【文档说明】【精准解析】湖北省武汉市2020届高三下学期5月质量检测数学（理）试题【武汉专题】.docx，共(30)页，2.813 MB，由小赞的店铺上传

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武汉市2020届高中毕业生五月质量检测理科数学本试卷共5页，23题（含选考题）.全卷满分150分.考试用时120分钟.★祝考试顺利★注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形

码粘贴在答题卡上的指定位置.2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无

效.4.选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡指定的位置用2B铅笔涂黑.答案写在答题卡上对应的答题区域内，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.5.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交.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.已知复数z满足，12ziii+=++，则复数z=（）.A.2i+B.12i+C.3i+D.32i−【答案】B【解析】【分析】首先根据题意得到(1)(2)ziii=++−，再

化简即可得到答案.【详解】2(1)(2)2312ziiiiiii=++−=++−=+.故选：B【点睛】本题主要考查复数的乘法运算，属于简单题.2.已知集合103xAxx−=+，2Bxx=，

则AB=（）.A.21xx−B.32xx−C.21xx−D.21xx−【答案】C【解析】【分析】首先分别解不等式103xx−+和2x，再求交集即可.【详解】因为(1

)(3)01031303xxxxxx−+−−++，所以31Axx=−.因为222xx−，所以22Bxx=−.21ABxx=−.故选：C【点睛】本题

主要考查集合的交集运算，同时考查了分式不等式和绝对值不等式的解法，属于简单题.3.设等比数列na的前n项和为nS，12342,20aaaa=++=，则5S=（）A.2B.0C.2−D.4−【答案】A【解析】【分析】利用等比数列基本量，求出q，再

求5S【详解】12342,20aaaa=++=2311120qqqaaa++=,2320qqq++=;0q=或1q=−；等比数列公比不能为0，1q=−552[1(1)]21+1S−−==故选：A【点睛】本题考查等比数列前n项和nS.等解

决等比数列基本量计算问题利用方程的思想.等比数列中有五个量1nnanqaS，，，，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)求关键量1a和q.4.若某几何体的三视图如下，则该几何体的体积为（）.A.2B.4C.4

2D.43【答案】B【解析】【分析】该三视图还原之后是一个斜四棱柱，为了方便理解，可以将其分开成两个三棱柱再拼凑成一个长方体，最后由长方体体积公式计算即可.【详解】该三视图还原之后是一个斜四棱柱，为了方便理解，可以将其分开

成两个三棱柱再拼凑成一个长方体，所以体积为1224V==.故选：B【点睛】本题考查由三视图求直观图的体积，属于基础题.5.在某项测量中，测量结果服从正态分布()21,(0)N，若在(0,2)内取值的概率为0.8，则在(0

,)+内取值的概率为（）A.0.9B.0.1C.0.5D.0.4【答案】A【解析】【分析】根据服从正态分布()21,(0)N，得到曲线的对称轴是直线1x=，根据所给的在(0,2)内取值的概率为0.8，根据正态曲线

的对称性，即可求出在(0,)+内取值的概率．【详解】因为服从正态分布()21,(0)N，所以曲线的对称轴是直线1x=，又在(0,2)内取值的概率为0.8，根据正态曲线的性质，则在(0,)+内取值的概率为0.80.10.9+=．故选：A．【点睛】本题考查正态分布曲线的特点及曲线所

表示的意义，主要考查正态曲线的对称性；一般地，X是服从正态分布，正态分布一般记为()2,N，为正态分布的均值（均值就是对称轴），是正态分布是标准差；本题属于基础题．6.已知函数()()ππcos322fxx=+−图象关于直线5π18x=对

称，则函数()fx在区间0,π上零点的个数为（）.A.1B.2C.3D.4【答案】C【解析】【分析】根据对称轴可得()5318kkZ+=，从而求出6π=，进而可得()cos36fxx=+，令()cos306fxx=+=，解方程

即可.【详解】函数()()ππcos322fxx=+−图象关于直线5π18x=对称，所以()5318kkZ+=，解得()56kkZ=−，又因为ππ22−，所以6π=，所以()cos36fxx=+

，令()cos306fxx=+=，则()362xkkZ+=+，解得39kx=+，因为0,πx，所以9x=，49，79.即函数()fx在区间0,π上零点的个数为3.故选：C【

点睛】本题考查了余弦函数的性质以及求函数的零点个数，解题的关键是掌握余弦函数的对称轴，属于基础题.7.已知向量,ab是互相垂直的单位向量，向量c满足1ca=，1cb=则||ac+=（）A.2B.5C.3D.7【答案】B【解析】【分析】由向量,ab是互相垂直的单位向量，分

别以,ab所在直线建立直角坐标系，再根据向量c满足1ca=，1cb=，求得向量c的坐标，再利用求模公式求解.【详解】因为向量,ab是互相垂直的单位向量，建立如图所示直角坐标系：则()()()1,0,0,1,,abcxy===，因为向量c满足1ca=，1cb=，所以101,011xyx

y+=+=，1,1xy==，所以()1,1c=，所以()2,1ac+=，所以2||215ac+=+=.故选：B【点睛】本题主要考查平面向量的数量积运算及模的求法，还考查了运算求解的能力，属于中档题.8.已知等差数列na满

足：22158aa+=，则12aa+的最大值为（）A.2B.3C.4D.5【答案】D【解析】【分析】设等差数列na的公差为d，根据22158aa+=，利用平方关系，设1522cos,22sinaa==，则()12722cossin5sin22aa=+=++，再利用三角函数的性质求

解.【详解】设等差数列na的公差为d，因为22158aa+=，由22cossin1+=，设1522cos,22sinaa==，则()211511322cossin422aadaaa=+=+−=+，所以()12722cossin

5sin,tan722aa=+=+=+，当2,2kkZ+=+时，12aa+的最大值为5.故选：D【点睛】本题主要考查数列的通项公式，三角换元法的应用以及三角恒等变换，三角函数的性质，还考查了运算求解的能力，属于中档题.9.已知直线1:2PQyx=−与y轴交于P点，与曲线2

:(0)Cyxy=交于,QM成为线段PQ上一点，过M作直线xt=交C于点N，则MNP△面积取到最大值时，t的值为（）A.116B.14C.1D.54【答案】C【解析】【分析】先求得P，Q的坐标，由直线xt=，联立直线方程和曲

线方程可得M，N的坐标，运用三角形的面积公式，结合换元法和导数的运用求函数的单调性和最值，即可得到所求值．【详解】直线1:2PQyx=−与y轴交于1(0,)2P−，由12yx=−与2(0)yxy=…联立，可得3(12Q+，31)22+，过M作直线xt=交C于点N，

可得1(,)2Mtt−，(,)Ntt，3012t+剟，则MNP△面积11()22Sttt=−+，设3(01)2utu=+剟，可得34211()22Suuu=−+，可得2311(34)(41)(1)22Suuuuuu=−+=−+−，可得01u时，0S，S单调递增；3112u

+时，0S，S单调递减，则面积S在1u=即1t=处取得极大值，且为函数的最大值．故选：C．【点睛】本题考查抛物线的方程和运用，考查直线和抛物线的位置关系，考查三角形的面积的最值求法，考查利用导数研究函数的最值，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.10.已知函数11(

)()xfxeaxaRe−=−−的图象与x轴有唯一的公共点，则实数a的取值范围为（）A.{|0}aaB.{|0aa或1}ae=C.{|0aa或}ae=D.{|0aa或1}a=【答案】B【解析】【分析】由题意得出函数()fx的图象与x轴有唯一的公共点为原点，利用导数

讨论函数()fx的单调性，即可得出实数a的取值范围.【详解】由题意可得11(0)0fee−=−=，则函数()fx的图象与x轴有唯一的公共点为原点1()xfxea−=−当0,()0afx，则函数()fx在R上单调递增，此时函数()fx的图象与x轴有唯一

的公共点当0a时，()0ln1fxxa+；()0ln1fxxa+()fx在(,ln1)a−+上单调递减，在(ln1,)a++上单调递增由题意可得ln10a+=，解得1ae=综上，实数a的取值范围为{|0aa或1}ae=故选：B【点睛】本题主要考查了利用导数研究

函数的零点问题，属于中档题.11.已知,AB分别为双曲线22:13yx−=实轴的左右两个端点，过双曲线的左焦点F作直线PQ交双曲线于,PQ两点（点,PQ异于,AB），则直线,APBQ的斜率之比:APBQkk=（）A.13−B.3−C.23−D.

32−【答案】B【解析】【分析】先根据双曲线方程求出a，b，c的值，再直接设直线方程为2xmy=−，代入双曲线方程，消去x，化简得到关于y的一元二次方程，得韦达定理，然后将:APBQkk借助于P，Q的坐标表示出来，再将韦达定理看成方程，将m用1y，2y表示出来代入前

面的比值，化简即可．【详解】解：由已知得双曲线:1a=，3b=，2c=．故(2,0)F−，(1,0)A−，(1,0)B．设直线:2PQxmy=−，且1(Px，1)y，2(Qx，2)y．由22213xmyyx=−−=消去x整理得2

2(31)1290mymy−−+=，121222129,3131myyyymm+==−−，两式相比得121234yymyy+=①，121212112211221(3)3:1(1)APBQyxymymyyykkxyymymyyy−−−===+−−

②，将①代入②得：上式12121121223()33(3)4333()4yyyyyyyyyy+−−===−−+−．故:3APBQkk=−．故选：B．【点睛】本题考查双曲线的性质，以及学生的化简运算能力，属于中档题．12.在四棱锥PABCD−中，2,7,7,2PAPBPCPDA

BADBCCD========，则四棱锥PABCD−的体积为（）A.23B.3C.5D.3【答案】D【解析】【分析】连接BD、AC交于点O，连接PO，由题意结合平面几何知识可得BDAC⊥，BODO=，BDPO⊥，POAO=，设POAOm==，COn=，由勾股定

理可得223mn−=，由余弦定理可得()()24714mnmmn++−=+，化简可得2mn=，进而可得2m=，1n=，再利用PABCDBPACDPACVVV−−−=+即可得解.【详解】连接BD、AC交于点O，连接PO，如图：由2PA=，7PBPCPD===，7ABAD==，2B

CCD==，可得BDAC⊥，BODO=，BDPO⊥，BPDABD△△，POAO=，所以BD⊥平面PAC，设POAOm==，COn=，由勾股定理得22274DOmn=−=−，即223mn−=，在POA

中，22241cos24APAOPOPAOAPAOmm+−===，在PCAV中，()()222247cos24mnAPACPCPACAPACmn++−+−==+，由PAOPAC=可得()()24714mnmmn++−=+，又223mn−=，所以()()()22214mnm

nmmn+−−=+，化简得2mn=，将2nm=代入223mn−=可得2243mm−=，解得24m=或21m=−（舍去），所以2m=，1n=，3AC=，3BODO==，APO△为等边三角形，所以1333sin3222APCSAPACPAC===△,所以1133PABCDBPACDPAC

APCAPCVVVSBOSDO−−−=+=+△△13332332==.故选：D.【点睛】本题考查了立体图形的几何特征、空间位置关系与余弦定理的综合应用，考查了立体图形体积的求解和方程思想，属于难题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13.函数ln()1x

fxx=+的图象在点(1,(1))f处的切线方程为__________.【答案】210xy−−=【解析】【分析】求导得到()21ln'()1xxxfxx+−=+，计算()1'12f=，()10f=，得到切

线方程.【详解】ln()1xfxx=+，则()21ln'()1xxxfxx+−=+，故()1'12f=，()10f=故切线方程为：()112yx=−，即210xy−−=故答案为：210xy−−=【点睛】本题考查

了切线方程，意在考查学生的计算能力.14.一种药在病人血液中的量保持1500mg以上才有疗效；而低于500mg病人就有危险.现给某病人静脉注射了这种药2500mg，如果药在血液中以每小时20％的比例衰减，为了充分发挥药物的利用价值，那么从现在起经过______小时

向病人的血液补充这种药，才能保持疗效.（附：lg20.3010，lg30.4771，精确到0.1h）【答案】2.3【解析】【分析】先设未知数，再根据题意列出不等式，整理得出指数不等式，再利用指数函数的单调性、指对关系、换底公式和对数的运算性质以及条件进行求解.【详解】

设应在病人注射这种药经过x小时后再向病人的血液补充这种药，则血液中的含药量y与注射后的时间x的关系式为：()002500120xy=−，依题意，可得()0025001201500x−，整理可得4355x

，所以445543loglog55x，即453log5x，由485106lg36lg61lg2lg3110loglog2.38510lg813lg21lg10−+−====−−，所以2.3x.故在起经过2.3小时向病人的血液补充这种药，才能保持疗效.故答案

为：2.3【点睛】本题主要考查了建立拟合的函数模型求解实际问题，关键是能够通过已知关系建立起恰当的函数模型，通过函数模型构造不等式，属于基础题.15.柜子里有三双不同的鞋，随机取出两只，取出的鞋不成对的概率为_________

____【答案】45【解析】【分析】本题首先可根据题意得出一共有六只鞋，先任取一只，然后根据剩下的鞋中不能与第一只鞋配对的鞋有多少即可得出结果．【详解】柜子里有三双不同的鞋就是一共有六只鞋，先任取一只，然后剩余五只鞋中有四个与第一只是不成

对的，故取出的鞋不成对的概率为45．【点睛】本题考查的是概率的相关计算，在计算概率类的题目时，一定要能够明确题目给出的所有可能以及满足题意的可能性有多少种，考查推理能力，是简单题．16.已知,MN为直线34100xy+−=上两点，O为坐

标原点，若3MON=，则MON△的周长最小值为_____.【答案】43【解析】【分析】设,OMxONy==，利用三角形面积公式建立方程2234xyxyxy=+−，根据基本不等式求解163xy，在周长22lxyxyxy=+++−中利用基本不等式即可求解.【详解】设,OMxONy==，则

222222cos60MNxyxyxyxy=+−=+−，所以周长22lxyxyxy=+++−，设点O到直线34100xy+−=的距离为d，则22|10|234d==+，由MON△的面积公式可得2211sin60

222Sxyxyxy==+−所以2234xyxyxyxy=+−当且仅当xy=时，等号成立，解得163xy所以22243lxyxyxyxyxy=+++−+，当且仅当xy=时，等号成立.因为等号能够同时取到，所以周长的最小值为43

.故答案为：43【点睛】本题主要考查了三角形面积公式的应用，基本不等式，考查了推理与运算能力，属于难题.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ABC中，角,,ABC的对边分别为,,abc，满足4,2aCB==.（1）若2b=，求c；（2）若ABC的面积为23，求tanB.【答案】（1）23c=（2）3tan3B=【解析】【分析】（1）由2CB=利用二倍角公式得2coscbB

=，再利用余弦定理即可求出c的值；（2）对角C分锐角和钝角两种情况讨论，分别求出tanB的值，经验证C为钝角不符合题意，所以3tan3B=．【详解】解：（1）2CB=sinsin22sincosCBBB==2coscbB=222cos22cacbBba

c+−==()2222acbacb=+−()2242164cc=+−222(164)c=−212c=23c=.（2）（i）若C为锐角，过A作AHBC⊥于H，设BC边上的高为h，1423,32ABCShh===，设,4BHxHCx==−，tan,tan,24hhBCCBxx===−，2

2tantantan21tanBCBB==−2241hhxxhx=−−，23412xxx−−=，则3x=3tan3B=.（ii）若C为钝角，过A作AHBC⊥的延长线于H，设,3CHxAHh===，tan,tan()tan4hhBCCxx=−==−+，由tan

tan2CB=知22414hhxxhx+−=−+223104(4)xxx+−=++，而0xx\无解，因此C为钝角不符合题意.综上所述，3tan3B=.【点睛】本题主要考查了三角函数的二倍角公式，以及余弦定理，属于中档题．18.如图，在三棱

柱111ABCABC−中，侧面11ACCA是边长为4的菱形，且13AAC=，面11ACCA⊥面1,,4ABCAABCBC⊥=.（1）求证：BC⊥面11ACCA；（2）求二面角1AABC−−的余弦值.【答

案】（1）证明见解析；（2）77【解析】【分析】（1）在菱形11ACCA中，过1A点作1AHAC⊥于H，则1AHBC⊥，再由1AABC⊥，能证明BC⊥平面11ACCA．（2）连结1AC，设11ACACM=，则BCAM⊥，AM⊥面1AB

C，1AMAB⊥，过点M作1MNAB⊥于点N，连结AN，则1AB⊥平面AMN，1ABAN⊥，从而MNA为二面角1AABC−−的平面角，由此能求出二面角1AABC−−的余弦值．【详解】解：（1）在菱形11ACCA中，过1A点作1AHAC⊥于H，因为平面11

ACCA⊥平面ABC，面11ACCA面ABCAC=，所以1AH⊥平面ABC，BC面ABC，从而1AHBC⊥，而1AABC⊥，111AAAHA=，1AA平面11ACCA，1AH平面11ACCA所以BC⊥平面11ACCA（2）在菱形11ACCA中，连接1A

C，11ACAC⊥∴，设11ACACM=，因为BC⊥平面11ACCA，AM平面11ACCA，所以BCAM⊥，因为1ACBCC=，BC面1ABC，1AC面1ABC，所以AM⊥面1ABC，1AB面1ABC，1AMAB⊥过点M

作1MNAB⊥于点N，连接AN，则1AB⊥平面AMN，1ABAN⊥所以MNA为二面角1AABC−−的平面角，设大小为，在RtACB中，M到1AB距离是C到1AB距离的12，在1ACB中，14BCCA==，且

12ACB=，所以2MN=，则23tan62AMMN===，故1cos7=所以二面角1AABC−−的余弦值为77.【点睛】本题考查线面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算

求解能力，属于中档题．19.已知()11,0F−，()21,0F为椭圆()2222:10xyabab+=的左右焦点，过2F的直线交椭圆于A，B两点，1FAB的周长为8.（1）求椭圆的标准方程；（2）已知()()000,0Pxyy是直线:4lx=上一动点，若PA，PB与x轴分

别交于点(),0MMx，(),0NNx，则1111MNxx+−−是否为定值，若是，求出该定值，若不是，请说明理由.【答案】（1）22143xy+=（2）是定值；定值为23【解析】【分析】（1）由条件得出1c=，48a=即可（2）设直线AB的方程为1xty=+

，()11,Axy，()22,Bxy，()04,Py，联立直线与椭圆的方程消元，然后韦达定理可得122634tyyt−+=+，122934yyt−=+，然后算出101014,0xyyMyy−−，202014,0xyyNyy−

−，然后算出112=113MNxx+−−即可【详解】（1）依题意1c=，由椭圆的定义可得1FAB的周长为48a=，即2a=，所以223bac=−=，故椭圆的方程为22143xy+=.（2）设直线AB的方程为1xty=+，()11,Axy，()22,Bxy

，()04,Py，由221143xtyxy=++=得()2234690tyty++−=，显然，则122634tyyt−+=+，122934yyt−=+，直线()1001:44yyPAyyxx−−=−−，令0y=得101014

xyyxyy−=−，即101014,0xyyMyy−−，同理202014,0xyyNyy−−，()()01110101011010101011334311Myxyytyxyyytyyxyyyyyyyy−−−−−−=−===−−−−，同理：()20

0231Nytyxyy−−=−，于是：()1200102012012111121133MNyyyyyyyxxtyyytyyy+−−+=+=−−−−−2000026112234229333334tttyytytyt−+=−=−=−−−+

所以112113MNxx+=−−为定值.【点睛】涉及椭圆的弦长、中点、距离等相关问题时，一般利用根与系数的关系采用“设而不求”“整体带入”等解法.20.一种新的验血技术可以提高血液检测效率.现某专业检测机构提取了(6

)nn…份血液样本，其中只有1份呈阳性，并设计了如下混合检测方案：先随机对其中(3)n−份血液样本分别取样，然后再混合在一起进行检测，若检测结果为阴性，则对另外3份血液逐一检测，直到确定呈阳性的血液为止；若检测结果呈阳性，测对这(3)n−份血液再逐一检测，直到确定呈

阳性的血液为止.（1）若6n=，求恰好经过3次检测而确定呈阳性的血液的事件概率；（2）若8n…，宜采用以上方案检测而确定呈阳性的血液所需次数为，①求的概率分布；②求E.【答案】（1）23（2）①详见解析②23142nnn−+【解析】【分析】（1）不论第一次检测结果如何，都要对含有2阴1阳

得血液样本进行逐一检测，故第2次和第3次检测的都是阴性或者第2次检测的是阴性，第3次检测的是阳性，根据组合数公式和古典概型的概率公式计算概率；（2）根据组合数公式和古典概型的概率公式依次计算2=，3，4，，3n−的概率，得出分布列和数学期望．

【详解】解：（1）在6n=时，恰好在第三次时检测出呈阳性血液，说明其中三份血液中的其中一份呈阳性，并且对含阳性血液的一组进行检测时，前两次检测出血液为阴性，或第一次为阴性第二次为阳性.32111521213211163132223CCCCCPCCCCC=+

=（2）①在8n时，313111113131332(2)nnnnnnnCCCCPCCCCn−−−−−==+=211111311112121141311113113232343(3)nnnnnnnCCCCCCCCCPCCCCCCCCn−−

−−−==++=321141321351(4)nnnnnCCCPCCCn−−−−===同理，当44kn−时，3211413213(3)(2)1()knnknnnkCCCPkCCCn−−−−−−−−===341141341312(3)

2nnnnnnCCCPkCCCn−−−−−=−==的分布列为：2344n−3n−P2n3n1n1n2n②2311122345(4)(3)Ennnnnnnn=+++++−+−23142nnn−+=【点睛】本题考查了离散型随机变量的概率

计算，离散型随机变量及其分布列与期望的计算，属于中档题．21.已知函数()lncosfxxx=+.（1）讨论()fx在(0,)极值点个数；（2）证明：不等式()0fx在,2ππ恒成立.附：52ln0.9624,ln0.739363.【答

案】（1）有两个极值点（2）证明见解析；【解析】【分析】（1）求出函数的导函数，分0,2x，5,26x以及5,6x，判断函数的单调性，进而得出极值点情况；（2

）分526x„，56πxπ，结合零点存在性定理以及放缩思想得证．【详解】解：（1）由()lncosfxxx=+，求导数1sin()xxfxx−=，设()1singxxx=−①在0,2x时，则(0)1,1022gg==−

()(sincos)0gxxxx=−+，知()gx在0,2递减，存在10,2x使得()10gx=在()10,xx时，1sin()0xxfxx−=，在1,2xx时，1sin()0xxfxx−=1x为()

fx的极大值点.②在5,26x时，1sin12x有55sinminsin,sin12266xx1sin()0xxfxx−=在5,26上恒成立，()fx在5,26

上递减()fx此时无极值.③在5,6x时，5100,()062ff−=21()cos0fxxx=−+，在5,6上恒成立.()fx在5,6上递增，因此存在唯一25,6x

，使得()20fx=在25,6x时，()0fx，在()2,x时，()0fx2x为()fx极小值点.综合讨论()fx在(0,)有两个极值点.（2）令()coslnfxxx=+，则11sin()sinxxfx

xxx−=−+=①若526x时，1sin12x，而55sinminsin,sin12266xx所以1sin()0xxfxx−=，()fx在5,26递减，所以5553()cosln0.9624066

62fxf=+=−+②若56πxπ，1sin()xxfxx−=，5115620566f−=，10()02f−=当5,6x时，21()cos0fxxx=−

+，则()fx在5,6递增，所以存在唯一05,6x使得00sin1xx=，当05,6xx时，()0,()fxfx递减；当()0,xx时，()0,()fxfx

递增，故()min0000201()coslnln1fxfxxxxx==+=−−下面证明：221ln1xx+在56πxπ上恒成立记222121()ln,()lnmxxmxxxxx=+=−，251lnln0.96,0.146xx则()0mx，

所以()mx在5,6递增，于是22551()ln0.920.141.0616656mxm=+=+=，从而可知0201ln10xx−−，综合①②可知cosln0xx+在,

2ππ上恒成立.【点睛】本题考查利用导数研究函数的极值点个数以及不等式的恒成立问题，考查分类讨论思想，转化思想，考查运算求解能力，综合性较强，属于难题．（二）选考题：共10分.请考生从第22、23题中任选一题做答.并用2B铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑

，按所涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按本选考题的首题进行评分.22.在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为2cossinxtyt=+=（t参数，为常数），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C的极坐标方程为2sin12=.（1）求曲

线C的直角坐标方程；（2）设直线l与曲线C的交点为P，Q两点，曲线C和x轴交点为A，若APQ面积为66，求tan的值.【答案】（1）244yx=+（2）3tan3=【解析】【分析】（1）由2sin12=得1cos12−=，然后得到2

22xyx+=+即可（2）将直线的参数方程化为()2ykx=−，tank=，然后联立直线与曲线C的方程消元可得24120yyk−−=，然后算出12yy−，然后由APQ的面积即可得出答案.【详解】（1）由2sin12=得1cos12−

=，所以cos2−=，即222xyx+=+，所以244yx=+.（2）由2cossinxtyt=+=，消去参数t得到tan2ykx==−，所以()2ykx=−，tank=，244yx=+与x轴交点为

()1,0A−，由()2442yxykx=+=−，得24120yyk−−=，记1tk=，则24120yty−−=，()2212441243yytt−=+=+，APQ面积221211343636622SAMyytt=−=+=+=，所以3t=，即33k=，所

以3tan3=.【点睛】涉及曲线的弦长、中点、距离等相关问题时，一般利用根与系数的关系采用“设而不求”“整体带入”等解法.23.已知正数a，b，c满足1abc++=.求证：（1）14ab；（2）311

12abcabc++−−−.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；【解析】【分析】（1）根据正数加法的性质，结合基本不等式进行证明即可；（2）运用分析法，结合已知等式的变形、三个正数的均值不等式进行证明即可.【详解】（1）因为a，b，c为正数，且1abc++=

，所以1ab+，21224abababab++，故14ab.（2）分析法：要证：31112abcabc++−−−，只需要证：111331112abc−+++−−−，即要证：11191112abc++−−−，即要证：()()()111111911

1abcabc−+−+−++−−−，①而()()()()()()31113111abcabc−+−+−−−−，②31111113111111abcabc++−−−−−−，③将②③两式相乘，即得待证的①式.以上每步均可逆，所以原不等式得证.【点睛】本题考查

了已知等式证明不等式问题，考查了基本不等式的应用，考查了用分析法证明不等式，正确的代数式和等式的变形是证明的关键.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com获得更多资源请扫码加入享学资源网

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