【文档说明】四川省泸州市泸县泸县第五中学2022-2023学年高二下学期期末数学理科试题 含解析.docx，共(25)页，1.747 MB，由管理员店铺上传

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泸县第五中学2023年春期高二期末考试理科数学第I卷选择题（60分）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，只有一项是符合题目要求的.1.命题“(0,),sinxxx+”的否定是（）A.(0,),sinx

xx+B.000(0,),sinxxx+C.(0,),sinxxx+D.000(0,),sinxxx+【答案】B【解析】【分析】根据全称量词命题的否定为存在量词命题，即可得出答案.【

详解】解：因为命题“(0,),sinxxx+”，所以其否定为：“000(0,),sinxxx+”.故选：B.2.若复数z满足(34)5iz−=，则z的虚部为（）A.45B.45−C.4D.4−【答案】A【解析】【分析】利用复数的运算法则和虚部的定义即可得出．【详解】由复

数z满足(34)5iz−=，得55(34)3434(34)(34)55iziiii+===+−−+所以复数z的虚部为45．故选：A．【点评】本题考查了复数的运算法则和虚部的定义，属于基础题．3.已知一组数据1

2,,,nxxx的平均数为x，标准差为s，则数据1231,31,,31nxxx−−−的平均数和方差分别为（）A.31,31xs−−B.3,3xsC.231,9xs−D.231,91xs−−【答案】C【解析】【分析】根据平均数和方差公式计算可得答案.【详解】平均数为

()()()()12123131313331nnxxxxxxnnxnxnnn−+−++−+++−−===−，方差为()()()()()()22212313131313131nxxxxxxn−−−+−−−++−−−()()()222

12299nxxxxxxsn−+−++−==，故选：C.4.用数学归纳法证明()*1111,12321nnnn++++−N时，第一步应验证不等式（）A.1122+B.111223++C.111323++D.11113234+++【答案】B【解析】【分析】取2

n=即可得到第一步应验证不等式.【详解】由题意得，当2n=时，不等式为111223++．故选：B．5.已知随机变量X服从正态分布2(2,)N()0，且(0)0.9PX=，则(24)PX=（）A.0.2B.0.3C.0.4D.0.6【答案】C【解析】【分析】根据正态分布曲

线对称性(02)(24)PXPX=，结合已知，即可求解.【详解】随机变量X服从正态分布2(2,)N()0，且(0)0.9PX=，(24)(02)(0)(2)0.4PXPXPXPX==−=.故选：C.的【点睛】本题考查正态分布

的概率，利用对称性是解题的关键，属于基础题.6.函数()()1ln1fxxx=−+的图象大致为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】设()1ln,0=−−fxxxx，用导数法可得ln1xx−，从而有()ln1,1+−xxx，可得

()0fx确定选项.【详解】设()1ln,0=−−fxxxx，所以()11fxx=−，当01x时，()0fx，当1x时，()0fx¢>，所以()()10fxf=，所以ln1xx−，所以

()ln1,1+−xxx，所以()()10ln1=−+fxxx，排除B，C，D.故选A【点睛】本题主要考查由函数的解析式识别函数图象，还考查了转化求解问题的能力，属于中档题.7.61(2)xx−展开式的第5项

的系数为（）A.15B.﹣60C.60D.﹣15【答案】C【解析】【分析】先求出二项式的通项公式，然后直接求第5项的系数【详解】解：61(2)xx−的通项公式为()()66621661221rrrrrrrrTCxCxx−−−+=−=−，

所以61(2)xx−展开式的第5项的系数为464462(1)15460C−−==，故选：C【点睛】此题考查求二项式展开式指定项的系数，正确求出通项公式是解此题的关键，属于基础题.8.为做好社区新冠疫情防

控工作，需将四名志愿者分配到甲、乙、丙三个小区开展工作，每个小区至少分配一名志愿者，则不同的分配方案共有（）种A.36B.48C.60D.16【答案】A【解析】【分析】根据题意可知必有二名志愿者去同一小区开展

工作，结合排列数的定义进行求解即可.【详解】根据题意可知必有二名志愿者去同一小区开展工作，因此有244362C==种方式，所以四名志愿者分配到甲、乙、丙三个小区开展工作，每个小区至少分配一名志愿者共有23436321=36CA=种方式.故选：A【点睛】

本题考查了组合与排列的应用，属于基础题.9.如图，在正方形OABC内任取一点M，则点M恰好取自阴影部分内的概率为A.14B.13C.25D.37【答案】B【解析】【分析】由定积分的运算得：S阴10=（1x−）dx＝（x2323x−）101|3=，由几何概型中的面积

型得：P（A）11313SS===阴正方形，得解．【详解】由图可知曲线与正方形在第一象限的交点坐标为（1，1），由定积分的定义可得：S阴10=（1x−）dx＝（x3223x−）101|3=，设“点M恰好取自阴影部分内”为事

件A，由几何概型中的面积型可得：P（A）11313SS===阴正方形，故选B．【点睛】本题考查了定积分的运算及几何概型中的面积型，考查基本初等函数的导数，属基础题10.已知函数()21,().fxxgxkx=−+=若方程()()fxgx=有两个不相等的实根，则实数k的取

值范围是A.1(0,)2B.1(,1)2C.(1,2)D.(2,)+【答案】B【解析】【分析】由已知，函数()|2|1,()fxxgxkx=−+=的图象有两个公共点，画图可知当直线介于121:,:2lyxlyx==之间时，符合题意，故选B.考点：函数与方程，函数的图象.【

详解】11.已知双曲线()2222:10,0xyCabab−=的左､右焦点分别为12,FF，离心率为2，焦点到渐近线的距离为6.过2F作直线l交双曲线C的右支于,AB两点，若,HG分别为12AFF△与12BFF△的内心，则HG的取值范围为（）A.22,4B.)

3,2C.432,3D.4622,3【答案】D【解析】【分析】求出双曲线的解析式，根据12AFF△与12BFF△的内心求出12,FEFE的关系式和点,HG的横坐标，设出直线AB的

倾斜角，得到HG的表达式，即可求出HG的取值范围【详解】由题意，在()2222:10,0xyCabab−=中，根据焦点到渐近线的距可得6b=，离心率为2，∴2226112cbeaaa==+=+=，解得：2a=，∴2222cba=+=∴双曲线

的方程为22:126xyC−=.记12AFF△的内切圆在边1AF，2AF，12FF上的切点分别为,,MNE，则H，E横坐标相等AMAN=，11FMFE=，22FNFE=，由1AF22AFa−=，即()122AM

MFANNFa+−+=，得1MF−22NFa=，即122FEFEa−=，记H的横坐标为0x，则()0,0Ex，于是()002xccxa+−−=，得0xa=，同理内心G的横坐标也为a，故HG⊥x轴.设直线AB的倾斜角为，则22OFG=，2902HFO=−（Q为坐标原点），在

2HFG△中，()()()sincos22222tantan9022sinsincossin22HGcacaca=−+−=−+=−=，由于直线l与C的右支交于两点，且C的一条渐近线的斜率为3ba=，倾斜角为60，∴601

20，即3sin12，∴HG的范围是4622,3.故选：D.【点睛】本题考查双曲线的定义与几何性质、三角恒等变换，考查推理论证能力、运算求解能力、数形结合思想，以及角度的取值范围，具有极强的综合性.1

2.已知函数2()(1)fxalnxx=+−在区间(0,1)内任取两个实数p，q，且pq，不等式(1)(1)2fpfqpq+-+>-恒成立，则实数a的取值范围为（）A.(12，30]B.(−，18]C.[18，)+D.(12−，1

8]【答案】C【解析】【分析】依题意知，设pq，不等式(1)(1)2fpfqpq+-+>-恒成立等价于(1)2(1)2fppfqq+->+-恒成立，构造函数()(1)2gxfxx=+−，可得()gx在(0,1)单调递增，求

出()gx，转化为()0gx在(0,1)恒成立，分离参数a，利用二次函数的单调性与最值即可求得实数a的取值范围．【详解】设pq，不等式(1)(1)2fpfqpq+-+>-恒成立，等价于(1)2(1)2fppfqq

+->+-恒成立，设()(1)2,(0,1)gxfxxx=+−，则()gx在(0,1)上为增函数，2()ln(1)fxaxx=+−，2(1)ln[(1)1](1)fxaxx+=++−+，2()(1)2ln2)1)2((xgxfxxaxx=+−−+−=

+()2(1)22agxxx=−+−+，又()0,(0,1)gxx恒成立，整理得：22(2)(01)axx+恒成立，函数22(2)yx=+的对称轴方程为2x=−，该函数在区间(0,1)上单调递增，22(2)18x+，18a…．故选

：C．【点睛】本题考查函数恒成立问题，将不等式(1)(1)2fpfqpq+-+>-恒成立等价转化为()(1)2,(0,1)gxfxxx=+−为增函数是解决问题关键，考查化归思想与理解应用能力，属于中档题．第II卷

非选择题（90分）二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.某病毒实验室成功分离培养出奥密克戎BA.1病毒60株、奥密克戎BA.2病毒20株、奥密克戎BA.3病毒40株，现要采用分层随机抽样的方法从中抽取一个容量为30的样本，则奥密克戎BA.3病毒

应抽取______株.【答案】10【解析】【分析】计算该层所占的比例，再乘以总人数得出结果.【详解】由题意可知，奥密克戎BA.3病毒应抽取403010602040=++株.故答案为：10.14.若函数322(

)2fxaxxax=−+在1x=处有极小值，则实数a等于__________.【答案】1【解析】【分析】由f（x）＝ax3﹣2x2+a2x，知f′（x）＝3ax2﹣4x+a2，由f（x）在x＝1处取得极小值，知f′（1）＝3a﹣4+a2＝0，由此能求出a，再根据条件检验即可.【详解

】∵f（x）＝ax3﹣2x2+a2x，∴f′（x）＝3ax2﹣4x+a2，∵f（x）＝ax3﹣2x2+a2x在x＝1处取得极小值，∴f′（1）＝3a﹣4+a2＝0，解得a＝1或a＝﹣4，又当a=-4时，f′（x）＝-12x2﹣4x+16=-4（x-1）(3x+4)，此时

f（x）在（413−，）上单增，在（1，+）上单减，所以x=1时取得极大值，舍去；又a=1时，f′（x）＝3x2﹣4x+1=（x-1）(3x-1)，此时f（x）在（113，）上单减，在（1，+）上单增，符合在x＝1处取得

极小值，所以a＝1．故答案为1【点睛】本题考查了利用导数研究函数的极值的问题，属于基础题．解题时要认真审题，仔细解答．易错点是容易产生增根．15.《九章算术》中将四个面都是直角三角形的四面体称之为鳖臑（biēnào）．已知四面体ABCD−为鳖臑，AB⊥平面

,BCDBCCD⊥，且1123ABBCCD==，若此四面体的体积为1，则其外接球的表面积为__________．【答案】14π【解析】【分析】由已知，可根据题意，设1123ABBCCDx===，然后根据体积为1，求解出1,2,3ABBCCD===，然后把鳖臑的外接球可还原在以,,A

BCDBC为长宽高的长方体中，可根据长方体的外接球半径是其体对角线的一半求解出外接球半径，从而求解外接球表面积.【详解】由已知，因为AB⊥平面,BCDBCCD⊥，可令1123ABBCCDx===，所以21111613326ABCDBCDVABSABCDBCxx

====，所以1x=，所以1,2,3ABBCCD===，由已知，鳖臑的外接球可还原在以,,ABCDBC为长宽高的长方体中，设其外接球半径为R，所以其外接球的半径()()2221231422R++==，所以其外接球的表面积22144π4π14π2SR===

.故答案：14π.16.已知抛物线()2:20Cypxp=的焦点为F，过点F的直线与C交于A、B两点，C在A处的切线与C的准线交于P点，连接BP．若3PF=，则2214AFBF+的最小值为________

__．【答案】49【解析】【分析】设点()11,Axy、()22,Bxy，分析可知抛物线C在点A处的切线方程为11yypxpx=+，且直线AB与x轴不重合，设直线AB的方程为2pxmy=+，联立直线AB与抛物线C的方

程，列出韦达定理，为证明出PAPB⊥，PFAB⊥，RtRtPAFBPF△∽△，可求出AFBF的值，利用基本不等式可求得2214AFBF+的最小值.【详解】抛物线C的准线为:2plx=−，抛物线C的焦点为,02pF

，如下图所示：设点()11,Axy、()22,Bxy，接下来证明出抛物线C在点A处的切线方程为11yypxpx=+，联立1122yypxpxypx=+=可得()2222111112220yyypxyyyyyy−+=−+=−=，

可得1yy=，所以，抛物线C在点A处的切线方程为11yypxpx=+，所以，直线PA的方程为11yypxpx=+，若AB与x轴重合，则直线AB与抛物线C只有一个交点，不合乎题意，设直线AB的方程为2pxmy=+，联立222px

myypx=+=可得2220ypmyp−−=，222440pmp=+，由韦达定理可得122yypm+=，212yyp=−，在直线PA的方程中，令2px=−可得221122ypyy=−+，可得21122ypyy=

−，即点211,222yppPy−−，1PApky=，()2222111222211111112322112212222222222222PBypyypppyyyyyypyykpypppyppypxyp−

−−−+++===−=−=−++++，所以，1PAPBkk=−，即PAPB⊥，因为2122211112112111222222222PFypyypyyyyyypkmppyppypyp−−++==−==−=−=−−−，当0m时，因为1ABkm=，则1ABPFkk

=−，则PFAB⊥；当ABx⊥轴时，则0m=，直线AB的方程为2px=，联立222pxypx==可得22yp=，解得yp=，取点,2pAp、,2pBp−，此时，直线PA的方程为1pypxpx=+，即2pyx=+，在直

线PA的方程中，令2px=−可得0y=，即点,02pP−，所以，122PBpkpp−==−−−，则1PAPBkk=−，则PAPB⊥，此时，PFAB⊥.综上所述，PAPB⊥，PFAB⊥.因为90PAFAPFBPFAPF+=+=，则PAFB

PF=，又因为90AFPPFB==，所以，RtRtPAFBPF△∽△，所以，AFPFPFBF=，即29AFBFPF==，因此，222214144429AFBFAFBFAFBF+==，当且仅当221

49AFBFAFBF==时，即当32232AFBF==时，等号成立，故2214AFBF+的最小值为49.故答案为：49.【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值问题解决方法一般分两种：一是几何法，特别是用圆

锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值.三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、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.某商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额商品后即可抽奖，每次抽奖都从装有4个红球、6个白球的甲箱和装有5个红球、5个白球的乙箱中，各随机摸出1个球，在摸

出的2个球中，若都是红球，则获一等奖；若只有1个红球，则获二等奖；若没有红球，则不获奖.（1）求顾客抽奖1次能获奖的概率；（2）若某顾客有3次抽奖机会，记该顾客在3次抽奖中获一等奖的次数为，求的分布列和数学期望.【答案】（1）；（2）详分布列见解析，35.【解析】【分析】（1）记事件1A=｛

从甲箱中摸出的1个球是红球｝，2A=｛从乙箱中摸出的1个球是红球｝1B=｛顾客抽奖1次获一等奖｝，2B=｛顾客抽奖1次获二等奖｝，C=｛顾客抽奖1次能获奖｝，则可知1A与2A相互独立，12AA与12AA互斥，1B与2B互斥，且1B=12AA，

2B=12+AA12AA，12CBB=+，再利用概率的加法公式即可求解；（2）分析题意可知1(3,)5XB，分别求得00331464(0)()()55125===PXC；11231448(1)()()55125===PXC；

22131412(2)()()55125===PXC；3303141(3)()()55125===PXC，即可知的概率分布及其期望.【详解】（1）记事件1A=｛从甲箱中摸出的1个球是红球｝，2A=｛从乙箱中摸出的1个球是红球｝，1B=｛顾客抽奖1次获一等奖｝，的2B

=｛顾客抽奖1次获二等奖｝，C=｛顾客抽奖1次能获奖｝，由题意，1A与2A相互独立，12AA与12AA互斥，1B与2B互斥，且1B=12AA，2B=12+AA12AA，12CBB=+，∵142()105PA==，2

51()102PA==，∴11212211()()()()525PBPAAPAPA====，2121212121212()()()()()(1())(1())()PBPAAAAPAAPAAPAPAPAPA=+=+=−+−21211(1)(1)52522=−+−=，故所求概率为121

2117()()()()5210=+=+=+=PCPBBPBPB；（2）顾客抽奖3次独立重复试验，由（1）知，顾客抽奖1次获一等奖的概率为15，∴1(3,)5XB，于是00331464(0)()()55125===PXC；11

231448(1)()()55125===PXC；22131412(2)()()55125===PXC；3303141(3)()()55125===PXC，故的分布列为0123P6412548125121251125的数学期望为13()355EX=

=.考点：1.概率的加法公式；2.离散型随机变量的概率分布与期望.【名师点睛】本题主要考查了离散型随机变量概率分布与期望以及概率统计在生活中的实际应用，这一直都是高考命题的热点，试题的背景由传统的摸球，骰子问题向现实生活中的热点问题转化，并且与统计的联系越来越密切，与统

计中的抽样，频率分布直方图等基础知识综合的试题逐渐增多，在复习时应予以的关注.18.已知函数321()23()3fxxxxbbR=−++．（1）当0b=时，求()fx在[1,4]−上的值域；（2）若方程()2fx=有三个不同的解，求b的取值范围．【答案】（1）164,33−

；（2）2,23.【解析】【分析】（1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，求出函数的值域即可.（2）将问题转化成321()233gxxxx=−+与2yb=−有三个交点的问题，通过求导得到()gx图象，通过图象可知只需2b−位

于极大值和极小值之间即可，从而得到不等式，求解出范围.【详解】（1）当0b=时，321()233fxxxx=−+则2()43(1)(3)fxxxxx=−+=−−令()0fx=，解得1x=或3x=列表如下；x1−(1,1)−1(1,3)3(3,4

)4()fx+0−0+()fx163−43043由表可知，()fx在[1,4]x−上的最小值为16(1)3f−=−，最大值为4(1)(4)3ff==所以()fx在[1,4]−的值域是164,33

−（2）由()2fx=，得3212323xxxb−+=−设31()233gxxxx=−+，则()(1)(3)gxxx=−−由()0gx，解得：13x，由()0gx，解得：3x或1x

所以()gx在(1,3)递减；在(,1)−，(3,)+递增所以()gx极大值为：4(1)3g=；()gx极小值为：(3)0g=，画出()gx的图象如图所示；()2fx=有三个不同解()gx与2yb=−有三个不同交点结合图

形知，0342b−，解得：223b，所以方程()2fx=有三个不同的解时，b的取值范围是2,23【点睛】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性、极值和最值问题以及导数问题中的根的个数的

问题的关键在于能够将问题变成曲线和x轴交点个数问题，从而利用导数得到函数图像，结合图象得到相应的关系.19.如图，在矩形ABCD中，点E在边CD上，且满足22,2ADDECE===，将ADEV沿AE向上翻折，使点D到点P的位置，构成四棱锥PABCE−.（1）若点F在线段AP上，

且EF平面PBC，试确定点F的位置；（2）若41010PB=，求锐二面角PECA−−的大小.【答案】（1）点F为线段AP上靠近点P的三等分点（2）π3【解析】【分析】（1）在AB取点G使22BG=，根据线面平行的判定定理、面面平行的判定及性质定理即得；（2）取AE

的中点O，建立空间直角坐标系，利用向量法求解锐二面角的大小.【小问1详解】点F为线段AP上靠近点P的三等分点，证明如下：如图，在AB取点G，连接FG，GE,使得22==BGCE，又BGCE//，所以四边形B

GEC为平行四边形，所以//BCGE，又GE平面,PBCBC平面PBC，所以//GE平面PBC.又EF平面PBC，=EFGEE，,EFGE平面EFG，所以平面PBC平面EFG，又平面EFG平面=PABFG，平面PBC平面PABPB=

，所以//FGPB，所以在PAB中，2222===AFAGFPGB，所以13=FPAP，所以点F为线段AP上靠近点P的三等分点.【小问2详解】如图，取AE的中点O，以O为原点OE为x轴建立如图所示的空间直角坐标系，因为32π2,,24===AEABBA

E，所以()()131,0,0,1,0,0,,,022AEB−−，又13=ECAB，则31,,022−C，由题意，点P在过点O且垂直AE的平面上，故设()0,,Pmn，则()130,,,,,22OPmnPBmn==−−−，因为4101,10OPPB==，所

以22222113412210mnmn+=+++=，解得15m=，265=n故1260,,55P，则126111,,,,,05522=−−=−PEEC，设平面PEC的法向量为()111,,

mxyz=，则1111112605511022PEmxyzECmxy=−−==−=，不妨取11x=，则61,1,3m=，设平面ECA的一个法向量为()0,0,1n=，则1cos,2

mnmnmn==，记锐二面角PECA−−的平面角为，所以1coscos,2==mn，又π02，则π3=，所以锐二面角PECA−−的大小为π3.20.已知椭圆()2222:10xyCabab+=的长轴长与短半轴长之比为22，且

点()2,2A在椭圆C上．（1）求椭圆C的方程；（2）直线:4lxmy=−与x轴，椭圆C依次相交于,,DPQ三点，点M为线段PQ上的一点，若DPPMDQMQ=，求ODM△（O为坐标原点）面积的取值范围．【答案】（1）

22184xy+=（2）()0,22【解析】【分析】（1）由题意得22222421abab=+=，求解出,ab，从而可得椭圆方程；（2）将直线方程代入椭圆方程化简，设()11,Pxy，()22

,Qxy，利用根与系数的关系，设DPPMDQMQ==，则得()()1122,,MMMMxxyyxxyy−−=−−，表示出My，从而可表示出ODM△的面积，再由m的范围可求得结果.【小问1详解】根据题意得22222421abab=

+=，解得2,22,ba==，所以椭圆C的方程为22184xy+=．【小问2详解】由题意得，(4,0)D−，将直线l的方程()40xmym=−代入椭圆C的方程，整理得：()222880mymy+−+

=，()()22284283264mmm=−+=−，由0得22m，2m，设()11,Pxy，()22,Qxy，由韦达定理可得1221228282myymyym+=+=+，设DPPMD

QMQ==，所以12yy=，PMMQ=，即()()1122,,MMMMxxyyxxyy−−=−−，所以12121221Myyyyyyy+==++，所以ODM△的面积121241422MMyySODyyyym====+．因为2m，所以ODM△的面积()40,22Sm=

．【点睛】关键点点睛：此题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆的位置关系，解题的关键是由DPPMDQMQ=求出12122Myyyyy=+，从而可表示出ODM△的面积，考查数学计算能力和数学转化思想，属于较难题.21.已知函数()lnfxx=，()gxxm=+.

()Ⅰ若()()fxgx恒成立，求m的取值范围；()Ⅱ已知1x，2x是函数()()()Fxfxgx=−的两个零点，且12xx，求证：121xx.【答案】（1）1m−（2）见解析【解析】【详解】试题分析：()1构造()()()lnFxfxgxxxm=−=−−，求

导，算单调性，取最值情况()2法一：联立方程组求解21211lnlnxxxx−=−转化证明212112lnlnxxxxxx−−，设21xtx=，求导证明结论；法二：要证121xx，只需证211xx，由单调性只需证()211FxFx

，令()12lnhxxxx=−+−证明结论解析：()1令()()()ln(0)Fxfxgxxxmx=−=−−，有()111xFxxx−=−=，当1x时，()0Fx，当01x时，()0Fx，所以()Fx在

()1,+上单调递减，在()0,1上单调递增，()Fx在1x=处取得最大值，为1m−−，若()()fxgx恒成立，则10m−−即1m−.()2方法一：120xx，211xx，112211220,lnln0lnxxmxxxxlnxxm−−=−=−−−=，即212

1lnlnxxxx−=−21211lnlnxxxx−=−，欲证：121xx，只需证明2112211lnlnxxxxxx−=−，只需证明212112lnlnxxxxxx−−，只需证明221112lnxxxxxx−.设211xtx=，则只需证明12ln,(1)

tttt−，即证：12ln0,(1)tttt−+.设()12ln(1)Httttt=−+，()()22212110tHtttt−=−−=−，()Ht在()1,+单调递减，()()12ln1110HtH=

−+=，12ln0ttt−+，所以原不等式成立.方法二：由（1）可知，若函数()()()Fxfxgx=−有两个零点，有()10F，则1m−，且1201xx，为要证121xx，只需证211xx，由于()Fx

在()1,+上单调递减，从而只需证()211FxFx，由()()120FxFx==，只需证111111ln0Fmxxx=−−，又()111ln0Fxxxm=−−=，11lnmxx=−即证1111111111lnlnln0mxxxxxx−−

=−+−即证11112ln0xxx−+−，1(01)x.令()12ln(01)hxxxxx=−+−，()222122110xxhxxxx−+=+−=，有()hx在()0,1上单调递增，()()10hxh

=，()111112ln0hxxxx=−+−.所以原不等式121xx成立.点睛：本题考查了运用导数证明恒成立和不等式问题，在证明恒成立时构造新函数，求导利用单调性即可证明，在证明不等式时，有一定难度，注意题目的转化，构造21xtx=或是利

用单调性转化为()12lnhxxxx=−+−，本题属于难题．（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分．（选修4-4极坐标与参数方程）22.已知曲线C的极坐标方程为2

224cos4sin=+，以极点为平面直角坐标系的原点O，极轴为x轴的非负半轴建立平面直角坐标系．（1）求曲线C的普通方程；（2）,PQ为曲线C上两点，若OPOQ⊥，求2211||||OPOQ+的值．【答案】（1）2214xy+=；（2）54.【解析】【分析】（1）由极坐标与直角的互化公

式，代入极坐标方程，即可求得曲线C的普通方程；（2）由OPOQ⊥，设1(,)P，则Q的点坐标为2(,)2P，结合曲线的极坐标方程和三角函数的基本关系式，即可求解2211||||OPOQ+的值.【详解】（1）由曲线C的极坐标方程为

2224cos4sin=+，可得2222cos4sin4+=，将cos,sinxy==代入，可得2244xy+=可得曲线C的普通方程为2214xy+=.（2）因为2224cos4sin=+，所以2221cos

4sin4+=，因为OPOQ⊥，设1(,)P，则Q的点坐标为2(,)2P，所以2222222212cos()4sin()1111cos4sin22||||44OPOQ+++=+=+225cos5sin544+==.【点睛】本题主要考查了极坐

标方程与直角坐标方程的互化，以及曲线的极坐标方程的应用，其中解答中熟记极坐标与直角坐标的互化公式，以及极坐标方程的几何意义是解答的关键，着重考查推理与运算能力.（选修4-5不等式选讲）23.已知函数()222110

25fxxxxx=−++−+．（1）解关于x的不等式()6fx；（2）记()fx的最小值为m，若a、b、c都是正实数，且111234mabc++=，求证：239abc++．【答案】（1）不等式()6fx的解集为0xx或

6x；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）化简函数解析式，分1x、15x、5x≥三种情况解不等式()6fx，综合可得出原不等式的解集；（2）由已知可得111123abc++=，利用柯西不等式即可证得原不等式成立.【小问1详解】由()22211025

fxxxxx=−++−+，可得()15fxxx=−+−，当1x时，由()15626fxxxx=−+−=−，解得0x，此时0x；当15x时，()154fxxx=−+−=，此时不等式()6fx无解；当5x≥时，由()15266fxxxx=−+−=−，解得6x，此时6x.综上所

述，不等式()6fx的解集为0xx或6x.【小问2详解】由绝对值三角不等式可得()()()15154fxxxxx=−+−−−−=，当且仅当15x时等号成立，所以()fx的最小值为4，故4m=，由题意可知，正实数a、b、c满足111123a

bc++=，由柯西不等式可得()212323239231123abcabcabcababcc++=++++=++，当且仅当233abc===时，等号成立，故原不等式得证.获得更多资源请扫码加入享学资

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