【文档说明】河南省济洛平许2023届高三第四次质量检测理科数学试题 含解析.docx，共(24)页，2.279 MB，由管理员店铺上传

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济洛平许2022—2023学年高三第四次质量检测理科数学注意事项：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，将本试卷和答题卡交回.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.已知集合U=R，2430Axxx=−+，2

1log2Bxx=，则（）A.ABB=B.23ABxx=C.()UBAU=ðD.()()UUBAU=痧【答案】B【解析】【分析】求出集合A、B，利用几何的基本计算逐项判断，可得出合适的选项.【详解】因为243013Axxxxx=−+=，21

log224Bxxxx==，所以，1UAxx=ð或3x，所以，14ABxxB=，A错；23ABxx=，B对；2UBxx=ð或4x，则()3UBAxx=ð或4x，C错

；()()2UUBAxx=痧或3xU，D错.故选：B.2.已知复数z满足210zz++=，则z=（）A.1B.12C.2D.1或2【答案】A【解析】【分析】根据复数相等的充要条件可得221020aababb++−=+=，进而得21234ab=−=，由模长公式

即可求解.【详解】设izab=+，(,R)ab，2(i)i10abab++++=，221(2)i0aababb++−++=，221020aababb++−=+=，21234ab=−=，221zab=+=.故选：A3.在区间22−,上随机取一个数b，则直线y

xb=+与圆2212xy+=有公共点的概率是（）A.24B.28C.12D.14【答案】C【解析】【分析】根据点到直线的距离与半径的关系，即可由几何概型的计算公式求解.【详解】圆2212xy+=的圆心为2(0,0),2

r=，故圆心到直线yxb=+的距离为2bd=，若直线yxb=+与圆2212xy+=有公共点，则21122bdb=−，由几何概型可知：在区间22−,上随机取一个数b，则直线yxb=+与圆2212xy+=有公共点的概率是()()111222−−=−−，故选：C4.2022

年，中央网信办举报中心受理网民举报违法和不良信息1.72亿件．下面是2021年、2022年连续两年逐月全国网络违法和不良信息举报受理情况数据及统计图，下面说法中错误．．的是（）A.2022年比2021年平均每月举报信息数量多

B.举报信息数量按月份比较，8月平均最多C.两年从2月到4月举报信息数量都依次增多D.2022年比2021年举报信息数据的标准差大【答案】D【解析】【分析】根据表中的数据逐项计算得出结论.【详解】对于A，由图表可以看出2022年的数据基本在2021年之上

，但7月份，8月份和11月份2021年的数据较2022年大，其差距与1月份，2月份和12月份基本相等，所以2022年的月平均数要大一些，正确；对于B，从2年的角度看，8月份平均最多，正确；对于C，从图表可以看出，从2月份到4月份，两条曲线都是递增

的，正确；对于D，从图表可以看出2022年的数据更加集中，即标准差更小，错误；故选：D.5.双曲线()222210,0xyabab−=的左焦点1F关于一条渐近线的对称点P在另一条渐近线上，该双曲线的离心率为（）A.2B

.3C.2D.5【答案】C【解析】【分析】根据双曲线的对称性可得其中一条渐近线的倾斜角为3，可得3ba=即可求出.【详解】由题结合双曲线的对称性可得其中一条渐近线的倾斜角为3，则3ba=，212cbeaa==+=.故选：C.6.下述四个结论：①命

题“若0a=，则0ab=”的否命题是“若0a=，则0ab”；②2560xx−−=是=1x−的必要而不充分条件；③若命题“p”与命题“p或q”都是真命题，则命题q一定是真命题；④命题“0xR，()00ln1xx+”的否定是“xR，()ln1xx+”．其中所有

正确结论的序号是（）A.①②B.②③C.④D.②③④【答案】B【解析】【分析】根据否命题，即可判断①；解出2560xx−−=的解，即可判断②；根据逻辑联结词，即可判断③；根据存在量词命题的否定，即可判断④.【详解】对于①，根据否命题的概念，可知“若0

a=，则0ab=”的否命题是“若0a，则0ab”，故①错误；对于②，解2560xx−−=可得，=1x−或6x=，所以2560xx−−=是=1x−的必要而不充分条件，故②正确；对于③，因为p为真命题，所以命题p为假

命题；因为命题“p或q”是真命题，命题p为假命题，所以命题q为真命题.故③正确；对于④，根据存在量词命题的否定可知，“0xR，()00ln1xx+”的否定是“xR，()ln1xx+”，故④错误.综上所述，②③正确.故选：B.7.已知()1fx+在R上单调递增，且为奇函

数.若正实数a，b满足()()42fafb−+=−，则12ab+的最小值为（）A.3242+B.324+C.322+D.322+【答案】A【解析】【分析】根据奇函数的性质可得44abab−=−+=，进而根据基本不等式即可求解.【详解】由于(

)1fx+奇函数，所以()()()()1102fxfxfxfx++−+=+−=−，由()()42fafb−+=−得44abab−=−+=，由于0,0,ab所以()()12112113233224444

2baabababab+++=+++=+=，当且仅当ab=时取等号，故12ab+的最小值为3242+，故选：A8.已知数列na满足112nnnnaanaa+++=−，11a=，则2023a=（）A.2023B.2024C.4045D.4047【答案】

C【解析】【分析】根据递推关系化简后，由累乘法直接求2023a.详解】112nnnnaanaa+++=−，()112nnnnaanaa+++=−，即1(12)(21)nnnana+−=−−，可得12121nnanan++=−，202320222021322023120222021

202021aaaaaaaaaaaa=404540434041531404540434041403931==.故选：C.9.已知sin0.9a=，0.9b=，0.1ec−=，cos0.9d=，则a，b，c，d的大小关系是（）

A.abcdB.bcadC.cbadD.badc【答案】C【解析】为【【分析】根据给定条件，构造函数()e1xfxx=−−、()singxxx=−，sincosyxx=−，利用导数探讨单调

性比较大小作答.【详解】令函数()e1,0xfxxx=−−，求导得()e10xfx=−，函数()fx在(,0)−上递减，当0x时，()(0)0fxf=，则0.1(0.1)e0.90f−−=−，于是0.1e0.9−，即cb，令函数()si

n,0gxxxx=−，求导得()1cos0gxx=−≥，函数()gx在(0,)+上递增，当0x时，()(0)0gxg=，则(0.9)0.9sin0.90g=−，于是0.9sin0.9，即ba，当ππ(,)42x时，πsincos2sin()4yx

xx=−=−，ππ(0,)44x−，则π2sin()04x−，即sincosxx，而ππ0.942，于是sin0.9cos0.9，即ad，所以a，b，c，d大小关系是cbad，C正确.故选：C10.在

正方体1111ABCDABCD−中，,MN分别为AD，11CD的中点，则下列结论正确的个数为（）①//MN平面11AACC；②1MNBC⊥；③直线MN与1AC所成角的余弦值为223④过1,,MNB三点的平面截正方体1111ABCDABCD

−所得的截面为梯形A.1B.2C.3D.4【答案】B【解析】【分析】根据直线与平面平行的判定可判断①；根据直线与平面垂直的判定与性质可判断②；通过平行线平移可确定直线MN与1AC所成角，然后通过余弦定理可求得角的余弦值，进而判断③；画

出截面图可判断④【详解】连接BD，交AC于点O，则O是AC的中点，连接1,OMOC，由于,,MON是中点，可得111////,2OMCDCNOMCDCN==，所以四边形1MOCN是平行四边形，所以1//OCMN,又1OC平面11AACC，MN平面11AACC，所以//MN平面11AAC

C，即①正确；的连接11,BCAD，则11BCBC⊥，在正方体1111ABCDABCD−中，AB⊥平面11BCCB，又1BC平面11BCCB，所以1BCAB⊥,又1BCABB=，1BC平面11ABCD，A

B平面11ABCD，所以1BC⊥平面11ABCD，若1MNBC⊥，则//MN平面11ABCD或MN平面11ABCD，而MN与平面11ABCD相交，所以MN与1BC不垂直，即②错误；由于1//OCMN，所以1OCA为直线MN与1AC所成角（或补角），设正方体棱长为2，则112,23,

6AOACOC===,所以由余弦定理得2221111122cos23ACCOAOOCAACCO+−==，即③正确；因为平面ABCD与平面1111DCBA平行，则过1,,MNB三点的截面与这两个平面的交线平行，由于其中一条交线是1BN,另一交线过

点M，所以在平面ABCD内作ME与1BN平行（E是靠近A的四等分点），连接1BE，同理作出NF与1BE平行（F是靠近D的三等分点），从而得到截面1MFNBE，可知截面是五边形，即④错误；综上，正确的个数是2个.故选：B.11.若函数(

)22lnfxxax=−在2,e上存在两个零点，则a的取值范围是（）A.ln21,2eB.221,eeC.22ln2,,e2D.211,ee【答案】A【

解析】【分析】分离参数，利用导数研究()gx函数的单调性及最值，数形结合得解.【详解】函数()22lnfxxax=−在2,e上存在两个零点，即22lnxax=在2,e上有2个解，即22ln()xgxx=与ya=的图象在2,e上有2个交点，32(12ln)()xgxx−=，

由()0gx可得2ex，函数单调递增，故eex时，()0gx，函数单调递减，所以max1()(e)egxg==，2ln22(2)ln2,(e)2egg===，由4t时，22tt知，2e222(e)，即2eln24，可得2ln222e，作出(),ygxya=

=图象，如图，由图象可知，当ln212ea时满足条件.故选：A12.P为抛物线()2:20ypxp=上任意一点，F为抛物线的焦点.如图，()3,2M，PFPM+的最小值为4，直线:lyx=与抛物线交于点N

，点,AB在线段ON上，点,CD在抛物线上.若四边形ABCD为菱形，且ADx⊥轴，则AB=（）A.642−B.628−C.1282−D.12216−【答案】D【解析】【分析】由抛物线的定义，得到点,,PEM三点

共线时，此时PEPM+取得最小值4，求得2p=，得到抛物线方程为24yx=，设(,),(,)AmmBnn，求得(,2)Cnn和(,2)Dmm，根据ABCD为菱形，列出方程组求得422m=+或222m=−，进而求得AB的长.【详解】作出抛物线22y

px=的准线方程2px=−，过点P作准线的垂线，垂足为E，因为(3,2)M，由抛物线定义，可得PFPMPEPM+=+，当点,,PEM三点共线时，此时PEPM+取得最小值，最小值为342p+=，可得2p=，所以抛物线方程为24yx=，因,AB在直线:lyx=上，可设()()(),,,0,0AmmB

nnmn，可得直线AD和BC的方程分别为xm=和xn=，联立方程组24xmyx==，解得2ym=，即(,2)Dmm，同理可得(,2)Cnn则有1CDADABk==，即22()2()1mmnmnmnm−=−−=−，可得2mn+=，即2(2)nm=−，代入22(

)mmnm−=−，可得222(2)2mmmm−=−−，整理得(422)420mm−++=，其中2[(422)]442360−+−=，解得422362m+=，所以422m=+或222m=−，因为2nm=−，即2m，所以222m=−，可得42

2n=−，所以()212216ABnm=−=−.故选：D.的为二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知()21nx−的二项式系数之和为64，则展开式中2x的系数为______（用数字作答）.【答案】60【解析】【分析】根据二项式展开式的二项式系数之和可

得264n=，解出n，结合通项公式计算即可求出2x的系数.【详解】由题意知，二项式系数之和2646nn==，所以()()()()666166C2112CrrrrrrrrTxx−−−+=−=−所以62r−=4r=，所求3x的系数为64642C60−=.故答案为：60

.14.已知向量()1cos,sine=，()2cos,sine=，()0,1m=，若12eem+=，则12ee=______．【答案】12−##0.5−【解析】【分析】根据向量的坐标运算以及向量相等可得coscos0,sinsin1+=+=，两式平方相加结合数量积的

坐标表示，即可得答案.【详解】由题意12eem+=可知()()cos,sincos,sin(0,1)+=，即coscos0,sinsin1+=+=，将两式平方相加可得1coscossinsin2

+=−，故121coscossinsin2ee=+=−，故答案为：12−15.已知等差数列na的前n项和为nS，nb是等比数列且0nb，nnncab=+，数列nc的前n项和为nT，若()141073Sa=+，4521

6bb==，则9T=______．【答案】538【解析】【分析】设等差数列na的公差为d，等比数列nb的公比为q，由已知可得53a=，12,1qb==，再利用等差数列、等比数列的前n项和公式计算可得答案.【详解】设等差数列na的公差为d，等比数列

nb的公比为q，且0q，因为45216bb==，所以1q，若()141073Sa=+，则()111413147932adad+=++，可得53a=，若45216bb==，则()441116bqbq==，可得12,1qb==，因为nnncab=+，所以()()1291291299ccca

aabTbb+++=+++++++=()991195112992112bqaaaq−+−=+=+−−9123953812−=+=−.故答案为：538.16.三棱锥−PABC的四个顶点都在半径为5的球面上，

已知P到平面ABC的距离为7，ABAC⊥，6BC=.记PA与平面ABC所成的角为，则sin的取值范围为______.【答案】272,210【解析】【分析】设F为三棱锥−PABC外接球的球心，E为ABC外接圆的圆心，过点P作PM⊥平面ABC，M为垂足，作F

GPM⊥，垂足为G，根据EMEAAMEMEA−+，求得AM的范围，进而可求得PA的范围，从而可得出答案.【详解】设F为三棱锥−PABC外接球的球心，E为ABC外接圆的圆心，则E为BC的中点，EF⊥平面ABC，过点P作PM⊥平面ABC，M为

垂足，则PAM=，7PM=，作FGPM⊥，垂足为G，则四边形MEFG为矩形，6BC=，得3BE=，5BF=，则2594EF=−=，所以4MG=，故3PG=，所以2594MEGF==−=，则EMEAAMEMEA−+，即17AM，则222495

2,72PAPMAMAM=+=+，所以7272sin,210PMPAPA==.故答案为：272,210.【点睛】关键点点睛：根据EMEAAMEMEA−+，求得

AM的范围，进而求得PA的范围，是解决本题的关键.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.ABC的内角A，B，C的对边分别为,,abc，()2cosc

aCb=−，2223cabac+=+，2b=.（1）求A；（2）若,MN在线段BC上且和,BC都不重合，π3MAN=，求AMN面积的取值范围.【答案】（1）2π3（2）3332,【解析】【分析】（1）结合条件，利用正弦定理进行边角转化即可得到结果；

（2）设BAM=，在ABM中，利用正弦定理得到1πsin6AM=+，在ANC中，利用正弦定理得到1cosAN=，从而得到3π2sin216AMNS=++,再利用sinyx=的性质即可求出结果.【小问1详解】由()2coscaCb=−得2cos2aC

cb=+，由正弦定理得()2sincossin2sinsin2sinsin2sincos2cossinACCBCACCACAC=+=++=++，所以2cossinsin0ACC+=，又因为()0πC，，所以sin0C，所以1cos2A=−，又()0πA，

，所以2π3A=，【小问2详解】由2223cabac+=+，得2223cabac+−=，由余弦定理知2223cos22cabBac+−==，又因为()0π，B，所以π6B=，所以ππ6CAB=−−=，所以2bc==，如图，设BAM=,则π3C

AN=−,5π6BMA=−,π2CNA=+，在ABM中，由正弦定理可知π2sinsin165ππsinsinsin66cBAMBMA===−+，在ANC中，由正弦定理可知π2sinsin16πsincossin2bCANCNA===+

，故1111πsinsinπ22cos3sin6AMNSAMANMAN==+3π4sincos6=+()23323sincos2cos23sincoscos=

=++33π3sin2cos212sin216==++++，因为π03，，所以ππ5π2666+，所以1πsin2126+，所以π22sin2136

++，所以333π322sin216++，即3332AMNS，.18.为进一步加强学生的文明养成教育，推进校园文化建设，倡导真善美，用先进人物的先进事迹来感动师生，用身边的榜样去打动师生，用真情去发现美，分享美，弘扬美，某校以争做最美青年为主题

，进行“最美青年”评选活动，最终评出了10位“最美青年”，其中6名女生4名男生。学校准备从这10位“最美青年”中每次随机选出一人做事迹报告.（1）若每位“最美青年”最多做一次事迹报告，记第一次抽到女生

为事件A，第二次抽到男生为事件B，求()PB，()|PBA；（2）根据不同需求，现需要从这10位“最美青年”中每次选1人，可以重复，连续4天分别为高一、高二、高三学生和全体教师做4场事迹报告，记这4场事迹报告中做报告的男生人数为

X，求X的分布列和数学期望.【答案】（1）2()5PB=；4(|)9PBA=（2）分布列见解析；8()5EX=【解析】【分析】（1）由题意求得4,()32()55,()15PBPABPA===，结合条件概率的公式()(|)()PABPBAPA=，即可求解；（2）被抽取的4次中男生

人数X的取值，得到2(4,)5XB，求得相应的概率，列出分布列，利用期望公式，即可求解.【小问1详解】解：由题意得，第二次抽到男生的概率为64432()1091095PB=+=，“在第一次抽到女生的条件下，第二次

抽到男生”的概率就是事件A发生的条件下，事件B发生的概率，而3()5PA=，644()10915PAB==，所以()4(|)()9PABPBAPA==.【小问2详解】解：被抽取的4次中男生人数X的取值为0，1，2，3，4且2(4,)5XB.可得40043281(0)C55625PX=

==；311432216(1)55625CPX===；222432216(2)C55625PX===；13343296(3)55625CPX

===；04443216(4)55625CPX===，所以随机变量X的分布列为：X01234P816252166252166259662516625所以随机变量X的期望为：28()455EX==.19.如图，

四边形ABCD为菱形，ED⊥平面ABCD，FBED，222BDEDFB==.（1）证明：平面EAC⊥平面FAC；（2）若60BAD=，求二面角FAEC−−的大小.【答案】（1）证明见解析（2）π4【解析】【分析】（1）根据线面垂直得线

线垂直，进而由线段的长度得勾股定理，证明线线垂直，即可得线面垂直证明面面垂直.（2）建立空间直角坐标系，利用法向量的夹角即可求解二面角大小.【小问1详解】设BD交AC于点O，连接EO，FO，因为四边形ABCD为菱形，所以ACBD⊥.因为ED⊥平面ABCD,AC平面AB

CD，所以ACED⊥.又EDBDD=，,EDBD平面BDEF，所以AC⊥平面BDEF；又EO平面BDEF，所以ACEO⊥.设FB=1，由题意得ED=2，22,2BDDOBO===.因为FB//ED，且ED⊥面ABCD，则FB⊥平面ABCD，而,OBOD

平面ABCD，故OBFB⊥，ODED⊥，所以223OFOBBF=+=，226EOEDDO=+=，()22813EFBDEDBF=+−+==.因为222EFOEOF=+，所以EOFO⊥.因为OFACO=，,OFAC平面ACF，所以EO⊥平面ACF.又EO平面EAC，所以平面EAC⊥平面

FAC.【小问2详解】取EF中点G，连接OG，所以OG//ED，OG⊥底面ABCD.以O为原点，以,,OAOBOG分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，因为60BAD=，由（1）中所设知，

22ABAD==，所以，6OAOC==,所以(6,0,0),(0,2,1),(0,2,2),(6,0,0)AFEC−−.所以(6,2,1)FA=−−，(6,2,2)EA=−，(6,2,2)EC=−−，设平面FAE的一个法向量为(,,)mxyz=，则062030622

022mFAxyzxymEAxyzzy=−−===+−==，所以(3,1,22)m=；平面AEC的一个法向量为(,,)nabc=，则006220206220anECabcbcnEAabc==−+−=

==+−=，所以(0,2,1)n=；所以2322cos,2331(22)mn==++，由图形可知二面角FAEC−−的平面角为锐角，所以二面角FAEC−−的大小为π4.20.椭圆()2222:10xyCabab+=的短轴长为2，离

心率为32，过点()3,0P的直线l与椭圆C交于M，N两点．（1）求椭圆C的方程；（2）椭圆C上是否存在点Q，使得直线MQ，NQ与直线3x=分别交于点A，B，且PAPB=？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）2214xy+=（2）存在，45

,33或45,33−【解析】【分析】（1）由椭圆的短轴长和离心率得到,ab，求出椭圆方程；（2）考虑当l斜率不为0时，设:3lxny=+，与椭圆方程联立，得到两根之和，两根之积，表达出直线11:()ytMQytxsxs−−=−−，得到()1133Atnsyy

nys+−=+−，同理得到22(3)3Btnsyynys+−=+−，分12yy=与12yy=−讨论，得到Q点坐标，再考虑当l斜率为0时，也满足要求，从而求出答案.【小问1详解】由题意得1b=，则222213124ceaaa==−==，所以椭圆C的方程为22

14xy+=．【小问2详解】当l斜率不为0时，设:3lxny=+，联立22344xnyxy=++=，可得()224650nyny+++=．()222236204168005nnnn=−+=−

.设(,)Qst，()11,Mxy，()22,Nxy，则12264nyyn+=−+，12254yyn=+．直线11:()ytMQytxsxs−−=−−，令3x=得()()()()1111133Atxsytsytytsxsxs−+−−−=+−=−−()()()()()11111111333

3333tnysytstnysytnsynysnysnys+−+−−+−+−===+−+−+−同理可得22(3)3Btnsyynys+−=+−．于是||||ABPAPByy==，故12121212(3)(3)3333tnsytnsyyynysnysnysny

s+−+−==+−+−+−+−．若121233yynysnys=+−+−，则由123syy=，与直线l的任意性矛盾,若121233yynysnys=−+−+−，则()()1221330ynysynys+−++−=()121242(3)0106(3)0860.3nyysyynns

ss+−+=−−=−+==所以点Q的坐标为45,33或45,33−,当l斜率为0时，此时设()()2,0,2,0MN−，不妨令45,33Q，此时直线MQ为()5210yx=

+，令3x=得52y=，故53,2A，直线NQ为()522yx=−−，令3x=得52y=−，故53,2B−，显然PAPB=，经验值，当点Q的坐标为45,33−同样满足要求，综上：点Q的坐标为45,33

或45,33−，【点睛】方法点睛：定值问题常见方法：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；（2）直接推理计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.21.已知函数()elnxfxx=，()

()e2xxgxmx=+−.（1）求()fx的单调区间；（2）若方程()()fxgx=的两个解分别为12,xx，求证：121xx.【答案】（1）单调递增区间是()0+，，无递减区间.（2）证明见解析【解

析】【分析】（1）先对()fx求导，再利用()fx的因式构造()1lnsxxx=+，然后对()sx求导，得到()sx的单调区间，确定()sx的最小值是正值，从而确定()fx恒正，最后求出()fx的单调区

间；（2）原方程可以变形为：ln02eexxxxm+−=，设111exxt=，222exxt=，则由函数1ln2yxxm=+−是增函数知12tt=，所以1212eexxxx=，设()121xttx=，则2l

n1txt=−，1ln1ttxt=−，设()121xttx=，则2ln1txt=−，1ln1ttxt=−，证明()1ln1tttt−（*），即2ln11ttt−，从而证明了121xx.【小问1详解】对函数求导可得：()

1(ln)xfxxx=+e，令()1lnsxxx=+则()'22111=xsxxxx−=−+.当()()()'0,10,xsxsx时，单调递减，()()()'1,0,sxsxx+时，单调递增.所以，()min()110x

ss==，所以()()0xfxsx=e，()fx在()0+，上单调递增.故()fx的单调递增区间是()0+，，无递减区间.【小问2详解】若方程()()fxgx=有两个解12,xx，不妨设210xx，原方程可以变形为：ln02eexxxxm+−=，设111ex

xt=，222exxt=，由()()120FxFx==，得11221ln021ln02ttmttm+−=+−=，因为函数1ln2yxxm=+−是增函数，所以12tt=，则1212eexxxx=，设()121xttx=，则2ln1tx

t=−，1ln1ttxt=−，欲证121xx，即证2ln11ttt−，只需证()1ln1tttt−（*）设()11ln2hxxxx=−−，1x，()()2212xhxx−−=，在()1,+上，()0hx，()hx单调递减，所以()()10hxh=，所

以()11ln012xxxx−−，令xt=即得（*）成立，从而，命题得证．（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：坐标系与参数方程]22.在直角坐标系

xOy中，曲线1C的参数方程为222211xttytt=+=−（t为参数）．以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，点M的极坐标为()2,π，曲线2C的极坐标方程为4cos=，曲线1C，2C的

交点为1P，2P．（1）求1C和2C的直角坐标方程；（2）圆3C经过1P，2P，M三点，过原点的两条直线1l，2l分别交圆3C于A，B和C，D四点，求证：OAOBOCOD=．【答案】（1）4x=，224(2)xyx−=（2）证明见解析【解析】【分析】（1）利用

cosx=与siny=得到曲线2C的极坐标方程，消去参数得到1C的直角坐标方程；（2）先求出圆3C的方程为：22(2)16xy−+=，化为极坐标方程，设直线1l，2l的极坐标方程分别为1(R)

=，2(R)=，代入圆3C的极坐标方程，利用根与系数关系得证.【小问1详解】曲线2C的极坐标方程为4cos=，根据公式cosx=，siny=可得：4x=，所以曲线2C直角坐标方程为：4x=．曲线1C的参数方程为222

21,1xttytt=+=−（t为参数），即:224xy−=．又2212tt+，所以曲线1C的普通方程为224(2)xyx−=．【小问2详解】224xy−=与4x=联立，解得23y=，故曲线1C，2C的交点为1(4,23)P，2(4,23)P−，因为02

cos2,2ππsinxy=−===，所以点M的坐标为(2,0)−．因为1(4,23)P，2(4,23)P−关于x轴对称，故圆3C的方程的圆心在x轴上，设其方程为()222xmyr−+=，将点代入可得()()()22222220423mrmr−−

+=−+=，解得24mr==，故圆3C的方程为：22(2)16xy−+=．将cosx=，siny=代入可得，极坐标方程为24cos120−−=．设直线1l，2l的极坐标方程分别为1(R)=，2(R)=，分别代入圆3C的极坐标方程

24cos120−−=得，214cos120−−=，|||||12|12OAOB=−=224cos120−−=，|||||12|12OCOD=−=所以有||||||||OAOBOCOD=．[选修4

-5：不等式选讲]23.已知函数()1gxx=−的最小值为m，()()fxgxx=+的最小值为n．实数a，b，c满足abcm++=，abcn=，ab¹，0c．（1）求m和n；（2）证明：34ab+−．【答案】（1

）0m=，1n=（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据绝对值大于等于0得到m，对()fx分段讨论即可求出n；（2）根据（1）知0abc++=，1abc=，再利用基本不等式得2()()2ababab−−=−−

，结合1()()abab−+−=即可得到3[()()]4ab−+−，从而得到答案.【小问1详解】函数()1gxx=−的最小值为0m=，此时1x=，当1x时，()121fxxxx=−+=−，当01x时，()11fxxx=−+=，当0x时，()121fxxxx=−−

=−+，函数()21,111,0112,0xxfxxxxxx−=−+=−，函数在(,0]−上单调递减，在[1,)+上单调递增，当01x时，()1fx=，所以函数()fx的最小值为1n=，故0,1mn==.【小问2详解】由（1

）知0abc++=，1abc=，因为0abc+=−，10abc=，所以a<0，0b，0a−，0b−，1()()abcab−+−==，又因为2()()()2abababab−−=−−，所以212abab−−，又1()()abab−+−

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