1、2020 年高考数学二模试卷（文科）年高考数学二模试卷（文科） 一、选择题（共 12 小题） 1已知集合 Mx|3x0，N1，3，5，7，则 MN（ ） A1 B1，3 C3，5 D3，5，7 2若（1+z）（1i）2i，则 z（ ） A2i B2+i C2+i D2i 3已知抛物线 C：x22py（p0）的准线 l 平分圆 M：（x+2）2+（y+3）24 的周长，则 p（ ） A2 B3 C6 D3 4已知向量 ， ， ， ， ， ，若 ，则 （ ） A12 B6 C6 D3 5已知动点 P（x，y）在由直线 l1：2xy+10，l2：2x+y+50 和 xy+10 围成的封闭 区域（含边
2、界）内，则 的取值范围为（ ） A（，13，+） B（，17，+） C ， ， D ， ， 6若函数 f（x）x+log2（xa）的定义域为（1，+），则 f（3a）（ ） A2 B3 C4 D5 7已知 a0，b0，3a+2bab，则 2a+3b 的最小值为（ ） A20 B24 C25 D28 8已知直线 a平面 ，则“平面 平面 ”是“直线 a平面 ”的（ ） A充分但不必要条件 B必要但不充分条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件 9已知函数 f（x）ax2+2（a0 且 a1）过定点 P，且角 的始边与 x 轴的正半轴重合， 终边过点 P，则 （ ） A B C D 10 已知等差
3、数列an的公差为 2， 前 n 项和为 Sn， 且 S1 ， S 2 ， S 4成等比数列 令 ， 则 数列bn的前 50 项和 T50（ ） A B C D 11在四面体 ABCD 中，AB平面 BCD，BCBD，ABBD2，E 为 CD 的中点，若异面 直线 AC 与 BE 所成的角为 60，则 BC（ ） A B2 C2 D4 12若对函数 f（x）2xsinx 的图象上任意一点处的切线 l1，函数 g（x）mex+（m2） x 的图象上总存在一点处的切线 l2，使得 l1l2，则 m 的取值范围是（ ） A ， B ， C（1，0） D（0，1） 二、填空题：把答案填在答题卡中的横线上
4、. 13已知等比数列an的公比为 q，且 a4，a5的等差中项为 3a3，则 q 14某公司对 2019 年 1 至 4 月份的获利情况进行了数据统计，如表所示 月份 x 1 2 3 4 利润 y/万元 5 6 6.5 8 根据上表可得回归方程为 ，其中 ，则预测 2019 年 10 月份的利润为 万元 15从1，0，1，2 这四个数字中任意取出两个不同的数字，记为有序数对（a，b），则 成立的概率是 16已知菱形 ABCD 的边长为 ，BAD60，沿对角线 BD 将菱形 ABCD 折起，使得 二面角 ABDC 为钝二面角， 该四面体 ABCD 外接球的表面积为 36， 则四面体 ABCD 的
5、体积为 三、解答题：解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.1721 题为必考题，每个 试题考生都必须作答，第 22，23 题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题 17在ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，a3，b2， （1）求 sinB 的值； （2）若ABC 为锐角三角形，求ABC 的面积 18某校为了有效地加强高中生自主管理能力，推出了一系列措施，其中自习课时间的自主 管理作为重点项目，学校有关处室制定了“高中生自习课时间自主管理方案”现准备 对该“方案”进行调查，并根据调查结果决定是否启用该“方案”，调查人员分别在各 个年级随机抽取若干学生对该 “方案”
6、进行评分， 并将评分分成30， 40） ， 40， 50） ， ， 90，100七组，绘制成如图所示的频率分布直方 图 相关规则为采用百分制评分，60，80）内认定为对该“方案”满意，不低于 80 分认 定为对该“方案”非常满意，60 分以下认定为对该“方案”不满意；学生对“方案” 的满意率不低于 80%即可启用该“方案”；用样本的频率代替概率 （1）从该校学生中随机抽取 1 人，求被抽取的这位同学非常满意该“方案”的概率，并 根据频率分布直方图求学生对该“方案”评分的中位数 （2）根据所学统计知识，判断该校是否启用该“方案”，说明理由 19如图，在三棱柱 ABCA1B1C1中，已知ABC 是
7、直角三角形，侧面 ABB1A1是矩形，AB BC1，BB12， （1）证明：BC1AC （2）若 E 是棱 CC1的中点，求点 C 到平面 ABE 的距离 20已知椭圆 E： ，圆 F：（x1） 2+y21，一动圆在 y 轴右侧与 y 轴相切，同时与圆 F 相外切，此动圆的圆心轨迹为曲线 C，椭圆 E 与曲线 C 有相同的焦 点 （1）求曲线 C 的方程； （2）设曲线 C 与椭圆 E 相交于第一象限点 K，且 ，求椭圆 E 的标准方程； （3）在（2）的条件下，如果椭圆 E 的左顶点为 A，过 F 且垂直于 x 轴的直线与椭圆 E 交于 P，Q 两点，直线 AP，AQ 与直线 l： 分别交于
8、 N，M 两点， 证明：四边形 MNPQ 的对角线的交点是椭圆 E 的右顶点 21已知函数 f（x） （1）若不等式 f（x） 1 在 xa，2a（0ae）上有解，求 a 的取值范围； （2）若 x1，x22，+），且 x1x2，证明：f（x1）f（x2） x2 2 （二）选考题：请考生在第 22、23 两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计 分.选修 4-4：坐标系与参数方程 22在直角坐标系 xOy 中，曲线 C 的参数方程为 ， （ 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， 已知射线 L 的极坐标方程为 （ 0） （1）求曲线 C 的极坐标方程与射线
9、 L 的直角坐标方程； （2）若射线 L 与曲线 C 交于 A，B 两点，求|OA|2 |OB|+|OB|2 |OA| 选修 4-5：不等式选讲 23已知 a0，函数 f（x）|ax1|，g（x）|ax+2| （1）若 f（x）g（x），求 x 的取值范围； （2）若 f（x）+g（x）|210a7|对 xR 恒成立，求 a 的最大值与最小值之和 参考答案参考答案 一、选择题：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已知集合 Mx|3x0，N1，3，5，7，则 MN（ ） A1 B1，3 C3，5 D3，5，7 【分析】可以求出集合 M，然后进行交集的运算即可 解：Mx|x3，
10、N1，3，5，7， MN3，5，7 故选：D 【点评】本题考查了描述法、列举法的定义，交集的运算，考查了计算能力，属于基础 题 2若（1+z）（1i）2i，则 z（ ） A2i B2+i C2+i D2i 【分析】把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案 解：由（1+z）（1i）2i，得 ， 故选：B 【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，是基础题 3已知抛物线 C：x22py（p0）的准线 l 平分圆 M：（x+2）2+（y+3）24 的周长，则 p（ ） A2 B3 C6 D3 【分析】求出抛物线的准线方程，利用圆的圆心在准线上，转化求解即可 解：抛物线 C：x22py 的准
11、线为 ， 抛物线 C：x22py（p0）的准线 l 平分圆 M：（x+2）2+（y+3）24 的周长， 所以 ，则 p6 故选：C 【点评】本题考查抛物线的简单性质的应用，圆的方程的应用，是中档题 4已知向量 ， ， ， ， ， ，若 ，则 （ ） A12 B6 C6 D3 【分析】根据 ，求出 m 的值，代入即可得到答案 解：由 ，得 3m+6m0，解得 m3， 所以 ， ， ， ， 则 故选：C 【点评】本题考查平面向量平行的应用，考查平面向量数量积的运算，属于中档题 5已知动点 P（x，y）在由直线 l1：2xy+10，l2：2x+y+50 和 xy+10 围成的封闭 区域（含边界）内，
12、则 的取值范围为（ ） A（，13，+） B（，17，+） C ， ， D ， ， 【分析】作出可行域，目标函数表示可行域内的点与原点连线的斜率，数形结合可得 解：画出直线 l1：2xy+10，l2：2x+y+50 和 xy+10 围成的封闭区域（含边界） 如图： 由 ，解得 B（2，1）， 由 ，解得 A（0，1） 结合可行域， 的几何意义为可行域内的点到点 D（1，2）的斜率， 1， 3， 可得 z（，13，+） 故选：A 【点评】本题考查简单线性规划，准确作图是解决问题的关键，属中档题 6若函数 f（x）x+log2（xa）的定义域为（1，+），则 f（3a）（ ） A2 B3 C4 D
13、5 【分析】由已知求得 a，得到函数解析式，进一步求得 f（3a）的值 解：f（x）x+log2（xa）的定义域为（1，+）， a1 f（3a）3+log224 故选：C 【点评】本题考查函数定义域的求法，考查函数值的求法，是基础题 7已知 a0，b0，3a+2bab，则 2a+3b 的最小值为（ ） A20 B24 C25 D28 【分析】直接利用关系式的恒等变换和基本不等式的应用求出结果 解：因为 a0，b0，3a+2bab， 所以 ， 则 ， 当且仅当 ab5 时，等号成立 故选：C 【点评】本题考查的知识要点：函数的关系式的变换，基本不等式的应用，主要考查学 生的运算能力和转换能力及思
14、维能力，属于基础题型 8已知直线 a平面 ，则“平面 平面 ”是“直线 a平面 ”的（ ） A充分但不必要条件 B必要但不充分条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件 【分析】根据线面平行、面面垂直的性质即可判断出结论 解：若直线 a平面 ，平面 平面 ，此时直线 a 与平面 可能平行，所以充分性不 成立； 若直线 a平面 ，直线 a平面 ，则平面 平面 ，所以必要性成立， 故选：B 【点评】本题考查了线面平行、面面垂直的性质、简易逻辑的判定方法，考查了推理能 力与计算能力，属于基础题 9已知函数 f（x）ax2+2（a0 且 a1）过定点 P，且角 的始边与 x 轴的正半轴重合， 终边过点
15、P，则 （ ） A B C D 【分析】由题意利用任意角的三角函数的定义，诱导公式，求得结果 解：函数 f（x）ax2+2（a0 且 a1）过定点 P（2，3），则 tan 则 cot ， 故选：B 【点评】本题主要考查任意角的三角函数的定义，诱导公式，属于基础题 10 已知等差数列an的公差为 2， 前 n 项和为 Sn， 且 S1 ， S 2 ， S 4成等比数列 令 ， 则 数列bn的前 50 项和 T50（ ） A B C D 【分析】本题先根据等差数列的求和公式写出 S1，S2，S4关于 a1的表达式，然后根据等 比中项的性质列出算式并解出 a1的值，即可得到等差数列an的通项公式，
16、进一步可计 算出数列bn的通项公式，再运用裂项相消法可计算出前 50 项和 T50的值 解：由题意，可知 S1a1 ， ， ， S1，S2，S4成等比数列， S22S1 S4，即 ， 解得 a11， an1+2 （n1）2n1， ， T50b1+b2+b50 （1 ） （ ） （ ） （1 ） （1 ） 故选：D 【点评】本题主要考查等差数列和等比数列性质的运用，以及运用裂项相消法求前 n 项 和考查了转化与化归思想，方程思想，以及逻辑思维能力和数学运算能力本题属中 档题 11在四面体 ABCD 中，AB平面 BCD，BCBD，ABBD2，E 为 CD 的中点，若异面 直线 AC 与 BE 所
17、成的角为 60，则 BC（ ） A B2 C2 D4 【分析】如图所示，取 AD 的中点 F，连接 EF，BF，可得 EFAC于是BEF 为异面 直线 AC 与 BE 所成的角设 BCx，可得 BEEF ，在BEF 中即可得出 解：如图所示，取 AD 的中点 F，连接 EF，BF，则 EFAC 则BEF 为异面直线 AC 与 BE 所成的角 BEF60 设 BCx，则 BEEF ，BF BEF 为等边三角形， 则 ，解得 x2 故选：B 【点评】本题考查了异面直线所成的角、等边三角形的性质，考查了推理能力与计算能 力，属于基础题 12若对函数 f（x）2xsinx 的图象上任意一点处的切线 l
18、1，函数 g（x）mex+（m2） x 的图象上总存在一点处的切线 l2，使得 l1l2，则 m 的取值范围是（ ） A ， B ， C（1，0） D（0，1） 【分析】 求出函数 f （x） 的导函数， 可得导数的范围， 进一步求得 ， ， 再 求出 g（x）的导函数的范围，然后由函数 f（x）2xsinx 的图象上任意一点处的切线 l1，函数 g（x）mex+（m2）x 的图象上总存在一点处的切线 l2，使得 l1l2，转化为 集合间的关系求解 解：由 f（x）2xsinx，得 f（x）2cosx1，3， 所以 ， ， 由 g（x）mex+（m2）x，得 g（x）mex+m2， 当 m0
19、时，g（x）（m2，+）， 当 m0 时，g（x）（，m2）， 当 m0 时，不符合题意 当 m0 时，由题意可得 m21，解得 0m1； 当 m0 时，由题意可得 ，无解 即 m 的取值范围为（0，1） 故选：D 【点评】本题考查了利用导数研究过曲线上的某点的切线方程，考查了数学转化思想方 法，解答此题的关键是把问题转化为集合间的关系求解，是中档题 二、填空题：把答案填在答题卡中的横线上. 13已知等比数列an的公比为 q，且 a4，a5的等差中项为 3a3，则 q 3 或 2 【分析】由等差数列的性质结合等比数列的通项公式可得关于 q 的方程，求解得答案 解：在等比数列an中，由 a4，a
20、5的等差中项为 3a3， 得 a4+a56a3， ， q0，q2+q60， 解得 q3 或 q2 故答案为：3 或 2 【点评】本题考查等比数列的通项公式与等差数列的性质，是基础的计算题 14某公司对 2019 年 1 至 4 月份的获利情况进行了数据统计，如表所示 月份 x 1 2 3 4 利润 y/万元 5 6 6.5 8 根据上表可得回归方程为 ， 其中 ， 则预测 2019 年 10 月份的利润为 13.5 万元 【分析】由已知表格中的数据求得样本点的中心的坐标，代入线性回归方程求得 ，得到 线性回归方程，取 x10 求得 y 值得答案 解：由表格中的数据可得 ， ， 由题意可得， ，
21、解得 ， 即 ， 当 x10 时， 预测 2019 年 10 月份的利润为 13.5 万元 故答案为：13.5 【点评】本题考查线性回归方程的求法，明确线性回归方程恒过样本点的中心是关键， 是基础题 15从1，0，1，2 这四个数字中任意取出两个不同的数字，记为有序数对（a，b），则 成立的概率是 【分析】 从1， 0， 1， 2 这四个数字中任意取出两个不同的数字， 记为有序数对 （a， b） ， 利用列举法求出基本事件总数有 12 种， 等价于 3a4b，利用列举法求出所 以符合条件的情形有 6 种，由此能求出 成立的概率 解：从1，0，1，2 这四个数字中任意取出两个不同的数字，记为有序
22、数对（a，b）， 基本事件总数有 12 种，分别为： （1，0），（1，1），（1，2），（0，1），（0，2），（1，2）， （0，1），（1，1），（2，1），（1，0），（2，0），（2，1） 因为 等价于 3a4b，所以符合条件的情形有： （0，1），（1，1），（2，1），（1，0），（2，0），（2，1）共 6 种， 因此 成立的概率为 故答案为： 【点评】本题考查概率的求法，考查古典概型、列举法等基础知识，考查运算求解能力， 是基础题 16已知菱形 ABCD 的边长为 ，BAD60，沿对角线 BD 将菱形 ABCD 折起，使得 二面角 ABDC 为钝二面角， 该四面体 ABCD
23、外接球的表面积为 36， 则四面体 ABCD 的体积为 【分析】 设 E 为 BD 的中点， 延长 CE， 作 AHEC 交 EC 于点 H， 说明 AH平面 BCD， 作BCD 的中心 F，则 F 在 EC 上，四面体 ABCD 外接球的球心 O 在 GF 上，设外接球 的半径为 R，则 R3，求出 ，然后求解几何体的体积 解：由已知得，ABD 和BCD 均为正三角形， 如图，设 E 为 BD 的中点，延长 CE，作 AHEC 交 EC 于点 H，易得 AH平面 BCD， 作BCD 的中心 F，则 F 在 EC 上，且 FC2EF作 FGHA，作 AGHC，AGGF G， 可知四面体 ABC
24、D 外接球的球心 O 在 GF 上， 设外接球的半径为 R，则 R3， 在 RtAGO 和 RtCFO 中，由于 ，EF1， 所以 R2CF2+OF2，R2OG2+AG2，AE2AH2+HE2， 解得 ，HE2，SBCD 3 ， 四面体 故答案为： 【点评】本题考查几何体的外接球的概念，以及几何体的体积的求法，考查空间想象能 力以及计算能力，是中档题 三、解答题：解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.1721 题为必考题，每个 试题考生都必须作答，第 22，23 题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题 17在ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，a3，b2， （1
25、）求 sinB 的值； （2）若ABC 为锐角三角形，求ABC 的面积 【分析】（1）由正弦定理得到 2R ，再次利用正弦定理即可求出 sinB； （2）先由 sinB 的值求出 cosB 的值，再利用余弦定理求出 c，即可利用三角形面积公式 求出结果 解：（1）由正弦定理， ，可化为 ， 解得 ， ； （2）因为ABC 为锐角三角形，所 ， 所以 b2a2+c22accosB，即 ， 解得 或 ， 当 时，a 2b2+c2，此时 A 为钝角，舍去 所以 ， 【点评】本题主要考查了正弦定理和余弦定理在解三角形中的应用，是中档题 18某校为了有效地加强高中生自主管理能力，推出了一系列措施，其中自
26、习课时间的自主 管理作为重点项目，学校有关处室制定了“高中生自习课时间自主管理方案”现准备 对该“方案”进行调查，并根据调查结果决定是否启用该“方案”，调查人员分别在各 个年级随机抽取若干学生对该 “方案” 进行评分， 并将评分分成30， 40） ， 40， 50） ， ， 90，100七组，绘制成如图所示的频率分布直方 图 相关规则为采用百分制评分，60，80）内认定为对该“方案”满意，不低于 80 分认 定为对该“方案”非常满意，60 分以下认定为对该“方案”不满意；学生对“方案” 的满意率不低于 80%即可启用该“方案”；用样本的频率代替概率 （1）从该校学生中随机抽取 1 人，求被抽取
27、的这位同学非常满意该“方案”的概率，并 根据频率分布直方图求学生对该“方案”评分的中位数 （2）根据所学统计知识，判断该校是否启用该“方案”，说明理由 【分析】（1）根据频率分布直方图，求出被调查者非常满意的频率，由此能求出被抽取 的这位同学非常满意该“方案”的概率；设中位数为 x0，根据中位数将频率分布直方图 的左右两边分成面积相等的两部分可求出中位数 （2）根据题意，60 分或以上被认定为满意或非常满意，评分在60，100的频率为 0.68 0.80，根据相关规则，该校不应启用该“方案” 解：（1）根据频率分布直方图，被调查者非常满意的频率是 ， 被抽取的这位同学非常满意该“方案”的概率为
28、 设中位数为 x0，根据中位数将频率分布直方图的左右两边分成面积相等的两部分可知， 0.02+0.06+0.24+0.03（x060）0.5， 解得中位数 x066 （2）根据题意，60 分或以上被认定为满意或非常满意， 在频率分布直方图中， 评分在60，100的频率为（0.030+0.026+0.01+0.002）100.680.80， 根据相关规则，该校不应启用该“方案” 【点评】本题考查频率、概率的求法及应用，考查频率分布直方图的性质等基础知识， 考查运算求解能力，是中档题 19如图，在三棱柱 ABCA1B1C1中，已知ABC 是直角三角形，侧面 ABB1A1是矩形，AB BC1，BB1
29、2， （1）证明：BC1AC （2）若 E 是棱 CC1的中点，求点 C 到平面 ABE 的距离 【分析】（1）推导出 ABBC，ABBB1从而 AB平面 BCC1B1，进而 ABBC1推 导出 BCBC1从而 BC1平面 ABC由此能证明 BC1AC （2）设点 C 到平面 ABE 的距离为 d，由 VCABEVABCE，能求出点 C 到平面 ABE 的距 离 解：（1）证明：因为ABC 是直角三角形，BABC，所以 ABBC 因为侧面 ABB1A1是矩形，所以 ABBB1 因为 BCBB1B，所以 AB平面 BCC1B1，从而 ABBC1 因为 BC1，CC12， ，所以 ，即 BCBC1
30、 因为 BCABB，所以 BC1平面 ABC 所以 BC1AC （2）解：设点 C 到平面 ABE 的距离为 d 由（1）知 AB，BC，BC1两两垂直， 又 BE 是 RtBCC1斜边上的中线， 所以 ， 因为BCE 是边长为 1 的正三角形， 所以 ， 由 VCABEVABCE，得 ， 解得点 C 到平面 ABE 的距离为 【点评】本题考查线线垂直的证明，考查点到平面的距离的求法，考查空间中线线、线 面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题 20已知椭圆 E： ，圆 F：（x1） 2+y21，一动圆在 y 轴右侧与 y 轴相切，同时与圆 F 相外切，此动圆的圆心轨迹为曲线
31、 C，椭圆 E 与曲线 C 有相同的焦 点 （1）求曲线 C 的方程； （2）设曲线 C 与椭圆 E 相交于第一象限点 K，且 ，求椭圆 E 的标准方程； （3）在（2）的条件下，如果椭圆 E 的左顶点为 A，过 F 且垂直于 x 轴的直线与椭圆 E 交于 P，Q 两点，直线 AP，AQ 与直线 l： 分别交于 N，M 两点， 证明：四边形 MNPQ 的对角线的交点是椭圆 E 的右顶点 【分析】（1）设动圆圆心 C 的坐标为（x，y），由定义法求出曲线 C 的方程； （2）由题设求出点 K 的坐标，再由椭圆的定义求出 a，从而解决方程问题； （3）先求出直线 AP 的方程，进而求出点 N 的坐
32、标，再由椭圆的性质解决点 M 的坐标， 然后证明结论 解：（1）设动圆圆心 C 的坐标为（x，y）（x0），因为动圆在 y 轴右侧与 y 轴相切， 同时与圆 F 相外切， 所以|CF|x1，所以 ，化简整理得 y 24x，曲线 C 的方程为 y24x（x0）； （2）依题意，椭圆 E 的半焦距 c1，曲线 C 与椭圆 E 相交于第一象限点 K，且 xK+1， 可得 ， K 点坐标为 ， ，椭圆的另一焦点为 F1（1，0）， 由两点间的距离可得|KF1|+|KF| 42a， 解得 a2 b2a2c23，所以椭圆 E 的标准方程为 ； （3）证明：由（2）知 A（2，0），F（1，0），直线 l
33、的方程为 x4， 根据椭圆的对称性，当直线 PQx 轴时，四边形 MNPQ 是等腰梯形，对角线的交点在 x 轴上， 此时直线 PQ 的方程为 x1，由 ， ， ， ， 不妨取 ， ， ， ，故直线 AP 的方程为 ，将 x4 代入得 N（4， 3）， 所以直线 QN 的方程为 ，令 y0，得 x2，即直线 QN 与 x 轴的交点为（2， 0）， 此时恰好为椭圆的右顶点由椭圆的对称性可知 PM 也过椭圆的右顶点 所以四边形 MNPQ 的对角线的交点是椭圆 E 的右顶点 【点评】本题主要考查圆锥曲线的定义及标准方程还有圆锥曲线的综合问题，属于中档 题 21已知函数 f（x） （1）若不等式 f（x
34、） 1 在 xa，2a（0ae）上有解，求 a 的取值范围； （2）若 x1，x22，+），且 x1x2，证明：f（x1）f（x2） x2 2 【分析】（1）函数 f（x） ，x（0，+）. ，可得函数 f（x）的单调 递增区间为（0，e），单调递减区间为（e，+）对 a 分类讨论即可得出 （2） ，构造 ，利用导数研究函数的单调性即 可得出 【解答】（1）解：函数 f（x） ，x（0，+） ， 函数 f（x）的单调递增区间为（0，e），单调递减区间为（e，+） 由题意可知，当 ， ， 解得 ，故 ； 当 ， ，因为 ，故 无解 综上， （2）证明： ，设 ， 则 ， 令 H（x）33lnx2
35、x3（x2），则 ， 因为 x2，所以 H（x）0，故 H（x）为减函数，所以 H（x）H（2）133ln2 0，所以 G（x）0， 故 G（x）在2，+）上是单调递减函数 所以对于任意 x1，x22，+），且 x1x2，必有 ，即 【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性、极值与最值、方程与不等式的解法、 等价转化方法、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题 一、选择题 22在直角坐标系 xOy 中，曲线 C 的参数方程为 ， （ 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， 已知射线 L 的极坐标方程为 （ 0） （1）求曲线 C 的极坐标方程与射线 L
36、 的直角坐标方程； （2）若射线 L 与曲线 C 交于 A，B 两点，求|OA|2 |OB|+|OB|2 |OA| 【分析】 （1） 直接利用转换关系， 把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换 （2）利用极径的应用和一元二次方程根和系数关系式的应用求出结果 解：（1）曲线 C 的参数方程为 ， （ 为参数）转换为直角坐标方程 为（x4）2+（y+1）28，转换为极坐标方程为 28cos+2sin+90 射线 L 的极坐标方程为 （0）转换为直角坐标方程为 yx （2）射线 L 与曲线 C 交于 A，B 两点， 所以 ，整理得 ， 所以 ，AB9， 所以|OA|2 |OB|+|OB|2
37、|OA| 【点评】本题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，极径 的应用，一元二次方程根和系数关系式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及 思维能力，属于基础题型 选修 4-5：不等式选讲 23已知 a0，函数 f（x）|ax1|，g（x）|ax+2| （1）若 f（x）g（x），求 x 的取值范围； （2）若 f（x）+g（x）|210a7|对 xR 恒成立，求 a 的最大值与最小值之和 【分析】（1）双绝对值不等式，两边同时平方 （2）恒成立问题转化为最值，然后解绝对值不等式 解：（1）因为 f（x）g（x），所以|ax1|ax+2|， 两边同时平方得 a2x22ax+1a2x2+4ax+4， 即 6ax3， 当 a0 时，x ， 当 a0，时 x （2）因为 f（x）+g（x）|ax1|+|ax+2|（ax1）（ax+2）|3， 所以 f（x）+g（x）的最小值为 3， 所以|210a7|3，则3210a73， 解得 lg2alg5， 故 a 的最大值与最小值之和为 lg2+lg5lg101 【点评】本题考查绝对值不等式和恒成立问题，属于中档题