1、2020 年高考数学三模试卷（理科）年高考数学三模试卷（理科） 一、选择题（共 12 小题）. 1已知集合 Mx|（x1）（x2）0，Nx|x0，则（ ） ANM BMN CMN DMNR 2复数 z12+i，若复数 z1，z2在复平面内的对应点关于虚轴对称，则 z1z2（ ） A5 B5 C3+4i D34i 3已知抛物线 x22py 上一点 A（m，1）到其焦点的距离为 3，则 p（ ） A2 B2 C4 D4 4九章算术中介绍了一种“更相减损术”，用于求两个正整数的最大公约数，将该方 法用算法流程图表示如图，若输入 a15，b12，i0，则输出的结果为（ ） Aa4，i4 Ba4，i5
2、Ca3，i4 Da3，i5 5被誉为“中国现代数学之父”的著名数学家华罗庚先生倡导的“0.618 优选法”在生产和 科研实践中得到了非常广泛的应用，0.618 就是黄金分割比 的近似值，黄金分 割比还可以表示成 2sin18，则 （ ） A4 B C2 D 6已知某不规则几何体三视图如图，其中俯视图中的圆弧为 圆周，则该几何体的侧面积为 （ ） A B C D 7设函数 f（x）cos2x+bsinx，则“b0”是“f（x）的最小正周期为 ”的（ ） A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件 82020 年初，新型冠状肺炎在欧洲爆发后，我国第一时间内向相关国家捐助
3、医疗物资，并 派出由医疗专家组成的医疗小组奔赴相关国家现有四个医疗小组甲、乙、丙、丁，和 有 4 个需要援助的国家可供选择，每个医疗小组只去一个国家，设事件 A“4 个医疗小 组去的国家各不相同”，事件 B“小组甲独自去一个国家”，则 P（A|B）（ ） A B C D 9已知 O 为ABC 的外接圆的圆心，且 ，则C 的值为（ ） A B C D 10我们打印用的 A4 纸的长与宽的比约为 ，之所以是这个比值，是因为把纸张对折，得 到的新纸的长与宽之比仍约为 ，纸张的形状不变已知圆柱的母线长小于底面圆的直 径长 （如图所示） ， 它的轴截面 ABCD 为一张 A4 纸， 若点 E 为上底面圆
4、上弧 AB 的中点， 则异面直线 DE 与 AB 所成的角约为（ ） A B C D 11已知 x 与 y 之间的几组数据如表： x 1 2 3 4 y 1 m n 4 如表数据中 y 的平均值为 2.5，若某同学对 m 赋了三个值分别为 1.5，2，2.5，得到三条 线性回归直线方程分别为 yb1x+a1，yb2x+a2，yb3x+a3，对应的相关系数分别为 r1， r2，r3，下列结论中错误的是（ ） 参考公式：线性回归方程 y 中，其中 ， 相关 系数 r A三条回归直线有共同交点 B相关系数中，r2最大 Cb1b2 Da1a2 12已知函数 f（x）x34x，过点 A（2，0）的直线
5、l 与 f（x）的图象有三个不同的交 点，则直线 l 斜率的取值范围为（ ） A（1，8） B（1，8）（8，+） C（2，8）（8，+） D（1，+） 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分 13已知 m 是常数，（mx1）5a5x5+a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0，且 a1+a2+a3+a4+a533，则 m 14已知 ，若 ，则 15在平面直角坐标系 xOy 中，F 是双曲线 ， 的右焦点，直线 y 2b 与双曲线交于 B，C 两点，且BFC90，则该双曲线的离心率为 16在ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，设ABC 的面积为 S，若
6、4sin2A 3sin2B+2sin2C，则 的最大值为 三、解答题：共 70 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤第 17-21 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：共 60 分 17已知数列an的前 n 项和 Snn2+pn，且 a4，a7，a12成等比数列 （1）求数列an的通项公式； （2）若 bn ，求数列bn的前 n 项和 Tn 18 随着生活节奏的加快以及智能手机的普及， 外卖点餐逐渐成为越来越多用户的餐饮消费 习惯，由此催生了一批外卖点餐平台已知某外卖平台的送餐费用与送餐距离有关（该 平台只给 5 千米范围内配送）
7、，为调査送餐员的送餐收入，现从该平台随机抽取 100 名 点外卖的用户进行统计，按送餐距离分类统计结果如表： 送餐距离（千米） （0，1 （1，2 （2，3 （3，4 （4，5 频数 15 25 25 20 15 以这 100 名用户送餐距离位于各区间的频率代替送餐距离位于该区间的概率 （1）若某送餐员一天送餐的总距离为 100 千米，试估计该送餐员一天的送餐份数；（四 舍五入精确到整数，且同一组中的数据用该组区间的中点值为代表） （2）若该外卖平台给送餐员的送餐费用与送餐距离有关，规定 2 千米内为短距离，每份 3 元，2 千米到 4 千米为中距离，每份 7 元，超过 4 千米为远距离，每份
8、 12 元记 X 为 送餐员送一份外卖的收入（单位：元），求 X 的分布列和数学期望 19如图，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 是边长为 2 的菱形，DAB60，AD PD，点 F 为棱 PD 的中点 （1）在棱 BC 上是否存在一点 E，使得 CF平面 PAE，并说明理由； （2）若 ACPB，二面角 DFCB 的余弦值为 时，求直线 AF 与平面 BCF 所成的角 的正弦值 20已知椭圆 ： ，四点 ， ， ， ， ， ， ， 中恰有三个点在椭圆 C 上，左、右焦点分别为 F1、F2 （1）求椭圆 C 的方程； （2）过左焦点 F1且不平行坐标轴的直线 l 交椭圆于 P、Q 两点
9、，若 PQ 的中点为 N，O 为原点，直线 ON 交直线 x3 于点 M，求 的最大值 21已知函数 在 x2 处取到极值为 （1）求函数 f（x）的单调区间； （2）若不等式 x2f（x）kx+lnx+1 在 x（0，+）上恒成立，求实数 k 的取值范围 （二）选考题：共 10 分，请考生在 22、23 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（本小题满分 10 分） 22在直角坐标系 xOy 中，以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 C1 的极坐标方程为 sin2 （1）M 为曲线 C1上的动点，点 P 在线段 OM 上，且满足 ，求
10、点 P 的轨迹 C2的直角坐标方程； （2）曲线 C2上两点 ， 与点 B（2，），求OAB 面积的最大值 选修 4-5：不等式选讲（本小题满分 0 分） 23已知 a，b，c 均为正数，设函数 f（x）|xb|x+c|+a，xR （1）若 a2b2c2，求不等式 f（x）3 的解集； （2）若函数 f（x）的最大值为 1，证明： 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|（x1）（x2）0，Nx|x0，则（ ） ANM BMN CMN DMNR 【分析】利用集合的子集真子集关系，集合的基本运
11、算可得正确选项 解：已知集合 Mx|（x1）（x2）0x|1x2，Nx|x0， 则由集合的运算和集合的关系可得：MN，B 正确； 故选：B 2复数 z12+i，若复数 z1，z2在复平面内的对应点关于虚轴对称，则 z1z2（ ） A5 B5 C3+4i D34i 【分析】由题意可知 z22+i，再利用复数的运算法则即可得出 解：由题意可知 z22+i， 所以 z1z2（2+i）（2+i）415 故选：A 3已知抛物线 x22py 上一点 A（m，1）到其焦点的距离为 3，则 p（ ） A2 B2 C4 D4 【分析】求出抛物线的准线方程，利用抛物线的定义，转化求解即可 解： 抛物线 x22py
12、 的准线方程为 y ， 抛物线上一点 A （m， 1） 到其焦点的距离为 3， 可得 1 ，解得 p4 故选：C 4九章算术中介绍了一种“更相减损术”，用于求两个正整数的最大公约数，将该方 法用算法流程图表示如图，若输入 a15，b12，i0，则输出的结果为（ ） Aa4，i4 Ba4，i5 Ca3，i4 Da3，i5 【分析】由循环结构的特点，先判断，再执行，分别计算出当前 a，b，i 的值，即可得 到结论 解：模拟执行程序框图，输入 a15，b12，i0， i0+11，ab，a15123， i1+12，ab，b1239， i2+13，ab，b936， i3+14，ab，b633， i4+1
13、5，ab3，输出 a3，i5， 故选：D 5被誉为“中国现代数学之父”的著名数学家华罗庚先生倡导的“0.618 优选法”在生产和 科研实践中得到了非常广泛的应用，0.618 就是黄金分割比 的近似值，黄金分 割比还可以表示成 2sin18，则 （ ） A4 B C2 D 【分析】把 m2sin18代入 ，然后结合同角三角函数基本关系式与倍角公 式化简求值 解：由题意，2sin18m ， m24sin218， 则 故选：C 6已知某不规则几何体三视图如图，其中俯视图中的圆弧为 圆周，则该几何体的侧面积为 （ ） A B C D 【分析】首先把三视图转换为直观图，进一步求出几何体的侧面积 解：根据
14、几何体的三视图转换为直观图为：由一个三棱锥体和一个 圆锥组成的几何体 如图所示： 所以： 侧 故选：C 7设函数 f（x）cos2x+bsinx，则“b0”是“f（x）的最小正周期为 ”的（ ） A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件 【分析】直接利用正弦型函数的性质的应用和四个条件的应用求出结果 解：当 b0 时，函数 f（x）cos2x+bsinx ，所以函数的最小正周期 为 ， f（x）cos2x+bsinx bsinx，当 b0 时，函数的最小正周期为 和 2 的最小 公倍数，即为 2， 当函数的最小正周期为 时，可得 b0， 故函数 f（x）cos2x
15、+bsinx，则“b0”是“f（x）的最小正周期为 ”的充要条件 故选：C 82020 年初，新型冠状肺炎在欧洲爆发后，我国第一时间内向相关国家捐助医疗物资，并 派出由医疗专家组成的医疗小组奔赴相关国家现有四个医疗小组甲、乙、丙、丁，和 有 4 个需要援助的国家可供选择，每个医疗小组只去一个国家，设事件 A“4 个医疗小 组去的国家各不相同”，事件 B“小组甲独自去一个国家”，则 P（A|B）（ ） A B C D 【分析】 先求出 “4 个医疗小组去的国家各不相同” 且 “小组甲独自去一个国家” 的概率， 再求“小组甲独自去一个国家”的概率，代入公式计算即可 解： 事件 A “4 个医疗小组
16、去的国家各不相同” ， 事件 B “小组甲独自去一个国家” ， 则 P（AB） ，P（B） ， P（A|B） ， 故选：A 9已知 O 为ABC 的外接圆的圆心，且 ，则C 的值为（ ） A B C D 【分析】直接利用向量的关系式转换为向量的模的关系，进一步利用圆的性质的应用求 出结果 解： 已知 O 为ABC 的外接圆的圆心， 且 ， 则 ， 设 OAOBOCx， 所以 ，整理得 9x2+24x2cosAOB+16x225x2， 所以 cosAOB0， 由于 0AOB， 所以 ， 由于在圆中同弧所对的圆周角是圆心角的一半， 所以 故选：A 10我们打印用的 A4 纸的长与宽的比约为 ，之所
17、以是这个比值，是因为把纸张对折，得 到的新纸的长与宽之比仍约为 ，纸张的形状不变已知圆柱的母线长小于底面圆的直 径长 （如图所示） ， 它的轴截面 ABCD 为一张 A4 纸， 若点 E 为上底面圆上弧 AB 的中点， 则异面直线 DE 与 AB 所成的角约为（ ） A B C D 【分析】设 CD 的中点为 O，过 E 作 EF底面O，连接 OE，OF，证明 ODOE，计 算 tanEDO 即可得出答案 解：ABCD，EDC 为异面直线 DE 与 AB 所成的角， 设 CD 的中点为 O，过 E 作 EF底面O，连接 OE，OF， E 是 的中点，F 是 的中点， CDOF， 又 EF平面O
18、，EFCD， CD平面 OEF， ODOE 设 AD1，则 CD ，故 OF ，EF1，于是 OE ， tanEDO ， EDO 故选：C 11已知 x 与 y 之间的几组数据如表： x 1 2 3 4 y 1 m n 4 如表数据中 y 的平均值为 2.5，若某同学对 m 赋了三个值分别为 1.5，2，2.5，得到三条 线性回归直线方程分别为 yb1x+a1，yb2x+a2，yb3x+a3，对应的相关系数分别为 r1， r2，r3，下列结论中错误的是（ ） 参考公式：线性回归方程 y 中，其中 ， 相关 系数 r A三条回归直线有共同交点 B相关系数中，r2最大 Cb1b2 Da1a2 【分
19、析】由题意可得 m+n5，分别取 m 与 n 的值，得到 b1，a1，b2，a2，r1，r2，r3的值， 逐一分析四个选项得答案 解：由题意，1+m+n+410，即 m+n5 若 m1.5，则 n3.5，此时 ， （12.5）（12.5）+（22.5）（1.52.5） +（32.5）（3.52.5）+（42.5）（42.5）5.5， （1.5）2+（0.5）2+0.52+1.525， （1.5）2+（1）2+12+1.526.5 则 ，a12.51.12.50.25， ； 若 m2，则 n3，此时 ， （12.5） （12.5）+（22.5） （22.5）+（32.5） （32.5） +（42
20、.5）（42.5）5， 5， （1.5）2+（0.5）2+0.52+1.525 ，a 22.512.50， ； 若 m2.5，则 n2.5，此时 ， （12.5）（12.5）+（22.5）（2.52.5） +（32.5）（2.52.5）+（42.5）（42.5）4.5， 5， （1.5）2+1.524.5， 由样本点的中心相同，故 A 正确； 由以上计算可得，相关系数中，r2最大，b1b2，a1a2，故 B，C 正确，D 错误 故选：D 12已知函数 f（x）x34x，过点 A（2，0）的直线 l 与 f（x）的图象有三个不同的交 点，则直线 l 斜率的取值范围为（ ） A（1，8） B（1，
21、8）（8，+） C（2，8）（8，+） D（1，+） 【分析】设直线 l 的斜率为 k，方程为 yk（x+2），由题意可得 k（x+2）x34x 有三 个不等的实根，显然 x2 是其中的一个根，则 kx22x 有两个不等的实根，且 x 2，即 k8，由判别式大于 0，可得所求范围 解：函数 f（x）x34x，可得 f（2）0， 设直线 l 的斜率为 k，方程为 yk（x+2）， 由题意可得 k（x+2）x34x 有三个不等的实根， 显然 x2 是其中的一个根， 则 kx22x 有两个不等的实根，且 x2，即 k8， 由 x22xk0 的0，可得 4+4k0，解得 k1， 则 k 的范围是（1，
22、8）（8，+）， 故选：B 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分 13已知 m 是常数，（mx1）5a5x5+a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0，且 a1+a2+a3+a4+a533，则 m 3 【分析】在已知二项式中分别取 x0 和 x1，联立即可求得 m 值 解：在（mx1）5a5x5+a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0中， 取 x0，得1a0， 取 x1，得（m1）5a5+a4+a3+a2+a1+a0， a1+a2+a3+a4+a5（m1）5+133， 则（m1）532， 即 m3， 故答案为：3 14已知 ，若 ，则 【分析】由已知可得 f（x）为
23、奇函数，结合奇函数的定义可求 解： ， f（x）f（x）即 f（x）为奇函数， ， 则 f（log2b）f（log2b） ， 故答案为： 15在平面直角坐标系 xOy 中，F 是双曲线 ， 的右焦点，直线 y 2b 与双曲线交于 B，C 两点，且BFC90，则该双曲线的离心率为 【分析】 由题可知， F （c， 0） ， 把y2b代入双曲线方程可得B （ ， ） ， C （ ， ） ， 因 为BFC90， 所以 kBF kCF1， 即 ， 化简得 4b25a2c2， 然后结合 b2c2a2和离心率 即可得解 解：由题意可知，F（c，0）， 把 y2b 代入双曲线方程可得 ，不妨设 B（ ， ）
24、，C（ ， ）， 因为BFC90，所以 kBF kCF1，即 ，化简得 4b25a2 c2， 又因为 b2c2a2，所以 ， 所以离心率 故答案为： 16在ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，设ABC 的面积为 S，若 4sin2A 3sin2B+2sin2C，则 的最大值为 【分析】利用正弦、余弦定理，和三角形的面积公式以及平面向量的数量积，计算即可 解：ABC 中，4sin2A3sin2B+2sin2C， 所以 4a23b2+2c2； 又 b c， 所以 4a26c2+2c28c2， 解得 a c； 所以 cosA ， 所以 故答案为： 三、解答题：共 70 分，解答应写
25、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作答第 22-23 题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题：共 60 分 17已知数列an的前 n 项和 Snn2+pn，且 a4，a7，a12成等比数列 （1）求数列an的通项公式； （2）若 bn ，求数列bn的前 n 项和 Tn 【分析】本题第（1）题先根据公式 an ， ， ，初步计算出数列a n的含有 参数 p 的通项公式，然后将 a4，a7，a12代入通项公式，并根据等比中项的性质列出关于 p 的方程，解出 p 的值，即可得到数列an的通项公式； 第（2）题先根据第（1）题的结果计算出 Sn的表达式，以
26、及数列bn的通项公式，然后 将通项公式进行转化，最后运用裂项相消法可计算出前 n 项和 Tn 解：（1）由题意，当 n1 时，a1S11+p， 当 n2 时，anSnSn1n2+pn（n1）2p（n1）2n1+p， 当 n1 时，a11+p 也满足上式， an2n1+p， a4，a7，a12成等比数列， ， （7+p）（23+p）（13+p）2，解得 p2， an2n+1，nN* （2）由（1）知，Snn2+2n， 则 1 1 ， Tnb1+b2+bn 1 （ ）+1 （ ）+ n （ ） 18 随着生活节奏的加快以及智能手机的普及， 外卖点餐逐渐成为越来越多用户的餐饮消费 习惯，由此催生了一
27、批外卖点餐平台已知某外卖平台的送餐费用与送餐距离有关（该 平台只给 5 千米范围内配送），为调査送餐员的送餐收入，现从该平台随机抽取 100 名 点外卖的用户进行统计，按送餐距离分类统计结果如表： 送餐距离（千米） （0，1 （1，2 （2，3 （3，4 （4，5 频数 15 25 25 20 15 以这 100 名用户送餐距离位于各区间的频率代替送餐距离位于该区间的概率 （1）若某送餐员一天送餐的总距离为 100 千米，试估计该送餐员一天的送餐份数；（四 舍五入精确到整数，且同一组中的数据用该组区间的中点值为代表） （2）若该外卖平台给送餐员的送餐费用与送餐距离有关，规定 2 千米内为短距离
28、，每份 3 元，2 千米到 4 千米为中距离，每份 7 元，超过 4 千米为远距离，每份 12 元记 X 为 送餐员送一份外卖的收入（单位：元），求 X 的分布列和数学期望 【分析】 （1） 利用频率分布表， 计算每名外卖用户的平均送餐距离 然后求解送餐份数 （2） 由题意知 X 的可能取值为： 3，7，12，求出概率，得到分布列， 然后求解期望即可 解：（1）估计每名外卖用户的平均送餐距离为：0.50.15+1.50.25+2.50.25+3.5 0.2+4.50.152.45 千米 所以送餐距离为 100 千米时，送餐份数为： 份； （2）由题意知 X 的可能取值为：3，7，12， ， ，
29、 ， 所以 X 的分布列为： X 3 7 12 P 19如图，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 是边长为 2 的菱形，DAB60，AD PD，点 F 为棱 PD 的中点 （1）在棱 BC 上是否存在一点 E，使得 CF平面 PAE，并说明理由； （2）若 ACPB，二面角 DFCB 的余弦值为 时，求直线 AF 与平面 BCF 所成的角 的正弦值 【分析】（1）取点 E 为棱 BC 的中点，取 PA 的中点 Q，连结 EQ、FQ，利用已知结合 三角形中位线定理可证四边形 CEQF 为平行四边形得到 CFEQ，再由直线与平面平 行的判定得 CF平面 PAE； （2）取 AB 中点 M，以
30、 D 为坐标原点，分别以 DM，DC，DP 所在直线为 x，y，z 轴建 立空间直角坐标系设 FDa，利用平面 FBC 与平面 DFC 的所成角的余弦值求得 a，可 得平面 BCF 的一个法向量及 的坐标再由两向量所成角的余弦值可得 FA 与平面 BCF 所成的角的正弦值 解：（1）在棱 BC 上存在点 E，使得 CF平面 PAE，点 E 为棱 BC 的中点 证明：取 PA 的中点 Q，连结 EQ、FQ， 由题意，FQAD 且 ，CEAD 且 ， 故 CEFQ 且 CEFQ 四边形 CEQF 为平行四边形 CFEQ，又 CF平面 PAE，EQ平面 PAE， CF平面 PAE； （2）取 AB
31、中点 M， 以 D 为坐标原点，分别以 DM，DC，DP 所在直线为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系 设 FDa，则 D（0，0，0），F（0，0，a），C（0，2，0）， B（ ，1，0），A（ ， ， ） ， ， ， ， ， 设平面 FBC 的一个法向量为 ， ， 由 ，取 x1，得 ， ， ； 取平面 DFC 的一个法向量为 ， ， 由题意， ， ，解得 a ， ， 设直线 AF 与平面 BCF 所成的角为 ， 则 sin|cos ， | 即直线 AF 与平面 BCF 所成的角的正弦值为 20已知椭圆 ： ，四点 ， ， ， ， ， ， ， 中恰有三个点在椭圆 C 上，左、右焦点分别为
32、 F1、F2 （1）求椭圆 C 的方程； （2）过左焦点 F1且不平行坐标轴的直线 l 交椭圆于 P、Q 两点，若 PQ 的中点为 N，O 为原点，直线 ON 交直线 x3 于点 M，求 的最大值 【分析】（1）由椭圆的对称性可得 P2，P3，P4在椭圆上，进而求出椭圆的方程； （2）由（1）可得 F1的坐标，由题意设直线 l 的方程与椭圆联立，求出两根之和及两根 之积， 求出PQ的中点N的坐标， 再由直线ON与x3， 求出M的坐标， 进而求出 的 表达式，换元由均值不等式可得其最大值 解： （1） 由椭圆的对称性易知 ， ， ， 关于 y 轴对称， 一定都在椭圆上 所以 ， 一定不在椭圆上根
33、据题意 ， 也在椭圆上， 将 ， ， ， 带入椭圆方程，解得椭圆方程为 ； （2）设直线 l 方程为 yk（x+2）（k0），P（x1，y1），Q（x2，y2）， 联立 可得（3k2+1）x2+12k2x+12k260； 则24（k2+1）0，且 ， ， 设 PQ 的中点 N（x0，y0），则 ， ， N 坐标为 ， ， ，； 因此直线 ON 的方程为 ，从而点 M 为 ， ，又 F1（2，0）， 所以 ，令 u3k2+11， 则 ， 因此当 u4，即 k1 时 h（u）最大值为 3 所以 取得最大值 21已知函数 在 x2 处取到极值为 （1）求函数 f（x）的单调区间； （2）若不等式 x
34、2f（x）kx+lnx+1 在 x（0，+）上恒成立，求实数 k 的取值范围 【分析】（1）求出函数的导数，结合题意得到关于 a，b 的方程，求出 a，b 的值，求出 函数的单调区间即可； （2） 问题等价于 在 x （0， +） 上恒成立， 令 ， 则 只需 kg（x）min即可，根据函数的单调性判断即可 解：（1）由已知定义域为x一、选择题|x0， ， 由 ，又 a0，得 ， ，所以 a1， 从而 又 x0 由 f（x）0 得：x2；由 f（x）0 得：x0 或 0x2 故 f（x）的单调递减区间是：（，0）和（0，2）；单调递增区间是：（2，+） （2）等价于 在 x（0，+）上恒成立，
35、 令 ，则只需 kg（x）min即可 ，令 ， 则 所以 h（x）在 x（0，+）上单调递增， 又 ， ， 所以有唯一的零点 ， ，h（x）在 ， 上单调递减，在 x（x0，1）上单 调递增 因为 ，两边同时取自然对数，则有 ， 即 构造函数 m（x）x+lnx（x0），则 ， 所以函数 m（x）在 x（0，+）上单调递增， 又 ，所以 ，即 所以 ，即 ， 于是实数 k 的取值范围是 ， （二）选考题：共 10 分，请考生在 22、23 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（本小题满分 10 分） 22在直角坐标系 xOy 中，以坐标原点为极点，x
36、轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 C1 的极坐标方程为 sin2 （1）M 为曲线 C1上的动点，点 P 在线段 OM 上，且满足 ，求点 P 的轨迹 C2的直角坐标方程； （2）曲线 C2上两点 ， 与点 B（2，），求OAB 面积的最大值 【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）利用三角形的面积公式的应用求出结果 解：（1）设 P 的极坐标为（，）（0），M 的极坐标为（0，）（00） 由题设知|PO|， 由 4， 得 ， 所以 C2的极坐标方程 2sin（0）， 因此 C2的直角坐标方程为 x2+（y1）21（y0） （2）依题意： ，
37、|OB|22sin 于是OAB 面积： S 当 时，S 取得最大值 所以OAB 面积的最大值为 选修 4-5：不等式选讲（本小题满分 0 分） 23已知 a，b，c 均为正数，设函数 f（x）|xb|x+c|+a，xR （1）若 a2b2c2，求不等式 f（x）3 的解集； （2）若函数 f（x）的最大值为 1，证明： 【分析】（1）根据 a2b2c2 时，将不等式 f（x）3 化为|x1|x+1|1，然后利 用零点分段法解不等式即可； （2）根据条件利用绝对值三角不等式，可得 a+b+c1，然后利用柯西不等式，即可证 明 解：（1）当 a2b2c2 时，不等式 f（x）3 化为|x1|x+1|1， 当 x1 时，原不等式化为 1x+1+x1，解集为； 当1x1 时，原不等式化为 1xx11，解得 ； 当 x1 时，原不等式化为 x1x11，解得 x1， 不等式 f（x）3 的解集为 ， （2）证明：f（x）|xb|x+c|+a|（x+c）（xb）|+a|b+c|+a， 又a，b，c0， f（x）maxa+b+c1， 36， 当且仅当 ，即 ， ， 时等号成立，