【文档说明】四川省绵阳南山中学实验学校2023届高三补习班下学期2月考试考试理科数学试题 含解析.docx，共(26)页，2.365 MB，由管理员店铺上传

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绵阳南山中学实验学校2023届补习年级（春季）理科数学一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，满分60分）．1.已知集合1Ayyx==−，lgBxyx==，则AB=（）A.()0,+B.)0,+C.)1,+D.

【答案】A【解析】【分析】由函数值域和定义域的求法可求得集合,AB，由交集定义可得结果.【详解】10x−，10yx=−，即)0,A=+；由对数函数定义域知：()0,B=+；()0,AB=+.

故选：A.2.在复平面内，复数12,zz对应的点分别是(2,1),(0,5)−，则复数21zz的虚部为（）A.2B.2−C.2i−D.2i【答案】A【解析】【分析】根据复数的几何意义和复数的除法计算法则即得.【详解】由题可知122i,5izz=−=，则()()()2i

5i5i12i2i2i2iz+===−+−−+，所以复数21zz的虚部为2．故选：A.3.世界人口变化情况的三幅统计图如图所示．下列结论中错误的是（）A.从折线图能看出世界人口的总量随着年份的增加而增加B.2050年亚洲人口比其他各洲人口总和还要多C.1957年到2050

年各洲中北美洲人口增长速度最慢D.2050年南美洲及大洋洲人口之和与欧洲人口基本持平【答案】C【解析】【分析】结合图像逐一辨析即可.【详解】由折线图可以看出世界人口的总量随着年份的增加而增加，故A正确：由扇形统计图可知2050年亚洲人口比其他各洲人口的总

和还要多，故B正确：由条形统计图可知2050年欧洲人口与南美洲及大洋洲人口之和基本持平，故D正确：三幅统计图并不能得到各个洲人口增长速度的快慢，故C错误．故选：C．4.若kR，则“2<<2k−”是“方程2213

62xykk+=+−表示椭圆”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件的【答案】B【解析】【分析】根据方程表示椭圆建立满足条件的不等式，然后分析充分、必要条件即可.【详

解】若方程221362xykk+=+−表示椭圆，则36020362kkkk+−+−解得21k−−或12k−，所以“2<<2k−”是“方程221362xykk+=+−表示椭圆”的必要不充分条件.故选：B.

5.在底面半径为1的圆柱1OO中，过旋转轴1OO作圆柱的轴截面ABCD，其中母线AB=2，E是弧BC的中点，F是AB的中点，则（）A.AE=CF，AC与EF是共面直线B.AECF，AC与EF是共面直线C.AE=CF，AC与EF是异面直线D.AECF，AC与EF是异面直线【答案】D

【解析】【分析】在圆柱1OO中，利用勾股定理求解,AECF，再利用异面直线的定义进行判断得出结果.【详解】如图，在底面半径为1的圆柱1OO中，母线=2AB，=2BC，E是BC的中点，则==2BEAE，因为F是AB的中点

，又2AB=，则1BF=，()222=+=4+2=6AEABBE，22=+=4+1=5CFBCBF，AECF，在ABC中，O是BC的中点，F是AB的中点，//OFAC，AC与OF是共面直线，若AC与EF是共面直线，则,,,,OFACE在同

一平面，显然矛盾，故AC与EF是异面直线故选：D．6.已知(1)nx−的二项展开式的奇数项二项式系数和为64，若()2012(1)1(1)(1)nnnxaaxaxax−=+++++++，则1a等于（）A.192B.448C.192−D.4

48−【答案】B【解析】【分析】根据奇数项二项式系数和公式求出n，再利用展开式求1a.【详解】(1)nx−的二项展开式的奇数项二项式系数和为64，1264n−=，即7n=；则77(1)[(1)2]xx−=+−的通项公式为717

C(1)(2)kkkkTx−+=+−，令71k−=，则6k=，所以6617C(2)448a=−=.故选：B7.若函数()π()sin3fxx=+在(,)aa−上是增函数，则实数a的取值范围是（）A.π0,6B.π0,3C.ππ,63

D.π5π,66【答案】A【解析】【分析】根据正弦型函数的单调性进行求解即可.【详解】因为(,)xaa−，所以有0a且，0(,)aa−，因为函数()π()sin3fxx=+在(,)aa−上是增函数，所以ππππ32

0ππ6632aaaa+−+−.故选：A8.中国空间站(ChinaSpaceStation)的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱.2022年10月31日15：37分，我

国将“梦天实验舱”成功送上太空，完成了最后一个关键部分的发射，“梦天实验舱”也和“天和核心舱”按照计划成功对接，成为“T”字形架构，我国成功将中国空间站建设完毕.2023年，中国空间站将正式进入运营阶段.假设中国空间站要安排甲、乙等5名航天员进舱开展

实验，其中“天和核心舱”安排2人，“问天实验舱”安排2人，“梦天实验舱”安排1人.若甲、乙两人不能同时在一个舱内做实验，则不同的安排方案共有（）A.9种B.24种C.26种D.30种【答案】B【解析】【分析】先利用分组与分配的求法求得5名航天员

共有30种不同的安排方案，再利用分类加法计数原理求得甲、乙两人在同一个舱内有6种不同的安排方案，从而利用间接法即可得解.【详解】依题意，先从5名航天员中安排1人到“梦天实验舱”，则有15C5=种安排方案，再将剩下的4人分成两组，

每组2人，则有224222CC613A2==种安排方案，接着将这两组分配到“天和核心舱”与“问天实验舱”，有22A2=种安排方案，所以这5名航天员安排方案共有53230=种，其中甲、乙两人同在“天和核心舱”内的安排方案有21

31CC3=种，同在“问天实验舱”内的安排方案有2131CC3=种，即甲、乙两人在同一个舱内做实验的安排方案有336+=种，所以甲、乙两人不在同一个舱内做实验的安排方案有30624−=种.故选：B.9.在平面直角坐标系xOy中，()1,

0A−，()10B,，若圆C：()()22231xaya−++−=上存在点P，使得2210PAPB+=，则a的取值范围是（）的A.60,5B.51,4−C.5,14−D.6,05−【答

案】A【解析】【分析】设(),Pxy，由两点距离公式结合2210PAPB+=可得224xy+=，又点Р在圆C上，可得两圆心距离范围，即可列式求得a的取值范围.【详解】设(),Pxy，所以()()2222221110PAPBx

yxy+=+++−+=，即224xy+=，又点Р在圆C上，所以()()221233aa+−，解得605a，即a的取值范围是60,5.故选：A.10.如图，某湿地为拓展旅游业务，现准备在湿地内建造一个观景台D，已知射线AB，AC为湿地两边夹角为π

3的公路（长度均超过4千米），在两条公路AB，AC上分别设立游客接送点E，F，且23AEAF==千米，若要求观景台D与两接送点所成角EDF与BAC互补且观景台D在EF的右侧，并在观景台D与接送点E，F之间建造两条观光线路DE与DF，则观光线路之和最

长是（）A.17B.4C.23D.5【答案】B【解析】【分析】求出23EFAEAF===，23EDF=，在DEF中，利用余弦定理结合基本不等式即可得出答案.【详解】解：在AEF△中，因为23AEAF==，π3EAF=，所以23EFAEAF===，又EDF与BA

C互补，所以23EDF=，在DEF中，由余弦定理得：2222cosEFAEAFAEAFEDF=+−，即2212AEAFAEAF++=，即()212AEAFAEAF+−=，因为()214AEAFAEAF+，所以()()()2221124AEAFAEAF

AEAFAEAF+−=+−+，所以4AEAF+，当且仅当2AEAF==时，取等号，所以观光线路之和最长是4.故选：B.11.已知双曲线22221xyab−=(0,0ab)的左､右焦点分别为12,,FFP为双曲线上的一点，I为12P

FF△的内心，且1222IFIFPI+=，则C的离心率为（）A.13B.25C.33D.2【答案】D【解析】【分析】延长IP到A且||||IPPA=，延长2IF到B且22||||IFFB=，结合向量的线性关系知I是△1ABF的重心，根据重心

和内心的性质，进而得到1122||||2||PFFFPF==，由双曲线定义得到齐次方程，即可求离心率.【详解】如下图示，延长IP到A且||||IPPA=，延长2IF到B且22||||IFFB=，所以122

2IFIFPI+=，即10IFIBIA+=+，故I是△1ABF的重心，即11AIFBIFAIBSSS==，又1111222,2,4AIFPIFBIFFIFAIBPIFSSSSSS===，所以11222PIFFIFPIFSSS==，而I是12PF

F△的内心，则1122||||2||PFFFPF==，由21212||||,||2cPFPFaFF−==，则2||2PFa=，故24ca=，即2cea==.故选：D【点睛】关键点点睛：利用向量的线性关系构造重心，结合重心和内心的性质得到1122|||

|2||PFFFPF==，再根据双曲线定义得到双曲线参数的齐次方程.12.直线yk=与两条曲线()exxfx=和()lnxgxx=共有三个不同的交点，并且从左到右三个交点的横坐标依次是1x、2x、3x，则下列关系式正确的是（）A.213xxx=+B.2132x

xx=+C.213xxx=D.2213xxx=【答案】D【解析】【分析】先用转化法判断两条曲线的交点个数，再利用导数的性质画出两个函数图象，最后利用数形结合思想进行求解即可.【详解】当lnexxxx=时，则有2lnexxx=，设函数2()(0)exxhxx=，则(2)()exxxhx−=，

当02x时，()0,()hxhx单调递增，当2x时，()0,()hxhx单调递减，而(0)0h=，而max24()(2)0.6ln2ehxh==，如下图所示：因此曲线2ln,exxyxy==的交点只有一个，因此曲线()exxfx=和()lnxgxx

=只有一个交点，()()1eexxxxfxfx−==,当1x时，()0,()fxfx单调递增，当1x时，()0,()fxfx单调递减，且当0x时，()0fx，且(0)0f=，图象如下图所示，()2ln1ln()xxgxgxxx−==，当0ex时，()

0,()gxgx单调递增，当ex时，()0,()gxgx单调递减，且当1x时，()0gx，当1x时，()0gx，图象如下图所示，当直线yk=经过曲线()exxfx=和()lnxgxx=唯一的公共点时，直线与两条曲线恰好有三个不同的交点，如上图所示，则有12301

exxx，且12312223lnlneexxxxxxxx===，①对上式同构可得：12123223lnlnlnelneeexxxxxxxx===，∵10eex，20ex且函数()lnxgxx=在()0,e单调递增，∴12exx=，12lnxx=②又∵2eex，3ex，且函数(

)lnxgxx=在()e,+上单调递减，∴23exx=③由方程②③可得：2132lnexxxx=，再结合方程①可得：2213xxx=．故选：D【点睛】关键点睛：用转化法判断曲线()exxfx=、()

lnxgxx=的交点个数是解题的关键.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知正六边形ABCDEF的边长为2，则ABDF=_________．【答案】6−【解析】【分析】根据正六边形的几何性质，求出向量的模长以及夹角，利用平面向量的定义式，可得答案

.【详解】由题意，作图如下：在正六边形ABCDEF中，易知30EDF=o，ABED=，90FDC=，30DFC=o，则ED与DF的夹角为150，即,150EDDF=，在RtDFC△中，23tan30CDDF==，cos,6ABDFEDDFEDDFEDDF==

=−.故答案为：6−.14.设随机变量()~2,Bp，()~4,Bp，若5(1)9P=，则D=___________．【答案】89【解析】【分析】由5(1)9P=求出p，然后即可算出D【详解】因为()~2,Bp，5(1)9P=所以25(1)1(1)1(1)9PP

p=−=−−=解得13p=，所以1~4,3B所以1284339D==故答案为：89【点睛】本题考查的是二项分布的相关知识，较简单.15.已知抛物线2:4Cxy=，点M为直线1y=−上一动点，过点M作直线,MAMB与C

分别切于点,AB则MAMB=___________.【答案】0【解析】【分析】设切点221212,,44xxAxBx、和0(,1)Mx−，利用导数的几何意义求出切线MA、MB

的方程，由此可得12xx、是方程2011042xxx−−=的两实根，再求出1212,xxxx+，根据平面向量的坐标表示化简计算MAMB即可.【详解】由24xy=，得214yx=，则12yx=，设221212

,,44xxAxBx，，0(,1)Mx−，所以1222MAMBxxkk==，，得切线MA的方程为2111()42xxyxx−=−，即21124xxyx=−，切线MB的方程为2222()42

xxyxx−=−，即22224xxyx=−，又两条切线过切点0(,1)Mx−，有2110124xxx−=−、2220124xxx−=−，所以12xx、是方程20124xxx−=−即2011042xxx−−=的两实根，得1201224xxxxx+==−，，又221

21020(,1)(,1)44xxMAxxMBxx=−+=−+，，所以22121020()()(1)(1)44xxMAMBxxxx=−−+++uuuruuur2222212120120121()()1164xxxxxxxxxx=−++++++22221212012012121()

[()2]1164xxxxxxxxxxxx=−+++++−+将1201224xxxxx+==−，代入上式，得222000421210MAMBxxx=−−+++++=.故答案为：0，16.如图，在棱长为1的正方体1111ABCDABCD

−中，P为棱1BB的中点，Q为正方形11BBCC内一动点（含边界），则下列说法中正确的是______．①若1//DQ平面1APD，则动点Q的轨迹是一条线段②存在Q点，使得1DQ⊥平面1APD③当且仅当Q点落在棱1CC上某点处时，三棱锥1QAPD−的体积最大④若162D

Q=，那么Q点的轨迹长度为24【答案】①③④【解析】【分析】作出过点1D与平面1APD平行的正方体的截面判断①；建立空间直角坐标系，求出平面1APD的法向量判断②；设出点Q的坐标，求出点Q到平面1APD最大距离判断③；确定点Q的轨迹计

算判断④作答.【详解】在正方体1111ABCDABCD−中，取111,BCCC的中点E，F，连111,,,DEEFDFBC，如图，则11////EFBCAD，1AD平面1APD，EF平面1APD，则有//EF平面1APD，因点P为棱1BB的中点，有1111//

//PFBCAD，1111PFBCAD==，即有11APFD为平行四边形，则11//DFAP，而1AP平面1APD，1DF平面1APD，有1//DF平面1APD，1DFEFF=，1,DFEF平面1D

EF，因此，平面1//DEF平面1APD，因1//DQ平面1APD，则1DQ平面1DEF，又点Q在平面11BCCB，平面1DEF平面11BCCBEF=，即点Q的轨迹为线段EF，①正确；以1D为原点，建立如图所示的空间

直角坐标系，则11(1,0,0),(0,0,1),(1,1,)2ADP，设(,1,)(,[0,1])Qabab，1111(1,0,1),(0,1,),(,1,)2ADAPDQab=−==，设平面1APD的一个法向量(,,)n

xyz=，则110102nADxznAPyz=−+==+=，令1y=−，得(2,1,2)n=−，若1DQ⊥平面1APD，则1//DQn，即1212ab==−，2[0,1]ab==−，所以不存在Q点，使得1

DQ⊥平面1APD，②不正确；因1APD△的面积为定值，当且仅当点Q到平面1APD的距离最大时，三棱锥1QAPD−的体积最大，1(1,1,)AQab=−，点Q到平面1APD的距离1||23||32||AQndabn==+−，而02ab+，则当0ab+=时，max1d=，而,0

,1ab，即0ab==，因此点(0,1,0)Q与点1C重合时，三棱锥1QAPD−的体积最大，③正确；因11DC⊥平面11BBCC，1CQ平面11BBCC，则111DCCQ⊥，因此222111162()122CQDQDC=−

=−=，显然点Q的轨迹是以1C为圆心，半径为22，所含圆心角为2的扇形弧，弧长为24，④正确.故答案为：①③④【点睛】方法点睛：作截面的常用三种方法：直接法，截面的定点在几何体的棱上；平行线法，截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条

直线与几何体的某个面平行；延长交线得交点，截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上.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.在一个计算机网络服务器系统中，每一个设备能正常工作的概率称为设备的可靠度.（1）若该系统采用的是“一用两备”（即一台正常设备，两台备用设备）的配置，这三台设

备中，只要有一台能正常工作，该网络就不会断掉.设三台设备的可靠度均为0.9，它们之间相互不影响.求能正常工作的设备数X的分布和数学期望；（2）若该网络中每台设备的可靠度是0.7，根据以往经验可知，计算机网络断掉可能带来约50万的经济损失.为减少经济损失，有以下两种方案：方案1：更换部分

设备的硬件，使得每台设备的可靠度维持在0.9，更新设备硬件总费用为8万元；方案2：对系统的设备进行维护，使得设备可靠度维持在0.8，设备维护总费用为5万元.请从期望损失最小的角度判断决策部门该如何决策？【答案】（1）分布列见解析，()2

.7EX=（2）应选择方案2【解析】【分析】（1）由题意可知~(3,0.9)XB，根据二项分布求出所对应的概率，即可得到分布列，再根据二项分布的期望公式计算可得；（2）分别计算两种方案的损失期望值，即可做出决策．【小问1详解】解：X为正常

工作的设备数，由题意可知~(3,0.9)XB.所以()()30030C0.910.90.001PX==−=，()()2131C0.910.90.027PX==−=，()()2232C0.910.90.243PX==−

=，()()03333C0.910.90.729PX==−=，从而X的分布列为：X0123P0.0010.0270.2430.729由~(3,0.9)XB，则()30.92.7EX==；【小问2详解

】解：设方案1、方案2的总损失分别为1X，2X，采用方案1，更换部分设备的硬件，使得设备可靠度达到0.9，由（1）可知计算机网络断掉的概率为0.001，不断掉的概率为0.999，所以()1800000.00150000080500EX=+=元；采用方案2，对系统的设备进行

维护，使得设备可靠度维持在0.8，可知计算机网络断掉的概率为()3003C0.810.80.008−=，故()2500000.00850000054000EX=+=元.因此，从期望损失最小的角度，决策部门应选择方案2.18.已知数列na的前n项和为nS，且满足11a=，

21a=，112(2)nnnSSSn+−=+.（1）证明：数列1nnSS++是等比数列，并求nS；（2）设nnbna=，求数列nb的前n项和nT.【答案】（1）证明见解析，12nnS−=，*nN（2）1(1)21nn

Tn−=−+，*nN【解析】【分析】（1）根据条件以及等比数列的定义求出1nnSS++的通项公式，在根据其通项公式的代数式结构推导nS；（2）根据（1）求得的nS通项公式推出na的通项公式，再运用错位相减法求和.【小问1详解】因

为112(2)nnnSSSn+−=+，所以()112(2)nnnnSSSSn+−+=+，因为11a=，21a=，所以11S=，22S=，123SS+=，所以数列1nnSS++是首项为3，公比为2的等比数列，即1132nnnSS−++=，*nN，经检验1n=也成立，整理可得

1122nnnnSS−++=+，*nN，由于()()101212212323220,2,220,2SSSSSS−=−−==−=−−==，…，1*2,NnnSn−=；【小问2详解】由（1）知1*:2,NnnSn−=，1221222(2)nnnnnnaSSn−−−−=−=−=，又1

1a=，21,12,2nnnan−==，21,1·2,2nnnnbnann−===，当2n时，012212232422nnTn−=+++++…①，12312122232422nnTn−=+++++…②，-②得：123211

22222nnnTn−−−=+++++−111122(1)2112nnnnn−−−−=−=−−−，1(1)21nnTn−=−+，又1n=时，1111Ta==也满足上式，所以1(1)21nnTn−=−+，*nN；综上，1*:2,NnnSn−=，1(

1)21nnTn−=−+，*nN.19.已知四棱锥PABCD−的底面ABCD是平行四边形，侧棱PA⊥平面ABCD，点M在棱DP上，且2DMMP=，点N是在棱PC上的动点（不为端点）.（如图所示）（1）若N是棱

PC中点，（i）画出PBD△的重心G（保留作图痕迹），指出点G与线段AN的关系，并说明理由；（ii）求证：PB∥平面AMN；（2）若四边形ABCD是正方形，且3APAD==，当点N在何处时，直线PA与平面AMN所成角的正弦值取最大值.【答案】（1）(i)作图见解析；(ii)证明见解析；（2

）点N在线段PC靠近P的三等分处时,正弦值取最大值为55.【解析】【分析】（1）(i)根据重心为三角形三边中线的交点可作图；(ii)利用线面平行判定定理证明；（2）利用空间向量的坐标运算，表示出线面夹角的正弦值，即可求最大值.【小问1详解】（i）设AC与BD交点为O

，连接PO与AN交于点G，因为O为AC中点，N为PC中点，所以PO与AN交点G为PAC△重心，所以2PGGO=,又因为PO为PBD△的BD边的中线，所以点G也为PBD△的重心，即重心G在AN上.（ii）连接DG并延长交PB于点H，连接MG，因为G为PBD△重心，所以2DGGH=,又

因为2DMMP=,所以,MGPHMGPB∥∥，又因为MG平面AMN,PB平面AMN,所以PB∥平面AMN；小问2详解】因为四边形ABCD为正方形，所以ABAD⊥,PA⊥平面ABCD，,ABAD平面ABCD，所以,PAABPAAD⊥⊥，所以以A为坐

标原点，建立如图所示坐标系，所以(0,0,0),(0,0,3),(3,3,0),(0,1,2).APCM(0,0,3),(0,1,2),(3,3,3),APAMPC===−设=PNPC，则(3,3,3),PNPC==−(

3,3,33).ANAPPN=+=−+【设平面AMN的法向量为(,,)nxyz=，2033(33)0nAMyznANxyz=+==++−+=，化简得21(3)yzxz=−=−，取1z=则1(3,2,1)n=−−，设直线PA与

平面AMN所成角为，所以2||1sincos,1||5(3)APnAPnAPn===+−，所以当113,3==时，即点N在线段PC靠近P的三等分点处时，直线PA与平面AMN所成角正弦值取最大值为55.20.设圆2223130xyx+−−=的圆心为A，

点()3,0B-，点M为圆上动点，线段MB的垂直平分线与线段MA交于点E，设点E的轨迹为曲线C.（1）求曲线C的方程；（2）设直线1xmy=+与曲线C交于PQ，两点，点P关于x轴的对称点为1P（1P与Q不重合），直线1PQ与x轴交于点H，求PQH面积的范围.【答案】（1）221

4xy+=（2）330,2【解析】分析】对于（1），由题目条件可得：4EBEAEMEAMA+=+==.据此可得答案；对于（2），通过联立直线1xmy=+与曲线C方程结合韦达定理可得H为定点，后可得PQH面积表达式，后利用函数单调性可得面积范围.【小问1详解】由题意可得()3,0

A，半径4AM=，又线段MB的垂直平分线与线段MA交于点E，所以EBEM=，则有423EBEAEMEAMAAB+=+===.的【所以E点轨迹是以AB，为焦点，实轴长等于4的椭圆，故轨迹方程为2214xy+=【小问2详解】由题可得0m

，联立方程组22114xmyxy=++=，消去x得：()224230mymy++−=；其判别式()2Δ1630m=+设()()1122,,,PxyQxy，则()111,Pxy−，由韦达定理可得:1212222344，myyyymm−−+==++；所以1PQ直线方程：()

211121yyyyxxxx++=−−，今()()122121122111211212110myymyyxxxyxyyxxyyyyyyy+++−+==+==+++()121212262442myyyymxyym++−−===+−，所以()4,0H为定点.则如下图所示：()

12123322PQHPMHQMHSSSyyyy=+=+=−则()()2221212121223336342224PQHmSyyyyyyyym+=−=−=+−=+，令233tm=+，则26611PQHtSttt===++设()()13，,fxxxx=++

，任取()123，,xx+，12xx则()()()1212121210xxfxfxxxxx−−=−，得()fx在()3,+单调递增，所以26611PQHtSttt===++随着t增大而变小，故63301233PQHS=+；所以330,2PQHS

.21.已知函数()lnfxaxx=−，0a.（1）讨论()fx的零点个数；（2）若对(0,)+x，不等式e()axaxfx恒成立，求a的取值范围.【答案】（1）答案见解析；（2）e10ea−.【解析】【分析】（1）求出(

)fx定义域为()0,+，1()axfxx−=，根据导函数的符号得出函数的单调性，得出最小值.根据最小值与0的关系，结合函数的单调性，讨论函数零点的个数即可；（2）根据已知可推出eelnlnaxaxaaxax+.令eaxtax=，构造e()=xgxx，求导根据函数的单

调性可得()(1)gxge=，可转化为lnlntta+对et恒成立.构造()lnhttt=−，根据导函数可得()(e)e1hth=−，即lne1a−，进而即可求得a的取值范围.【小问1详解】解：由已知可得，()fx定义域为()0,+，11()ax

fxaxx−=−=.因为0a，解()0fx=可得，1xa=.解()0fx可得，10xa，所以()fx在10,a上单调递减；解()0fx可得，1xa，所以()fx在1,a+上单调递增.所以，()fx在1xa=处有唯一极小值，也是最小值，()

min11lnfxfaa==+.所以，当1ea时，10fa，()0fx恒成立，此时()fx的零点个数为0；当1ea=时，11()1ln0efxfa=+=，()fx有唯

一零点1=ea；当10ea时，1ea，此时有()min11ln0fxfaa==+，且()1ln10faa=−=.由()fx在10,a上单调递减，()10f，10fa，根据零点

的存在定理可知，111,xa，即110,xa，使得()10fx=；令()12lnkxxx=+，10ex，则()2212210xkxxxx−=−+=在10,e上恒成立，所以()kx在10,e上单调

递减，又11e2lne20eek=+=−，所以()0kx.所以2221111()ln2ln0faaaaaa=−=+在10,e上恒成立，又211eaa，10fa，又()f

x在1,a+上单调递增，根据零点的存在定理可知，2211,xaa，即21,xa+，使得()20fx=.所以12,xx是()fx的零点，所以()fx的零点个数为2.综上所述，当1

ea时，()fx的零点个数为0；当1ea=时，()fx有1个零点；当10ea时，()fx的零点个数为2.【小问2详解】解:由已知可得，()elnaxaxaxx−.因为0a，0x，所以有eelnlnlnaxa

xaxxaaxax−=+令eaxtax=，对于e()=xgxx，2e(1)()−=xxgxx，则()(1)gxge=，et则lnlntta+对et恒成立，即lnlnatt−对et恒成立.令()lnhttt=−，则只需()minlnaht即可.1()thtt

−=，所以()ht在[e,)+上单调递增.所以()min(e)e1hth==−，所以lne1a−，解得e10ea−.（二）选考题：共10分.请考生在第22、23中任选一题做答.如果多做，则按所做的第一题记分.22.在平面直角坐标系xOy中，曲线1

C的参数方程为23cos2323sinxy==+（为参数且ππ,22−），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2C的极坐标方程为4cos=．（1）说明1C是

哪种曲线，并将1C的方程化为极坐标方程；（2）设点A的极坐标为π43,2，射线π02=与1C的交点为M（异于极点），与2C的交点为N（异于极点），若3MNMA=，求tan的值．【答

案】（1）1C是圆心为()0,23，半径为23的右半圆，π43sin0,2=；（2）433．【解析】【分析】（1）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；（2）利用极坐

标的几何意义和三角函数关系式求解.【详解】（1）因为曲线1C的参数方程为23cos2323sinxy==+，所以1C是圆心为()0,23，半径为23的右半圆，所以1C的直角坐标方程为()()22

23120xyx+−=，由222xy=+，cosx=，siny=，得243sin0−=，所以1C的极坐标方程为π43sin0,2=．（2）设()1,M，()2,N，∵=，∴43s

inOM=，4cosON=，43sin4cosMNOMON=−=−，πsin43cos2MAOA=−=，因为3MNMA=，所以4343sin4cos343costan3−==或233−（舍）．43tan

3=【点睛】方法点睛：直角坐标方程转为极坐标方程的关键是利用公式cossinxy==；直接利用极坐标系求解，可与数形结合思想配合使用.23.函数()2221fxxx=−++．（1）求函数()yfx=的最小值；（2

）若（1）中()fx的最小值为k，且实数a，b，c满足24abck++=．求证：2221222aabbc+++．【答案】（1）当112x−时,()yfx=的最小值为3（2）证明见解析【解析】【分

析】（1）利用零点分段讨论法即可求解；（2）由绝对值三角不等式可得()fx的最小值3k=，进而有243abc++=，又()()()()22222222222222114114aabbcabbc+++++

=+++++，从而利用柯西不等式即可证明.【小问1详解】解：当1x时，()41fxx=−，()fx为单调增函数，所以此时()yfx=的最小值为(1)3f=；当112x−时，()3fx=，所以此时()yfx

=没有最大、最小值；当12x−时，()14fxx=−，()fx为单调减函数，所以此时132yf=−=为最小值.综上，当112x−时,()yfx=的最小值为3.【小问2详解】解：因为()(

)()222122213fxxxxx=−++−−+=，当且仅当112x−时取等号，所以243abc++=，由柯西不等式可知()()()()22222222222222114114aabbcabbc+++++=+++++()()22114249abbcabc

+++=++=，所以2221222aabbc+++（当0a=，16b=，23c=时等号）.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com