【文档说明】安徽省马鞍山市2020届高三第二次教学质量监测数学（理）试题【精准解析】.doc，共(25)页，2.407 MB，由小赞的店铺上传

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2020年马鞍山市高中毕业班第二次教学质量监测理科数学试题本试卷4页，满分150分.考试时间120分钟.注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号和座位号填在答题卡上.将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”.2.作答选

择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔将答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需要改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.答案不能答在试卷上.3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改

液.不按以上要求作答无效.4.考生必须保证答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.一、选择题：本大题共12个题，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{|21}xAx，2{|20}Bxxx

，则AB（）A.{|2}xxB.{|2}xxC.{|01}xxD.{|01}xx【答案】B【解析】【分析】根据指数不等式与二次不等式求解集合,AB再求并集即可.【详解】{|21}|0xAxxx,

2{|20}|120Bxxxxxx|21xx.故AB{|2}xx.故选：B【点睛】本题主要考查了指数与二次不等式的求解以及并集的求解,属于基础题.2.已知复数13i22z，则复数2z在复平面内对应的点位于（）A.第一象限B.

第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】C【解析】【分析】先求解2z根据复数的几何意义分析即可.【详解】221313ii2222z,故复数2z在复平面内对应的点位于第三象限.故选：C【点睛】本题主要考查了复数的基

本运算以及几何意义运用,属于基础题.3.已知函数fx与它的导函数fx的定义域均为R，则下列命题中，正确的是（）A.若0x是fx的极值点，则00fxB.若fx是偶函数，则fx一定是偶函数C.若22logfxx

，则14fD.若fx的图象在区间,ab连续不断，则fx在,ab上一定有最大值【答案】A【解析】【分析】对A,根据极值点的性质辨析即可.对B,举出反例判定即可.对C,先求解fx的解析式,再求导代入1x即可.对D,根据函数的图像性质辨析即可.【详解】对A,

根据极值点的性质可知,若0x是fx的极值点,则00fx.故A正确.对B,若2fxx,则满足fx是偶函数,但2fxx是奇函数.故B错误.对C,令2logtx则2tx,则224ttft,故4xfx,故'4ln4xfx,'14ln4

f,故C错误.对D,如fxx在区间0,1上连续不断,但不存在最大值,故D错误.故选：A【点睛】本题主要考查了函数性质的综合辨析,属于基础题.4.为抗战新冠病毒，社会各界积极捐赠医疗物资.爱心人士向某市

捐赠了6箱相同规格的医用外科口罩，现需将这6箱口罩分配给4家医院，每家医院至少1箱，则不同的分法共有（）A.10种B.40种C.80种D.240种【答案】A【解析】【分析】分四家医院分配到的口罩箱数分别为1,1,2,2与1,1,1,3两种情况,分别计

算再求和即可.【详解】由题意,因为6箱医用外科口罩的规格相同,故四家医院分配到的口罩箱数有1,1,2,2与1,1,1,3两种情况,则分配的方法有：①1,1,2,2：从4家医院中选择两家,分别分配1箱,共246C种.②1,1

,1,3：从4家医院选出1家,分配给3箱,共14C4种.共6410种.故选：A【点睛】本题考查了分类求解组合的问题,需要注意6箱医用外科口罩的规格相同,故只需考虑每家医院所得的箱数.属于基础题.5.已知非零向量a，b满足||3||

3||ababa，则a与b的夹角为（）A.6B.3C.23D.56【答案】C【解析】【分析】根据||3||3||ababa,分别平方再化简,利用数量积的公式求解即可.【详解】因为||3||3||ababa,平方可得2222

22323aabbaabba,由22223232aabbaabb,代入22223aabba可得abrr.设a与b的夹角为,代入22abb有2212c

oscos2bb.又0,,故23.故选：C【点睛】本题主要考查了平面向量的模长与数量积公式等的运用,需要根据题意化简得出模长与夹角等的关系.属于中档题.6.执行如图所示的程序框图，输出的结果为（）A.4B.5C

.6D.7【答案】D【解析】【分析】根据程序框图的循环结构,依次计算输出结果即可.【详解】开始：0,0,1STi1.53T判断为“是”,011S,1011T,112i；2.53T判断为“是”,123S,14133T,213i；3.53T

判断为“是”,336S,413362T,314i；4.53T判断为“是”,6410S,3182105T,415i；5.53T判断为“是”,10515S,8155153T,516i；6

.53T判断为“是”,15621S,51123217T,617i；7.53T判断为“否”,输出7i.故选：D【点睛】本题主要考查了根据程序框图写出输出结果的问题,属于基础题.7.关于函数21()cos3sincos2fxxxx有下述四个结论：①(

)fx在区间[,]42上是减函数；②()fx的图象关于直线3x对称；③()fx的图象关于点()3,0对称；④()fx在区间[,]4上的值域为3[1,]2.其中所有正确结论的个数是（）A.1B.2C.3D.4【答案】C【解析】【分析】先将21()cos3si

ncos2fxxxx利用降幂与辅助角公式化简,再根据三角函数的图像与性质分别判断即可.【详解】2113()cos3sincoscos2sin2sin22226fxxxxxxx.①当[,

]42x时,272,636x,因为sinyx在区间27,36上为减函数.故①正确.②当3x时,262x.因为2x是sinyx的对称轴,故②正确.③当3

x时,5266x,因为5,06不是sinyx的对称中心,故③错误.④当[,]4x时,2132,636x,故()sin23[1,]26fxx.故④正确.综上,①②④正确.故选：C【点睛】本题主要考查了三角函数的降幂与

辅助角公式,同时考查了根据三角函数的性质,代入所给条件判断对称轴,对称中心以及单调性和值域等是否成立的问题.属于中档题.8.已知ABC外接圆面积为，1cos2A，则ABC周长的最大值为（）A.23B.123C.

3D.33【答案】A【解析】【分析】利用正弦定理可得a,再利用余弦定理结合基本不等式求解bc的最大值,进而求得周长的最大值即可.【详解】设ABC外接圆半径为R,则21RR.又sin0A,故23sin1cos2AA.由正弦定理得3223sin2aRaA.又由余

弦定理可得222222cos332bcabcbcAbcbc.即242bcbc.故ABC周长23abc,当且仅当1bc时取等号.故选：A【点睛】本题主要考查了解三角形中正

余弦定理的应用以及基本不等式求边长之和的最大值问题,属于中档题.9.已知F为椭圆22:12516xyC的左焦点，O为坐标原点，点P在椭圆C上且位于x轴上方，点(3,4)A，若直线OA平分线段PF，则PAF的大小为（）A.60B.90C.120

D.无法确定【答案】B【解析】【分析】设椭圆的上顶点为0,4B,注意到(3,4)A横坐标与3,0F相等,纵坐标与0,4B相等.故分析可得P在上顶点0,4B处,即可得PAF大小.【详解】设

椭圆的上顶点为0,4B,则因为(3,4)A,3,0F.故AFx轴,ABy轴.则四边形ABOF为矩形,故当P在点B时满足直线OA平分线段PF.又设右焦点为N,因为OA平分线段FB与FN,故BNAO.故当直线OA平分线段PF时,P只能在直线PN上.又点P在椭圆C上且位于x轴上方,故当

且仅当P在B时满足直线OA平分线段PF.故90PAFBAF.故选：B【点睛】本题主要考查了的性质运用,需要根据题意画图,分析可得四边形ABOF为矩形,进而猜测P为上顶点,再证明求解即可.属于中档题.10.如图是某三棱柱的正视图，其上下底面为正

三角形，则下列结论成立的是（）A.该三棱柱的侧视图一定为矩形B.该三棱柱的侧视图可能为菱形C.该三棱柱的表面积一定为1223D.该三棱柱的体积一定为23【答案】D【解析】【分析】根据正视图可知底面正三角形的边长定为2,但不一定是正三棱柱,再分析即可.【详解】注意到该三棱柱不一

定为正三棱柱,也可能是斜三棱柱,故仅有体积为定值.体积为2322234.故选：D【点睛】本题主要考查了根据正视图分析几何图形性质的问题,注意该几何体不一定是正三棱柱.属于基础题.11.设,,,0abmmZ，若a和b被m除得的余数相同，则称a

和b模m同余，记为(mod)abm，已知1223320202020202012222,(mod10)aCCCCba，则b的值可能是（）A.2018B.2019C.2020D.2021【答案】D【解析】【分析】根据二项展开式可知203

a,再分析203a的个位数即可.【详解】由题,20122332020202020202012222123aCCCC,又(mod10)ba,故,ab的个位数字相同.又20

1053981a个位数字明显为1.故选：D【点睛】本题主要考查了二项式定理的展开式的运用,需要观察题中所给的形式判断出展开式的原式,再利用指数函数的计算分析末尾数即可.属于中档题.12.梯形ABCD中，//ADBC，120DAB

，ACBC，22BCAD，现将ABC沿AC折起，使得二面角BACD的大小为120，若,,,ABCD四点在同一个球面上，则该球的表面积为（）A.3B.3C.3D.3【答案】C【解析】【分析】根据梯形中的

关系可得ABC,ACD均为直角三角形.再分析翻折后球心到平面ABC的距离,进而求得球的半径与表面积即可.【详解】因为//ADBC,120DAB,ACBC,故90CAD,30CAB,且2224,1,23ABBCADACABBC

.设AB中点M与CD中点N,因为ABC,ACD均为直角三角形,故,MN分别为ABC,ACD的外接圆圆心.连接MN交AC于Q,易得11,2MQQN.又翻折后二面角BACD的大小为120,此时设球心为O,则易得OMABC,O

NADC.且,,,OMQN共面.画出四边形OMQN平面图,延长,MQON交于P.易得二面角BACD即120MQN,故30P.故21QPQN,所以2MPMQQP,233MPOM.故球O的半径22163ROMAM,故球O的表面积26443SR

.故选：C【点睛】本题主要考查了平面图形中的计算以及外接球的问题,需要根据题意找到翻折后两个三角形ABC,ACD的外接球半径及其交线长,再画图分析球心到ABC所在的截面的距离求解球的半径.属于难题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.若变

量x，y满足约束条件102800xyxyx则3zxy的最大值为______．【答案】9.【解析】分析：画出可行域，然后结合目标函数求最值即可.详解：作出如图所示可行域：可知当目标函数经过点A（2,3）时取得最大值，故最大值为9.点睛：考查简单的线性规划的最值

问题，准确画出图形，画出可行域确定最优解是解题关键，属于基础题.14.百鸟蛋，又称九巧板，是类似于七巧板的益智拼图.相传是纪念哥伦布所制作的蛋形拼图，故又有哥伦布蛋形拼图一称.如图，九巧板由2个不规则四边形、2个大三角形、1个小三角形、2个不规则三角形和两个小扇形组成.在拼图

时必须使用所有组件，角与边可相连接，但组件不能重叠.九巧板能拼摆出一百多种飞禽图形，可说是变化无穷、极富趣味，因此也被称为“百鸟朝凤”拼板.已知拼图中两个大三角形（图中阴影部分）为直角边长为2的等腰直角三角形，现用随机模拟的方法来估算此九巧板的

总面积，随机在九巧板内选取100个点，发现有34个点落在两个大三角形内，则此九巧板的总面积约为______.【答案】10017【解析】【分析】根据两个大三角形占总面积的比例约等于34100,再计算两个大三角形的面积进而求得总面积即可.【详解】由题可得两个大三角形的面积为21222,设九巧板

的总面积为S,则23410010017SS.故答案为：10017【点睛】本题主要考查了几何概型的面积型问题,需要根据题意确定阴影部分面积占总面积的比值即为选取的点中落在阴影部分的比值.属于基础题.15.已知函数e,0ln,0xxfxxx，2

1egxfxxb（e为自然对数的底数），若函数gx有且只有三个零点，则实数b的值为______.【答案】23e或1【解析】【分析】由题可得yfx与21eyxb的图像有三个交点,再求导分析当yfx与21eyxb的图像相切时的情况,从而得出b的值.【详

解】画出e,0ln,0xxfxxx的图像,当21eyxb为fx的切线时,设切点为00,Pxy.1.当00x时,xfxe,故'xfxe,故00212xexe,此时212,Pe,代入21e

yxb可得2221132bbeee.2.当00x时,lnfxx,1'fxx,故202011xexe.此时2,2Pe,代入21eyxb可得22121ebbe

.根据图像可知当23be或1b时均满足yfx与21eyxb的图像有三个交点.故答案为：23e或1【点睛】本题主要考查了数形结合求解函数零点问题中参数的值.需要根据题意分析临界条件,利用导数的几何意

义求解.属于中档题.16.已知双曲线2222:1xyEab的离心率为52，过E的左焦点(5,0)F作直线l，直线l与双曲线E分别交于点,AB，与E的两渐近线分别交于点,CD，若FAAC，则||BD______.【答案】558【解析】【分析】根据双曲线的离心率

与左焦点(5,0)F可得双曲线22:1205xyE,再根据FAAC可得A为,FC的中点,再设,AAAxy,根据FAAC可得C坐标,代入渐近线方程可求得,AAAxy关于Ax的表达式,再代入双曲线求得,AAAxy,进而求出直线AF的方程,再联立双曲线与其渐近线

的方程即可得BD.【详解】因为双曲线2222:1xyEab的离心率为52,左焦点(5,0)F,故5,c又52ca,故25,25205ab故22:1205xyE.因为FAAC,故A为,FC的中点.设

,,,AACCAxyCxy,因为FAAC,故5,,AAcAcAxyxxyy,解得25,2AACxy.不妨设C在渐近线12yx上,则522AAxy,即52,2AAAyy.代入22:14xEy则252220Ay

215Ay,解得118Ay,即2111,48A.故直线l的斜率11011821254k,故l的方程：1152yx.联立双曲线方程：2212

051152xyyx2242426090xx即4216290xx.设,BBBxy,,yDDDx则296Bx.再联立渐近线12yx,即121152yxyx

5512Dx.故229551161255||128BD.故答案为：558【点睛】本题主要考查了双曲线中的坐标计算以及联立直线与双曲线的以及渐近线的方程求解坐标与弦长的问题,需要根

据题意设点的坐标,并根据点在双曲线或渐近线上进行计算求解.主要是计算难度较大,需要用到韦达定理以及弦长公式等进行简化,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做答.第22、23题为选考题，考生根据要求做答.（一）必考

题：共60分.17.已知数列{}na、{}nb、{}nc中，11a，1121nnnaa，1nnbna，11nnncab.（1）求证：数列{}nb是等比数列，并求数列{}na，{}nb的通

项公式；（2）求数列{}nc的前n项和nS.【答案】(1)12nnan,2nnb.(2)222nnnS【解析】【分析】(1)根据1121nnnaa构造出1nnbna与1111nnbna证明即可求得{}nb的通项公式,进而求得{}na的通项

公式.(2)代入(1)中所得的12nnan,2nnb可知2122nnnnnnc,再错位相减求和即可.【详解】(1)因为1121nnnaa,故1121122nnnnnnaaa,即12nnbb,故{}nb是以111

2a为首项,2为公比的等比数列.故2nnb.所以1122nnnnnaan.故12nnan,2nnb.(2)由(1)12112222nnnnnnnncn.所以123123...2222nnSn23

411231...2222212nnnnnS相减可得123411111111...2222222nnnnS故111122111222nnnnS,1112122nnnSn.化简得222nnnS

【点睛】本题主要考查了构造数列求通项的方法,同时也考查了错位相减的问题.属于中档题.18.如图，多面体ABCED中，面ABD面ABC，面BCE面ABC，//DE面ABC，23AB，BECE，2ADBDBC.（1）求BEC的大小；（2）若2DE，求二面角BDEC的

余弦值.【答案】(1)90BEC；(2)17【解析】【分析】(1)取,ABBC中点,MN,连接,MDEN,再证明矩形DMNE,进而得到1EN,从而得到BEC△为等腰直角三角形即可.(2)作BQAC于Q,作BPDE

于P.连接PQ,即可证明BPQ为二面角BDEC的平面角,再分别计算BPQV三边的长度,利用余弦定理求解cosBPQ即可.【详解】(1)取,ABBC中点,MN,连接,MDEN.因为ADBD,故DMAB.又面ABD面ABC,且交于AB.DM面ABD,故DM面A

BC.同理EN面ABC.故DMEN.故,,,DMNE共面.又//DE面ABC,面DMEN面ABC于MN.故DEMN.故四边形DMEN为平行四边形.故221ENDMDBMB.又BECE,2BC.112BNNCBC,故BCE为等腰直角三角形.故90BEC(2

)作BQAC于Q,作BPDE于P.连接PQ.因为,MN分别为,ABAC中点,故MNAC,又MNDE,故ACDE.故BQDE.又BPBQB,故DE面BPQ.故BPQ为二面角BDEC的平面角.又由(1),122ACMNDE

,故4AC.又222ACABBC,故90ABC.故3ABBCBQAC.在DBE中,利用等面积法有22111222DEBPBEDEBE,解得72BP.故2212EPBE

BP.221CQBCBQ.故2272PQECQCPE.故2221cos27PBPQBQBPQPBPQ.即二面角BDEC的余弦值为17.【点睛】本题主要考查了线面与线线平行和垂直的性质与判定,同时也考查了立体几何中的线段长度角度等的计算.计算二面角时

需要根据题意找到线面垂直从而得到二面角的平面角,再根据平面几何的计算求解对应的长度进行求解.属于难题.19.已知F为抛物线2:2(0)Eypxp的焦点，以F为圆心作半径为R的圆，圆与x轴的负半轴交于点A，与抛物线E分别交于点,BC.（1）若ABC为直角三角形

，求半径R的值；（2）判断直线AB与抛物线E的位置关系，并给出证明.【答案】(1)Rp；(2)直线AB与抛物线E相切.【解析】【分析】(1)由对称性可知,ABC为等腰直角三角形,且BCx轴,BC为直径,再根据B的横坐标为2p,代入抛物线2:2(0)Eypx

p的方程求解纵坐标即可得半径R.(2)画图观察可知AB与抛物线E相切,再设2,,02aBaap,根据圆的半径相等求得点A坐标.再根据导数的几何意义求解抛物线E在B处的切线斜率k,进而证明k与直线A

B的斜率相等即可.【详解】(1)由抛物线与圆的对称性可知,点,BC关于x轴对称,故BAC为直角.故ABC为等腰直角三角形,且BCx轴,BC为直径.故B的横坐标为2p,代入22ypx可得yp.故Rp.(2)不妨设2,,02aBaap.则根据

抛物线的定义以及圆的半径相等有2+22apFAFBp,故A的横坐标为22+2222papapp.即2,02aAp.故直线AB的斜率为22022apaaapp.又抛物线2:2(0)Eypxp的上半部分为函

数2ypx,故'2pyx,故在B处切线的斜率为222pkapap.故直线AB为在B处切线.故直线AB与抛物线E相切.【点睛】本题主要考查了抛物线的性质运用以及直线与抛物线的位置关系,需要先画出图像分析位置关系为相切,再利用导数的几何意义求解即可.属于中档题.20.随着

生活水平的提高和人们对健康生活的重视，越来越多的人加入到健身运动中.国家统计局数据显示，2019年有4亿国人经常参加体育锻炼.某健身房从参与健身的会员中随机抽取100人，对其每周参与健身的天数和2019年在该健身房所有消费金额（单位：元）

进行统计，得到以下统计表及统计图：平均每周健身天数不大于23或4不少于5人数（男）20359人数（女）10206若某人平均每周进行健身天数不少于5，则称其为“健身达人”.该健身房规定消费金额不多于1600元的为普通会员，超过1600元但不超过3200元的为银牌

会员，超过3200元的为金牌会员.（1）已知金牌会员都是健身达人，现从健身达人中随机抽取2人，求他们均是金牌会员的概率；（2）能否在犯错误的概率不超过0.05的前提下认为性别和是否为“健身达人”有关系？（3

）该健身机构在2019年年底针对这100位消费者举办一次消费返利活动，现有以下两种方案：方案一：按分层抽样从普通会员、银牌会员和金牌会员中共抽取25位“幸运之星”，分别给予188元，288元，888元的幸运奖励；方案二：每位会员均可参加摸奖游戏，游戏规则如下：摸奖箱中装有

5张形状大小完全一样的卡片，其中3张印跑步机图案、2张印动感单车图案，有放回地摸三次卡片，每次只能摸一张，若摸到动感单车的总数为2，则获得100元奖励，若摸到动感单车的总数为3，则获得200元奖励，其他情况不给予奖励.规定每个普通会员只能参加1次摸奖游戏，每个银牌会

员可参加2次摸奖游戏，每个金牌会员可参加3次摸奖游戏（每次摸奖结果相互独立）.请你比较该健身房采用哪一种方案时，在此次消费返利活动中的支出较少，并说明理由.附：22()()()()()nadbcKabcdacb

d，其中nabcd为样本容量.20()PKk0.500.250.100.050.0100.0050k0.4551.3232.7063.8416.6367.879【答案】(1)2235；(2)不能在犯错误的概率不超过0.05的前提下认为性别和是否为“健身达人”有关系;(3

)采用方案二时,在此次消费返利活动中的支出较少.【解析】【分析】(1)根据统计图与统计表分别求得金牌会员与健身达人的人数,再根据组合的方法求解从健身达人中随机抽取2人,他们均是金牌会员的概率即可.(2)根据图表分别求得非健身达人与健身达人中男女的人数,再计算

2K分析即可.(3)先求得普通会员、银牌会员与金牌会员的人数,再分别计算方案一和方案二中的支出.方案一计算分层抽样的各层次人数计算总支出,方案二中先计算一次摸奖的奖励数学期望,再分析所有的总奖励数学期望,再比

较方案一、二的支出即可.【详解】(1)由题意得,健身达人共9615人,金牌会员人数有8412人.又金牌会员都是健身达人,故从健身达人中随机抽取2人,他们均是金牌会员的概率为2122152235CC.(2)由图表可知,非健身达人男性有：203555人,健身达

人男性有：9人；非健身达人女性有：102030人,健身达人女性有：6人.列出列联表有：非健身达人健身达人总人数人数（男）55964人数（女）30636总人数8515100故221005563090.1233.841

85156436K.故不能在犯错误的概率不超过0.05的前提下认为性别和是否为“健身达人”有关系.(3)由图,普通会员有62228人,银牌会员有253560人,金牌会员有8412人.方案一：抽取的普通会员、银牌会员与金牌会员分别有28257

100,602515100,12253100人.故共支出71881528838888300元.方案二：摸一次奖获得奖励的数学期望为21323332322081002005555CC

.故总支出的数学期望为208208208286021237654.48300555.故采用方案二时,在此次消费返利活动中的支出较少.【点睛】本题主要考查了利用组合求解概率以

及独立性检验的问题,同时也考查了计算数学期望分析实际应用的问题,属于中档题.21.已知函数eexxfxax（0a）.（1）讨论函数fx的单调性；（2）若函数fx存在两个极值点1x，2x，求证：121201fxfxxx

.【答案】(1)当14a时,fx单调递减；当104a时,在114,ln2a与114ln,2a上fx单调递减；在114114ln,ln22aa上fx单调递增.(2)证明见解析【解析】【分析

】(1)求导得2'xxxeeafxe,再将2xxgxeea看成关于0xte的二次函数,根据判别式分析二次函数的零点在判断2xxgxeea的正负区间与fx的单调性即可.(2)

由(1)可设两个极值点12xx,再根据(1)中所得的单调区间,分别代入fx证明121201fxfxxx即可.【详解】(1)因为0a,故2'1xxxxxeeafxaeee.设函数2xxgxeea

,令0xte,则讨论2ytta.①当140a,即14a时,20ytta恒成立,则'0fx,fx单调递减.②当140a,即104a时,令20tta则两根12114114,22aatt,且120tt

,此时20xxgxeea的两根12114114ln,ln22aaxx.故在114,ln2a与114ln,2a上,'0fx,fx单调递减；在114114ln,ln22aa

上,'0fx,fx单调递增.综上所述,当14a时,fx在,上单调递减；当104a时,在114,ln2a与114ln,2a上fx单调递减；在114114ln,l

n22aa上fx单调递增.(2)由(1)若函数fx存在两个极值点1x,2x,即10xxaee的两根.不妨设12xx.①先证12120fxfxxx,即12fxfx.由(1)可知,在21,xx上,fx

单调递增,故12fxfx显然成立.②再证12121fxfxxx,即11221212eeee1xxxxaxaxxx,即证1212xxxxaeeee.又11221010xxxxaeeaee,故12

12xxxxaeeee,即证1212120xxxxxxeeeeee,显然成立.故121201fxfxxx【点睛】本题主要考查了分类讨论含参的函数单调性问题,同时也考查了极

值点的不等式证明,需要根据前问的单调性,再代入原函数化简证明.属于中档题.（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.22.在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为224442xttytt（t为

参数，且0t），以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为cos3sin10.（1）写出曲线C和直线l的直角坐标方程；（2）若直线l与x轴交点记为M，与曲线C交于P，Q两点，求11PMQM.【答案】(1)2:4Cyx,:310lx

y；(2)1【解析】【分析】(1)根据曲线C中的4222ytttt,再结合22xtt分析即可得C的直角坐标方程.再根据极坐标的公式化简直线l的极坐标即可.(2)将直线l化简成直线的标准参数方

程,再联立曲线C的直角坐标方程,利用直线参数的几何意义,结合韦达定理求解即可.【详解】(1)曲线C的参数方程为2222444222xtxtttytyttt,因为0t故

22ytRt,故曲线C的直角坐标方程为24yx.直线l的直角坐标方程为310xy.(2)由(1),直线l的斜率为13k,设倾斜角为则2233cos1013,2211sin1013.故直线l的标准

参数方程为311010txty,(t为参数).联立抛物线24yx有23100411tt,整理得21210400tt.121210tt,1240tt,2121212440tttttt.故

12121211111ttPMQMtttt.【点睛】本题主要考查了参数方程与极坐标和直角坐标之间的化简,同时也考查了根据直线的参数方程的几何意义求解的问题.属于中档题.23.已知ab，为实数，且满足22

3412ab.证明：（1）3ab；（2）24ab.【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析【解析】【分析】(1)利用基本不等式证明即可.(2)利用三角换元证明即可.【详解】(1)因为2222123423443ababab,故43123aba

b.(2)由题,当223412ab,即22143ab时,设2cos,3sinab.故22cos23sin4sin46ab.即24ab,当且仅当3即31,2ab时取等号.【点

睛】本题主要考查了基本不等式以及三角换元证明不等式的问题,属于中档题.