成都7中2022-2023高三上学期理科数学期中试卷+答案.pdf

1、 成都七中成都七中 20222023 学年度（上）高三年级半期考试学年度（上）高三年级半期考试 数学试卷（理科）数学试卷（理科）（试卷总分：（试卷总分：150 分，考试时间：分，考试时间：120 分钟）分钟）一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 60 分在每小题给出的四个选项中，只有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一项是符合题目要求的 1.设全集0,1,2,3,4,5,6U=，集合1,2,4A=，1,3,5B=，则()UAB=（）A 0,6 B.1,4 C.2,4 D.3,5 2.复数43i2iz=+（其中i为虚数单位）

2、的虚部为（）A.2 B.1 C.1 D.2 3.青少年视力被社会普遍关注，为了解他们的视力状况，经统计得到图中右下角12名青少年的视力测量值()1,2,3,12ia i=（五分记录法）的茎叶图，其中茎表示个位数，叶表示十分位数如果执行如图所示的算法程序，那么输出的结果是（）A.4 B.5 C.6 D.7 4.抛物线()2 20ypx p=上的一点()9,12P 到其焦点 F的距离PF等于（）A.17 B.15 C.13 D.11 5.已知一个几何体的三视图如图，则它的表面积为（）.A.3 B.4 C.5 D.6 6.在621xx的展开式中，3x项的系数为（）A.20 B.20 C.24 D.2

3、4 7.在平行四边形ABCD 中，2AB=，1AD=，60BAD=，E是BC的中点，则AC AE=（）A.3 B.4 C.5 D.6 8.“为第二象限角”是“sin3cos1”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 9.已知直线()100,0axbyab+=与圆224xy+=相切，则22loglogab+最大值为（）A.3 B.2 C.2 D.3 10.关于函数()sin cos6xxf x=的叙述中，正确的有（）()f x的最小正周期为2；的()f x在区间,6 3 内单调递增；3fx+是偶函数；()f x的图象关于点,012对称.A.B.C.D

4、.11.攒尖在中国古建筑（如宫殿、坛庙、园林等）中大量存在，攒尖式建筑的屋面在顶部交汇成宝顶，使整个屋顶呈棱锥或圆锥形状.始建于1752年的廓如亭（位于北京颐和园内，如图）是全国最大的攒尖亭宇，八角重檐，蔚为壮观.其檐平面呈正八边形，上檐边长为a，宝顶到上檐平面的距离为h，则攒尖坡度（即屋顶斜面与檐平面所成二面角的正切值）为（）A.()212ha+B.()3212ha C.()213ha+D.()221 ha 12.如果直线l与两条曲线都相切，则称l为这两条曲线的公切线，如果曲线1:lnCyx=和曲线()2:0 xaCyxx=有且仅有两条公切线，那么常数a的取值范围是（）A (),0 B.()

5、0,1 C.()1,e D.(),e+二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分 13.命题“xN，22xx对xR恒成立，则实数a的取值范围是_ 15.已知双曲线()2222:10,0 xyCabab=的两个焦点分别为1F、2F，且两条渐近线互相垂直，若C上一点P满足213PFPF=，则12FPF的余弦值为_ 16.已知某品牌电子元件的使用寿命X（单位：天）服从正态分布()98 64N,.（1）一个该品牌电子元件的使用寿命超过100天的概率为_；（2）由三个该品牌的电子元件组成的一条电路（如图所示）在100天后仍能正常工作（要求K能正常

6、工作，A，B中至少有一个能正常工作，且每个电子元件能否正常工作相互独立）的概率为_（参考公式：若()2,XN，则()0.250.250.2PX+=）三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤第三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤第 1721 题为必考题，每个题题为必考题，每个题目考生都必须作答第目考生都必须作答第 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（一）必考题：共（一）必考题：共 60 分分 17.已知 nN，数列 na的首项1 1a=，且满足下列条件之一：11 22nnnaa+=+；()121nnnana+=+（只能从中选择一个作为已知

7、）（1）求 na的通项公式；（2）若 na的前 n项和 nSm的短轴长为2 3，左顶点 A到右焦点F的距离为3.（1）求椭圆C的方程及离心率；（2）设直线l与椭圆C交于不同两点M，N（不同于 A），且直线AM和AN的斜率之积与椭圆的离心率互为相反数，求F在l上的射影H的轨迹方程.21.已知函数()esinxf xkx=区间0,2内存在极值点.（1）求实数k的取值范围；（2）求证：在区间()0,内存在唯一的，使()1f=，并比较与 2的大小（二）选考题：共（二）选考题：共 10 分请考生在第分请考生在第 22，23 题中任选一题作答如果多做，那么按所做的题中任选一题作答如果多做，那么按所做的第一

8、题计分第一题计分 选修选修 4-4：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程（10 分）分）22.在平面直角坐标系xOy中，伯努利双纽线C（如图）的普通方程为()()222222xyxy+=，直线l的在 的参数方程为cossinxtyt=（其中0,4，t为参数）.（1）以O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，求C和l的极坐标方程；（2）设A，B是C与x轴的交点，M，N是C与l的交点（四点均不同于O），当变化时，求四边形AMBN的最大面积.选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲（10 分）分）23.设M为不等式1431xx+的解集.（1）求M；（2）若 a，bM，求abab的最大值.成都七中成

9、都七中 20222023 学年度（上）高三年级半期考试学年度（上）高三年级半期考试 数学试卷（理科）数学试卷（理科）（试卷总分：（试卷总分：150 分，考试时间：分，考试时间：120 分钟）分钟）一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 60 分在每小题给出的四个选项中，只有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一项是符合题目要求的 1.设全集0,1,2,3,4,5,6U=，集合1,2,4A=，1,3,5B=，则()UAB=（）A.0,6 B.1,4 C.2,4 D.3,5【答案】C【解析】【分析】根据交集、补集定义，即得解【详解

10、】由题意，全集0,1,2,3,4,5,6U=，集合1,2,4A=，1,3,5B=，故0,2,4,6UB=则()2,4UAB=故选：C 2.复数43i2iz=+（其中i为虚数单位）的虚部为（）A.2 B.1 C.1 D.2【答案】A【解析】【分析】根据复数除法的运算法则，求出复数z，然后由虚部的定义即可求解.【详解】解：因为复数()()()()2243i2i43i510i12i2i2i2i21z=+，所以复数z的虚部为2，故选：A.3.青少年视力被社会普遍关注，为了解他们的视力状况，经统计得到图中右下角12名青少年的视力测量值()1,2,3,12ia i=（五分记录法）的茎叶图，其中茎表示个位数

11、，叶表示十分位数如果执行如图所示的算法程序，那么输出的结果是（）的 A.4 B.5 C.6 D.7【答案】B【解析】【分析】依题意该程序框图是统计这 12 名青少年视力小于等于4.3的人数，结合茎叶图判断可得；【详解】解：根据程序框图可知，该程序框图是统计这 12名青少年视力小于等于4.3的人数，由茎叶图可知视力小于等于4.3的有 5人，故选：B 4.抛物线()2 20ypx p=上的一点()9,12P 到其焦点 F的距离PF等于（）A.17 B.15 C.13 D.11【答案】C【解析】【分析】由点的坐标求得参数p，再由焦半径公式得结论【详解】由题意2122(9)p=，解得8p=，所以4(9

12、)132PpPFx=，故选：C 5.已知一个几何体的三视图如图，则它的表面积为（）A.3 B.4 C.5 D.6【答案】B【解析】【分析】由三视图可知，该几何体是圆锥和半球拼接成的组合体，且圆锥的底面圆和半球的大圆面半径相同，根据题干三视图的数据，以及圆锥的侧面积和球的表面积公式，即得解【详解】由三视图可知，该几何体是圆锥和半球拼接成的组合体，且圆锥的底面圆和半球的大圆面半径相同 底面圆的半径1r=，圆锥的母线长2(3)12l=+=+=记该几何体的表面积为S 故211(2)4422Sr lr=+=+=故选：B 6.在621xx的展开式中，3x项的系数为（）A.20 B.20 C.24 D.24

13、【答案】A 【解析】【分析】由二项式定理可得展开式通项，令3r=即可求得3x项的系数.【详解】621xx展开式通项公式为()()6212 31661C1CrrrrrrrTxxx+=，令1233r=，解得：3r=，3x项的系数为()3361C20=.故选：A.7.在平行四边形ABCD 中，2AB=，1AD=，60BAD=，E是BC的中点，则AC AE=（）A.3 B.4 C.5 D.6【答案】D【解析】【分析】先用基底,AB AD 表示出,AC AE ,直接进行数量积运算即可得到答案.【详解】在平行四边形ABCD 中，2AB=，1AD=，60BAD=，E是BC的中点，所以11,22ACABAD

14、AEABBEABBCABAD=+=+=+=+.所以()12AC AEABADABAD=+223122ABAB ADAD=+223122 1 cos60122=+=6 故选：D 8.“为第二象限角”是“sin3cos1”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【答案】A【解析】【分析】根据条件sin3cos1求出的范围，从而可判断出选项.【详解】因为13sin3cos2sincos2sin223=，所以由sin3cos1，得2sin13，即1sin32，所以522,636kkkZ+，即722,26kkkZ+；但当sin3cos1时，不一定为第二象限角，

15、故“为第二象限角”是“sin3cos1”的充分不必要条件.故选：A.9.已知直线()100,0axbyab+=与圆224xy+=相切，则22loglogab+的最大值为（）A.3 B.2 C.2 D.3【答案】D【解析】【分析】由直线与圆相切可得2214ab+=，然后利用均值不等式可得18ab，从而可求22loglogab+的最大值.【详解】解：因为直线()100,0axbyab+=与圆224xy+=相切，所以2212ab=+，即2214ab+=，因为222abab+，所以18ab，所以22221loglogloglog38abab+=，所以22loglogab+的最大值为3，故选：D.10.

16、关于函数()sin cos6xxf x=的叙述中，正确的有（）()f x的最小正周期为2；()f x在区间,6 3 内单调递增；为 3fx+是偶函数；()f x的图象关于点,012对称.A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】应用差角余弦公式、二倍角正余弦公式及辅助角公式可得()11sin(2)264fxx=+，再根据正弦型函数性质，结合各项描述判断正误即可.【详解】()23131sin cossin(cossin)sin cossin62222xfxxxxxxxx=+=+=31111sin2cos2sin(2)444264xxx+=+，最小正周期22T=，错误；令222262kxk+，则(

17、)f x在,63kk+上递增，显然当0k=时,6 3，正确；1111sin(2)cos2322424fxxx+=+=+，易知3fx+为偶函数，正确；令26xk=，则212kx=+，Zk，易知()f x的图象关于1,12 4对称，错误；故选：C 11.攒尖在中国古建筑（如宫殿、坛庙、园林等）中大量存在，攒尖式建筑的屋面在顶部交汇成宝顶，使整个屋顶呈棱锥或圆锥形状.始建于1752年的廓如亭（位于北京颐和园内，如图）是全国最大的攒尖亭宇，八角重檐，蔚为壮观.其檐平面呈正八边形，上檐边长为a，宝顶到上檐平面的距离为h，则攒尖坡度（即屋顶斜面与檐平面所成二面角的正切值）为（）的 A.()212ha+B.

18、()3212ha C.()213ha+D.()221 ha【答案】D【解析】【分析】根据正八边形的性质，结合二倍角正切公式及正切的定义求上檐平面中心到檐边的距离，再根据题设求攒尖坡度.【详解】由题设，上檐平面的八边形如下图示：ABa=，67.5OABOBA=，且E是AB的中点，tanOEAEOAB=，而22tantan2tan13511tanOABOABOAB=，tan12OAB=+，(舍tan12OAB=)，又2aAE=，故122OEa+=，由题设知：攒尖坡度为22(21)(12)hhhOEaa=+.故选：D 12.如果直线l与两条曲线都相切，则称l为这两条曲线的公切线，如果曲线1:lnCy

19、x=和曲线()2:0 xaCyxx=有且仅有两条公切线，那么常数a的取值范围是（）A.(),0 B.()0,1 C.()1,e D.(),e+【答案】B【解析】【分析】把曲线1C和曲线2C有且仅有两条公切线，转化为()11ln22xxa=有且仅有两解.记()()()ln2,0f xxxx=，利用导数研究单调性和极值，建立不等式220a 上一点22,1aB xx，22ayx=，切线方程为：22221aayxxx=+.若直线l与两条曲线都相切，则有2121212ln11axxaxx=，消去2x得：()11ln22xxa=.因为曲线1:lnCyx=和曲线()2:0 xaCyxx=有且仅有两条公切线，

20、所以()11ln22xxa=有且仅有两解.记()()()ln2,0f xxxx=，则()()11lnln222xfxxxxxx=+=.令()0fx，得1x，所以()f x在()1,+上单增；()0fx，得01x，所以()f x在()0,1上单增.所以()()min12f xf=.又有()0f x=，解得：0 x=（舍）或2xe=.当0 x+，则()0f x；当x，则()f x +；而20a，所以要使()11ln22xxa=有且仅有两解，只需220a ，解得：01a.故选：B【点睛】导数的应用主要有：（1）利用导函数几何意义求切线方程；（2）利用导数研究原函数的单调性，求极值（最值）；（3）利用

21、导数求参数的取值范围.二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分 13.命题“xN，22xx”的否定是_【答案】2,2xxNx 【解析】【分析】根据命题的否定的定义求解【详解】特称命题的否定是全称命题 命题“xN，22xx对xR恒成立，则实数a的取值范围是_【答案】32a 在(0,)+上恒成立，根据二次函数的性质求a的范围.【详解】令20 xt=，则2220att+在(0,)+上恒成立，若2(2)2atftt+=，开口向上且对称轴120at=2280a=，解得32a.故答案为：32a 的两个焦点分别为1F、2F，且两条渐近线互相垂直，若

22、C上一点P满足213PFPF=，则12FPF的余弦值为_【答案】13【解析】【分析】由题意可得ba=，进而得到2ca=，再结合双曲线的定义可得123,PFa PFa=，进而结合余弦定理即可求出结果.【详解】因为双曲线()2222:10,0 xyCabab=，所以渐近线方程为byxa=，又因为两条渐近线互相 垂直，所以21ba=，所以1ba=，即ba=，因此2ca=，因此213PFPF=，又由双曲线的定义可知122PFPFa=，则123,PFa PFa=，所以在12FPF中由余弦定理可得()()2222221221121232 21cos22 33aaaPFPFF FFPFPFPFa a+=，故

23、答案为：13.16.已知某品牌电子元件的使用寿命X（单位：天）服从正态分布()98 64N,.（1）一个该品牌电子元件的使用寿命超过100天的概率为_；（2）由三个该品牌的电子元件组成的一条电路（如图所示）在100天后仍能正常工作（要求K能正常工作，A，B中至少有一个能正常工作，且每个电子元件能否正常工作相互独立）的概率为_（参考公式：若()2,XN，则()0.250.250.2PX+=）【答案】.0.4#25.32125#0.256.【解析】【分析】由题设可知98,8=，利用正态分布的对称性求电子元件的使用寿命超过100天的概率，应用独立事件的乘法公式、互斥事件的加法公式求电路在100天后仍

24、能正常工作的概率.【详解】由题设知：98,8=，()10.250.25(100)0.42PXP X=.由题意，要使电路能正常工作的概率22222222232(1)(1)555555555125P=+=.故答案为：0.4，32125.三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤第三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤第 1721 题为必考题，每个题题为必考题，每个题目考生都必须作答第目考生都必须作答第 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 （一）必考题：共（一）必考题：共 60 分分 17.已知 nN，数列 na的首项1 1a=，且满足下列条件之

25、一：11 22nnnaa+=+；()121nnnana+=+（只能从中选择一个作为已知）（1）求 na的通项公式；（2）若 na的前 n项和 nSm，求正整数m的最小值【答案】（1）22nnna=（2）4【解析】【分析】（1）若选，则可得11222nnnnaa+=，从而可得数列2nna是以 2 为公差，2为首项的等差数列，则可求出2nna，进而可求出na，若选，则1112nnaann+=+，从而可得数列nan是以12为公比，1为首项的等比数列，则可求出nan，进而可求出na，（2）利用错位相减法求出nS，从而可求出正整数m的最小值【小问 1 详解】若选，则由11 22nnnaa+=+可得112

26、22nnnnaa+=，所以数列2nna是以 2 为公差，1122a=为首项的等差数列，所以222(1)2nnann=+=，所以22nnna=，若选，则由()121nnnana+=+，得1112nnaann+=+，所以数列nan是以12为公比，1111aa=为首项的等比数列，所以1112nnan=，所以1222nnnnna=【小问 2 详解】因为12312462(1)222222nnnnnS=+，所以234112462(1)2222222nnnnnS+=+，所以23112222122222nnnnS+=+2311112()2222nnn=+111142121212nnn=+222nn+=，所以2

27、442nnnS+=，所以4nS，所以正整数m的最小值为 4，18.如图，在直四棱柱1111ABCDABC D中，底面ABCD是菱形，E是BC的中点.（1）求证：1/BD平面1C DE；（2）已知120ABC=，12AAAB=，求直线1AD与平面1C DE所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析.（2）63【解析】【分析】（1）连接1CD交1DC于O，连接OE，易得1/OEBD，再根据线面平行的判定即可证结论.（2）F为AB中点，结合已知可构建以D为原点，,DF DC，1DD为 x、y、z 轴正方向的空间直角坐标系，设122AAAB=，写出对应点坐标，并求出直线1AD的方向向量和平面1C DE的

28、法向量，由空间向量夹角的坐标表示求直线1AD与平面1C DE所成角的正弦值.【小问 1 详解】由题设，连接1CD交1DC于O，易知：O是1CD的中点，连接OE，E是BC的中点，1/OEBD，又OE 面1C DE，1BD 面1C DE，1/BD面1C DE.【小问 2 详解】底面ABCD是菱形，120ABC=，即60DAB=，若F为AB中点，则DFAB，30ADF=，故在直四棱柱1111ABCDABC D中有DFDC、1DDDC、1DDDF，可构建以D为原点，,DF DC，1DD为 x、y、z 轴正方向的空间直角坐标系，设122AAAB=，113 331(0,0,0),(,0),(0,1,2),

29、(,2)4422DECA，则113 331(,0),(0,1,2),(,2)4422DEDCDA=，若(,)mx y z=是面1C DE的一个法向量，则13304420DE mxyDC myz=+=+=，令3x=，则2(3,1,)2m=，11136|cos,|33|32m DAm DAm DA=，故直线1AD与平面1C DE所成角的正弦值63.19.某企业有甲、乙两条生产线，其产量之比为 4:1.现从两条生产线上按分层抽样的方法得到一个样本，其部分统计数据如表（单位：件），且每件产品都有各自生产线的标记.产品件数 一等品 二等品 总计 甲生产线 2 乙生产线 7 总计 50 （1）请将22列联

30、表补充完整，并根据独立性检验估计；大约有多大把握认为产品的等级差异与生产线有关?（2）为进一步了解产品出现等级差异的原因，现将样本中所有二等品逐个进行技术检验（随机抽取且不放回）.设甲生产线的两个二等品恰好检验完毕时，已检验乙生产线二等品的件数为，求随机变量的分布列及数学期望.()20P Kk 0.15 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001 0k 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 参考公式：()()()()()22n adbcKabcdacbd=+.【答案】（1）答案见解析；（2）分布列见解析，数学期望2.【解析

31、】【分析】（1）分析题意完成 22 列联表,直接套公式求出2K，对照参数下结论；为（2）直接求出概率，写出分布列，套公式求出数学期望.【小问 1 详解】由题意可得，一共抽样 50个，产量之比为 4:1，按分层抽样抽取，故甲生产线抽取450404 1=+，乙生产线抽取150104 1=+，故甲生产线抽取一等品 40-2=38，乙生产线抽取二等品 10-7=3，填表如下：产品件数 一等品 二等品 总计 甲生产线 38 2 40 乙生产线 7 3 10 总计 45 5 50 所以()()()()()()22250 38 32 75.5565.02440 10 45 5n adbcKabcdacbd

32、=+，故有 97.5把握认为产品的等级差异与生产线有关 小问 2 详解】依题意得，检验顺序的所有可能为甲甲乙乙乙，甲乙甲乙乙，乙甲甲乙乙，甲乙乙甲乙，乙甲乙甲乙，乙乙甲甲乙，甲乙乙乙甲，乙甲乙乙甲，乙乙甲乙甲，乙乙乙甲甲，共 10种可能.的所有可能取值为：0，1，2，3.故()1010P=，()2110P=，()3210P=，()423105P=，则的分布列为：0 1 2 3 P 110 15 310 25 所以()1134012321051010E=+=20.已知椭圆()2222:10 xyCabab+=的短轴长为2 3，左顶点 A到右焦点F的距离为3.（1）求椭圆C的方程及离心率；（2）设

33、直线l与椭圆C交于不同两点M，N（不同于 A），且直线AM和AN的斜率之积与椭圆的离心率互为相反数，求F在l上的射影H的轨迹方程.【答案】（1）椭圆C的方程22143xy+=，离心率12e=；（2）227910100 xy+=【解析】【分析】（1）用待定系数法求出椭圆C的方程；（2）先用“设而不求法”求出直线l经过定点2,05B，再判断出H的轨迹为以 BF 为直径的圆，即可求出轨迹方程.【小问 1 详解】由题意可得：22222 33bacabc=+=+，解得：321bac=，所以椭圆C的方程为22143xy+=，离心率为12cea=.【小问 2 详解】当直线的斜率存在时，可设 l：ykxm=+

34、代入椭圆方程22143xy+=，得：()2223484120kxkmxm+=.设()()1122,M x yN xy，所以122212283441234kmxxkmx xk+=+=+.由（1）可知，点 A（-2，0），离心率12e=.因为直线AM和AN的斜率之积与椭圆的离心率互为相反数，所以12AMANkk=.所以()()22121212121242AMANk x xkm xxmkkx xxx+=+.把122212283441234kmxxkmx xk+=+=+代入，整理化简得：225840mkmk=，即()()2520mkmk+=，所以2mk=或25mk=.由直线 l：ykxm=+，当2mk

35、=时，()22ykxkk x=+=+经过定点（-2，0），与 A重合，舍去；当25mk=时，2255ykxkk x=经过 B 定点（25，0）；当直线的斜率不存在时，可设 l：xt=，则2233,3,344ttM tN t，因为12AMANkk=，所以223333144222tttt=+，解得：2t=或25t=.当2t=时，直线经过点 A，舍去；当25t=时，直线经过 B 定点（25，0）.综上所述，直线 l经过 B定点（25，0）.而F在l上的射影H，即为 FHl.所以点 H的轨迹为以 BF为直径的圆.其中2,05B,()1,0F,所以圆心7,010，半径310r=，所以圆的方程为22791

36、0100 xy+=，故点 H的轨迹方程为227910100 xy+=.21.已知函数()esinxf xkx=在区间0,2内存在极值点.（1）求实数k的取值范围；（2）求证：在区间()0,内存在唯一的，使()1f=，并比较与 2的大小【答案】（1）1k.（2）证明见解析，2.【解析】【分析】（1）由题设知()0f=可得ecosk=，利用导数研究k在0,2上的单调性，即可求k的取值范围，注意验证所得k是否符合题设；（2）将问题转化为()esin1xg xkx=在()0,上存在唯一零点，利用导数研究()g x的单调性，结合零点存在性定理判断零点的存在性及个数，即可证结论；根据()g x在(,)的单

37、调性及()0g=且2，即k在(0,)2上递增，故1k，当1k 时，在(0,)2x上()esin0 xfxkx=+，即()fx递增，又(0)10fk=，(0,)上()0fx，则()f x在(0,)上递减，在(,)2上递增，()f x在处取极小值，符合题设.1k.【小问 2 详解】要证在()0,内存在唯一的使()1f=，只需证()esin1xg xkx=在()0,上有唯一零点，()ecosxg xkx=，由（1）知：()g x在(0,)上递减，在(,)2上递增，又,)2x时，()ecos0 xg xkx=，即()g x在,)2上递增，综上，()g x在(0,)上递减，在(,)上递增，而(0)0()

38、gg=，()e10g=，()g x在(0,)无零点，在(,)上存在一个零点，故存在唯一()0,使()0g=.由（1）知：ecos1k=，22(2)esin21e2sine1e(e2sin)1gk=，令2e2si()n e1xxg xx=且(0,)2x，则e e(cossin)()2xxgxxx+=，令e(cossin)xyxx=+，则esincos0 xyxx=+，则y递增，0y，即()0g x，故()g x在(0,)2x上递增，则()(0)0g xg=，在(0,)2有(2)0g，即有(2)()0gg=，又()g x在(,)上递增且,2，2.【点睛】关键点点睛：第二问，构造函数()g x，并利

39、用导数研究单调性，结合零点存在性定理判断零点的存在性和唯一性；利用函数()g x的区间单调性判断参数与2的大小（二）选考题：共（二）选考题：共 10 分请考生在第分请考生在第 22，23 题中任选一题作答如果多做，那么按所做的题中任选一题作答如果多做，那么按所做的第一题计分第一题计分 选修选修 4-4：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程（10 分）分）22.在平面直角坐标系xOy中，伯努利双纽线C（如图）的普通方程为()()222222xyxy+=，直线l的参数方程为cossinxtyt=（其中0,4，t为参数）.（1）以O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，求C和l的极坐标方程；（2）

40、设A，B是C与x轴的交点，M，N是C与l的交点（四点均不同于O），当变化时，求四边形AMBN的最大面积.【答案】（1）C的极坐标方程为22cos2=，l的极坐标方程为,R=且0,4.（2）2.【解析】【分析】（1）应用公式法求C的极坐标方程，利用消参法求直线l普通方程，再由公式法求其极坐标方程.（2）由题设可得(2,0),(2,0)AB，根据C与l的对称性可知2AMBNABMSS=，若M在第一象限，联 立（1）所得极坐标方程求My的范围，由2 2AMBNMSy=即可求面积最大值.【小问 1 详解】由222,cos,sinxyxy=+=，则C为422222(cossin)2cos2=，C的极坐标

41、方程为22cos2=，由题设，应用消参法可知：直线l普通方程为tanyx=，则l的极坐标方程为,R=且0,4.【小问 2 详解】由题设，当0=时有22=，即(2,0),(2,0)AB，又=且0,4是过原点的直线，结合伯努利双纽线C的对称性知：M，N的横纵坐标互为相反数，若M在第一象限，则N在第三象限，2|2 2AMBNABMMMSSAByy=，联立C、l，有22cos2=，则2cos2=且0,4，又sinMy=，2224221112sin(1 2sin)2sinsin2(sin)2164My=，而2sin10,2，102My，故当12My=时有最大2AMBNS=.选修选修 4-5：不等式选讲：

42、不等式选讲（10 分）分）23.设M为不等式1431xx+的解集.（1）求M；（2）若 a，bM，求abab的最大值.【答案】（1）|13Mxx （2）5【解析】【分析】（1）分类讨论求绝对值不等式的解集即可；（2）由题设可得|(1)(1)1|aababb=，根据绝对值的几何意义可得|(1)(1)1|1|1|1abab+即可求最大值.【小问 1 详解】由题设，3114xx+，当1x 时，1 31224xxx=+，无解；当113x 时，1 3144xxx=，可得113x；当13x 时，311224xxx =，可得133x.综上，|13Mxx.【小问 2 详解】|(1)(1)1|aababb=，又|1|,|1|0,2ab，|(1)(1)1|(1)(1)|1|1|1|15ababab+=+，当且仅当112ab=时等号成立，max5abab=.