袁杨纯子-小学教师教学工作总结

河北省石家庄市2020届高中毕业班综合训练（一）
数 学（理科）

（时间120分钟，满分150分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，
用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试
卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60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．
1．已知集合
Ax1x4
，
B{x3
1x
1}
，则
AB
( )
A．
x1x1

2．已知
z


B．
x1x4


C．
xx1


D．
xx2


13i
，其中
i
是虚数单位，则
z
( )
1i
B．
5
C．
2
D．
3
A．
3

3．已知向量
a(2,1)< br>，
b(2,3)
，且
kab
与
ab
垂直，则
k
( )
A．
3
B．
2
C．
3
D．
2

x
2
2
4． 若双曲线
2
y1(a0)
的实轴长为
4
，则其渐近线的方程为 ( )
a
A．
y2x
B．
y
2
x

2
C．
y
1
x

2
D．
y
1
x

4
5．经统计某射击运动员随机射击一次 命中目标的概率为
7
，为估计该运动员射击4次恰好命中3
10
次的概率，现采用随机模拟的方法，先由计算机产生0到9之间取整数值的随机数，用0，1，2
表示没有击中，用3，4，5，6，7，8，9表示击中，以4个随机数为一组，代表射击4次的结果，
经随机模拟产生了20组随机数：

57,0347,4373,

9597,7424,7610,4281,7520,0293,7140,98
0371,6233,2616,8045,6011,3661,8638,7815,1457,555 0.

根据以上数据，则可估计该运动员射击4次恰有3次命中的概率为( )
A．

2

5
B．
3

10
C．
7

20
D．
1

4
1

6．已知函数
f(x)
的图象如图所示，给 出四个函数①
|f(x)|
，②
f(|x|)
，③
f(|x|)< br>，④
f(x)
，
又给出四个函数的图象，则正确的匹配方案是( )







A．①-- 甲，②--乙，③--丙，④--丁 B．②--甲，①--乙，③--丙，④--丁
C．①--甲，③--乙，④--丙，②--丁 D．①--甲，④--乙，③--丙，②--丁
7．
a,b
是两个互不相等的正数，则下列三个代数式中，最大的一个是( )
1

1

①

a

b


b

a

ab2
②

2ab

ab2ab

③





2abab

2
A．必定是① B．必定是②
C．必定是③ D．不能确定
8．某几何体的三视图如图所示，其中网格纸上小正方形的边长为
1，则该几何体的外接球的表面积为( )
A．
8

B．
9


C．
12

D．
16


9．已知函数
f(x)2sinxacosx图象的一条对称轴为
x

f(x)
在
(x
1< br>,x
2
)
上单调，则
|3x
1
2x
2|
的最小值为( )
A．

6

，
f(x
1
)f(x
2
)0
，且函数


2
B．
4


3
C．
13


6
D．
7


6
10． 一台仪器每启动一次都随机地出现一个3位的二进制数
中，a
k
(k1,2,3)
出现
0
的概率为
，其中
A
的各位数
12
，出现
1
的概率为.若启动一次出现的数字为< br>A100,

3
3
则称这次试验成功．若成功一次得2分，失败一次得
1
分，则81次这样的重复试验的总
得分
X
的数学期望和方差分别为( )
50
50
A．
63,
B．
63,50
C．
6,
D．
6,50
< br>9
9
x
2
y
2
11．已知椭圆
2

2
1(ab0)
,
P(0,2)
,
Q(0,2)< br>，过点
F
的直线
l
1
与椭圆交于
A,B,
过 点
ab
Q
的直线
l
2
与椭圆交于
C,D,
且满足
l
1
l
2
,设
AB
和
CD
的中点分别为
M,N,
若四边形
PMQN
为矩形，且面积为
43
,则该椭圆的离心率为( )
A．
1

3
B．
2

3
C．
2

3
D．
6

3
12．已知数列
{a
n
}
满足：
0a
11,
a
n1
a
n
ln(3a
n
)
则下列说法正确的是( )
2

A．
0a
2020
1
B．
1a
2020
2
C．
2a
2020

5

2
D．
5
a
2020
22

2
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.

xy1 0

13．已知实数
x、y
满足约束条件

x2y1 0
,则
zxy
的最大值为 .

x1

14．已知数列

a
n

的前
n
项和
S
n
2(a
n
1)
,则
S
6

.
侧棱
AA
1

15．已知长方体< br>ABCDA
1
B
1
C
1
D
1
的底 面
ABCD
是边长为
1
的正方形，
2,
过
BD< br>1
作平面

分别交棱
AA
1
,
CC
1
于点
E,F,
则
四边形
BFP
1
E
面积的最小值为 ． 3
16．已知
f(x)x3x
，若过点
P3,0
的动直线
l
与
f(x)
有三个不同交点，自左向右分别为

P, E,F
，设线段
EF
的中点
M(s,t)
，则
s
，
t
的取值范围为 （本题第一空
2分，第二空3分．）
三、解答题：共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．第17～21题为必考题，
每个试题考生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答．
（一）必考题：共60分
17．（本小题满分12分）
已知
A BC
的内角
A、B、C
的对边分别为
a、b、c
，且

3ccosB3a2b
.
(I)求
cosC;

(Ⅱ)若
c21
,
a3,
如图,
D
为 线段
AB
上一点，且
CDAC.

求
CD
的长．

18．（本小题满分12分）
如图，菱形
ABCD
与等边
DEF
所在平面互相垂直，
BC D60

,
E,G
分别是线段
AB,CF
的中点．
(I)求证：
BG
平面
DEF;

(Ⅱ)求二面角
DEFC
的余弦值．

19．（本小题满分12分）
下表是我国大陆地区从2013年至2019年国内生产总值(GDP)近似值（单位：万亿元人民币）
的数据表格：
年份 2013 2014
2
64.1
2015
3
68.6
2016
4
74.0
2017
5
82.1
2018
6
90.0
2
2019
7
99.1
年份代号
x

1
中国大陆地区GDP：
y

59.3
（单位：万亿元人民币）
以
x
为解释变量，
y
为 预报变量，若以
yb
1
xa
1
为回归方程，则相关指数
R
1
0.9808;

若以
ya
2
 b
2
lnx
为同归方程，则相关指数
R
2
0.8457< br>.
(I)判断
yb
1
xa
1
与
ya
2
b
2
lnx
哪一个更适宜作为国内生产总值(GDP) 近似值
y
关于年
份代号
X
的回归方程，并说明理由；
3
2

(Ⅱ)根据(I)的判断结果及表中数据，求出
y
关于年
份代号
x
的回归方程（系数精确到0.01）；
(Ⅲ)党的十九大报告中指出：从2020年到2035年，
在全面建成小康社会的基础上，再奋斗15年，基
本实视社会主义现代化．
若到2035年底我国人口增长为14.4亿人，假设到
2035年世界主要中等发达国家的人均国民生产总
值的频率直方图如图所示，
以(Ⅱ)的结论为依据，预测我国在2035年底人均国
民生产总值是否可以超过假设的2035年世
界主要中等发达国家的人均国民生产总值平均数的估计值，
参考数据：
< br>y
i1
7
i
537.2
，

x
i
y
i
2333.5.

i1
7



参考公式：回归方程
ybxa
中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：
ˆ


b

(xx)(y
i
j 1
n
i1
n
i
y)

x
i
y
i
nxy
i1
n
n

(x
i
x)
2
20．（本小题满分12分）
2

x
i
nx
2
i1
2
ˆ
x
.
ˆ

y

b
，
a
设抛物线
C:x2py(p0)
的焦点为
F.
过点
T(1,0)
的直线
l
与抛物线
C
交于
A,B
两点，点
A
在第二象限，当
F
在
l
上时，
A
与
B
的横坐标和为
4
.
(I)求抛物线
C
的方程；
(Ⅱ)过
A
作斜率为
1
的直线与
x
轴交于点
M
与直线
OB
交于点
N，（
O
为坐标原点），求
|AN|
.
2
|AM|
x
21．(本小题满分12分)
已知函数f(x)e(x1)ln(x1)(1a)x
,
aR
,e2.7 18
为自然对数的底数．
(I)若
f(x)
为单调递增函数，求实数
a
的取值范围；
a(Ⅱ)当
f(x)
存在极小值时，设极小值点为
x
0
,
求证：
f(x
0
)(1a)e.

（二）选考题：共10分，请考生从第22、23题中任选一题作答，并用2B铅笔将答题卡上所选题
目对应的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不
涂，按本选考题的首题进行评分．
22．[选修4-4:坐标系与参数方程](10分)
在直角坐标系
xOy
中，以坐标原点为极点
,x
轴正半轴为极轴，建立极坐标系．曲线
C
1
的极坐

x2cos

,
C
标方程为
2sin

.
曲线
2
的参数方程为

(
为参数)．
y22sin


(I)写出
C
2
的极坐标方程；


(Ⅱ)过 原点
O
的射线与
C
1
的异于极点的交点为
A
，xOA


0



，
B为
C
2
上的一
3

点，且
AO B

3

求
AOB
面积的最大值．
23．[选修4-5:不等式选讲](10分)
已知函数
f(x)|2x1||2x3|
的最大值为
M
.
(I)求
M
;
(Ⅱ)已知
a,b,c
为实数，且
abc
．求证：
11M

.
abbcac
4

数学（理科）参考答案

一、选择题
1．C 2．B 3．A 4．C 5．A 6．A 7．D 8．B < br>9
．
D
【解析】由题意，
f

x

2sinxacosx
=
4a
2
sin(x

)< br>，

为辅助角，

π
3
3

< br>
，所以
f



1a
，即
4a
2
|1a|
,
解得
a23

6< br>2
2

6





所以
f

x

4sin

x

,
对称轴方程为
xk

kZ

，又因为
f

x

在

x
1
,x
2

上具有单调
3

6

57π
,
性，且
f

x
1

f

x
2< br>
0
，设
xx
1
,xx
2
为相邻对称 轴
,
当
x
1
,x
2

时取最小值666
也可解: 设
A(x
1
,f(x
1
)),B(x
2
,f(x
2
))
，则线段
AB
的中点为函数f(x)
的对称中心，即
x
1
x
2

k ,kZ

23
2

kZ


， 易知最小值在
k0
时取得，此时
x
1
x
2
< br>2
，




所以
x
1
x
2
2k
33
x
1


,< br>

63

4
7
x
1
3x
1
2x
2

2

x
1
x
2

x
1

，故选
D .

3
6
因为对称轴为
x
2

1

2< br>10.B
【解析】启动一次出现数字为
A=100
的概率
P


,
3

3

27
2
 
η~81
，
由题意知变量符合二项分布，根据成功概率和实验的次数的值，有



27

2
6
,
∴η
的数学期望为
Eη81
27
22550
η
的数学 方差为
Dη81
．

27279
设得分为
x2η 1

81η

3η81
,
所以
2ExE

3η81

3Eη-81
= -63 ,=
．故选
B.
DxD

3η81

9D η
50
11.D【解析】如图，不妨设
l

,l

两条直线的斜率大于零时，


PMMQ
连结
OM
，由题意知

，



PMMQ
解 得
PM,MQ
,或
PM23,MQ（舍2)

PM,MQ
因为
OM
，
在
ΔPMQ
中,
PMPO
，所以
BPOPOM

,

故此时
k
AB
tan

,k
OMtan


.

5


x


y




xx


x

x




y

y


y

y



，

a

b

设
A

x

,y


,B

x
,y


，则

，两式相减得

 
a

b


x


y




a

b

b
c

b


y

y

y< br>
y

b


即


，即
k
AB
k
OM


，因此离心率< br>e




，所以
aaa
x
x

x

x

a
e

，故选D.

2.4
2.2
2
1.8
1.6< br>1.4
1.2
1
0.8
0.6
0.4
0.2
12.B【解析】考察函数
f(x)xln(3x)(0x3)
，
12 x
0
可得
f(x)
在由
f(x)1
3x3x< br>
0,2

上单调递增，

'
'
由
f(x)0
可得
f(x)
在

2,3

单调递减
,
y
且
f(x)f

2

2
，

可得
a
n
2
，数列
{a
n
}
为 单调递增数列，

如图所示：

且
f(0)ln3lne1< br>，
X
0.5
0.2
0.4
0.6
0.8
1< br>1.2
1.4
1.6
1.8
2
a
1
0.51 1.522.533.544.5
a
2
a
3
a
2
 f(a
1
)f(0)1
，

由图象可得
0a
1
1a
2
a
3
La
n
L2
，

所以
1a
2020
2
，故选
B.
二、填空题
13. 3 14.126 15.
2






;


16.【解 析】
,


.




设
E

x

,y


,F

x

,y


，
l:ykx3
，

由
xxkx
，

得
xxxk
，




故
x

,x

为方程
xxk
的两个根，

x

x



，


故点
M
在直线
x
上，
f

x

x
，

过
P
作f

x

的切线，设切点坐标为
A

x

,y


x


，
所以
s

f

x




，即
x

x


，解得
x

，

x



此时切线斜率
k


，切线方程为
y

x
.

又
f


，则
P
点处的切线方程y

x
.
则有
f


x< br>







6


,
， 的交点纵坐标分别为






. 故t

,



切线
y

,y

与
x
三、解答题
说明：解答题提供了一种或几种 答案，阅卷过程中出现的其他答案可参照本答案给分标准，教研组
讨论决定。

17.（Ⅰ）解法1：根据正弦定理，由
3ccosB3a2b
得
3s inCcosB3sin




BC

 2sinB
，
………………………2分
整理得
3sinBcosC2sinB0
.
因为
sinB0
，
所以
cosC
2
3
. …………………………………4分
解法2：由
3ccosB3a2b
得
3accosB3a
2
2ab
，
由余弦定理得：
3

a
2
c
2
b
2

6a
2< br>4ab
…………………………2分
整理得
3

a
2
c
2
b
2

4ab

3abcosC2ab0
.所以
cosC
2
3
. ………………………………4分
（Ⅱ）解法1：
在△
ABC
中，由余弦定 理得：
219b
2
23b



2< br>

3


，
整理得：
b
2
4b120
，
解得
b2< br>或
b6
（舍），即
AC2
………………………6分
在△
ABC
中，由（1）结论可知：
sinACB
5
3
…………………………………………………7分 由正弦定理得
321
sinA

5
，所以
sinA< br>5
21
……………8分
，
3
由（Ⅰ）结论可得出
A
为锐角
所以
cosA
4
21
……………………………………………9分
，< br>tanA
5
4
……………………………………………………10分
，
在△
ACD
中，
CDACtanA
=
5
2. …………………………12
解法2：
在△
ABC
中，由余弦定理得 ：
219b
2
23bcosC
，
将（Ⅰ）中所求代入整理得：
b
2
4b120
，
解 得
b2
或
b6
（舍），即
AC2
…………………… …6分
在△
ABC
中，由余弦定理可知：
cosA
214 9
2221

4
21
………………………………………8分

7
分

所以
sinA
5
， ……………………………………………9分
21
5
……………………………………………………10分
4
，< br>5
在△
ACD
中，
CDACtanA
=. ………………………12分
2
tanA

18.解：（Ⅰ）证明：如图1，取线段DF的中点H，连接HG， G是线段CF的中点，
则HG∥CD且HG=CD. …………2分
在菱形ABCD中E为线段AB中点，
则BE∥CD且BE=CD.
则HG∥BE且HG=BE，
故四边形BEHG为平行四边形，
所以
1
2
1
2
BG∥EH. …………………………………………………4分
又因为BG

平面DEF，EH

平面DEF，
所以BG∥平面DEF . ………………………………………5分
解法2：如图2，取线段CD中点M，连接MG，BM，
在△CDF中，MG∥DF，
因为DF

平面DEF，MG

平面DEF，
所以MG∥平面DEF. ………………2分
在菱形ABCD中，BM∥DE，
因为DE

平面DEF，BM

平面DEF，
所以BM∥平面DEF. ……………………4分
又因为MG∩BM=M，且MG，BM

平面BMG，
所以平面BMG∥平面DEF.
因为BG

平面BMG，
所以BG∥平面DEF. ………………………………………5分
（Ⅱ）如图3，在等边△DEF中，取线段DE中点O，连接FO，
则FO⊥DE，
因为平面DEF⊥平面ABCD
，
且平面DEF∩平面ABCD=DE，
所以FO⊥平面ABCD
以DE所在直线为x轴，过点O作AB的平行线为y轴，OF
所在直线为z轴建立如图坐标系. ……………………6分
设AB=2，则E(
0)，
3
33
，0， 0)，F(0，0，
)
，C(

，2，
2
2
2uuur
33
所以EF(,0,)
，
22
uuur
EC(3,2,0）
………………………7分
r

uuu33
xz0

EF
n

设平面CEF的法向量 为
n
=(x,y,z)
，则


22
uuur< br>
EC
n
3x2y0

8

33
,）,
………………………9分
23
由题知平 面DEF的一个法向量为
m
(0，
，……………………………10分
1， 0）
取平面CEF的一个法向量为
n
(1,
33
m
n
3
2
cos
m
,
n

2< br>

5
m

n
5
31
11< br>43
23
3
所以二面
DEFC
的余弦值为. ……………………………12分
5
解法2：如图4，在等边△DEF中，取DE边中点O，连接FO
，

则FO⊥DE，
因为平面DEF⊥平面ABCD且平面DEF∩平面ABCD=DE
，

所以FO⊥平面ABCD.
在菱形ABCD 中，∠BCD=60°=∠BAD，E是线段 AB的中点.
所以
DEAB.
………………………………6分
设AB=2，连接OC，
在Rt△CDO中，OCCD
2
DO
2

19
，…………………7分
2
在Rt△CDE中，CECD< br>2
DE
2
7
，………………………………8分
在Rt△C OF中，CFFO
2
OC
2
7
，………………………………9 分
取线段EF中点H，连接DH，CH，
在等边△DEF中，DH⊥EF，
在△CEF中，因为CE=CF，
所以CH⊥EF，
则∠DHC为二面角
DEFC
的平面角，…………………………10分
1315
在△CDH中，DHDF
2
(EF)
2
，CHCF
2
(EF)
2
，

2222
925
 4
222
DHCHCD3
44
则cosDHC
， < br>35
2DHCH5
2
22
3
所以二面角D
一< br>EF
一
C的余弦值为. …………………………12分
5
< br>19.解：（Ⅰ）由
0.98080.8457
，可得
yb
1xa
1
更适宜作为
x
为解释变量
y
为预报变量的回归
方程；…… 2分
（Ⅱ）
x
1234567
4
， ………………………… 3分
7
537.2
2333.574
7
， ………………………… 5分
ˆ
b
140112


2333.52148 .8184.7
6.60
……………………………6分
2828
9

537.2184.7352.5

4

50. 36

7287
ˆ
6.60x50.36
．…… 8分 所以以
x
为解释变量
y
为预报变量回归方程为
y
ˆ
6. 60x50.36
得我国国内生产 （Ⅲ）到2035年底对应的年份代号为23，由（Ⅱ）的回归方 程
y
总值约为
6.602350.36=202.16
万亿元人民币，
202.16
又
14.04
，所以到2035年底我国人均国民生 产总值约为
14.04
万元人民
14.4
ˆ
a
币， …………… 10分
由直方图，假设的2035年世界主要中等发达国家的人均国民生产总值平均数的估计值为：
7.50.312.50.35+17.50.2+22.50.1+27.50.0513.7 5
，
又
13.7514.04
，
所以以（Ⅱ）的结论为依据， 可预测我国在2035年底人均国民生产总值可以超过假设的2035
年世界主要中等发达国家的人均国 民生产总值平均数的估计值．…………………………… 12分

22
20.
解：（Ⅰ）设
A

x
1
,y
1

,B< br>
x
2
,y
2

，方式一：由题
x
1
2py
1
,x
2
2py
2
，
……… 1
分

x
1
2
x
2
2

y
1
y
2
2
………3
分

由
x
1
x
2
4
，则直线
l
斜率为
2 p2p
x
1
x
2
k
x
1
 x
2
x
1
x
2
2pp
p2
p

p

又
F

0,

，
T

1,0

，则
k
，从而有

，所以p2
，
……………4
分

2p
2
< br>2

从而抛物线
C
的方程为
x4y
. ………………………5
分

2
p

p

，
T

1,0

，则
k
，
………………………1
分

2

2
pp
2
2222
则直线
l:yx
与
C:x2py
联立得
x pxp0
得
x
1
x
2
p
……3
分

22
2
则由题
x
1
x
2
4
有，即
p4
，所以
p2
（负的舍去）
………………4
分

方式二：
F
< br>0,


从而抛物线
C
的方程为
x4y
. ………………………5
分

（Ⅱ）由题直线
l
斜率存在，设
l:yk

x1


2


yk< br>
x1

由

2
得
x
2
4kx4k0
，



x4y
则
16 k
2
16k0
解得
k0
或
k1
，又点A
在第二象限，所以
k0
，
………………6
分
x
1
x
2
4k
,
x
1
x
2
4k
. ………………………7
分

y
2
1
OB:yx
，

设
N

x
3
,y
3

，由题
AM:yy
1

xx
1

，
x
2
2
x
1
2
x
2
2x
1
x
2
方式一： 联立解得
y
3

…………………9分
4x
2
8
x
1
2
x
2
2x
1
x
2
AN
yy
3
x
1
x
2
2x
2
4x
2
8

1
11
………………………10分
2
xAMy
1
x
1
x
2
2x
1
1
4
将
x
1
x
2
4k
,
x
1
x
2
4k
代入上式得
1
x
1
x
2
2x
2
4k2x
2
xx
11
1 2
2

x
1
x
2
2x
1
4k 2x
1
x
2
x
1
10

即
AN
2
………………………12分
AM
x
1
2
2x
1
方式二：联立解得
x
3

设
M

x4
,0

，有
x
4
x
1
2y1
……………………9分
x
2
2
x
1
2
2x
1
x
1

AN
2

x
1
x
2

x
1
x
3
x
2
2

………………………10分
2
x
1
AMx
1
x
4
2x
1
x
1
x
2
2

x

2

x
1

1

x
1
1

AN< br>x
1
由
x
1
x
2
4k
,
x
1
x
2
4k
得
x
2

，代 入上式得

,即
2
2
……12分
2
x< br>x
1
1
AM
2x
1

1
x
1
1
x
1
21.解：（Ⅰ）由题意知
f

< br>x

eln

x1

a
，令
g

x

e
x
ln

x1

a,g


x

e
x

，显然
x1
g


x

在

 ,

上单调递增，且
g




 
………………………………………………………2分
故当
x

,

时，
g


x


，
f


x

单调递减；当
x

,

时，
g


x


，
f


x

单调递增，
所以
f


x

f




 a
.若
f

x

为增函数，则
f


x


恒成立，即
a
，即
a< br>；
经检验，当
a
时，满足题意.…………………4分
（Ⅱ）由 （1）知
a
时，
f

x

为增函数，不存在极 小值；当
a
时，
f




，
f


1e
a

e
1 e
0
，
11e
a
0
，故存在
x1
1e
a
,0
使得
f


x


；

f


a

e
a
ln

a1

a
，令
h< br>
a

e
a
ln

a1
< br>a,h


a

e
a

11
，显然
h


a

在

,

上单
a1
3
调递增，故
h


a

h


1

e0
，故
h

a

在

,

上 单调递增，故
h

a

h

1

eln210
，
2
故
f


a


，因此存在
x



,a
使得
f


x



.因此
f

x

在

,x


上 单调递增，

x

,x


上单调
a< br>
递减，

x

,

上单调递增.… ………………………………6分
0
x

x



,a

，
f

x
0

e< br>x


x
0
1

ln

x
0
1



1a

x
0< br>，由
e
x
ln

x
0
1
a0
代入消去
a
得
0
1

x
f< br>
x
0



1x
0

e
x
0
ln

x
0
1

x
0
，令
F

x



1x
e
x
ln

x1

x,F


x

x


e

，当< br>x1

1
x
时，
e
x
1,0 1
，故当
x

,

时，
F

x


，
F

x

单调 递减…………………8分
x1
即
f

x

< br>在

,a

上单调递减，故
f

x
0

f

a



1a

e
a
ln

a1

a
，故要证f

x
0



1a

e
a
，
只需证
aln

a

，………………………………10分
令
G

a

a ln

a

,G


a


G

a

G



l n
.综上，
f

x
0



1a

e
a
成立.………………………………12分

选考题：
22.解：（Ⅰ）由曲线
C
2
的参数方程
2
a
，当
a
时，
G


a


，
G

a

单调递增，故当
a 
时，
a

x2cos

,
(
< br>为参数).

y22sin


2
可得曲线< br>C
2
的普通方程为
x

y2

LLL LLLLL2分
将
x

cos

,y

sin

代入上式，得

4sin

.LLLLLL LLLL4分

11

所以
C
2
的极坐标方程为

4sin

.LLLLLLLLLLLLLLLLL 5分

（Ⅱ）设
A
点的极坐标为


1
,


,
B
点的极坐标为


2
,


则

1
2sin

,
< br>2
4sin



于是△AOB的面积








,
3


,
KKKKKKKKKKKKKKKKK
6
分< br>3


S
1

1


3


1


2
sin

2sin




4sin


< br>


2323


2






3

23sin

s in




3sin

2




LLLLLLLLLLL
8分
362

3
.
LLLLLLLLLLLLLLLLLLL
9分
62

3
.
LLLLLLLLLLLLLLLLLLL
10
分
所以△AO B面积的最大值为
2

当

=时，S取得最大值
23.
解：

（Ⅰ）解法
1
：因为
f(x)2x12x3

2x1


2x3

4LLLL3分


3


2x1

2x3

 0
,
即
x
时，等号成立
.

当且仅当

2


2x12x3
所以函数
f(x)
的 最大值
M
等于
LLLLLLLLLLLLL5分


解法
2
：








3

f

x

的 最大值
M
等于
4……………………………………5
分

时，
2
（Ⅱ）
已知
M=4，
且
abc，

114
，
要证
abbcac

1
< br>1
只需证

ac




4.
LLLLLLLLLLLLLLLLLL
7
分


abb c

因为
abc，
所以
ab0,bc0,ac0 ，

1

1

1

1
a bbc
所以

ac





abbc

abbc


当
x 
abbcabbc
+22=4
，LLLLLLLLLLLLL
9
分
bcabbcab
114
.
LLLLLLLLL LLLLLLLLLLLL
10
分

故
abbcac
=2+
12