蜡笔小新语录-军训总结800字

2020高考模拟考试数学（理）试题

一、单选题
1
． 已知集合
A{x|2x13},B|x|lnx1}
，则
AIB
（

）

A
．
(-1, e]

【答案】
D
【解析】解一元一次不等式和对数不等式化简集合
A,B
的表示，再利用集合交集的定
义，结合数轴求出结果
.
【详解】

B
．
(-1,1]
C
．
(-1,0)
D
．
(0, e]

A

x2x13
< br>

xx1

，
B

xlnx1< br>


x0xe

，

则
ABx0xe
.
故选：
D
【点睛】

本题考查了集合的交集运算，考查了解对数不等式，考查了数学运算能力
.
2
．已知复数
z
满足
(2+i) z=3-i
，其中
i
为虚数单位，则
|z|=
（

）

A
．
1
【答案】
B
【解析】用复 数除法的运算法则化简复数
z
的表示，再根据复数模的定义求出模的大小
.
【详解】

因为
z
3i(3i)(2i)
1 i
，所以
z
2i(2i)(2i)

B
．< br>2
C
．
3

2
D
．
2

3
1
2
(1)
2
2
.
故选：
B
【点睛】

本题考查了复数的除法运算法则，考查了复数模的定义，考查了数学运算能力
.
3< br>．空气质量指数
AQI
是反映空气质量状况的指数，
AQI
指数值越小 ，表明空气质量
越好，其对应关系如表：

AQI
指
数值

空气质
≤50

(50,100]

(100,150]

(150,200]

(200，300]

300

优

良

轻度污染

中度污染

重度污染

严重污
第 1 页 共 17 页

量


如图是某市
10
月
1
日
—20
日
AQI
指 数变化趋势：

染


下列叙述正确的是（

）

A
．该市
10
月的前半个月的空气质量越来越好

B
．这
20
天中的中度污染及以上的天数占
1

2
C
．这
20
天中
AQI
指数值的中位数略高于
10 0

D
．总体来说，该市
10
月上旬的空气质量比中旬的空气质量差

【答案】
C
【解析】通过图象的变换可以判断出选项
A
的正确性， 通过所给的表可以统计出中度污
染及以上的天数，这样可以判断选项
B
的正确性，根据 表中所提供的数据可以判断出中
位数的大小，这样可以判断出选项
C
的正确性，通过表 中所提供的数据可以判断出选项
D
的正确性
.
【详解】

由图知，前半个月中，空气质量先变好再变差，处于波动状态，
A
错误，这
20
天中的
中度污染及以上的天数有
5
天，
B
错误，
10月上旬大部分
AQI
指数在
100
以下，
10
月
中旬大部分
AQI
指数在
100
以上，
D
错误
.
根据表中所提供的数据可以判断出中位数略
高于
100
，所以
C正确
.
故选：
C
【点睛】

本题考查了识图和识表的能力，考查了中位数的概念，考查了数据分析能力
.
4．若
17
17
a(aZ,0„a4)
能被
3
整除 ，则
a
=
（

）

A
．
0 B
．
1 C
．
2 D
．
3

第 2 页 共 17 页

【答案】
B
【解析】把
17
用181
代换，然后用二项式定理展开，根据题意求出
a
的值
.
【详解】

116
18
16
C
17181a
，由已知可得：
a1
.
因为
17
17
+a(181)
17
a18
17
C
17
故选：
B
【点睛】

本题考查了二项式定理的应用，考查了有关整除的问题，考查了数学运算能力
.
5< br>．已知椭圆
E
的中心为坐标原点离心率为
点重合
,
则椭圆E
的方程为（

）

1
2
，
E
的左焦点与抛物线
C:y4x
的焦
2
x
2
y< br>2
A
．
1

43
【答案】
A
x
2
B
．
y
2
1

2
x
2
y
2
C
．
1

1612
x
2
y
2
D
．
1

164
【解析】求出抛物线的焦点坐标，这样能确定椭圆的左焦点坐标，再根据离心率的公式< br>求出半长轴长，而后根据半长轴长、半焦距、半短轴长的关系求出半短轴长，最后确定
椭圆的标准 方程
.
【详解】

22
xy
0)
，设椭圆
E
的方程为因为抛物线
C
:
y4x
的焦点为
(-1，

2
1
2
ab
2
（
ab0
），所以椭圆
E
的半焦距
c1
，又因为椭圆的离心率为
1
，所以
a2
，
2
x
2
y
2
1
.
b3
，所以椭圆
E
的方程为

43
故选：< br>A
【点睛】

本题考查了求椭圆的标准方程，考查了抛物线的焦点坐标，考查了数学运算能力
.
6
．函数
f(x)sin
2
xcos
2
x23sinx cosx
的图象的一条对称轴为（

）

A
．
x

6
B
．
x

4
C
．
x

3
D
．
x

2

【答案】
C
【解析】逆 用二倍角的余弦公式、正弦公式、辅助角公式化简函数的解析式为正弦型函
数解析式的形式，根据正弦型 函数的对称性选出正确答案
.
【详解】

第 3 页 共 17 页

因为
f(x)cos2x3sin2x2sin(2x)
，所以 函数
f(x)
的图象的一条对称轴为
6

x

3
.
故选：
C
【点睛】

本题考查了二倍角的正弦公式和 余弦公式，考查了辅助角公式，考查了正弦型函数的对
称性
.
7
．执行如下所示的程序框图，则输出的
a
=
（

）


A
．
2
【答案】
D
B
．
1 C
．
-1
D
．
1
< br>2
【解析】由初始条件进入循环体，求出每一次
a
的值，可以发现规律，最后求 出答案
.
【详解】

1
1
n1,a
；
n2,a1
；
n3,a2
；
n4,a
；
…
，
a
的值构成以
3
为周期的
2
2
数列，因 为
202036731
，所以当
n2020
时，
a
故选：
D
【点睛】

本题考查了循环结构的输出问题，考查了数列的周期性，考查了数学运算能力
.
8< br>．已知圆锥
SO
的底面半径为
3
，母线长为
5.
若球
O
1
在圆锥
SO
内，则球
O
1
的体积的< br>最大值为（

）

A
．
1
.
2
9


2
B
．
9

C
．
32


3
D
．
12


第 4 页 共 17 页

【答案】
A
【解析】设圆锥
SO
的轴截面为等腰< br>△
SAB
，则球
O
1
的体积最大时，球
O
1
的轴截面是
△
SAB
的内切圆，根据三角形面积公式和内切圆的性质求出半径 ，最后求出体积
.
【详解】

设圆锥
SO
的轴截面为等腰
△
SAB
，则球
O
1
的体积最大时，球
O
1
的轴截面是
△
SAB
的
内切圆，所以
S
V
SAB

的最大值为
故选：
A
【点睛】

本题考查了求球体积最大问题，考查了球的几何性质，考查了数学运算能力
.
9．设
S
n
为数列

a
n

的前
n
项和，
S
n
3a
n
2nN
n
-
1
A
．
a
n
=
2

3
1 1
ABSO(SASBAB)r
，解得：
r
，所以球
O
1
的体积
22
2
9

.
2

*


，则

a

的通项公式为（

）
n
n1

3

B
．
a
n



2

n1


2

C
．
a
n



3



1

D
．
a
n



2

n1

【答案】
B
【解析】先根据递推 公式求出首项，再递推一步，两个等式相减，即可判断出数列

a
n

是等比数列，最后求出通项公式即可
.
【详解】

因为
S
n
3a
n
2(n

)
…①
，
n 1
时，
S
1
3a
1
2
，可得
a1
1
，

n2
时，
S
n1
3 a
n1
2
…②
，
①-②
得
a
n
3a
n
3a
n1
，
a
n

3n1
3
n1
所以

a
n

是等比 数列，
a
n
1()()
.
22
3
a
n1
，

2
故选：
B
【点睛】

本题考查了通过递推公式求等比数列的通项公式，考查了数学运算能力
.
x
2
y
2
10
．已知点
A(3,4)
是双曲线
C:< br>2

2
1(a0,b0)
上一点，
F
1
,F
2
分别是双曲线
C
ab
的左、右焦点，若以
F
1
F
2
为直径的圆经过点
A
，则双曲线
C
的离心 率为（

）

A
．
2

【答案】
C
【解析】根据以
F
1
F
2
为 直径的圆经过点
A
，结合双曲线的定义可以求出
a
的值，最后求
第 5 页 共 17 页
B
．
2 C
．
5
D
．
5

出离心率
.
【详解】

解析：由已知得
AF
1
AF
2
，所以
F
1
F
2
2AO10
，所以
c5
，又
22（3+5）+4
2
（35）+4
2
2a
，所以
a 5
，所以双曲线
C
的离心率
e5
.
故选：
C
【点睛】

本题考查了求双曲线离心率问题，考查了双曲线的定义，考查了数学运算能力
.
< br>(xa)
2
2,x0

11
．设函数
f(x) 

，若
f(0)
是函数
f(x)
的最小值，则实数
a
的取
4

xa,x0
x

值范围是（< br>
）

A
．
[1,2]

【答案】
D
【解析】利用基本不等式可以求出当
x0
时，函数的 最小值，再用分类讨论方法求出
B
．
[1,0]
C
．
[1,2]
D
．
[0,2]

x0
时，函数的最小值，最后根据题意得到不等式，解这个不等式即可
.
【详解】

当
x0
时，
x
等号
)
；

当
x0
时，

若
a0
，函数的最小值为
f(0)a2
；

若
a0
，函数的最小值为
f(a)2
，由题意可知：
f(0)< br>是函数
f(x)
的最小值，所以
有

2
4
4 4
a2xa4a
(
当且仅当
x
时取等号，即
x2
时取
x
xx
f(0)a
2
2a41a 2Qa00a2
.
选
D.
【点睛】

本题考 查了已知分段函数的最小值求参数取值范围，考查了分类讨论思想，考查了数学
运算思想
. < br>r
r
r
r
r
r
r
r
r
r< br>r
12
．已知平面向量
a,b,c
满足
ab
，且< br>{|a|,|b|,|c|}{1,2,4}
，则
|abc|
的最
大值为（

）

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A
．
45

【答案】
A
B
．
217
C
．
125
D
．
425

r
r
r
r
r
r< br>r
【解析】以
a,b
所在的直线为横轴纵轴，分类讨论当
|a|,|b |{1,2}
时，设出
a,b,c

r
r
r
的 坐标，最后利用圆的几何意义求出
|abc|
的最大值，其他情况同理，最后比较出
最大值即可
.
【详解】

r
r
r
r
解 析：以
a,b
所在的直线为横轴纵轴，当
|a|,|b|{1,2}
时，不 妨设


r
rr
r
rr
c
c(x,y )
因为
4
，所以
x
2
y
2
16，

|a|1,|b|2a(1,0),b(0,2)
，设
r
r
r
r
r
rr
r
r
22
Q
abc(x1,y2)|abc|(x1)(y2)
，要想
|a bc|
最大，说
rrr
明圆
xy16
的点到点
(1 ,2)
的距离最大，根据圆的几何意义可知：
abc
的
22
r
r
最大值
45
，通过计算可知：当
|a|2,|b|1
也是一样的，同理可以计算求出当
rrrrrrr
r
c1
，
a bc
的最大值
125
，当
c2
，
abc
的最大值
2+17

rrr
所以
abc
的最大值
45
.
故选：
A.
【点睛】

本题考查了求平面向量模最大值问题，考查 了利用圆的几何性质求解最值问题，考查了
建模思想
.


二、填空题

xy10

13
．若实数
x ,y
满足

x2y20
，则
z3x2y
的最大值 为
______.


x2y20

【答案】
6
【解析】在直角坐标系 内画出可行解域，然后平移直线
y
3
x
，找到直线在可行解
2< br>域内当在纵轴上的截距最大时所经过的点，求出点的坐标，代入目标函数即可求出最大
值
.
【详解】

画出可行域，由图可知目标函数经过点
A(2,0)
时取得最大值
6
.
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【点睛】

本题考查了求目标函数的最大值问题，考查了数形结合思想，正确画出可行 解域是解题
的关键
.
14
．设
S
n
为等差数列< br>
a
n

的前
n
项和，若
a
11
，公差
d2,S
k2
S
k
20
， 则
k
=______.

【答案】
4
【解析】根据等差数 列的前
n
项和公式，结合已知的等式可以求出
k
的值
.
【详解】

解析：因为

a
n

是等差数 列，所以
S
n
n1
n(n1)
2n
2
，由
(k2)
2
k
2
20
解得
2
k 4
.
故答案为：
4
【点睛】

本题考查了等差数列的前
n
项和公式，考查了数学运算能力
.
< br>2x,0x1
1

15
．已知函数
f(x)

1
，若方程
f(x)xa(aR)
恰好有三个不
4

,x1

x
等的实根，则实数
a
的取值范围为
______.

【答案】
1a
5

4
11< br>【解析】要满足方程
f(x)xa(aR)
恰好有三个不等的实根，则直线yxa
44
1
1
（1,1）
与
y
在< br>x0
相切以上（不含相切）和直线
yxa
过点以下（不含过该点
x
4
的直线），利用方程的思想最后求出实数
a
的取值范围
.
【详解】

11
解析：要满足方程
f(x)xa(aR)< br>恰好有三个不等的实根，则直线
yxa
与
44
1
1y
在
x0
相切以上（不含相切）和直线
yxa
过点< br>（1,1）
以下（不含过该点的
x
4
第 8 页 共 17 页

1111
2
1
直线），当直线
yxa
与< br>y
相切时，即
x+a
，所以
1x+ax
,
所以
x
4x44
5
5
1
yxa
.
（1,1）
1a
a
a1
，所以，（舍去），当直线过点时，，所以< br>=0
1
4
4
4
【点睛】

本题考查了方程有实根求参数的取值范围，考查了推理认证能力，考查了数学运算能力
. O
为侧面
V
16
．已知四棱锥
PABCD
的底面是正 方形，高为
7
，侧棱长均为
5
，
PCD
的内心，则四棱锥< br>OABCD
的体积为
______.

【答案】
97

2
【解析】根据题意利用勾股定理可以求出正方形的 边长，通过角平分线的性质，结合三
棱锥的体积公式可以求出
OABCD
的体积.
【详解】

解析：由题意可得，底面
ABCD
的边长为6
，在
△
PCD
中，作
PECD
于
E
,
通过角
平分线的性质，
故答案为：
【点睛】

本题考查了求三棱锥的体积，考查了角平分线的性质，考查了数学运算能力
.

三、解答题
17
．在
VABC
中，内角
A
，B
，
C
所对的边长分别为
a,b,c,cos2C3cos(AB) 1
.

(1)
求角
C
；

(2)
若
c2
，求
VABC
面积的最大值
.

【答案 】
(1)
PCPO5OE3
397

,
所以
< br>,
所以
V
OABCD
V
PABCD

.
CEOE3PE8
82
97

2
2


3
(2)
3

3
【解析】
(1)
利用二倍 角的余弦公式、三角形内角和定理、对已知听等式进行化简，最
后通过解方程可以得到角
C的余弦值，结合三角形的性质求出；

(2)
利用余弦定理、重要不等式、三角形 面积公式可以求出
VABC
面积的最大值
.
【详解】

解 ：
(1)
由
cos2C3cos(AB)1
，可得
2cos< br>2
C3cosC20
，
(cosC2)(2cosC1)0
，因为
cosC2
，所以
cosC
1
2

.
，
C
2
3
第 9 页 共 17 页

(2)
由
c
2
a
2
b
2
2ab cosC
，得
a
2
b
2
ab4
，
4 aba
2
b
2
2ab
，
ab
11433
所以
SabsinC
，


22323
4
，

3
当
ab
【点睛】

23
3
. 时，
△
ABC
面积的最大值为
3
3
本题考查了二倍角的 余弦公式，考查了余弦定理和重要不等式，考查了三角形面积公式
.
18
．某城市为 鼓励人们乘坐地铁出行，地铁公司决定按照乘客经过地铁站的数量实施分
段优惠政策，不超过
3 0
站的地铁票价如下表：

乘坐站数
x

票价（元）


现有甲、乙两位乘客同时从起点乘坐同一辆地铁，已知他们乘 坐地铁都不超过
30
站，
甲、乙乘坐不超过
10
站的概率分别为0x10

3

10x20

6

20x≤30

9

111
，；甲、乙乘坐超过
20
站的概率分别为，
432
1
．

3
（Ⅰ）求甲、乙两人付费相同的概率；

（Ⅱ）设甲、乙两人所付费用之和 为随机变量
X
，求
X
的分布列和数学期望．

【答案】
(1)
1
51
(2)
E(X)

4
3
1

，乙乘
4
【解析】试题分析：
(1)
由题意知甲乘坐超过
10
站且不超过
20
站的概率为
坐超过
10
站且不超过20
站的概率为
人付费相同的概率；

1

，利用乘法概率公式及互斥原理得到甲、乙两
3
(2)
由题意可知
X
的所有可能取值为：
6
，
9
，
12
，
1 5
，
18
.
求得相应的概率值，即可
得到
X
的分布 列和数学期望
.
试题解析：

（
1
）由题意知甲乘坐超过
10
站且不超过
20
站的概率为
1
乙乘坐超过
1 0
站且不超过
20
站的概率为
1
设
“
甲、乙两人 付费相同
”
为事件
A
，

则
P

A


111

，

424
111

，

333
1111111



，

4343233
第 10 页 共 17 页

所以甲、乙两人付费相同的概率是
1
.
3
（
2
）由题意可知
X
的所有可能取值为：
6
，
9
，
12
，
15
，
18
.
111
P

X6


，

4312
11111
P

X9




，

43436
1111111
P

X12




，

432343 3
11111
P

X12




，

43234
111
P

X18


.
236
因此
X
的分布列如下：

X

P


6

1

12
9

1

6
12

1

3
15

1

4
18

1

6
所以
X
的数学期望
E

X

6
1111151
9

1215

18
.
1263464
点睛：求解离散型随机变量的数学期望的一般步骤为：

< br>第一步是
“
判断取值
”
，即判断随机变量的所有可能取值，以及取每个 值所表示的意义；
第二步是
:“
探求概率
”
，即利用排列组合、枚举 法、概率公式（常见的有古典概型公式、
几何概型公式、互斥事件的概率和公式、独立事件的概率积公式 ，以及对立事件的概率
公式等），求出随机变量取每个值时的概率；

第三步是
“
写分布列
”
，即按规范形式写出分布列，并注意用分布列的性质检验所求的分布列或事件的概率是否正确；

第四步是
“
求期望值
”
，一般利用离散型随机变量的数学期望的定义求期望的值，对于有
些实际问题中的随机变量，如果能够断 定它服从某常见的典型分布
(
如二项分布
X
～
B(n
，p))
，则此随机变量的期望可直接利用这种典型分布的期望公式
(E(X)
＝< br>np)
求得
.
19
．如图所示的几何体中，正方形
ABCD
所在平面垂直于平面
APBQ
，四边形
APBQ
为平行四边形，G
为
PC
上一点，且
BG
平面
APC
，AB2
.

第 11 页 共 17 页

(1)
求证：平面
PAD
平面
PBC
；

(2)
当三棱锥
PABC
体积最大时，求平面
APC
与平面BCQ
所成二面角的正弦值
.

【答案】
(1)
证明见解析

(2)
3

3
【解析】
(1)
利用面面垂直的性质定理可以得到线面垂直，然后得到线线垂直，再 由已
知的线面垂直得到线线垂直，利用线面垂直的判断定理得到线面垂直，最后利用面面垂
直的 判定定理证明出面面垂直；

(2)
通过三棱锥的体积公式，由等积法可以得到：求三 棱锥
PABC
体积的最大值，只
需求
PAPB
的最大值．设出两 个线段的长，建立空间直角坐标系，利用空间向量的数
量积公式可以求出平面
APC
与 平面
BCQ
所成二面角的余弦值，最后利用同角的三角
函数关系式中的平方和关系求出 平面
APC
与平面
BCQ
所成二面角的正弦值
.
【详解】

(1)
证明：因为平面
ABCD

平面
APBQ
，平面
APBQI
平面
ABCDAB
，

四边形
ABCD
正方形，即
BCAB
，
BC
平 面
ABCD
，

所以
BC⊥
平面
APBQ
，

又因为
AP 
平面
APBQ
，所以
APBC
，

因为
BG
平面
APC
，
AP
平面
PAC
，

所以
APBG
，

因为
BCIBGB
，< br>BC,BG
平面
PBC
，

所以
AP
平面
PBC
，

因为
AP
平面
PAD
，

所以平面
PAD
平面
PBC
．

第 12 页 共 17 页

111
(2)
解：
V
PABCV
CAPB
PAPBBCPAPB
，

3 23
求三棱锥
PABC
体积的最大值，只需求
PAPB
的最大值 ．

令
PAm
，
PBn
，

由
(1)
知，
PAPB
，

所以
m2
n
2
4
，当且仅当
mn2
，
即
PAPB2
时，
(V
PABC
)
max
11m
2
n
2
2
mn
，

3 323
以
AB
中点
O
为坐标原点建立空间直角坐标系如图，则

A(0,1,0)
，
B(0,1,0)
，
C(0,1,2)< br>，
P(1,0,0)

r
n
设
1


x,y,z

为平面
APC
的一个法向量，

u vuuuv


n
1
APxy0
vuuuv
则

u
，



n
1
BP 2x2z0
uur
可取
x1
，则
n
1

1,1,1

，

因为四边形
APBQ
为 平行四边形，
APB
为等腰直角三角形，

uuruuur
所以四 边形
APBQ
为正方形，取平面
BCQ
的一个法向量为
n
2
BP

1,1,0

，

uuruuruuruur
n
1
n
2
6
uuruur
3< br>cosn,n
uuruur
12
所以，所以，

si nn,n
12
3
n
1
n
2
3
即平 面
APC
与平面
BCQ
所成二面角的正弦值为
3
.
3

【点睛】

本题考查了面面垂直的判定定理和性质定理、线面垂 直的判定定理和性质定理，考查了
利用空间向量数量积求二面角问题，考查了三棱锥的体积公式，考查了 推理认证能力和
数学运算能力
.
第 13 页 共 17 页

20
．过点
(0,2
）的直线
l
与抛物线
C:x
2
2py(p0)
交于
A
，
B
两点，且
OA OB
(
O
为坐标原点
).

(1)
求抛物线
C
的方程；

(2)
在
y
轴上是否存在定点
M
，使得
OMAOMB
？并说明理由
.

【答案】
(1)
x2y
；
(2)
存在,
理由见解析

【解析】
(1)
设出直线
l
的 方程与抛物线方程联立，利用一元二次方程根与系数关系，结
合
OAOB
可以求出抛 物线的方程；

(2)
假设存在，根据二个角相等可以转化为两条直线的斜率互为相反 数，根据斜率的公式，
结合根与系数的关系可以求出在
y
轴上存在定点
M，使得
OMAOMB
.
【详解】

解：
(1)
设直线
l
：
ykx2
，
A(x
1
,y
1
)
，
B(x
2
,y
2
)
，则< br>
2

ykx2
联立

2
得
x
2
2pkx4p0
，


x2py
则

x
1
x
2
=2pk
2
，所以< br>y
1
y
2
=

kx
1
2

kx
2
2

kx
1
x
2
+2k

x
1
x
2

44
，


x
1
x
2
=4p
uuuruuur
所以
OAOBOAOBx
1
x
2
y
1
y
2
4p40
，
p1
，

所以抛物线
C
的方程为
x2y
．

(2)假设存在满足条件的点
M

0,t

,
设
A( x
1
,y
1
)
，
B(x
2
,y
2
)
,
2

x
1
x
2
=2k< br>由（
1
）知

，若
OMAOMB
，则
k
MA
k
MB
0
，

xx=4
< br>12
y
1
ty
2
t

y
1t

x
2


y
2
t

x
1

kx
1
2t

x
2< br>

kx
2
2t

x
1


x
1
x
2
x
1
x
2
x
1
x
2

2kx
1
x
2


2t

x
1
x
2

x
1
x
2

8k2

2t

k
4


2t

k
2
0
，所以存在
M

0,2

满足条
件．

【点睛】

本题考查了求抛物线的标准方程，考查了利用直线与抛物线的位置关系，考 查了平面向
量的应用，考查了抛物线中定点问题，考查了数学运算能力
.
21
．已知函数
f(x)xlnx
.

第 14 页 共 17 页

(1)
求
f(x)
的最小值；
(2)
设
m
为整数，且对于任意正整数
n
，

1
的最小值
.

【答案】
(1)
1
；
(2)
2
.
【解析】
(1)
对函数进行求导，判断函数的单调性，最后求出最小值；

(2)
由
(1)
可得，
f(x)xlnx1
即lnxx1
，对此可以对
ln

1
后利用裂项相消法求出
m
的最小值
.
【详解】

解：
(1)
f (x)1



1

1

1

1
L
1m
，求
m

2< br>
2
2

3
2

n



1
k
2


进行放缩，最

1x1

，

xx
当
x

0,1
时，
f

(x)0
，故
f(x)
在

0,1

单调递减；

当
x

1, 

时，
f

(x)0
，
f(x)
在

1,

单调递增；

故
f(x)f(1) 1
，故
f(x)
的最小值为
1
.
(2)
由< br>(1)
可得，
f(x)xlnx1
即
lnxx1
，

1

14422


所以对任意
k N*
，有
ln

1
2


2

2

，

4k(2k1)(2k1)2k12k1

k

k
1

1

1

22

22

2

2

则< br>ln

1
2

ln

1
2< br>

L
ln

1
2










L


，


2

3

n
 
35

57

2n12n1

1

1

1

222
2


，因为
e
2
8
所以
，

即ln

1
2

ln

1
2

L
ln

1
2


3

2

3

n

32n13< br>1

1

1

1

1

1

所以
ln

1
2


1
2


L


1
2

ln2
，所以

1
2



1
2


L


12

2
．


2

3
 
n

2

3

n

1< br>
1

1

1

又因为
1
2



1
2


L


1
2

1
2
1
，< br>
2

2

3

n

1

1

1

n
11
L< br>1m
的整数
m
的最小值为
2
．

故对 任意正整数，

2

2

2

2

3

n

【点睛】

本题考 查了利用导数研究函数的单调性并求最小值问题，考查了通过放缩法求不等式恒
成立时参数的取值问题< br>.
22
．以直角坐标系的原点为极点，
x
轴的非负半轴为极轴建立极 坐标系，并在两种坐标
1


xtcos

(
t
为参数，系中取相同的长度单位已知直线
l
的参数方程为

2

ytsin

0



)< br>，抛物线
C
的普通方程为
y
2
2x
.

第 15 页 共 17 页

(1)
求抛物线
C
的准线的极坐标方程；

(2)
设直线
l
与抛物线
C
相交于
A
，
B
两点，求
|AB|
的最小值及此时

的值
.
【答案】
(1)

cos


(2)
当且仅 当


1
；

2

2
时，
AB
取得最小值
2

【解析】
(1)
利用极坐标与直角坐标转化公式求出抛物线
C
的准线的极坐标 方程；

(2)
将直线
l
的参数方程代入抛物线
C
的普通方程中，利用参数的意义结合一元二次方
程根与系数的关系求出
|AB|
的最 小值及此时

的值
.
【详解】

1
解
: (1)
依题意可得，抛物线
C
的准线的普通方程为
x
，

2
化为极坐标方程即是

cos


1
.
2
(2)
将直线
l
的参数方程代入抛物线
C
的普通方程
y
2
2x
，化简整理得，

t
2sin
2

2tcos

10
，设
A, B
两点对应的参数分别为
t
1
,t
2
,
则有
t
1
t
2

t
1
t
2
< br>1
，

2
sin

(t
1
t2
)
2
4t
1
t
2

2
， 因为
0



，

sin
2

2cos

，
sin
2

所以
ABt< br>1
t
2

所以，
0sin
2

1
，
当且仅当


【点睛】

2
2
，即
AB2
，

2
sin


2
时，
AB
取得最小值
2
.
本题 考查了极坐标方程转化为直角坐标方程，考查了利用参数的意义求弦长问题，考查
了数学运算能力
.
23
．已知
f(x)|ax4||ax8|
.

(1)
当
a2
时，解不等式
f(x)<2
；

(2)
求
f(x)
的最大值

【答案】
(1)

xx

；
(2)12 

3

2

【解析】
(1)
利用零 点法化简函数的解析式，然后分类求解即可；

(2)
利用绝对值的性质可以直接求解出函数的最大值
.
第 16 页 共 17 页

【详解】


12(x4)

解
(1)
当
a2
时
,
f(x)

 4x4(4x2)


12(x2)

当
x 4
时，不等式不成立；

当
4x2
时，解得

3
x2
；

2
当
x2
时，不等式恒成立
.
综上，不等式
f (x)<2
的解集为

xx

.

3

2

(2)
因为
f(x)ax4ax8 (ax4)(ax8)12
,
当且仅当
ax80
时取到等号， 所以
f(x)
的最大值为
12.
【点睛】

本题考查了利 用零点法解绝对值不等式，考查了利用绝对值的性质求函数的最大值问
题，考查了数学运算能力
.

第 17 页 共 17 页