1、 河南省河南省 20202020 届高三第十次调研考试届高三第十次调研考试 数学（理）数学（理） 第第卷（选择题）卷（选择题） 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，在每小题给出的四个选项中，只有一项分，在每小题给出的四个选项中，只有一项 是符合题目要求的是符合题目要求的. 1.已知 1AxZ x ，集合 2 log2Bxx，则AB （ ） A. 14xx B. 04xx C. 0,1,2,3 D. 1,2,3 【答案】D 【分析】先求解集合B再求AB即可. 【详解】04Bxx,1AxZ x ,1,2,3AB ,故选：D. 【点睛】本题
2、主要考查了对数的不等式求解以及交集的运算,属于基础题. 2.设复数1zbi （bR）且 2 34zi ，则z的共轭复数z的虚部为（ ） A. 2 B. 2i C. 2 D. 2i 【答案】A 【分析】利用复数的运算法则、复数相等、虚部的定义即可得出 【详解】z2=3+4i，（1+bi）2=3+4i，1b2+2bi=3+4i， 1b2=3，2b=4， 解得 b=2 则z=12i的虚部为2 故选 A 【点睛】本题考查了复数的运算法则、复数相等、虚部的定义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题 3.在等比数列 n a中， 1 1a ， 68 35 1 27 aa aa ，则 6 a的值为（ ） A.
3、 1 27 B. 1 81 C. D. 1 729 【答案】C 【分析】 根据等比数列各项之间的关系化简 68 35 1 27 aa aa 求得 1 3 q ,再根据 5 61 aa q求解即可. 【详解】设等比数列 n a公比为q,则 3 353 68 3535 11 273 aaqaa qq aaaa ,所以 5 61 1 243 aa q. 故选：C. 【点睛】本题主要考查了等比数列各项之间的关系,属于基础题. 4.如图的框图中，若输入 15 16 x ，则输出的i的值为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】B 【分析】根据程序框图逐步计算即可. 【详解】输入 15 1
4、6 x ,0i ,进入循环体： 157 21 168 x ,0 1 1i ,0x判定为否； 73 21 84 x ,1 12i ,0x判定为否； 31 21 42 x ,2 13i ,0x判定为否； 1 210 2 x ,3 14i ,0x判定为是； 输出4i . 故选：B 【点睛】本题主要考查了根据程序框图的输入结果计算输出结果问题,属于基础题. 5.已知 3 log 0.8a ， 0.8 3b ， 2.1 0.3c ，则（ ） A. aabc B. acbc C. abac D. cacb 【答案】C 【分析】先判断, ,a b c的大致范围,再根据不等式的性质逐个判断即可. 【详解】 3
5、3 log 0.8log 10a , 0.80 331b , 2.10 0.30,0.3c ,故0a , 1b,01c. 对 A,若10aabab,不成立.故 A错误. 对 B,因为1cb ,故 B错误. 对 C, aba c成立. 对 D, 因为0acc,故 D错误. 故选；C 【点睛】本题主要考查了指对幂函数的大小判定以及不等式的性质.需要根据题意确定各数的范围,再逐个推 导.属于基础题. 6.已知某函数的图像如图所示，则下列函数中，图像最契合的函数是（ ） A. sin xx yee B. sin xx yee C. cos xx yee D. cos xx yee 【答案】D 【分析】
6、根据0x时的函数值，即可选择判断. 【详解】由图可知，当0x时，0y 当0x时， sin xx yee 20sin，故排除A； 当0x时，sin xx yee 00sin，故排除B； 当0x时， cos xx yee 010cos ，故排除C； 当0x时， cos xx yee 20cos，满足题意. 故选：D. 【点睛】本题考查函数图像的选择，涉及正余弦值的正负，属基础题. 7.算数书竹简于上世纪八十年代出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“盖”的术： 置如其周，令相承也.又以高乘之，三十六成一.该术相当于给出了有圆锥的底面周长L与高h，计算其体积 V的近似公式 2 1 3
7、6 vL h.它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率近似取为3.那么近似公式 2 3 112 vL h 相当于将圆锥体积公式中的近似取为（ ） A. 22 7 B. 25 8 C. 28 9 D. 82 27 【答案】C 【分析】设圆锥底面半径为r,根据圆锥的底面周长L求得 2 L r ,再代入体积公式得 2 12 L h v ,再对照 2 3 112 vL h求解即可. 【详解】设圆锥底面半径为r,则2 2 L rLr ,所以 2 22 1328 3121129 L h vr hL h . 故选：C. 【点睛】本题主要考查了圆锥底面周长与体积等的计算.属于基础题. 8.已知函数 f x是定义在R
8、上的奇函数， 1f x是偶函数，且当0,1x时， 32 x f x ，则 20192020ff（ ） A. 1 B. 0 C. 1 D. 2 【答案】A 【分析】根据函数的奇偶性与对称性可得 f x最小正周期4T ,再利用函数的性质将自变量转换到 0,1x求解即可. 【详解】 fxf x ,11fxf x ,2( )fxfxf x， 42fxfxf x， 最小正周期4T ,又 00f, 2019505 4 1111ffff , 2020505 400fff,201920201ff, 故选：A. 【点睛】本题主要考查了根据函数性质求解函数值的问题,需要根据奇偶性推出函数的对称性,再将自变量利 用
9、性质转换到已知函数解析式的区间上求解.属于中档题. 9.甲乙两运动员进行乒乓球比赛，采用7局4胜制.在一局比赛中，先得11分的运动员为胜方，但打到10平 以后，先多得2分者为胜方.在10平后，双方实行轮换发球法，每人每次只发1个球.若在某局比赛中，甲发 球赢球的概率为 1 2 ，甲接发球贏球的概率为 2 5 ，则在比分为10:10后甲先发球的情况下，甲以13:11赢下 此局的概率为（ ） A. 2 25 B. 3 10 C. 1 10 D. 3 25 【答案】C 【分析】分后四球胜方依次为甲乙甲甲,与乙甲甲甲两种情况进行求解即可. 【详解】分两种情况：后四球胜方依次为甲乙甲甲,概率为 1 1
10、3 1 23 2 5 2 550 P ； 后四球胜方依次为乙甲甲甲,概率为 2 1 2 1 21 2 5 2 525 P . 所以,所求事件概率为： 12 1 10 PP. 故选：C. 【点睛】本题主要考查了分步与分类计数求解概率的问题,需要根据题意判断出两种情况再分别求解,属于基 础题. 10.已知 1,0 A x， 2,0 B x两点是函数( )2sin() 1(0,(0, )f xx与x轴的两个交点，且 满足 12min 3 xx ,现将函数 f x的图像向左平移 6 个单位，得到的新函数图像关于y轴对称，则的 可能取值为（ ） A. 6 B. 3 C. 2 3 D. 5 6 【答案】A
11、 【分析】 根据 12min 3 xx ，即可求得，再根据平移后函数为偶函数，即可求得. 【详解】令2sin10x ，解得 1 sin 2 x ， 因为 12min 3 xx ，故令 21 xx，并取 12 711 , 66 xx ， 则 21 2 3 xx ，即可求得2. 此时 2sin 21f xx， 向左平移 6 个单位得到2sin 21 3 yx ， 若其为偶函数，则2, 32 kkZ ， 解得2 6 k . 当0k 时， 6 .故选：A. 【点睛】本题考查由三角函数的性质求参数值，属综合中档题. 11.已知直线2xa与双曲线 22 22 :10,0 xy Cab ab 的一条渐近线交
12、于点P，双曲线C的左，右焦点 分别为 12 ,F F，且 21 1 cos 4 PF F ，则双曲线C的渐近线方程为（ ） A. 15yx B. 3 15 11 yx C. 2 15 11 yx D. 15yx 或 3 15 11 y 【答案】B 【解析】 【详解】 设直线2xa与x轴交点为2 ,0Qa,由题可知2 ,2Pab, 1 ,0Fc , 2 ,0F c, 21 1 cos 4 PF F 故2ac,即12e 且 2 1 cos 4 PF Q. 故 2 2FQac, 2 2 4115 2PQFQac . 又2PQb,故 2 22 15 2215 24acbacca,整理得 22 1160
13、640caca,即 2 1160640ee. 16 11 e 或4e.又12e ,故 16 11 e 渐近线方程为： 2 3 15 1 11 ye . 故选：B. 【点睛】本题主要考查了双曲线中渐近线以及构造齐次方程求解离心率的问题.需要根据题意找到基本量 , ,a b c之间的关系,再求得离心率的值进而求得渐近线方程.属于中档题. 12.已知kR， 函数 2 3 22 ,1 1,1 x xkxk x f x xkeex ， 若关于x的不等式 0f x 在xR上恒成立， 则k 的取值范围为（ ） A. 2 0,e B. 2 2,e C. 0,4 D. 0,3 【答案】D 【分析】 当1x时,根
14、据二次函数的对称轴与最值求解 2 22f xxkxk的最小值,再根据 0f x 求解.当 1x 时求导分析 3 1 x f xxkee 的单调性,再分1k 与1k 两种情况讨论函数的单调性进而求 得最小值再求解 0f x 恒成立的k的取值范围即可. 【详解】 （1）当1x时, 2 22f xxkxk， f x的对称轴为xk,开口向上 当1k 时, f x在,k递减,1k递增 当xk时, f x有最小值,即 0f k ,01k 当1k 时, f x在,1上递减 当1x 时, f x有最小值,即 1 0f 1 0显然成立,此时1k ， 当1x时, 0k . （2）当1x 时, 3 1 x f xx
15、kee , x fxxk e 当1k 时, f x在 1,上递增 3 10f xfkee, 2 ke,此时1k . 当1k 时, f x在1,k递减,k 递增 3 0 k f xf kee,3k ,此时13k 当1x 时, 3k . 综上：0k. 故选：D 【点睛】本题主要考查了根据分段函数的恒成立求解参数的问题,需要根据二次函数的最值以及求导分析函 数的最值进行求解.属于难题. 第第卷卷 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，请将正确答案填在答题卷相应位置分，请将正确答案填在答题卷相应位置. 13.已知向量1, 1a ，向量0,1
16、b ，则 2ab_. 【答案】10 【分析】 根据模长的坐标运算求解即可. 【详解】 2 2 21, 10,21, 31310ab . 故答案为：10 【点睛】本题主要考查了向量模长的坐标运算,属于基础题. 14.已知抛物线 2 :,0C ymxmR m过点14P ,，则抛物线C的准线方程为_. 【答案】 1 16 y 【分析】 代入14P ,求解抛物线 2 :,0C ymxmR m,再化简成标准形式求解准线方程即可. 【详解】由题, 2 414mm ,故 22 1 :4 4 C yxxy.故抛物线C的准线方程为 1 16 y . 故答案为： 1 16 y 【点睛】本题主要考查了根据抛物线上的
17、点抛物线方程以及准线的问题.属于基础题. 15.已知数列 n a， n b，其中数列 n a满足 10nn aanN ，前n项和为 n S满足 2 211 ,10 2 n nn SnNn ；数列 n b满足： 12nn bbnN ，且 1 1b ， 1 1 nn n bb n ， ,12nN n ，则数列 nn ab的第2020项的值为_. 【答案】 1 4 【分析】 根据 10nn aanN 可知数列 n a周期为 10，并根据 n S求得 n a在10n时的通项公式.又 12nn bbnN 可知数列 n b周期为 12，再求出 1 n b n ，分析 nn ab的周期再求解即可. 【详解】
18、当1n 时, 1 1 21 119 22 a ； 当2n时, 2 2 1 12111211 22 11 nnn nnnn anSS , 故 19 ,1 2 11,210 n n a nn , 又 1 1b , 1 1 nn n bb n , 1 11 nn nbnb ,12nN n ， 所以 1 n b n ,12nN n , 又数列 n a, n b公共周期为60,所以 202020204040 abab, 而 4010 1aa, 404 1 4 bb,所以 202020204040 1 4 abab 故答案为： 1 4 【点睛】本题主要考查了根据数列的前n项和与通项的关系，求解通项公式以及
19、构造数列求通项公式的方 法.同时也考查了周期数列的运用.属于中档题. 16.如图，四棱锥PABCD中，底面为四边形ABCD.其中ACD为正三角形，又 3DA DBDB DCDB AB .设三棱锥PABD，三棱锥PACD 的体积分别是 12 ,V V，三棱锥 PABD，三棱锥PACD的外接球的表面积分别是 12 ,S S.对于以下结论： 12 VV； 12 VV； 12 VV； 12 SS； 12 SS= ； 12 SS.其中正确命题的序号为_. 【答案】 【分析】 设2AD ,根据DA DB DB DC 化简可得DBAC. 【 详 解 】 不 妨 设2AD , 又ACD为 正 三 角 形 ,
20、由 3DA DBDB DCDB AB , 得 0DA DBDB DCDBDADCDB CA,即有DBAC，所以30ADBCDB. 又 3DB DCDB AB 得 2 333DB DCDBDBDADBDB DA,又DB DC DB DA ,故 2 344cos30DBDB DADBDA. 化简可以得 4 3 3 DB ,90DAB,易得 ABDACD SS ,故 12 VV.故正确. 又由于60ADBACD,所以ABD与ACD的外接圆相同（四点共圆）,所以三棱锥PABD, 三棱锥PACD的外接球相同,所以 12 SS=.故正确. 故答案为： 【点睛】本题主要考查了平面向量与立体几何的综合运用,需
21、要根据平面向量的线性运算以及数量积公式求 解各边的垂直以及长度关系等.同时也考查了锥体外接球的问题.属于难题. 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. （一）必考题：共（一）必考题：共 60 分分. 17.在ABC中，角 , ,A B C的对边分别为, ,a b c，若 2 cos 3 A，2BA，8b. （1）求边长a； （2）已知点M为边BC的中点，求AM的长度. 【答案】 （1）6（2） 305 3 AM 【解析】 分析】 (1)根据 2 cos 3 A可得 5 sin 3 A ,再根据2BA与二倍角公式求
22、解得 4 5 sin 9 B ,再利用正弦定理求解 a即可. (2)先求解得 1 cos 9 B ,再求解得 22 cos 27 C ,再在ACM中,由余弦定理求解AM即可. 【详解】解： （1）由0A, 2 cos 3 A,得 2 5 sin1 cos 3 AA, 所以 524 5 sinsin22sincos2 339 BAAA, 由正弦定理 sinsin ab AB ,可得 sin 6 sin bA a B . （2） 2 2 21 coscos22cos121 39 BAA , 在ABC中, 22 coscossinsincoscos 27 CABABAB 在ACM中,由余弦定理得：
23、222 305 2cos 9 AMACCMAC CMC 所以, 305 3 AM 【点睛】本题主要考查了三角函数恒等变换以及正余弦定理在解三角形中的运用,需要根据题意确定合适的 公式化简求解.属于中档题. 18.已知，图中直棱柱 1111 ABCDABC D的底面是菱形，其中 1 24AAACBD.又点, ,E F P Q分别在 棱 1111 ,AA BB CC DD上运动，且满足：BFDQ，1CPBFDQAE. （1）求证：, ,E F P Q四点共面，并证明EF平面PQB. （2）是否存在点P使得二面角BPQE的余弦值为 5 5 ？如果存在，求出CP的长；如果不存在，请说 明理由. 【答案
24、】 （1）见解析（2）不存在点P使之成立.见解析 【分析】 (1) 在线段 ,CP DQ上分别取点,M N,使得1QNPM,进而得到MNPQ与EFMN即可. (2) 以O为原点,分别以 ,OA OB,及过O且与 1 AA平行的直线为 , ,x y z轴建立空间直角坐标系,再求解平面 BPQ的法向量与平面EFPQ的法向量,再设BF a,1,3a,再根据二面角的计算方法分析是否存在 1,3a使得二面角为的余弦值为 5 5 即可. 【详解】解： （1）证法 1：在线段,CP DQ上分别取点,M N,使得1QNPM,易知四边形MNQP是平 行四边形,所以MNPQ,联结,FM MN NE, 则AEND,
25、且AEND 所以四边形ADNE为矩形,故ADNE,同理,FMBCAD 且NEMFAD,故四边形FMNE是平行四边形,所以EFMN,所以EFPQ 故, ,E F P Q四点共面 又EFPQ,EF 平面BPQ,PQ 平面BPQ, 所以EF平面PQB. 证法 2：因为直棱柱 1111 ABCDABC D的底面是菱形,ACBD, 1 AA 底面ABCD,设,AC BD交点 为O,以O为原点,分别以,OA OB,及过O且与 1 AA平行的直线为 , ,x y z轴建立空间直角坐标系.则有 2,0,0A,0,1,0B,2,0,0C ,0, 1,0D,设BFa,1,3a,则 2,0,1Ea,0,1,Fa,2
26、,0,1Pa,0, 1,Qa,2,1,1EF ,2,1,1QP ,所以EF PQ, 故, ,E F P Q四点共面.又EFPQ,EF 平面BPQ,PQ 平面BPQ,所以EF平面PQB. （2）平面EFPQ中向量2,1,1EF ,2, 1,1EQ ,设平面EFPQ一个法向量为 111 ,x y z,则 111 111 20 20 xyz xyz ,可得其一个法向量为 1 1,0,2n . 平面BPQ中,2, 1,1BPa ,0, 2,BQa,设平面BPQ的一个法向量为 222 ,nx y z,则 222 22 210 20 xyaz yaz ,所以取其一个法向量 2 2,2 ,4naa. 若 1
27、2 12 2 2 5 cos, 5 5216 n n n n aa ,则 2 2 10548aaa, 即有 2 4230aa, 1,3a,解得23 21,3a ,故不存在点P使之成立. 【点睛】本题主要考查了根据线线平行证明共面的方法,同时也考查了建立空间直角坐标系确定是否存在满 足条件的点的问题.需要根据题意建立合适直角坐标系,再利用空间向量求解二面角的方法,分析是否有参数 满足条件等.属于难题. 19.已知圆 22 1: 2Cxy，圆 22 2: 4Cxy，如图， 12 ,C C分别交x轴正半轴于点,E A.射线OD分别交 12 ,C C于点,B D，动点P满足直线BP与y轴垂直，直线DP
28、与x轴垂直. （1）求动点P的轨迹C的方程； （2）过点E作直线l交曲线C与点,M N，射线OHl与点H，且交曲线C于点Q.问：2 11 MN OQ 的 值是否是定值？如果是定值，请求出该定值；如果不是定值，请说明理由. 【答案】 （1） 22 1 42 xy （2）是定值，为 3 4 . 【分析】 (1) 设BOE ,再根据三角函数的关系可得2cos P x,2sin P y,进而消参求得轨迹C的方程 即可. (2) 设直线l的方程为2xmy ,再联立直线与(1)中椭圆的方程,根据弦长公式化简2 11 MN OQ ,代入 韦达定理求解即可. 【详解】解：方法一： （1）如图设BOE,则2co
29、s , 2sinB 2cos ,2sinD,所以2cos P x,2sin P y. 所以动点P的轨迹C的方程为 22 1 42 xy . 方法二： （1）当射线OD的斜率存在时,设斜率为k,OD方程为y kx , 由 22 2 ykx xy 得 2 2 2 1 P y k ,同理得 2 2 4 1 P x k ,所以 22 24 PP xy即有动点P的轨迹C的方程为 22 1 42 xy .当射线OD的斜率不存在时,点 0,2也满足. （2）由（1）可知E为C的焦点,设直线l的方程为2xmy（斜率不为 0 时）且设点 11 ,M x y, 22 ,N x y,由 22 2 24 xmy xy
30、 得 22 22 220mymy 所以 12 2 12 2 2 2 2 2 2 m yy m y y m ,所以 2 2 2 12 112 41 1 m MNm myy 又射线OQ方程为y mx ,带入椭圆C的方程得 2 2 24xmy,即 2 2 4 12 Q x m 2 2 2 4 12 Q m y m , 2 2 2 11 2 41 m mOQ 所以 22 2 22 1121 23 44141 mm MNmm OQ 又当直线l的斜率为0时,也符合条件.综上,2 11 MN OQ 为定值,且为 3 4 . 【点睛】本题主要考查了轨迹方程的求解以及联立直线与椭圆的方程求解线段弦长与证明定值的
31、问题,属于 难题. 20.某校高三男生体育课上做投篮球游戏，两人一组，每轮游戏中，每小组两人每人投篮两次，投篮投进的 次数之和不少于3次称为“优秀小组”.小明与小亮同一小组，小明、小亮投篮投进的概率分别为 12 ,p p. （1）若 1 2 3 p ， 2 1 2 p ，则在第一轮游戏他们获“优秀小组”的概率； （2）若 12 4 3 pp则游戏中小明小亮小组要想获得“优秀小组”次数为16次，则理论上至少要进行多少轮 游戏才行？并求此时 12 ,p p的值. 【答案】 （1） 4 9 （2）理论上至少要进行27轮游戏. 21 2 3 pp 【分析】 (1)分小明投中 1 次,小亮投中 2 次；
32、小明投中 2 次,小亮投中 1 次；小明投中 2 次,小亮投中 2 次三种 情况进行求和即可. (2)同(1),分别计算三种情况的概率化简求和,再代入 12 4 3 pp可知 22 1212 8 3 3 Pp pp p,再设 12 tp p,根 据二次函数在区间上的最值方法求解可得当 4 9 t 时, max 16 27 P.再根据他们小组在n轮游戏中获“优秀小 组”次数满足,B n p,利用二项分布的方法求解即可. 【详解】解： （1）由题可知,所以可能的情况有小明投中 1 次,小亮投中 2 次；小明投中 2 次,小亮投中 1 次；小明投中 2 次,小亮投中 2 次. 故所求概率 12212
33、2 222222 2 11 12 21 12 21 14 3 32 23 32 23 32 29 PCCCCCC （2）他们在一轮游戏中获“优秀小组”的概率为 122221222222 21122212222122121212 1()()1()()23() ()PC pp CpCpC ppCpCpp ppppp因 为 12 4 3 pp,所以 22 1212 8 3() () 3 Pp ppp 因为 1 01p, 2 01p, 12 4 3 pp,所以 1 1 1 3 p, 2 1 1 3 p,又 2 12 12 4 29 pp p p 所以 12 14 99 p p,令 12 tp p,以
34、14 99 t ,则 2 8 3 3 Ph ttt 当 4 9 t 时, max 16 27 P,他们小组在n轮游戏中获“优秀小组”次数满足,B n p 由 max ()16np,则27n,所以理论上至少要进行27轮游戏.此时 12 4 3 pp, 12 4 9 p p , 21 2 3 pp 【点睛】本题主要考查了排列组合在概率中的运用,需要根据题意分析三种情况的概率之和,再根据包含概率 的函数解析式,结合二次函数与基本不等式的方法求最值即可.属于难题. 21.已知函数 lnf xaxxa ， lng xkxxxb，其中, ,a b kR. （1）求函数 f x的单调区间； （2）若对任意1
35、,ae，任意1,xe，不等式 f xg x恒成立时最大的k记为c，当1,be时， bc的取值范围. 【答案】 （1）见解析（2） 2 2,1bce e 【分析】 (1)求导后分0a 与0a两种情况分析函数的单调性即可. (2)参变分离 f xg x与 1,ae可得 1 lnlnxxxxb k x ,再令 1 lnlnxxxxb g x x , 求导得 2 ln xxb gx x ,再分析 lnp xxxb 的单调性,分 10p, 0p e 与 10pp e 三种情况求解导函数的正负以及原函数的单调性,进而求得bc的解析式,再求导分析单调 性与范围即可. 【详解】解： （1） ln0,f xax
36、xa xaR 1 aax fx xx ,0x,aR 当0a 时, f x的减区间为0,没有增区间 当0a时, f x的增区间为0,a,减区间为, a （2）原不等式 1 lnlnaxxxxb k x . 1,ae,1,xe, 1 lnln1 lnlnaxxxxbxxxxb xx , 令 2 1 lnlnlnxxxxbxxb g xgx xx , 令 1 ln1p xxxbpx x lnp xxxb在 1,上递增； 当 10p时,即1b,1,be,所以1b时1,xe, 00p xg x , g x在1,e上递增； min 122cg xgbbcb . 当 0p e ,即1,bee时1,xe, 0
37、0p xg x , g x在1,e上递减； min 2212 ,1 bb cg xg ebcbee eeee 当 10pp e 时,又 lnp xxxb在1,e上递增； 存在唯一实数 0 1,xe,使得 0 0p x,即 00 lnbxx， 则当 0 1,xx时 00p xg x. 当 0, xx e时 00p xg x. 0000 0 mi 0 00 n 1 lnln1 ln xxxxb x xx cg xg x . 0000 00 11 lnlnbcxxxx xx . 令 11 ln10 x h xxxh xh x xx 在1,e上递增, 0 1,11,bexe, 1 2,bce e .
38、综上所述, 2 2,1bce e . 【点睛】本题主要考查了求导分析函数单调区间以及分情况讨论导函数零点以及参数范围的问题,需要根据 题意构造合适的函数进行原函数单调性以及最值的分析等.属于难题. （二）选考题：共（二）选考题：共 10 分分.请考生在请考生在 22，23中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计 分分. 选修选修 4- -4：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程 22.在平面直角坐标系xoy中， 曲线 1 C的参数方程为 1 cos sin x y （为参数） ， 在以坐标原点为极点，x轴 正半轴为极轴的极坐标系中.曲线 2 C的极
39、坐标方程为 2 2 48 3sin . （1）求曲线 1 C和曲线 2 C的一般方程； （2）若曲线 2 C上任意一点P，过P点作一条直线与曲线 1 C相切，与曲线 1 C交于A点，求PA的最大值. 【答案】 （1） 2 2 11xy， 22 1 1612 xy （2） max 2 6AP 【分析】 (1)根据圆的标准方程可得 1 C的一般方程,再根据 222 xy,且cosx,siny代入 2 C化简可 得 2 C的一般方程. (2)易得 22 1 PAPCr ,再设点P的坐标为 4cos ,2 3sin,再利用三角函数范围以及二次函数的范 围求解PA的取值范围,进而求得 max AP即可.
40、 【详解】解： （1）曲线 1 C表示圆心为1,0,半径为 1的圆.故 1 C的一般方程是 2 2 11xy 222 xy,且cosx,siny,给 222222 2 48 3sin483448 3sin xy . 曲线 2 C的一般方程为 22 1 1612 xy （2）设点P的坐标为4cos ,2 3sin, 22 1 PAPCr, 2 22 22 1 4cos12 3sin4cos8cos134 cos19PC 2 4 cos182 6PA ,即cos1时, max 2 6AP 【点睛】本题主要考查了参数方程与极坐标和直角坐标的互化,同时也考查了设点的参数坐标求解距离的最 值问题.属于中
41、档题. 选修选修 4- -5：不等式选：不等式选讲讲 23.已知点 ( , )P x y的坐标满足不等式：111xy . （1）请在直角坐标系中画出由点P构成的平面区域，并求出平面区域的面积 S. （2）如果正数, ,a b c满足()()ac bcS，求23abc的最小值. 【答案】 （1）2； （2）4 【分析】 （1）根据111xy ，即可容易求得平面区域以及面积； （2）利用均值不等式即可容易求证 【详解】 （1）因为111xy ， 故可得当1,1xy时，不等式等价于1xy； 当1,1xy时，不等式等价于1xy ； 当1,1xy时，不等式等价于3xy； 当1,1xy时，不等式等价于1xy； 如图，平面区域平面区域由一个正方形及其内部组成， 四个顶点分别为(1,0),(2,1),(1,2),(0,1)， 所以 222S . （2）由（1）()()2ac bc，而, ,a b c 都为正数， 所以 2 32()2 2()()4abcacbcac bc ， 当且仅当2()2acbc取得最小值. 【点睛】本题考查绝对值不等式表示的平面区域，以及利用均值不等式求最值，属综合基础题.
