【文档说明】【精准解析】甘肃省兰州市第一中学2020届高三冲刺模拟考试（三）数学（理）试题.doc，共(26)页，2.383 MB，由小赞的店铺上传

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甘肃省兰州第一中学2020年高考冲刺模拟试题（3）理科数学第Ⅰ卷一、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.若集合15Axx，480Bxx，则AB（）A.6xxB.2xxC.

26xxD.【答案】C【解析】【分析】计算46Axx，2Bxx，再计算交集得到答案.【详解】集合1546Axxxx，集合4802Bxxxx，所以26ABxx．故选：C.【点睛】本题考

查了解不等式，交集运算，属于简单题.2.若复数2320211ziiii，则复数z对应的点在第（）象限A.一B.二C.三D.四【答案】A【解析】【分析】根据周期性得到1zi,得到答案.【详解】2320211(11)(11)11ziiiiii

iiii，故复数z对应的点在第一象限.故选：A.【点睛】本题考查了复数对应象限，意在考查学生的计算能力和转化能力.3.已知非零向量,ab,满足||4||,abrr||[1,3]br且()1,abbrrur记是向量a与b的夹角，

则的最小值是（）A.6B.4C.13D.3【答案】D【解析】【分析】由题意可得21abbrrrg，即可得到211cos44br，再根据b的取值范围得到cos的取值范围，结合的范围及余弦函数的性质，求得的最小值．【详解】解：

由题意知非零向量a，b满足4||||ba，[1,3]br且()1,abbrrur，可得21abbrrrg，即2cos1abbrrrg，所以22221111cos444bbabbbrrrrrrg因为1,3br，所以21,3br，所以2111

1cos,4324br因为0,，且余弦函数cosyx在0,上单调递减，所以min3故选：D．【点睛】本题考查平面向量的数量积的运算，余弦函数的性质，属于中档题.4.为了得到函数si

n23yx的图像，可以将函数cos2yx的图像（）A.向左平移512个单位B.向右平移512个单位C.向右平移6个单位D.向左平移6个单位【答案】B【解析】因为sin26yx，且cos2

yx=sin22x=sin24x，所以由φ4x=6x，知5φ6412，即只需将cos2yx的图像向右平移512个单位，故选B5.已知3log0.8a，0.83b，2.10.3c，则（）A.aabcB.acbc

C.abacD.cacb【答案】C【解析】【分析】先判断,,abc的大致范围,再根据不等式的性质逐个判断即可.【详解】33log0.8log10a,0.80331b,2.100

.30,0.3c,故0a,1b,01c.对A,若10aabab,不成立.故A错误.对B,因为1cb,故B错误.对C,abac成立.对D,因为0acc,故D错误.故选；C【点睛】本题主要考查了指对幂函数的大小

判定以及不等式的性质.需要根据题意确定各数的范围,再逐个推导.属于基础题.6.函数ln|||sin|fxxx（,x且0x）的大致图像是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用函数的奇偶性排除选项，通过函数的导数求解函数极值点的个数，求出f的值，推

出结果即可.【详解】函数ln|||sin|fxxx（,x且0x）是偶函数，排除B；当0x时，lnsinfxxx，可得：1cosfxxx，令1cos0xx，作出1yx与

cosyx图像如图：可知两个函数有一个交点，就是函数的一个极值点，ln1f，排除C；当0xx时，00fx，故00,xx时，函数fx单调递增，0,xx时，函数fx单

调递减，排除A故选：D【点睛】本题考查了与三角函数有关的图像的识别，利用导数判断函数的单调性、考查了数形结合的思想、转化的思想，属于中档题.7.甲乙两运动员进行乒乓球比赛，采用7局4胜制.在一局比赛中，先得11分的运动员为胜方，但打到10平以后，

先多得2分者为胜方.在10平后，双方实行轮换发球法，每人每次只发1个球.若在某局比赛中，甲发球赢球的概率为12，甲接发球贏球的概率为25，则在比分为10:10后甲先发球的情况下，甲以13:11赢下此局的概率

为（）A.225B.310C.110D.325【答案】C【解析】【分析】分后四球胜方依次为甲乙甲甲,与乙甲甲甲两种情况进行求解即可.【详解】分两种情况：①后四球胜方依次为甲乙甲甲,概率为113123252550P；②后四球胜方依次为乙甲

甲甲,概率为212121252525P.所以,所求事件概率为：12110PP.故选：C.【点睛】本题主要考查了分步与分类计数求解概率的问题,需要根据题意判断出两种情况再分别求解,属于基础题.8.我国南北朝时期数学家祖暅，提出了著名的祖暅原理：“缘幂

势既同，则积不容异也”．“幂”是截面积，“势”是几何体的高，意思是两等高几何体，若在每一等高处的截面积都相等，则两几何体体积相等．已知某不规则几何体与右侧三视图所对应的几何体满足“幂势既同”，其中俯视图中的圆弧为14圆周，则该不规则

几何体的体积为（）A.12B.136C.12D.1233【答案】B【解析】【分析】根据三视图知该几何体是三棱锥与14圆锥体的所得组合体，结合图中数据计算该组合体的体积即可．【详解】解：根据三视图知，该几何体是三棱锥与14圆锥体的组合体，如图所示；则该组合体的体积为211111

11212323436V；所以对应不规则几何体的体积为136．故选B．【点睛】本题考查了简单组合体的体积计算问题，也考查了三视图转化为几何体直观图的应用问题，是基础题．9.如果执行如图所示的

程序框图，输入正整数2NN和实数1a，2a，…，Na，输出A，B，则（）A.A+B为1a，2a，…，Na的和B.2AB为1a，2a，…，Na的算术平均数C.A和B分是1a，2a，…，Na中最大的数和最小的数D.A和B分是1a，2a，…，Na中

最小的数和最大的数【答案】C【解析】试题分析：由程序框图可知，该程序的作用是将最大的数赋值给A，最小的数赋值给B，故C选项正确.考点：算法与程序框图.10.已知函数lg,1lg2,1xxfxxx，3g

xx，则方程1fxgx所有根的和等于（）A.1B.2C.3D.4【答案】C【解析】【分析】证明函数fx的图象关于点1,0对称，易知函数fx在定义域R上单调递增.由函数3gxx的图象关于原点0,0对称，得函数1ygx的图象关于点1,0

对称，且函数1ygx在定义域R上单调递增.又1x是方程1fxgx的一个根.当1x时，令1hxfxgx，根据零点存在定理和hx的单调性，知hx在1,上有且只有一个零

点1x，即方程1fxgx在1,上有且只有一个根1x.根据图象的对称性可知方程1fxgx在,1上有且只有一个根2x，且122xx.即可求出方程1fxgx所有根的和.【详解】设点,xy是函数lg,1yxx图象

上任意一点，它关于点1,0的对称点为'',xy，则22,0xxxxyyyy，代入lgyx，得'''''lg2,lg2,1yxyxx.函数

lg,1yxx的图象与函数lg2,1yxx的图象关于点1,0对称，即函数lg,1lg2,1xxfxxx的图象关于点1,0对称，易知函数fx在定义域R上单调递增.又函数3gxx的图

象关于原点0,0对称，函数1ygx的图象关于点1,0对称，且函数1ygx在定义域R上单调递增.又0111,1fgx是方程1fxgx的一个根.当1x时，令31lg1hxxxgxfx，则hx在1,

上单调递减.3833313132lg210,lglglg10lg0,20222282102hhhh，根据零点存在定理，可得hx在3,22上有一个零点1x，根据hx的单调性知hx在1,

上有且只有一个零点1x，即方程1fxgx在1,上有且只有一个根1x.根据图象的对称性可知方程1fxgx在,1上有且只有一个根2x，且122xx.故方程1fxgx所有根的和等于1213xx.故选：C.【点睛】本题考查函数与方程的综合应用，

考查零点存在定理，属于较难的题目.11.设F是双曲线2222:10,0xyCabab的右焦点，过点F向C的一条渐近线引垂线，垂足为A，交另一条渐近线于点B，若2AFFB，则双曲线C的离心率是（）A.2B.2C.2

33D.143【答案】C【解析】【分析】设一渐近线OA的方程为byxa，设(,)bAmma，(,)bnBna，由2AFFB，求得点A的坐标，再由FAOA，斜率之积等于1，求出223ab=，代入22cabeaa进

行运算．【详解】解：由题意得右焦点(c,0)F，设一渐近线OA的方程为byxa，则另一渐近线OB的方程为byxa，设(,)bmAma，(,)bnBna，2AFFB，2(cm，)(bmnca，)bna，2()cmnc，

2bmbnaa，34mc，32cn，33,44cbcAa，由FAOA可得，斜率之积等于1，即304134bcbacac，223ab，22222233cababeaaa．故选：C．【点睛】本题考查双曲线

的标准方程，以及双曲线的简单性质的应用，求得点A的坐标是解题的关键，属于中档题．12.已知函数()xxfxxee，函数()gxmxm（0m），若对任意的1[22]x，，总存在2[22]x，使得12()()fxgx，则实数m的取值范围是（

）A.21[3,]3eB.2[,)eC.21[,]3eD.1[,)3【答案】B【解析】【分析】由题意，可得fx在[2,2]的值域包含于函数gx的值域，运用导数和函数的单调性和值域，即可求解.【详解】由题意，函数(1)xfxex的导数为xfxxe，当0x

时，0fx，则函数fx为单调递增；当0x时，0fx，则函数fx为单调递减，即当0x时，函数fx取得极小值，且为最小值1，又由2223,(2)fefe，可得

函数fx在[2,2]的值域2[1,]e，由函数()(0)gxmxmm在[2,2]递增，可得gx的值域[3,]mm，由对于任意的1[2,2]x，总存在2[2,2]x，使得12()()fxgx，可得2[1,][3,]emm，即为23

1mme，解得2me，故选B.【点睛】本题主要考查了函数与方程的综合应用，以及导数在函数中的应用，其中解答中转化为fx在[2,2]的值域包含于函数gx的值域，运用导数和函数的单调性和值域是解答的关键，着重考查了分析问题

和解答问题的能力，以及推理与运算能力，属于中档试题.第Ⅱ卷二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13.曲线cos2xyx在点0,1处的切线方程为__________.【答案】220xy【解析】【分析】利用导数值确定切

线斜率，再用点斜式写出切线方程．【详解】1'sin2yx，当0x时其值为12，故所求的切线方程为112yx，即220xy．【点睛】曲线切线方程的求法：(1)以曲线上的点(x0，f

(x0))为切点的切线方程的求解步骤：①求出函数f(x)的导数f′(x)；②求切线的斜率f′(x0)；③写出切线方程y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)，并化简．(2)如果已知点(x1，y1)不在曲线上，则设出切点(x0，y0)，解方程组0010010()'()yfx

yyfxxx得切点(x0，y0)，进而确定切线方程．14.2521xx的展开式中x的系数是______.【答案】5【解析】【分析】55222112xxxx，再按二项式定理展开，即得x的系数.【详解】5

5542212521121C12xxxxxxx，x\的系数为445C15.故答案为：5.【点睛】本题考查二项式定理，属于基础题.15.如图，在平面直角坐标系xOy，中心在原点的椭圆与双曲线交于,,,ABCD

四点，且它们具有相同的焦点12,FF，点12,FF分别在,ADBC上，则椭圆与双曲线离心率之积12ee______________.【答案】1【解析】【分析】设出椭圆和双曲线方程，以及点0,Bcy，由点B既在椭圆上也在双

曲线上，化简得出221212ccaaaa，结合离心率公式即可得出12ee.【详解】设椭圆和双曲线方程分别为221122111,0xyabab，222222221,,0xyabab设点0,Bcy，由点B既在椭圆上也在双曲线上，则有2202211

222111ycabacb，解得22221101111baccyaaaa2202222222221ycabcab，解得22222202222bcacyaaaa则22212121212caaccaaaaaa，即21

21211cccaaaa121ee故答案为：1【点睛】本题主要考查了求椭圆和双曲线的离心率，考查了运算能力，属于中档题.16.如图，四棱锥PABCD中，底面为四边形ABCD.其中

ACD△为正三角形，又3DADBDBDCDBAB.设三棱锥PABD，三棱锥PACD的体积分别是12,VV，三棱锥PABD，三棱锥PACD的外接球的表面积分别是12,SS.对于以下结论：①12VV；②12VV；③12VV

；④12SS；⑤12SS=；⑥12SS.其中正确命题的序号为______.【答案】①⑤【解析】【分析】设2AD根据DADBDBDC化简可得DBAC.【详解】不妨设2AD,又ACD△为正三角形,由3DADBDBDCDBAB,得0DADBDBDCDBDADC

DBCA,即有DBAC，所以30ADBCDB.又3DBDCDBAB得2333DBDCDBDBDADBDBDA,又DBDCDBDA,故2344cos30DBDBDADBDA.化简可以得433DB,∴90DAB,

易得ABDACDSS△△,故12VV.故①正确.又由于60ADBACD,所以ABD△与ACD△的外接圆相同（四点共圆）,所以三棱锥PABD,三棱锥PACD的外接球相同,所以12SS=.故⑤正确.故答案为：①⑤【点睛】本题主要考查了平面向

量与立体几何的综合运用,需要根据平面向量的线性运算以及数量积公式求解各边的垂直以及长度关系等.同时也考查了锥体外接球的问题.属于难题.三、解答题（本大题共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

.设数列na的前n项和为nS，且22nnSa，*nN．（1）求数列na的通项公式：（2）设数列2na的前n项和为nT，求证：2nnST为定值；（3）判断数列3nna中是否存在三项成等差数列，并

证明你的结论．【答案】（1）2nna；（2）证明见解析；（3）不存在，证明见解析.【解析】【分析】（1）利用公式1nnnaSS得到数列为等比数列，计算得到答案.（2）计算2241nnS，4

413nnT，计算得到证明.（3）假设存在第m，n，kmnk项成等差数列，计算放缩得到332nmn，矛盾，得到答案.【详解】（1）当1n时，1122Sa，解得12a．当2n时，111222222nnnnnnnaSSaaaa，即12nnaa

，因为10a，所以12nnaa，从而数列na是以2为首项，2为公比的等比数列，所以2nna．（2）因为2224nnna，所以2124nnaa，故数列2na是以4为首项，4为公

比的等比数列，从而2221224112nnnS，414441143nnnT，所以232nnST，故2nnST的值为定值32．（3）假设3nna中存在第m，n，kmnk项成等差

数列，则2333nmknmkaaa，即2323232nnmmkk．因为mnk，且m，n，*kN，所以1nk．由1123232323232nnmmkkmmnn

，得332nmn，矛盾，所以数列3nna中不存在三项成等差数列．【点睛】本题考查了数列的通项公式，数列求和，判断是否存在等差数列，意在考查学生的计算能力和对于数列公式方法的综合应用.18.已知，图中直棱柱1111ABCDABCD的底面是菱形，其中124AAAC

BD.又点,,,EFPQ分别在棱1111,,,AABBCCDD上运动，且满足：BFDQ，1CPBFDQAE.（1）求证：,,,EFPQ四点共面，并证明EF∥平面PQB.（2）是否存在点P使得二面角BPQE的余弦值为55？如果存在，求

出CP的长；如果不存在，请说明理由.【答案】（1）见解析（2）不存在点P使之成立.见解析【解析】【分析】(1)在线段,CPDQ上分别取点,MN,使得1QNPM,进而得到MNPQ与EFMN即可.(2)以O为原点,分别以,OAOB,及过O且与1AA平行的直线为,,xyz轴建立空间直

角坐标系,再求解平面BPQ的法向量与平面EFPQ的法向量,再设BFa,1,3a,再根据二面角的计算方法分析是否存在1,3a使得二面角为的余弦值为55即可.【详解】解：（1）证法1：在线段,CPDQ上分别取点,MN,使得1QNPM,易知四边形MNQP是平行四边形,所

以MNPQ,联结,,FMMNNE,则AEND,且AEND所以四边形ADNE为矩形,故ADNE,同理,FMBCAD且NEMFAD,故四边形FMNE是平行四边形,所以EFMN,所以EFPQ故,,,EFPQ四点共面又EFPQ,EF平面BPQ,PQ平面

BPQ,所以EF平面PQB.证法2：因为直棱柱1111ABCDABCD的底面是菱形,∴ACBD,1AA底面ABCD,设,ACBD交点为O,以O为原点,分别以,OAOB,及过O且与1AA平行的直线为,,xyz轴建立空间直角坐标系.则有2,0,0A,0,1,0B,2,0,0C,

0,1,0D,设BFa,1,3a,则2,0,1Ea,0,1,Fa,2,0,1Pa,0,1,Qa,2,1,1EF,2,1,1QP,所以EFPQ,故,,,EFPQ四点共面.又EFPQ,EF平面BPQ,PQ平面BPQ,所以EF平面PQB.（2

）平面EFPQ中向量2,1,1EF,2,1,1EQ,设平面EFPQ的一个法向量为111,,xyz,则1111112020xyzxyz,可得其一个法向量为11,0,2n.平面BPQ中,2,1,1BPa,0,2,BQ

a,设平面BPQ的一个法向量为222,,nxyz,则2222221020xyazyaz,所以取其一个法向量22,2,4naa.若1212225cos,55

216nnnnaa,则2210548aaa,即有24230aa,1,3a,解得2321,3a,故不存在点P使之成立.【点睛】本题主要考查了根据线线平行证

明共面的方法,同时也考查了建立空间直角坐标系确定是否存在满足条件的点的问题.需要根据题意建立合适直角坐标系,再利用空间向量求解二面角的方法,分析是否有参数满足条件等.属于难题.19.已知圆221:2Cxy，圆22

2:4Cxy，如图，C1，C2分别交x轴正半轴于点E，A．射线OD分别交C1，C2于点B，D，动点P满足直线BP与y轴垂直，直线DP与x轴垂直．（1）求动点P的轨迹C的方程；（2）过点E作直线l交曲线C与点M，N，射线OH⊥l

与点H，且交曲线C于点Q．问：211MNOQ的值是否是定值？如果是定值，请求出该定值；如果不是定值，请说明理由．【答案】（1）22142xy；（2）211|MN|||OQ为定值，且为34．【解析】【分析】（1）设BOE，根据圆的方

程求出,BD的坐标，进而可得2cosPx，2sinPy，然后得出动点P的轨迹C的方程.（2）设出直线l的方程为2xmy，联立直线与椭圆的方程，利用韦达定理，结合弦长公式，转化求解即可.【详解】（1）设BOE，则2cos,2sinB，2cos2

sinD，，所以2cosPx，2sinPy，所以动点P的轨迹C的方程为22142xy.（2）由（1）可知E为C的焦点，设直线l的方程为2xmy（斜率不为0时），且设点M（x1，y1），N（x2，y2），由22224xmyxy，得2222220mymy

，所以12212222222myymyym，所以22212112||411mMNmmyy，又射线OQ方程为y＝﹣mx，代入椭圆C的方程得x2+2（my）2＝4，即22412Qxm，222412Qmym，22

2112||41mOQm，所以22222112123||||44141mmMNOQmm，又当直线l的斜率为0时，也符合条件.综上，211|MN|||OQ为定值，且为34.【点睛】本题考查轨迹方程的求法

，设而不求思想方法的应用，直线与椭圆的位置关系的综合应用，属于中档题.20.为丰富学生课外生活，某市组织了高中生钢笔书法比赛，比赛分两个阶段进行：第一阶段由评委给出所有参赛作品评分，并确定优胜者；第二阶段为附加赛，参赛人员由组委会按

规则另行确定.数据统计员对第一阶段的分数进行了统计分析，这些分数X都在[70,100)内，在以组距为5画分数的频率分布直方图（设“=Y频率组距”)时，发现Y满足*8109,16300,N,55(1)11,161

520nnYnnXnknn„„.（1）试确定n的所有取值，并求k；（2）组委会确定：在第一阶段比赛中低于85分的参赛者无缘获奖也不能参加附加赛；分数在95,100的参赛者评为一等奖；分数在[90,9

5)的同学评为二等奖，但通过附加赛有111的概率提升为一等奖；分数在[85,90)的同学评为三等奖，但通过附加赛有17的概率提升为二等奖（所有参加附加赛的获奖人员均不降低获奖等级）.已知学生A和B均参加了本次比赛，且学生A在第一阶段评为二等奖.（i）求学生B最

终获奖等级不低于学生A的最终获奖等级的概率；（ii）已知学生A和B都获奖，记AB，两位同学最终获得一等奖的人数为，求的分布列和数学期望.【答案】（1）314,15,16,17,18,19,50k；（2）（i）51220；（ii）分布列见解析，

2099【解析】【分析】（1）X在70,100内，按组距为5可分成6个小区间，分别是[70,75),75,80,[80,85)，[85,90)，[90,95)，[95,100).由70100X，551nXn*

nN，能求出n的所有取值和k；（2）（i）由于参赛学生很多，可以把频率视为概率.学生B的分数属于区间70,75，75,80，80,85，85,90，90,95，95,100的概率分别是360，1160，1960，1460，1160，260.用符号ijA或（

ijB）表示学生A（或B）在第一轮获奖等级为i，通过附加赛最终获奖等级为j，其中,1,2,3jij，记“学生B最终获奖等级不低于学生A的最终获奖等级”为事件W，由此能求出学生B最终获奖等级不低于学生A的最终获奖等级的概率；（ii）学生A最终获得一等

奖的概率是21111PA，学生B最终获得一等奖的概率是121211112727119PBB，的可能取值为0，1，2，分别求出相应的概率，求出的分布列和E.【详解】（1）根据题意，X在[70,100)内，按组距为5可分成6个

小区间，分别是[70,75),[75,80),[80,85),[85,90),[90,95),[95,100)，70100X，由*55(1),nXnnN，14,15,16,17,18,19n.每个小区间的频率值分别是8109,14,15,1660511

5,17,18,19320nnPYknn.由3111911151160606032k，解得350k.n的所有取值为14,15,16,17,18,19，350k.（2）（i）由于参赛学生很多，可以把频率视为概率.由（1）知，

学生B的分数属于区间70,75,75,80,80,85,85,90,90,95,95,100的概率分别是：360，1160，1960，1460，1160，260.我们用符号ijA（或ijB)表示学生A（

或B）在第一轮获奖等级为i，通过附加赛最终获奖等级为j，其中(,1,2,3)jiij„.记“学生B最终获奖等级不低于学生A的最终获奖等级”为事件W，则12122223222()PWPBBBABA

12122223222PBPBPBPAPBPA2111111010141105160601160111160711220.（ii）学生A最终获得一等奖的概率是211

11PA，学生B最终获得一等奖的概率是12121112116060272711272796060PBB，1180(0)1111999P，111118(1)1111911999P

，111(2)11999P，的分布列为：012P80991899199801812001299999999E.【点睛】本题考查频率分布直方图、条件概率、离散型随

机变量的分布列、数学期望，考查学生的逻辑思维能力和运算能力，属于难题.21.已知函数lnfxaxxa，lngxkxxxb，其中,,abkR.（1）求函数fx的单调区间；（2）若对任意1,ae，任意1,xe，不等式fxgx恒成立时最

大的k记为c，当1,be时，bc的取值范围.【答案】（1）见解析（2）22,1bcee【解析】【分析】(1)求导后分0a与0a两种情况分析函数的单调性即可.(2)参变分离fxgx与1,ae可得1lnl

nxxxxbkx,再令1lnlnxxxxbgxx,求导得2lnxxbgxx,再分析lnpxxxb的单调性,分10p,0pe与10ppe三种情况求解导函数的正负以

及原函数的单调性,进而求得bc的解析式,再求导分析单调性与范围即可.【详解】解：（1）∵ln0,fxaxxaxaR∴1aaxfxxx,∵0x,aR∴①当0a时,fx的减区间为0,,没有增区间②当0a时,fx的增区间为

0,a,减区间为,a（2）原不等式1lnlnaxxxxbkx.∵1,ae,1,xe,∴1lnln1lnlnaxxxxbxxxxbxx,令21ln

lnlnxxxxbxxbgxgxxx,令1ln1pxxxbpxxlnpxxxb在1,上递增；①当10p时,即1b,∵1,be,所

以1b时1,xe,00pxgx,∴gx在1,e上递增；∴min122cgxgbbcb.②当0pe,即1,bee时1,xe,00pxgx,∴gx在1,e上递减；

∴min2212,1bbcgxgebcbeeeeee③当10ppe时,又lnpxxxb在1,e上递增；存在唯一实数01,xe,使得00px,即00ln

bxx，则当01,xx时00pxgx.当0,xxe时00pxgx.∴00000mi000n1lnln1lnxxxxbxxxcgxgx.∴00000011lnlnbcxxxxxx.令

11ln10xhxxxhxhxxx在1,e上递增,01,11,bexe,∴12,bcee.综上所述,22,1bcee.【点睛】本题主要考查了求导分析

函数单调区间以及分情况讨论导函数零点以及参数范围的问题,需要根据题意构造合适的函数进行原函数单调性以及最值的分析等.属于难题.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.在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为

252xmtyt(其中t为参数，0m).以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为25sin＝，l被C截得的弦长为2.（1）求实数m的值；（2）设l与C交于点A，B，若点P的坐标为(5)m，，求PA

PB的值.【答案】（1）3；（2）32【解析】【分析】（1）直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换，进一步利用垂径定理和点到直线的距离公式的应用求出结果.（2）利用一元二次方程根和系数关系式的应

用求出结果.【详解】（1）直线l的参数方程为252xmtyt(其中t为参数，0m＞).转换为直角坐标方程为：50xym.曲线C的极坐标方程为25sin，转换为直角坐标方程

为22(5)5xy，由于l被C截得的弦长为2.所以：利用垂径定理圆心到直线的距离32|055|22md＝，解得3m＝.（2）直线l的参数方程3252xtyt，转换为标准式为232252xtyt

(t为参数)，代入22(5)5xy得到：23240tt，所以，124tt＝，所以：1232PAPBtt＝.【点睛】本题考查了极坐标方程、参数方程化为普通直角坐标方程，考查了利用

参数方程中参数的几何意义的应用，考查了数学运算能力.[选修4-5；不等式选讲]23.已知()2121fxxx.（Ⅰ）解不等式()(1)fxf；（Ⅱ）若不等式11()(0,0)fxmnmn对任意xR的都成立，证明：43mn.【答案】（Ⅰ）3,1,2

；（Ⅱ）见解析【解析】【分析】（Ⅰ）分类讨论，去掉绝对值，化为与之等价的三个不等式组，求得每个不等式组的解集，再取并集即可．（Ⅱ）利用绝对值三角不等式求得f(x)的最小值，得到113mn，然后利用基本不等式进行证明即可.【详

解】（Ⅰ）1fxf就是21215xx.（1）当12x时，21215xx，得1x.(2)当112x时，21215xx，得35，不成立.（3）当1x时，21215xx，得32

x.综上可知，不等式1fxf的解集是312，，.（Ⅱ）因为2121222122213xxxxxx，所以113mn.因为0m，0n时，1112mnmn，所以12

3mn，得23mn.所以423mnmn.【点睛】本题考查零点分段法解绝对值不等式，考查利用绝对值三角不等式和基本不等式求最值的应用，属于基础题.