辽宁省2020届高三（5月份）高考押题数学（文）试题 Word版含解析 22页

- 1 - 2020 年辽宁省高考数学押题试卷（文科）（5 月份） 一.选择题：本大题共 12 个小题，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. 设集合 { | 2 3, }A x x x Z     ， { 2, 1,0,1,2,3}B    ，则集合 A B 为（ ） A. { 2, 1,0,1,2}  B. { 1,0,1,2} C. { 1,0,1,2,3} D. { 2, 1,0,1,2,3}  【答案】B 【解析】 由题意可得：  1,0,1,2A   ，则集合 A B 为  1,0,1,2 . 本题选择 B 选项. 2. 若复数 ( , )z x yi x y R   满足  1 3z i i   ，则 x y 的值为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】C 【解析】 【详解】分析：利用复数的运算法则化简复数，再由复数相等即可得出. 详解：由 ( , )z x yi x y R   ，可得 (1 ) ( ) (3 ) ( )z i i i i       ， 即1 1 3z i    ，可得 2 3z i   ，所以 2, 3x y    ，所以 5x y   . 故选：C 点睛：本题主要考查了复数的运算与复数相等的概念，着重考查了推理与计算能力，属于基 础题. 3. 若 1cos( )4 3    ， (0, )2   ，则sin 的值为（ ） A. 7 18 B. 2 3 C. 4 2 6  D. 4 2 6  【答案】C 【解析】 分析：利用同角三角函数的基本关系式sin( )4   的值，再利用两角差的正弦函数公式即可 - 2 - 求解sin[( ) ]4 4    的值. 详解：因为 1cos( ) ,04 3 2       ， 则 0 4 2     ，且 2 2 2sin( ) 1 cos ( )4 4 3        ， 则 2 2 2 1 2 4 2sin[( ) ] sin( )cos cos( )sin4 4 4 4 4 4 3 2 3 2 6                    ， 故选 C. 点睛：本题主要考查了同角三角函数的基本关系式，以及两角差的正弦函数公式的应用，其 中熟记三角恒等变换的公式是化简求值的关键，着重考查了推理与运算能力. 4. 抛掷一枚质地均匀的骰子两次，记事件 {A  两次的点数均为偶数且点数之差的绝对值为 2}，则  P A  （ ） A. 1 9 B. 1 3 C. 4 9 D. 5 9 【答案】A 【解析】 【详解】连续两次抛掷一枚骰子，记录向上的点数， 基本事件总数 n=6×6=36， 两次的点数均为偶数且点数之差的绝对值为 2 包含的基本事件有： (2,4),(4,2), (4,6),(6,4)， 共有 4 个， ∴两次的点数均为偶数且点数之差的绝对值为 2 的概率： 4 1 36 9p   . 本题选择 A 选项. 点睛：有关古典概型的概率问题，关键是正确求出基本事件总数和所求事件包含的基本事件 数． (1)基本事件总数较少时，用列举法把所有基本事件一一列出时，要做到不重复、不遗漏，可 借助“树状图”列举．(2)注意区分排列与组合，以及计数原理的正确使用. 5. 定义平面上两条相交直线的夹角为：两条相交直线交成的不超过 90 的正角.已知双曲线 - 3 - E ： 2 2 2 2 1( 0, 0)x y a ba b     ，当其离心率 [ 2,2]e 时，对应双曲线的渐近线的夹角的取值 范围为（ ） A. [0, ]6  B. [ , ]6 3   C. [ , ]4 3   D. [ , ]3 2   【答案】D 【解析】 【详解】由题意可得：     2 2 2 2 2 2 21 2,4 , 1,3c b be a a a       ， 1, 3b a     设双曲线的渐近线与 x 轴的夹角为 ， tan 1, 3     因为 0, 2      则 ,4 3        ， 结合题意相交直线夹角的定义可得双曲线的渐近线的夹角的取值范围为 ,3 2       . 故选：D. 6. 某几何体的三视图如图所示，若该几何体的体积为3 2  ，则它的表面积是（ ） A. 3 13( 3) 22 22    B. 3 13 3( ) 22 24 2    C. 13 222   D. 13 224   【答案】A 【解析】 由三视图可知，该几何体是由四分之三圆锥和一个三棱锥组成的组合体，其中： - 4 - 2 2 2 23 1 3 1 1 1= 3 , = 34 3 4 2 3 2V a a V a a       圆锥 三棱锥 由题意： 2 23 1 3 2, 24 2a a a      ，据此可知： 3 1=2 2 2 3 24 2S a      底 ， 3 3 13= 13 24 2S    圆锥侧 ， 1= 2 2 11 222S   棱锥侧 ， 它的表面积是 3 13 3 22 22        . 本题选择 A 选项. 点睛：三视图的长度特征：“长对正、宽相等，高平齐”，即正视图和侧视图一样高、正视 图和俯视图一样长，侧视图和俯视图一样宽．若相邻两物体的表面相交，表面的交线是它们 的分界线，在三视图中，要注意实、虚线的画法．正方体与球各自的三视图相同，但圆锥的 不同． 7. 函数 sin ln | | y x x 在区间[ 3,3] 的图像大致为（ ）． A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 分析：判断  f x 的奇偶性，在 (0,1) 上的单调性，计算  1f 的值，结合选项即可得出答案. 详解：设   sin lnf x x x  ， 当 0x  时，     1sin ln cosf x x x f x x x      ， - 5 - 当 (0,1)x 时，   0f x  ，即函数  f x 在 (0,1) 上为单调递增函数，排除 B； 由当 1x  时，  1 sin1 0f   ，排除 D； 因为      sin( ) ln sin lnf x x x f x x x f x           ， 所以函数  f x 为非奇非偶函数，排除 C，故选 A. 点睛：本题主要考查了函数图象的识别，其中解答中涉及到函数的单调性、函数的奇偶性和 函数值的应用，试题有一定综合性，属于中档试题，着重考查了分析问题和解答问题的能力. 8. 已知函数     1 3 12 , 22 2 , 2 , 02 x x x f x a x a R ax             ，若     63 5f f f   ，则 a 为（ ） A. 1 B. 3 4 25 C. 2 2 D. 3 4 【答案】D 【解析】 由题意可得：            3 21 9 9 4 63 2 1 1, 3 1 4 , 32 2 2 5 5f f f f f f f f a               ， 解得： 3 4a  . 本题选择 D 选项. 9. 执行如图的程序框图，若输入的 0x  ， 1y  ， 1n  ，则输出的 p 的值为（ ） A. 81 B. 81 2 C. 81 4 D. 81 8 【答案】C 【解析】 【详解】依据流程图运行程序，首先 初始化数值， x=0,y=1,n=1 ，进入循环体： - 6 - x=nx=1,y= 2 y n =1，时满足条件 y2≥x ，执行 n=n+1=2 ，进入第二次循环， x=nx=2,y= 2 y n = 3 2 ,时满足条件 y2≥x ，执行 n=n+1=3 ，进入第三次循环， x=nx=9,y= 2 y n = 9 4 时，不满足条件 y2≥x ，输出 81 4p xy  . 10. 已知数列 na 是首项为 1，公差为 2 的等差数列，数列 nb 满足关系 31 2 1 2 3 1 2 n n n a aa a b b b b      ，数列 nb 的前 n 项和为 nS ，则 5S 的值为（ ） A. -442 B. -446 C. -450 D. -454 【答案】C 【解析】 【分析】  na 的通项公式为 2 1na n  ，由 1 2 1 2 1 2 n n n aa a b b b     可得 n n a b       的通项进而求出 nb 后可 得 5S ． 【详解】因为 na 为等差数列且 1 1, 2a d  ，故 2 1na n  ． 又 1 1 , 12 1 1 , 22 2 n n n n na b n       ，也就是 1 , 12 1 , 22 n n n na b n      ，所以   2, 1 2 1 2 , 2n n n b n n     ， 5 2 12 40 112 288 450S        ，故选 C． 【点睛】数列的通项 na 与前 n 项和 nS 的关系式 1 1 , 1 , 2n n n S na S S n     ，我们常利用这个关 系式实现 na 与 nS 之间的相互转化. 11. 若函数   2lnf x m x x mx   在区间 0,  内单调递增，则实数 m 的取值范围为 （ ） A.  0,8 B.  0,8 C.    ,0 8,  D.    ,0 8,  【答案】A - 7 - 【解析】 很明显 0m  ，且  ' 2 0mf x x mx     恒成立，即： min 2 , 2m mm x m xx x         由均值不等式的结论： 2 2 2m x mx   ， 据此有： 2 8m m ，解得： 0 8m  . 本题选择 A 选项. 12. 已知函数 ( ) sin( )( 0, 0, )2f x A x A         的图象如图所示，令 ( ) ( ) '( )g x f x f x  ，则下列关于函数 ( )g x 的说法中不正确的是（ ） A. 函数 ( )g x 图象的对称轴方程为 ( )12x k k Z   B. 函数 ( )g x 的最大值为 2 2 C. 函数 ( )g x 的图象上存在点 P ，使得在 P 点处的切线与直线 l ： 3 1y x  平行 D. 方程 ( ) 2g x  的两个不同的解分别为 1x ， 2x ，则 1 2x x 最小值为 2  【答案】C 【解析】 【分析】 根据函数 f（x）的图象求出 A、T、ω和 的值，写出 f（x）的解析式，求出 f′（x），写出 g（x）＝f（x）+f′（x）的解析式，再判断题目中的选项是否正确． 【详解】根据函数 f（x）＝Asin（ωx+ ）的图象知， A＝2， 2 4 3 6 2 T      ， - 8 - ∴T＝2π，ω 2 T   1； 根据五点法画图知， 当 x 6  时，ωx+ 6 2      ， ∴ 3   ， ∴f（x）＝2sin（x 3  ）； ∴f′（x）＝2cos（x 3  ）， ∴g（x）＝f（x）+f′（x） ＝2sin（x 3  ）+2cos（x 3  ） ＝2 2 sin（x 3 4    ） ＝2 2 sin（x 7 12  ）； 令 x 7 12 2     kπ，k∈Z， 解得 x 12    kπ，k∈Z， ∴函数 g（x）的对称轴方程为 x 12    kπ，k∈Z，A 正确； 当 x 7 12 2     2kπ，k∈Z 时，函数 g（x）取得最大值 2 2 ，B 正确； g′（x）＝2 2 cos（x 7 12  ）， 假设函数 g（x）的图象上存在点 P（x0，y0），使得在 P 点处的切线与直线 l：y＝3x﹣1 平行， 则 k＝g′（x0）＝2 2 cos（x0 7 12  ）＝3， 解得 cos（x0 7 12  ） 3 2 2  ＞1，显然不成立， 所以假设错误，即 C 错误； 方程 g（x）＝2，则 2 2 sin（x 7 12  ）＝2， ∴sin（x 7 12  ） 2 2  ， ∴x 7 12 4     2kπ或 x 7 3 12 4     2kπ，k∈Z； - 9 - ∴方程的两个不同的解分别为 x1，x2 时， |x1﹣x2|的最小值为 2  ，D 正确． 故选 C． 【点睛】本题考查了由 y＝Asin（ωx+ ）的部分图象确定解析式，考查了正弦型函数的性质 问题，也考查了导数的几何意义的应用以及命题真假的判断问题，属于难题． 二、填空题（每题 5 分，满分 20 分，将答案填在答题纸上） 13. 向量 ( , )a m n ， ( 1,2)b   ，若向量 a ，b 共线，且 2a b  ，则 mn 的值为__________． 【答案】-8 【解析】 由题意可得：  2 2,4a b   或  2 2, 4a b    ， 则：  2 4 8mn      或  2 4 8mn      . 14. 已知点  1,0A  ，  10B , ，若圆 2 2 8 6 25 0x y x y m      上存在点 P 使 0PA PB   ，则 m 的最小值为__________． 【答案】16 【解析】 【 详 解 】 圆 的 方 程 即 ：    2 24 3x y m    ， 设 圆 上 的 点 P 的 坐 标 为  4 cos ,3 sinP m m   ， 则 ：    5 cos , 3 sin , 3 cos , 3 sinPA m m PB m m              ， 计算可得：    24 10 sin 0PA PB m m          ，   24sin 10 m m      ，由正弦函数的性质有： 241 1 10 m m     ， 求解关于实数 m 的不等式可得：16 36m  ， 则 m 的最小值为 16. 点睛：计算数量积的三种方法：定义、坐标运算、数量积的几何意义，要灵活选用，和图形 有关的不要忽略数量积几何意义的应用． - 10 - 15. 设 x ， y 满足约束条件 2 4 0 2 0 1 0 x y x y y           ，则3 2x y 的最大值为__________． 【答案】 22 3 【解析】 【详解】绘制不等式组表示的平面区域，结合目标函数的几何意义可得目标函数 3 2z x y  在 点 2 8,3 3C      处取得最大值 2 8 223 23 3 3z      . 16. 在平面五边形 ABCDE 中，已知 120A  ， 90B   ， 120C   ， 90E   ， 3AB  ， 3AE  ，当五边形 ABCDE 的面积 [6 3,9 3)S  时，则 BC 的取值范围为__________． 【答案】 3,3 3 【解析】 【 详 解 】 由 题 意 可 设 ： BC DE a  ， 则 ：   21 3 1 3 9 18 39 3 3 3 3 3 6 3,9 32 2 2 2 4 4 4ABCDES a a a a              ， 则：当 3 3a  时，面积有最大值9 3 ； 当 3a  时，面积有最小值 6 3 ； 结合二次函数的性质可得： BC 的取值范围为 3,3 3 . 三、解答题（本大题共 5 小题，共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） - 11 - 17. 在 ABC 中，角 A ， B ，C 所对的边分别为 a ，b ， c ，且 2 2cos cosB C  2sin 3sin sinA A B . （1）求角C ； （2）若 6A   ， ABC 的面积为 4 3 ， M 为 AB 的中点，求CM 的长. 【答案】（1） 6C   .（2） 2 7CM  . 【解析】 【分析】 （1）利用正弦定理把角的关系转化为 2 2 2 3c a b ab   ，由余弦定理可得C 的值. （2）由 ,A C 可以得到 B ，从而 ABC 为等腰三角形，利用面积公式得到边长后用余弦定理 计算CM 的长. 【详解】（1）由正弦定理， 2 2 2sin sin sin 3sin sinC B A A B   可化为 2 2 2 32 2 2 2 2 c b a a b R R R R R                     ，整理得到 2 2 2 3c b a ab   ， 即 2 2 2 3c a b ab   . 又由余弦定理，得 2 2 2 3cos 2 2 a b cC ab    . 因为 0 C   ，所以 6C  . （2）因为 6A C   ， 所以 ABC 为等腰三角形，且顶角 2 3B  . 故 2 21 3sin 4 32 4△   ABCS a B a ，所以 4a  . 在 MBC△ 中，由余弦定理，得 2 2 2 2 cosCM MB BC MB BC B    2 14 16 2 2 4 282CM        ，解得 2 7CM  . 【点睛】三角形中共有七个几何量（三边三角以及外接圆的半径），一般地，知道其中的三个 量（除三个角外），可以求得其余的四个量. - 12 - （1）如果知道三边或两边及其夹角，用余弦定理； （2）如果知道两边即一边所对的角，用正弦定理（也可以用余弦定理求第三条边）； （3）如果知道两角及一边，用正弦定理. 18. 如图所示的几何体 P—ABCD 中，四边形 ABCD 为菱形，∠ABC＝120°，AB＝a，PB＝ 3 a， PB⊥AB，平面 ABCD⊥平面 PAB，AC∩BD＝O，E 为 PD 的中点，G 为平面 PAB 内任一点． (1)在平面 PAB 内，过 G 点是否存在直线 l 使 OE∥l？如果不存在，请说明理由，如果存在， 请说明作法； (2)过 A，C，E 三点的平面将几何体 P—ABCD 截去三棱锥 D—AEC，求剩余几何体 AECBP 的体积． 【答案】（1）过 G 点存在直线 l 使 OE∥l，详见解析（2） 3 8 a3 【解析】 【分析】 （1）先根据三角形中位线性质得 OE∥PB，再在平面 PAB 内，过 G 点作 PB 平行线即可，注意 讨论点 G 在直线 PB 上情况，（2）先根据面面垂直性质定理得 PB⊥平面 ABCD 以及 OE⊥平面 ACD， 再根据锥体体积公式得 V 四棱锥 P—ABCD 以及 V 三棱锥 D—AEC，相减可得结果. 【详解】(1)过 G 点存在直线 l 使 OE∥l，理由如下： 由题意知 O 为 BD 的中点，又 E 为 PD 的中点， 所以在△PBD 中，OE∥PB. 若点 G 在直线 PB 上，则直线 PB 即为所求的直线 l， 所以有 OE∥l； 若点 G 不在直线 PB 上，在平面 PAB 内，过点 G 作直线 l，使 l∥PB， 又 OE∥PB，所以 OE∥l， 即过 G 点存在直线 l 使 OE∥l. (2)连接 EA，EC，则平面 ACE 将几何体分成两部分： 三棱锥 D—AEC 与几何体 AECBP(如图所示)． - 13 - 因为平面 ABCD⊥平面 PAB，且交线为 AB， 又 PB⊥AB，PB⊂平面 PAB， 所以 PB⊥平面 ABCD. 故 PB 为几何体 P—ABCD的高． 又四边形 ABCD 为菱形， ∠ABC＝120°，AB＝a，PB＝ 3 a， 所以 S 四边形 ABCD＝2× 3 4 a2＝ 3 2 a2， 所以 V 四棱锥 P—ABCD＝ 1 3 S 四边形 ABCD·PB＝ 1 3 × 3 2 a2× 3 a＝ 1 2 a3. 又 OE∥ 1 2 PB 且 OE  1 2 PB，所以 OE⊥平面 ACD， 所以 V 三棱锥 D—AEC＝V 三棱锥 E—ACD＝ 1 3 S△ACD·EO＝ 1 4 V 四棱锥 P—ABCD＝ 1 8 a3， 所以几何体 AECBP 的体积 V＝V 四棱锥 P—ABCD－V 三棱锥 D—EAC＝ 1 2 a3－ 1 8 a3＝ 3 8 a3. 【点睛】本题考查线面平行性质定理、锥体体积公式以及面面垂直性质定理，考查基本分析 论证求解能力，属中档题. 19. 某校为缓解高三学生的高考压力，经常举行一些心理素质综合能力训练活动，经过一段 时间的训练后从该年级800 名学生中随机抽取100名学生进行测试，并将其成绩分为 A 、 B 、 C 、D 、E 五个等级，统计数据如图所示（视频率为概率），根据图中抽样调查数据，回答下 列问题： - 14 - （1）试估算该校高三年级学生获得成绩为 B 的人数； （2）若等级 A 、 B 、C 、 D 、 E 分别对应100分、90 分、80 分、 70 分、 60 分，学校要 求当学生获得的等级成绩的平均分大于90 分时，高三学生的考前心理稳定，整体过关，请问 该校高三年级目前学生的考前心理稳定情况是否整体过关？ （3）以每个学生的心理都培养成为健康状态为目标，学校决定对成绩等级为 E 的16 名学生（其 中男生 4 人，女生12 人）进行特殊的一对一帮扶培训，从按分层抽样抽取的 4 人中任意抽取 2 名，求恰好抽到1名男生的概率. 【答案】（1）该校学生获得成绩等级为 B 的概率为 56 14 100 25  ，则该校高三年级学生获得成绩 为 B 的人数约有 14800 44825   ；（2）该校高三年级目前学生的“考前心理稳定整体”已过 关；（3） 1 2P  . 【解析】 试题分析： (1)利用题意首先求得该校学生获得成绩等级为 B 的概率，然后求解人数约为 448 人； (2)利用平均分是数值可得该校高三年级目前学生的“考前心理稳定整体”已过关. (3)利用分层抽样的结论结合古典概型公式可得恰好抽到 1 名男生的概率为 1 2 . 试题解析： （1）从条形图中可知这 100 人中，有 56 名学生成绩等级为 B ， 故可以估计该校学生获得成绩等级为 B 的概率为 56 14 100 25  ， - 15 - 则该校高三年级学生获得成绩等级为 B 的人数约有 14800 44825   . （2）这 100 名学生成绩的平均分为  1 32 100 56 90 7 80 3 70 2 60100          91.3 （分）， 因为91.3 90 ，所以该校高三年级目前学生的“考前心理稳定整体”已过关. （3）按分层抽样抽取的 4 人中有 1 名男生，3 名女生，记男生为 a ，3 名女生分别为 1b ， 2b ， 3b .从中抽取 2 人的所有情况为 1ab ， 2ab ， 3ab ， 1 2b b ， 1 3b b ， 2 3b b ，共 6 种情况，其中恰好 抽到 1 名男生的有 1ab ， 2ab ， 3ab ，共 3 种情况，故所求概率 1 2P  . 点睛：两个防范 一是在频率分布直方图中，小矩形的高表示频率/组距，而不是频率；二是 利用频率分布直方图求众数、中位数和平均数时，应注意三点：①最高的小长方形底边中点 的横坐标即是众数；②中位数左边和右边的小长方形的面积和是相等的；③平均数是频率分 布直方图的“重心”，等于频率分布直方图中每个小长方形的面积乘以小长方形底边中点的 横坐标之和. 20. 已知椭圆C ： 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     的离心率为 2 2 ，且过点 2 3( , )2 2P ，动直线 l ： y kx m  交椭圆C 于不同的两点 A ， B ，且 0OA OB   （O 为坐标原点）. （1）求椭圆C 的方程； （2）讨论 2 23 2m k 是否为定值？若为定值，求出该定值，若不是请说明理由. 【答案】(1) 2 2 12 x y  ;(2)2. 【解析】 试题分析： (1)由题意求得 2 1b  ， 2 2a  ，故所求的椭圆方程为 2 2 12 x y  . (2)联立直线与椭圆的方程，利用根与系数的关系结合题意可证得 2 23 2 2m k  为定值. 试题解析： （1）由题意可知 2 2 c a  ，所以  2 2 2 22 2a c a b   ，即 2 22a b ，① - 16 - 又点 2 3,2 2P       在椭圆上，所以有 2 2 2 3 14 4a b   ，② 由①②联立，解得 2 1b  ， 2 2a  ， 故所求的椭圆方程为 2 2 12 x y  . （2）设    1 1 2 2, , ,A x y B x y ，由 0OA OB   ， 可知 1 2 1 2 0x x y y  . 联立方程组 2 2 , { 1,2 y kx m x y     消去 y 化简整理得 2 2 21 2 4 2 2 0k x kmx m     ， 由   2 2 2 216 8 1 1 2 0k m m k      ，得 2 21 2k m  ，所以 1 2 2 4 1 2 kmx x k     ， 2 1 2 2 2 2 1 2 mx x k   ，③ 又由题知 1 2 1 2 0x x y y  ， 即   1 2 1 2 0x x kx m kx m    ， 整理为   2 2 1 2 1 21 0k x x km x x m     . 将③代入上式，得   2 2 2 2 2 2 2 41 01 2 1 2 m kmk km mk k       . 化简整理得 2 2 2 3 2 2 01 2 m k k    ，从而得到 2 23 2 2m k  . 21. 设函数 2 2( ) ln ( )f x a x x ax a R     . （1）试讨论函数 ( )f x 的单调性； （2）如果 0a  且关于 x 的方程 ( )f x m 有两解 1x ， 2 1 2( )x x x ，证明 1 2 2x x a  . 【答案】（1）见解析；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】 - 17 - (1)求解函数的导函数，分类讨论可得： ①若 0a  ，则当  0,x a 时，数  f x 单调递减，当  ,x a  时， f 函数  f x 单调递 增； ②若 0a  ，函数  f x 单调递增； ③若 0a  ，则当 0, 2 ax      时，函数  f x 单调递减，当 ,2 ax       时，函数  f x 单 调递增. (2)原问题即证明 1 2 2 x x a  ，构造新函数     2 2ag x f x x ax       ，结合新函数的性 质和题意，即可证得结论. 【详解】（1）由   2 2lnf x a x x ax    ，可知   2 ' 2af x x ax        2 2 22 x a x ax ax a x x     . 因为函数  f x 的定义域为  0,  ，所以， ①若 0a  ，则当  0,x a 时，  ' 0f x  ，函数  f x 单调递减， 当  ,x a  时，  ' 0f x  ，函数  f x 单调递增； ②若 0a  ，则当  ' 2 0f x x  在  0,x  内恒成立， 函数  f x 单调递增； ③若 0a  ，则当 0, 2 ax      时，  ' 0f x  ，函数  f x 单调递减， 当 ,2 ax       时，  ' 0f x  ，函数  f x 单调递增. 综上：当 0a  时，  f x 递减区间是 0,a ，递增区间是  ,a  ， 当 0a  时，  f x 递增区间是在 0,  ， 当 0a  时，  f x 递减区间是 0, 2 a    ，单调递增是 ,2 a     ，. - 18 - （2）要证 1 2 2x x a  ，只需证 1 2 2 x x a  . 设     2 2ag x f x x ax       ， 因为   2 2 2 0ag x x    ， 所以    g x f x 为单调递增函数. 所以只需证  1 2 02 x xf f a       ， 即证 2 1 2 1 2 2 0a x x ax x      ， 只需证 1 2 2 x x    1 22 1 0x x aa    .（*） 又 2 2 1 1 1lna x x ax m    ， 2 2 2 2 2lna x x ax m    ， 所以两式相减，并整理，得 1 2 1 2 ln lnx x x x    1 22 1 0x x aa    . 把  1 22 1 x x aa    1 2 1 2 ln lnx x x x   代入（*）式， 得只需证 1 2 1 2 1 2 ln ln2 0x x x x x x     ， 可化为 1 2 1 1 2 2 2 1 ln 0 1 x x x x x x        . 令 1 2 x tx  ，得只需证  2 1 ln 01 t tt    . 令    2 1 ln1 tt tt     （ 0 1t  ）， 则         2 2 2 14 1 0 1 1 tt tt t t         ， - 19 - 所以  t 在其定义域上为增函数， 所以    1 0t   . 综上得原不等式成立. 请考生在 22、23 两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分. [选修 4-4：坐标系与参数方程] 22. 在直角坐标系 xOy 中，曲线 1C ： 3 cos 2 sin x t y t        （t 为参数， 0a  ），在以坐标原点为 极点， x 轴的非负半轴为极轴的极坐标系中，曲线 2C ： 4sin  . （1）试将曲线 1C 与 2C 化为直角坐标系 xOy 中的普通方程，并指出两曲线有公共点时 a 的取 值范围； （2）当 3a  时，两曲线相交于 A ， B 两点，求 AB . 【答案】（1） a 的取值范围为[1,5]；（2） 4 8 22 4 9 3AB    . 【解析】 【分析】 (1) 由 题 意 计 算 可 得 曲 线 1C 与 2C 化 为 直 角 坐 标 系 xOy 中 的 普 通 方 程 为    2 2 23 2x y a    ，  22  2 4x y   ； a 的取值范围是 1,5 ； (2)首先求解圆心到直线的距离，然后利用圆的弦长计算公式可得 8 2 3AB  . 【详解】（1）曲线 1C ： 3 ,{ 2 , x cost y sint       消去参数t ， 可得普通方程为   2 2 23 2x y a    . 曲线 2C ： 4sin  ，两边同乘  得 2 4 sin   ， 可得普通方程为  22 2 4x y   . 把 2 22 4y x   代入曲线 1C 的普通方程得：  22 23 4 13 6a x x x      ， - 20 - 而对 2C 有  22 2 2 4x x y    ，即 2 2x   ， 所以 21 25a  故当两曲线有公共点时， a 的取值范围为 1,5 . （2）当 3a  时，曲线 1C ：   2 23 2 9x y    ，① 曲线 2C ：  22 2 4x y   ，② ①  ②得两曲线交点 A ， B 所在直线方程为 2 3x  . 曲线  22 2 4x y   的圆心到直线 2 3x  的距离为 2 3d  ， 所以 4 8 22 4 9 3AB    . [选修 4-5：不等式选讲] 23. 已知函数 ( ) 2 1 1f x x x    . （1）在下面给出的直角坐标系中作出函数 ( )y f x 的图象，并由图象找出满足不等式 ( ) 3f x  的解集； （2）若函数 ( )y f x 的最小值记为 m ，设 ,a bR ，且有 2 2a b m  ，试证明： 2 2 1 4 18 1 1 7a b    . 【答案】（1）解集为[ 1,1] ；（2）见解析见解析. 【解析】 试题分析： (1)将函数写成分段函数的形式解不等式可得解集为 1,1 . (2)整理题中所给的算式，构造出适合均值不等式的形式，然后利用均值不等式的结论证明题 - 21 - 中的不等式即可，注意等号成立的条件. 试题解析： （1）因为   2 1 1f x x x     3 , 1, 1{ 2, 1 ,2 13 , .2 x x x x x x          所以作出图象如图所示，并从图可知满足不等式   3f x  的解集为 1,1 . （2）证明：由图可知函数  y f x 的最小值为 3 2 ，即 3 2m  . 所以 2 2 3 2a b  ，从而 2 2 71 1 2a b    ， 从而 2 2 1 4 1 1a b       2 2 2 2 2 1 41 17 1a b a a b              22 2 2 4 12 157 1 1 ab a b              22 2 2 4 12 1 185 27 1 1 7 ab a b          . 当且仅当  22 2 2 4 11 1 1 ab a b    时，等号成立， 即 2 1 6a  ， 2 4 3b  时，有最小值， 所以 2 2 1 4 18 1 1 7a b    得证. - 22 -