墨子语录-幼儿园母亲节活动

福建省广东省2019-2020学年高三4月联考
数学(文)试题
1
．已知集合
Ax|x
2
9„0,B{x|x1}
，则
AIB
（

）

A
．

3,1


2
．已知复数
z
A
．
i

B
．

3,1


23i
，则
z
（

）

32i

C
．
3,



D
．

1,3


B
．
i
C
．
1i
D
．
1i

3
．在
VABC
中，内角
A ，B，C
的对边分别为
a
，
b
，
c
，
A
则
a
（

）

A
．
2
B
．
22
C
．
32


4
，
B

12< br>，
c33
，
D
．
42

4
．已知
alog
8
9,b0.5
7
,clog
0.8
10
，则（

）

A
．
cab
B
．
bac
C
．
bca
D
．
cba

5
． 学校为了调查学生在课外读物方面的支出（单位：元）情况，抽取了一个容量为
n
的
样 本，并将得到的数据分成
[10,20)
，
[20,30)
，
[30 ,40)
，
[40,50]
四组，绘制成如图所
示的频率分布直方图，其中支 出在

40,50

的同学有
24
人，则
n（

）


A
．
80 B
．
60 C
．
100 D
．
50
x
2
y
2
6
．已知双曲线
E:
2

2
1(a0,b0)
与抛物线
C
:
y
2
16x有相同的焦点
F
，点
ab
F
到双曲线
E
的一条 渐近线的距离为
2
，则
E
的离心率为（

）

A
．
2

7
．若
cos

25 



A
．

B
．
2
C
．
3
D
．
23

3
6
，则< br>sin

402



（

）

4
1

4
B
．
1

4
C
．
3

4
D
．

3

4
8
．十二生肖是 十二地支的形象化代表，即子（鼠）、丑（牛）、寅（虎）、卯（兔）、辰
试卷第1页，总4页

（龙）、巳（蛇）、午（马）、未（羊）、申（猴）、酉（鸡）、戌（狗）、亥（猪），每一个
人的出生年份对应了十二种动物中的一种，即自己的属相
.
现有印着六种不同生肖图案
（包含马、羊）的毛绒娃娃各一个，小张同学的属相为马，小李同学的属相为羊，现在
这两位同 学从这六个毛绒娃娃中各随机取一个（不放回），则这两位同学都拿到自己属
相的毛绒娃娃的概率是（< br>
）

A
．
1

60
B
．
1

30
C
．
1

90
D
．
1

120
9
．圆
C: x
2
y
2
2x4y30
被直线
l:a xy1a0
截得的弦长的最小值为
（

）

A
．
1
B
．
2
C
．
2
D
．
3

10
．将函数
f(x)sin(3x

)(0



)
图 象向左平移

个单位长度后得到函数
4
g

x
< br>的图象，若直线
x
A
．
f

x

为奇函数

C
．
f

x

在
< br>
6
是
g

x

的图象的一条对称轴，则（

）

B
．
g

x

为偶函数




,

上单调递减

123




D
．
g

x
< br>在

,

上单调递增


159

11
．已知某圆柱的底面直径与某圆锥的底面半径相等，且它们的表面积也相等，圆锥的底面积是圆锥侧面积的一半，则此圆锥与圆柱的体积之比为（

）

A
．
8:53
B
．
4:53
C
．
23:5
D
．
4:113


3 |x|,x
„
3
12
．已知函数
f(x)

，< br>g(x)f(3x)6
，则函数
yf(x)g(x)
的零
2
(x3),x3

点个数为（

）

A
．
0 B
．
4 C
．
3 D
．
2
rr
rr
13
．已知向量
a(1,2), b(2 m, m3)
，若
ab
，则
m
__________.

xy10

14
．已知实数
x，y
满足
< br>x3y10
，则
zx2y
的最小值是
__________ .

x3

x
15
．已知函数
f
< br>x

是奇函数，当
x0
时，
f

x

xe1
，则
f

x

的图象在点
(1, f(1))
处的切线斜率为
__________.
试卷第2页，总4页

16
．在正三棱柱
A B C-A
1
B
1
C
1
中，则异面直线
B
1
D
AB4,AA
1
32
，
D
为
AB< br>的中点，
与
A
1
C
1
所成角的余弦值为
__ ________
；三棱锥
DA
1
B
1
C
1的外接球的表面积为
__________.
17
．已知数列

a
n

的前
n
项和为
S
n
，且
S
n

（
1
）求

a
n

的通项公式；

（
2
）设
b
n
log
2
a
n
,c
n

42
a
n
.
33
1
11
，数列

c
n
的前
n
项和为
T
n
，证明：
„T
n

.
b
n
b
n1
32
18
．每个国家对 退休年龄都有不一样的规定，从
2018
年开始我国关于延迟退休的话题
一直在网上热 议，为了了解市民对
“
延迟退休
”
的态度，现从某地市民中随机选取
100
人
进行调查，调查情况如下表：

年龄段（单位：岁）

被调查的人数

赞成的人数


（
1
）从 赞成
“
延迟退休
”
的人中任选
1
人，此人年龄在

35,45

的概率为
中
m，n
的值；

（
2
）在被调查的人中，年龄低于
35
岁的人可以认为
“
低 龄人
”
，年龄不低于
35
岁的人
可以认为
“
非低龄 人
”
，试作出是否赞成
“
延迟退休
”
与
“
低龄与否
”
的
22
列联表，并指出
有无
99%
的 把握认为是否赞成
“
延迟退休
”
与
“
低龄与否
”< br>有关，并说明理由
.

15,25


10

6


25,35


15


35,45


20

n


45,55


m


55,65


25

6


65,75


5

12

12

2

5
，求出表格
24
n(ad bc)
2
,nabcd
.
附：
K
(ab)( cd)(ac)(bd)
2
P

K
2
k
0


k
0



0.100

2.706

0.050

3.841

0.010

6.635

0.005

7.879

19
．如图，在四棱锥
PABCD
中，底面
ABCD
为直角梯形，
ADBC，ADC90
，
平面
PAD
底面
ABCD
，
Q
为
AD
的中点，
M
是棱
PC
的中点，
试卷第3页，总4页

PAPD4,BC
1
AD2,CD3
.
2

（
1
）证明：平面
BQM
平面
PAD
.
（
2
）求四面体
P-BQM
的体积
.
x
2
y
2
20
．已知椭圆
C:
2

2
1(ab0)
的长轴长为
26
，右焦点与抛物线
y
2
8x
的
ab
焦点重合
.
（
1
）求椭圆
C
的标准方程；

（
2）若点
P

3,0

关于直线
l:ykxm
的对称点
Q
在
C
上，求
m
的取值范围
.
3
21
．已知函数
f(x)(mxm1)lnxx
. < br>e
（
1
）当
m0
时，求
f

x< br>
的最值；

（
2
）当
m0
时，若
f

x

的两个零点分别为
x
1
,x
2

x
1
x
2

，证明：
x
2
x
1
e
22
．在直角坐标系
xOy
中，曲线
C
1
的参数方程为

1
.
e

x4t
（
t
为参数），以坐标原点为
2
，
y4t

极点，
x
轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线
C
2
的极坐标方程为

(3cos

2sin

)2
.
（
1
）写出曲线
C
1
的极坐标方程和曲线
C
2
的直角坐标方程；



OA:



0

,

…
0

与曲线< br>C
2
相交于点
A
，
2
（）若射线将
OA逆时针旋转
90
后，

2

与曲线
C1
相交于点
B
，且
|OB|23|OA|
，求
的值
.
23
．已知函数
f(x)|x2||2 x3|
.
（
1
）求不等式
f

x
< br>6
的解集；

2
b
1347
.
（
2
）若函数
f

x

的最小值为
m
，正 实数
a，b
满足
am
，证明：
…
9
ab7< br>
2
试卷第4页，总4页

参考答案
1
．
B
【解析】

【分析】

解一元二次不等式求得集合
A
，由此求得两个集合的交集
.
【详解】

x3
.
由
x
2
9„0，解得
3剟
x3

，所以
AIB

x| 3„x1

.
因为
A

x|3剟
【点睛】

本题考查集合的交集，考查运算求解能力与推理论证能力
.
2
．
A
【解析】

【分析】

利用复数的除法运算求得
z
，由此求得
z
.
【详解】

因为
z
23i

23i

32i

13i
i
，所以
zi
.
32i

32i

32i

13
故选：
A
【点睛】

本题考查复数的四则运算，考查运算求解能力
.
3
．
C
【解析】

【分析】

先求得
C
，然后利用正弦定理求得
a
.
【详解】

因为
A

4
,B

12
，所以
C

AB
csinA
2


，所以a
sinC
3
33
3
2
2
2
3 2
.
故选：
C
答案第1页，总16页

【点睛】

本题考查解三角形，考查运算求解能力
.
4
．
D
【解析】

【分析】

利用“
0,1
分段法
”
比较出
a,b,c
的大小关系
.
【详解】

因为
log
8
9log
881
，
00.5
7
0.5
0
1
，log
0.8
10log
0.8
10
，所以
cb a
.
故选：
D
【点睛】

本题考查指数式和对数式比较大小，属于基础题
.
5
．
A
【解析】

【分析】

先求得支出在

40,50

的频率，然后求得
n
的值
.
【详解】

由频率分布直方图可得，支出在

40,50

的频率为
1(0 .010.0240.036)100.3
.
根据题意得
故选：
A
【点睛】

本题考查频率分布直方图，考查数据处理能力
.
6
．
D
【解析】

【分析】

根据抛物 线的交点求得双曲线半焦距
c
，根据双曲线焦点到渐近线的距离求得
b
，从而 求得
24
0.3
，解得
n80
.
n
a
，进而求得双曲线离心率
.
【详解】

由题 意知抛物线
C:y
2
16x
的焦点为
F

4 ,0

，所以
c4
.
又因为点
F
到双曲线
E
的一条
答案第2页，总16页

渐近线的距离为
2
，所以
b2
，从而
ac
2
b
2
23
，
故选：
D
【点睛】

本题考查双曲线的离心率，考查运算求解能力
.
7
．
A
【解析】

【分析】

c423
.

a
23
3
令
25
o







25
o
，将
sin402

转化为
cos2

，然后利用二倍角的余弦公
式求得
s in402

的值
.
【详解】

令
25< br>


，则



25
，所以
cos

cos

25


6
.
4

o


o

因为
sin

402


sin


402


25



sin

902


cos2

，
1
2
所以
sin

402


 cos2

2cos

1
.
4
故选：
A
【点睛】

本题考查三角恒等变换，考查运算求解能力
.
8
．
B
【解析】

【分析】

先求得基本事件的总数和符合题意的事件数， 然后根据古典概型概率计算公式，计算出所求
概率
.
【详解】

小 张、小李同学各取一个毛绒娃娃，共有
6530
种取法，这两位同学都拿到自己属相的毛绒娃娃有
1
种取法，故所求概率
P
故选：
B
【点睛】

本题考查古典概型，考查应用意识与数学抽象的核心素养
.
答案第3页，总16页
1
.
30

9
．
B
【解析】

【分析】

求得直线 恒过定点
P

1,1

，当
lPC
时，弦长最小 ，结合勾股定理求得此时的弦长
.
【详解】

直线
l:a xy 1a0
可化为
l:a(x1)(y1)0
，故直线
l
恒过点
P

1,1

.
圆
C
：
xy2x4y30
的圆心为
C(1,2)
，半径为
2
当直 线
l
垂直于直线
PC
时，
截得的弦长最短，此时弦长
d2 212
.
故选：
B
【点睛】

本题考查直线与圆的位置关系，考查直线过定点，属于基础题
.
10
．
C
【解析】

【分析】

根据函 数图象变换求得
g

x

的表达式，根据
x
22

6
是
g

x

图象的一条对称轴，求得

的
值，由此求得
f

x

与
g

x

的表达式，进而判断出
f

x
< br>与
g

x

的奇偶性和单调性，由此
判断出正确选项
.
【详解】






< br>由题意知
g(x)sin

3

x




，因为直线
x
是
g

x

的图象的一条对称轴，所以
4




6


3




3






k

(kZ)
，故
k

,kZ
，因为
0



，所以


，
24

64

4


f(x)sin

3x

为非奇非偶函数，所以
A
选项错误
.
4

因为
x

正确
.



5








,

，则
3x

,

，所以f

x

在

,

上单调递减，所以
C
选项
4

24


123
< br>
123

答案第4页，总16页

因为< br>g(x)sin3x
，所以
g

x

为奇函数， 所以
B
选项错误
.







当
x

,

时，
3x 

,

，所以
g

x

在< br>
,

上单调递减，所以
D
选项错误
..

159

53

159

故选：
C
【点睛】

本题考查三角函数的图象及其性质，考查运算求解能力
.
11
．
A
【解析】

【分析】

首先设 出圆锥的底面半径
r
和母线长
l
，根据圆锥的底面积是圆锥侧面积的一半，求 得
l2r
.
利用勾股定理求得圆锥的高
h
1
，由此求得圆 锥的体积
V
1
.
根据题意求得圆柱的底面半径，根
据圆锥与圆柱的表 面积相等，求得圆柱的高
h
2
，由此求得圆柱的体积
.
从而求得圆锥 与圆柱
的体积之比
.
【详解】

11
2
设圆锥的 底面半径为
r
，母线长为
l
，则

r2
< br>rl
，即
l2 r
，所以圆锥的高
22
r
13< br>3
h
1
3r
，圆锥的体积
V
1


r
2
h
1


r
.
由题意，知 圆柱的底面半径为，设圆柱的高为
33
2
5
r

r

h
2
，因为圆锥与圆柱的表面积相等，所以
3

r2


hr
，所以圆
2

h
，解得2

2
2

2

2

2
2
3
3

r
8
5
2
V
1

r

3
.
柱的体
V
2



h
2


r
，故
5
53
28
V

2

r
3
8
2
故选：
A
【点睛】

本题考查简单几何体的表面积与体积，考查空间想象能力
.
12
．
D
【解析】

【分析】

先求得
yf

x

g

x

f< br>
x

f

3x

6
，构造 函数
F

x

f

x

f< br>
3x

，判
答案第5页，总16页

< br>断出
F

x

图象关于
x
33
x ,x0
时
F

x

的解析式，结合
F

x

图象的对称
.
求得
0剟
22
对称性画 出
F

x

的图象，由此判断出
F

x< br>
6
的解，进而求得函数
yf(x)g(x)
的零
点个 数
.
【详解】

由
g(x)6f(3x)
，知yf(x)g(x)f(x)f(3x)6
.
令
F(x)f(x )f(3x)
，则
F(3x)f(3x)f(x)
，

所以
F(3x)F(x)
，即
F

x

的图象 关于直线
x
3
对称
.
2
x
当
0剟3
时，
F(x)f(x)f(3x)3x3(3x)3
；
2
2
22
1

11

.
作 出
F

x

当
x0
时，
F(x)f( x)f(3x)3x(3x3)xx3

x

< br>2

4
的图象可知，函数
F

x

6
的解有
2
个，所以函数
yf(x)g(x)
的零点个数< br>2
个
.

故选：
D
【点睛】

本题考查分段函数的图象与性质，考查数形结合的数学思想
.
13
．
3

2
【解析】

【分析】

利用向量垂直的坐标表示列方程，解方程求得
m
的值
.
【详解】

rr
3
因为
ab0
，所以
2 m2(m3)0
，解得
m
.
2
3
故答案为：

2
答案第6页，总16页

【点睛】

本题考查平面向量的坐标运算，考查运算求解能力
.
14
．
1

【解析】

【分析】
画出可行域，将基准直线
x2y0
平移到可行域边界点位置，由此求得目标函数的最小 值
.
【详解】

画出可行域如下图所示，由图可知，基准直线
x 2y0
平移到可行域边界点
A

3,2

时，
目 标函数取得最小值为
3221
.
故答案为：
1


【点睛】

本小题主要考查利用线性规划求目标函数的最值，考查数形结合 的数学思想方法，属于基础
题
.
15
．
2e

【解析】

【分析】

首先根据奇函数的定义，求得当
x 0
时
f

x

的解析式，由此利用导数求得
f
x

的图象
在点
(1, f(1))
处的切线斜率
.
答案第7页，总16页

【详解】

x
当
x0
时，
x0
， 则
f(x)xe
x
1
，此时
f(x)f
< br>x

xe1
，所以
f

(x)(1x)e
x
，

所以
f

(1)2e
.
故答案为：
2e

【点睛】

本题考查函数与导数的综合应用，考查化归与转化的数学思想
.
16
．
290
22


9
22
【解析】

【分析】

作出异面直线
B
1
D
与
A
1
C
1
所成角，利用余弦定 理求得其余弦值
.
利用三角形
A
1
B
1
C
1
和三角形
A
1
B
1
D
的外心，作出三棱锥
DA
1
B
1
C
1
的外接球的球心，计算出外接球的半径 ，进而求得外
接球的表面积
.
【详解】

如图，取
A
1
B
1
的中点
E
，连接AE，EC
.
因为
AEB
1
D
，
ACA
1
C
1
，所以
EAC
即异面
直线
B
1
D
与
A
1
C
所成角或其补角
.
因为
AB4
，
AA
所以
EA2
2
(32)
2< br>22
，
1
32
，
EC4
2
2
2
(32)
2
30
，所以
cosEAC
162 230
2422

22
.
22
记
△A1
B
1
C
1
，
△A
1
B
1< br>D
的外心分别为
O
1
，O
2
，过
O
1
，O
2
分别作平面
A
1
B
1
C
1
、平面
A
1
B
1
D
的
垂线，则两条垂线 的交点
O
即三棱锥
DA
1
B
1
C
1的外接球的球心
.
122112
O
2
D
311

因为
sinDB
1
E
，所以
△A
1
B
1
D
的外接圆半径
2
311
6
，
11
22
11
32
1443
O
1
C
1< br>
△A
1
B
1
C
1
的外接圆半径
23
，所以三棱锥
DA
1
B
1
C
1
的外接球的半径
3
2
2
1649145
R
2
O
1
C
1
2
32O
2
D
，三棱锥
DA
1
B
1
C
1
的外接球的表面积为
3 1818

答案第8页，总16页

4

R
2

290

.
9

故答案为：
(1).
【点睛】

290
22

(2).
9
22
本题考查异面直线所成角及外接球，考查空间想象能力
.
17
．（
1
）
a
n
【解析】

【分析】

2
2n1
（
2
）证明见解析


S< br>1
,n1
（
1
）利用
a
n

< br>求得数列

a
n

的通项公式
.
SS, n2
n1

n
（
2
）求得数列

b< br>n

的通项公式，进而利用裂项求和法求得
T
n
，结合数列的 单调性证得
11
„T
n

.
32
【详解】

42
（
1
）由
S
1
a
1

，得
a
1
2
，
< br>33
因为
S
n

4242
a
n
< br>，
S
n1
a
n1
(n…2)
，
< br>3333
44
所以
S
n
S
n1
an
a
n1
，化简得
a
n
4 a
n1
，

33
即数列

a
n

是以
2
为首项，
4
为公比的等比数列，

n12n1
.
所以
a
n
242
答案第9页，总16页

（
2
）因为
b
n
log
2
a
n
2n1
，

所以
c
n

111

11





，

b
n
b
n1
(2n1)(2n1)2

2n12n1

1

11111

1

1

11
1
.
则
T
n

1
L


2

33 52n12n1

2

2n1

24n2
因为
nN
*
，
T
n
是单调递增数列，所以当
n 1
时，
T
n
取得最小值
1
，当
n
接近无限 大时，
3
T
n
趋于
1
，

2
11
故
„T
n

.
32
【点睛】

本小题主要考查已知
S
n
求
a
n
，考查裂项求和法，考查数列的单调性，属于中档题
.
18
．（
1
）
m25
；
n10
（
2
）列联 表见解析；有
99%
的把握认为是否赞成
“
延迟退休
”
与< br>“
低
龄与否
”
有关

【解析】

【分析】

（
1
）先求得
m
的值，然后根据
“
从赞成
‘
延迟退休
’
的人中任选
1
人，此人年 龄在

35,45

的
概率为
5
”
列方程 ，求得
n
的值
.
24
（
2
）填写
22
列联表，计算
K
2
的值，由此判断有
99%
的把握认为是否 赞成
“
延迟退休
”
与
“
低
龄与否
”
有关
.
【详解】

（
1
）因为总共抽取
100
人进行调查，所以
m10010152025525
.
因为 从赞成
“
延迟退休
”
的人中任选
1
人，此人年龄在

35,45

的概率
P
所以
n10
. （
2
）是否赞成
“
延迟退休
”
与
“
低 龄与否
”
的
22
列联表如下：


低龄人

赞成
“
延迟退休
”
18
不赞成
“
延迟退休
”
7
总计

25
n5

，

38n24
答案第10页，总16页

非低龄人

总计



30
48
45
52
75
100
100 (4518307)
2
100
K7.6926.635
，所以 有
99%
的把握认为是否赞成
“
延迟退
4852257513
2
休
”
与
“
低龄与否
”
有关
.
【点睛】

本小题主要考查
22
列联表独立性检验，考查古典概型 有关计算，属于基础题
.
19
．（
1
）证明见解析（
2
）
1

【解析】

【分析】

（
1
）首先证得
B QAD
，由此根据面面垂直的性质定理证得
BQ
平面
PAD
，从 而证得
平面
BQM
平面
PAD
.
（
2
）利用
V
PBQM

体积
.
【详解】

（
1
）
QAD∥BC，BC
1
AD
，
Q
为
AD
的中点，

2
1
V
PBCQ
，通过求四面体
PBCQ
的体积，求得四面体
P BQM
的
2

四边形
BCDQ
为平行四边形，
C DBQ
.
QADC90
，
AQB90
，即
BQAD
.
又
Q
平面
PAD
平面
ABCD< br>，且平面
PADI
平面
ABCDAD
，
BQ
平面
ABCD
，
BQ
平面
PAD
.
QBQ平面
BQM
，

平面
BQM
平面
PAD.
1
（
2
）
QV
PBQM
V
C BQM
，
V
CBQM
V
MBCQ
V
P BCQ
.
2
由（
1
）可知四边形
BCDQ
为矩 形，
S
△BCQ

1
BQBC3
.
2QPAPD
，
Q
为
AD
的中点，
PQAD
.
答案第11页，总16页

Q
平面
PAD
平面
ABCD
，且平面
PADI
平面
ABCDAD
，

PQ
平面
ABCD
.
在
RtVPDQ
中，
PQPD
2
DQ
2
23
，
< br>111
V
PBQM
V
PBCQ
3231< br>.
223
【点睛】

本小题主要考查面面垂直的证明，考查锥体体积 的求法，考查空间想象能力和逻辑推理能力，
属于中档题
.
x
2
y
2
20
．（
1
）
1
（
2
）< br>(,6]U[6,)

62
【解析】

【分析】

（
1
）根据椭圆长轴长求得
a
，根据抛 物线方程求得焦点坐标，也即求得
c
，由此求得
b
2
的
值， 进而求得椭圆
C
的方程
.
（
2
）设出
Q
点的坐标，得到线段
PQ
中点
D
的坐标，根据
D
在直线l
上以及
PQl
列方
程，由此求得
m
的表达式，并利 用基本不等式求得
m
的取值范围
.
【详解】

（
1
）由
2a26
，可知
a
2
6
.
因 为抛物线
y8x
的焦点为
(2,0)
，所以
c2
. < br>由
a
2
b
2
c
2
，可得
b2
2
.
x
2
y
2
所以椭圆
C的标准方程为
1
.
62

x
0
3y< br>0

,

，

（
2
）设点
Q

x
0
,y
0

y
0
0< br>
，则线段
PQ
的中点
D

22

所以直线
PQ
的斜率
k
PQ

y
0
.
x
0
3
y
0
3x
0

x0
3


x
0
3y
0

yx
D,
又中点


.

在直线
l
上，所以
2y2
22


0
答案第12页 ，总16页

22
22
x
0
y
0
9
x
0
y
0
9
.
令
x 0
，得
y
，即
m
2y
0
2y
0222
22
x
0
y
0
92y
0
3
3
x
0
y
0
22
y
0

.
由
1
，得
x
0
63y
0< br>，所以
m
2y2y2y
000
62

3

3
6
，

当
y
0
(0,2]
时，
m

y
0


„
2y
0

2y2y
0

0

当且仅当
y0

6
时等号成立
.
2
6
时，等号成立
.
2
同理可得，当
y
0
[2,0)
时，
m…6
，当且仅当
y
0

所以
m
的取值范围为
(,6]U[6,)
.
【点睛】

本小题主要考查抛物线的焦点坐标的求法，考查椭圆方程的求法，考查点关 于直线对称点有
关问题的求解，考查化归与转化的数学思想方法，考查运算求解能力，属于中档题
.
3
21
．（
1
）
f(x)
min
 1
，无最大值（
2
）证明见解析

e
【解析】

【分析】

（
1
）当
m0
时，先求得函数
f

x

的定义域，然后求得其导函数
f
的单调区间，进 而求得
f

x

的最值
.
（
2
）利用导数，结合零点存在性定理求得
x
1
,x
2
所在区间，由此证 得不等式
x
2
x
1
e
立
.
【详解】

3
（
1
）解：当
m0
时，< br>f(x)lnxx
，定义域为
(0,)
，

e
1x1
f

(x)1
，

x x
'

x

，由此求得
f

x

1
成
e
当
x1
时，
f

(x) 0
；当
0x1
时，
f

(x)0
. 可知
f(x)
在
(0,1)
上单调递减，在
(1,)
上单调递增，

3
所以
f(x)
min
f(1)1
，无最大值
.
e
答案第13页，总16页

1

1


（
2
）证明：
f

(x)m

1lnx

1
，因为
m 0
，所以
f(x)
在
(0,)
上单调递增，

x

x

1
时，
f

(x)
…< br>0
.
又因为
f

(1)0
，所以当
0 x1
时，
f

(x)0
，当
x…
3
所 以
f

x

的最小值为
f(1)10
，
e

1


1

m(e1)e 2
f0
fx
因为

，所以

在

,1

上存在一个零点
x
1
；

ee< br>

e

3
因为
f(e)m(e1)e1 0
，可知
f

x

在

1,e

上也存在一个零点
x
2
；

e
1
1< br>所以
x
1
1x
2
e
，故
x
2
x
1
e
.
e
e
【点睛】

本小题主要考查利用导数研究函数的最值，考查利用导数证明不等式，属于中档题
.
2
22
．（
1
）

cos

4sin< br>
；
3x2y20
（
2
）



6

【解析】

【分析】

（
1）消去曲线
C
1
参数方程中的
t
，求得其普通方程，再根据极坐 标和直角坐标转化的公式，
求得曲线
C
1
的极坐标方程
.
利 用极坐标和直角坐标转化的公式，求得
C
2
的直角坐标方程
.
（< br>2
）将



(

0)
代入C
2
的极坐标方程，求得

A
|OA|
的值，然后将





2
(

0)
曲线
C
1
的极坐标方程，求得

B
|OB|
的 值
.
根据
|OB|23|OA|
列方程，求得
tan2

的值，
进而求得

的大小
.
【详解】


x4t
2
C
（
1
）由曲线
1
的参数方 程为

，（
t
为参数），可得其普通方程
x4y
，


y4t
由


x

cos
2
，得曲线
C
1
的极坐标方程

cos
4sin

.

y

sin

C
2
:3

cos

2

s in

2
，


x

cos

由

，得曲线
C
2
的直角坐标方程
3x2y 20
.

y

sin

答案第14页，总16页

（
2
）将



(
0)
代入

(3cos

2sin
< br>)2
，

得

A
|OA|
2
3cos

2sin

.
将
OA
逆时针旋转< br>90
，得
OB
的极坐标方程为



< br>
2
(

0)
，代入曲线
C
1
的 极坐标


4sin




2

4cos



.
方程，得

B< br>|OB|


sin
2

2

cos




2

由
|OB|23 |OA|
，得
4cos

43

，
3cos
2

3sin
2

2sin

cos

0
.
2
sin

3cos

2 sin

即
sin2

3cos2

，解得tan2

3
.
因为



0,
【点睛】

本小题主要考 查参数方程化为普通方程，考查极坐标方程转化为直角坐标方程，考查极坐标
下长度的计算，属于中档题
.





，所以


. 2

6

7

23
．（
1
）

x|x 或x1

（
2
）证明见解析

3

【解析】

【分析】

（
1
）将
f

x

表示为分段函数的形式，由此求得不等式的解集.
2
b7

，然后（
2
）根据
f

x

的分段函数解析式，求得
f

x

的 最小值
m
，由此得到
a
92
2
利用基本不等式证得不等式 成立
.
【详解】

3

3x1,x,
2

3

x,

（
1
）
f( x)x22x3

5x,2剟
2


3x 1,x2,


答案第15页，总16页


3x16

5x6

3x16,

即

，或

33
，或

x2,
x2剟x


22

解得
x
7
7

或
x1
，所以原不等式的解集为

x| x 或x1

.
3

3
377
b
2
7
2

.
（
2
）证明由（
1
）知当
x
时，
f

x

有最小值，所以
m
，
a
92
222
196

13

因为




2

2

，

ababab

1962

2
b
2


196

2

b
2
6a2b 9a
2



a


2
2




2
2

所以
2

2


.
abab7

9


abab

7

9ab3ab
2

2
6a2b
9a
2
b
2
…4
，当且仅当
b3a
时取等号，

2
，因为
2

2< br>…
b3a
b9a

13

16
所以



…
，当且仅当
b3a
时取等号，

7

ab

2
所以
1347737
，当且仅当< br>a
，
b
时取等号
.
…
ab722
【点睛】

本小题主要考查绝对值不等式的解法，考查利用基本不等式证明不等式，属于中档题
.
答案第16页，总16页