题意有Ü,再在坐标中作出对应图象,结合图象即可得出结论.‎ ‎【详解】设表示的是集合,表示的是集合,‎ 若是的必要不充分条件,则Ü,‎ 在坐标轴中作出满足的可行域,如下图阴影部分所示:‎ 由,‎ 则结合上图可知,点应在圆内部或者圆上,‎ 即,解得,‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】本题综合考查了充分必要条件的基本应用,结合了圆,可行域等相关知识,考查了学生数形结合方法的运用,属于中档题.‎ ‎15.正整数数列满足，已知，‎ - 29 -‎ 的前6项和的最大值为，把的所有可能取值从小到大排成一个新数列，所有项和为，则________.‎ ‎【答案】62‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据分段数列和,倒过来依次分析的前5项,即可求出和,从而求出答案.‎ ‎【详解】正整数数列满足,且,‎ 所以或1,‎ 再依次分析,‎ 则可得的前6项分别为:‎ ‎128,64,32,16,8,4;‎ 或21,64,32,16,8,4;‎ 或20,10,5,16,8,4;‎ 或3,10,5,16,8,4;‎ 或16,8,4,2,1,4;‎ 或2,1,4,2,1,4;‎ 因此,‎ ‎,‎ ‎,‎ 故答案为:62‎ ‎【点睛】本题考查分段数列的运用,考查学生的计算推理能力,有一定难度.‎ ‎16.母线长为，底面半径为的圆锥内有一球，与圆锥的侧面、底面都相切，现放入一些小球，小球与圆锥底面、侧面、球都相切，这样的小球最多可放入__________个．‎ ‎【答案】10‎ ‎【解析】‎ 由题意可知圆锥轴截面为正三角形，高为3，如图所示：‎ - 29 -‎ 设球O半径为R，由∠OCB=30°，可得OC=2R，故OA=OC=2R，所以R+2R=3‎ ‎∴R=1，OC=2，故得EC=1.设小球半径为r，同理可得,故，所以小球半径为，且.这时到直线AO的距离为．这些小球相邻相切，排在一起，则球心在一个半径为的圆M上，如图所示：‎ H为相邻两球切点，分别为相邻两球球心，设∠，则， ，由三角函数的性质可知，‎ ‎∴，∴，，，∵‎ ‎，故可得能放入小球个数最多为10‎ 故答案为10‎ 点睛：本题考查了球与几何体的问题，是高考中的重点问题，要有一定的空间想象能力，这样才能找准关系，得到结果，一般内切球需要求球心和半径，首先应确定球心的位置，借助于内切球的性质，球心到各面距离相等计算即可，当球心位置不好确定时，可以用等体积法求球半径.‎ 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.‎ - 29 -‎ ‎17.已知数列是各项均为正数的等比数列，，，数列满足，且与的等差中项是.‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）若，的前项和为，求.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)设数列的公比为,利用和列式解出,从而得到,再利用与的等差中项是,列式化简得到,最后利用累加法即可得出答案;‎ ‎(2)结合(1)中结论可知,为奇数时有,据此列式求和即可求出.‎ ‎【详解】(1)数列是各项均为正数的等比数列,设其公比为,‎ 因为,,‎ 所以,因此,‎ 又数列满足,且与的等差中项是,‎ 所以,即,‎ 所以:,‎ ‎,‎ ‎……‎ - 29 -‎ ‎,‎ ‎,‎ 上述累加可得,‎ 所以;‎ ‎(2),‎ 若为奇数,则,‎ 所以 即.‎ ‎【点睛】本题综合考查等差､等比数列的性质应用,考查数列求和,属于中档题.‎ - 29 -‎ ‎18.以昆明、玉溪为中心的滇中地区，冬无严寒、夏无酷暑，世界上主要的鲜切花品种在这里都能实现周年规模化生产.某鲜花批发店每天早晨以每支2元的价格从鲜切花生产基地购入某种玫瑰，经过保鲜加工后全部装箱（每箱500支，平均每支玫瑰的保鲜加工成本为1元），然后以每箱2000元的价格整箱出售.由于鲜花的保鲜特点，制定了如下促销策略：若每天下午3点以前所购进的玫瑰没有售完，则对未售出的玫瑰以每箱1200元的价格降价处理.根据经验，降价后能够把剩余玫瑰全部处理完毕，且当天不再购进该种玫瑰，由于库房限制每天最多加工6箱.‎ ‎（1）若某天该鲜花批发店购入并加工了6箱该种玫瑰，在下午3点以前售出4箱，且被6位不同的顾客购买.现从这6位顾客中随机选取2人赠送优惠卡，则恰好一位是以2000元价格购买的顾客，另一位是以1200元价格购买的顾客的概率是多少？‎ ‎（2）该鲜花批发店统计了100天内该种玫瑰在每天下午3点以前的销售量（单位：箱），统计结果如下表所示（视频率为概率）：‎ ‎/箱 ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ 频数 ‎30‎ ‎①估计接下来的一个月（30天）内该种玫瑰每天下午3点以前的销售量不少于5箱的天数是多少？‎ ‎②若批发店每天在购进5箱数量的玫瑰时所获得的平均利润最大（不考虑其他成本），求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）；（2）①21天：②的取值范围为.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)利用列举法列举出基本事件和满足条件的基本事件,再根据古典概型概率公式计算即可得结论;‎ ‎(2)①由可得满足题意的天数为:天;②根据购进5箱的平均利润购进6箱的平均利润,列出不等式求解即可.‎ ‎【详解】(1)设这6位顾客是,,,,,,‎ 其中3点以前购买的顾客是,,,,3点以后购买的顾客是,,‎ 从这6位顾客中任选2位有15种选法:‎ - 29 -‎ ‎,,,,,,,,,,,,,,,‎ 其中恰好一位是以2000元价格购买的顾客,另一位是以1200元价格购买的顾客的有8种:‎ ‎,,,,,,,,,,‎ 根据古典概型的概率公式可得;‎ ‎(2)①依题意有,‎ 所以估计接下来的一个月天)内该种玫瑰每天下午3点以前的销售量不少于5箱的天数是天;‎ ‎②批发店毎天在购进4箱数量的玫瑰时所获得的平均利润为:元;‎ 批发店毎天在购进5箱数量的玫瑰时所获得的平均利润为:元;‎ 批发店毎天在购进6箱数量的玫瑰时所获得的平均利润为: ;‎ 若批发店每天在购进5箱数量的玫瑰时所获得的平均利润最大,‎ 则,解得,‎ 所以的取值范围范围为.‎ ‎【点睛】本题考查了古典概型及其概率计算公式的应用,考查了平均值的计算,属中档题.‎ ‎19.如图1所示，在矩形中，，，为中点，将沿折起，使点到点处，且平面平面，如图2所示.‎ - 29 -‎ ‎（1）求证：：‎ ‎（2）在棱上取点，使平面平面，求平面与所成锐二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）余弦值为.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)在矩形中,连接交于点,则由可推出,因此有,故在翻折后的四棱锥中,有,据此推出平面,从而有;‎ ‎(2)以点为原点,方向为轴的正方向建立空间直角坐标系,再过点作于点,由平面平面可推出平面,即有,结合,可知平面,即,设,再结合可求出,最后再利用空间向量法求二面角的余弦值即可.‎ ‎【详解】(1)在矩形中,连接交于点,‎ 由题知,,,‎ - 29 -‎ 所以,即,‎ 又,所以,‎ 所以,即,‎ 故在翻折后的四棱锥中,有,‎ 又,所以平面,‎ 又平面,所以;‎ ‎(2)如图所示,以点为原点,方向为轴的正方向建立空间直角坐标系,‎ 在矩中,经计算可得,‎ 因此,‎ 过点作于点,‎ 因为平面平面,平面平面,‎ 所以平面,所以,‎ 又由(1)知,且,‎ 所以平面,‎ 所以,即有,‎ 因为点在上,设,则,‎ - 29 -‎ 由解得,即,‎ 设平面的一个法向量为,‎ ‎,‎ 由,‎ 令,即,‎ 又平面的一个法向量为,‎ 所以,‎ 所以平面与所成锐二面角的余弦值为.‎ ‎【点睛】本题主要考查空间中的线线､线面及面面垂直关系,考查空间向量法求二面角的余弦值,需要学生具备一定的空间思维及计算能力,有一定难度.‎ ‎20.已知椭圆的右焦点，，，是椭圆上任意三点，，关于原点对称且满足.‎ ‎（1）求椭圆的方程.‎ ‎（2）若斜率为的直线与圆：相切，与椭圆相交于不同的两点、，求时，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）； （2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 29 -‎ ‎（1）由题意设出，，的坐标，代入椭圆方程作差可得a与b的关系，结合右焦点坐标解得a，b即可.‎ ‎（2）设出直线方程，与椭圆方程联立，利用弦长公式及根与系数的关系将用k与m表示，再利用直线与圆相切得到k，m的关系，代入表达式，得到关于k的不等式，解得k的范围即可．‎ ‎【详解】（1）由题可设，，，‎ 所以两式相减得，‎ ‎.即，‎ 所以，又，，所以，，‎ 所以椭圆的标准方程为.‎ ‎（2）设直线方程为，交椭圆于点，.‎ 联立方程 ‎，得，‎ ‎，.‎ 所以 ‎ ‎ ‎ - 29 -‎ ‎=，‎ 因为直线与圆相切，所以，‎ 即，代入，得.‎ 所以 ‎ 因为，所以，‎ 化简得，或（舍）.‎ 所以或，‎ 故k的取值范围为.‎ ‎【点睛】本题考查了椭圆的标准方程及其性质，弦长公式，涉及直线与圆相切的充要条件、一元二次方程的根与系数的关系、不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．‎ ‎21.已知函数.‎ ‎（1）若函数，试研究函数的极值情况；‎ ‎（2）记函数在区间内的零点为，记，若在区间内有两个不等实根，证明：.‎ ‎【答案】(1)见解析;(2)见解析.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由求出，分三种情况讨论的范围，在定义域内，分别令求得的范围，可得函数增区间，求得的范围，可得函数的减区间，根据单调性可得函数的极值情况；（2）先证明 - 29 -‎ ‎，即在区间内单调递增，根据零点存在性定理， 存在 ‎，使得，可得以，要证，只需证，即，记，其中，利用导数可证明单调递增，故当时，，即可得，进而可得结果.‎ 试题解析：（1）由题意，得，‎ 故，‎ 故，‎ ‎.‎ 令，得 ‎①当时，，‎ 或；‎ ‎,‎ 所以在处取极大值，‎ 在处取极小值.‎ ‎②当时，，恒成立，所以不存在极值；‎ ‎③当时，，或；‎ ‎,‎ - 29 -‎ 所以在处取极大值，‎ 在处取极小值.‎ 综上，当时，在处取极大值，在处取极小值；当时，不存在极值；时，在处取极大值，在处取极小值.‎ ‎（2），定义域为，‎ ‎，而，‎ 故，即在区间内单调递增 又，，‎ 且在区间内的图象连续不断，‎ 故根据零点存在性定理，有在区间内有且仅有唯一零点.‎ 所以存在，使得，‎ 且当时，；‎ 当时，，‎ 所以 当时，，‎ 由得单调递增；‎ 当当时，，‎ 由得单调递减；‎ 若在区间内有两个不等实根（）‎ - 29 -‎ 则.‎ 要证，即证 又，而在区间内单调递减，‎ 故可证，‎ 又由，‎ 即证，‎ 即 记，其中 记，则，‎ 当时，；‎ 当时，，‎ 故 而，故，‎ 而，‎ 所以，‎ 因此，‎ 即单调递增，故当时，，‎ 即，故，得证.‎ 请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.作答时用2B铅笔在答题卡上把所选题号涂黑.‎ ‎22.在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），将直线上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标缩短到原来的倍得到直线.‎ - 29 -‎ ‎（1）求直线的普通方程；‎ ‎（2）设为曲线上的动点，求点到直线的距离的最小值及此时点的坐标.‎ ‎【答案】（1）直线的普通方程为；‎ ‎（2）点到直线的距离的最小值为，此时点的坐标为.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)设直线上的点为,再将代入方程即可得到直线的方程;‎ ‎(2)利用点到直线的距离公式,结合三角函数即可求出距离的最小值,进而得出点的坐标.‎ ‎【详解】(1)设直线上点为,‎ 由题可知,‎ 又,所以,即,‎ 因此直线的普通方程为:;‎ ‎(2)点到直线的距离,‎ 所以当时,,此时.‎ ‎【点睛】本题主要考查伸缩变换以及参数方程的应用,考查学生的运算及思维转换能力,难度不大.‎ ‎23.已知函数.‎ ‎（1）求不等式的解集；‎ ‎（2）若函数的最小值为，求证：，恒成立.‎ ‎【答案】（1）或：（2）证明见解析 ‎【解析】‎ - 29 -‎ ‎【分析】‎ ‎(1)对的取值范围进行分情况讨论,再求解不等式即可;‎ ‎(2)根据解析式求出的最小值,从而得到,再利用分析法证明不等式即可.‎ ‎【详解】(1)，‎ 若,则有或或,‎ 解得或或,‎ 因此不等式的解集为或;‎ ‎(2)由函数的解析式可知,在上单调递减,在上单调递增,‎ 因此,‎ 因此要求证:,恒成立,‎ 即证恒成立,‎ 即证恒成立,‎ 即证恒成立,‎ 而对,恒成立,‎ 因此,原不等式得证.‎ ‎【点睛】本题主要考查解绝对值不等式,考查不等式的证明,难度不大.‎ - 29 -‎ - 29 -‎