高考语文答题卡-高中议论文范文

2020届云南省昆明市高三元月三诊一模数学（文）试题


一、单选题
1
．设全集
UR
，集合
A
x|x10

，集合
B

x|2x3
< br>，则图中阴影部
分表示的集合为（

）


A
．

x|x3

B
．

x|3x1

C
．

x|x2

D
．

x|2x1


【答案】
D
【解析】由图可得阴影部分表示
AIB
,
进而利用交集的定义求解即可

【详解】

由题
,
A

x|x1
< br>,
由图
,
图中阴影部分表示
AIB
,
所以
AIB

x|2x1

,
故选
:D
【点睛】

本题考查集合的交集运算
,
考查利用韦恩图求集合

2
．已 知复数
z
在复平面内对应的向量为
OZ
uuur
，
O
为坐标原点，则
z
为（


A
．
1 B
．
2
C
．
3
D
．
2
【答案】
B
【解析】由图
,
u
O Z
uur


1,1

,
进而由复数的模的定义求 解即可

【详解】

）

uuur
由图
,
OZ

1,1

,所以
z1
2
1
2
2
,
故选
:B
【点睛】

本题考查复数的模
,
考查复数在复平面上的表示

3
．己知 矩形
ABCD
中，
AB4,BC2
，则
ACBD
（

）

A
．
20
【答案】
C < br>【解析】由矩形
ABCD
可得
ACABAD
,
BDAD AB
,
进而求解即可

【详解】

由题
,
因为矩形
ABCD
,
所以
ACABAD
,
BDAD AB
,
ADBC2
,
B
．
12 C
．
12
D
．
20

uuuruuuruuuruuuruuur
uuuruuuruuur
uuuruuuruuur
uuuruuuruuur
uuuruuuruuuruuuruuuruuuruuur
2< br>uuur
2
22
所以
ACBDABADADABADAB 2412
,

故选
:C
【点睛】

本题考查向量的数量积
,
考查平面向量分解定理的应用

4
．己知



A
．

3


,


，
sin


，则
sin2


（

）

5

2

B
．
24

25
24

25
C
．

7

25
D
．
7

25
【答案】
A
【解析】由
sin
2

cos
2

1
且



公式求解即可

【详解】

由题
,
因为
sin
2

cos
2

1
,
所以
cos


4



,


可得
cos


,
进而 利用正弦的二倍角
5

2

4
4
或
cos


,
5
5
因为


4



,


,
所以
co s

0
,
所以
cos


,
5

2

3

4

24
< br>,

5

5

25
所以
sin2

2sin

cos

2

< br>故选
:A
【点睛】

本题考查正弦的二倍角公式的应 用
,
考查同角的三角函数关系的应用

5
．根据中国生态环境部公布 的
2017
年、
2018
年长江流域水质情况监测数据，得到如
下饼 图：


则下列说法错误的是（

）

A< br>．
2018
年的水质情况好于
2017
年的水质情况

B
．
2018
年与
2017
年相比较，Ⅰ、Ⅱ类水质的占比明显增 加

C
．
2018
年与
2017
年相比较，占比减 小幅度最大的是Ⅳ类水质

D
．
2018
年Ⅰ、Ⅱ类水质的占比超过
60%

【答案】
C
【解析】根据饼图逐一判断．

【详解】
< br>A
．
2018
年
Ⅰ
、
Ⅱ
类水质的占比明显超 过
2017
年
Ⅰ
、
Ⅱ
类水质的占比，故正确；
< br>B
．
2018
年
Ⅰ
、
Ⅱ
类水质的占比达到< br>60.4%
，而
2017
年
Ⅰ
、
Ⅱ
类水质的 占比为
46.4%
，
故正确；

C. 2018
年与
2017
年相比较，占比减小幅度最大的是
III
类水质，故错误；

D. 2018
年
Ⅰ
、
Ⅱ
类水质的占比达到
60. 4%
，超过
60%
，故正确
.
故选：
C
．

【点睛】

本题考查饼图的识别及认识，是基础题．

x
2
y
2
6
．己知
F
2
为双曲线
C:
2

21(a0,b0)
的右焦点，且
F
2
在
C
的渐近 线上的射影
ab
为点
H,O
为坐标原点，若
OHF
2H
，则
C
的渐近线方程为（

）

A
．
xy0

【答案】
A
【解析】由题,
利用点到直线距离公式可得
F
2
Hb
,
则
OF
2
c
【详解】

B
．
3xy0
C
．
x3y0
D
．
x2y0

2b
,
进而求解即可

设
F
2

c,0

,
一条渐近线 为
bxay0
,
则
F
2
H
所以
OH b
,
所以
OF
2
c
bc
b
< br>a

2
2
b
,
2b
,
由ca
2
b
2
可得
ab
,
所以渐近线为
yx
,
即
xy0
,
故选
:A
【点睛】

本题考查双曲线的渐近线方程
,
考查数形结合思想

7
．如 图所示，九连环是中国的一种古老的智力游戏，它环环相扣，趣味无穷．它主要
由九个圆环及框架组成， 每个圆环都连有一个直杆，各直杆在后一个圆环内穿过，九个
直杆的另一端用平板或者圆环相对固定，圆 环在框架上可以解下或者套上．九连环游戏
按某种规则将九个环全部从框架上解下或者全部套上．将第< br>n
个圆环解下最少需要移动
的次数记为
f

n
（
n9
且
nN
*
），已知
f

1

1
，
f

2

1
，且通过 该规则可得
f

n

f

n1
2f

n2

1
，则解下第
5
个圆环最 少需要移动的次数为（

）


A
．
7
【答案】
B
B
．
16 C
．
19 D
．
21

【解析】根据递推关系计算即可．

【详解】

解：由已知
f

3

f
2

2f

1

11214< br>，

f

4

f

3

2f

2

14217
，

f

5

f

4

2f
< br>3

178116
，

故选：
B
．

【点睛】

本题考查递推关系的应用，是基础题．

8
．设
f'
x

是函数
f

x

的导函数，
y f'

x

的图象如图所示，则
yf

x

的图象
可能是（

）

A
．
B
．

C
．
D
．

【答案】
D
【解析】根据导函数图像得到原函数单调性，再逐一对照选项即可．

【详解】

解：根据导函数图像，
yf

x
< br>的增区间为
(3,1),(0,1)
，减区间为
(1,0),(1,3)
，

观察选项可得
D
符合，

故选：
D
．

【点睛】

本题考查原函数和导函数 图像之间的关系，注意导函数图像重点关注函数值的正负，原
函数图像重点关注函数的单调性，是基础题 ．

c
，
9
．若
B120
，
C
所对的边分别为
a
，
ABC
的三个内角
A
，
B
，
b
，
sinC
21
，
7
c2
，则
ABC
的面积等于（

）

A
．
3

2
B
．
23
C
．
3

4
D
．
3

【答案】
A
【解析】先通过已知求出
sinB,cosB,cosC
，进而根据
sinAsin(BC)
求出
sinA
，
再利用正 弦定理求出
b
，则利用面积公式可求出
ABC
的面积．

【详解】

解：
QB120
，

sinB
31
,cosB
，

22

又
sinC
21
，
C
为锐角，

7
cosC
27
，

7
sinAsin( BC)sinBcosCcosBsinC

由正弦定理得
327
< br>1

2121

，




272714

bc

，

sinBsinC
b
c23
sinB7
，

sinC
21
2
7
11213
，

bcs inA72
22142
S
VABC

故选：
A
．

【点睛】

本题考查正弦定理解三角形，以及求三角形的面积， 关键是对公式的灵活应用，缺什么，
求什么即可，是基础题．

10
．已知函 数
f

x

ee
，则（

）

xx
A
．
f(2)f

e

f
C
．
f

5


2)

B
．
f

e

f(2) f
D
．
f

5



5

f

e

f(

2

 f

5

f

e


【答案】
D
【解析】求导可得
f


x

e
x
1
0
,
即
f

x< br>
在
R
上单调递增
,
进而求解即可

e
x
【详解】

由题
,
f

< br>x

e
x
1
0
,
所以
f
x

在
R
上单调递增
,
x
e
因为
25e
,
所以
f

2

f

5

f

e
< br>,
故选
:D
【点睛】

本题考查利用导函数判断函数单调性
,
考查利用单调性比较大小

1 1
．某同学在参加《通用技术》实践课时，制作了一个工艺品，如图所示，该工艺品可

< br>以看成是一个球被一个棱长为
43
的正方体的六个面所截后剩余的部分（球心与正方体的中心重合），若其中一个截面圆的周长为
4

，则该球的半径是（

）


A
．
2
【答案】
B
B
．
4 C
．
26
D
．
46

【解析】先求出截面圆的半径，然后根据球的半径，小圆半径，球心距三者之间的关系
列方程求 解即可．

【详解】

解：设截面圆半径为
r
，球的半径为
R
，则球心到某一截面的距离为正方体棱长的一半
即
23
，

根据截面圆的周长可得
4

2

r
，得
r=2
，

故由题意知
R
2
r
2
23
故选：
B
．

【点睛】

本题考查球被面所截的问题，考查学生计算能力以及空间想象能力，是基础题．

12
．己知函数
f(x)sin


x
值范围是（

）

A
．


2
，即
R
2
2
2
23

2
16
，所以
R 4
，






(

0)
在

0,2


上有且仅有两个零点，则

的取
4


13

,


44

B
．


35

,



44

C
．

,


88

59


D
．


79

,



88

【答案】
C
【解析】先求得

x





,2


,
由此时
f

x

有且仅有两个零点
,
且
4

44


4
0
可得



4
2

2

,
进而求解即可

【详解】

由题
,
因为
x

0,2

,
所以

x






,2


,
4

44


因为此时
f

x

有且仅 有两个零点
,
且
0
,
4

59
所以

2

2

,
解得



,
488
故选
:C
【点睛】

本题考查正弦型函数的图像与性质的应用
,
考查数形结合思想



二、填空题
13
．能够说明
“
若
ab
，则
a
2
b
2
”
是假命题的一组整数
a,b< br>的值依次为
_________.

【答案】
0
，
1
（答案不唯一）

【解析】找到 一组满足
ab
,
且不满足
a
2
b
2
的 数即可

【详解】

由题
,
当
a0,b1< br>时
,
ab
,
但
a
2
0b
2< br>1
,
不满足
a
2
b
2
,
则可说 明原命题是假
命题
,
故答案为
:0,
1
（答案不唯一）

【点睛】

本题考查特殊值法判断命题的真假
,
属于基础题


2xy0,

14
．若变量
x,y
满足

xy40,
则
x2y
的最大值为
_________.


y0,

【答案】
4
【解析】先画出不等式组表示的平面区域
,
再由目标函数的几何意义求解即可

【详解】

由题
,
设目标函数为
zx2y
,< br>则
y
由不等式组可得可行域如图所示
,
11
xz
,
22

平移直线
y 
1111
xz
,
当
yxz
与可行域交于点
A
时
,
截距最小
,
则
z
最大
,
2222

xy40
,
解得
A

4,0
,
联立


y0
所以
z4
,
即
x2y
的最大值为
4,
故答案为
:4
【点睛】

本题考查根据线性规划求最值
,
考查数形结合思想

x
2< br>y
2
15
．已知椭圆
M
：
2

2< br>1

ab0

的左顶点为
A
，
O为坐标原点，
B
、
C
两
ab
点在
M
上 ，若四边形
OABC
为平行四边形，且
OAB45
，则椭圆
M
的离心率为
____.

【答案】
6
.
3
【解析】四边形
OABC
为平行四边形，
OAB45
，直线
OC
的方程为：
yx
，

yx

yxa< br>
联立

x
2
y
2
，解得：
x< br>C
．同理联立

x
2
y
2
，解得
x
B
．根据
|OA||CB|a
，

2

2
1

2

2
1
bb

a

a
即
x
C
x
B
a
化简即可 得出．

【详解】

解：如图所示，

四边形
OABC
为平行四边形，
OAB45
，

∴
直线
OC
的方程为：
yx
，

yx
ab

22
x
联立

x
，解 得：
C
．

y
22
ab

2

2
1
b

a

yxa

2 223422
同理联立

x
2
y
2
，化为：

ab

x2axaab0
．


2

2
1
b

a
2a
3
ab2
a
3
解得
x
B
a
2
．


222
abab
∵
|OA||CB|a
，< br>
ab
2
a
3

22
a
．
∴
22
ab
ab
ab
化为：
3b
2
a
2
．

22
cbb6
∴
椭圆的离心率
e 1
．
1
22
aa3b3
故答案为：
【点睛】< br>
6
．

3
本题考查了椭圆的标准方程及其性质、平行四边形 的性质，考查了推理能力与计算能力，
属于难题．

16
．依法纳税是每个公 民应尽的义务，个人取得的所得应依照《中华人民共和国个人所
得税法》向国家缴纳个人所得税（简称个 税）．
2019
年
1
月
1
日起，个税税额根据应纳
税所得额、税率和速算扣除数确定，计算公式为：

个税税额＝应纳税所得额
×
税率－速算扣除数．

应纳税所得额的计算公式为：

应纳税所得额＝综合所得收入额－免征额－专项扣除－ 专项附加扣除－依法确定的其
他扣除．

其中免征额为每年
60000
元，税率与速算扣除数见下表：

级数

全年应纳税所得额所在区间

1

税率（
%
）

3

速算扣除数

0


0,36000



36000,144000



144000,300000


2

10

2520

3

20

16920

4


300000,420000


25

31920

5


420000,660000



660000,960000



960000,


30

52920

6

35

85920

7


45

181920

备注：


“
专项扣除
”
包括基本养老保险、基本 医疗保险、失业保险等社会保险费和住房公积金。
“
专项附加扣除
”
包括子女 教育、继续教育、大病医疗、住房贷款利息或者住房租金、赡
养老人等支出。

“其他扣除
”
是指除上述免征额、专项扣除、专项附加扣除之外，由国务院决定以扣除方式减少纳税的优惠政策规定的费用。

某人全年综合所得收入额为
160000< br>元，假定缴纳的基本养老保险、基本医疗保险、失
业保险等社会保险费和住房公积金占综合所得收 入额的比例分别是
8%
，
2%
，
1%
，
9%
，专项附加扣除是
24000
元，依法确定其他扣除是
0
元，那么他全年应 缴纳综合所
得个税
____
元．

【答案】
1880.
【解析】根据题意求出应纳税所得额，再根据公式求出个税税额即可．

【详解】

解：由已知应纳税所得额
160000600001600 0020%2400044000
，

则个税税额
4400010%25201880
．

故答案为：
1880
．

【点睛】

本题考查实际问题的解答，考查理解能力和计算能力，是基础题．

三、解答题
17
．近年来，昆明加大了特色农业建设，其中花卉产业是重要组成部分
.
昆明斗南毗邻
滇池东岸，是著名的花都，有
“
全国
10< br>支鲜花
7
支产自斗南
”
之说，享有
“
金斗南
”
的美
誉
.
为进一步了解鲜花品种的销售情况，现随机抽取甲、乙两户斗南花 农，对其连续
5
日的玫瑰花日销售情况进行跟踪调查，将日销售量作为样本绘制成茎叶图如下， 单位：
扎（
20
支／扎）
.


（
1）求甲、乙两户花农连续
5
日的日均销售量，并比较两户花农连续
5
日销 售量的稳
定性；

（
2
）从两户花农连续
5
日的销 售量中各随机抽取一个，求甲的销售量比乙的销售量高

的概率
·
【答案】（
1
）甲日平均销售量为
28
，乙日平均销售量为
30
，乙的 销售量比甲稳定（
2
）
8

25
【解析】（
1）先由数据求得平均数
,
再由茎叶图中数据的集中程度判断稳定性；

（
2
）先写出所有的基本事件
,
再找到甲的销售量比乙的销售量高的情况
,
进而求解即可

【详解】

（
1
）记甲、乙连 续
5
日的日平均销售量分别为
x
甲
,
x
乙
,
则
x
甲

18252730402528303 136
28
,
x
乙
30
,
55
由茎叶图可知乙的数据比较集中
,
说明乙的销售量比甲稳定
< br>（
2
）从两户花农连续
5
日的销售量中各随机抽取一个
,总的基本事件为
:
{18,25},{18,28},{18,30},{18,31} ,{18,36}
,
{25,25},{25,28},{25,30},{25,31},< br>{25,36}
,
{27,25},{27,28},{27,30},{27,31} ,{27,36}
,
{30,25},{30,28},{30,30},

{30,31},{30,36},
{40,25},{40,28},{40,30},{40,31 },{40,36}
,
共
25
个基本事件
,
其中甲高于乙的有
:

{27,25},{30,25},{30,2 8},{40,25},{40,28},{40,30},{40,31},{40,36}
,
共
8
个基本事
件
.
根据古典概率计算公式
,
甲 的销售量比乙的销售量高的概率为
P
【点睛】

本题考查由茎叶图求平均数
,
考查列举法求古典概型的概率
,
考查数据处理能力

18
．在长方体
ABCD-A
1
B
1
C
1
D< br>1
中，
ADAA
1
.

8

25

（
1
）证明：平面
A
1
BD面
BC
1
D
1
；

（
2
）求 三棱锥
B
1
-A
1
BD
与
D
1
- A
1
BD
的体积比
.

【答案】（
1
）证明见解析（
2
）
1∶1
【解析 】（
1
）由四边形
A
1
ADD
1
是正方形可得A
1
DAD
1
,
由长方体可得
A
1
DC
1
D
1
,
利用平行线的性质
,
进而求证即可 ；

（
2
）由长方体的性质可得
B
1
D
1
BD
,
则
B
1
D
1

平面
A
1
BD
,
即
B
1
,
D
1
到平面
A
1
BD
的
距离相等
,
进而求解即可
【详解】

（
1
）证明
:
连接
AD
1
,
因为
ADAA
1
,
所以四边形
A< br>1
ADD
1
是正方形
,
所以
A
1
D AD
1
,
由题
,
因为
AD
1
BC1
,
所以
A
1
DBC
1
,
又A
1
DC
1
D
1
,
BC
1
IC
1
D
1
C
1
,
BC
1
,C
1
D
1

平面
BC
1
D
1
,
所以
A
1
D
平面
BC
1
D
1
,
又
A
1
D
平面
A
1
BD
, < br>所以平面
A
1
BD
平面
BC
1
D
1

（
2
）解
:
连结
B
1
D1
,
由题
,
因为
B
1
D
1
B D
,
所以
B
1
D
1

平面
A1
BD
,

所以
B
1
,
D1
到平面
A
1
BD
的距离相等
,
故三棱锥< br>B
1
A
1
BD
与
D
1
A
1
BD
的体积比为
1:1.

【点睛】

本题 考查面面垂直的证明
,
考查棱锥的体积
,
考查推理论证能力

19
．设等差数列

a
n

公差为
d
， 等比数列

b
n

公比为
q
，已知
a1
b
1
1,b
4
64,q2d
.
< br>（
1
）求数列

a
n

，

b
n

的通项公式；

（
2
）记
cn
a
2n1
b
2n
，求数列

c
n

的前
n
项和
S
n
.

【答 案】（
1
）
a
n
2n1
，
b
n
4
n1
4
2n1
4

，（
2
）
2nn
15
2
3
【解析】（
1
）由
b
4
b
1
q64
求得
q
,
即可得到d
,
进而求解即可；

2n1
,
则利用分组求和法求解即可

（
2
）由 （
1
）可得
c
n
a
2n1
b
2n< br>4n34
【详解】

3
（
1
）因为
b
4
64
,
所以
b
1
q64
,
又
b
1
1
,
所以
q4
,
又因为
q2d
,
所以
d2
,
因为
a
1
1
,
n1n1
所以
a< br>n
a
1
(n1)d2n1
,
b
n
b
1
q4
.
（
2
）
c
n
 a
2n1
b
2n
2

2n1

 14
2n1
4n34
2n1
.
2n1
所以
S
n
(1594n3)444
2n
n(14n3)
4

14



214
2

3


4
2n1
4
.
2nn
15
2
【点睛】

本题考查等差数列、等比数 列的通项公式
,
考查等差数列、等比数列前
n
项和公式的应用
,考查分组求和法求数列的和

20
．已知抛物线
C
：
y
2
4x
的焦点为
F
，准线为
l
，
P是
C
上的动点
.

（
1
）当
PF4
时，求直线
PF
的方程；

（
2
）过点
P
作
l
的垂线，垂足为
M
，
O
为坐标原点，直线OM
与
C
的另一个交点为
Q
，
证明：直线
PQ
经过定点，并求出该定点的坐标．

【答案】（
1
）
y
析
.
【解析】（
1
）设
P

x
0
,y
0

，利用< br>PF1x
0
求出
x
0
，进而可求出
y
0
，利用点
P
的坐
标求出
k
PF
，用斜截式可写出直 线方程；

2

y
0

,y
0


y
0
0

，则
M

1,y
0

，联立直线
OM
与抛物线
C
，求出点
Q
坐（
2
）设
P


4

（2
）直线
PQ
恒过点

1,0

，理由见解< br>3x3
或
y3x3
；
标，进而写出直线
PQ
的方程，可得其所过的定点．

【详解】

（
1
）设
P

x
0
,y
0

，由
PF4
得
1x
0
4
，解得：
x
0
3
，< br>
所以
y
0
23
.
所以
k
PF

230
3
，

31
3x3
或
y3x3
.
所以直线
P F
的方程为：
y
2

y
0

,y
0


y
0
0

，则
M
< br>1,y
0

，

（
2
）设
P
4

直线
OM
的方程为：
yy
0x
.
联立


4

yy
0x
4

22
Q,
yx4x0
得：，解得

2

.
0
2
y4x
yy

0

0
①
当
y
0
2
时，直线
PQ
的方程为
x1
，

2

4 y
0

y
0
x
②
当
y
0
2
时，直线
PQ
方程为：
yy
0

2
，

y
0
4

4

化 简得：
y
4y
0

x1

，

2
y
0
4
综上
①②
，可知直线
PQ
恒 过点

1,0

.
【点睛】

本题考查直线与抛 物线的位置关系，考查直线过定点问题，锻炼了学生计算能力，是基
础题．

21．已知函数
f

x

eaxa(aR)
.
x
（
1
）讨论
f

x

的 单调性；

（
2
）若
f

x

有 两个零点
x
1
,x
2
，求实数
a
的取值范围，并证 明
x
1
x
2
0
.

【答案】（
1
）见解析（
2
）
a1
，证明见解析

x【解析】（
1
）先求导可得
f

(x)ea(xR),
分别讨论
a0
和
a0
的情况
,
进而求< br>解即可；

（
2
）设
x
1
x
2< br>,
当
a0
时由单调则不符合题意；当
a0
时
,< br>f(x)
min
f(lna)0
,
可得
a1
,
利用零点存在性定理可判断
x
1
(1,0)
,
x
2
(lna,alna)
,
进而求解即可；由于
e
x
1
a

x
1
1

,
e
x2
a

x
2
1

可得
x
1
lnaln

x
1
1

,
x2
lnaln

x
2
1

,
则
lnt

x1
1

x
2
1x
2
1

t1
x
2
x
1
lnt (t1)
可得

,
设
,
进而证明
x
1< br>1x
1
1
tlnt

x1

2t1

x
1
x
2

【详解】

(t1)lnt
20
在
t1
时恒成立即可

t1
x
（
1
）由题意得
f

(x)ea( xR)
,
①
当
a0
时
,
f

(x)0
,
所以
f(x)
在
R
上单调递增；

②
当
a0
时
,
由
f

(x) 0
,
得
xlna
,
当
xlna
时
,
f

(x)0
,
f(x)
在
(,lna)< br>上单调递减；

当
xlna
时
,
f
(x)0
,
f(x)
在
(lna,)
上单调递增
.

（
2
）由于
f(x)
有两个零点
x1
,x
2
,
不妨设
x
1
x
2
,
由（
1
）可知
,
当
a0
时
,f(x)
在
R
上单调递增
,
不符合题意；

当
a0
时
,
xR
,
f(x)
min
f (lna)aa(lna1)alna0
,
即
lna0
,< br>解得
a1
,
此时有
f(1)
1
0,f(0 )1a0
,
所以存在
x
1
(1,0)
,
使得
f

x
1

0
,
e
x< br>x
由于
yexlnx1(x1)
,
所以
y

e1
1
在
(1,)
上单调递增
,
x
所以当
x1
时
,
y

e20
,< br>所以
yexlnx1
在
(1,)
上单调递增
,
x
x
所以当
x1
时
,
yexlnx1 e20
；

所以
f(alna)e
alna
a (alna1)a

e
a
alna1

0< br>,
所以存在
x
2
(lna,alna)
,
使得
f

x
2

0
,
综上
,当
a1
时
,
f(x)
有两个零点
x
1
,x
2
.
xx
证明
:
由于
e
1
a

x
1
1

,
e
2
a

x
2
1

,
且
1x
1< br>0lnax
2
,
则
0x
1
1x
2
1
,
所以
x
1
lnaln

x
1
1

,
x
2
lnaln

x
2
1

,
所以
x
2
x
1
ln
x
2
1
,
x
1
1
l nt


x
2
1
x1
1

t
x
2
1


t1
t(t1)
,
有

x
1
1
,
则

, 设
x
1
1
tlnt

xxlnt
x
2
1

21

t1

要证< br>x
1
x
2
0
,
只需证
(t1)lnt
2(t1)
,
20
,
即证
lnt
t1
t1
14(t1)
2
2(t1)

0
,
(t1)
,
则
h(t)
设
h(t)lnt
t(t1)
2
t(t1)
2
t1
所以
h(t)在
(1,)
上单调递增
,
所以当
t1
时
,
h(t)h

1

0
,
即
lnt
故
x
1
x
2
0

【点睛】

本题考查利用导函数判断函数的单调性
,
考查利用导函数处理函数的零点问题
,
考查分类
讨论思想与运算能力

2(t1)
,
t1

22
．已知极坐标系的极点为平面直角坐标系的原点，极轴与
x
轴的非负半轴重合．曲线
2
C
的极坐标方程是
12sin

6

2
，直线
l
的极坐标方程是

cos








20
．
4

（
1
）求曲线
C
和直 线
l
的直角坐标方程；

11

（
2
）设 点
P

2,0

，直线
l
与曲线
C
相交于点
M
、
N
，求的值．

PMPN
x
2
y
2
【答案】（
1
）（
2
）
6
.
1
，
xy20
；
62

y
sin


【解析】（
1
）利用

222
，将极坐标方程化为直角坐标方程；
xy


（
2
）写出直线
l
过点
P

2,0

的参数 方程，代入曲线
C
，利用参数的几何意义以及韦达
定理，可求出结果．

【详解】

222
（
1
）曲线
C
化为：< br>
2

sin

6
，

将

y

sin

22
x3y6
，

代入上式，即
222

xy

x
2
y
2
整理，得曲线
C
的直角坐标方程
1
.
62
由

cos






22

cos



sin
20
，


20
，得
4

22

x

cos

将

代入 上式，化简得
xy20
，

y

sin


所以直线
l
的直角坐标方程
xy20
.
3


x2tcos


4
（
2）由（
1
）知，点
P

2,0

在直线
l
上，可设直线的参数方程为

（
t
3

ytsin

4

为参数），


2
x2t


2
即

（
t
为参数），


y
2
t

2


代入曲线
C
的直角坐标方程，得
整理，得
t
2
2t 10
，

所以

1
2
1
t22t 43t
2
6
，

22

2
24160
，
t
1
t
2
10
，< br>
由题意知，
【点睛】

tt
6
1111
6
.

12
11
PMPNt
1
t
2
t
1
t< br>2
本题考查极坐标方程和直角坐标方程的互化以及直线参数方程的应用，关键是要写出直
线的标准参数方程，才能利用参数的几何意义来解题，是基础题．

23
．已知函数< br>f

x

x2x2
.

（
1
）求不等式
f

x

3
的解集；
< br>（
2
）若
aR
，且
a0
，证明：
4a 1
1
14f

x

.

a
【答案】（
1
）

x|1x5

；（
2）见解析
.
【解析】（
1
）分类讨论去绝对值，作出函数的图像，根据 图像得到函数的单调性，利用
单调性结合图像可得不等式的解集；

（
2
）利用绝对值的三角不等式以及基本不等式可证明结果．

【详解】

（
1
）法一：


x2,x 0

f

x

x2x2

3x 2,0x1
，


x2,x1

作出
f

x

的图象，如图所示：



结合图象，

函数
f

x

在

,1

上单调递增，

在

1,

上单调递减，

又
f
1

3
，
f

5

3
，

所以不等式
f

x

3< br>的解集是

x|1x5

.
法二：
f

x

x2x23
，

等价于：


x0

0x1

x 1
或

或

，

x2x23x2x 23x2x23

解得：
1x0
或
0x 1
或
1≤x≤5
，

所以不等式
f

x< br>
3
的解集是

x|1x5

.
（
2
）由（
1
）知函数
f

x

的最大值是
f

1

1
，所以
f
< br>x

≤1
恒成立
.
因为
4a1
11< br>11
14a11
4a4a4
，

aa
aa
1
时，等号成立
.
2
当且仅当
a
所以
4a1
【点睛】

1
14f

x

.
a
本题考查绝对值不等式的解法以及绝对值的三角不等式的应用，是中档题．