【文档说明】安徽师范大学附属中学2020届高三下学期2月第一次月考数学（理）试题【精准解析】.doc，共(27)页，2.259 MB，由小赞的店铺上传

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安徽师范大学附属中学2020届高三2020年2月第一次月考理科数学试题一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的.1.已知全集UR，函数ln1yx的定义域为M，集合2|0?Nxxx，则下列结论正确的是A.MNNB

.UMNðC.MNUD.UMNð【答案】A【解析】【分析】求函数定义域得集合M，N后，再判断．【详解】由题意{|1}Mxx，{|01}Nxx，∴MNN．故选A．【点睛】本题考查集合的运算，解题关键是

确定集合中的元素．确定集合的元素时要注意代表元形式，集合是函数的定义域，还是函数的值域，是不等式的解集还是曲线上的点集，都由代表元决定．2.复数z满足：(2)izz（i为虚数单位），z为复数z的共轭复数，则下列说法正确的是（）A.22

izB.2zzC.||2zD.0zz【答案】B【解析】【分析】由已知求得z，然后逐一核对四个选项得答案．【详解】由（z﹣2）•i＝z，得zi﹣2i＝z，∴z2121111iiiiiii，∴z2＝（1﹣i）2＝

﹣2i，2||2zzz，2z，2zz．故选B．【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题．3.三个数0.20.40.44,3,log0.5的大小顺序是（）A.0.40.20.43<4log0.5B.0.40.20.43<log0.5<4

C.0.40.20.4log0.534D.0.20.40.4log0.543【答案】D【解析】由题意得，120.20.455550.40log0.51444339，故选D.4.已知P是△ABC所在平面内﹣点，20PBPCPA，现将一粒黄豆随机撒在△A

BC内，则黄豆落在△PBC内的概率是（）A.23B.12C.13D.14【答案】B【解析】【分析】推导出点P到BC的距离等于A到BC的距离的12．从而S△PBC=12S△ABC．由此能求出将一粒黄豆随机撒在△ABC内，黄豆落在△PBC内的概率．【详解】以PB、P

C为邻边作平行四边形PBDC，则PBPC=PD，∵20PBPCPA，∴2PBPCPA，∴2PDPA，∴P是△ABC边BC上的中线AO的中点，∴点P到BC的距离等于A到BC的距离的12．∴S△PBC=12S△ABC．∴将一粒黄豆随机

撒在△ABC内，黄豆落在△PBC内的概率为：P=PBCABCSS=12．故选B．【点睛】本题考查概率的求法，考查几何概型等基础知识，考运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，考查创新意识、应用意识，是中档题．5.如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该

几何体的体积为（）A.643B.83163C.28D.82163【答案】B【解析】【分析】结合三视图，还原直观图，得到一个圆锥和一个圆柱，计算体积，即可．【详解】结合三视图，还原直观图，得到故体积222211

832422316333Vrhrl，故选B．【点睛】本道题考查了三视图还原直观图，考查了组合体体积计算方法，难度中等．6.在边长为2的等边三角形ABC中，若1,3AEACBFFC，则BEAF（）A.23B.43C.

83D.2【答案】D【解析】【分析】运用向量的加减运算和向量数量积的定义计算可得所求值．【详解】在边长为2的等边三角形ABC中，若13AEAC，则BEAF（AEAB）•12（ACAB）＝（13ACAB）•12（ACAB）1123AC（2AB223A

B•AC）142142222332故选：D【点睛】本题考查向量的加减运算和向量数量积的定义和性质，向量的平方即为模的平方，考查运算能力，属于基础题．7.《九章算术·均输》中有如下问题：“今有五人分十钱

，令上二人所得与下三人等，问各得几何．”其意思为“已知甲、乙、丙、丁、戊五人分10钱，甲、乙两人所得与丙、丁、戊三人所得相同，且甲、乙、丙、丁、戊所得依次成等差数列，问五人各得多少钱？”（“钱”是古代的一种重量单位）．这个问

题中，甲所得为（）A.43钱B.73钱C.83钱D.103钱【答案】C【解析】【分析】依题意设甲、乙、丙、丁、戊所得钱分别为a﹣2d，a﹣d，a，a+d，a+2d，由题意求得a＝﹣6d，结合a﹣2d+a﹣d+a+a+d+a+2d＝5a＝10求得a

＝2，则答案可求．【详解】解：依题意设甲、乙、丙、丁、戊所得钱分别为a﹣2d，a﹣d，a，a+d，a+2d，则由题意可知，a﹣2d+a﹣d＝a+a+d+a+2d，即a＝﹣6d，又a﹣2d+a﹣d+a+a+d+a+2d＝5a＝10，∴a＝2，则a﹣2d＝a48333aa

．故选C．【点睛】本题考查等差数列的通项公式，考查实际应用，正确设出等差数列是计算关键，是基础的计算题．8.已知函数2()ln1fxxax在(1,2)内不是单调函数，则实数a的取值范围是（）A.2,8B.2,8C.,28,D.2,8【答

案】D【解析】【分析】函数()fx的定义域为(0,)，22()2axafxxxx，根据题意可得到，122a，从而可得答案．【详解】解：函数2()1fxxalnx，定义域{|0}xx，22()2axafxxxx，当0a„时，()0fx

，()fx在(0,)上是增函数，不符合题意，当0a时，在,2a上，()0fx，()fx单调递增，在0,2a上，()0fx，()fx单调递减，函数2()1fxxalnx在(1,2)内不

是单调函数，122a，28a，故选：D．【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，依题意得到02a„是关键，也是难点所在，属于中档题．9.已知函数sin26fxx，若方程23fx的

解为12,xx(120xx)，则21sinxx=（）A.23B.49C.53D.459【答案】C【解析】【分析】由已知可得2123xx，结合x1＜x2求出x1的范围，再由121122236sinxxsinxcosx

求解即可．【详解】因为0＜x＜，∴112666x，，又因为方程23fx的解为x1，x2（0＜x1＜x2＜π），∴1223xx，∴2123xx，∴1211222

36sinxxsinxcosx，因为122123xxxx＜，，∴0＜x13＜，∴12662x，，∴由112263fxsinx

，得15263cosx，∴1253sinxx，故21sinxx=53故选C．【点睛】本题考查了三角函数的恒等变换及化简求值和三角函数的图象与性质，属中档题．10.若函数32,1()3,1xeaxfxxxx有

最小值，则实数a的取值范围为()A.(,1]B.(–],eC.(01]，D.(0,]e【答案】B【解析】【分析】分别求出两段的范围，结合图象即可得到实数a的取值范围.【详解】作出32,1()3,1xexfxxxx的图象：当1x时，()fxxeaea，当1x

时，'2()363(2),fxxxxx在,0上'()0,fx在0,1上'()0,fx则()fx323xx在,0上单调递减，在0,1上单调递增，又(0)0f∴()0fx，函数32,1()3,1xeaxfxxxx有最小值，则0ea

，即ae，故选B【点睛】本题主要考查分段函数的应用，结合函数最值的有界性以及利用数形结合是解决本题的关键．11.na为等差数列，公差为d，且01d，5()2kakZ，223557sin2sincossinaaaa

，函数()sin(4)(0)fxdwxdw在20,3上单调且存在020,3x，使得()fx关于0(,0)x对称，则w的取值范围是（）A.20,3B.30,2

C.24,33D.33,42【答案】D【解析】【分析】推导出sin4d＝1，由此能求出d，可得函数解析式，利用在203x，上单调且存在0020203xfxf

xx，，，即可得出结论．【详解】∵{an}为等差数列，公差为d，且0＜d＜1，a52k（k∈Z），sin2a3+2sina5•cosa5＝sin2a7，∴2sina5cosa5＝sin2a7﹣sin2a3＝2sin372aaco

s732aa•2cos372aasin732aa2sina5cos2d•2cosa5sin2d，∴sin4d＝1，∴d8．∴f（x）8cosωx，∵在203x，上单调∴23，∴ω32；又存在

0020203xfxfxx，，，所以f（x）在（0，23）上存在零点，即223＜，得到ω34＞．故答案为33,42故选D【点睛】本题考查等差数列的公差的求法，考查三角函数的图象与性质，准确求解数列的公差是本题关键，考查推理能力

，是中档题．12.设定义在(0,)的函数fx的导函数为fx，且满足()()3fxfxx，则关于x的不等式31(3)(3)03xfxf的解集为（）A.3,6B.0,3C.0,6D.

6,【答案】A【解析】【分析】根据条件，构造函数3()()gxxfx，利用函数的单调性和导数之间的关系即可判断出该函数在(,0)上为增函数，然后将所求不等式转化为对应函数值的关系，根据单调性得出自变量值的

关系从而解出不等式即可．【详解】解：3(1)(3)(3)03xfxf，3(3)(3)27xfxf（3）0，3(3)(3)27xfxf（3），定义在(0,)的函数()fx，3x，令3()()gxxfx，不等式3

(3)(3)27xfxf（3），即为(3)gxg（3），323()(())3()()gxxfxxfxxfx，()()3fxfxx，()3()xfxfx，()3()0xfxfx，32()3()0xfxxfx，()0gx，()gx单调递增，

又因为由上可知(3)gxg（3），33x，3x，36x．故选：A．【点睛】本题主要考查不等式的解法：利用条件构造函数，利用函数单调性和导数之间的关系判断函数的单调性，属于中档题．二、填空题：（共4小题，每题5分）13.已知0x，0y，3380xyxy，则3xy

的最小值是______.【答案】4【解析】【分析】由0x，0y，且3380xyxy，可知2(3)3380384xyxyxyxy„，进而可得3xy的最小值．【详解】因为0x，0y，且3380xyxy，所以233

380384xyxyxyxy，所以38340xyxy，所以34xy，当3xy时.3xy取得最小值4，故答案为：4.【点睛】本题主要考查基本不等式及其应用，属于中档题．14.在ABC中，角,,ABC的对边分别,,

abc，满足222(sincos)40,2aaBBb，则ABC的面积为_____．【答案】2【解析】【分析】由二次方程有解的条件，结合辅助角公式和正弦函数的值域可求B，进而可求a，然后结合余弦定理可求c，代入S△ABC12

acsinB，计算可得所求．【详解】把a2﹣22a（sinBcosB）+4＝0看成关于a的二次方程，则△≥0，即8（sinBcosB）2﹣16≥0，即为8（2sin（B4））2﹣16≥0，化为sin2（B4）≥1，而sin2（B4）≤1，则sin2（B4

）＝1，由于0＜B＜π，可得4＜B544＜，可得B42，即B4，代入方程可得，a2﹣4a+4＝0，∴a＝2，由余弦定理可得，cos24424222cc，解可得，c＝22∴S△ABC12acsinB122×22222．故答案为2．【点睛】本题主

要考查一元二次方程的根的存在条件及辅助角公式及余弦定理和三角形的面积公式的应用，属于中档题．15.已知点3(,1)2P在抛物线2:2(0)Expyp的准线上，过点P作抛物线的切线，若切点A在第一象限，F是抛物线E的焦点，点M在直线A

F上，点N在圆22:(2)(2)1Cxy上，则MN的最小值为__________．【答案】15【解析】【分析】点3(,1)2P在准线上，求出2p，得到抛物线方程24xy，焦点(0,1)F，利用导函数求出切点坐标，得直线方程，再利用圆心到直线的距离求解最小值即解.

【详解】22(0)xpyp的准线方程为2py点3(,1)2P在准线上，则2p，抛物线方程24xy，焦点(0,1)F对214yx求导12yx，设切点00(,)Axy，则切线斜率012kx所以切线方程为0001()2yyxxx即2001124yxxx=-

3(,1)2P在切线上,代入切线方程得04x或01x（舍去）(4,4)A，故AF直线点斜式方程为314yx,即3-440xy点M在直线AF上，点N在圆上由于圆心(2,2)到直线3-440xy的距离22|68+4|6534d-+==+，所以MN的最小值是15dr-=故答

案为：15.【点睛】本题考查圆锥曲线中的最值问题.圆锥曲线中的最值问题常涉及不等式、函数的值域问题，主要方法：一是利用几何方法，即利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是利用代数方法

，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个参数的函数，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解.与圆有关的最值问题，应充分考虑圆的几何性质，并根据代数式的几何意义，借助数形结合思想求解．常见类型及解题思路如下

：ybxam－＝－型转化为动直线斜率的最值问题taxby＝＋型转化为动直线截距的最值问题，或用三角代换求解22()()mxayb＝－＋－型转化为动点与定点的距离的平方的最值问题16.函数2–1yx和ln1yax有相同的公切线，则实数a的取值范围为_____________．【

答案】(2]e，【解析】【分析】分别求出导数，设出切点，得到切线的斜率，再由两点的斜率公式，结合切点满足曲线方程，运用导数求得单调区间、极值和最值，即可得到a的范围．【详解】解：两曲线y＝x2﹣1与y＝alnx﹣1存在公切线，y＝x2﹣1的导数

y′＝2x，y＝alnx﹣1的导数为y′ax，设y＝x2﹣1相切的切点为（n，n2﹣1）与曲线y＝alnx﹣1相切的切点为（m，alnm﹣1），y﹣（n2﹣1）＝2n（x﹣n），即y＝2nx﹣n2﹣1，y﹣（alnm﹣1）am

（x﹣m），即：y1axaalnmm∴2211anmnaalnm∴224aaalnmm，∴214alnmm即214amlnm有解即可，令g（x）＝x2（1﹣lnx），y′＝2x（1﹣lnx）2

1xxx（1﹣2lnx）＝0，可得xe，∴g（x）在（0，e）是增函数；（e，+∞）是减函数，g（x）的最大值为：g（e）2e，又g（0）＝0，∴42ae，∴a≤2e．故答案为（﹣∞，2e]．【点睛】本题考查导数的几何意义，主要考查导数的

运用：求单调区间和极值、最值，考查运算能力，属于中档题．三、解答题（本大题6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17.已知数列na满足11a，141nnaan，1n，2，3.1求数列na的通项；2设1

2233445212221nnnnnSaaaaaaaaaaaa，求nS．【答案】21,122,nnnann为奇数为偶数；228nSn.【解析】【分析】1利用数列的递推关系式推出114nnaa，通过当n为奇数

，当n为偶数，241222nnan，分别求解通项公式；2化简21343522121nnnnSaaaaaaaaa，然后求解数列的和即可．【详解】解：1141nnaan，1n，2，3①，1411nnaan

，2n，3，4②①②得114nnaa，2n，3当n为奇数，1141212nnan，当n为偶数，241222nnan所以21,22,nnnann为奇数为偶数；122

334452122212nnnnnSaaaaaaaaaaaa，21343522121nnnnSaaaaaaaaa224622424482nnnaaaan

．【点睛】本题考查数列的递推关系式的应用，通项公式的求法以及数列求和的方法，是中档题．18.如图，在三棱柱111ABCABC中，侧面11ABBA是菱形，160BAA，E是棱1BB的中点，CACB，F在线段AC上，

且2AFFC.（1）证明：1//CB面1AEF；（2）若CACB，面CAB面11ABBA，求二面角1FAEA的余弦值．【答案】（1）详见解析；（2）52929.【解析】【分析】（1）连接1AB交1AE于点G，连接F

G，利用三角形相似证明1//FGCB，然后证明1//CB面1AEF．（2）过C作COAB于O，以O为原点，OA，1OA，OC分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标，不妨设2AB，求出面1AFE的一个法向量，面1ABA的一个法向量

，然后利用空间向量的数量积求解即可．【详解】解：（1）连接1AB交1AE于点G，连接FG．因为11AGABGE，所以1112AAAGGBEB，又因为2AFFC，所以1AFAGFCGB，所以1//FGCB，又1CB面1AEF，FG面1AEF，所以1//CB面1AEF.

（2）过C作COAB于O，因为CACB，所以O是线段AB的中点．因为面CAB面11ABBA，面CAB面11ABBAAB，所以CO面1ABA．连接1OA，因为1ABA是等边三角形，O是线段AB的中点，所以1OAAB.如图以O为原点，OA，1OA，OC分别为x轴，y轴，z轴的正方向建

立空间直角坐标，不妨设2AB，则(1,0,0)A，1(0,3,0)A，(0,0,1)C，(1,0,0)B，12(,0,)33F，由11AABB，得(2,3,0)B，1BB的中点33(,,0)22E，133(,,0)22AE，112(,3,)33AF

.设面1AFE的一个法向量为1111(,,)nxyz，则111100AEnAFn，即11112303333022xyzxy，得方程的一组解为111135xyz，即1(1,3,5)n.面1ABA的一个法向量为2

(0,0,1)n，则121212529cos,29nnnnnn，所以二面角1FAEA的余弦值为52929.【点睛】本题考查直线与平面垂直的判断定理的应用，二面角的平面角的求法，考查空间想象能力以及

计算能力．19.某省从2021年开始将全面推行新高考制度，新高考“312”中的“2”要求考生从政治、化学、生物、地理四门中选两科，按照等级赋分计入高考成绩，等级赋分规则如下：从2021年夏季高考开始，

高考政治、化学、生物、地理四门等级考试科目的考生原始成绩从高到低划分为,,,,ABCDE五个等级，确定各等级人数所占比例分别为15%，35%，35%，13%，2%，等级考试科目成绩计入考生总成绩时，将A至E等级内的考生原始成绩，依照等比例转换法分别转换到86,100、71,85、56,

70、41,55、30,40五个分数区间，得到考生的等级分，等级转换分满分为100分.具体转换分数区间如下表：等级ABCDE比例15%35%35%13%2%赋分区间86,10071,8556,7041,5530,40而等比例转换法是通过公式计算：2

211YYTTYYTT其中1Y，2Y分别表示原始分区间的最低分和最高分，1T、2T分别表示等级分区间的最低分和最高分，Y表示原始分，T表示转换分，当原始分为1Y，2Y时，等级分分别为1T、2T假设小南的化学考试成绩信息如下表：考生科目考

试成绩成绩等级原始分区间等级分区间化学75分B等级69,8471,85设小南转换后的等级成绩为T，根据公式得：847585756971TT，所以76.677T（四舍五入取整），小南最终化学成绩为77分.已知某年级学生有100人选了化学，以半

期考试成绩为原始成绩转换本年级的化学等级成绩，其中化学成绩获得A等级的学生原始成绩统计如下表：成绩95939190888785人数1232322（1）从化学成绩获得A等级的学生中任取2名，求恰好有1名同学的等级成绩不小于

96分的概率；（2）从化学成绩获得A等级的学生中任取5名，设5名学生中等级成绩不小于96分人数为，求的分布列和期望.【答案】（1）1235P（2）见解析【解析】【分析】（1）根据成绩换算公式，计算出等级成绩不低于96分时的原始成绩，进

而得到等级成绩不低于96分的人数，根据古典概型的概率即可得到所求；（2）列出随机变量的所有可能的取值，分别求出对应的概率，列出分布列，计算期望即可．【详解】（1）设化学成绩获得A等级的学生原始成绩为x，等级成绩为y，由转换公式得：951008586xyxy，即：1

48514330861010xxy，所以143309610x，得：92.1x，显然原始成绩满足92.1x的同学有3人，获得A等级的考生有15人.恰好有1名同学的等级成绩不小于96分的概率为113122151235CCPC

.（2）由题意可得：等级成绩不小于96分人数为3人，获得A等级的考生有15人，0531251524(0)91CCPC，1431251545(1)91CCPC2331251520(2

)91CCPC，323125152(3)91CCPC则分布列为0123P249145912091291则期望为：45202231919191E【点睛】本题考查古典概型、计数原理、统计表的应用、超几何分布，考查数据处理

能力和运算求解能力，属于中档题．20.如图，椭圆2222:1xyEab(0)ab的左、右焦点分别为12FF、，2MFx轴，直线1MF交y轴于H点，24OH，Q为椭圆E上的动点，12FFQ的面积的最大值为1.（Ⅰ）求椭圆E的方程；（Ⅱ）过点(4,0)S作两条直线与椭圆E

分别交于ABCD、、、，且使ADx轴，如图，问四边形ABCD的两条对角线的交点是否为定点？若是，求出定点的坐标；若不是，请说明理由.【答案】（1）2212xy（2）定点坐标为1,02.【解析】分析

：（Ⅰ）24OH意味着通径的一半222ba，12FFQ最大面积为1212cbbc，所以1bc，故椭圆的方程为2212xy.(Ⅱ)根据对称性，猜测定点必定在x轴上，故可设11(,)

Axy，22(,)Bxy，则11(,)Dxy，22(,)Cxy，再设:ACxmyt，根据,,ABS三点共线可以得到12122(4)()0myytyy，联立直线AC和椭圆的标准方程后消去x，利用韦达定理可以得到12t，从而AC过定点1,02，

同理直线BD也过1,02即两条直线交于定点1,02.详解：（Ⅰ）设(c,0)F，由题意可得22221cyab，即2Mbya.∵OH是12FFM的中位线，且24OH，∴22||2MF，即222ba，整理得242ab.①又由题知，当Q在椭圆E的上顶点时，

12FFM的面积最大，∴1212cb，整理得1bc，即222()1bab，②联立①②可得6421bb，变形得242(1)(21)0bbb，解得21b，进而22a.∴椭圆E的方程式为2212

xy.(Ⅱ)设11(,)Axy，22(,)Cxy，则由对称性可知11(,)Dxy，22(,)Bxy.设直线AC与x轴交于点(,0)t，直线AC的方程为(0)xmytm，联立2212xmytxy，消去x，得222

(2)220mymtyt，∴12222mtyym，212222tyym，由ABS、、三点共线ASBSkk，即121244yyxx，将11xmyt，22xmyt代入整理得1221()(4)0ymyttymyt

，即12122(4)()0myytyy，从而222(2)2(4)02mtmttm，化简得2(42)0mt，解得12t，于是直线AC的方程为12xmy，故直线AC过定点1(,0)2.同理可得BD过定点1(,0)2

，∴直线AC与BD的交点是定点，定点坐标为1(,0)2.点睛：（1）若椭圆的标准方程为22221(0.0)xyabab，则通径长为22ba；（2）圆锥曲线中的直线过定点问题，往往需要设出动直线方程，再把定点问题转为动点的横坐标或纵坐标应该满足的关系

，然后联立方程用韦达定理把前述关系化简即可得到某些参数的关系或确定的值，也就是动直线过某定点.21.已知函数1xfxalnxxe，其中a为非零常数．1讨论fx的极值点个数，并说明理由；2若ae，i证明：fx在区间1,内有且仅有1个零点；

ii设0x为fx的极值点，1x为fx的零点且11x，求证：0012xlnxx．【答案】（1）见解析；（2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析.【解析】【分析】1先对函数求导，然后结合导数与单调性的关系，对a进行分类讨论即可求解函数的

单调性，进而可确定极值，2i转化为证明'0fx只有一个零点，结合函数与导数知识可证；ii由题意可得，0100fxfx，代入可得，012011010xxaxealnxxe，结合函数的性质可证．【

详解】解：1解：由已知，fx的定义域为0,，2xxaaxefxxexx，①当0a时，20xaxe，从而'0fx，所以fx在0,内单调递减，无极值点；②当0a时，令2xgx

axe，则由于gx在0,上单调递减，00ga，10aagaaaeae，所以存在唯一的00,x，使得00gx，所以当00,xx时，0gx，即'0fx；当0,xx

时，0gx，即'0fx，所以当0a时，fx在0,上有且仅有一个极值点.综上所述，当0a时，函数fx无极值点；当0a时，函数fx只有一个极值点；2证明：i由1知2xaxefxx．令2xgxaxe，由ae得10gae，

所以0gx在1,内有唯一解，从而'0fx在0,内有唯一解，不妨设为0x，则fx在01,x上单调递增，在0,x上单调递减，所以0x是fx的唯一极值点．令1hxlnxx，则当1x时，1'10hxx

，故hx在1,内单调递减，从而当1x时，10hxh，所以1lnxx．从而当ae时，1lna，且1110lnaflnaalnlnalnaealnalnaa又因为10f，故fx

在1,内有唯一的零点．ii由题意，0100fxfx即012011010xxaxealnxxe，从而0120111xxxelnxxe，即1011201xxxlnxex．因为当11

x时，111lnxx，又101xx，故10112011xxxexx，即1020xxex，两边取对数，得1020xxlnelnx，于是1002xxlnx，整理得0012xlnx

x．【点睛】本题考查利用导数研究函数的极值问题，体现了转化的思想方法，还综合考查了函数与导数的综合应用，属于难题．（二）选考题：二选一，每题10分.多做按第一题计分.22.在平面直角坐标系xOy中，

倾斜角为()2的直线l的参数方程为cos1sinxtyt（t为参数）.以坐标原点为极点，以x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C的极坐标方程是2sin4cos0.（Ⅰ）写出直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方

程；（Ⅱ）若直线l经过曲线C的焦点F且与曲线C相交于,AB两点，设线段AB的中点为Q，求FQ的值.【答案】（Ⅰ）tan1yx;24yx（Ⅱ）22【解析】【分析】（Ⅰ）由直线的参数方程消去参数t得

直线的普通方程，再根据极坐标方程与直角坐标方程的转化关系可得曲线C的直角坐标方程；（Ⅱ）根据已知条件可得直线的参数方程，将直线的参数方程代入曲线C的直角坐标方程中，根据直线参数方程中的参数t的几何意义和交点的中点可得FQ的值.【详解】（Ⅰ）∵直线l的参数方程为1xtcosytsin

（t为参数），∴直线l的普通方程为tan1yx，由2sin4cos0，得22sin4cos0，即240yx，∴曲线C的直角坐标方程为24yx，（Ⅱ）∵直线l经过曲线C的焦点1,0F∴tan1，直线l的倾斜角34．∴直线l的

参数方程为21222xtyt（t为参数）代入24yx，得24280tt，设,AB两点对应的参数为12,tt．∵Q为线段AB的中点，∴点Q对应的参数值为12222tt．又点1,0F，则12222ttFQ.【点睛】本

题考查直线的参数方程和普通方程之间的转化，以及极坐标方程和直角坐标方程之间的转化，熟练掌握其转化关系和其中的参数的几何意义是解决此类问题的关键，属于基础题.23.设函数f（x）=丨x+a+1丨+丨x-4a丨，（a＞0）．(1)证

明：f（x）≥5；（2）若f（1）＜6成立，求实数a的取值范围．【答案】（1）见解析（2）（1,4）【解析】试题分析：(1)由题意结合绝对值不等式的性质和均值不等式的性质即可证得题中的结论；(2)由题意得到关于

实数a的不等式，然后求解绝对值不等式可得实数a的取值范围是（1,4）.试题解析：f（x）=丨x+a+1丨+丨x-4a丨≥丨（x+a+1）-（x-4a）丨=丨a+1+4a丨∵a＞0，∴f（x）≥a+1+4a≥24aa

+1=5（II）由f（1）＜6得：丨a+2丨+丨1-4a丨＜6∵a＞0，∴丨1-4a丨＜4-a，a-4a丨丨＜4-a①当a≥4时，不等式a4a丨丨＜4-a无解；②当a＜4时，不等式a44aa丨丨＜，即1a＜1，a＞1，所以1＜a＜4综

上，实数a的取值范围是（1,4）