【文档说明】四川省宜宾市叙州区第二中学校2024届高三一模数学（理）试题 含解析.docx，共(25)页，1.619 MB，由小赞的店铺上传

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叙州区二中高2021级高三一诊模拟考试数学（理工类）本试卷共4页，23小题，满分150分.考试用时120分钟.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.设集合0,2,4,6,8,10,4,8AB==，则ABð=A.{4,8}B.{02,6}，C.{026,10}，，D.{02468,10}，，，，【答案】C【解析】【详解】试题分析：由补集的概念，得0,2

,6,10AB=ð，故选C．【考点】集合的补集运算【名师点睛】研究集合的关系，处理集合的交、并、补的运算问题，常用韦恩图、数轴等几何工具辅助解题．一般地，对离散的数集、抽象的集合间的关系及运算，可借助韦恩图，而对连续的集合间的运算及关系，可借助数轴

的直观性，进行合理转化．2.下列函数是偶函数，且在(),0-?上单调递增的是（）A.31yx=B.21yx=−C.12yx=−D.yx=【答案】B【解析】【分析】根据各选项对应函数解析式，结合幂函数、二次函数、一次函数及含绝对值函数的性质判断是否符合题设要求即可.【详解】A：31yx=为奇函数，不

合题设，排除；B：21yx=−为偶函数，在(),0-?上递增，符合题设；C：12yx=−为非奇非偶函数，且定义域上递减，不合题设，排除；D：yx=为偶函数，在(),0-?上递减，不合题设，排除；故选：B的3.函数()23logfxxx=−的零点所在的大致区间是A.(0,

1)B.(1,2)C.(2,3)D.(3,4)【答案】C【解析】【分析】分别求出()()23ff，的值，从而求出函数的零点所在的范围．【详解】由题意，()3121022f=−=−，()23310flog=−，所以()()2?30ff，所以函数()23fxlogxx=−

的零点所在的大致区间是()2,3，故选C.【点睛】本题考查了函数的零点问题，根据零点定理求出即可，本题是一道基础题．4.已知集合A中元素(),xy在映射f下对应B中元素(),xyxy+−，则B中元素()4,2−在A中对应的元素为（）A.()1,3B.()1,6C.()2,4D.(

)2,6【答案】A【解析】【分析】根据题意结合映射的概念列式求解.【详解】设B中元素()4,2−在A中对应的元素为(),xy，则42xyxy+=−=−，解得：13xy==，所以B中元素()4,2−在A中对应元素为()1,3.故选：A.5.设平面⊥平

面，在平面内的一条直线a垂直于平面内的一条直线b,则（）A.直线a必垂直于平面B.直线b必垂直于平面C.直线a不一定垂直于平面D.过a的平面与过b的平面垂直【答案】C【解析】【分析】由面面垂直，结合空间直线与平面，平面与平

面的关系对四个选项分别进行判断，得到答案.的【详解】因为平面⊥平面，在平面内的一条直线a垂直于平面内的一条直线b选项A中，只有直线b是与的交线时，才能得到a与平面垂直，所以错误；选项B中，只有直线a是与的交线时，才能得到b与平面垂直，所以错误；选项C中，当直线b是与的交线时

，可以得到a⊥，当直线b不是与的交线时，不能得到a⊥，所以正确.选项D中，当直线b不是与的交线时，不能得到a⊥，所以不能得到过a的平面与过b的平面垂直，所以错误.故选：C.【点睛】本题考查空间中线面关系有关命题的判断，

面面关系有关命题的判断，属于简单题.6.已知某物种经过x年后的种群数量y近似满足冈珀茨模型：0.18(0)xeykk−=，当0x=时，y的值表示2021年年初的种群数量.若()*ttN年后，该物种的种群数量不超过2021年初种群数量的14，则t的最小值为(参考值：ln31.09

)（）A.9B.10C.11D.12【答案】C【解析】【分析】根据题意先求出2021年年初的种群数量，再列出不等式，根据取对数法进行求解即可.【详解】因为当0x=时，y的值表示2021年年初的种群数量，所以有8yk=，即2021年年初的种群数量为8k，当()*ttN年后，该物种的种

群数量不超过2021年初种群数量的14，所以有0.10.10.10.1221182log8log28438tttetekeek−−−−10.1lnln30.11.0910.93ttt−=−−

−，所以t的最小值为11，故选：C.【点睛】关键点睛：根据题意得到指数不等式，通过取二次对数进行求解是解题的关键.7.如图所示的网格中小正方形的边长均为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为（）A.9B.18C.27D.54【答案】C【解析】【分析】首先由三视图还原几

何体，再求表面积.【详解】由三视图可知，AB⊥平面BCD，且90BDC=，3AB=，4BD=，3CD=,因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD平面BCDBD=，CDBD⊥，所以CD⊥平面ABD，AD平面ABD，所以CDAD⊥，2234

5ADBC==+=,所以该几何体的表面积ABDBCDABCACDSSSSS=+++111134345353272222=+++=.故选：C8.设1232,ln2,5xyz−===，则A.xy

zB.yzxC.zxyD.zyx【答案】C【解析】【详解】分析：由32x=求出x的表达式，先比较,xy的大小和范围，再求出z的范围，根据它们不同的范围，得出它们的大小．详解：由32x=有3log2x=，2211log3,logexy==，因为222log3lo

g1e，所以11121,12xyxy，而12121115255z−===，所以zxy，选C.点睛：本题主要考查比较实数大小，属于中档题．比较大小通常采用的方法有：（1）同底的指数或对数采用单调性比较；（2）不同底的

指数或对数采用中间量进行比较，中间量通常有0,1，12等．9.已知0x是函数()sin2cosfxxx=+的最大值点，则0sinx=（）A.55B.21515C.255D.15【答案】A【解析】【分析】化简()()5sinfxx=+，根据最值得

到022xk=−+，代入计算得到答案.【详解】()()sin2cos5sinfxxxx=+=+，其中25sin5=，5cos5=，当022xk+=+，Zk，即022xk=−+，Zk时，函数有最大值，此时05sinsi2ns2co5kx==−+=.故

选：A.【点睛】本题考查了三角函数最值，辅助角公式，意在考查学生的计算能力和转化能力.10.函数()2sin26fxx=+的图象向左平移12个单位长度，再向上平移1个单位长度，得到()gx的图象，若()()129gxgx=，且1x，22,2x−，则122xx−的最大

值为（）A.174B.356C.256D.4912【答案】D【解析】【分析】根据函数sin()yAx=+的图象变换规律，求得()gx的解析式，再利用正弦函数的最大值，判断当15232x+=，27232x+=−时，122xx−的取得最大值，从而求得122xx−的最大

值．【详解】解：将函数()2sin(2)6fxx=+图象向左平移12个单位，再向上平移1个单位，得到()2sin(2)13gxx=++的图象．若12()()9gxgx=，则1()gx和2()gx都取得最大值3，故1()gx和2()gx相差一个周期的整数倍．故当15232x+=，2

7232x+=−时，122xx−的取得最大值．11312x=，22312x=−，122xx−的取得最大值为4912，故选：D．11.已知点,,,ABCD都在球O的球面上，ABAC=，BCD△是边长为1的等边三角形，AD与平面BCD所成角的正弦值为63，若2AD=，则球O的表面积

为（）A.πB.4πC.8πD.16π【答案】B【解析】【分析】若E是BC的中点，则O是△BCD的中心，连接DE，由线面垂直、面面垂直的判定可得面BCD⊥面AED，过A作AF⊥面BCD，由面面垂直的性质知F必在直线DE上，即AD

F为AD与面BCD所成角，再过O作OODE⊥交AD于O，结合已知可知O是DF中点，O为AD的中点，即可确定球心的位置，进而求表面积.【详解】由题设，若E是BC的中点，则O是BCD△的中心，连接DE，如下图示：由题设知：DEBC⊥，AEBC⊥，又AEDEE=，则BC⊥

面AED，而BC面BCD，即面BCD⊥面AED，的过A作AF⊥面BCD，则F必在直线DE上，易知：ADF为AD与平面BCD所成角的平面角，又AD与平面BCD所成角的正弦值为63，2AD=，可得233DF=．过O作OODE⊥交AD于O，易知：ODOBOC==，而33O

D=，即12ODDF=，又//AFOO，故O为AD的中点，ODOA=，∴ODOBOCOA===，即O是球心，故球O的半径为1，∴球O的表面积为4π．故选：B.12.设函数()2lnxefxtxxxx=−++恰有两个极值点，则实数t的取值范围是（）A1,2−B.1

,2+C.1,,233ee+D.1,,23e−+【答案】C【解析】【分析】()fx恰有两个极值点，则()0fx¢=恰有两个不同的解，求出()fx¢可确定1x=是它的一个解，另一个解由方程e02x

tx−=+确定，令()()e02xgxxx=+通过导数判断函数值域求出方程有一个不是1的解时t应满足的条件.【详解】由题意知函数()fx的定义域为()0,+?，()()221e121xxfxtxxx−=−+−()()21e2xxtxx−−+=()(

)2e122xxxtxx−+−+=.因为()fx恰有两个极值点，所以()0fx¢=恰有两个不同的解，显然1x=是它的一个解，另一个解由方程e02xtx−=+确定，且这个解不等于1..令()()e02x

gxxx=+，则()()()21e02xxgxx+=+，所以函数()gx在()0,+?上单调递增，从而()()102gxg=，且()13eg=.所以，当12t且e3t时，()e2lnxfxtxxxx=−++恰有两个极值点，即实数t的取值范围是1,,233ee+

.故选：C【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性与极值，函数与方程的应用，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.计算:()()124211320.253lg102−−−+=___________.【答案】23−

【解析】【分析】根据根式、指数幂运算以及对数的定义运算求解.【详解】由题意可得：()()()()12142224111320.253lg322311022−−−+=−−+−12

343232=−−−=−，即()()124211320.253lg102−−−+=23−.故答案为：23−.14.若tan26x−≤1，则x的取值范围是__________．【答案】

5,62242kk−++(k∈Z)【解析】【分析】先换元令z＝2x－6，在一个周期上解tanz≤1，再扩展到定义域上解得2−＋kπ<z≤4＋kπ，即可求解.【详解】令z＝2x－6，在,22−上满足tanz≤1的

z的值是2−<z≤4，在整个定义域上有2−＋kπ<z≤4＋kπ，解不等式2−＋kπ<2x－6≤4＋kπ，得－6＋2k<x≤524＋2k，k∈Z．【点睛】本题主要考查了正切型函数的单调性，换元法解不等

式，属于中档题.15.函数()212ln2fxxxx=+−在区间1,2e上的最小值为______.【答案】32【解析】分析】首先求出函数的导数，再令()0fx¢>、()0fx得到函数的单调性，从

而可得函数的最值；【详解】解：因为()212ln2fxxxx=+−，则定义域为()0,+所以()()()221221xxxxfxxxxx+−+−=+−==令()0fx¢>解得1x，即()fx在()1,+上单调

递增，令()0fx解得01x，即()fx在()0,1上单调减，所以()fx在1x=处取得极小值，也就是最小值且()312f=，又因为1,2xe，112ln228f=+，()2122fe

ee=+−所以函数()212ln2fxxxx=+−在区间1,2e上的最小值为32，故答案为：32【点睛】本题考查利用导数研究函数的最值，属于基础题.16.锐角ABC中，角A，B，C所对边分别为a，b

，c，有()2coscoscossinsinAACBBC+−=，且4c=，则ab+的取值范围为___________.【答案】()232,438++【解析】【分析】先利用三角函数恒等变形求出3A=，利用正弦定理表示出2342sinsinsin3CaCCb+−+=

，用三角函数求出ab+的取值范围.【【详解】因为()2coscoscossinsinAACBBC+−=，所以()coscoscossinsinAACBBC+−=.因为ABC++=,所以BCA+=−，所以()()coscoscosBCAA+=−=−.

所以2cossinsinsinsinABCBC=.因为ABC为锐角三角形，所以sin0,sin0BC，所以1cos2A=,所以3A=.所以23BC+=，即23BC=−.因为ABC为锐角三角形，所以022032CC

−，解得：62C由正弦定理sinsinsinabcABC==得：23sinsinsincaACC==，42sinsinsinsin3cbBCCC==−.所以2342si

nsinsin3CaCCb+−+=2323cos2sinsinCCC=++1232tan2C+=.因为62C，所以1224C，所以tantantan1224C.因为tantan46tantan2312461tantan46−=−==−

+，所以23tan12C−，所以1123tan2C+，所以1232232438tan2C+++.即232438ab+++在ABC中，由两边之和大于第三边，所以4abc+=.综上所述：232

438ab+++.故答案为：()232,438++【点睛】解三角形的最值问题包括两类：（1）利用正弦定理转化为三角函数求最值；（2）利用余弦定理转化为基本不等式求最值．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.已知函数2()23sincos2cos1fxxxx=−+．（1）求函数()fx的最小正周期

；（2）若7(,)312，且8()5f=，求cos2的值．【答案】（1）；（2）43310+−．【解析】【分析】（1）利用辅助角公式化简()fx，求出最小正周期；（2）将8()5f=代入可求出sin(2)6−，结合26−的范围

，求出cos(2)6−，因为2(2)66=−+，由两角和的余弦公式求出结果.【详解】()2sin(2)6fxx=−．（1）函数()fx的最小正周期22T==．（2）由8()5f=，得82sin(2)65−=，即4sin(2)65−=．由7(,

)312，得2(,)62−，∴2243cos(2)1sin(2)1()6655−=−−−=−−=−，∴cos2cos[(2)]cos(2)cossin(2)sin666666=−+=−−−3341433525210+=−−=−．1

8.记ABC是内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知2bac=，点D在边AC上，sinsinBDABCaC=.（1）证明：BDb=；（2）若2ADDC=，求cosABC.【答案】（1）证明见解析；（2）

7cos12ABC=.【解析】【分析】（1）根据正弦定理的边角关系有acBDb=，结合已知即可证结论.（2）方法一：两次应用余弦定理，求得边a与c的关系，然后利用余弦定理即可求得cosABC的值.【详解】（1）设ABC的外接圆半径

为R，由正弦定理，得sinsin,22bcRABCCR==，因为sinsinBDABCaC=，所以22bcBDaRR=，即BDbac=．又因为2bac=，所以BDb=．（2）[方法一]【最优解】：

两次应用余弦定理因为2ADDC=，如图，在ABC中，222cos2abcCab+−=，①在BCD△中，222()3cos23babbaC+−=．②由①②得2222223()3babcab+−=+−，整理得222112

03abc−+=．又因为2bac=，所以2261130aacc−+=，解得3ca=或32ca=，当22,33ccabac===时，333ccabc+=+（舍去）．当2233,22ccabac===时，22233()722cos

31222ccABCccc+−==．所以7cos12ABC=．[方法二]：等面积法和三角形相似如图，已知2ADDC=，则23ABDABCSS=△△，即21221sinsin2332bacADABBC=，而2bac=，即sinsinADBABC=，故有ADB

ABC=，从而ABDC=．由2bac=，即bcab=，即CABACBBD=，即ACBABD∽，故ADABABAC=，即23bccb=，又2bac=，所以23ca=，则2227cos212cabABCac+−==

．[方法三]：正弦定理、余弦定理相结合由（1）知BDbAC==，再由2ADDC=得21,33ADbCDb==．在ADB中，由正弦定理得sinsinADBDABDA=．又ABDC=，所以s3sinn2iCbAb=，化简得2sinsin3CA=．在ABC中，由正弦定理知23ca

=，又由2bac=，所以2223ba=．在ABC中，由余弦定理，得222222242793cos221223aaaacbABCaca+−−+===．故7cos12ABC=．[方法四]：构造辅助线利用相似的性质如图，作DEAB∥，交BC于点E，则DECABC△∽△．由2ADDC=，得

2,,333caaDEECBE===．在BED中，2222()()33cos2323BEDacbac−=+．在ABC中222cos2aaBCcAbc+−=．因为coscosABCBED=−，所以2222222()()3322233acbacbacac+−+−=−，整

理得22261130abc−+=．又因为2bac=，所以2261130aacc−+=，即3ca=或32ac=．下同解法1．[方法五]：平面向量基本定理因为2ADDC=，所以2ADDC=uuuruuur．以向量,BA

BC为基底，有2133BDBCBA=+．所以222441999BDBCBABCBA=++，即222441cos999baccABCa=++，又因为2bac=，所以22944cosacaacABCc=++．③由余弦定理得2222cosbacacABC=+−，所以222cosacac

acABC=+−④联立③④，得2261130aacc−+=．所以32ac=或13ac=．下同解法1．[方法六]：建系求解以D为坐标原点，AC所在直线为x轴，过点D垂直于AC的直线为y轴，DC长为单位长度建立直角

坐标系，如图所示，则()()()0,0,2,0,1,0DAC−．由（1）知，3BDbAC===，所以点B在以D为圆心，3为半径的圆上运动．设()(),33Bxyx−，则229xy+=．⑤由2bac=知，2BABCAC

=，即2222(2)(1)9xyxy++−+=．⑥联立⑤⑥解得74x=−或732x=（舍去），29516y=，代入⑥式得36||,||6,32aBCcBAb=====，由余弦定理得2227cos212acbABCac+−==．【整体点评】(2)方

法一：两次应用余弦定理是一种典型的方法，充分利用了三角形的性质和正余弦定理的性质解题；方法二：等面积法是一种常用的方法，很多数学问题利用等面积法使得问题转化为更为简单的问题，相似是三角形中的常用思路；方法三：正弦定理和余弦定理相结合是解三角形问题的常用思路；方法四：构造辅助线作出相似三角

形，结合余弦定理和相似三角形是一种确定边长比例关系的不错选择；方法五：平面向量是解决几何问题的一种重要方法，充分利用平面向量基本定理和向量的运算法则可以将其与余弦定理充分结合到一起；方法六：建立平面直角坐标系

是解析几何的思路，利用此方法数形结合充分挖掘几何性质使得问题更加直观化.19.设函数()32132afxxxbxc=−++，其中0a.曲线()yfx=在点()()0,0Pf处的切线方程为1y=.（1）确定b，c的值；

（2）若4a=，过点()0,2可作曲线()yfx=的几条不同的切线？【答案】（1）0b=，1c=；（2）3条.【解析】【分析】（1）求()fx，根据导数的几何意义可得()0fb=，()01f=，即可求得b，c

的值；（2）求出()fx以及()fx，设切点为()00,xy，利用切点与点()0,2所在直线的斜率等于()0fx以及切点满足()fx的解析式列方程，利用导数判断对应函数零点的个数即可求解.【详解】（1）由()32132afxxxbxc=−++得()0fc=

，()2fxxaxb=−+，因为曲线()yfx=在点()()0,0Pf处的切线方程为1y=，所以切线的斜率为()00fb==，且()01fc==故0b=，1c=.（2）4a=时，()321213fxxx=−+，()24fxxx=−，点()0,2不

在()fx的图象上，设切点为()00,xy，则切线斜率2004kxx=−，所以20000320002401213yxxxyxx−=−−=−+，即320022103xx−+=上式有几个解，过(0,2)就能作出()fx的几

条切线.令()322213gxxx=−+，则()()22422gxxxxx=−=−，由()0gx可得2x或0x；由()0gx，可得02x，所以()gx在(,0)−单调递增，在(0,2)单调递减，在(2,)+单调递增，所以()gx极大值为

()010g=，()gx极小值为()322522132203g−=−+=，所以()gx有三个零点，即过()0,2可作出()fx的3条不同的切线.20.如图，在三棱柱111ABCABC-中，四边形11ACCA为菱形

，111160,4,2BAACAAACAB====，平面1ACCA⊥平面11ABBA﹐Q在线段AC上移动，P为棱1AA的中点．（1）若H为BQ中点，延长AH交BC于D，求证：//AD平面1BPQ﹔（2）若二面角11BPQC−−的平面角的余弦值为1

313，求点P到平面1BQB的距离．【答案】（1）证明见解析；（2）62.【解析】【分析】（1）取BB1中点E，连接AE，EH，结合已知条件易得EH∥B1Q、AE∥PB1，根据线面平行的判定可证1//BQ面EHA，1//PB面EH

A，再由面面平行的判定及性质即可证结论.（2）连接PC1，AC1有PC1⊥AA1，由面面垂直的性质可得PC1⊥面ABB1A1，过P作PR⊥AA1交BB1于点R，进而构建空间直角坐标系，设AQ=λAC=λ(0,-2,23)，λ∈[0,1]，确定相关点坐标，求面PQB1、面AA1C1C的法向量，根据已

知二面角的余弦值求参数λ，进而可得QB，连接BP，应用等体积法求P到平面BQB1的距离.【小问1详解】取1BB中点E，连接,AEEH，如图，∵H为BQ中点，∴1EH//BQ在平行四边形11AABB中，,PE分别为11,AABB的中点，

∴1AE//PB由EH∩AE=E且,EHAE面EHA，11,BQPB面EHA，所以1//BQ面EHA，1//PB面EHA，又PB1∩B1Q=B1，所以面EHA∥面B1QP，∵AD平面EHA，∴//AD平面1BPQ.【小问2详解】连接11,P

CAC，∵四边形11ACCA为菱形，∴1114AAACAC===，又1160CAA=，∴11ACA为正三角形，∵P为1AA的中点，∴11PCAA⊥，∵平面11ACCA⊥平面11ABBA，平面11ACCA平面111ABBAAA=，1PC平面11A

CCA，∴1PC⊥平面11ABBA，在平面11ABBA内过点P作1PRAA⊥交1BB于点R，建立如图所示的空间直角坐标系Pxyz−，则()()()()()110,0,0,0,2,0,0,2,0,0,0,23,0,4,23PAACC−−，设()0,2,2

3,0,1AQAC→→==−，∴()()0,21,23Q−+，∴PQ→=()()0,21,23−+，∵112ABAB==，1160BAA=，∴()13,1,0B，∴1PB→=()3,1,0，设平面1PQB的法向量为(),,mxyz→=，则100mP

QmPB==得()2123030yxxy−++=+=，令1x=，则13,yz+=−=−，∴平面1PQB的一个法向量为11,3,m→+=−−，设平面11AACC的法向量为()1,0,0n→=，二面角11BPQC

−−的平面角为，则2113cos13113mnmn→→→→===+++−，∴12=或14=−（舍），∴12AQAC→→=，∴()0,3,3Q−.又()3,3,0B−，∴()3,0,3QB→=−，∴||336Q

B→=+=，连接BP，设点P到平面1BQB的距离为h，则1111433463232h=，∴62h=，即点P到平面1BQB的距离为62.21.已知函数2()(ln1)2afxxxxb=−−−，,abR.（1）当1b=-时，讨论函数()fx的零点个数；（2）若()fx在(

)0,+上单调递增，且2abce+，求c的最大值.【答案】（1）当20ae时，函数()fx有两个零点；当12ae=或02a时，即2ae=或0a时，函数()fx有一个零点；当12ae即2ae时，函数()fx无零点；（2）c的最大值为2.【解析】【分析】

（1）整理得()2afxxxlnx=−，故函数零点的个数取决于2ayxlnx=−的零点个数，等价转化为2ay=与lnxyx=的值域之间的关系，利用导数求解即可求得结果；（2）根据题意，()0fx恒成

立，据此求得,ab范围；再构造函数求得2ab+的最小值，即可求得c的最大值.【详解】（1）当1b=−时，()2afxxxlnx=−，故()fx的零点个数，取决于2ayxlnx=−的零点个数.分离参数可得2alnxx=，令()lnxhxx=，则()21lnxhxx−=，令()0

hx，解得()0,xe；令()0hx，解得(),xe+；故()hx在()0,e单调递增，在(),e+单调递减.故()()1maxhxhee==，又()10h=，当1x时，()0hx恒

成立.故当12ae=或02a，即0a或2ae=时，()fx有一个零点；当10,2ae，即20ae时，()fx有两个零点；当12ae，即2ae时，()fx没有零点.（2）根据题意，()()0fxgxaxlnxb

−==+在0x时恒成立.当0a=时，()gxlnxb=−+，显然不存在b使得()0gx恒成立；当0a时，()gx是单调减函数，且x趋近于正无穷时，()gx趋近于负无穷，不满足题意；当0a时，()1axgxx=−，令()0gx

，解得1xa；令()0gx，解得10xa；故()gx在10,a单调递减，在1,a+单调递增，要满足题意，只需110glnaba=++成立即可.综上所述，若()0gx在0x恒成立，则0a且10lnab+

+，即1blna−−，则221,(0)abalnaa+−−，令()21,(0)maalnaa=−−，则()21amaa=−，令()0ma，解得12a；令()0ma，解得102a，故()ma在10,2单调递减

，在1,2+单调递增.故()122mamln=，即22abln+，则222ablnee+=.又2abce+，故()22abmince+=，故c的最大值为2.【点睛】本题考查利用导数研究函数的零点问题，涉及利用导数

研究恒成立问题，以及双变量问题，属综合困难题.（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：坐标系与参数方程]（10分）22.在平面直角坐标系xOy中，曲线1C的参数方程为cos,1sin,xy==+（

参数），以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线2C的极坐标方程为23cos=，其中π0,2.（1）求曲线1C与曲线2C的交点的极坐标；（2）直线()π:R6l=与曲线1C，2C分别交于M，N两点（异于极点O），P为2C上的动点，

求PMN面积的最大值.【答案】（1）(00)，和π3,3（2）332【解析】【分析】（1）先消去1C参数方程中的参数化为直角坐标方程，利用直角坐标方程和极坐标方程的公式进行转化可得曲线1C的极坐标方程

，进而可得答案；（2）将()π6=R分别与曲线1C，2C的极坐标方程联立，即可求出MN，再求出圆心1C到直线MN的距离，可求出点P到直线MN的最大距离，即可求出答案.【小问1详解】1C的参数方程为cos1sinxy=

=+，，（为参数），消去可得，22(1)1yx+−=，所以曲线1C的直角坐标方程为2220xyy+−=.将cosx=，siny=代入得，曲线1C的极坐标方程为2sin=，2C的极坐标方程为23cos=，联立可得tan3==，π0,2

，又因为两个曲线都经过极点，所以曲线1C和曲线2C的交点极坐标为(00)，和π3,3.【小问2详解】当π6=时，π2sin16M==，π23cos36N==，||2||MNMN=−=.显然当点P到直线MN的距离最大时，△PMN的面积最大，直线MN的方程为

33yx=，圆心2C到直线MN的距离为32，所以点P到直线MN的最大距离333232d=+=，所以113333||22222PMNSMNd===△.[选修4-5：不等式选讲]（10分）23.已知函数()23fxxx=−+.（1）求不等式()10fx的解集；（2）若()fx的最小值为m

，正数,,abc满足23++=abcm，求证：333abc++.【答案】（1）(),23,−−+（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据绝对值不等式的解法，分类讨论，即可求解；（2）由（1）求得函数()fx的最小值为2，得到232abc++

=，结合由柯西不等式，证得21111()(23)63abcabc++++=，即可求解.【小问1详解】解：由函数()23fxxx=−+，当0x时，可得()2342fxxxx=−−=−+，令()10f

x，即4210x−+，解得2x−；当02x时，可得()2322fxxxx=−+=+，令()10fx，即2210x+，解得4x，此时无解；当2x时，可得()2342fxxxx=−+=−，令()10fx，即4210x−，解得3x，综上所述，不等式()10fx的解集为(

),23,−−+.【小问2详解】解：由（1）可知，()24,022,0242,2xxfxxxxx−=+−，当0x时，()422fxx=−+；当02x时，()222fxx=+；当2x时，()426fxx=−，所以

函数()fx的最小值为2，所以2m=，所以232abc++=.由柯西不等式，可得22222221111(23)[1()()][()(2)(3)]()623abcabcabc++=++++++，当且仅当1234,,111133abc===时，等号成立，所以21111(

)(23)63abcabc++++=，所以333abc++.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com