2019-2020学年江西省吉安市高三（上）期末数学试卷（理科）.docx

1、 第 1 页（共 20 页） 2019-2020 学年江西省吉安市高三（上）期末数学试卷（理科）学年江西省吉安市高三（上）期末数学试卷（理科） 一、选择题：本题共一、选择题：本题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 60 分在每小题给出的四个选项中，只有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一项是符合题目要求的 1 （5 分）已知集合 2 |10Ax x ， 1 |0 1 x Bx x ，则()( R AB ) A 1，1 B 1 C1 D 1，1 2 （5 分）若数列 n a的前n项和 1 n n S n ，则 3 (a ) A1 B 3 4 C 1 4 D

2、1 12 3 （5 分）已知1m ， 1 2 logam， 1 ( ) 2 m b ， 1 2 cm，则( ) Aabc Bacb Cbac Dbca 4 （5 分）若实数x，y满足约束条件 22 0 2 0 xy yx y ，则3zxy的最大值为( ) A6 B3 C2 D0 5 （5 分）下列函数既是奇函数且又在区间(0,)上单调递增的是( ) A 2 yxx Byxlnx C 3 3yxx D 3 3 sin 2 yxx 6 （5 分）若角满足sin2cos1，则tan2( ) A0 B0 或 24 7 C 24 7 D0 或 24 25 7 （5 分）在边长为 3 的等边ABC中，点E

3、满足2AEEC，则(BE BA ) A9 B 15 2 C6 D 27 4 8 （5 分）某几何体的三视图如图所示，其中网格纸上小正方形的边长为 1，则该几何体的 体积为( ) 第 2 页（共 20 页） A9 B 9 2 C6 D3 9 （5 分）已知等差数列 n a满足 18 16aa ， 10 3a，设数列| n a的前n项和为 n T， 则 16 (T ) A32 B28 C128 D0 10 （5 分）椭圆C的焦点为 1( ,0)Fc， 2( F c，0)(0)c ，过 2 F与x轴垂直的直线交椭圆于 第一象限的A点，点A关于坐标原点的对称点为B，且 1 120AFB， 1 2 3

4、3 F AB S，则椭 圆方程为( ) A 22 1 43 xy B 2 2 1 3 x y C 22 1 32 xy D 2 2 1 2 x y 11 （5 分）已知函数 2 ( ) |log |1|f xx，若方程( )(0)f xa a的 4 个不同实根从小到大依 次为 1 x， 2 x， 3 x， 4 x， 有以下三个结论： 14 2xx且 23 2xx； 当1a 时， 12 11 1 xx 且 34 11 1 xx ； 21 34 0 xx xx 其中正确的结论个数为( ) A0 B1 C2 D3 12 （5 分） 如图， 三棱锥PABC的体积为 24， 又90PBCABC ，3BC

5、 ，4AB ， 4 10PB ，且二面角PBCA为锐角，则该三棱锥的外接球的表面积为( ) 第 3 页（共 20 页） A169 B144 C185 D80 二、填空题：本题共二、填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分 13（5 分） 设复数z满足|1| |zzi， 则z在复平面内对应的点( , )Z x y的轨迹方程为 14（5 分） 函数( )2sin()(cos1) 4 f xxax 在 2 x 处的切线与直线10xy 垂直， 则该切线在y轴上的截距为 15 （5 分）已知双曲线 22 22 1(0,0) xy ab ab 的右焦点为( ,0)F c，

6、其中一条渐近线与圆 222 ()xcya 相交于M，N两点，当FMN为直角三角形时，该双曲线的离心率为 16 （5 分） 刚上班不久的小明于 10 月 5 日在某电商平台上通过零首付购买了一部售价 6000 元的手机，约定从下月 5 日开始，每月 5 日按等额本息每期以相同的额度偿还本金和利息） 还款a元， 1 年还清； 其中月利率为0.5%， 则小明每月还款数a 元 （精确到个位） （参 考数据： 11 1.0051.056； 12 1.0051.062； 13 1.0051.067) 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

7、程或演算步骤第 1721 题为必考题为必考 题，每个试题考生都必须作答第题，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： 共共 60 分分 17 （12 分） 在ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边， 已知向量(2cos ,)mCb， (1, coscos )naCcA，且/ /mn ( ) I求角C的大小； （）若3c ，求ABC的周长的取值范围 18（12分） 如图， 在三棱柱 111 ABCABC中， 1 AA 平面ABC， 1 1ACBCAA，ACBC， 第 4 页（共 20 页） 且D，E，F分

8、别为棱AB，BC，AC的中点 （）证明：直线 1 A F与 1 B E共面；并求其所成角的余弦值； （）在棱 1 C C上是否存在点M，使得DM 平面 11 AB EF，若存在，求 1 CM C C 的值；若不 存在，请说明理由 19 （12 分）已知动圆过定点(0,4)M，且在x轴上截得的弦长为 8 （）求动圆圆心的轨迹C的方程； （）过点M斜率为(0)k k 的直线交轨迹C于A，B两点，当 1 2 AMMB时，求|AB 20 （12 分）数列 n a是首项为 1，公差不为 0 的等差数列，且 1 a， 2 a， 5 a成等比数列；数 列 n b的前n项和为 n S，且 1 2b ， * 1

9、 2 1() 3 nn SSnN （）求 n a， n b； （）若 nnn ca b，且数列 n c的前n项和为 n T，证明：9 n T 21 （12 分）已知函数( )(1) ax f xxlnxe，其中0a （）当1a 时，求( )f x的单调区间； （）当函数( )f x在区间 1 ( ,) 2 上有且只有 2 个极值点时，求a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，则按所做的题中任选一题作答如果多做，则按所做的 第一题计分第一题计分选修选修 4-4：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程 22 （10 分）在平

10、面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程 22 5 ( 15 xt t yt 为参数） 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C的 极坐 标方 程为 2(5 3cos2 )8 第 5 页（共 20 页） （）求l的普通方程和C的直角坐标方程； （）求C上的点到l距离的最小值 选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲 23已知a，b，c为正数，且满足1abc证明： （） 1 3 abbcac； （） 111 ()()() 10abc abc 第 6 页（共 20 页） 2019-2020 学年江西省吉安市高三（上）期末数学试卷（理科）学年江西省吉安市高

11、三（上）期末数学试卷（理科） 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、选择题：本题共一、选择题：本题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 60 分在每小题给出的四个选项中，只有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一项是符合题目要求的 1 （5 分）已知集合 2 |10Ax x ， 1 |0 1 x Bx x ，则()( R AB ) A 1，1 B 1 C1 D 1，1 【解答】 解： 集合 1A ，1； 集合(B ，1(1,)， 则( 1 R C B ，1， 故() 1 R AB 故选：C 2 （5 分）若数列 n a的前n项和 1 n n S n ，则

12、3 (a ) A1 B 3 4 C 1 4 D 1 12 【解答】解：由数列 n a的前n项和 1 n n S n ， 所以 332 321 4312 aSS， 故选：D 3 （5 分）已知1m ， 1 2 logam， 1 ( ) 2 m b ， 1 2 cm，则( ) Aabc Bacb Cbac Dbca 【解答】解：当1m 时，由对应函数的性质可知0a ，01b，1c ， 则abc成立 故选：A 4 （5 分）若实数x，y满足约束条件 22 0 2 0 xy yx y ，则3zxy的最大值为( ) A6 B3 C2 D0 【解答】解：约束条件表示的平面区域如图所示， 是由原点O，(2,

13、0)A， 2 (5B， 4) 5 围成的三角形区域（包括边界） ， 由线性规划可得当直线3zxy平移到A点时， 目标函数3zxy有最大值， 第 7 页（共 20 页） 且最大值为 6， 故选：A 5 （5 分）下列函数既是奇函数且又在区间(0,)上单调递增的是( ) A 2 yxx Byxlnx C 3 3yxx D 3 3 sin 2 yxx 【解答】解：根据题意，依次分析选项： 对于A， 2 yxx，是二次函数，其对称轴为 1 2 x ，是非奇非偶函数，不符合题意； 对于B，yxlnx，其定义域为(0,)，是非奇非偶函数，不符合题意； 对于C， 3 3yxx，是奇函数，其导数 2 33yx

14、，易得在区间(0,1)上，0y，函数 3 3yxx是减函数，不符合题意； 对于D， 3 3 sin 2 yxx，是奇函数，其导数 2 33 3sincos(1sin2 sin ) 22 yxxxx ，易得 在区间(0,)上，0y，函数 3 3 sin 2 yxx是增函数，符合题意； 故选：D 6 （5 分）若角满足sin2cos1，则tan2( ) A0 B0 或 24 7 C 24 7 D0 或 24 25 【解答】解：将sin2cos1两边平方得 22 sin4sincos4cos1， 即cos (4sin3cos )0， 当cos0时，sin1，此时 1 2 2 k，kz， 则tan20

15、； 当4sin3cos0，即 3 tan 4 ，由倍角公式得 2 3 2 2tan24 4 tan2 9 17 1 16 tan ； 第 8 页（共 20 页） 综上，tan20或 24 tan2 7 故选：B 7 （5 分）在边长为 3 的等边ABC中，点E满足2AEEC，则(BE BA ) A9 B15 2 C6 D 27 4 【解答】解：由2AEEC得2()BEBABCBE，即 12 33 BEBABC， 则 21212 3 33 3 cos606 3333 BE BABABA BC 故选：C 8 （5 分）某几何体的三视图如图所示，其中网格纸上小正方形的边长为 1，则该几何体的 体积为

16、( ) A9 B 9 2 C6 D3 【解答】解：由三视图还原几何体，可得该几何体可看成如图所示的边长为 3 的正方体的四 个顶点A、B、C、D构成的三棱锥， 则其体积 119 3 3 3 322 V 如图所示： 故选：B 第 9 页（共 20 页） 9 （5 分）已知等差数列 n a满足 18 16aa ， 10 3a，设数列| n a的前n项和为 n T， 则 16 (T ) A32 B28 C128 D0 【解答】解：设公差为d，由 18 16aa ， 10 3a， 可得 1 2716ad ， 1 93ad，解得 1 15a ，2d ， 故152(1)217 n ann ， 易知当8n时

17、，0 n a ，当9n时，0 n a ，且 8 1a ， 9 1a ， 则 1612891016 11 ()()8( 151)8(1 15)128 22 Taaaaaa 故选：C 10 （5 分）椭圆C的焦点为 1( ,0)Fc， 2( F c，0)(0)c ，过 2 F与x轴垂直的直线交椭圆于 第一象限的A点，点A关于坐标原点的对称点为B，且 1 120AFB， 1 2 3 3 F AB S，则椭 圆方程为( ) A 22 1 43 xy B 2 2 1 3 x y C 22 1 32 xy D 2 2 1 2 x y 【解答】 解：由题意设椭圆C的方程： 22 22 1 xy ab ，(0

18、)ab，连结 2 BF，由椭圆的对称性易得四 边形 12 AF BF为平行四边形， 由 1 120AFB得 21 60F AF，又 212 AFF F，设 21 |AFBFm ，则 12 |3FFm， 1 | 2AFm， 又 1 112 112 3 | |3 223 F AB SBFFFmm，解得 2 3 3 m ， 又由 12 2|32cFFm， 12 2| 32 3aAFAFm， 解得1c ，3a ， 222 2bac， 则椭圆C 的方程为： 22 1 32 xy 故选：C 第 10 页（共 20 页） 11 （5 分）已知函数 2 ( ) |log |1|f xx，若方程( )(0)f

19、xa a的 4 个不同实根从小到大依 次为 1 x， 2 x， 3 x， 4 x， 有以下三个结论： 14 2xx且 23 2xx； 当1a 时， 12 11 1 xx 且 34 11 1 xx ； 21 34 0 xx xx 其中正确的结论个数为( ) A0 B1 C2 D3 【解答】解：如图所示， 可知函数( )f x的图象关于直线1x 对称； 又 1234 xxxx，可得 14 2xx且 23 2xx，所以正确； 当1a 时，由 2 |log |1| 1x ，解得 2 log |1|1x ， 即|1| 2x或 1 |1| 2 x ，解得 1 1x ， 2 1 2 x ， 3 3 2 x

20、， 4 3x ； 此时 12 11 1 xx 和 34 11 1 xx 均成立，所以正确； 由图可知 1234 012xxxx ， 则由 34 ()()f xf x得 2324 log (1)log (1)xx， 解得 34 (1)(1)1xx，即 34 11 1 xx （同理也可得 12 11 1) xx ； 由得 14 44 2xx xx ， 23 33 2xx xx ， 则 231421 34343434 1122 2()112 xxxxxx xxxxxxxx ， 解得 21 34 0 xx xx ，所以正确 综上知，正确的命题序号是，共 3 个 故选：D 第 11 页（共 20 页）

21、12 （5 分） 如图， 三棱锥PABC的体积为 24， 又90PBCABC ，3BC ，4AB ， 4 10PB ，且二面角PBCA为锐角，则该三棱锥的外接球的表面积为( ) A169 B144 C185 D80 【解答】 解： 因90PBCABC ， 所以BC 平面PAB， 且PAB 为二面角PBCA 的平面角，又3BC ，4AB 4 10PB ， 由勾股定理可得13PC ，5AC ，由三棱锥的体积 11 1 sin8 10sin24 33 2 PAB VSBCPB ABPBA BCPBA ， 解得 3 10 sin 10 PBA，又PBA为锐角，所以 10 cos 10 PBA， 在PA

22、B 中，由余弦定理得 2 10 16016244 10144 10 PA ，即12PA，则 222 PBPAAB， 故PAAB，由BC 平面PAB，得BCPA，故PA平面ABC，即PAAC，取PC中 点O， 在直角三角形PAC和直角三角形PBC中，易得OPOCOAOB， 故O为外接球球心，外接圆半径 113 22 RPC，故外接球的表面积 2 4169SR 第 12 页（共 20 页） 故选：A 二、填空题：本题共二、填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分 13 （5 分）设复数z满足|1| |zzi，则z在复平面内对应的点( , )Z x y的轨迹方程为

23、0xy 【解答】解：由题意，zxyi， 又|1| |zzi，得 2222 (1)(1)xyxy， 化简得0xy 故答案为：0xy 14（5 分） 函数( )2sin()(cos1) 4 f xxax 在 2 x 处的切线与直线10xy 垂直， 则该切线在y轴上的截距为 1 2 【解答】解：因( )2cos()sin 4 fxxax ， 由题意得()11 2 fa ， 解得2a ，又()11 2 fa ， 则( )f x在 2 x 处的切线方程为1() 2 yx ， 令0x 得1 2 y ， 则该切线在y轴上的截距为1 2 故答案为：1 2 15 （5 分）已知双曲线 22 22 1(0,0)

24、xy ab ab 的右焦点为( ,0)F c，其中一条渐近线与圆 222 ()xcya 相交于M，N两点，当FMN为直角三角形时，该双曲线的离心率为 6 2 【解答】解：由圆的性质易知| |FMFNa，则FMN为等腰直角三角形，不妨取双曲线 的一条渐近线:0l bxay， 设MN中点为P，则 2 | 2 FPa， 22 | | bc FP ab ，则|PFb， 即 2 | 2 FPab， 第 13 页（共 20 页） 所以双曲线的离心率 2 2 6 1 2 cb e aa ， 故答案为： 6 2 16 （5 分） 刚上班不久的小明于 10 月 5 日在某电商平台上通过零首付购买了一部售价 60

25、00 元的手机，约定从下月 5 日开始，每月 5 日按等额本息每期以相同的额度偿还本金和利息） 还款a元，1 年还清；其中月利率为0.5%，则小明每月还款数a 514 元（精确到个 位） （参考数据： 11 1.0051.056； 12 1.0051.062； 13 1.0051.067) 【解答】解：由题意，小明第 1 次还款a 元后，还欠本金及利息为6000(10.5%)a元； 第 2 次还款a元后，还欠本金及利息为 2 6000(1 0.5%)(1 0.5%)aa 元； 第 3 次还款a 元后， 还欠本金及利息为 32 6000(1 0.5%)(1 0.5%)(1 0.5%)aaa 元；

26、 则第12 次还款a 元后，还欠本金及利息为 121110 6000(1 0.5%)(1 0.5%)(1 0.5%)(1 0.5%)aaaa 元； 此时已全部还清， 则 121110 6000(1 0.5%)(1 0.5%)(1 0.5%)(1 0.5%)0aaaa， 即 12 12 1(10.5%) 6000(10.5%) 1(10.5%) a ， 解得 12 12 6000 0.005 1.005 1.0051 a 30 1.062 514 0.062 元 三、解答题：共三、解答题：共 70 分解答应写出文字说明、证明过程分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤第或演算步骤第 1721 题

27、为必考题为必考 题，每个试题考生都必须作答第题，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： 共共 60 分分 17 （12 分） 在ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边， 已知向量(2cos ,)mCb， 第 14 页（共 20 页） (1, coscos )naCcA，且/ /mn ( ) I求角C的大小； （）若3c ，求ABC的周长的取值范围 【解答】解：( ) I由/ /mn，得 2 2 cos2 coscosaCcACb ， 由正弦定理 sinsinsin abc ABC ，得2cos(sin

28、cossincos )sinCACCAB ， 即2cossin()sinCACB ， 在三角形中sin()sin0ACB， 则 1 cos 2 C ， 又(0, )C， 故 2 3 C （）在ABC中，因3c ， 2 3 C ， 由余弦定理得 222 3cabab， 即 22 ()33() 2 ab abab ， （当且仅当ab时取“” ) 解得2ab ， 又由三角形性质易得3abc， 故32ab ， 则2 323abc，即ABC的周长的取值范围为(2 3，23 18（12分） 如图， 在三棱柱 111 ABCABC中， 1 AA 平面ABC， 1 1ACBCAA，ACBC， 且D，E，F分别

29、为棱AB，BC，AC的中点 （）证明：直线 1 A F与 1 B E共面；并求其所成角的余弦值； （）在棱 1 C C上是否存在点M，使得DM 平面 11 AB EF，若存在，求 1 CM C C 的值；若不 存在，请说明理由 第 15 页（共 20 页） 【解答】解： （）证明：E，F分别是BC，AC的中点，/ /EFAB， 由棱柱性质易得 11/ / ABAB， 11 / /EFAB， E，F， 1 A， 1 B四点共面，即直线 1 A F与 1 B E共面得证 取 11 A B中点为H，连结EH，由题意知四边形 1 EFAH为平行四边形， 故 1 / /A FHE，则 1 HEB为直线

30、1 A F与 1 B E所成角， 1ACBC，ACBC， 11 2ABAB， 在 1 HEB中， 111 12 22 HBAB， 11 15 1 42 HEAFB E， 1 551 4 442 cos 555 2 22 HEB ， 即直线 1 A F与 1 B E所成角的余弦值为 4 5 （）解：由题意，直线AC，BC， 1 CC两两相互垂直，如图， 以C为坐标原点，分别以CB，CA， 1 CC的方向为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐 标系， (0C，0，0)， 1(0 C，0，1)， 1(0 A，1，1)， 1(1 B，0，1)， 1 (0,0) 2 F， 1 1 ( , 2 2 D，0

31、)， 设(0M，0，)m，(01m剟， 11 (1AB ，1，0)， 1 1 (0, 1) 2 AF ， 11 (, 22 DM ，)m， 要使DM 平面 11 AB EF，则 11 1 0 0 DM AB DM AF ，即 11 0 22 1 0 4 m ， 第 16 页（共 20 页） 解得 1 0 4 m ，1，即 1 1 4 CM C C 故在棱 1 C C上存在点M，使得DM 平面 11 AB EF， 1 1 4 CM C C 19 （12 分）已知动圆过定点(0,4)M，且在x轴上截得的弦长为 8 （）求动圆圆心的轨迹C的方程； （）过点M斜率为(0)k k 的直线交轨迹C于A，B

32、两点，当 1 2 AMMB时，求|AB 【解答】解： （1）由题意设动圆圆心为( , )x y，半径为r，则 22 (4)rxy， 又动圆在x 轴上截得的弦长为 8， 所以圆心到x轴的距离为|y，则 222 8 ( )4 2 ryy， 化简得 2 8xy 即轨迹C 的方程为： 2 8xy （）由题意，设:4AB ykx， 1 (A x， 1) y， 2 (B x， 2) y， 联立 2 4 8 ykx xy 得 2 8320xkx， 由题意，判别式 2 641280k，且 12 8xxk， 12 32x x ， 由 1 2 AMMB，可得 21 2xx 代入解得 1 4x ， 2 8x ， 1

33、 2 k ， 故 2 12 1 |1|1| 48| 6 5 4 ABkxx 20 （12 分）数列 n a是首项为 1，公差不为 0 的等差数列，且 1 a， 2 a， 5 a成等比数列；数 列 n b的前n项和为 n S，且 1 2b ， * 1 2 1() 3 nn SSnN 第 17 页（共 20 页） （）求 n a， n b； （）若 nnn ca b，且数列 n c的前n项和为 n T，证明：9 n T 【解答】 （）设数列 n a的公差为(0)d d ， 由 1 a， 2 a， 5 a成等比数列，得 2 (1)1 (14 )dd ，解得0d （舍去）或2d 则21 n an 1

34、2b ， 1 2 1 3 nn SS ， 当1n 时， 121 2 1 3 bbb，解得 2 1 3 b ； 当2n时， 1 2 1 3 nn SS ，有 11 2 () 3 nnnn SSSS ， 即 1 2 (2) 3 nn bb n ， 又 21 2 3 bb， 则 2 2,1 12 ( ),2 3 3 n n n b n ； （）证明：由（）得 2 2,1 21 2 ( ),2 33 n n n c n n 则 32 35 223 221 2 21( )( ) 33 33333 nn n nn T ， 两边乘以 2 3 ，得 221 2425223 221 2 1( )( )( ) 3

35、33333333 nn n nn T 两式相减得 221 142 22221 2 3( )( )( ) 333 33333 nn n n T 22 11 22 ( ) 1( ) 521 225 2 33 ( )3( ) 2 33333 1 3 n nn nn 1 2 9(25) ( )9 3 n n Tn 得证 21 （12 分）已知函数( )(1) ax f xxlnxe，其中0a （）当1a 时，求( )f x的单调区间； （）当函数( )f x在区间 1 ( ,) 2 上有且只有 2 个极值点时，求a的取值范围 第 18 页（共 20 页） 【解答】解：( ) I易知函数( )f x的定

36、义域为(0,)， 当1a 时， 1 ( )() x fxxlnx e x ，又0 x e ， 设 1 ( )g xxlnx x ，则 2 22 111 ( )10 xx g x xxx 恒成立， 所以( )g x在(0,)单调递增，又g（1）0， 当(0,1)x时，( )0fx，当(1,)x时，( )0fx； 故函数( )f x在(0,1)单调递减；(1,)单调递增； （）由 1 ( ) (1)1 ax fxa xlnxe x ，其中0 ax e，且( )0fx， 设 1 ( )(1)1h xa xlnx x ， 即h（1）0，又 2 22 111 ( )(1) axax h xa xxx ，

37、 当0a 时，( )0h x，( )h x在 1 ( ,) 2 单调递增， 所以 1 (2x，)时( )0h x ，当(1,)x时( )0h x ； 即( )f x在区间上有且只有 1 个极值点1x ，故不满足题意； 当0a 时，( )0h x，得 2 10axax ， 2 4aa， 当04a 时，0，此时( )0h x在 1 ( 2 ，)恒成立， ( )h x递增，不可能有两个极值点，故也不满足题意 当4a 时，0，设 2 10axax 的两根为m，()n mn， 由1mn， 1 0mn a ，得 1 01 2 mn， 则 1 (2x，)n时，( )0h x，( )h x递减；( ,)xn时

38、，( )0h x，( )h x递增 又h（1）0，故( )h nh（1）0， 11 ( )(2)1 22 ha ln， ( ) i当 1 (2)1 0 2 a ln ，即 2 4 2 21 a ln 时， 则 1 (2x，1)时，( )0fx，( )f x递减，(1,)x时，( )0fx，( )f x递增； 即( )f x在区间 1 ( 2 ，)上有且只有 1 个极值点1x ，故不满足题意 ( )ii当 1 (2)10 2 a ln ，即 2 221 a ln 时， 第 19 页（共 20 页） 因为 1 (2x，)n时，( )h x递减，( )0h n ， 故存在 0 1 (2x ，)n使得

39、 0 ()0h x，当 1 (2x， 0) x时，( )0h x ，( )f x递增；当 0 (xx，1) 时，( )0h x ，( )f x递减；当(1,)x时，( )0h x ，( )f x递增； 此时( )f x有且只有 2 个极值点1x 和 0 xx，故满足题意； 综上可得，符合条件的a的取值范围为 2 (2 21ln ，) （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，则按所做的题中任选一题作答如果多做，则按所做的 第一题计分第一题计分选修选修 4-4：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程 22 （10 分）在平面直角坐标系xO

40、y中，直线l的参数方程 22 5 ( 15 xt t yt 为参数） 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C的 极坐 标方 程为 2(5 3cos2 )8 （）求l的普通方程和C的直角坐标方程； （）求C上的点到l距离的最小值 【解答】解： （）直线l的参数方程 22 5 ( 15 xt t yt 为参数） 转换为直角坐标方程为： 240xy 由曲线C的极坐标方程为 2(5 3cos2 )8转换为直角坐标方程为： 2 2 1 4 x y （）由（）可设C的参数方程为 2cos ( sin x y 为参数） 则C上的点到l距离为 |42 2cos(

41、)| |2cos2sin4|4 52 10 4 555 d 当 4 时， 2 ( 2,) 2 C到直线l的距离取得最小值 选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲 23已知a，b，c为正数，且满足1abc证明： （） 1 3 abbcac； （） 111 ()()() 10abc abc 【解答】证明： （）a，b，c为正数，且满足1abc， 第 20 页（共 20 页） 则 2222 ()2221abcabcabbcca， 又由均值不等式得 22 2abab， 22 2bcbc， 22 2caca， 相加可得 222 abcabbcca， 即有3() 1abbcca，即 1 3 abbcac得证 （）a，b，c为正数，且满足1abc， 可得 1 0 a ， 1 0 b ， 1 0 c ， 则 111 ()()()14()()() abcabcabcbacabc abc abcabcabaccb ， 又由均值不等式得22 bab a aba b ， 同理可得2 ca ac ，2 bc cb ， 则 111 ()()() 4610abc abc 得证 （当且仅当 1 3 abc时等号成立）