湖北省2020届高三下学期4月高考模拟考试数学（文）试题 Word版含解析 23页

www.ks5u.com 数学试题 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A＝{x|x2﹣4x﹣5＜0}，集合B＝{y|y＞0}，则A∩B＝（ ）‎ A. {x|0＜x＜5} B. {x|﹣5＜x＜0} C. （﹣1，+∞） D. {x|﹣1＜x≤10}‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 可以求出集合A，然后进行交集的运算即可．‎ ‎【详解】∵A＝{x|﹣1＜x＜5}，B＝{y|y＞0}，‎ ‎∴A∩B＝{x|0＜x＜5}．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查了描述法的定义，一元二次不等式的解法，交集的运算，考查了计算能力，属于基础题．‎ ‎2. 已知，其中i为虚数单位，则复数z＝a﹣bi在复平面内对应的点在（ ）‎ A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简，由复数相等的条件求解a，b的值，则答案可求．‎ ‎【详解】由，得a﹣3i＝﹣3+bi，‎ ‎∴a＝﹣3，b＝﹣3，‎ 则复数z＝a﹣bi在复平面内对应的点的坐标为（﹣3,3），在第二象限．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数相等的条件，是基础题．‎ ‎3. 已知x＝20.1，y＝log52，z＝log0.52，则（ ）‎ - 23 -‎ A. y＜x＜z B. y＜z＜x C. z＜x＜y D. z＜y＜x ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用对数函数和指数函数的性质求解．‎ ‎【详解】∵20.1＞20＝1，∴x＞1，‎ ‎∵log51＜log52＜log55，∴0＜y＜1，‎ ‎∵log0.52＜log0.51＝0，∴z＜0，‎ ‎∴z＜y＜x，‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题考查三个数的大小的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意对数函数和指数函数的性质的合理运用．‎ ‎4. 已知平面向量均为单位向量，若向量的夹角为，则（ ）‎ A. 37 B. 25 C. D. 5‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据已知条件求得模长的平方，进而求得结论．‎ ‎【详解】因为平面向量均为单位向量，且向量的夹角为，‎ 则2＝924•169+16+24×1×137；‎ 故．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查向量的数量积的应用，考查向量的模长，考查计算能力．‎ ‎5. 若不等式对恒成立，则实数m的最大值为（ ）‎ A. 7 B. 8 C. 9 D. 10‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ - 23 -‎ ‎【分析】‎ 分离参数使不等式化为，使乘以利用基本不等式求出的最小值即可求解.‎ ‎【详解】将不等式化为，只需当时，即可，‎ 由 ‎，‎ 当且仅当时取等号，故,故m的最大值为9.‎ 故选：C ‎ ‎【点睛】本题主要考查不等式恒成立求参数的取值范围、基本不等式求最值，注意验证等号成立的条件，属于中档题.‎ ‎6. 某城市在进行创建文明城市的活动中，为了解居民对“创建文明城”的满意程度，组织居民给活动打分（分数为整数，满分100分），从中随机抽取一个容量为120的样本，发现所给数据均在[40，100]内．现将这些分数分成以下6组并画出样本的频率分布直方图，但不小心污损了部分图形，如图所示．观察图形则下列说法中有错误的是（ ）‎ A. 第三组的频数为18人 B. 根据频率分布直方图估计众数为75分 C. 根据频率分布直方图估计样本的平均数为75分 D. 根据频率分布直方图估计样本的中位数为75分 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 23 -‎ 对于A频率分布直方图中，小矩形的面积等于这一组的频率，而频率的和等于1，可求出分数在[60,70）内的频率；对于B根据众数是频率分布直方图中最高矩形的底边中点的横坐标即可得解；对于C，同一组数据常用该组区间的中点值作为代表，将中点值与每一组的频率相差再求出它们的和即可求出本次考试的平均分，对于D，由中位数将所有的小长方形的面积均分即可求解．‎ ‎【详解】对于A，因为各组的频率之和等于1，所以分数在[60，70）内的频率为：f＝1﹣10（0.005+0.015+0.030+0.025+0.010）＝0.15，‎ 所以第三组[60,70）的频数为120×0.15＝18（人），故正确；‎ 对于B，因为众数的估计值是频率分布直方图中最高矩形的中点，从图中可看出众数的估计值为75分，故正确；‎ 对于C，又根据频率分布直方图，样本平均数的估计值为：45×（10×0.005）+55×（10×0.015）+65×（10×0.015）+75×（10×0.03）+85×（10×0.025）+95×（10×0.01）＝73.5（分），故错误；‎ 对于D，因为（0.05+0.15+0.15）×10＝0.35＜0.5，（0.05+0.15+0.15+0.3）×10＞0.5，所以中位数位于[70,80）上，所以中位数的估计值为：7075，故正确；‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题主要考查了频率及频率分布直方图，以及平均数有关问题，考查运用统计知识解决简单实际问题的能力，数据处理能力和运用意识．本题属于中档题．‎ ‎7. 我国著名数学家华罗庚先生曾说：数缺形时少直观，形缺数时难入微，数形结合百般好，隔裂分家万事休．在数学的学习和研究中，常用函数的图象研究函数的性质，也常用函数的解析式来琢磨函数的图象特征．如函数的图象大致为（ ）‎ A. B. ‎ - 23 -‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，设f（x），分析函数的奇偶性可以排除A、D，结合复合函数单调性的判断方法分析可得函数y＝f（x）为增函数，排除C；即可得答案．‎ ‎【详解】根据题意，设f（x），有f（﹣x）＝f（x），即函数f（x）为偶函数，排除A、D；‎ 设t＝cosx，则y＝﹣2t2+t+1，‎ 在区间[0，]上，t＝cosx为减函数，且0≤t≤1，‎ y＝﹣2t2+t+1，其对称轴为t，开口向下，在区间（﹣∞,）上为增函数，（,+∞）上为减函数，‎ 在区间（0,arccos）上，t＝cosx为减函数，此时t＜1，函数y＝﹣2t2+t+1为减函数，‎ 故函数y＝f（x）为增函数，排除C；‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查函数的图象分析，涉及函数的奇偶性的分析，属于基础题．‎ ‎8. 函数的单调增区间为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ - 23 -‎ ‎【分析】‎ 化函数f（x）为正弦型函数，根据正弦函数的单调性求出f（x）的单调增区间．‎ ‎【详解】函数 cos（2x）﹣cos2x sin2x﹣cos2x ‎＝2sin（2x），‎ 令2kπ≤2x2kπ，k∈Z；‎ 解得kπ≤xkπ，k∈Z；‎ 所以f（x）的单调增区间为[kπ,kπ]，k∈Z．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查了三角函数的化简和三角函数的图象与性质的应用问题，是基础题．‎ ‎9. 已知是抛物线的焦点，过焦点的直线交抛物线的准线于点，点在抛物线上且，则直线的斜率为（ ）‎ A. ±l B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据，结合抛物线的定义，求出点坐标，得到点坐标，进而可得直线斜率.‎ ‎【详解】因为点在抛物线上，且，点在抛物线的准线上，‎ 由抛物线的定义可知，直线，设，‎ 则，解得，所以，故，‎ 故，又，‎ - 23 -‎ 所以直线的斜率为.‎ 故选C ‎【点睛】本题主要考查求抛物线中直线的斜率，熟记抛物线的定义即可，属于常考题型.‎ ‎10. 已知函数f（x），若存在x1，x2∈R且x1≠x2，使得f（x1）＝f（x2）成立，则实数a的取值范围是（ ）‎ A. [3，+∞） B. （3，+∞） C. （﹣∞，3） D. （﹣∞，3]‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当1，即a＜2时，由二次函数的图象和性质，可知存在x1，x2∈（﹣∞,1]且x1≠x2，使得f（x1）＝f（x2）成立；当1，即a≥2时，若存在x1，x2∈R且x1≠x2，使得f（x1）＝f（x2）成立，则﹣1+a＞3a﹣7，由此能求出实数a的取值范围．‎ ‎【详解】函数f（x），‎ 存在x1，x2∈R且x1≠x2，使得f（x1）＝f（x2）成立，‎ 当1，即a＜2时，由二次函数的图象和性质，可知：‎ 存在x1，x2∈（﹣∞,1]且x1≠x2，使得f（x1）＝f（x2）成立，‎ 当1，即a≥2时，‎ 若存在x1，x2∈R且x1≠x2，使得f（x1）＝f（x2）成立，‎ 则﹣1+a＞3a﹣7，‎ 解得a＜3，‎ ‎∴2≤a＜3，‎ 综上所述：实数a的取值范围是（﹣∞,3）．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查函数的单调性和运用，注意二次函数的对称轴和区间的关系，考查分类讨论思想和运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．‎ - 23 -‎ ‎11. 平面四边形中，，，，，，则四边形的面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由题意设，由余弦定理求出，再根据余弦定理求出，最后由即可求出结果.‎ ‎【详解】因为，所以设，‎ 又，，‎ 所以由得 ‎，所以，‎ 所以，‎ 又，所以，‎ 由余弦定理可得，可得 ‎，解得，‎ 故 ‎.‎ 故选B - 23 -‎ ‎【点睛】本题主要考查解三角形，熟记余弦定理和三角形面积公式即可，属于常考题型.‎ ‎12. 已知双曲线的左右焦点分别为F1，F2，过F1的直线与C的两条渐近线分别交于A、B两点，若以F1F2为直径的圆过点B，且A为F1B的中点，则C的离心率为（ ）‎ A. B. 2 C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意画出图形，结合已知可得F1B⊥OA，写出F1B的方程，与y联立求得B点坐标，再由斜边的中线等于斜边的一半求解．‎ ‎【详解】如图，‎ 因为A为F1B的中点，所以，‎ 又因为B在圆上，所以0，故OA⊥F1B，‎ 则F1B：y（x+c），‎ - 23 -‎ 联立，解得B（,），‎ 则OB2＝（）2+（）2＝c2，‎ 整理得：b2＝3a2，‎ ‎∴c2﹣a2＝3a2，即4a2＝c2，‎ ‎∴4，e2．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查双曲线的简单性质，考查数形结合的解题思想方法，考查计算能力，是中档题．‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．‎ ‎13. 设曲线y＝ex+1上点P处切线平行于直线x﹣y﹣1＝0，则点P的坐标是_____．‎ ‎【答案】（0,2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先对函数求导数，然后根据切点处导数值等于切线斜率，列出切点横坐标满足的方程即可．‎ ‎【详解】由题意得y′＝ex，且切线斜率为1．‎ 设切点为P（x,y），则ex＝1，‎ 所以x＝0，∴y＝e0+1＝2．‎ 故切点坐标为（0,2）．‎ 故答案为：（0,2）‎ ‎【点睛】本题考查了利用导数的几何意义的应用，本题利用切点处的导数等于切线斜率构造方程求解，注意掌握．‎ ‎14. 已知为锐角，且，则________.‎ ‎【答案】.‎ ‎【解析】‎ - 23 -‎ ‎【分析】‎ 先由化简整理得到，求出，再由为锐角，即可得出结果.‎ ‎【详解】因为，所以，‎ 即，所以，‎ 解得或，‎ 又因为为锐角，所以，‎ 因此.‎ 故答案为 ‎【点睛】本题主要考查三角恒等变换，给值求值问题，熟记公式即可，属于常考题型.‎ ‎15. 已知A，B，C是球O球面上的三点，AC＝BC＝6，AB，且四面体OABC的体积为24．则球O的表面积为_____．‎ ‎【答案】136π ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出底面三角形的面积，利用三棱锥的体积求出O到底面的距离，求出底面三角形的所在平面圆的半径，通过勾股定理求出球的半径，即可求解球的表面积．‎ ‎【详解】三棱锥O﹣ABC，A、B、C三点均在球心O的表面上，且AC＝BC＝6，AB＝6，‎ ‎∴AB2＝AC2+BC2，‎ ‎∴△ABC外接圆的半径为：rAB＝3，‎ ‎△ABC的外接圆的圆心为G，则OG⊥⊙G，‎ ‎∵S△ABCACCB＝18，三棱锥O﹣ABC体积为24，‎ - 23 -‎ ‎∴S△ABCOG＝24，即18OG＝24，‎ ‎∴OG＝4，‎ 球的半径为：R．‎ 球的表面积：4π×R2＝136π．‎ 故答案为：136π．‎ ‎【点睛】本题考查球的表面积的求法，球的内含体与三棱锥的关系，考查空间想象能力以及计算能力．‎ ‎16. 自湖北爆发新型冠状病毒肺炎疫情以来，湖北某市医护人员和医疗、生活物资严重匮乏，全国各地纷纷驰援．某运输队接到从武汉送往该市物资的任务，该运输队有8辆载重为6t的A型卡车，6辆载重为10t的B型卡车，10名驾驶员，要求此运输队每天至少运送240t物资．已知每辆卡车每天往返的次数为A型卡车5次，B型卡车4次，每辆卡车每天往返的成本A型卡车1200元，B型卡车1800元，则每天派出运输队所花的成本最低为_____．‎ ‎【答案】9600‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设每天派出A型卡车x辆，B型卡车y辆，运输队所花成本为z元，根据题意把实际问题数学化，列出需要满足的不等式组，注意x∈N，y∈N，把运输队所花成本z看作目标函数，画出可行域，根据目标函数平移得到最值的取法．‎ ‎【详解】设每天派出A型卡车x辆，B型卡车y辆，运输队所花成本为z元，‎ 则，且x∈N，y∈N，‎ 目标函数z＝1200x+1800y，‎ 画出满足条件的可行域如图中阴影部分所示：‎ - 23 -‎ 由图可知，当直线z＝240x+378y经过点B（8,0）时，截距z最小，‎ ‎∵在可行域的整数点中，点（8,0）使z取得最小值，‎ 即zmin＝1200×8+1800×0＝9600，‎ ‎∴每天排除A型卡车8辆，B型卡车0辆，运输队所花的成本最低，‎ 最低成本为9600元，‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题主要考查了简单的线性规划问题，根据题意列出不等式组是解题关键，本题属于中档题．‎ 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题～第21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22题～第23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共60分．‎ ‎17. 已知函数f（x）＝log3（ax+b）的图象经过点A（2，1）和B（5，2），an＝an+b（n∈N*）．‎ ‎（1）求{an}；‎ ‎（2）设数列{an}的前n项和为Sn，bn，求{bn}的前n项和Tn．‎ ‎【答案】（1）an＝2n﹣1，n∈N*；（2）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由代入法解方程可得a，b，进而得到所求通项公式；‎ - 23 -‎ ‎（2）由等差数列的求和公式，化简bn，再由数列的分组求和，结合等差数列和等比数列的求和公式，可得所求和．‎ ‎【详解】（1）由题意得，解得a＝2，b＝﹣1，‎ 所以an＝2n﹣1，n∈N*；‎ ‎（2）由（1）易知数列{an}为以1为首项，2为公差的等差数列，‎ 所以Sn＝n2＝n2，‎ 所以bn2n 前n项和Tn＝（1）+（2+4+…+2n）‎ ‎．‎ ‎【点睛】本题考查等差数列的通项公式和求和公式，以及数列的分组求和，考查化简整理的运算能力，属于中档题．‎ ‎18. 2020年春节期间，新型冠状病毒（2019﹣nCoV）疫情牵动每一个中国人的心，危难时刻全国人民众志成城．共克时艰，为疫区助力．我国S省Q市共100家商家及个人为缓解湖北省抗疫消毒物资压力，募捐价值百万的物资对口输送湖北省H市．‎ ‎（1）现对100家商家抽取5家，其中2家来自A地，3家来自B地，从选中的这5家中，选出3家进行调研．求选出3家中1家来自A地，2家来自B地的概率．‎ ‎（2）该市一商家考虑增加先进生产技术投入，该商家欲预测先进生产技术投入为49千元的月产增量．现用以往的先进技术投入xi（千元）与月产增量yi（千件）（i＝1，2，3，…，8）的数据绘制散点图，由散点图的样本点分布，可以认为样本点集中在曲线的附近，且：，，，，，其中，，，根据所给的统计量，求y关于x回归方程，并预测先进生产技术投入为49千元时的月产增量．‎ - 23 -‎ 附：对于一组数据（u1，v1）（u2，v2），其回归直线v＝α+βu的斜率和截距的最小二乘法估计分别为 ‎【答案】（1）0.6；（2）y＝100.6+68，576.6千件．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设A地2家分为A1，A2，B地3家分为B1，B2，B3，由题意得，所有情况为10种，满足条件的有6种，求出即可；‎ ‎（2）由线性回归方程公式，求出a，b，再求出线性回归方程，取x＝49代入求出即可．‎ ‎【详解】（1）设A地2家分为A1，A2，B地3家分为B1，B2，B3，由题意得，所有情况为：‎ ‎（A1,A2,B1），（A1,A2,B2），（A1,A2,B3），（A1,B1,B2），（A1,B1,B3），‎ ‎（A1,B2,B3），（A2,B1,B2），（A2,B1,B3），（A2,B2,B3），（B1,B2,B3），‎ 共10种，其中A地1家，B地2家的有6个，故所求的概率为；‎ ‎（2）由线性回归方程公式，，‎ 且a，‎ 所以线性回归方程为：y＝100.6+68，‎ 当x＝49时，年销售量y的预报值y＝100.6+68×7＝576.6千件，‎ 故预测先进生产技术投入为49千元时的月产增量为576.6千件．‎ ‎【点睛】本题考查了古典概型求概率，求线性回归方程，考查了运算能力，中档题．‎ ‎19. 如图，在四棱锥S﹣ABCD中，侧面SCD为钝角三角形且垂直于底面ABCD，CD＝SD，点M是SA的中点，AD//BC，∠ABC＝90°，AB＝ADBC＝a．‎ - 23 -‎ ‎（1）求证：平面MBD⊥平面SCD；‎ ‎（2）若∠SDC＝120°，求三棱锥C﹣MBD的体积．‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）a3．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）取BC中点E，连接DE，则AB＝AD＝a，BC＝2a．由题意可得：四边形ABED为正方形，可得BD2+CD2＝BC2，于是BD⊥CD，根据面面垂直的性质定理可得：BD⊥平面SCD，进而得出平面MBD⊥平面SCD．‎ ‎（2）过点S作SH⊥CD，交CD的延长线于点H，连接AH．∠SDH为SD与底面ABCD所成的角，即∠SDH＝60°．点M到平面ABCD的距离d＝SH．可得三棱锥C﹣MBD的体积VBD×CDd．‎ ‎【详解】（1）证明：取BC中点E，连接DE，则AB＝AD＝a，BC＝2a． 由题意可得：四边形ABED为正方形，且BE＝DE＝CE＝a，BD＝CDa．‎ ‎∴BD2+CD2＝BC2，则BD⊥CD，‎ 又平面SCD⊥平面ABCD，平面SCD∩平面ABCD＝CD，‎ ‎∴BD⊥平面SCD，‎ 又∵BD⊂平面MBD，∴平面MBD⊥平面SCD．‎ ‎（2）解：过点S作SH⊥CD，交CD的延长线于点H，连接AH．‎ 则∠SDH为SD与底面ABCD所成的角，即∠SDH＝60°．‎ 由（1）可得：SD＝CDa，‎ - 23 -‎ ‎∴在Rt△SHD中，SDa，HDa，SHa．‎ ‎∴点M到平面ABCD的距离da．‎ ‎∴三棱锥C﹣MBD的体积VBD×CD•da3．‎ ‎【点睛】本题考查了空间位置关系、三棱锥的体积、空间角、转化方法，考查了数形结合方法、推理能力与计算能力，属于中档题．‎ ‎20. 已知椭圆：（a＞b＞0）过点E（，1），其左、右顶点分别为A，B，左、右焦点为F1，F2，其中F1（，0）．‎ ‎（1）求椭圆C的方程：‎ ‎（2）设M（x0，y0）为椭圆C上异于A，B两点的任意一点，MN⊥AB于点N，直线l：x0x+2y0y﹣4＝0，设过点A与x轴垂直的直线与直线l交于点P，证明：直线BP经过线段MN的中点．‎ ‎【答案】（1）；（2）证明详见解析．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据椭圆上一点到两焦点的距离之和为2a，可求出a，已知焦点坐标，可知c，可求方程．‎ ‎（2）根据题意求出ABP的坐标，求PB直线方程，求出点N - 23 -‎ 坐标，求出其中点，可代入判断在直线PB上．‎ ‎【详解】（1）由题意知，2a＝|EF1|+|EF2|4，‎ 则a＝2，c，b，‎ 故椭圆的方程为，‎ ‎（2）由（1）知A（﹣2,0），B（2,0），‎ 过点A且与x轴垂直的直线的方程为x＝﹣2，‎ 结合方程x0x+2y0y﹣4＝0，得点P（﹣2,），‎ 直线PB的斜率为，‎ 直线PB的方程为，‎ 因为MN⊥AB于点N，所以N（x0,0），线段MN的中点坐标（），‎ 令x＝x0，得，‎ 因为，所以，‎ 即直线BP经过线段MN中点．‎ ‎【点睛】本题考查直线与圆锥曲线的关系，考查运算能力，属于难题．‎ ‎21. 已知函数f（x）＝x2+acosx．‎ ‎（1）求函数f（x）的奇偶性．并证明当|a|≤2时函数f（x）只有一个极值点；‎ ‎（2）当a＝π时，求f（x）的最小值；‎ ‎【答案】（1）偶函数，证明详见解析；（2）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 23 -‎ ‎（1）由奇偶性定义容易判断函数的奇偶性；要说明函数只有一个极值点，即导函数只有一个零点，结合导函数的单调性即可解决；‎ ‎（2）讨论函数f（x）的单调性，求出函数的极小值、端点处函数值比较即可求出最小值．‎ ‎【详解】（1）因为f（﹣x）＝f（x），故函数f（x）是偶函数．‎ f′（x）＝2x﹣asinx，f′（0）＝0，故只需讨论x＞0时情况，‎ ‎∵x＞0，由三角函数的性质知，x＞sinx，2≥|a|，∴f′（x）＞0，∴x＞0时，f（x）是增函数，‎ 又f（x）是偶函数，所以x＜0时，f（x）单调递减．‎ 故|a|≤2时，函数f（x）只有一个极小值点x＝0．‎ ‎（2）由（1）知，只需求x≥0时f（x）的最小值．‎ ‎，‎ 设h（x）＝2x﹣πsinx，h′（x）＝2﹣πcosx，因为，‎ 由零点存在性定理，存在唯一的，使得h′（x0）＝0．‎ 当x∈（0,x0），h′（x）＜0，h（x）递减；．‎ 又因为h（0）＝h（）＝0，所以x时，f′（x）＝h（x）＜0恒成立，f（x）在（0,）上递减；‎ 当x时，f′（x）＝2x﹣πsinx＞π﹣πsinx＞0，f（x）为增函数．‎ 所以．‎ ‎【点睛】本题考查了利用导数研究函数的极值以及最值问题．要注意二次求导的目的是研究一阶导数的单调性，最终研究的一阶导数的符号，从而确定原函数的单调性．同时考查了学生的逻辑推理、数学运算以及抽象概括等数学核心素养．属于压轴题．‎ ‎（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．作答时写清题号．‎ - 23 -‎ ‎22. 在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（θ为参数），以原点为极点，x轴非负半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为．‎ ‎（1）求曲线C1的极坐标方程以及曲线C2的直角坐标方程；‎ ‎（2）若直线l：y＝kx与曲线C1、曲线C2在第一象限交于P、Q，且|OQ|＝|PQ|，点M的直角坐标为（1，0），求△PMQ的面积．‎ ‎【答案】（1）ρ＝4cosθ；（2）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）直接利用转换关系的应用，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换．‎ ‎（2）利用极径的应用和三角函数关系式的恒等变换的应用及面积公式的应用求出结果．‎ ‎【详解】（1）曲线C1的参数方程为（θ为参数），转换为直角坐标方程为x2+y2﹣4x＝0，转换为极坐标方程为ρ＝4cosθ．‎ 曲线C2的极坐标方程为．转换为直角坐标方程为．‎ ‎（2）直线l：y＝kx转换为极坐标方程为θ＝θ0，代入，解得．‎ 代入ρ＝4cosθ，得到ρP＝4cosθ0，‎ 由于|OQ|＝|PQ|，所以ρP＝2ρQ，‎ 故：，解得，，‎ 所以，．‎ 则．‎ - 23 -‎ ‎【点睛】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．‎ ‎23. 已知实数a、b满足a2+b2-ab＝3．‎ ‎（1）求a-b的取值范围；‎ ‎（2）若ab＞0，求证：．‎ ‎【答案】（1）﹣2≤a﹣b≤2；（2）证明见解析．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由已知得a2+b2＝3+ab≥2|ab|．‎ ‎①当ab≥0时，3+ab≥2ab，解得ab≤3，即0≤ab≤3；‎ ‎②当ab＜0时，3+ab≥﹣2ab，解得 ab≥﹣1，即﹣1≤ab＜0，‎ 得0≤3﹣ab≤4，即0≤（a﹣b）2≤4，即﹣2≤a﹣b≤2；‎ ‎（2）由（1）知0＜ab≤3，可得，‎ 利用配方法即可容易证明.‎ ‎【详解】（1）因为a2+b2﹣ab＝3，所以a2+b2＝3+ab≥2|ab|．‎ ‎①当ab≥0时，3+ab≥2ab，解得ab≤3，即0≤ab≤3；‎ ‎②当ab＜0时，3+ab≥﹣2ab，解得 ab≥﹣1，即﹣1≤ab＜0，‎ 所以﹣1≤ab≤3，则0≤3﹣ab≤4，‎ 而（a﹣b）2＝a2+b2﹣2ab＝3+ab﹣2ab＝3﹣ab，‎ 所以0≤（a﹣b）2≤4，即﹣2≤a﹣b≤2；‎ ‎（2）由（1）知0＜ab≤3，‎ 因为 当且仅当ab＝2时取等号，‎ 所以．‎ ‎【点睛】本题考查了不等式的性质，不等式的证明，属于中档题．‎ - 23 -‎ ‎ ‎ - 23 -‎ - 23 -‎