成都市川大附中2022-2023高三上学期文科数学期中试卷+答案.pdf

1、第 1页/共 5页川大附中川大附中 2022-2023 年度上期高年度上期高 2023 届半期考试数学文科届半期考试数学文科第卷（选择题，共第卷（选择题，共 60 分）一、选择题（本大题共分）一、选择题（本大题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 60 分在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）分在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.已知集合|(3)(1)0Axxx，2|1By yx，则AB等于（）A.(1,)B.1,)C.(1,3D.(1,)2.在复平面内，复数 z 满足(1 i)2z，则复数 z 对应的点位于（）A.第一象限B.第二象限C.

2、第三象限D.第四象限3.记等差数列 na的前 n 项和为nS,若1122S,则13911aaaa（）A.2B.4C.8D.164.方程24lnxx的解所在的区间是（）A.1,12B.31,2C.3,22D.52,25.已知某样本的容量为 100，平均数为 80，方差为 95，现发现在收集这些数据时，其中的两个数据记录有误，一个错将 90 记录为 70，另一个错将 80 记录为 100在对错误的数据进行更正后，重新求得样本的平均数为x，方差为2s，则（）A.80 x，295s B.80 x，295s C.80 x，295s D.80 x，295s 6.若tan2，则sin1 sin2sincos

3、（）A.65B.25C.25D.657.函数22ln(1)()cosxxf xxx的图象大致为()A.B.第 2页/共 5页C.D.8.下列命题中，不正确的是（）A.在ABC中，若AB，则sinsinABB.在锐角ABC中，不等式sincosAB恒成立C.在ABC中，若coscosaAbB，则ABC必是等腰直角三角形D.在ABC中，若60B，2bac，则ABC必是等边三角形9.在ABC中，点 D 在 BC 上，且满足14BDBC，点 E 为 AD 上任意一点，若实数 x，y 满足BExBAyBC ，则12xy的最小值为（）A.2 2B.4 3C.42 3D.94 210.已知某几何体的三视图如

4、图所示，其中小方格是边长为 1 的正方形，则该几何体的外接球的表面积为（）A.68B.52C.36D.4811.设点 P 是抛物线1C:24xy上的动点,点 M 是圆2C:22(5)(4)4xy上的动点,d是点 P 到直线=2y的距离,则|dPM的最小值是（）A.5 22B.5 21C.5 2D.5 2112.函数 yf x，xR，12021f，对任意的xR，都有 230fxx成立，则不等式 32020f xx的解集为（）A.,1 B.1,1C.1,D.,1第卷（非选择题，共第卷（非选择题，共 90 分）分）第 3页/共 5页二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 4 小题，每小题小题，每小

5、题 5 分，共分，共 20 分分13.已知向量6,3a ，2,1bm，若2/aba，则实数m_.14.已知函数 f x是定义在 R 上的奇函数，当,0 x 时，22f xxx，若实数m 满足2log3fm，则 m 的取值范围是_15.已知数列 na的首项12a，其前n项和为nS，若121nnSS，则7a _16.已知函数()sin()f xx（0,R）在区间75,126上单调,且满足74123ff(1)若5()6fxf x,则函数()f x的最小正周期为_;(2)若函数()f x在区间213,36上恰有 5 个零点,则的取值范围为_三、解答题：共三、解答题：共 70 分解答应写出文字说明、证明

6、过程或演算步骤第分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤第 1721题为必考题，每个试题考生都必须作答第题为必考题，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：题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题：60 分分17.某校高二期中考试后，教务处计划对全年级数学成绩进行统计分析，从男、女生中各随机抽取 100 名学生，分别制成了男生和女生数学成绩的频率分布直方图，如图所示.（1）若所得分数大于等于 80 分认定为优秀，求男、女生优秀人数各有多少人？（2）在（1）中的优秀学生中用分层抽样的方法抽取 5 人，从这 5 人中任意任取 2 人，求至少有 1 名男生的概

7、率18.如图，在三棱柱111ABCABC-中，M是AC的中点，且1AM 平面ABC，ABAC，2ABAC，13AA.第 4页/共 5页（1）证明：1ABCC；（2）求三棱锥11CABA的体积.19.在nS，12nS，23nS成等差数列，且249S；2111253nnnnaaaa，且0na；20nnSat（t为常数）从这三个条件中任选一个补充在横线处，并给出解答.问题：已知数列 na的前n项和为nS，113a，_，其中Nn.（1）求 na的通项公式；（2）记113lognnba，求数列nnab的前n项和nT.20.已知椭圆 C：222210 xyabab经过点13,2，其右顶点为 A（2，0）（

8、1）求椭圆 C 的方程；（2）若点 P，Q 在椭圆 C 上，且满足直线 AP 与 AQ 的斜率之积为120证明直线 PQ 经过定点，并求APQ 面积的最大值21.已知函数 lnfxxkx（Rk），2xg xx e.（1）求函数 fx的极值点；（2）若 1g xf x恒成立，求k的取值范围.（二）选考题：共（二）选考题：共 10 分请考生在第分请考生在第 22，23 题中任选一题作答如果多做，则按所做的第一题计分题中任选一题作答如果多做，则按所做的第一题计分22.如图，在平面直角坐标系xOy中，以坐标原点为极点，极轴所在的直线为x轴，建立极坐标系，曲线1C是经过极点且圆心在极轴上直径为 2 的圆

9、，曲线2C是著名的笛卡尔心形曲线，它的极坐标方程为1 sin0,2 .第 5页/共 5页（1）求曲线1C的极坐标方程，并求曲线1C和曲线2C交点（异于极点）的极径；（2）曲线3C的参数方程为cos3sin3xtyt（t为参数）.若曲线3C和曲线2C相交于除极点以外的M，N两点，求线段MN的长度.23.设函数 45fxxx的最小值为m.（1）求m；（2）设123,x x xR，且123xxxm，求证：22231212311114xxxxxx.第 1页/共 22页川大附中川大附中 2022-2023 年度上期高年度上期高 2023 届半期考试数学文科届半期考试数学文科第卷（选择题，共第卷（选择题，

10、共 60 分）一、选择题（本大题共分）一、选择题（本大题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 60 分在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）分在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.已知集合|(3)(1)0Axxx，2|1By yx，则AB等于（）A.(1,)B.1,)C.(1,3D.(1,)【答案】B【解析】【分析】根据集合的运算的定义求解.【详解】由(3)(1)0 xx解得13x,所以13|Axx,又因为21 1yx,所以|1By y,所以 1,)AB .故选:B.2.在复平面内，复数 z 满足(1 i)2z，则复数 z 对应的点位于（）A

11、.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】D【解析】【分析】先求出复数 z，即可求出答案.【详解】2 1 i21 i1 i1 i1 iz，复数 z 对应的点为()1,1-则复数 z 对应的点位于第四象限故选：D.3.记等差数列 na的前 n 项和为nS,若1122S,则13911aaaa（）A.2B.4C.8D.16【答案】C【解析】【分析】根据等差数列的前n项和公式及等差数列性质:若mnpq,则mnpqaaaa即可得到结果.第 2页/共 22页【详解】解:由题知1122S,即1111161111222aaSa,62a,13961184aaaaa.故选:C4.方程24lnxx的解所

12、在的区间是（）A.1,12B.31,2C.3,22D.52,2【答案】C【解析】【分析】先将方程转化为函数零点问题，再根据函数的单调性以及零点存在性定理求解.【详解】由24lnxx，得ln240 xx，设 ln24f xxx，则方程24lnxx的解等同于函数 f x的零点；120fxx，所以函数 f x是单调递增的，又33e,ln122，333ln240222f，2ln22 24 0f ，函数 f x的零点在3,22内；故选：C.5.已知某样本的容量为 100，平均数为 80，方差为 95，现发现在收集这些数据时，其中的两个数据记录有误，一个错将 90 记录为 70，另一个错将 80 记录为

13、100在对错误的数据进行更正后，重新求得样本的平均数为x，方差为2s，则（）A.80 x，295s B.80 x，295s C.80 x，295s D.80 x，295s【答案】A【解析】【分析】根据平均数和方差公式即可求解.【详解】根据题意知,重新求得样本的平均数为100 8070 100908080,100设收集的 98 个准确数据为1298,x xx,第 3页/共 22页则222221298195(80)(80)(80)(7080)(10080)100 xxx22212981(80)(80)(80)500100 xxx,22222212981(80)(80)(80)(9080)(8080

14、)100sxxx222212981(80)(80)(80)10095100sxxx,故选:A.6.若tan2，则sin1 sin2sincos（）A.65B.25C.25D.65【答案】C【解析】【分析】将式子先利用二倍角公式和平方关系配方化简，然后增添分母(221sincos)，进行齐次化处理，化为正切的表达式，代入tan2 即可得到结果【详解】将式子进行齐次化处理得：22sinsincos2sin cossin1 sin2sinsincossincossincos2222sinsincostantan4 22sincos1 tan1 45故选：C【点睛】易错点睛：本题如果利用tan2，求出

15、sin,cos的值，可能还需要分象限讨论其正负，通过齐次化处理，可以避开了这一讨论7.函数22ln(1)()cosxxf xxx的图象大致为()A.B.第 4页/共 22页C.D.【答案】A【解析】【分析】分析函数 f(x)定义域，排除两个选项，再取特殊值得解.【详解】令 g(x)=2cosxx，x0 时，x2是递增的，cosx 在(0,)上递减，则有 g(x)在(0,)上单调递增，而(0)1,(1)1 cos10gg ，所以存在0(0,1)x 使得0()0g x，()f x中0,xR xx，排除 C、D，2x时()0f x，排除 B，所以选 A.故选：A【点睛】给定解析式，识别图象，可以从分

16、析函数定义域、函数奇偶性、在特定区间上单调性及特殊值等方面入手.8.下列命题中，不正确的是（）A.在ABC中，若AB，则sinsinABB.在锐角ABC中，不等式sincosAB恒成立C.在ABC中，若coscosaAbB，则ABC必是等腰直角三角形D.在ABC中，若60B，2bac，则ABC必是等边三角形【答案】C【解析】【分 析】由 正 弦 定 理 和 大 边 对 大 角 判 断 选 项 A，由ABC为 锐 角 三 角 函 数 得022AB，进而sinsincos2ABB即可判断选项 B，再利用正弦定理边化角即可求出22AB或22AB即可判断选项 C，利用余弦定理判断选项 D.【详解】在A

17、BC中，由正弦定理可得sinsinabAB，sinsinABabAB,故选项 A 正确；在锐角ABC中，,0,2A B，且2AB，则022AB，第 5页/共 22页sinsincos2ABB，故选项 B 正确；在ABC中，由coscosaAbB，利用正弦定理可得sin2sin2AB,得22AB或22AB,故AB或2AB，即ABC是等腰三角形或直角三角形，故选项 C 错误；在ABC中，若60B，2bac，由余弦定理可得2222cosbacacB22acacac，即20ac，解得ac，60B ABC必是等边三角形，故选项 D 正确.故选:C.9.在ABC中，点 D 在 BC 上，且满足14BDBC

18、，点 E 为 AD 上任意一点，若实数 x，y 满足BExBAyBC ，则12xy的最小值为（）A.2 2B.4 3C.42 3D.94 2【答案】D【解析】【分析】先根据共线向量定理的推论，三点共线的结论可得，41xy，再根据“1”的代换即可求出【详解】因为14BDBC，所以BExBAyBC ，即4BExBAyBD 由,A E D三点共线可得41xy，且0,0 xy所以1212244992 894 2xyxyxyxyyx，当且仅当2xy，即2 2174214xy时取等号故选：D10.已知某几何体的三视图如图所示，其中小方格是边长为 1 的正方形，则该几何体的外接球的表面积为（）第 6页/共

19、22页A.68B.52C.36D.48【答案】A【解析】【分析】由三视图可得该几何体为三棱锥PABC，其外接球为长方体的外接球，求出长方体的体对角线可得外接球的直径，从而可求出外接球的表面积【详解】如图，该几何体为三棱锥PABC，其外接球为长方体的外接球，长方体的长为6，宽为 4，高为 4，所以2436 16 1668R，故外接球的表面积为2468R.故选：A11.设点 P 是抛物线1C:24xy上的动点,点 M 是圆2C:22(5)(4)4xy上的动点,d是点 P 到直线=2y的距离,则|dPM的最小值是（）A.5 22B.5 21C.5 2D.5 21【答案】B【解析】【分析】根据题意画出

20、图像,将d转化为抛物线上点到准线的距离再加 1,也即是抛物线上点到焦点的距离加 1,若求|dPM的最小值,转化为抛物线上点到焦点距离和到圆上点的距离再加 1 即可,根据三角形两边之和大于第三边,即当112,F P M C共线时,|dPM取最小值为21FCr,算出结果即可.【详解】解:由题知圆2C:22(5)(4)4xy,25,4,2Cr0,1F为抛物线焦点,1y 为抛物线准线,则过点P向1y 作垂线垂足为D,如图所示:第 7页/共 22页则1dPD,根据抛物线定义可知PDPF,1dPF,|dPM=1PFPM,若求|dPM的最小值,只需求PFPM的最小值即可,连接2FC与抛物线交于点1P,与圆交

21、于点1M,如图所示,此时PFPM最小,为2FCr,2min1dPMFCr,第 8页/共 22页220,1,5,4,5 2FCFC,2min15 21dPMFCr.故选:B12.函数 yf x，xR，12021f，对任意的xR，都有 230fxx成立，则不等式 32020f xx的解集为（）A.,1 B.1,1C.1,D.,1【答案】D【解析】【分析】结合已知条件分析，需要构造函数 3h xf xx,通过条件可得到2()()30h xfxx,h x在 R 上为增函数，利用单调性比较，即可得出答案【详解】设 3h xf xx，则 230h xfxx，h x在R上为增函数，3(1)(1)12020h

22、f，而33()2020()(1)f xxf xxh，即 1h xh，1x.故选：D.【点睛】本题考查函数单调性的应用之解抽象不等式，构造函数是解决本题的关键，运用导函数提出所构造函数的单调性，属于较难题.第卷（非选择题，共第卷（非选择题，共 90 分）二、填空题：本大题共分）二、填空题：本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分13.已知向量6,3a ，2,1bm，若2/aba，则实数m_.【答案】0【解析】【分析】先求出2ab的坐标，再利用向量共线的坐标形式可求m的值.【详解】22,1 2abm ,因为2aba，故2361 2m ，解得0m，故答案为：0.14.已知

23、函数 f x是定义在 R 上的奇函数，当,0 x 时，22f xxx，若实数第 9页/共 22页m 满足2log3fm，则 m 的取值范围是_【答案】0,2【解析】【分析】根据当,0 x 时，22f xxx 和函数 f x是定义在 R 上的奇函数，得到函数 f x在 R 上的递增，再由 2log311fmff，利用函数的单调性求解.【详解】解：因为当,0 x 时，22f xxx，所以由二次函数的性质得 f x在,0 x 上递增，又因为函数 f x是定义在 R 上的奇函数，所以函数 f x在 R 上的递增，又 2log311fmff，所以22log1log 2m ，解得02m，所以 m 的取值范

24、围是0,2，故答案为：0,215.已知数列 na的首项12a，其前n项和为nS，若121nnSS，则7a _【答案】96【解析】【分析】由题意易得121nnSS(2)n，两式相减可得数列 na从第二项开始成等比数列，进而可得结果.【详解】因为121nnSS，所以121nnSS(2)n，两式相减得12nnaa，又因为12a，122121Saaa，得23a，所以数列 na从第二项开始成等比数列，因此其通项公式为22,1,3 2,2,nnnan，所以573 296a ，故答案为：96.第 10页/共 22页16.已知函数()sin()f xx（0,R）在区间75,126上单调,且满足74123ff(

25、1)若5()6fxf x,则函数()f x的最小正周期为_;(2)若函数()f x在区间213,36上恰有 5 个零点,则的取值范围为_【答案】.833【解析】【分析】(1)根据74123ff 可得到 f x对称中心,因为75,126上单调,判断7 5,126与对称中心之间的距离,确定最大的单调区间,进而判断的大概取值范围,再根据5()6fxf x确定对称轴,将得到的式子进行整合,即可得到的值确定周期;(2)根据(1)的对称中心及的大概取值范围,可知203f,即23是其一个零点,所以()f x在区间213,36上恰有五个零点,只需136在第五个零点之间和第六个零点之间即可,根据相邻两个零点之间

26、是半个周期,得出不等式，计算即可,另加上(1)中的大概取值范围,得到最后结果即可,需要注意前提条件中区间75,126上单调,要确定最大的单调区间,才能确定的取值范围.【详解】解:由题知73124ff,()fx对称中心为2,03,代入可得112,3kkZ,()f x在区间75,126上单调,且 f x对称中心为2,03,又5227,63636212()f x在区间 5,26上单调第 11页/共 22页52632T即23T,即223,03(1)5()6fxf x,()fx关于512x 对称,代入可得225,122kkZ,-可得,42kkZ,即24,k kZ ,032 2T;(2)f x对称中心为2

27、,03,203f,()f x在区间213,36上恰有 5 个零点,()f x相邻两个零点之间的距离为2T,五个零点之间即2T,六个零点之间即52T,只需2132363522TT即可,即81033,03,833.故答案为:;833第 12页/共 22页三、解答题：共三、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分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤第 1721题为必考题，每个试题考生都必须作答第题为必考题，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：题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题：60 分分17.某校高二期中考试后，教务处计划对全

28、年级数学成绩进行统计分析，从男、女生中各随机抽取 100 名学生，分别制成了男生和女生数学成绩的频率分布直方图，如图所示.（1）若所得分数大于等于 80 分认定为优秀，求男、女生优秀人数各有多少人？（2）在（1）中的优秀学生中用分层抽样的方法抽取 5 人，从这 5 人中任意任取 2 人，求至少有 1 名男生的概率【答案】（1）男 30 人，女 45 人（2）710【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图求出男、女生优秀人数即可；（2）求出样本中的男生和女生的人数，写出所有的基本事件以及满足条件的基本事件的个数，从而求出满足条件的概率即可【详解】（1）由题可得，男生优秀人数为1000.01 0.

29、021030人，女生优秀人数为1000.0150.031045人；（2）因为样本容量与总体中的个体数的比是51304515，所以样本中包含男生人数为130215人，女生人数为145315人设两名男生为1A，2A，三名女生为1B，2B3B则从 5 人中任意选取 2 人构成的所有基本事件为：12,A A，11,A B，12,A B，13,A B，21,A B，22,A B，23,A B，12,B B，13,B B，23,B B共 10 个，记事件C：“选取的 2 人中至少有一名男生”，第 13页/共 22页则事件C包含的基本事件有：12,A A，11,A B，12,A B，13,A B，21,A

30、B，22,A B，23,A B共 7 个所以 710P C【点睛】本题考查了频率分布问题，考查了古典概型概率问题，是一道中档题18.如图，在三棱柱111ABCABC-中，M是AC的中点，且1AM 平面ABC，ABAC，2ABAC，13AA.（1）证明：1ABCC；（2）求三棱锥11CABA的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）4 23.【解析】【分析】（1）根据已知条件可得1AMAB结合ABAC可证明AB平面11A ACC，再由线面垂直的性质即可求证；（2）由三棱锥等体积计算111 1CABAB AACVV即可求解.【详解】（1）因1AM 平面ABC，又因为AB平面ABC，所以1AMAB，又

31、因为ABAC，1AMACM，所以AB平面11A ACC，又因为1CC 平面11A ACC，所以1ABCC；第 14页/共 22页（2）因为1AM，13AA，所以222211312 2AMAAAM，所以111 11 11114 22 2 223323CABAB AACAACVVSAB.19.在nS，12nS，23nS成等差数列，且249S；2111253nnnnaaaa，且0na；20nnSat（t为常数）从这三个条件中任选一个补充在横线处，并给出解答.问题：已知数列 na的前n项和为nS，113a，_，其中Nn.（1）求 na的通项公式；（2）记113lognnba，求数列nnab的前n项和n

32、T.【答案】（1）选、答案都为13nna；（2）52544 3nnnT.【解析】【分析】（1）若选：由等差数列的定义列方程再整理可得123nnaa，由已知条件求出2a的值，可得 na是等比数列，即得 na的通项公式；若选：将已知递推关系式因式分解可得 na是等比数列，即得 na的通项公式；若选：2n时，1120nnSat，与20nnSat 两式相减可得 na是等比数列，进而可得 na的通项公式；（2）求出 nb的通项以及nnab的通项，由乘公比错位相减即可求nT.【详解】（1）若选条件：因为nS，12nS，23nS成等差数列，所以1243nnnSSS，即1213nnnnSSSS，所以123nn

33、aa，又249S，113a，第 15页/共 22页所以22119aSa，即2113aa，所以113nnaa，即113nnaa，又113a，所以数列 na是首项为13，公比为13的等比数列，所以13nna；若选条件：由2111253nnnnaaaa，得211325nnnnaaaa，即12210352nnnnaaaa，所以11203nnnnaaaa，因为0na，所以130nnaa，即113nnaa，又113a，所以数列 na是首项为13，公比为13的等比数列，所以13nna；若选条件：因为20nnSat，所以2n时，1120nnSat，两式相减并整理，得11(2)3nnaan，即11(2)3nna

34、na，又113a；所以数列 na是首项为13，公比为13的等比数列，所以13nna.（2）由（1）知：1113nna，所以311113logl113ognnnanb，所以11(1)33nnnnnabn，所以2323413333nnnT，第 16页/共 22页所以23411234133333nnnT，两式相减，得122311111332211112113333333313nnnnnnnT1112111151111332336233nnnnnn，所以15111362352544 332nnnnnnT.20.已知椭圆 C：222210 xyabab经过点13,2，其右顶点为 A（2，0）（1）求椭圆

35、 C 的方程；（2）若点 P，Q 在椭圆 C 上，且满足直线 AP 与 AQ 的斜率之积为120证明直线 PQ 经过定点，并求APQ 面积的最大值【答案】（1）2214xy（2）证明见解析，定点3,0，APQ 面积的最大值为53【解析】【分析】（1）根据题意可得221342,1aab，再结合222abc，即可解出,a b c，从而得出椭圆 C 的方程；（2）依题可设:PQykxm，再将直线方程与椭圆方程联立，即可得到1212,xx x x，然后结合120APAQkk，可找到,m k的关系，从而可知直线 PQ 经过定点B，于是APQ 面积等于ABPABQSS，即可求出其最大值【小问 1 详解】第

36、 17页/共 22页依题可得，2222221341aababc，解得213abc，所以椭圆 C 的方程为2214xy【小问 2 详解】易知直线 AP 与 AQ 的斜率同号，所以直线PQ不垂直于x轴，故可设:PQykxm，0k，1122,P x yQ xy，由2214xyykxm可得，222148440kxmkxm，所以，2121222844,1414mkmxxx xkk，2216 410km ，而120APAQkk，即121212220yyxx，化简可得，12122022kxmkxmxx，因为2222121484414kxmkxmkxxxx，所以，令2x 可得，22122161642214km

37、kmxxk，令mxk 可得，222222121222420802020201414mmmmkkkxmkxmkxxkkkkk，把代入得，2222161642080kmkmmk，化简得2260kmkm，所以，2mk 或3mk，所以直线:PQ2yk x或3yk x，因为直线PQ不经过点A，所以直线PQ经过定点3,0设定点3,0B，所以，12121522APQABPABQSSSAByyk xx22222216 41101 5521414kmkkkkk，因为21 50k，所以2105k，设29411,5tk，所以2225514951745922993APQttStt，当且仅当97t 即2114k 时取等

38、号，即APQ 面积的最大值为53第 18页/共 22页21.已知函数 lnfxxkx（Rk），2xg xx e.（1）求函数 fx的极值点；（2）若 1g xf x恒成立，求k的取值范围.【答案】（1）当0k 时，fx无极值点，当0k 时，fx有极大值点1k，无极小值点，（2）1,)【解析】【分析】（1）先求出函数的定义域，然后求出导函数，通过判断导函数的正负来判断函数的极点；（2）将不等式恒成立转化为1 ln2xxkex对0 x 恒成立，构造函数1ln()2xxm xex，利用导数研究函数()m x的性质，求解()m x的最值，即可得到k的取值范围【详解】解：（1）函数的定义域为(0,)，由

39、 lnfxxkx，得11()kxfxkxx，当0k 时，()0fx，所以 fx在(0,)上单调递增，函数无极值点，当0k 时，由()0fx，得1xk=，当10 xk时，()0fx，当1xk时，()0fx，所以 fx在10,k上单调递增，在1,k上单调递减，所以 fx有极大值点1k，无极小值点，综上，当0k 时，fx无极值点，当0k 时，fx有极大值点1k，无极小值点，（2）因为 1g xf x恒成立，即(2)(ln)1xx exkx恒成立，所以1 ln2xxkex对0 x 恒成立，令1ln()2xxm xex，则2221(1 ln)ln()xxxxxx exm xexx，第 19页/共 22页

40、令2()lnxn xxx e，则22ll()(2)(2)0(0)xxxn xxex eexxxxx ，所以()n x在(0,)上单调递减，因为12110,(1)0enenee ，所以由零点存在性定理可知，存在唯一的零点01,1xe，使得00n x，即0200lnxxx e，两边取对数可得000ln(ln)2lnxxx，即0000ln(ln)(ln)lnxxxx，因为函数lnyxx在(0,)上单调递增，所以00lnxx，所以当00 xx时，()0n x，当0 xx时，()0n x，所以()m x在00,x上单调递增，在0,x 上单调递减，所以00000001ln11()()221xxxm xm

41、xexxx，所以0()1km x，所以k的取值范围为1,)【点睛】关键点点睛：此题考查导数的应用，考查利用导数解决不等式恒成立问题，解题的关键是 1g xf x恒成立，转化为1 ln2xxkex对0 x 恒成立，然后构造函数1ln()2xxm xex，利用导数求出()m x的最大值即可，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题（二）选考题：共（二）选考题：共 10 分请考生在第分请考生在第 22，23 题中任选一题作答如果多做，则按所做的第一题计分题中任选一题作答如果多做，则按所做的第一题计分22.如图，在平面直角坐标系xOy中，以坐标原点为极点，极轴所在的直线为x轴，建立极坐标系，曲线1C是经

42、过极点且圆心在极轴上直径为 2 的圆，曲线2C是著名的笛卡尔心形曲线，它的极坐标方程为1 sin0,2 .第 20页/共 22页（1）求曲线1C的极坐标方程，并求曲线1C和曲线2C交点（异于极点）的极径；（2）曲线3C的参数方程为cos3sin3xtyt（t为参数）.若曲线3C和曲线2C相交于除极点以外的M，N两点，求线段MN的长度.【答案】（1）极坐标方程为2cos，0,2，极径为85（2）2【解析】【分析】（1）先求出曲线1C的直角坐标方程，再根据极坐标与直角坐标的互化公式可得曲线1C的极坐标方程；联立曲线1C与曲线2C的极坐标方程，消去可得结果；（2）将曲线3C的参数方程化为直角坐标方程

43、，再化为极坐标方程，联立曲线3C和曲线2C的极坐标方程，消去得到,M N两点的极径后相加即可得解.【小问 1 详解】曲线1C的直角坐标方程为2211xy，即2220 xyx，将222xy，cosx代入并化简得1C的极坐标方程为2cos，0,2.由2cos1 sin 消去，并整理得2580，10或285.所求异于极点的交点的极径为85.【小问 2 详解】第 21页/共 22页由cos3sin3xtyt消去参数t得曲线3C的普通方程为3yx，曲线3C的极坐标方程为03和403由31 sin 和431 sin 得曲线3C与曲线2C两交点的极坐标为31,23M，3 41,23N，3311222MNOM

44、ON(O为极点).23.设函数 45fxxx的最小值为m.（1）求m；（2）设123,x x xR，且123xxxm，求证：22231212311114xxxxxx.【答案】（1）1m；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）利用“零点讨论法”将绝对值函数表示为分段函数的形式，求分段函数的最值即可；（2）由（1）易构造出1231114xxx ，利用柯西不等式即可得结果.【详解】（1）29,41,4529,5xxf xxxx，4x 时，1f x，且5x 时，1f x，min1f x，1m；（2）由（1）知1231xxx，1231114xxx ，2222223312121231231234111111111xxxxxxxxxxxxxxx21231xxx，22231212311114xxxxxx，当且仅当12313xxx取等号.第 22页/共 22页【点睛】关键点点睛：得出1231114xxx ，构造柯西不等式的形式.