1、2020年广州市高考二模理科数学试卷年广州市高考二模理科数学试卷及答案及答案一、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小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的21.|2,|0,().0,1).0,1.0,2).0,2Ax yxBx xxBABCD若若集集合合则则(,2,0,1,0,1ABAB 所所以以B2.1i(R),()2i11.2.122zzbbbABCD 已已知知复复数数是是纯纯虚虚数数 则则1i(1i)(2i)(2)(21)i,2i2i(2i)(2i)520210,2zbbbbbbb
2、 是是纯纯虚虚数数且且1i,i(,R),2i111ii(2i)2 i,22baa baabaaaabb 方方法法二二：依依题题意意 设设则则A0.23313.log,ln,0.6,22().abca b cA cbaB cabC bacD acb 若若则则的的大大小小关关系系为为3333313,log 1loglog 3,(0,1),22a即即1lnln10,2b 0.200.6,0.60.61,xyccab 因因为为函函数数是是单单调调递递减减函函数数所所以以故故B22225.(0),.(1),(1).(1)(1.raaraaBp rp raaCDp rp rpA 周周髀髀算算经经中中提提出
3、出了了“方方属属地地 圆圆属属天天”也也就就是是人人们们常常说说的的“天天圆圆地地方方”我我国国古古代代铜铜钱钱的的铸铸造造也也蕴蕴含含了了这这种种“外外圆圆内内方方”“天天地地合合一一”的的哲哲学学思思想想现现将将铜铜钱钱抽抽象象成成如如图图所所示示的的图图形形 其其中中圆圆的的半半径径为为正正方方形形的的边边长长为为若若在在圆圆内内随随机机取取点点 得得到到点点取取自自阴阴影影部部分分的的概概率率是是则则圆圆周周率率 的的值值为为222222,1,1,(1)aaapprrp r 依依题题意意AABCC1B1A1EDGH11111116.,.,(),/,().ABCA B CEABFACC
4、AEFBCC BFABCD 在在三三棱棱柱柱中中是是棱棱的的中中点点 动动点点 是是侧侧面面包包括括边边界界 上上一一点点 若若椭椭圆圆的的一一部部平平面面则则动动点点 的的轨轨迹迹是是线线段段分分抛抛物物线线圆圆弧弧的的一一部部分分111111,/D G HAC ACA BEDGHBCC B如如图图 点点分分别别是是棱棱的的中中点点易易证证得得平平面面平平面面11,/,.FDGEFBCC BF当当点点 在在线线段段上上时时平平面面所所以以动动点点 的的轨轨迹迹是是线线段段A17.()2()f xxx 函函数数的的图图象象大大致致是是21210,()2,220,()0;,()022xxf xx
5、xxxf xxf x 当当时时当当时时当当时时17.()2()f xxx 函函数数的的图图象象大大致致是是10,()20,xf xxCx 且且当当时时故故选选CABCDEFxy8.,/,22,2,()1111.23321111.2332ABCDABCD ABAD ABADDC EBCFAEAFFEBFAABADBABADCABADDABAD 如如图图 在在梯梯形形中中是是的的中中点点是是上上一一点点则则,2,(4,0),(2,2),(0,2),2(3,2),2,3AADBCDDF 以以 为为原原点点建建立立如如图图所所示示平平面面直直角角坐坐标标系系 设设则则ABCDEFxy8.,/,22,2
6、,()1111.23321111.2332ABCDABCD ABAD ABADDC EBCFAEAFFEBFAABADBABADCABADDABAD 如如图图 在在梯梯形形中中是是的的中中点点是是上上一一点点则则22,3(4,0),(0,2)BFABAD 1123BFABAD C2219.:,(2,),(4)0.7,(02)0.3,(),(),(7,495;).:.nqBpxxNPPpqpqpqACpqD 仅仅有有第第 项项的的二二项项式式已已知知命命题题的的展展开开式式中中且且则则现现给给出出四四个个命命题题：其其中中真真命命题题系系数数最最大大 则则展展开开式式中中的的常常数数项项为为命命
7、题题随随机机变变量量服服从从正正态态分分布布是是 28442121,7,13,12,1495,nxxnCxpx 的的展展开开式式中中 仅仅有有第第 项项的的二二项项式式系系数数最最大大 则则展展开开式式有有项项 所所以以则则展展开开式式的的常常数数项项为为所所以以 是是真真命命题题.2219.:,(2,),(4)0.7,(02)0.3,(),(),(7,495;).:.nqBpxxNPPpqpqpqACpqD 仅仅有有第第 项项的的二二项项式式已已知知命命题题的的展展开开式式中中且且则则现现给给出出四四个个命命题题：其其中中真真命命题题系系数数最最大大 则则展展开开式式中中的的常常数数项项为为
8、命命题题随随机机变变量量服服从从正正态态分分布布是是2(2,),(4)0.7,(4)0.3,(0)(4)0.3,(02)1(0)(4)10.30.30.4.NPPPPPPPq 所所以以命命题题 是是假假命命题题,(),().pq pqpqpq 故故是是真真命命题题是是假假命命题题C112020202020202021202110.,2,2(N),()22222222.3333nnnnnanSaaanSABCD 设设数数列列的的前前 项项和和为为且且则则202012345620192020135201910102021()()()()22222(14)22143Saaaaaaaa C222222
9、211.:1(0,0)3,()12.2.2,5,xyCabFabF PF ACA yxB yxCPAyxD yx 过过双双曲曲线线右右焦焦点点则则双双曲曲作作双双曲曲线线一一条条渐渐近近线线的的垂垂线线 垂垂足足为为与与双双曲曲线线交交线线 的的渐渐近近线线方方程程若若为为于于点点11222212,3,2233FAFPFb OPabbF PF AAFAFaAFa 设设双双曲曲线线的的左左焦焦点点为为连连接接易易知知由由可可知知又又A2222,Rt,cos;PFbOF POPFOFc设设则则在在中中122222221221122,cos4239322 23AF FbbcaF FAFAFbabF
10、FAFcc 在在中中 由由余余弦弦定定理理可可得得3,3,2,12bbabba abccbyxxa 渐渐近近线线方方程程为为222112.ln,2().0,2.(,2.0,2.(,2xxeaxaaAeBeCeDe 若若关关于于 的的不不等等式式恒恒成成立立 则则实实数数 的的取取值值范范围围是是222(2ln1),()2()(2ln1),xxeaxf xeg xax由由题题意意可可知知即即函函数数的的图图象象在在函函数数图图象象的的上上方方,0,.a 如如图图 当当时时 显显然然不不满满足足题题意意0a 20,2(2ln1)xaeax当当时时恒恒成成立立0a 0,()(),()()af tg
11、ttftg t 当当时时 临临界界值值为为两两曲曲线线相相切切 相相切切时时 设设切切点点横横坐坐标标为为 则则有有2222(2ln1)1,224tteattaaeet 即即解解得得20,2ae所所以以实实数数 的的取取值值范范围围是是222112.ln,2().0,2.(,2.0,2.(,2xxeaxaaAeBeCeDe 若若关关于于 的的不不等等式式恒恒成成立立 则则实实数数 的的取取值值范范围围是是C2221ln,ln(),2()ln()0,xxxeaxeaexf xeaex 解解法法二二：即即所所以以恒恒成成立立0,0,ln(),(),;axexf x 当当时时 因因为为当当时时所所以
12、以不不合合题题意意20,()0;xaf xe当当时时恒恒成成立立22222222220,ln(),22ln()1()(),ln(),1,xxxxaaeaeexexeeexexexxex 当当时时恒恒成成立立而而当当且且仅仅当当时时以以上上等等号号成成立立2222222min(),02ln()2xeexaeeaeexx所所以以所所以以即即2,0,2ae综综上上 实实数数 的的取取值值范范围围是是221()ln,()0,2()2,xxf xeaxaf xafxex 解解法法三三：令令则则恒恒成成立立0,0,(),;axf x 当当时时 因因为为当当时时所所以以不不合合题题意意20,()0;xaf
13、xe当当时时恒恒成成立立0,(),0,(),(),0,()0,(0,),()0,(),(,),()0,(),()()afxxfxxfxtftxtfxf xxtfxf xxtf xf t 当当时时单单调调递递增增 且且当当时时当当时时故故存存在在实实数数使使得得且且当当时时单单调调递递减减当当时时单单调调递递增增所所以以当当时时取取得得最最小小值值22()20,2,ttafteatet 由由得得2min2221()()ln2(2)ln0ttttf xf teataetette12 ln0,()12 ln,()2(ln1)12ln3tttg ttttg ttt 设设则则332232()0,0,()
14、0,(),()0,(),g tteteg tg tteg tg t 令令得得当当时时单单调调递递增增 当当时时单单调调递递减减220,()1,(1)0,()0,01,2(0,2ttg tgg ttatee且且时时所所以以由由解解得得所所以以2,0,2ae综综上上 实实数数 的的取取值值范范围围是是二、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分把分把答案填在题中的横线上答案填在题中的横线上13.(2,1),si,n,2.xP 的的顶顶点点与与坐坐标标原原点点重重合合 始始边边与与 轴轴的的非非负负半半轴轴重重已已知知角角在在合合 若若的的点点角角终终边边上上
15、则则2,1,5,2 55cos,sin,554sin22sincos5xyrxyrr 由由可可得得所所以以45 14下表是某厂下表是某厂2020年年14月份用水量（单位：百吨）的月份用水量（单位：百吨）的一组数据一组数据 月份月份x1234用水量用水量y2.5344.5,202061.75,ybxyx由由散散点点图图可可知知 用用水水量量 与与月月份份 之之间间有有较较明明显显的的线线性性相相关关关关系系.其其线线性性回回归归方方程程是是预预测测年年 月月份份该该厂厂的的用用水水量量为为百百吨吨.12342.5344.52.53.5,42xy，(2.5,3.5)1.75,3.52.51.75,
16、0.7,0.71.75,ybxbbyx将将代代入入中中 得得解解得得所所以以6,0.7 61.755.95xy 当当时时5.95215.4,4,.yxFA BABOABCC 过过抛抛物物线线的的焦焦点点 的的直直线线交交该该抛抛物物线线于于两两点点 且且若若原原点点 是是的的垂垂心心 则则点点 的的坐坐标标为为,(1,2),(1,2),(,0),ABxABCxC t易易知知轴轴显显然然先先 在在 轴轴的的负负半半轴轴上上 设设,(1,2)(1,2)140,3,(3,0)OABCOA BCtttC 由由得得解解得得故故点点 的的坐坐标标为为(3,0)PABCDEFH16.2,2 2,PABCDA
17、PC 正正四四棱棱锥锥的的底底面面边边长长为为侧侧棱棱长长为为过过点点 作作一一个个与与侧侧棱棱垂垂直直的的平平面面被被此此四四棱棱锥锥所所截截的的截截面面面面积积为为平平面面 将将此此四四棱棱锥锥分分成成的的两两部部分分体体积积则则平平面面的的比比值值为为.2 2,6,PAACPCABCPCEAEAEPCAE因因为为所所以以是是正正三三角角形形取取中中点点连连接接则则且且,PBFPDHEFPC EHPC 设设平平面面直直线线于于平平面面直直线线于于则则PABCDEFH8843,cos,42 2 22 24 2cos3PBCBPCPEPFBPC 在在中中由由余余弦弦定定理理得得,/,2,324
18、 233PBDFHBDFHPFBDPBFHBD在在中中所所以以,114 24,632233AEFHAFEHAEFHSAE FH在在四四边边形形中中所所以以PABCDEFH2114 282,33391822,33PAFEHAFEHPABCDVPE SV 1,312PAFEHPABCDVV 所所以以所所以以平平面面 将将此此四四棱棱锥锥分分成成的的两两部部分分体体积积的的比比值值为为17.,1,3 3,.(1);34ABCA B Ca b caBABCABC 的的内内角角的的对对边边分分别别为为已已知知的的面面积积为为求求的的周周长长3 3(1)1,34133 3,sin,3244ABCaBABC
19、ABCSacBcc 因因为为的的面面积积为为在在中中解解得得22212cos192 1 37,72bacacBb 由由余余弦弦定定理理得得所所以以47ABCabc所所以以的的周周长长为为(2)cos().BC 求求的的值值222(2),1,7,3,31797cos2142 7ABCabcBabcCab 在在中中所所以以22,73 21sin1cos11414CABCCC 因因为为 为为的的内内角角所所以以cos()cos31733 212 7coscossinsin332142147BCCCC ABCC1A1B1O11111111118.,.(1);ABCA B CBB C CACABB CB
20、COB CAB 如如图图 在在三三棱棱柱柱中中 侧侧面面为为菱菱形形求求证证：111111(1),AOBB C CB CBCOB CBC 证证明明：连连接接因因为为侧侧面面为为菱菱形形所所以以且且 为为和和的的中中点点111,.AB CACABB CAO在在中中11,AOBCOB CABO 又又因因为为平平面面1,ABABOB CAB 而而平平面面ABCC1A1B1Oxyz1111(2)60,.CBBACBCABB C COBAAC若若且且点点 在在侧侧面面上上的的投投影影为为点点求求二二面面角角的的余余弦弦值值11111111(2),.ABB C COAOBB C CB CBCOB OB O
21、AOOB OB OAx y z 因因为为点点 在在侧侧面面上上的的投投影影为为点点所所以以平平面面又又所所以以两两两两垂垂直直如如图图 以以 为为坐坐标标原原点点 以以为为轴轴的的正正方方向向建建立立如如图图所所示示空空间间直直角角坐坐标标系系1160,2,3CBBACBCABAOBO因因为为不不妨妨设设则则11(0,0,3),(3,0,0),(0,1,0),(0,1,0),(3,0,0)ABBCC11(3,0,3),(0,1,3),(0,1,3),(3,0,3)ABABACAC 11111111111111111(,),330,301,3,1,(1,3,1),ABB Anxy znABxzn
22、AByzzyxn 设设平平面面的的法法向向量量为为则则取取则则11222222221222222(,),30,3301,1,3,(1,3,1)ACC AnxyznACyznACxzxzyn 设设平平面面的的法法向向量量为为则则取取则则1212121313cos,555nnn nnn 135BAAC所所以以二二面面角角的的余余弦弦值值为为ABCC1A1B1OxyzABCC1A1B1OEF1111111111(2),.ABB C COAOBB C CB CBCOB OB OAOOECCECCAEEOBBFAF 解解法法二二：因因为为点点 在在侧侧面面上上的的投投影影为为点点所所以以平平面面又又所所
23、以以两两两两垂垂直直 过过 作作则则 为为的的四四等等分分点点连连接接延延长长交交于于连连接接1160,2,33,2CBBACBCABAOBOOEOF因因为为不不妨妨设设则则则则111,CCEF CCOAOAEFOCCAEF 因因为为所所以以平平面面111/,CCAAAAAEFFAE因因为为所所以以平平面面所所以以为为所所求求二二面面角角的的平平面面角角ABCC1A1B1OEF22315(3),22AEAF因因为为22213cos,2535AEAFEFEAFAEAFBAAC 所所以以所所以以二二面面角角的的余余弦弦值值为为19.,(2,0),(2,0),(,)3,(1);A BM x yAMB
24、MMEE 已已知知点点的的坐坐标标分分别别为为动动点点满满足足直直线线和和的的斜斜率率之之积积为为记记的的轨轨迹迹为为曲曲线线求求曲曲线线 的的方方程程22(1)(2,0),(2,0),(,),3,222AMBMABM x yyyykkxxx 因因为为222236,126xyyx 22,0,2,1(2)26AMBMxxyEx 因因为为直直线线和和存存在在斜斜率率 且且均均不不为为 所所以以所所以以曲曲线线 的的方方程程为为(2),(),.ykxmEP QEROPRQOm直直线线与与曲曲线线 相相交交于于两两点点 若若曲曲线线 上上存存在在点点使使得得四四边边形形为为平平行行四四边边形形 其其中
25、中 为为坐坐标标原原点点 求求 的的取取值值范范围围11221212(2)(,),(,),(,),ykxmEP xyQ xyOPQROROPOQR xxyy 设设直直线线与与曲曲线线 的的交交点点为为因因为为四四边边形形为为平平行行四四边边形形 所所以以22222360,(3)260,ykxmyxkxkmxm将将代代入入得得21212221212226,336()23kmmxxx xkkmyyk xxmk 所所以以22222244(3)(6)0,26k mkmkm 由由得得1212222222(,),2636,2333R xxyyEkmmkmkk因因为为点点在在曲曲线线 上上所所以以即即222
26、2226,2(23)6,0,kmmmm因因为为即即解解得得2266230,.2266,22mkmmm 因因为为所所以以或或所所以以 的的取取值值范范围围为为20.当今世界科技迅猛发展，信息日新月异为增强全民当今世界科技迅猛发展，信息日新月异为增强全民科技意识，提高公众科学素养，某市图书馆开展了以科技意识，提高公众科学素养，某市图书馆开展了以“亲亲近科技、畅想未来近科技、畅想未来”为主题的系列活动，并对不同年龄借为主题的系列活动，并对不同年龄借阅者对科技类图书的情况进行了调查该图书馆从只借阅阅者对科技类图书的情况进行了调查该图书馆从只借阅了一本图书的借阅者中随机抽取了一本图书的借阅者中随机抽取1
27、00名，数据统计如下表：名，数据统计如下表：借阅科技类图书（人）借阅科技类图书（人）借阅非科技类图书（人）借阅非科技类图书（人）年龄不超过年龄不超过50岁岁2025年龄大于年龄大于50岁岁1045(1)是否有是否有99%的把握认为年龄与借阅科技类图书有关？的把握认为年龄与借阅科技类图书有关？22(),()()()()n adbcKnabcdab cdac bd 附附：其其中中P(K2k)0.0500.0100.001k3.8416.63510.828借阅科技类图书（人）借阅科技类图书（人）借阅非科技类图书（人）借阅非科技类图书（人）年龄不超过年龄不超过50岁岁2025年龄大于年龄大于50岁岁1
28、04522100(20 4510 25)16900(1)8.1296.635,30 70 45 55207999%k所所以以有有的的把把握握认认为为年年龄龄与与借借阅阅科科技技类类图图书书有有关关22(),()()()()n adbcKnabcdab cdac bd 附附：其其中中P(K2k)0.0500.0100.001k3.8416.63510.828借阅科技类图书（人）借阅科技类图书（人）借阅非科技类图书（人）借阅非科技类图书（人）年龄不超过年龄不超过50岁岁2025年龄大于年龄大于50岁岁1045（2）该图书馆为了鼓励市民借阅科技类图书，规定市民）该图书馆为了鼓励市民借阅科技类图书，规
29、定市民每借阅一本科技类图书奖励积分每借阅一本科技类图书奖励积分2分，每借阅一本非科技分，每借阅一本非科技类图书奖励积分类图书奖励积分1分，积分累计一定数量可以用积分换购分，积分累计一定数量可以用积分换购自己喜爱的图书用上表中的样本频率作为概率的估计自己喜爱的图书用上表中的样本频率作为概率的估计值值3,3,;()i现现有有 名名借借阅阅者者每每人人借借阅阅一一本本图图书书 记记此此 人人增增加加的的积积分分总总和和为为随随机机变变量量求求 的的分分布布列列和和数数学学期期望望(2)(),303.10010ip 因因为为用用表表中中的的样样本本频频率率作作为为概概率率的的估估计计值值所所以以借借阅
30、阅科科技技类类图图书书的的概概率率3,3,3,4,5,6,因因为为 名名借借阅阅者者每每人人借借阅阅一一本本图图书书 这这 人人增增加加的的积积分分总总和和为为随随机机变变量量所所以以随随机机变变量量 的的可可能能取取值值为为030312133212033337441(4),37343(3),1010100037189(5),101010101010003727(6).1010100000PCPCPCPC 从从而而 的的分分布布列列为为：3456P 34310004411000189100027100034344118927()34563.91000100010001000E 所所以以（ii）
31、现从只借阅一本图书的借阅者中选取）现从只借阅一本图书的借阅者中选取16人，则人，则借阅科技类图书最有可能的人数是多少？借阅科技类图书最有可能的人数是多少？16163()16,16,1037()(0,1,2,16)1010kkkiiXXBP XkCk 记记人人中中借借阅阅科科技技类类图图书书的的人人数数为为则则 且且161611711616!37()3!(16)!101016!(1)737(1)!(17)!10105137kkkkkkCP XkkkP XkCkkkk ()51315,5137,1,(1)7()(1),P XkkkkkP XkkP XkP Xk当当时时()513616,5137,1
32、,(1)7()(1)P XkkkkkP XkkP XkP Xk当当时时5,(),165kP Xk所所以以当当时时取取得得最最大大值值所所以以人人借借阅阅科科技技类类图图书书最最有有可可能能的的人人数数是是 人人21.()lnsin(0).(1)1,1,()21;2f xxxaxaaxf xx 已已知知函函数数若若求求证证：当当时时(1)1,()lnsin,()21,lnsin10,af xxxxf xxxxx若若则则要要证证即即证证：()lnsin1 1,211()cos1cosg xxxxxxg xxxxx 设设则则1,()0,()1,22xg xg x 因因为为所所以以所所以以在在单单调调
33、递递减减()(1)ln1sin111sin10,1,()212g xgxf xx 所所以以所所以以当当时时(1)2:1,()lnsin,()21,ln1sinaf xxxxf xxxxx证证法法若若则则要要证证即即证证：11()ln11,()12xh xxxxh xxx 设设则则1,()0,()1,22()(1)ln1110 xh xh xh xh 因因为为所所以以所所以以在在单单调调递递减减所所以以1,sin0.ln1sin,21,()212xxxxxxf xx 因因为为所所以以所所以以所所以以当当时时21.()lnsin(0).(2)()(0,2)1,f xxxaxaf xa 已已知知函函
34、数数若若在在上上有有且且仅仅有有 个个极极值值点点 求求 的的取取值值范范围围1(2)()cosfxxax(0,1,()1cos0.(),.xfxxaaf x 若若此此时时函函数数单单调调递递增增 无无极极值值点点22311,()()cos,211()sin.()()sin,2()cos0,()1,2xg xfxxaxg xxh xg xxxxh xxg xx 若若设设则则设设则则所所以以在在单单调调递递增增200020004(1)1sin10,10,211,()sin,21singgxg xxxxx 因因为为所所以以存存在在唯唯一一满满足足即即00min0000000(1,),()0,(),
35、21()0,().()()cossincossincos0,()()0,(),.xxg xg xxxg xg xg xg xxaxxxaxxg xfxf x 当当时时单单调调递递减减 当当时时单单调调递递增增 则则所所以以此此时时单单调调递递增增 无无极极值值点点31,cos0,()cos2210,(),.xxfxxaxaf xx 若若则则所所以以此此时时函函数数单单调调递递增增 无无极极值值点点23,2,()1,211()()cos,()sin0,320,23(),1(2)102xf xg xfxxag xxxxgag xga 若若此此时时必必存存在在 个个极极值值点点设设则则所所以以单单调
36、调递递减减 则则2111,0,01,322aaa解解得得已已知知所所以以000003,2,()0,23,()()0,(),2(,2),()()0,(),().xg xxxg xfxf xxxg xfxf xxf x 所所以以存存在在唯唯一一满满足足当当时时单单调调递递增增当当时时单单调调递递减减故故是是函函数数的的极极大大值值点点,()(0,2)1,10,12f xa 综综上上可可知知 若若在在上上有有且且仅仅有有 个个极极值值点点 则则 的的取取值值范范围围是是122212cos22.,2sin().,4,.13sin(1);xxOyCyxCCC 在在直直角角坐坐标标系系中中 曲曲线线的的参
37、参数数方方程程为为为为参参数数 以以坐坐标标原原点点为为极极点点轴轴的的正正半半轴轴为为极极轴轴建建立立极极坐坐标标系系曲曲线线的的极极坐坐标标方方程程为为写写出出曲曲线线和和的的直直角角坐坐标标方方程程221coscos(1),2sin2sin(2)1xxyyCxy由由得得所所以以曲曲线线的的直直角角坐坐标标方方程程为为122212cos22.,2sin().,4,.13sin(1);xxOyCyxCCC 在在直直角角坐坐标标系系中中 曲曲线线的的参参数数方方程程为为为为参参数数 以以坐坐标标原原点点为为极极点点轴轴的的正正半半轴轴为为极极轴轴建建立立极极坐坐标标系系曲曲线线的的极极坐坐标标
38、方方程程为为写写出出曲曲线线和和的的直直角角坐坐标标方方程程22222222222224,3sin4,13sin,sin,44,14xyyxCxyy 由由得得因因为为所所以以曲曲线线的的直直角角坐坐标标方方程程为为即即21(2),.PCPCAPA已已知知 为为曲曲线线上上的的动动点点 过过点点 作作曲曲线线的的切切线线 切切点点为为求求的的最最大大值值22211(2):1,4(2cos,sin),(0,2),1.xPCyPCC因因为为点点 在在曲曲线线上上 所所以以可可设设点点 的的坐坐标标为为曲曲线线是是以以为为圆圆心心 半半径径为为 的的圆圆2111,.PAPCPAPC所所以以要要使使得得
39、最最大大 只只需需最最大大2222124cos(sin2)3sin4sin82283 sin33PC 21228sin,33285 3133PCPA 当当且且仅仅当当时时取取得得最最大大值值所所以以的的最最大大值值为为2223.()122,.(1)2;f xxxMa babMab已已知知函函数数的的最最大大值值为为正正实实数数满满足足求求的的最最小小值值3,1(1)()12231,11,3,1xxf xxxxxxx max()(,1),(1,),1,(),()(1)2,2,2,2(02)f xxf xf xfMabbaa所所以以在在上上单单调调递递增增 在在上上单单调调递递减减所所以以当当时时
40、取取得得最最大大值值即即所所以以2222222822(2)344333abaaaaa故故22248,2333abab当当且且仅仅当当时时取取得得最最小小值值(1)2()12212111(1)(1)2,1,()2,2f xxxxxxxxxxf xab 解解法法：因因为为当当且且仅仅当当时时等等号号成成立立 所所以以的的最最大大值值为为所所以以2223.()122,.(1)2;f xxxMa babMab已已知知函函数数的的最最大大值值为为正正实实数数满满足足求求的的最最小小值值222222,12(2)12()4,22823abababab 由由柯柯西西不不等等式式 得得：所所以以的的最最小小值值
41、为为(2).aba bab求求证证：(2)lnln()lnlnlnln(1)ln(1)ln(1)ln(1)ln(1)(lnln)aba babaabbabaabbaaabaab 2,0,0,1,1,10,lnln,(1)(lnln)0,lnln(),abababababaababaaba baba bab且且所所以以当当时时即即 1,(1)(lnln)0,lnln(),ababaaaba baba bab当当时时 1,1,10,lnln,(1)(lnln)0,lnln(),abababaababaaba baba bab当当时时即即,1.aba babab综综上上当当且且仅仅当当时时等等号号成成立立
