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  • 2021-06-15 发布

广东省茂名市2020届高三综合测试数学(理)试题

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绝密★启用前 试卷类型:A 2020 年茂名市高三级第二次综合测试 数学试卷(理科)2020.5 本试卷分选择题和非选择题两部分,共 5 页,23 小题,满分 150 分,考试时间 120 分钟. 注意事项: 1.答题前,先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上. 2.选择题的作答:每小题选出答案后,用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试题卷、 草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.填空题和解答题的作答:用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内. 写在试题卷草稿纸和答 题卡上的非答题区域均无效. 4.选考题的作答:先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用 2B 铅笔涂黑. 答案写在答题卡上对 应的答题区域内,写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 5.考试结束后,请将答题卡上交. 第一部分 选择题(共 60 分) 1. 若 ( ) 2 , ,x i i y i x y R    ,则复数 yix  的虚部为( ) A.2 B.1 C.i D.-1 2.已知集合U R ,  2lg(4 )A x y x   ,  2 1x xB     ,则 A B  ( ) A. ( 2,2) B. ( 2,1) C.[ 2,2] D.[ 2,2) 3. 已知 π 1sin 6 2        ,且 π0, 2      则 πcos 3      ( ) A.0 B. 1 2 C.1 D. 3 2 4. 下列命题错误的是( ) A.“x=2”是“x2−4x+4=0”的充要条件 B.命题“若 1 4m   ,则方程 x2+x−m=0 有实根”的逆命题为真命题 C.在 △ ABC 中,若“A>B”,则“sinA>sinB” D.命题 p:“x0∈R,x02−2x0+4>0”,则﹁p:“x∈R,x2−2x+4<0” 5. 《易·系辞上》有“河出图,洛出书”之说,河图、洛书是中国古代流传下 来的两幅神秘图案,蕴含了深奥的宇宙星象之理,被誉为“宇宙魔方”,是中华 文化阴阳术数之源。河图的排列结构如图所示,一与六共宗居下,二与七为朋居 上,三与八为友居左,四与九同道居右,五与十相守居中,其中白圈为阳数,黑 点为阴数,若从阳数和阴数中各取一数,则其差的绝对值为 5 的概率为( ) A. 5 1 B. 25 6 C. 25 7 D. 25 8 6. “辗转相除法”是欧几里得《原本》中记录的一个 算法,是由欧几里得在公元前 300 年左右首先提出 的,因而又叫欧几里得算法.如图所示一个当型循环 结构的“辗转相除法”程序框图. 当输入 m=1995, n=228,输出的 m 是( ) A. 3 B. 19 C. 57 D. 114 7.如图,某沙漏由上下两个圆锥组成,圆锥的底面直径和高均为 8cm,细沙全部在 上部时,其高度为圆锥高度的 2 1 (细管长度忽略不计).当细沙全部漏入下部后, 恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆,则此沙堆的侧面积为( ) A. 4 5 B. 8 5 C. 3 17 D. 4 17 8.设偶函数 ( )f x 满足 1( ) ( ) 2( 0)2 xf x x   ,则使不等式   91 4f x   成立的 x 取值范围是( ) A.( , 1) (3, )   B.( 1,3) C.(0,2) D. ( ,0) (2, )  9.圆 M:  2 2 4x m y   与双曲线 C: 2 2 2 2 1x y a b   ( 0a  , 0b  )的两条渐近线相切于 A、B 两点, 若 32AB  ,则 C 的离心率为( ) A. 3 32 B. 3 C. 2 D.3 10.某贫困县为了实施精准扶贫计划,使困难群众脱贫致富,对贫困户实行购买饲料优惠政策如下: (1)若购买饲料不超过 2000 元,则不给予优惠; (2)若购买饲料超过 2000 元但不超过 5000 元,则按标价给予 9 折优惠; (3)若购买饲料超过 5000 元,其 5000 元内的给予 9 折优惠,超过 5000 元的部分给予 7 折优惠. 某贫穷户购买一批饲料,有如下两种方案: 方案一:分两次付款购买,分别为 2880 元和 4850 元; 方案二:一次性付款购买. 否 结束 输出 m 是r>0? r=1 开始 输入 m, n 求m除以n的余数r m=n n=r 若取用方案二购买此批饲料,则比方案一节省( )元 A.540 B.620 C.640 D.800 11. 已知六棱锥 P ABCDEF 的底面是正六边形, PA  平面 ABC , 2PA AB .则下列命题中正确的 有( ). ①平面 PAB⊥平面 PAE; ②PB⊥AD; ③直线 CD 与 PF 所成角的余弦值为 5 5 ; ④直线 PD 与平面 ABC 所成的角为 45°; ⑤CD∥平面 PAE. A. ①④ B. ①③④ C. ②③⑤ D. ①②④⑤ 12.若关于 x 的方程  1 12 3 04 2 x x m m m               在 ,1 上有唯一实数解,则实数 m 的取值范围( ) 4 3]3 20.A 或,( ]3 20.B ,( 4 1]9 20.C 或,( ]9 20.D ,( 第Ⅱ部分非选择题(共 90 分) 二.填空题:本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分. 13.已知向量 4 2 ( , )a , 1 1 ( , )b ,若 b ( a k b ),则 k  . 14. 62( )xx  的展开式中,常数项是 . 15.已知曲线   21ln( 1) 2f x x x   在点   1, 1f 处的切线的倾斜角为 ,则 22sin sin cos    . 16.在 ABC 中,角 A,B,C 所对应的边分别为 a,b,c,且 6cos (2 cos ), 6A a C c   ,则 ABC 的 a,b 的等量关系式为 ,其面积的最大值为 .(本题第一空 2 分,第二空 3 分) 三.解答(本大题共 5 小题,每题 12 分共 60 分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤.) 17.设 *n N ,数列 na 的前 n 项和为 nS ,已知 nnn ass  22 1 ,且 2 1 1 a ,正项的等差数列 nb 的首 项为 2,且 321 ,1, bbb  成等比数列. (1) 求 na 和 nb 的通项公式; (2) 求证: 1 2 2 7nb b ba a a    . 18.如图,已知 ABC 内接于圆 O , AB 是圆O 的直径,四边形 DBCE 为平行四边形, F 是CD 的中点, (1)证明: //OF 平面 ADE ; (2)若四边形 DBCE 为矩形,且四边形 DBCE 所在的平面与圆O 所在的平面互相垂直, 22  ACAB , AE 与圆 O 所在的平面的线面角为 600.求二面角 D-AE-B 的平面角的余弦值. E D C O B A 19.已知椭圆 )0(1: 2 2 2 2  bab y a xC 右焦点与抛物线 xy 342  的焦点重合,以原点为圆心、椭圆短 半轴长为半径的圆与直线 1l : 2 xy 相切. (1)求椭圆的方程 (2)若直线 2l : 02  ybx 与 y 轴交点为 P,A、B 是椭圆上两个动点,它们在 y 轴两侧, PBPA  , APB 的平分线与 y 轴重合,则直线 AB 是否过定点,若过定点,求这个定点坐标,若不过定点说明理由. 20.2020 年初全球爆发了新冠肺炎疫情,为了防控疫情,某医疗科研团队攻坚克难研发出一种新型防疫产 品,该产品的成本由原料成本及非原料成本组成,每件产品的非原料成本 y (元)与生产该产品的数量 x (千件)有关,根据已经生产的统计数据,绘制了如下的散点图. 观察散点图,两个变量不具有线性相关关系,现考虑用函数 by a x   对两个变量的关系进行拟合。参考数据(其中 1 i i u x  ): u 2u 6 2 1 ui i  6 1 i i y   6 2 1 i i y   6 1 i i i u y   0.4834 5252.44 0.41 0.1681 1.492 306 20858.44 173.8 50.39 (1)求 y 关于 x 的回归方程,并求 y 关于 u 的相关系数(精确到 0.01). (2)该产品采取订单生产模式(根据订单数量进行生产,即产品全部售出).根据市场调研数据,若该产 品单价定为 80 元,则签订 9 千件订单的概率为 0.7,签订 10 千件订单的概率为 0.3;若单价定为 70 元, 则签订 10 千件订单的概率为 0.3,签订 11 千件订单的概率为 0.7.已知每件产品的原料成本为 30 元,根据 (1)的结果,要想获得更高利润,产品单价应选择 80 元还是 70 元,请说明理由. 参考公式:对于一组数据 1 1,u  , 2 2,u  ,…, ,n nu  ,其回归直线 u    的斜率和截距的最小 二乘估计分别为: 1 22 1 ˆ           n i i i n i i u nu u nu , ˆˆ    u ,相关系数 1 2 22 2 1 1 n i i i n n i i i i u nu r u nu n                     . 21. 已知函数   ln 1af x x x    , a R . (1)若 ea 1 ,求证: )(xf 有且只有两个零点 (2) ax axxxafxg  2 2 2)()( 有两个极值点 1x , 2 1 2( )x x x ,且不等式 21)( mxxg  恒成立,试求 实数 m 的取值范围. (二)选考部分:共 10 分 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,做答 时,请用 2B 铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑. 22. (本小题满分 10 分)选修 4-4:坐标系与参数方程 在平面直角坐标系 xOy 中,已知曲线 C: 2cos , 3sin , x y     (为参数),以原点 O 为极点,x 轴正半轴为极轴 建立极坐标系,直线 l 的极坐标方程 cos( )4 a    ,点 M( 2, 4  ).在直线 l 上,直线 l 与曲线 C 交于 A, B 两点. (1)求曲线 C 的普通方程及直线 l 的参数方程; (2)求△OAB 的面积. 23.(本小题满分 10 分)选修 4-5:不等式选讲 已知函数 f(x)=|x+1|−|x−2|. (1)若 f(x)≤1,求 x 的取值范围; (2)若 f(x)最大值为 M,且 a+b+c=M,求证:a2+b2+c2≥3. 2020 年茂名市高三级第二次综合测试 数学试题参考答案和评分标准(理科数学) 一、选择题:本大题共 12 小题,每小题 5 分,共 60 分. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 B D C D A C D A A C B A 2.【解析】因为  2 2A x x    ,  2 1B x x    ,所以 [ 2,2)A B   . 故选 D. 3.【解析】法一:由 π 1sin 6 2      且 π0, 2      ,得 3   , 法二:由 π 1sin 6 2      ,所以 π 3cos 6 2       , 所以 πcos 3     π πcos 6 6          π π π πcos cos sin sin 16 6 6 6                 .故选 C. 4.【解析】由 x2−4x+4=0(x−2)2=0 x−2=0 x=2,∴A 正确; 命题“若 1 4m   ,则方程 x2+x−m=0 有实根”的逆命题为命题“若方程 x2+x−m=0 有实根,则 1 4m   ”, 若 方程 x2+x−m=0 有实根△=1+4m≥0 1 4m   ,∴B 正确; 在 △ ABC 中,若 A>Ba>bsinA>sinB(根据正弦定理)∴C 正确,故选 D. 5.【解析】因为阳数为:1,3,5,7,9;阴数为:2,4,6,8,10,所以从阴数和阳数中各取一数的所 有组合共有: 2555  个,满足差的绝对值为 5 的有:(1,6),(3,8),(5,10),(7,2),(9,4)共 5 个,则 p= 5 1 25 5 p 故选 A 6. 【解析】输入 m=2020,n=303,又 r=1. ①r=1>0,2020÷303=6··············202, r=202,m=303,n=202; ②r=202>0,303÷202=1············101 r=101,m=202,n=101; ③r=101>0,202÷101=2··············0. r=0,m=101,n=0; ④r=0,则 r>0 否,输出 m=101,故选 C. 7. 【解析】细沙在上部容器时的体积为 21 162 43 3V      ,流入下部后 的圆锥形沙锥底面半径为 4,设高为 h,则 21 1643 3h     , 1h  , 下 部 圆 锥 形 沙 锥 的 母 线 长 2 24 1 17l    ,  此 沙 锥 的 侧 面 积 4 17 4 17S     侧 .故选 D. 8. 【解析】易知 ( )f x 在(0, ) 上为单调递减,且 9(2) 4f  ,由   91 4f x   得,  1 (2)f x f  , 又因为 ( )f x 为偶函数,所以 1 2 1 2x x    或 ,所以 3 1x x  或 .故选 A. 9. 【解析】如图所示, 32AB  ,| | 2,MA MA OA  所示 330 , 3 bAOM a     2 2 2 3 3 c a be a a     故选 A 10. 【解析】【解析】依题意可得,方案一:第一次付款 2880 元时,因为 2880 2000 ,所以该款的原价 享受了 9 折优惠,则其原价为 32000.9 2880  元;第二次付款 4850 元时,因为 4850 4500 ,所以其原来 的价格为 4850 4500 5000 55000.7    元.所以分两次购买饲料的原价为 3200+5500=8700 元. 方案二:若一次性付款,则应付款为: (8700 5000) 0.7 5000 0.9 7090     元,所以节省 (2880 4850) 7090 640   元. 故选 C 11.【解析】∵PA⊥平面 ABC,∴PA⊥AB,在正六边形 ABCDEF 中,AB⊥AE,PAAE=A,∴AB⊥平 面 PAE,且 AB  面 PAB,∴平面 PAB⊥平面 PAE,故①成立; ∵AD 与 PB 在平面的射影 AB 不垂直,∴②不成立; ∵CD//AF, 直线 CD 与 PF 所成角为∠PFA,在 Rt △ PAF 中, 2PA AF ,∴ 5cos 5PFA  ,∴③成立 在 Rt △ PAD 中,PA=AD=2AB,∴∠PDA=45°,故④成立. ∵CD∥AF∥平面 PAF,平面 PAF平面 PAE=PA,∴直线 CD∥平面 PAE 也不成立,即⑤不成立.故选 B 12.【答案】 2 3{ | 0 , }3 4m m m  或 A B Mo x y 【解析】设 1 2 x t      ,所以当  ,1x  时, 1 ,2t      , 此时,由题意得  2 2 3 0mt m t m    , 1 ,2t      有唯一实数解 2 3 3 12 1 2 tm t t t t      , 1 ,2t      有唯一实数解, 令   1 2u t t t    ,由对勾函数的性质可知 1 ,2t      时,   1 2u t t t    在 1 ,12      单调递减,在 1 ,2    上单调递增, 所以   3y u t  在 1 ,12      单调递增,在 1 ,2    上单调递减, 且当 1 2t  时, 3 2 1 3 2 y u      ,当 1t  时 3 4y  ,结合   3y u t  的图象可知, 若 y m 与   3y u t  的图象有唯一交点, 即方程  1 12 3 04 2 x x m m m               在 ,1 上有唯一实数解,此时 m 的取值范围是 2 3{ | 0 , }3 4m m m  或 .故选 A 二.填空题:本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分. 13.【答案】3 解析:∵ ( )b a kb   ,∴ ( ) 0b a kb    ,即 2| | 0b a k b    , 由已知得 4 2 6,b a       | | 2b  ,∴ 6 2 0 3.k k     14.【答案】60 【解析】试题分析: 62( )xx  的展开式的通项为 3 66 6 2 6 6 2C ( ) ( ) 2 C r r r r r rx xx   ( 0r  ,1,2,…,5), 令 3 6 02 r   得 4r  ,所以常数项是 60. 15.【答案】 24 13 【解析】由 1'( ) 1f x xx   ,在点   1, 1f 处切线斜率 3 2k  ,即 3tan 2   所以 2 2 2 2 2 2 2sin sin cos 2tan tan 242sin sin cos sin cos tan 1 13                 16.【答案】b=2a ; 12 【解析】等式 )cos2(cos6 CaA  中 6 换为 c 得: )cos2(cos CaAc  由正弦定理有: )cos2(sincossin CAAC  ,移项整理得: ACA sin2)sin(  ,即 AB sin2sin  ,所以 CBCA 2 , 以 AB 为 x 轴,AB 的中垂线为 y 轴建立平面直角坐标系,则 )0,3(),0,3( BA  , 设 ( , )C x y ,则 2222 )3(2)3( yxyx  化简得: 2 2( 5) 16( 0)x y y    如图,顶点 C 在圆 2 2( 5) 16( 0)x y y    上,记圆 心为 )0,5(E 显然当 ABCE  时,三角形 ABC 的面积最大, 这时 1 122ABCS AB CE    . 三.解答(本大题共 5 小题,每题 12 分共 60 分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤.) 17.解:(1)由 nnn ass  22 1 得, nnnn aass   11 22-2 …………… ……………………………1 分 即 2 11  n n a a ………………………………………………………………………………………………2 分   na 是以首项 2 1 ,公比为 2 1 的等比数列 ………………………………………………………………3 分  n na )( 2 1 ……………………………………………………………………………4 分 设等差数列 nb 的公差为 d,由 21 b ,且 321 ,1, bbb  成等比数列.  )22(2)1( 2 dd  即 03-2-2 dd ………………………………………………………………5 分  0d  3d ……………………………………………………………………………………6 分  13  nbn ……………………………………………………………………… …………… ………7 分 (2)由(1)得 13 13 )2 1(    n nb aa n …………………………………………… ……………………8 分  nbbb aaa  21 = 1352  naaa  …………………………………………… …………………9 分 = 1352 )2 1()2 1()2 1(  n ……… …………… ……………………………10 分 = 3 3132 )2 1(-1 )2 1()2 1(-)2 1( n ……… …………………… ……………………………11 分 = 3 12 1 1 2- ( )7 7 2 7 n  ………………………………………………… ………12 分 18.证明:(1)连结 BE, DBCE 平行四边形且 F 为 CD 中点 F 为 BE 中点 ……………………………………………… ………………1 分 又 O 为 AB 的中点 //OF AE ……………………… ………………2 分  AE  平面 ADE,OF  平面 ADE ……………………… ……… ……3 分  //OF 平面 ADE ……………………………………………… ………4 分 (2) 矩形 DBCE  平面 ABC,平面 DBCE  平面 ABC=BC,EC  BC, EC  平面 DBCE EC  平面 ABC ……………………………5 分 又 AB 为圆 O 的直径 AC  BC 以 C 点为原点建立如图所示的空间直角坐标系  22  ACAB BC= 3 ,AC=1 由 EC  平面 ABC 得,∠EAC 就是 AE 与平面 ABC 所成的角 由 tan600= AC CE 得,CE= 3 …………………………………6 分 A(1,0,0),E(0,0, 3 ),D(0, 3 , 3 ),B(0, 3 ,0)………………………7 分  AE =(-1,0, 3 ), AD =(-1, 3 , 3 ), AB =(-1, 3 ,0) ……………… ……………8 分 设平面 AED 的一个法向量 ),,(m 111 zyx , 由 ,, ADmAEm  得 ,, 0ADm0AEm  即 1 1 1 1 1 3 0 3 3 0 x z x y z        ,所以 )1,0,3(m  ………………9 分 同理可得,平面 AEB 的一个法向量 )1,1,3(n  …………………………………………………10 分  5 52 25 13 nm nmn,mcos    ……………………………… …………………11 分 二面角 D-AE-B 二面角 D-AE-B 的平面角的余弦值为 5 52 ……………………………………12 分 19.解:(1)抛物线 xy 342  的焦点为 )0,3( ,所以 c= 3 ………………………………………1 分 ∵直线: 02  yx 与圆 222 byx  相切, ∴ bd    1 11 2 ………………………………………………………………………………2 分 ∴ 4222  cba ………………………………………………………………………………3 分 ∵椭圆 C 的方程是 2 2 14 x y  ……………………………………………… ………………4 分 (2)b=1,直线 :2l 02  yx 与 y 轴交点 P(0,2),………………………………………………5 分 设椭圆上 A、B 两个动点的坐标为: 1 1 2 2( , ) ( , )A x y B x y、 . AB 方程为: ,mkxy  由 0448)41(4)(4 14 22222 2 2       mkmxxkmkxx yx mkxy ,41 44,41 8 2 2 21221 k mxxk mkxx  得: ………………………………………………………………6 分 211 1 1 1 2,222 x mkKx mkx mkx x yK PBPA  同理得: ……………………………8 分 又 APB 的平分线在 y 轴上 044 168 44 28222 22 21 21    m mkk m mmkkxx xxmkKK PBPA )())(( .........10 分 ,0,  kPBPA m= 2 1 , ……………………………………………………………………… ……11 分 直线 2 1:  kxyAB 恒过定点 )2 1,0( ………………………………………… ……………… …12 分 20.【解析】(1)令 1u x  ,则 by a x   可转化为 y a bu  , 因为 306 516y   , …………………………………………………………………………………1 分 所以 6 1 6 2 2 1 6 173.8 6 0.41 51 1001.492 6 48.34ˆ 0.4830.168 416 i i i i i u y uy b u u             ,……………………………………2 分 则 51ˆˆ 100 0.41 10a y bu      ,………………………………………………………………3 分 所以 10 100ˆy u  ,因此 y 关于 x 的回归方程为 10010ˆy x   ; ……………… …………………4 分 y 与 u 的相关系数为: 6 1 2 6 6 2 2 2 2 1 1 48.34 48.346 0.96 0.4834 5252.44 50 39 6 . 6 i i i i i i i u y uy r u u y y                    ,………………6 分 (2)法一:(i)若产品单价为 80 元,记企业利润为 X (元), 订单为 9 千件时,每件产品的成本为 100 10010 30 409 9     元, 企业的利润为 10080 40 9000 2600009    [ ( )] (元),…………………………………………………7 分 订单为 10 千件时,每件产品的成本为 10 10010 30 50   元, 企业的利润为 80 50 10000 300000  ( ) (元),…………………………………………………………8 分 企业利润 X (元)的分布列为 X 260000 300000 P 0.7 0.3 所以 260000 0.7 300000 0.3 272000EX      (元);………………………………………9 分 (ii)若产品单价为 70 元,记企业利润为Y (元), 订单为 10 千件时,每件产品的成本为 10 10010 30 50   元, 企业的利润为 70 50 10000 200000  ( ) (元), 订单为 11 千件时,每件产品的成本为 100 10010 30 4011 11     元, 企业的利润为 10070 40 11000 23000011    [ ( )] (元),……………………………………………10 分 企业利润Y (元)的分布列为 Y 200000 230000 P 0.3 0.7 所以 200000 0.3 230000 0.7 221000EY      (元),……………………… …………………11 分 >EX EY又 故企业要想获得更高利润,产品单价应选择 80 元. …………………………………12 分 法二:(i)若产品单价为 80 元,记企业的产量为 X (千件),其分布列为 X 9 10 P 0.7 0.3 所以 9 0.7 10 0.3 9.3EX      ………………………………………………………………………8 分 企业的利润为: 10080 40 9300 2720009 3[ ( )].     ……………………………… …………………9 分 (ii)若产品单价为 70 元,记企业的产量为Y (千件),其分布列为 X 10 11 P 0.3 0.7 所以 10 0.3 11 0.7 10.7EY      ……………………………………………… …………………10 分 企业的利润为: 10070 40 10700 22100010 7[ ( )].     …………………………………………………11 分 272000>221000又 故企业要想获得更高利润,产品单价应选择 80 元. ……………………12 分 21. 解:(1) 1ln)(  x axxf 定义域为 ),0(  , 2 / 12)( x ax x axxf  ,又 ea 1 …………………………………………………………1 分 所以 ( )f x 在 )1,0( e 是减函数,在 ),1(  e 是增函数 …………………………………………2 分 又 01111ln)1(  eef , 0411ln)1( 22 33  eeeef 所以 ( )f x 在 )1,1( 3 ee 有唯一零点,且在 )1,0( e 也有且只有唯一零点,…………………………3 分 同理 01111ln)1(  eef , 011 1 2  ee eeef ln)( 所以 ( )f x 在 ),( ee 1 有唯一零点,且在 ),1(  e 也有且只有唯一零点 …………………………4 分 所以 )(xf 有且只有两个零点 ……………………………………………………… …………………5 分 (2) xxxaxg 2ln)( 2  定义域为 ),0(  , )(xg 有两个极值点 1x ,  2 1 2x x x ,即 02222)( 2 /  x xxaxx axg , 022 2  axx 有两不等实根 )0(, 2121 xxxx  …… 6 分 10 0 2a     , 且 2 1 2 1 11, 2 2x x a x x    , …………………………………………………………………7 分 从而 1 2 10 12x x    , …………………………………………………………………………8 分 由不等式 21)( mxxg  恒成立,得 1 1 2 111 2 1 2 11 2 1 2 1 1 2222 x xxxxx x xaxx x xgm   ln)(ln)(  1 1 1 1 11 2 ln1x x xx     恒成立 …………………………………………………10 分 令 1 1( ) 1 2 ln 01 2h t t t t tt           , 当 10 2t  时 2 1( ) 1 2ln 0(1 )h t tt      恒成立,所以函数  h t 在 10, 2      上单调递减, 1 3( ) ln 22 2h t h        , …………………………………………………………………11 分 故实数 m 的取值范围是 )2ln2 3,(  …………………………………………………………12 分 (二)选考部分: 22.解:(Ⅰ)将曲线 C: 2cos , 3sin , x y     消去参数得,曲线 C 的普通方程为: 22 14 3 yx   .……………1 分 ∵点 M( 2, 4  )在直线 cos( )4 a    上,∴a= 2 cos( )4 4   = 2 . ……… …………………2 分 ∴ cos( ) 24     ,展开得 2 2 (cos+sin)= 2 , 又 x=cos,y=sin, ∴直线 l 的直角坐标方程为 x+y−2=0, …………………………………………………………………4 分 显然 l 过点(1, 1), 倾斜角为 3 4  . ∴直线 l 的参数方程为 21 ,2 21 ,2 x t y t       (t 为参数). ………………………………………………………5 分 (Ⅱ)法一:由(Ⅰ),将直线 l 的参数方程代入曲线 C 的普通方程得: 2 22 21 1(1 ) (1 ) 14 2 3 2t t    , …………………………………………………………………6 分 整理得 27 2 2 10 0t t   ,显然△>0 设 A, B 对应的参数为 t1, t2, 则由韦达定理得 1 2 2 2 7t t   , 1 2 10 7t t   . ………………………7 分 由参数 t 的几何意义得|AB|=| t1−t2|= 2 1 2 1 2( ) 4t t t t  = 22 2 12 210( ) 47 7 7    , …………8 分 又原点 O 到直线 l 的距离为 d= | 0 0 2| 2 2    . …………………………………………………9 分 因此,△OAB 的面积为 S= 12 21 1 12| | 22 2 7 7AB d     . …………………………………………10 分 法二:由(Ⅰ)可知,直线 l 的直角坐标方程为 x+y−2=0, 联立 2 2 2 0 14 3 x y x y      ,整理得 27 16 4 0x x   ,显然△>0 ……………………… …………………6 分 设 A, B 对应的坐标为 1 1 2 2( , ),( , )x y x y t1 则由韦达定理得 1 2 16 7x x  , 1 2 4 7x x  . …………………7 分 所以 2 2 2 1 2 1 2 12 216 4| | (1 )[( ) 4 ] 2 [( ) 47 7 7AB k x x x x         ………………………………8 分 又原点 O 到直线 l 的距离为 d= | 0 0 2| 2 2    . ………………………v…………………………9 分 因此,△OAB 的面积为 S= 12 21 1 12| | 22 2 7 7AB d     . …………………………………………10 分 法三:由(Ⅰ)可知,直线 l 的直角坐标方程为 x+y−2=0, 联立 2 2 2 0 14 3 x y x y      ,整理得 27 16 4 0x x   ,显然△>0 …………………………………………6 分 设 A, B 对应的坐标为 1 1 2 2( , ),( , )x y x y 则由韦达定理得 1 2 16 7x x  , 1 2 4 7x x  . …………………7 分 因为直线 l 过椭圆右顶点(2,0),所以 7 162 2  x , 7 2 2 x …………………8 分 把 7 2 2 x 代入直线 l 的方程得 7 12 2 y …………………9 分 因此,△OAB 的面积为 S= 7 12 7 1222 1  . ………………………………………………………10 分 23.解:(Ⅰ)由已知 3, 2, 2 1, 1 2,( , 1. ) 3 x xf xx x        < < …………………………………………………………1 分 当 x≥2 时,f(x)=3,不符合; …………………………………………………………………………2 分 当−1≤x<2 时,f(x)=2x−1,由 f(x)≤1,即 2x−1≤1,解得 x≤1;……………… …………………3 分 当 x<−1 时,f(x)= −3,f(x)≤1 恒成立. ………………………………………………………………4 分 综上,x 的取值范围是 ( ,1] . …………………………………………………………………………5 分 (Ⅱ) ( ) | 1| | 2 | | 1 2 | 3f x x x x x         , 由(Ⅰ)知当且仅当 x≥2 时,f(x)=3, …………………………………………………………………6 分 所以 M= f(x)Max=3.即 a+b+c=3, …………………………………………………………………………7 分 因为 a2+b2≥2ab,a2+c2≥2ac,c2+b2≥2cb, …………………………………………………………8 分 所以 2(a2+b2+c2)≥2(ab+ac+cb) 所以 3(a2+b2+c2)≥a2+b2+c2+2ab+2ac+2cb=(a+b+c)2=9 …………………………………………9 分 因此(a2+b2+c2)≥3 ……………………………………………………………… …………………10 分

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