【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，由管理员店铺上传

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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：0.1

8(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⊥，22

345ADBC==+=,所以该几何体的表面积ABDBCDABCACDSSSSS=+++111134345353272222=+++=.故选：C8.设1232,ln2,5xyz−===，则A

.xyz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222log3log1

e，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+=，27232x+=−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ADF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A

F⊥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33OD=，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e02xtx−=+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()()e02xgxxx=+，则()()()21e02xxgxx+=+，所以函数()gx在()0,+?上单调递增，从而()()10

2gxg=，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−−−+=−−+−

12343232=−−−=−，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()0

fx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=+，()2122feee=+−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()2coscosc

ossinsinAACBBC+−=，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==，42s

insinsinsin3cbBCCC==−.所以2342sinsinsin3CaCCb+−+=2323cos2sinsinCCC=++1232tan2C+=.因为62C，所以1224C，所以tant

antan1224C.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：232438ab+++.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−=−−−=−−=−，∴co

s2cos[(2)]cos(2)cossin(2)sin666666=−+=−−−3341433525210+=−−=−．18.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，sinsin

BDABCaC=.（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22211203

abc−+=．又因为2bac=，所以2261130aacc−+=，解得3ca=或32ca=，当22,33ccabac===时，333ccabc+=+（舍去）．当2233,22ccabac===时，22233()722cos31222ccABCccc+−==．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ADBABC=，从而ABDC=．由2bac=，即b

cab=，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BDb

AC==，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,,333caaD

EECBE===．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,BABC为基底，

有2133BDBCBA=+．所以222441999BDBCBABCBA=++，即222441cos999baccABCa=++，又因为2bac=，所以22944cosacaacABCc=++．③由余弦定理得2222cosb

acacABC=+−，所以222cosacacacABC=+−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2227cos212acbABC

ac+−==．【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,x

y，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()322

213gxxx=−+，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()01

0g=，()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，11

1160,4,2BAACAAACAB====，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1313，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EHA，再由面面平行的判定及性质即可证结论.（2）连接P

C1，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P

QB1、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，∴1A

E//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,PCAC，∵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11ACCA，∴1PC⊥平面11ABBA，在平面11ABBA内过点P作1PR

AA⊥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()0,2,23,0,1AQAC→→==−，∴()()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100mPQmPB==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→=−，∴||336QB→=+=，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20a

e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()2a

fxxxlnx=−，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()0hx，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1

0lnab++，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π

6=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||22222P

MNSMNd===△.[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()10fx，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，()24,022,0242,2xxfx

xxxx−=+−，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

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