【文档说明】江西省重点中学协作体2023届高三第二次联考数学（理）试题 含解析.docx，共(27)页，2.541 MB，由小赞的店铺上传

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江西省重点中学协作体2023届高三第二次联考数学试卷（理科）第Ⅰ卷（选择题共60分）一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60分.1.设集合3,Z04xAxyxBxx==−=−,则AB=（）A.04xx

B.04xxC.N4xxD.03xx【答案】C【解析】【分析】分别求出集合,AB,再根据交集的定义求解即可.【详解】因为3Axyx==−,所以30x−,解得3x,即33Axyxxx==−=;因为

Z04xBxx=−,所以0404ZZxxxxx−,即Z04Bxx=,所以0,1,2,3AB=,即N4ABxx=.故选:C.2.复数z满足i2iz=−，则下列结论正确的是（）A.2250zz+−=B.12iz=+C

.z在复平面内对应的点位于第四象限D.5z=【答案】D【解析】【分析】由复数除法可得12iz=−−，再根据复数的运算和共轭复数、复数对应的点、模的定义判断选项.【详解】由i2iz=−可得2i2i112ii1z−+===−−−，所以225144i24

i510zz+−=−+−−−=−，故A错误；由12iz=−−知12iz=−+，故B错误；z在复平面内对应的点()1,2−−位于第三象限，故C错误；由12iz=−−知22(1)(2)5z=−+−=，故D正确.故选：D3.已知ABC的内角,,ABC所对的边分别为,,abc，1,abc，

若loglog2loglogbcbcbcbcaaaa+−+−+=，则角B=（）A.π2B.π3C.π4D.π6【答案】A【解析】【分析】先对已知的对数式变形，然后去掉对数符合，得到一个关于,,abc的式子，从而可以得到答案.【详解】

因为1a，所以loglog0bcbcaa+−，又因为loglog2loglogbcbcbcbcaaaa+−+−+=，所以112loglogbcbcaa−++=，即log)l)2((ogaabcbc−++=，即log)2[()](abcbc−+=，所以222abc=−，即222ac

b+=，所以ABC是以角B为直角的直角三角形，即π2B=.故选：A.4.草莓中有多种氨基酸、微量元素、维生素，能够调节免疫功能，增强机体免疫力.草莓味甘、性凉，有润肺生津，健脾养胃等功效，受到众人喜爱.根据草莓单果的重量，可

将其从小到大依次分为4个等级，其等级x（1,2,3,4x=）与其对应等级的市场销售单价(y单位：元/千克)近似满足函数关系式eaxby+=.若花同样的钱买到的1级草莓比4级草莓多1倍，且1级草莓的市场销售单价为24元/千克，则3级草莓的市场

销售单价最接近（）（参考数据：321.26，341.59）的A.30.24元/千克B.33.84元/千克C.38.16元/千克D.42.64元/千克【答案】C【解析】【分析】由指数运算，可得43ee2eabaab++==，求得3eab+值.【详

解】由题可知433ee2,e2eabaaab++===，由e24,ab+=则3223eee24e24438.16abaaba++===.故选：C.5.已知π5sin45x−=，则πcos23x−=（）A.2331

0−B.23310C.33410+D.33410【答案】D【解析】【分析】利用两角差的正弦公式展开再平方得到sin235x=，从而求出cos2x，再由两角差的余弦公式计算可得.【详解】因为π5sin45x−=，所以ππ5sincos

cossin445xx−=，所以()25sincos25xx−=，即()2211sincos2sincos25xxxx+−=，所以sin235x=，则24cos21sin25xx=−=，所以πππcos2cos2cossin2sin333xxx−=

+3304133525412=+=.故选：D6.某地市在2023年全市一模测试中，全市高三学生数学成绩X服从正态分布()290,N，已知()88920.32PX=，()85PXm=，则下列结论正确的是（）的A

.00.34mB.0.34m=C.0.340.68mD.0.68m=【答案】A【解析】【分析】根据正态曲线的对称性和题目条件即可求出m的取值范围.【详解】由()88920.32PX=，2(90,)XN与正态曲线性质：1(88

90)(8892)0.162PXPX==，而(90)(90)0.5PXPX==，故(88)0.50.160.34PX=−=，于是0(85)(88)0.34mPXPX==，即00.34m.故选：A7.若(

)()9280128211(1)(1)1xaaxaxaxx−+=+−+−++−−，则56aa+=（）A.48−B.48C.28D.28−【答案】A【解析】【分析】根据给定条件，把9(2)1x−+按(1)x−展

开，求出67(1),(1)xx−−的系数作答.【详解】依题意，99(2)1[1(1)]1xx−+=−+−+按(1)x−展开的展开式中67(1),(1)xx−−的系数即为56,aa，于是展开式的通项公式为99199C(1)(1)(1)C(

1),N,9rrrrrrrTxxrr−−+=−−=−−，则36275969(1)C84,(1)C36aa=−=−=−=，所以56843648aa+=−+=−.故选：A8.在四棱锥PABCD−中，棱长为2的侧棱PD垂直底面边长为2的正方形ABCD，M为棱PD的中点，过直线BM的平面分别与侧棱P

A、PC相交于点E、F，当PEPF=时，截面MEBF的面积为（）A.22B.2C.33D.3【答案】A的【解析】【分析】建立空间直角坐标系，利用向量共面确定点的坐标，利用向量数量积及三角形面积公式即可求出.【详解】由题意，PD⊥平面ABCD，四

边形ABCD为正方形，如图，建立空间直角坐标系D-xyz，则()0,2,0C，()002P,,，()2,0,0A，()0,0,1M，()2,2,0B，()2,0,2PA=−，()2,2,1BM=−−，设()2,0,2PEtPAtt==−，01t，则()2,0,22Ett−，又

PEPF=，PAPC=，所以()0,2,2PFtPCtt==−，则()0,2,22Ftt−，由题意，MEBF、、、四点共面，所以BMxBEyBF=+，所以2(22)222(22)1(22)(22)txyxtyt

xty−=−−−=−+−=−+−，解得32,43xyt===，所以42,0,33E，420,,33F，所以2222,2,,2,,3333BEBF=−−=−−，所以2879c

os,114444449999BEBFBEBFBEBF===++++，即7cos11EBF=，所以262sin1cos11EBFEBF=−=，所以11446242sin229113EBFSBEB

FEBF===，又4141,0,,0,,3333MEMF=−=−，所以119cos,17161161009999MEMFMEMFMEMF===++++，即1cos17EMF=，所以2122sin

1cos17EMFEMF=−=，所以111712222sin229173EMFSMEMFEMF===，所以截面MEBF的面积为42222233EBFEMFSSS=+=+=.故选：A9.函数()()()sin0,0πfxx=+的部分图象如图，//BCx轴

，当π[0,]4x时，不等式()sin2fxmx+恒成立，则m的取值范围是（）A.3(,]2−−B.1(,]2−−C.(,3]−−D.(,1]−−【答案】B【解析】【分析】根据给定的函数图象，借助“五点法”作图求出函数解析式，再利用辅助

角公式结合正弦函数性质求解作答.【详解】依题意，点,BC关于直线π2π232x+=，即7π12x=对称，因此直线7π12x=是函数()yfx=图象的一条对称轴，则函数()fx的周期7ππ4()π123

T=−=，于是2π2T==，()sin(2)fxx=+，由π()03f=，得π2π,Z3kk+=，而0π，即有π1,3k==，则π()sin(2)3fxx=+，不等式π()sin2sin(2)sin23fxmxmxx+

+−，令π13πsin(2)sin2sin2cos2sin(2)23()32gxxxxxx−=+−=−+=−，当π[0,]4x时，πππ2[,]336x−−，π31sin(2)[,]322x−−，因此13()[,]2

2gx−，因为当π[0,]4x时，不等式()sin2fxmx+恒成立，从而当π[0,]4x时，()mgx恒成立，则12m−，所以m的取值范围是1(,]2−−.故选：B10.圆周上有8个等分点，任意选这8个点中的4个点构成一个四边形，则四边

形为梯形的概率是（）A.1035B.1235C.1435D.1635【答案】B【解析】【分析】求出构成的四边形个数，再求出构成的梯形个数，利用古典概率公式计算作答.【详解】依题意，从8个点中任取4个点构成有48C70=个四边形，构成梯形就只有以下两种情况：以某相邻两个点（如点A，B）构成的线段

为边的梯形有2个，共有2816=个，以某间隔一个点的两点（如点A，C）构成的线段为边的梯形有1个，共有188=个，于是构成的四边形中梯形有16824+=个，所以四边形为梯形的概率是24127035=.故选：B11.已知F双曲线()2222:10,0xyCabab−=的右焦点，1

2,AA分别是双曲线C的左右顶点，过F作双曲线渐近线的垂线与该渐近线在第一象限的交点为M，直线1AM交C的右支于点P，若2MPMA=，且220APAMkk+=，则C的离心率为（）A.2B.3C.2D.5【答案】A【解析

】【分析】根据给定条件，求出点M的坐标，求出直线1AM的方程，直线2AP的斜率及方程，联立直线1AM、2AP及双曲线C的方程求出a，b的关系，再验证计算作答.【详解】令双曲线()2222:10,0xyCabab−=的右焦点(c,0)F，渐近线:bOMyxa=

，即0bxay−=，显然12(,0),(,0)AaAa−，由FMOM⊥，得22||||bcFMbab==+，22||||||OMOFFMa=−=，则点2(,)aabMcc，直线1AM的方程为20()abcyxaaac−=+

+，即()byxaca=++，直线2AM的斜率220AMabbckacaac−==−−−，因此直线2AP的斜率2APbkca=−，于是直线2AP的方程为()byxaca=−−，设点00(,)Pxy，则2222002byxaa=−，由000

0()()byxacabyxaca=++=−−，得22222200022()byxaxaca=−=−−，从而22220220baxaxa−=−，解得221ba=，即有22cab==，则2cea==，此时(,)22aaM，222||()()2222aaMAaa

=−+=−，由0000(21)()(21)()yxayxa=−+=+−，解得002,xaya==，即(2,)Paa，22||(2)()2222aaMPaaa=−+−=−，满足2MPMA=，所以C的离心率为2.故选：A12.已知函数()gx，

()hx分别是定义在R上的偶函数和奇函数，且22023()()2023log(1)xgxhxxx+=+++，若函数()fx=20232023x−−(2023)gx−−22−有唯一零点，则实数的值为（）A.1−或12B.1−或12−C.1−D.12【

答案】D【解析】【分析】根据题意，利用函数的奇偶性，求出20232023()2xxgx−+=，结合函数的对称性得出||2()(2023)2023()2tFtftgt−=+=−−关于0x=对称，由()Ft有唯一零点，可知(0)0F=，即可求.【详解】已知22023()()2023lo

g(1)xgxhxxx+=+++，①且()gx，()hx分别是R上的偶函数和奇函数，则22023()()2023log(1)xgxhxxx−−+−=+−++，得：22023()()2023log(1)xgxhxxx−−−=+−++，②①+②得：20232023()2xxgx−+=∴令

||2()(2023)2023()2tFtftgt−=+=−−∵||220232023()202322tttFt−−+=−−有唯一零点，且()Ft是偶函数，所以(0)0F=，∴2120−−=∴1=−或12=若1=−时，则||20232023()

202322tttFt−−+=+−当0t时，则令202320232023202ttt−−++−=解得20233t=，∴32023log0t=（不合题意舍去）若12=时，则||1202320231()

2023222tttFt−−+=−−∵()Ft在(0,)+上单调递减∴()(0)0FtF=∵()Ft是偶函数∴()Ft只有唯一零点0∴()fx只有唯一零点2023综上：12=.故选：D.第II卷（非选择题共90分）二、填空题:本大题共4小题，每小题5分

，共20分．13.在正项等比数列na中，3a与8a是方程230100xx−+=的两个根，则1210lglglgaaa+++=_________.【答案】5【解析】【分析】利用韦达定理，可得8310aa=，再根据对数的运算法则和等比数列性质求解即可.【详解】因为3a与8a是方程230100x

x−+=的两个根，所以8310aa=，因为na为正项等比数列，所以1102934756810aaaaaaaaaa=====，所以()()551210121083lglglglglglg105aaaaaaaa+++====，故答案为：5.14.已知实数x，y满足10201

xyxyx−++−，则222xzxxyy=++的取值范围是_____________【答案】11,42【解析】【分析】由约束条件作出可行域，求出yx的范围，再由222||1221xzyyxxyyxx==++++求解．【详解】实数x，y满

足10201xyxyx−++−，可得可行域如图：联立120xxy=+−=，解得11xy==，即()1,1A，联立2010xyxy+−=−+=，解得1232xy==，即13,22B，则1OAk=，32312OBk

==，1,3yx，所以222222||12221xxzxxyyyyxxyyxx===++++++，令ytx=，则1,3t，令()221gttt=++，1,3t，显然()gt在1

,3上单调递增，所以()4,16gt，所以2214,16yyxx++，则2111,16421yyxx++，所以2111,4221yyxx

++，22||2xzxxyy=++的取值范围是11,42．故答案为：11,42．15.已知函数()elnxfxaxxx−=−+，若()1fx≤，则a的取值范围

为_______．【答案】(,2e−【解析】【分析】构造函数lntxx=−+，()1fx≤等价于e1tat+，再构造函数()1ettgt−=，利用函数单调性求出最小值，即可求出a的值.【详解】()1fx≤等价于()lneln1xxaxx

−++−+，令lntxx=−+，则111xtxx+−+=−=．当()0,1x时，0t,lntxx=−+单调递增；当()1,x+时，0t,lntxx=−+单调递减．所以1t−.故()1fx≤转化为e1ta

t+，即1etat−恒成立.令()1ettgt−=，1t−，则()()()2ee120eettttttgt−−−−==，则()()()11112eegtg−−−−==，因为1etat−恒成立，所以()()min12eagtg=−=.

故a的取值范围为(,2e−．故答案为：(,2e−.16.已知抛物线24yx=，圆()22:412Exy−+=，设O为坐标原点，过圆心E的直线与圆E交于点,AB，直线,OAOB分别交抛物线C于点,PQ（点,PQ不与点O重合）.记ΔOAB的面积为1S，OPQ△的面积为2S，

则12SS的最大值________.【答案】916【解析】【分析】设出点,AB的坐标，把1S、2S用点,AB的坐标表示，联立方程用韦达定理将12SS最终表示为一个变量的函数求解.【详解】由题意，知直线AB的斜率不为0，故设直线AB的方程

为x=my+4，如图，设()()()()11223344,,,,,,,AxyBxyPxyQxy．将直线AB的方程代入圆E的方程中，消去x，得()22112my+=，所以22121ym=+，所以21yy=−，且22122121yym==+．直线

OA的方程为11yyxx=，代入抛物线方程24yx=，消去x，得2114xyyy=，解得114xyy=或0y=，所以1314xyy=．同理，得2424xyy=，所以1212123412121||||sin||||21||||44|

|||sin2OAOBAOByyyySOAOBSOPOQyyxxOPOQPOQyy====()()()()()()22212121221212121216164416416yyyyyy

xxmymymyymyy===+++++()222122212212112161616161yymmyymm−+==+−++()()2222994145492mmm==+++−

，所以当m=0时，12SS取得最大值，为916．故答案为：916三、解答题：共70分.解答应写出必要的文字说明、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.已知数列na是公差为d的等差数列，且11a=，若16和26分别是na中的项.（1）当d取最大值时，求通项na；（2）在（1）的条件下，求数列()151nna+的前n项和nS.【答案】（

1）54nan=−（2）115255nSn=−+【解析】【分析】（1）由等差数列的性质，可得1111mnaaaadmn−−==−−，找到,mn与d的关系，进而找到d取最大值时，通项na；（2）裂项相消即可.【小问1详解】由已知得0d，数列na单调递增，不防设16,26mna

a==，且1nm，∴1111mnaaaadmn−−==−−即152511mn=−−，∴()()3151nm−=−，∵m与n越小，d越大，∴1513nm−=−=，∴46mn==，∴5d=，∴()*54Nnann=−【小问2详解】由（1）知：54nan=−，∴()151nna=

+()()1111515455451nnnn=−+−−+，∴11111115166115451nSnn=−+−++−−+()*11111N5515255nnn=−=−

++18.如图，在底面ABCD为矩形的四棱锥PABCD−中，平面PAD⊥平面PCD．（1）证明：AB⊥平面PAD（2）若10,32,PBPD==3,AD=1AB=，E在棱AD上，且3ADAE=，求PE与平面PBD所成角的正弦值．【答案

】（1）证明见解析（2）11055【解析】【分析】（1）过点A作AHPD⊥，证明AH⊥平面PCD，继而证明ABAH⊥，根据线面垂直的判定定理即可证明结论；（2）建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求出平面PBD的法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案.【小问1详解

】过点A作AHPD⊥，垂足为H，∵平面PAD⊥平面PCD，平面PAD平面PCDPD=，AH平面PAD，AHPD⊥，∴AH⊥平面PCD，又∵CD平面PCD，∴AHCD⊥，∵ABCD，∴ABAH⊥，∵ABAD⊥，,,AHADAAHAD=平面PA

D，∴AB⊥平面PAD.【小问2详解】由（1）知AB⊥平面PAD，PA平面PAD，∴ABPA⊥,∴在RtPAB中，90PAB=，10PB=，1AB=，故3PA=，在PAD中，3PA=，3AD=，32PD=，∴222PAADPD+=，∴PAAD⊥，又∵ABPA⊥，AB

AD⊥，∴以点A为坐标原点，分别以,,ABADAP方向为x轴y轴z轴,建立坐标系如图所示,则()0,0,0A，()1,0,0B，()0,3,0D，()0,0,3P，()0,1,0E，所以()103PB=−,,，()130BD=−,,，()0,1,3PE=−

，设平面PBD的法向量为(),,nxyz=r，则3030nPBxznBDxy=−==−+=，令3x=，可得11yz==,，所以()3,1,1n=，设PE与平面PBD所成的角为，π[0,]2,则2110si

ncos,551110nPEnPEnPE====，所以PE与平面PBD所成的角的正弦值为11055．19.2023年高考进入倒计时，为了帮助学子们在紧张的备考中放松身心，某重点高中通过开展形式多样的减

压游戏，确保同学们以稳定心态，良好地状态迎战高考，游戏规则如下：盒子中初始装有2个白球和1个红球各一个，每次有放回的任取一个，连续取两次，将以上过程记为一轮.如果每一轮取到的两个球都是红球，则记该轮为成功，否则记

为失败.在抽取过程中，如果某一轮成功，则停止；否则，在盒子中再放入一个白球，然后接着进行下一轮抽球，如此不断继续下去，直至成功.（1）如果某同学进行该抽球游戏时，最多进行三轮，即使第三轮不成功，也停止抽球，记其进行抽球试验的轮次数为随机变

量X，求X的分布列和数学期望；（2）为验证抽球试验成功的概率不超过13，假设有1000名学生独立的进行该抽球试验，记t表示成功时抽球试验的轮次数，y表示对应的人数，部分统计数据如下：t12345y12062332015求y关于t的回归方程byat=+，并通过回归方程预测成

功的总人数（ˆy取整数部分）；（3）证明：222222222211111111111(1)(1)(1)(1)(1)(1)33434534(1)(2)3nn+−+−−++−−−++．附：经验回归方程系数：1221niiini

ixynxybxnx==−=−，ˆˆˆybxa=+；参考数据：5211.46iix==，0.46x=，20.212x=（其中1iixt=，5115iixx==）．【答案】（1）分布列见解析，4918；（2）137.513.25ˆyt=−，270；（3）证明见解

析.【解析】【分析】（1）求出X的所有可能值，再求出各个值对应的概率，列出分布列并求出期望作答.（2）利用给定的数据结合最小二乘法公式求出回归方程，再预测成功的总人数作答.（3）求出在前n轮就成功和不成功的概率，再利用对立事件概率公式推理作答.【

小问1详解】依题意，X的取值可能为1，2，3，则()123111()C9PX===；221134111(2)[1()()CC18]PX==−=；221134115(3)[1()[1()CC6]]PX==−−=，所以X的分布列为：X123P191

1856所以数学期望为11549()123918618EX=++=．【小问2详解】令1iixt=，则ˆybxa=+，依题意，516233201512062332015120170,5023455iiixyy=++++=++++===，于是515221517050.4650ˆ137.

51.4650.2125iiiiixyxybxx==−−===−−，则50137.50.4613.25,137.513.2ˆ5âyx=−=−=−，所以所求的回归方程为：137.513.25ˆyt=−，估计t=6时，ˆ9y；估计t=7时，

ˆ6y；估计t=8时，ˆ3y=；估计t=9时，ˆ2y；估计t≥10时，ˆ0y，从而120623320159632270++++++++=，所以预测成功的总人数为270．【小问3详解】依题意，在前n轮就成功的概率为22222222221111111111(1)(1

)(1)(1)(1)(1)33434534(1)(2)Pnn=+−+−−++−−−++，又因为在前n轮没有成功的概率为222211111(1)(1)(1)(1)34(1)(2)Pnn−=−−−−++11111111(1)(1)(1)(1)(1)

(1)(1)(1)33441122nnnn=−+−+−+−+++++2435462132323344551122323nnnnnnnnnn++++==+++++，则13P，所以222222222211111111111(1)(1)(1)(1

)(1)(1)33434534(1)(2)3nn+−+−−++−−−++．20.已知过曲线()2222:1,0xyCabab+=上一点()00,xy作椭圆C的切线l，则切线l的方程为00221xxyyab+=.若P为椭圆221:12

xCy+=上的动点，过P作1C的切线0l交圆222:4Cxy+=于,MN，过,MN分别作2C的切线12,ll，直线12,ll交于点Q.（1）求动点Q的轨迹E的方程；（2）已知R为定直线4x=上一动点，过R的动直线m与轨迹E交于两个不同点,AB，在线段AB上取一

点T，满足ARTBATRB=，试证明动点T的轨迹过定点.【答案】（1）221816xy+=（2）证明见解析【解析】【分析】（1）设点00(,)Pxy，结合题意利用直线0l的方程推出0024mxny==，进而利用代入法求得动点Q

的轨迹E的方程；（2）设点()()()()3344,,,,4,,,TTAxyBxyRtTxy，利用条件结合向量的坐标运算推出()()()()3344,,,,4,,,TTAxyBxyRtTxy坐标满足的关系，结合()()3344,,,AxyBxy在曲线

E上，推得22222234342221611xxyy−−+=−−，即可得动点T的轨迹方程，确定定点坐标.【小问1详解】设点00(,)Pxy，由题意知切线0l的方程为0012xxyy+=，同理，设点()()()1122,,,,,MxyNxyQmn，则切线12,ll的方程分别为：

11224,4xxyyxxyy+=+=，又点Q在直线12,ll上，所以112244xmynxmyn+=+=，所以直线0l的方程为：4mxny+=，和0012xxyy+=比较可得0024mxny==，又00(,)Pxy在曲线1C上，即

220012xy+=，所以221816mn+=，即点Q的轨迹E的方程为221816xy+=；【小问2详解】设点()()()()3344,,,,4,,,TTAxyBxyRtTxy，则由||||ARTBATRB=知ARATRBTB=，设ARATRBTB==

，则0且1，则：,ARRBATTB=−=，即()()33444,4,xtyxyt−−−=−−，()()3344,,TTTTxxyyxxyy−−−=−，整理可得3434411xxyyt−=−−=−且343411

TTxxxyyy+=++=+，又()()3344,,,AxyBxy在曲线E上，则2233224418161816xyxy+=+=，故22223344162,162yxyx=−=−，所以2222222222343434222222341162

(21216211)xxyyxxxx−−−−++=+−−−−−−22616(1)11−==−，所以22222234342221611xxyy−−+=−−，即816TTxty+=，由于Rt

,故0Ty=时，2Tx=，所以动点T轨迹过定点()2,0.【点睛】关键点睛：证明动点T的轨迹过定点问题，首先要根据||||ARTBATRB=，利用向量的坐标运算推出()()()()3344,,,,4,,

,TTAxyBxyRtTxy坐标满足的关系，关键在于结合()()3344,,,AxyBxy在曲线E上，推得22222234342221611xxyy−−+=−−，从而可确定T点轨迹方程，确定定

点.21.已知函数()()sincos,esin12exxxxxfxgxkxk−=−=−−.（1）若()fx在区间π02，内存在极值点，求实数k的取值范围；（2）在（1）的条件下，求证：()gx在区间()0,π内存在唯一的零点，并比较与2的大小，说明理由.【答案】（1）1

k（2）证明见解析，2，理由见解析【解析】的【分析】（1）求出()fx，利用极值点的定义得到ecos1xxk=且π20,x，利用导数研究函数cosexx的单调性，即可得到k的取值范围.（2）将问题转化为()esin1xgxkx=−−在区间()0,π内

存在唯一的零点，利用导数结合（1）中的结论，即可证明，表示出()2e2esin1,0,π2xxFxxx=−−，利用导数研究函数()Fx的单调性以及取值情况，从而得到()()20gg=，再利用()gx的单调性，即可比较得到答案.【小问1详解】由题知()co

s1exxfxk=−，即方程()0fx=在π0,2内有解，令()cosexxhx=，则()esincos0xxxhx−−=，即()hx在π0,2上单调递减，又()00π1,2hh==，所以()10,1k，即k>1.【小问2详解】由题意知：()cos1

ecoeesxxxxgxkxkk=−=−−由（1）可知：()0,x时，()()0,,πgxx时，()0gx，所以函数()gx在()0,单调递减，在(),π单调递增.又()()π00,e1π0gg==−，所以函数()gx在()0,内无零点

，()gx在(),π内存在唯一零点，且(),π.由（1）可知，ecos1k=所以()222esin21e2esin1,π,02gk=−−=−−令()2e2esin1,0,π2xxFxxx=−−，则()()()22e

2esincos2esinc,2πos0exxxxFxxxxxx=−+=−−，且()00F=，令()esincos,0,2πxGxxxx=−−，则()ecossin1cossin0xGxxxxx=−+

−+，所以函数()Gx在π0,2上为增函数，故当π02x时，()()00GxG=，故当π02x时，()0Fx，所以函数()Fx在π0,2上为增函数，因为()()()0,20,02πgFg

==，所以，()()20gg=，因为()gx在(),π上为增函数，且()2,π，(),π，所以2．【点睛】关键点睛：本题考查了导数的综合应用，利用导数研究函数单调性的运用

，函数极值点的理解与应用，函数零点存在性定理的应用，综合性强，考查了逻辑推理能力与化简运算能力，转化化归数学思想方法的运用，属于难题.（二）选考题：共10分【选修4-4：坐标系与参数方程】22.瑞士数学家雅各布·伯努利在1694年类比椭

圆的定义，发现了双纽线.双纽线的图形如图所示，它的形状像个横着的“8”，也像是无穷符号“∞”.定义在平面直角坐标系xOy中，把到定点12(,0),(,0)−FaFa距离之积等于2(0)aa的点的轨迹称为双纽线C.以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系.（1）求双纽线C的极坐标方程；（2）双

纽线C与极轴交于点P，点M为C上一点，求OPM面积的最大值（用a表示）.【答案】（1）222cos2a=；（2）224a.【解析】【分析】（1）建立极坐标系，设双纽线C任一点(),M，利用余弦定理结合已知求解作答.

（2）由（1）的结论，求出点M到极轴所在直线的距离，求出三角形面积的函数关系，求出最大值作答.【小问1详解】以坐标原点O为极点，以x轴非负半轴为极轴建立极坐标系，如图，在双纽线C上任取一点(),M，在1MOF△中，()2212cos2πMFaa=+−−，在2MOF中，2222cosMF

aa=+−，依题意，212MFMFa=，则222222cos2cosaaaaa+++−=，即2222242(4c)osaaa+−=，整理得：222cos2a=，所以双纽线C的极坐标方程为222cos2a=．【小问2详解】令0

=，得()2,0Pa，则点(),M到极轴所在直线的距离为|sin|，则222222122cos2|sin|cos2sin(12sin)sin2OPMSaaaa===−22221122(sin)484aa=−−+，当且仅当21sin4

=时取等号，所以OPM面积的最大值为224a．【选修4-5：不等式选讲】23.已知0,0,0,3abcabbcca++=.（1）求333abc++最小值M；（2）关于x的不等式1xmxM−−+有解，求实数m的取值范围.【答

案】（1）3（2）(,4)(2,)−−+【解析】【分析】（1）确定33313abab++，33313bcbc++，33313caca++，相加得到答案.（2）根据|||1||1|xmxm−−++得到|1|3m+

，解得答案.【小问1详解】0,0,0abc，则3331313ababab++=，3331313bcbcbc++=，3331313cacaca++=，则()()333323139abcabbcca+++++=，所以3333a

bc++，当且仅当1abc===时等号成立，333abc++的最小值为3M=．【小问2详解】1()(1)1xmxxmxm−−+−−++，当且仅当()(1)0xmx−+且|||1|xmx−+时取最大值|1|m+．|||1|yxmx=−−+的最大值为|1|3m+

，解得(,4)(2,)m−−+．的获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com