2020-2021学年江西省赣州市高三（上）期末数学试卷（理科）.docx

1、第 1 页（共 18 页） 2020-2021 学年江西省赣州市高三（上）期末数学试卷（理科）学年江西省赣州市高三（上）期末数学试卷（理科） 一、选择题：本题共一、选择题：本题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 60 分分.在每小题给出的四个选项中，只有一在每小题给出的四个选项中，只有一 项是符合题目要求的项是符合题目要求的. 1 （5 分）复数 z= 12 1+3的虚部为（ ） A 1 2 B1 2 C 1 2 D1 2 2 （5 分）已知函数 f（x）x22x3，集合 Mx|f（x）0，Nx|f（x）0（其 中 f（x）是 f（x）的导数） ，则 MN（ ） A1，1）

2、B1，1 C （1，3 D1，3 3 （5 分）已知函数() = ( 3)， 0 2() + 1，0，则 f（2021）（ ） A1 B2 Clog26 D3 4 （5 分）某产品在某零售摊位上的零售价 x（元）与每天的销售量 y（个）统计如表： x 16 17 18 19 y 50 m 34 31 据表可得回归直线方程为 = 6.4x+151，则表中的 m 的值为（ ） A38 B39 C40 D41 5 （5 分）已知双曲线 2 2 2;2 =1 的离心率为2，则 a 的值为（ ） A1 B2 C1 或2 D1 6 （5 分）有以下四种变换方式： 向左平移 12个单位长度，再将每个点的横坐

3、标伸长为原来的 2 倍； 向左平移 6个单位长度，再将每个点的横坐标伸长为原来的 2 倍； 再将每个点的横坐标伸长为原来的 2 倍，再向左平移 6个单位长度； 再将每个点的横坐标伸长为原来的 2 倍，再向右平移 6个单位长度 其中能将函数 = (2 6)的图象变为函数 ysinx 图象的是（ ） A B C D 第 2 页（共 18 页） 7 （5 分）实数 x，y 满足约束条件 + 4 0 2 + 5 0 2 + 7 0 ，则 = 2+4 2 的最大值为（ ） A 5 3 B 1 5 C1 3 D9 5 8 （5 分）如图，网格纸上小正方形的边长为 1，实线画出的是某几何体的三视图，则该几

4、何体的各条棱中，最长的棱的长度为（ ） A5 B42 C34 D41 9 （5 分）我们学过用角度制与弧度制度量角，最近，有学者提出用“面度制”度量角，因 为在半径不同的同心圆中，同样的圆心角所对扇形的面积与半径平方之比是常数，从而 称这个常数为该角的面度数，这种用面度作为单位来度量角的单位制，叫做面度制在 面度制下，角 的面度数为 3，则角 的余弦值为（ ） A 3 2 B 1 2 C1 2 D 3 2 10 （5 分）若 a3e，be3，c3，其中 e 为自然对数的底数，则（ ） Aabc Bbac Cacb Dbca 11 （5 分）已知梯形 ABCD 的上底 AB 长为 1，下底 CD

5、 长为 4，对角线 AC 长为13，BD 长为22，则ABD 的面积为（ ） A1 B2 C3 D4 12（5 分） 过抛物线 y24x 的焦点作两条相互垂直的弦 AB， CD， 且|AB|+|CD|AB|CD|， 则 的值为（ ） A1 2 B1 4 C1 8 D 1 16 二、填空题：本题共二、填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分. 13 （5 分）已知向量 =（1，3） ， =（4，k） ，若 （ ） ，则 k 14 （5 分）在（x1）3（x+1）4的展开式中，x5的系数为 （用数字作答） 15 （5 分）正方形 ABCD 的边长为 2，以 A 为

6、起点作射线交边 BC 于点 E，则 23 3 的概 第 3 页（共 18 页） 率为 16 （5 分）在边长为 1 的正方体 ABCDA1B1C1D1中，球 O1同时与以 B 为公共顶点的三 个面相切，球 O2同时与以 D1为公共顶点的三个面相切，且两球相切于点 E，若球 O1， O2半径分别为 r1，r2，则 1 1 + 4 2的最小值为 三、解答题：共三、解答题：共 70 分分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第第 1721 题为必考题，题为必考题， 每个试题考生都必须作答每个试题考生都必须作答.第第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答题

7、为选考题，考生根据要求作答. 17 （12 分）已知等差数列an的前 n 项和为 Sn，满足 S32a3，a82a52 （1）求数列an的通项公式； （2）记= 1 +1+2，求数列bn的前 n 项和 Tn 18 （12 分）在如图所示的几何体中，ABC，ACE，BCD 均为等边三角形，且平面 ACE平面 ABC，平面 BCD平面 ABC （1）证明：DEAB； （2）若 AB4，求二面角 BCED 的余弦值 19 （12 分）一黑色袋里装有除颜色不同外其余均相同的 8 个小球，其中白色球与黄色球各 3 个，红色球与绿色球各 1 个现甲、乙两人进行摸球得分比赛，摸到白球每个记 1 分、 黄球每

8、个记 2 分、红球每个记 3 分、绿球每个记 4 分，以得分高获胜比赛规则如下： 只能一个人摸球；摸出的球不放回；摸球的人先从袋中摸出 1 球；若摸出的是绿 色球，则再从袋子里摸出 2 个球；若摸出的不是绿色球，则再从袋子里摸出 3 个球，他 的得分为两次摸出的球的记分之和；剩下的球归对方，得分为剩下的球的记分之和 （1）若甲第一次摸出了绿色球，求甲的得分不低于乙的得分的概率； （2）如果乙先摸出了红色球，求乙得分 的分布列和数学期望 E 20 （12 分）过平面上点 P 作直线1： = 1 2，2： = 1 2 的平行线分别交 y 轴于点 M， N 且|OM|2+|ON|28 （1）求点 P

9、 的轨迹 C 方程； 第 4 页（共 18 页） （2）若过点 Q（0，1）的直线 l 与轨迹 C 交于 A，B 两点，若= 7，求直线 l 的 方程 21 （12 分）已知函数 f（x）xex（其中 e 为自然对数的底数） （1）求函数 f（x）的最小值； （2）求证：()+ 1 2 选修选修 4-4：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程 22（10分） 在直角坐标系xOy中， 已知过点P （m， 0） 的直线l的参数方程是 = + 2 2 = 2 2 （t为 参数） ，以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 C 的极坐标方程为 2cos （1）求直线 l 的普通方程和曲线

10、C 的直角坐标方程； （2）若直线 l 和曲线 C 交于 A，B 两点，且|PA|PB|1，求实数 m 的值 选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲 23设函数 f（x）|2x+1|+|2xa|，g（x）|x+ 1 |+2 （1）若 a1，解不等式 f（x）4； （2）如果任意 x1R，都存在 x2R，使得 f（x1）g（x2） ，求实数 a 的取值范围 第 5 页（共 18 页） 2020-2021 学年江西省赣州市高三（上）期末数学试卷（理科）学年江西省赣州市高三（上）期末数学试卷（理科） 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、选择题：本题共一、选择题：本题共 12 小题，每小题小题

11、，每小题 5 分，共分，共 60 分分.在每小题给出的四个选项中，只有一在每小题给出的四个选项中，只有一 项是符合题目要求的项是符合题目要求的. 1 （5 分）复数 z= 12 1+3的虚部为（ ） A 1 2 B1 2 C 1 2 D1 2 【解答】解：z= 12 1+3 = 12 1 = (12)(1+) (1)(1+) = 3 2 1 2i 的虚部为 1 2 故选：C 2 （5 分）已知函数 f（x）x22x3，集合 Mx|f（x）0，Nx|f（x）0（其 中 f（x）是 f（x）的导数） ，则 MN（ ） A1，1） B1，1 C （1，3 D1，3 【解答】解：f（x）2x2，Mx|

12、x22x30 x|1x3，Nx|2x20 x|x1， MN（1，3 故选：C 3 （5 分）已知函数() = ( 3)， 0 2() + 1，0，则 f（2021）（ ） A1 B2 Clog26 D3 【解答】解：函数() = ( 3)， 0 2() + 1，0， f（2021）f（2+6733）f（2）f（1）log21+11 故选：A 4 （5 分）某产品在某零售摊位上的零售价 x（元）与每天的销售量 y（个）统计如表： x 16 17 18 19 y 50 m 34 31 据表可得回归直线方程为 = 6.4x+151，则表中的 m 的值为（ ） A38 B39 C40 D41 第 6

13、页（共 18 页） 【解答】解： = 16+17+18+19 4 =17.5， = 50+34+31 4 = 115+ 4 样本点的中心为（17.5，115: 4 ） 代入 = 6.4x+151，可得115: 4 = 6.417.5+151 解得 m41 故选：D 5 （5 分）已知双曲线 2 2 2;2 =1 的离心率为2，则 a 的值为（ ） A1 B2 C1 或2 D1 【解答】解：双曲线 2 2 2;2 =1 的离心率为2，实轴在 x 轴上， 可得 e2= 22+ = 2，解得 a1 或2（舍去） 当双曲线 2 2 2;2 =1 的实轴在 y 轴上时， e2= 22 22 = 2， 解

14、得 a2， 或 a1 （舍 去） 综上 a1 或 a2 故选：C 6 （5 分）有以下四种变换方式： 向左平移 12个单位长度，再将每个点的横坐标伸长为原来的 2 倍； 向左平移 6个单位长度，再将每个点的横坐标伸长为原来的 2 倍； 再将每个点的横坐标伸长为原来的 2 倍，再向左平移 6个单位长度； 再将每个点的横坐标伸长为原来的 2 倍，再向右平移 6个单位长度 其中能将函数 = (2 6)的图象变为函数 ysinx 图象的是（ ） A B C D 【解答】解：对于，函数 = (2 6)向左平移 12个单位长度，得到 ysin2x 的图 像， 再将每个点的横坐标伸长为原来的 2 倍得到 y

15、sinx 的图像，故正确； 向左平移 6个单位长度 ysin（2x+ 3 6） ， 第 7 页（共 18 页） 再将每个点的横坐标伸长为原来的 2 倍得到 ysin（x+ 6）的图像，故错误； 再将每个点的横坐标伸长为原来的 2 倍，得到 ysin（x 6）的图像， 再向左平移 6个单位长度得到 ysinx 的图像，故正确； 再将每个点的横坐标伸长为原来的 2 倍，得到 ysin（x 6）的图像， 再向右平移 6个单位长度 ysin（x 3）的图像，故错误 故选：A 7 （5 分）实数 x，y 满足约束条件 + 4 0 2 + 5 0 2 + 7 0 ，则 = 2+4 2 的最大值为（ ） A

16、 5 3 B 1 5 C1 3 D9 5 【解答】解：由约束条件作出可行域如图， = 2+4 2 = 2 + 2， ;2的几何意义为可行域内的动点与定点 P（2，0）连线的斜率， 求解方程组可得 A（3，1） ，B（1，3） ， 可得= 1 5，kPB3， = 2+4 2 的最大值为 1 5 + 2 = 9 5 故选：D 8 （5 分）如图，网格纸上小正方形的边长为 1，实线画出的是某几何体的三视图，则该几 何体的各条棱中，最长的棱的长度为（ ） 第 8 页（共 18 页） A5 B42 C34 D41 【解答】解：由三视图还原原几何体如图， 该几何体为三棱锥，底面 ABC 为直角三角形，AB

17、BC， 侧面 PAB底面 ABC，AB4，BC3， 可得 AC5，PA= 17，PB5，PC= 32+ 32+ 42= 34 最长的棱的长度为34 故选：C 9 （5 分）我们学过用角度制与弧度制度量角，最近，有学者提出用“面度制”度量角，因 为在半径不同的同心圆中，同样的圆心角所对扇形的面积与半径平方之比是常数，从而 称这个常数为该角的面度数，这种用面度作为单位来度量角的单位制，叫做面度制在 面度制下，角 的面度数为 3，则角 的余弦值为（ ） A 3 2 B 1 2 C1 2 D 3 2 【解答】解：设角 所在的扇形的半径为 r， 则由题意，可得 1 2 2 2 = 3，解得 = 2 3

18、， 可得 coscos2 3 = 1 2 故选：B 10 （5 分）若 a3e，be3，c3，其中 e 为自然对数的底数，则（ ） Aabc Bbac Cacb Dbca 第 9 页（共 18 页） 【解答】解：根据题意，因为函数 yx3在 R 上单调递增，所以 bc； 对于 = ，其导数 y= 1 2 ，在区间（1，+）上，y0，则 = 在1，+） 单调递减， 故3 3 ，即 3ee3，从而得 ab， 故 abc， 故选：A 11 （5 分）已知梯形 ABCD 的上底 AB 长为 1，下底 CD 长为 4，对角线 AC 长为13，BD 长为22，则ABD 的面积为（ ） A1 B2 C3 D

19、4 【解答】解：如图，过 D 作 DEAC，连接 AE，可得四边形 ACDE 为平行四边形， 则 = 52+(22) 2(13)2 2522 = 2 2 ， 所以 = 2 2 ， 故= 1 2 1 22 = 1 故选：A 12（5 分） 过抛物线 y24x 的焦点作两条相互垂直的弦 AB， CD， 且|AB|+|CD|AB|CD|， 则 的值为（ ） A1 2 B1 4 C1 8 D 1 16 【解答】解：y24x 的焦点为（1，0） ，设 AB 的直线方程为 xty+1，CD 的直线方程为 = 1 + 1， 由 = + 1 2= 4 ，得 y24ty40，设 A（x1，y1） ，B（x2，y

20、2） ， 则 y1+y24t，y1y24，则|AB|4（t2+1） ， 同理| = 4( 1 2 + 1)， | + | = 4(2+ 1 2 + 2)， 第 10 页（共 18 页） | | = 16(2+ 1 2 + 2)， 故 = 1 4 故选：B 二、填空题：本题共二、填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分. 13 （5 分）已知向量 =（1，3） ， =（4，k） ，若 （ ） ，则 k 2 【解答】解：向量 =（1，3） ， =（4，k） ， （ ） ， （ ）= 2 =10（4+3k）0， 解得 k2， 故答案为：2 14 （5 分）在（x1）

21、3（x+1）4的展开式中，x5的系数为 3 （用数字作答） 【解答】解：展开式中 x5，可以由（x1）3的一次项与（x+1）4的四次项相乘， （x1）3的二次项与（x+1）4的三次项相乘， （x1）3的三次项与（x+1）4的二次项相乘得到， 所以 （x1） 3 （x+1） 4 的展开式中， x5的系数为3 2 （1） 2 4 0 + 3 1 （1） 4 1 + 3 0 （1） 0 4 2 = 3 故答案为：3 15 （5 分）正方形 ABCD 的边长为 2，以 A 为起点作射线交边 BC 于点 E，则 23 3 的概 率为 2 3 【解答】解：根据题意，如图，正方形 ABCD 中，连接 AC，

22、BAC45， 若以 A 为起点作射线与边 BC 相交，则射线应该在BAC 的内部， 在正方形 ABCD 的边 BC 上取一点 M，使 BM= 23 3 ，则 tanBAM= 23 3 2 = 3 3 ，则BAM 30， 若满足 23 3 的射线在BAM 的内部， 故 23 3 的概率 P= 30 45 = 2 3， 故答案为：2 3 第 11 页（共 18 页） 16 （5 分）在边长为 1 的正方体 ABCDA1B1C1D1中，球 O1同时与以 B 为公共顶点的三 个面相切，球 O2同时与以 D1为公共顶点的三个面相切，且两球相切于点 E，若球 O1， O2半径分别为 r1，r2，则 1 1

23、 + 4 2的最小值为 9 + 33 【解答】解：正方形的体对角线为3， 根据相切关系得 r1+r2+3（r1+r2）= 3， 即（r1+r2） （3 +1）= 3， 得 r1+r2= 3 3+1，即 3:1 3 （r1+r2）1， 则 1 1 + 4 2 =（ 1 1 + 4 2） 3:1 3 （r1+r2）= 3+1 3 （5+ 2 1 + 41 2 ） 3+1 3 （5+22 1 41 2 ）= 3+1 3 （5+4） = 3+1 3 9（1+ 3 3 ）99+33， 当且仅当2 1 = 41 2 时，即 r22r1时取等号 故 1 1 + 4 2的最小值为9 + 33 故答案为：9 +

24、 33 三、解答题：共三、解答题：共 70 分分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第第 1721 题为必考题，题为必考题， 每个试题考生都必须作答每个试题考生都必须作答.第第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答题为选考题，考生根据要求作答. 17 （12 分）已知等差数列an的前 n 项和为 Sn，满足 S32a3，a82a52 （1）求数列an的通项公式； （2）记= 1 +1+2，求数列bn的前 n 项和 Tn 【解答】解： （1）因为数列an为等差数列，设其公差为 d， 结合 S32a3，a82a52， 则：31 + 3 = 2(1+

25、2) 1+ 7 = 2(1+ 4) 2， 解得：a1d1 第 12 页（共 18 页） 所以 an1+n1n （2）= 1 +1+2 = 1 (+1)(+2) = 1 2 1 (+1) 1 (+1)(+2)， = 1 2 ( 1 12 1 23) + 1 2( 1 23 1 34) + + 1 2 ( 1 (+1) 1 (+1)(+2)， 所以= 1 2 1 2 1 (+1)(+2) = 2+3 4(+1)(+2) 18 （12 分）在如图所示的几何体中，ABC，ACE，BCD 均为等边三角形，且平面 ACE平面 ABC，平面 BCD平面 ABC （1）证明：DEAB； （2）若 AB4，求二

26、面角 BCED 的余弦值 【解答】 （1）证明：分别取 AC，BC 的中点 F，G，连结 EF，DG，FG， 因为ACE，BCD 均为全等的等边三角形， 故 EFAC，DGBC 且 EFDG， 又因为平面 ACE平面 ABC 且交于 AC，AC平面 ABC，BC平面 ABC， 平面 BCD平面 ABC 且交于 BC， 故 EF面 ABC，DG面 ABC， 从而有 EFDG，又 EFDG， 进而得四边形 DEFG 为平行四边形， 得：DEFG，又 FGAB， 即：DEAB （2）解法一：连结 FB，由ABC 为等边三角形，故 BFAC，结合 EF面 ABC， 第 13 页（共 18 页） 故分别

27、以 ， ， 为 x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系， 又 AB4，所以 ABACBCCEAEBDCD4，DE2， 则 C（2，0，0） ，(0，23，0)，(0，0，23)，(1， 3 ，0)， 所以 = (2，23，0)， = (2，0，23)， = = (1， 3 ，0)， 令平面 BCE 的一个法向量为 = (，)， 所以 = 2 + 23 = 0 = 2 + 23 = 0 取 = 3，y1，z1， 所以平面 ACD 的一个法向量为 = (3， 1， 1)， 令平面 CDE 的一个法向量为1 = (1，1，1)， 所以1 = 1+ 31= 0 1 = 21+ 231

28、= 0 ，取1= 3，y11，z11， 所以平面 CDE 的一个法向量为 = (3，1， 1)， 令二面角 BCED 为 ，由题意可知 为锐角， 则 = | ， 1 | = | 1 | | | 1 | = 3 55 = 3 5 解法二：连结 BF，过 D 作 DHEC，垂足为 H，过 H 作 HIEC，交 BC 于 I， 则DHI 为二面角 BCED 的平面角为 因为平面 ACE平面 ABC， ABC， ACE， BCD 均为全等的等边三角形， EFFB， 因为 AB4，所以 = 26， 在CDE 中，ECCD4，DE2，由等面积法得 = 15 2 ，则 = 1 2， 在EHI 和BCE 中，

29、 由 = 2+22 2 = 2+22 2 得 = 15 6 ， 第 14 页（共 18 页） 在EDI 和BDE 中， 由 = 2+22 2 = 2+22 2 得 = 26 3 ， 在DHI 中 = = 2+22 2 = 3 5， 二面角 BCED 的余弦值为3 5 19 （12 分）一黑色袋里装有除颜色不同外其余均相同的 8 个小球，其中白色球与黄色球各 3 个，红色球与绿色球各 1 个现甲、乙两人进行摸球得分比赛，摸到白球每个记 1 分、 黄球每个记 2 分、红球每个记 3 分、绿球每个记 4 分，以得分高获胜比赛规则如下： 只能一个人摸球；摸出的球不放回；摸球的人先从袋中摸出 1 球；若

30、摸出的是绿 色球，则再从袋子里摸出 2 个球；若摸出的不是绿色球，则再从袋子里摸出 3 个球，他 的得分为两次摸出的球的记分之和；剩下的球归对方，得分为剩下的球的记分之和 （1）若甲第一次摸出了绿色球，求甲的得分不低于乙的得分的概率； （2）如果乙先摸出了红色球，求乙得分 的分布列和数学期望 E 【解答】解： （1）记“甲第一次摸出了绿色球，甲的得分不低于乙的得分”为事件 A， 因为球的总分为 16，即事件 A 指的是甲的得分大于等于 8， 则() = 1 1 6 1+ 3 2 7 2 = 9 21 = 3 7， （2）如果乙第一次摸出红球，则可以再从袋子里摸出 3 个小球， 则得分情况有：6

31、 分、7 分、8 分、9 分、10 分、11 分， ( = 6) = 3 3 7 3 = 1 35， ( = 7) = 3 2 3 1 7 3 = 9 35， ( = 8) = 3 1 3 2 7 3 = 9 35， ( = 9) = 3 1 1 1 7 3 + 3 3 7 3 = 4 35， ( = 10) = 3 1 3 1 1 1 7 3 = 9 35， ( = 11) = 3 2 1 1 7 3 = 3 35， 所以 的分布列为： 6 7 8 9 10 11 第 15 页（共 18 页） P 1 35 9 35 9 35 4 35 9 35 3 35 所以 的数学期望 = 60 7 2

32、0 （12 分）过平面上点 P 作直线1： = 1 2，2： = 1 2 的平行线分别交 y 轴于点 M， N 且|OM|2+|ON|28 （1）求点 P 的轨迹 C 方程； （2）若过点 Q（0，1）的直线 l 与轨迹 C 交于 A，B 两点，若= 7，求直线 l 的 方程 【解答】解： （1）设 P（x0，y0） ， 若 P 为原点，则 M，N 都为原点 O，|OM|ON|0，不合题意， 所以 P 不为原点， 由题设 = 1 2( 0) + 0，令 x0，得 = 0 1 2 0， 再由 = 1 2 ( 0) + 0，令 x0，得= 0+ 1 2 0， 又|OM|2+|ON|28，即(0 1

33、 2 0)2+ (0+ 1 2 0)2= 8 化简整理得：0 2 16 + 0 2 4 = 1， 所以点 P 的轨迹 C 方程 2 16 + 2 4 = 1 （2）当直线 l 的斜率不存在时，直线 l 的方程为 x0，A，B，O 在一条直线上，不合题 意， 直线 l 的斜率存在，故设其方程为 ykx+1，A（x1，y1） ，B（x2，y2） ， = + 1 2 16 + 2 4 = 1 (42+ 1)2+ 8 12 = 0， 则1+ 2= 8 42+1，1 2= 12 42+1， 从而|1 2| = (1+ 2)2 41 2= 2562+48 42+1 ， 又= 1 2| |1 2| = 1

34、2 1 2562+48 42+1 = 37 2 ， 所以2= 1 4 = 1 2， 第 16 页（共 18 页） 故直线 l 的方程为 = 1 2 + 1 21 （12 分）已知函数 f（x）xex（其中 e 为自然对数的底数） （1）求函数 f（x）的最小值； （2）求证：()+ 1 2 【解答】解： （1）因为 f（x）xex，所以 f（x）（x+1）ex， 当 x1 时，f（x）（x+1）ex0，f（x）单调递减， 当 x1 时，f（x）（x+1）ex0，f（x）单调递增， 所以()= (1) = 1 ； （2）证明：要证()+ 1 2， 只需证明：( 1) + 1 20对于 x0 恒成

35、立， 令() = ( 1) + 1 2，则() = 1 (0)， 当 x0 时，() = ( + 1)+ 1 2 0， 则() = 1 在（0，+）上为增函数， 又因为(2 3) = 2 3 2 3 3 2 = 2 3 2 3 (27 8 ) 2 30，g（1）e10， 所以存在0 (2 3，1)使得 g（x0）0， 由(0) = 00 1 0 = 0 201 0 = 0， 得0 20 = 1即0= 1 0 2即 0 = 1 0 2即2lnx0 x0， 所以当 x（0，x0）时，() = 1 0，g（x）单调递减， 当 x（x0，+）时，() = 1 0，g（x）单调递增， 所以()= (0)

36、 = (0 1)0 0+ 1 2 = 01 0 2 + 0 2 + 1 2 = 0 3+02+202 20 2 ， 令() = 3+ 2+ 2 2(2 31)， 则() = 32+ 2 + 2 = 3( + 1 3) 2 + 5 3 0， 所以 （x）在(2 3，1)上单调递增，所以(0)( 2 3) = 2 27 0， 第 17 页（共 18 页） 所以() (0) = (0) 20 2 0，所以( 1) + 1 2 0， 即 f（x）+mex+lnx 选修选修 4-4：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程 22（10分） 在直角坐标系xOy中， 已知过点P （m， 0） 的直线l的参数方程是

37、 = + 2 2 = 2 2 （t为 参数） ，以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 C 的极坐标方程为 2cos （1）求直线 l 的普通方程和曲线 C 的直角坐标方程； （2）若直线 l 和曲线 C 交于 A，B 两点，且|PA|PB|1，求实数 m 的值 【解答】解： （1）由 = + 2 2 = 2 2 得 xmy 即 xym0， 由 2cos 得 22cos， 则曲线 C 的直角坐标方程为 x2+y22x，即 x22x+y20； （2）方法一：把 = + 2 2 = 2 2 代入 x22x+y20， 得2+ (2 2) + 2 2 = 0， 由= (2 2)2 4

38、(2 2)0得1 21+ 2 设点 A，B 对应的参数分别为 t1，t2，则1 2= 2 2， 因为| | = |1 2| = |2 2| = 1，所以 m22m1 当 m22m1 时，且 = 1 2（舍） 当 m22m1 时，m1 所以综上 m1； 方法二： 由 = 0 2 2 + 2= 0得 2x 2（2+2m）x+m20 由（2+2m）28m20 得1 21 + 2 设点 A（x1，y1） ，B（x2，y2） ，则1+ 2= 2+2 2 = 1 + ，1 2= 2 2 因为| | = (1 )2+ 1 2(2 )2+ 2 2 = 2(1 )22(2 )2， 所以| | = 2|1 |2

39、| = 2|12 (1+ 2) + 2|， 第 18 页（共 18 页） 所以| | = 2| 2 2 (1 + ) + 2| = |2 2| = 1 当 m22m1 时，且 = 1 2（舍） 当 m22m1 时，m1 综上 m1 选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲 23设函数 f（x）|2x+1|+|2xa|，g（x）|x+ 1 |+2 （1）若 a1，解不等式 f（x）4； （2）如果任意 x1R，都存在 x2R，使得 f（x1）g（x2） ，求实数 a 的取值范围 【解答】解： （1）当 a1 时，f（x）|2x+1|+|2x1|= 4，( 1 2) 2，( 1 2 1 2) 4，( 1 2) f（x）4，当 1 2时，4x4，x1； 当 1 2 1 2时，显然不成立； 当 1 2时，4x4，x1， f（x）4 的解集为（，11，+） （2）由任意 x1R，都存在 x2R，使得 f（x1）g（x2） ， 可得y|yf（x）y|yg（x）， 又f（x）|2x+1|+|2xa|2x+1（2xa）|1+a|， () = | + 1 | + 2 = | + | 1 | + 2 4，当且仅当 x1 取等号， |1+a|4，a5 或 a3， a 的取值范围为（，53，+）