1、2020 年高考数学二诊试卷（理科） 一、选择题 1设集合 Ax|x25x60，Bx|x20，则 AB（ ） Ax|3x2 Bx|2x2 Cx|6x2 Dx|1x2 2设（1+i） z1i，则复数 z 的模等于（ ） A B2 C1 D 3已知 是第二象限的角，则 sin2（ ） A B C D 4设 alog30.5，blog0.20.3，c20.3，则 a，b，c 的大小关系是（ ） Aabc Bacb Ccab Dcba 5阿基米德（公元前 287 年公元前 212 年）， 伟大的古希腊哲学家、数学家和物理学家， 他死后的墓碑上刻着一个“圆柱容球”的立体几何图形，为纪念他发现“圆柱内切球
2、的 体积是圆柱体积的，并且球的表面积也是圆柱表面积的”这一完美的结论已知某 圆柱的轴截面为正方形，其表面积为 24，则该圆柱的内切球体积为（ ） A B16 C D 6随着人民生活水平的提高，对城市空气质量的关注度也逐步增大，如图是某城市 1 月至 8 月的空气质量检测情况，图中一、二、三、四级是空气质量等级，一级空气质量最好， 一级和二级都是质量合格天气，下面叙述不正确的是（ ） A1 月至 8 月空气合格天数超过 20 天的月份有 5 个 B第二季度与第一季度相比，空气达标天数的比重下降了 C8 月是空气质量最好的一个月 D6 月份的空气质量最差 7设等比数列an的前 n 项和为 Sn，则
3、“a1+a32a2”是“S2n10”的（ ） A充分不必要 B必要不充分 C充要 D既不充分也不必要 8设 x，y 满足，则 zx+y 的取值范围是（ ） A5，3 B2，3 C2，+） D（，3 9设函数，则 yf（x），x，的大致图象大致是的（ ） A B C D 10 在ABC 中， 角 A， B， C 的对边分别为 a， b， c， 若 a1， 则 sinC（ ） A B C D 11如图示，三棱椎 PABC 的底面 ABC 是等腰直角三角形，ACB90，且 PAPB AB，PC，则 PC 与面 PAB 所成角的正弦值等于（ ） A B C D 12在ABC 中，AB2，AC3，A60
4、，O 为ABC 的外心，若，x， yR，则 2x+3y（ ） A2 B C D 二、填空题 13在（x+a）6的展开式中的 x3系数为 160，则 a 14已知 f（x）是定义在 R 上的奇函数，当 x0 时，f（x）x22x，则不等式 f（x）x 的解集用区间表示为 15若对任意 xR，不等式 exkx0 恒成立，则实数 k 的取值范围是 16已知椭圆：+1（ab0），F1、F2是椭圆的左、右焦点，A 为椭圆的 上顶点， 延长AF2交椭圆于点B， 若ABF1为等腰三角形， 则椭圆的离心率为 三、解答题 17设数列an是公差不为零的等差数列，其前 n 项和为 Sn，a11，若 a1，a2，a5
5、成等比 数列 （）求 an及 Sn； （）设，设数列bn的前 n 项和 Tn，证明： 182019 年 6 月，国内的 5G 运营牌照开始发放从 2G 到 5G，我们国家的移动通信业务 用了不到 20 年的时间， 完成了技术上的飞跃， 跻身世界先进水平 为了解高校学生对 5G 的消费意愿，2019 年 8 月，从某地在校大学生中随机抽取了 1000 人进行调查，样本中各 类用户分布情况如下： 用户分类 预计升级到 5G 的时段 人数 早期体验用户 2019 年 8 月至 209 年 12 月 270 人 中期跟随用户 2020 年 1 月至 20121 年 12 月 530 人 后期用户 20
6、22 年 1 月及以后 200 人 我们将大学生升级 5G 时间的早晚与大学生愿意为 5G 套餐支付更多的费用作比较， 可得 出如图的关系 （例如早期体验用户中愿意为 5G 套餐多支付 5 元的人数占所有早期体验用 户的 40%） （）从该地高校大学生中随机抽取 1 人，估计该学生愿意在 2021 年或 2021 年之前升 级到 5G 的概率； （）从样本的早期体验用户和中期跟随用户中各随机抽取 1 人，以 X 表示这 2 人中愿 意为升级 5G 多支付 10 元或 10 元以上的人数，求 X 的分布列和数学期望； （）2019 年底，从这 1000 人的样本中随机抽取 3 人，这三位学生都已
7、签约 5G 套餐， 能否认为样本中早期体验用户的人数有变化？说明理由 19如图示，在三棱锥 ABCD 中，ABBCBD2，点 E 为 AD 的中点 （）求证：平面 ACD平面 BCE； （）若点 F 为 BD 的中点，求平面 BCE 与平面 ACF 所成锐二面角的余弦值 20已知椭圆1（ab0）经过点（0，1），离心率为 ，A、B、C 为椭圆上 不同的三点，且满足+ ，O 为坐标原点 （）若直线 AB、OC 的斜率都存在，求证：kAB kOC为定值； （）求|AB|的取值范围 21设函数，aR （）讨论 f（x）的单调性； （）a1 时，若 x1x2，f（x1）+f（x2）2，求证：x1+x2
8、0 （二）选考题：共 10 分请考生在第 22、23 题中任选一题作答如果多做，则按所做的第 一题计分 22在直角坐标系 xOy 中，直线 l 的多数方程为，（t 为参数）以坐标原点 O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 C 的极坐标方程为 24cos+30 （1）求 t 的普通方程及 C 的直角坐标方程； （2）求曲线 C 上的点 P 到 l 距离的取值范围 23已知 f（x）|x1|+|x+a|（aR） （）若 a1，求不等式 f（x）4 的解集； （）m（0，1），x0R，求实数 a 的取值范围 参考答案 一、选择题：本题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分在每小题
9、给出的四个选项中，只有一 项是符合题目要求的 1设集合 Ax|x25x60，Bx|x20，则 AB（ ） Ax|3x2 Bx|2x2 Cx|6x2 Dx|1x2 【分析】可以求出集合 A，B，然后进行交集的运算即可 解：Ax|1x6，Bx|x2， ABx|1x2 故选：D 2设（1+i） z1i，则复数 z 的模等于（ ） A B2 C1 D 【分析】把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简，然后利用复数模的计算 公式求解 解：由（1+i） z1i，得 z， |z|1 故选：C 3已知 是第二象限的角，则 sin2（ ） A B C D 【 分 析 】 由 已 知 结 合 诱 导 公 式
10、 可 求 tan ， 然 后 结 合 则 sin2 2sincos ，代入可求 解：因为 是第二象限的角， 所以 tan， 则 sin22sincos 故选：D 4设 alog30.5，blog0.20.3，c20.3，则 a，b，c 的大小关系是（ ） Aabc Bacb Ccab Dcba 【分析】利用对数函数和指数函数的性质求解 解：log30.5log310，a0， log0.21log0.20.3log0.20.21，0b1， 20.3201，c1， abc， 故选：A 5阿基米德（公元前 287 年公元前 212 年）， 伟大的古希腊哲学家、数学家和物理学家， 他死后的墓碑上刻着一
11、个“圆柱容球”的立体几何图形，为纪念他发现“圆柱内切球的 体积是圆柱体积的，并且球的表面积也是圆柱表面积的”这一完美的结论已知某 圆柱的轴截面为正方形，其表面积为 24，则该圆柱的内切球体积为（ ） A B16 C D 【分析】由已知中圆柱的轴截面为正方形，根据圆柱的表面积公式，可得圆柱的底面半 径 R，进而求出圆柱的体积，即可求出结论 解：设该圆柱的底面半径为 R 则圆柱的高为 2R 则圆柱的表面积 SS底+S侧2R2+2 R 2R24， 解得 R24；即 R2 圆柱的体积为：VR22R16， 该圆柱的内切球体积为：16 故选：D 6随着人民生活水平的提高，对城市空气质量的关注度也逐步增大，
12、如图是某城市 1 月至 8 月的空气质量检测情况，图中一、二、三、四级是空气质量等级，一级空气质量最好， 一级和二级都是质量合格天气，下面叙述不正确的是（ ） A1 月至 8 月空气合格天数超过 20 天的月份有 5 个 B第二季度与第一季度相比，空气达标天数的比重下降了 C8 月是空气质量最好的一个月 D6 月份的空气质量最差 【分析】在 A 中，1 月至 8 月空气合格天数超过 20 天的月份有：1 月，2 月，6 月，7 月， 8 月， 共 5 个； 在 B 中， 分别求出第一季度合格天数的比重和第二季度合格天气的比重， 能求出结果；在 C 中，8 月空气质量合格的天气达到 30 天；在
13、 D 中，5 月空气质量合格 天气只有 13 天 解：在 A 中，1 月至 8 月空气合格天数超过 20 天的月份有：1 月，2 月，6 月，7 月，8 月，共 5 个，故 A 正确； 在 B 中，第一季度合格天数的比重为：， 第二季度合格天气的比重为：0.6263， 第二季度与第一季度相比，空气达标天数的比重下降了，故 B 正确； 在 C 中，8 月空气质量合格的天气达到 30 天，是空气质量最好的一个月，故 C 正确； 在 D 中，5 月空气质量合格天气只有 13 天，5 月份的空气质量最差，故 D 错误 故选：D 7设等比数列an的前 n 项和为 Sn，则“a1+a32a2”是“S2n1
14、0”的（ ） A充分不必要 B必要不充分 C充要 D既不充分也不必要 【分析】根据等比数列an中，“a1+a32a2”等价于 a1（q1）20，解得 a10 且 q 1；由“S2n10”等价于当 q1 时， 0 即 a10 且 q1；或者当 q 1 时，（2n1）a10，即 a10 且 q1；再根据充分必要条件的定义进行判断即可 解：根据等比数列an中，“a1+a32a2”等价于 a1（q1）20，解得 a10 且 q1； 由 “S2n10” 等价于当 q1 时， 0 即 a10 且 q1； 或者当 q1 时， （2n1）a10，即 a10 且 q1； 故“a1+a32a2”“S2n10”但是
15、“S2n10”推不出“a1+a32a2”； 所以“a1+a32a2”是“S2n10”的充分不必要条件； 故选：A 8设 x，y 满足，则 zx+y 的取值范围是（ ） A5，3 B2，3 C2，+） D（，3 【分析】画出不等式组表示的平面区域，结合图形找出最优解，求出目标函数的最值即 可 解：先根据约束条件画出可行域，zx+y， 则 yx+z， 由 可得 C（4，3） 当直线 yx+z 经过点 A（2，0），z 最小，最小值为：2+02 没有最大值； 故 zx+y 的取值范围为2，+）， 故选：C 9设函数，则 yf（x），x，的大致图象大致是的（ ） A B C D 【分析】利用函数的奇偶
16、性及特殊点的函数值，运用排除法得解 解：，故函数 f（x）为奇函数，其图象关于原 点对称，故排除 A； 又 f（）0，故排除 C；，故排除 D 故选：B 10 在ABC 中， 角 A， B， C 的对边分别为 a， b， c， 若 a1， 则 sinC（ ） A B C D 【分析】 由已知， 利用正弦定理， 三角函数恒等变换的应用可求 tanB， 结合范围 B （0，），可求 B，由余弦定理可得 b 的值，进而根据正弦定理可得 sinC 的值 解：bsinAasin（B）， sinAsin（B）sinAsinB， sinA0， sin（B）sinB，整理可得：tanB， B（0，）， B，
17、a1， 由余弦定理可得 b2a2+c22accosB1+1227， b， 由正弦定理，可得 sinC 故选：B 11如图示，三棱椎 PABC 的底面 ABC 是等腰直角三角形，ACB90，且 PAPB AB，PC，则 PC 与面 PAB 所成角的正弦值等于（ ） A B C D 【分析】可以把三棱椎 PABC 补成棱长为 1 的正方体，以 A 为原点建立空间直角坐标 系，求得面 ABP 的法向量即可求解 解：三棱椎 PABC 的底面 ABC 是等腰直角三角形，ACB90，且 PAPBAB ，PC， 可以把三棱椎 PABC 补成棱长为 1 的正方体，如图所示 如图，以 A 为原点建立空间直角坐标
18、系，则 A（0，0，0），B（1，1，0），C（0，1，0）， P（1，0，1） ， 设面 ABP 的法向量为， cos 则 PC 与面 PAB 所成角的正弦值等于 故选：A 12在ABC 中，AB2，AC3，A60，O 为ABC 的外心，若，x， yR，则 2x+3y（ ） A2 B C D 【分析】 先利用 AB2， AC3， A60建立平面直角坐标系， 求出 A， B， C 的坐标， 再求出直线 AB、 AC 的中垂线的方程， 然后求出外接圆圆心的坐标， 代入， 构造出 x，y 的方程组，问题即可解决 解：如图建立坐标系： 由题意得 B（2，0），C（），A（0，0），易知 AB 边的中
19、垂线为 x1 直线 AC 的中垂线斜率 kAC 的中点为（）， 所以 AC 的中垂线 联立解得 O（） 所以由得： ，即，解得， 所以， 故选：B 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分 13在（x+a）6的展开式中的 x3系数为 160，则 a 2 【分析】写出二项式定理展开式的通项公式，利用 x 的指数为 3，求出 a 即可 解：（a+x）6的展开式的通项公式为：Tr+1 a6 rxr，（r0，1，6） 所求 x3的系数为：a3160a38a2 故答案为：2 14已知 f（x）是定义在 R 上的奇函数，当 x0 时，f（x）x22x，则不等式 f（x）x 的解集用区间表
20、示为 （3，0）（3，+） 【分析】先求得当 x0 时，f（x）的解析式，由不等式 f（x）x，可得， 或，由此求得 x 的范围 解：设 x0，则x0，由题意可得 f（x）f（x）（x）22（x）x2+2x， f（x）x22x， 故当 x0 时，f（x）x22x 由不等式 f（x）x，可得，或， 求得 x3，或3x0， 故答案为：（3，0）（3，+） 15若对任意 xR，不等式 exkx0 恒成立，则实数 k 的取值范围是 （0，e 【分析】由题意可得 0（exkx）min，构造函数 f（x）exkx，求得导数，讨论 k 的 符号，求得单调性和最值，解 k 的不等式，可得所求范围 解：任意 x
21、R，不等式 exkx0 恒成立， 可得 0（exkx）min， 设 f（x）exkx，f（x）exk， 当 k0 时，f（x）0 恒成立，即 f（x）为 R 上的增函数，无最小值； 当 k0 时，由 xlnk，f（x）0，f（x）递增；由 0xlnk，f（x）0，f（x）递 减， 可得 f（x）在 xlnk 处取得最小值 f（lnk）kklnk， 则 kklnk0，即 lnk1，解得 0ke， 故答案为：（0，e 16已知椭圆：+1（ab0），F1、F2是椭圆的左、右焦点，A 为椭圆的 上顶点， 延长 AF2交椭圆于点 B， 若ABF1为等腰三角形， 则椭圆的离心率为 【分析】由题意可得等腰三
22、角形的两条相等的边，设 BF2，AF1AF2a，由题意的定义 可得BF1， 由国家等腰三角形可得BF2的值用a的表达式， 在三角形ABF1中， 三角形BF1F2 中由余弦定理可得ABF1的值相等可得 a，c 的关系，进而求出椭圆的离心率 解：由题意ABF1为等腰三角形，可得 AF1AF2a，ABBF1， 设 BF2x 则 BF12ax，AF2a+x， 所以 2axa+x，解得 x，所以 BF1AB， 在三角形 ABF1中，cosABF1 ， 在三角形 BF1F2中 cosF1BF2 ， 所以可得：，即离心率 e； 故答案为： 三、 解答题： 共 70 分 解答应写出文字说明、 证明过程或演算步
23、骤 第 1721 题为必考题， 每个试题考生都必须作答第 22、23 为选考题，考生仅选一个作答 17设数列an是公差不为零的等差数列，其前 n 项和为 Sn，a11，若 a1，a2，a5成等比 数列 （）求 an及 Sn； （）设，设数列bn的前 n 项和 Tn，证明： 【分析】（）设等差数列an的公差为 d（d0），由已知列式求解公差，可得 an及 Sn； （）把等差数列的通项公式代入，整理后利用裂项相消法求数列bn的 前 n 项和 Tn，放缩即可证明 【解答】（）解：设等差数列an的公差为 d（d0）， 由 a11，且 a1，a2，a5成等比数列，得（d+1）21（4d+1）， 解得 d
24、2（d0）， ana1+（n1）d1+2（n1）2n1， ； （）证明： 182019 年 6 月，国内的 5G 运营牌照开始发放从 2G 到 5G，我们国家的移动通信业务 用了不到 20 年的时间， 完成了技术上的飞跃， 跻身世界先进水平 为了解高校学生对 5G 的消费意愿，2019 年 8 月，从某地在校大学生中随机抽取了 1000 人进行调查，样本中各 类用户分布情况如下： 用户分类 预计升级到 5G 的时段 人数 早期体验用户 2019 年 8 月至 209 年 12 月 270 人 中期跟随用户 2020 年 1 月至 20121 年 12 月 530 人 后期用户 2022 年 1
25、 月及以后 200 人 我们将大学生升级 5G 时间的早晚与大学生愿意为 5G 套餐支付更多的费用作比较， 可得 出如图的关系 （例如早期体验用户中愿意为 5G 套餐多支付 5 元的人数占所有早期体验用 户的 40%） （）从该地高校大学生中随机抽取 1 人，估计该学生愿意在 2021 年或 2021 年之前升 级到 5G 的概率； （）从样本的早期体验用户和中期跟随用户中各随机抽取 1 人，以 X 表示这 2 人中愿 意为升级 5G 多支付 10 元或 10 元以上的人数，求 X 的分布列和数学期望； （）2019 年底，从这 1000 人的样本中随机抽取 3 人，这三位学生都已签约 5G
26、套餐， 能否认为样本中早期体验用户的人数有变化？说明理由 【分析】（）由题意知从高校大学生中随机抽取 1 人，该学生在 2021 年或 2021 年之 前升级到 5G 的概率估计为样本中早期体验用户和中期跟随用户的频率， 由此能估计该学 生愿意在 2021 年或 2021 年之前升级到 5G 的概率 （）由题间意 X 的所有可能取值为 0，1，2，记事件 A 为“从早期体验用户中随机抽 取 1 人，该学生愿意为升级 5G 多支付 10 元或 10 元以上”，事件 B 为“从中期跟随用 户中随机抽取 1 人，该学生愿意为升级 5G 多支付 10 元或 10 元以上”，由题意可知，事 件 A，B
27、相互独立，P（A）140%0.6，P（B）145%0.55，由此能求出 X 的 分布列和 E（X） （） 设事件 D 为 “从这 1000 人的样本中随机抽取 3 人， 这三位学生都已签约 5G 套餐” ， 则 P（D）0.02从而样本中早期体验用户的人数有所增加 解：（）由题意知从高校大学生中随机抽取 1 人， 该学生在2021年或2021年之前升级到5G的概率估计为样本中早期体验用户和中期跟随 用户的频率， 估计该学生愿意在 2021 年或 2021 年之前升级到 5G 的概率为： P 0.8 （）由题间意 X 的所有可能取值为 0，1，2， 记事件 A 为“从早期体验用户中随机抽取 1
28、人，该学生愿意为升级 5G 多支付 10 元或 10 元以上”， 事件 B 为“从中期跟随用户中随机抽取 1 人，该学生愿意为升级 5G 多支付 10 元或 10 元以上”， 由题意可知，事件 A，B 相互独立， P（A）140%0.6，P（B）145%0.55， P（X0）P（）（10.6）（10.55）0.18， P（X1）P（A +）0.6（10.55）+（10.6）0.550.49， P（X2）P（AB）0.60.550.33， X 的分布列为： X 0 1 2 P 0.18 0.49 0.33 E（X）00.18+10.49+20.331.15 （） 设事件 D 为 “从这 1000
29、 人的样本中随机抽取 3 人， 这三位学生都已签约 5G 套餐” ， 则 P（D）0.02 样本中早期体验用户的人数有所增加 19如图示，在三棱锥 ABCD 中，ABBCBD2，点 E 为 AD 的中点 （）求证：平面 ACD平面 BCE； （）若点 F 为 BD 的中点，求平面 BCE 与平面 ACF 所成锐二面角的余弦值 【分析】（）由已知得 ACCD，结合 E 为 AD 中点，得 BEAD，CEAD，由线面 垂直的判定可得 AD平面 BCE，从而得到平面 ACD平面 BCE； （）以 B 为坐标原点，分别以 BC，BD 所在直线为 x，y 轴建立如图所示空间直角坐标 系，分别求出平面 B
30、CE 与平面 ACF 的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得平 面 BCE 与平面 ACF 所成锐二面角的余弦值 【解答】（）证明：由 ABBCBD2，CBACBD，得 ACCD， 又点 E 为 AD 中点，BEAD，CEAD， 又 BECEE，AD平面 BCE， 而 AD平面 ACD，平面 ACD平面 BCE； （）解：，BC平面 ABD， 以 B 为坐标原点，分别以 BC，BD 所在直线为 x，y 轴建立如图所示空间直角坐标系 则 B（0，0，0），C（2，0，0），E（0，），A（0，1，），F（0，1，0）， （2，0，0），（0，）， 设平面 BCE 的一个法向量为，平面 ACF
31、 的一个法向量为 ， 由，取 z11，得； 由，取 x21，得 cos 平面 BCE 与平面 ACF 所成锐二面角的余弦值为 20已知椭圆1（ab0）经过点（0，1），离心率为 ，A、B、C 为椭圆上 不同的三点，且满足+ ，O 为坐标原点 （）若直线 AB、OC 的斜率都存在，求证：kAB kOC为定值； （）求|AB|的取值范围 【分析】 （）由题意可得 b1，运用椭圆的离心率公式和 a，b，c 的关系，解得 a，b， 可得椭圆方程，设 A（x1，y1），B（x2，y2），运用向量的坐标运算和点差法，结合直线 的斜率公式，即可得证； （）设直线 AB 的方程为：ykx+t，设 A（x1，y
32、1），B（x2，y2），联立直线方程和椭 圆方程，运用韦达定理和弦长公式，以及 C 的坐标满足椭圆方程，求得 t2，再 由分离常数和不等式的性质，化简整理可得所求范围 解：（）证明：由题意可得 b1，a2b2+c2，解得 a24，b21， 所以椭圆的标准方程为：+y21； 设 A（x1，y1），B（x2，y2），由 + ，可得 C（x1x2，y1y2）， 因为直线 AB、OC 的斜率都存在，所以 kAB，kOC， 所以 kAB kOC ，因为 A，B 在椭圆上，所以， 所以+y12y220，即， 所以可证，kAB kOC为定值； （）设直线 AB 的方程为：ykx+t，设 A（x1，y1），B
33、（x2，y2）， 直线与椭圆联立可得，整理可得， （1+4k2）x2+8kt+4t240，64k2t24（1+4k2）（4t24）0，可得 t21+4k2， x1+x2，x1x2，y1+y2k（x1+x2）+2t， 即 C（，），代入椭圆方程可得+1， 化为 t2， 又 |AB| 4 42， 由（）得，AB 的斜率不为 0，即 k0， 可得|AB|22 ， 由 1+1，可得 0 3，则 11+4， 即有1，则|AB|2， 故|AB|的取值范围是（，2） 21设函数，aR （）讨论 f（x）的单调性； （）a1 时，若 x1x2，f（x1）+f（x2）2，求证：x1+x20 【分析】（）根据导数
34、和函数单调性的关系，分类讨论即可求出； （）令 g（x）f（x）+f（x）2，当 a1 时，利用函数的导数，判断函数的单调 性，要证 x1+x20，只需证只需证 x1x2，即证 f（x2）+f（x2）20，通过函数的 单调性，转化求解即可 解：（）f（x）exxa， 令 g（x）exxa， g（x）ex1， 当 x0 时，g（x）0，函数 g（x）单调性递减， 当 x0 时，g（x）0，函数 g（x）单调性递增， g（x）ming（0）1a， 当 1a0 时，即 a1 时，f（x）g（x）0，函数 f（x）在 R 上单调递增， 当 a1 时，g（x）min1a0， 易知当 x时，g（x）+，当
35、 x+时，g（x）+， 由零点存在性定理知，存在 x1，x2，不妨设 x1x2，使得 g（x1）g（x2）0， 当 x（，x1），（x2，+），g（x）f（x）0，当 x（x1，x2），g（x）f （x）0， 函数 f（x）在（，x1），（x2，+）上单调递增，在（x1，x2）上单调递减 （）证明：构造函数 g（x）f（x）+f（x）2，x0， g（x）exx2ax+exx2+ax2ex+exx22， g（x）exex2x， g（x）ex+ex2220，当 x0 时取等号， g（x）在0，+）上单调递增，则 g（x）g（0）0， g（x）在0，+）上单调递增， g（x）g（0）0， 不妨设 x
36、20， 要证 x1+x20，只需证 x1x2， 由（）知 a1 时，f（x）在 R 上单调递增，则有 f（x1）f（x2）， 由 f（x1）+f（x2）2，有 f（x1）2f（x2）， 只需证 2f（x2）f（x2）， 即证 f（x2）+f（x2）20， 由 g（x）f（x）+f（x）2 在0，+）上单调递增，且 x20 时， 有 g（x2）f（x2）+f（x2）20， 故 x1+x20，问题得以证明 （二）选考题：共 10 分请考生在第 22、23 题中任选一题作答如果多做，则按所做的第 一题计分 22在直角坐标系 xOy 中，直线 l 的多数方程为，（t 为参数）以坐标原点 O 为极点，x
37、 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 C 的极坐标方程为 24cos+30 （1）求 t 的普通方程及 C 的直角坐标方程； （2）求曲线 C 上的点 P 到 l 距离的取值范围 【分析】（1）直接利用转换关系式的应用，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间 进行转换 （2）利用点到直线的距离公式的应用求出结果 解：（1）直线 l 的参数方程为，（t 为参数）， 消去参数 t 可得 l 的普通方程为 曲线 C 的极坐标方程为 24cos+30， 可得 C 的直角坐标方程为 x2+y24x+30 （2）C 的标准方程为（x2）2+y21，圆心为 C（2，0），半径为 1， 所以，圆心 C 到 l
38、 的距离为， 所以，点 P 到 l 的距离的取值范围是 23已知 f（x）|x1|+|x+a|（aR） （）若 a1，求不等式 f（x）4 的解集； （）m（0，1），x0R，求实数 a 的取值范围 【分析】（）将 a1 代入 f（x）中，然后利用零点分段法解不等式即可； （） 由绝对值三角不等式可得 f （x） |a+1|， 然后用基本不等式求出的最小值， 再根据条件得到关于 a 的不等式，解不等式得到 a 的取值范围 解：（）当 a1 时，f（x）|x1|+|x+1|， f（x）4，或或， x2 或 x2 故不等式 f（x）4 的解集为（，2） （2，+） （）f（x）|x1|+|x+a|（x+a）（x1）|a+1| m（0，1）， （当时等号成立） 依题意，m（0，1），x0R，有， 则|a+1|9，10a8， 故实数 a 的取值范围是（10，8）