哈尔滨工业大学分数线-员工自评范文

2020届四川省高三大数据精准教学第一次统一监测数学（文）
试题


一、单选题
1
．已知集合
Ax0x19
，B

1,2,6,10

，则
AIB
（

）

A
．

1,2


【答案】
B
【解析】求出
A
中不等式的解集确定出
A，找出
A
与
B
的交集即可
.
【详解】

解：由题意知，
Ax0x19x1x10
，

而
B

1,2,6,10

，

∴
AIB

2,6

.
故选：
B.
【点睛】

本题考查交集及其运算，熟练掌握交集的定义是解题的关键
. < br>2
．若复数
z
满足
iz2i
，则
z
（

）

A
．
2

【答案】
D
【解析】把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数 模的计算公式
计算
.
【详解】

解：由题意知，
iz2i
，

B
．
3
C
．
2 D
．
5

B
．

2,6

C
．

1,2,6

D
．

2,6,10




 z
2i

2i

i
12i
12 i
，

2
ii1
2
∴
z12i1
2


2

5
，

故选：
D.
【点睛】

本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法
.
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
log
a
xa,x0
fx
3
．已知
a0
且
a1
，函数


x1，若
f

a

3
，则
f

a



31,x0
（

）

A
．
2
【答案】
C
【解析】根据分段函数的解析式，知 当
x0
时，
f

x

3
x1
B
．
2

3
C
．

2

3
D
．

8

9
1,
且
f

x

3
，由于
f

a

3
，则
f

a

log
a
a a3
，即可求出
a
.
【详解】

由题意知：

当
x0
时，
f

x

3
x 1
1,
且
f

x

3

由于
f

a

3
，则可知：
a0
，

则
f

a

log
a
aa3< br>，

∴
a2
，则
a2
，

则
f

a

f

2

3 1
1
2
.
3
即
f

a


故选：
C.
【点睛】

2
.
3
本题考查分段函数的应用，由分段函数解析式求自变量
.
r
4
．已知向量
a
A
．


6

r
3,1
，
b


r
r3,1
，则
a
与
b
的夹角为（

）


B
．


3
C
．
2


3
D
．
5


6
【答案】
B
【解析】由已知向量的坐标，利用平面向量的夹角公式，直接可求出结果
.
【详解】

r
r
解：由题意得，设
a
与
b
的夹角为

，

rr
ab311
cos

rr

，

ab
222
由于 向量夹角范围为：
0



，

∴


π
.
3
第 2 页 共 20 页

故选：
B.
【点睛】

本题考查利用平面向量的数量积求两向量的夹角，注意向量夹角的范围
.
5
．函数
f

x


cosx
的部分图像大致为（< br>
）

2
x
2
x
A
．
B
．

C
．
D
．

【答案】
A
【解析】根据 函数解析式，可知
f

x

的定义域为
xR
，通 过定义法判断函数的奇偶
性，得出
f

x

f

x

，则
f

x

为偶函数，可排除< br>C,D
选项，观察
A,B
选项的图
象，可知代入
x0
，解得
f

0

0
，排除
B
选项，即 可得出答案
.
【详解】

解：因为
f

x


cosx
，

2
x
2
x
所以
f

x
的定义域为
xR
，

则
f

x


cos

x

cosx
f
x

，

xxxx
2222
∴
f
x

为偶函数，图象关于
y
轴对称，排除
C,D选项，

且当
x0
时，
f

0
< br>
故选：
A.
【点睛】

本题考查由函数解析式识别函数图象，利用函数的奇偶性和特殊值法进行排除
.
1
0
，排除
B
选项，所以
A
正确
. < br>2
x
2
y
2
6
．已知双曲线
2
< br>2
1

a0,b0

的焦距是虚轴长的
2倍，则双曲线的渐近线方
ab
程为（

）

A
．
y
3
x

3
B
．
y3x
C
．
y
1
x

2
D
．
y2x

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【答案】
A
【解析】根据双曲线的焦距是虚轴长的
2
倍，可得出
c2b
，结合
c
2
4b
2
a< br>2
b
2
，
得出
a
2
=3b
2，即可求出双曲线的渐近线方程
.
【详解】

x
2
y
2
解：由双曲线
2

2
1

a0,b 0

可知，焦点在
x
轴上，

ab
则双曲线的渐近线方程为：
y
b
x
，

a
由于焦距是虚轴长的
2
倍，可得：
c2b
，

∴
c
2
4b
2
a
2
b
2< br>，

即：
a
2
=3b
2
，
b3
，


a3
所以双曲线的渐近线方程为：
y
故选：
A.
【点睛】

3
x
.
3
本题考查双曲线的简单几何性质，以及双曲线的渐近线方程
.
7
．
“
sin2


4
”
是
“
ta n

2
”
的（

）

5
B
．必要不充分条件

D
．既不充分也不必要条件

A
．充分不必要条件

C
．充要条件

【答案】
B
【解析】直接利用二倍角的正 弦公式换化简
sin2


式进行弦切互化，得出
件
.
【详解】

2sin

cos

4
，再利用齐次
sin
2

cos
2

52tan

4

，即可求出
tan

，即可判 断充分条件和必要条
2
tan

15
42sin

cos

4

，

5sin
2
cos
2

5
2tan

41
tan< br>
2
则或，

2
tan

152
4
所以
“
sin2


”
是
“
tan

2
”
的必要不充分条件
.
5
解：
Q
sin2


故选：
B.
【点睛】

第 4 页 共 20 页

本题考查必要不充分 条件的判断，运用到三角函数中的二倍角正弦公式、同角平方关系、
齐次式进行弦切互化
. < br>8
．
“
完全数
”
是一些特殊的自然数，它所有的真因子（即除 了自身以外的约数）的和恰
好等于它本身
.
古希腊数学家毕达哥拉斯公元前六世纪发现 了第一、二个
“
完全数
”6
和
28
，进一步研究发现后续三 个完全数
”
分别为
496
，
8128
，
33550 336
，现将这五个
“
完全
数
”
随机分为两组，一组
2
个，另一组
3
个，则
6
和
28
不在同一组的概 率为（

）

A
．
1

5
B
．
2

5
C
．
3

5
D
．
4

5
【答案】
C
【解 析】先求出五个
“
完全数
”
随机分为两组，一组
2
个，另一 组
3
个的基本事件总数为
C
5
2
10
，再求出< br>6
和
28
恰好在同一组包含的基本事件个数，根据即可求出
6
和
28
不
在同一组的概率
.
【详解】

解：根据 题意，将五个
“
完全数
”
随机分为两组，一组
2
个，另一组
3
个，

2
则基本事件总数为
C
5
10
，

则< br>6
和
28
恰好在同一组包含的基本事件个数
C
2
C
3
4
，

∴6
和
28
不在同一组的概率
P
故选：
C.
【点睛】

本题考查古典概型的概率的求法，涉及实际问题中组合数的应用
.
9
．曲线
y
21
1043

.
10 5
1
3
x2lnx
上任意一点处的切线斜率的最小值为（

）

3
B
．
2 C
．
A
．
3
【答案】
A
3

2
D
．
1

【解析】根据题意，求导后结合基本不等式，即 可求出切线斜率
k3
，即可得出答案
.
【详解】

解： 由于
y
1
3
x2lnx
，根据导数的几何意义得：
< br>3
21111
x
2
3
3
x
2
3

x0

，

xxxxx
第 5 页 共 20 页
kf


x

x
2


即切线斜率
k3
，

当且仅当
x1
等号成立，

所以
y
1
3
x2lnx
上任意一点处的切线斜率的最小值为
3.
3
故选：
A.
【点睛】

本题考查导数的几何意义的应用以及运用基本不等式求最值，考查计算能力
.
10< br>．正三棱柱
ABCA
1
B
1
C
1
中，AA
1
2AB
，
D
是
BC
的中点，则异面直 线
AD
与
A
1
C
所成的角为（

）

A
．


6
B
．


4
C
．


3
D
．


2
【答案】
C
【解 析】取
B
1
C
1
中点
E
，连接
A
1
E
，
CE
，根据正棱柱的结构性质，得出
A
1
E

AD
，
则
CA
1
E
即为异面直线
AD
与
A
1
C
所成角，求出
tanCA
1E
【详解】

解：如图，取
B
1
C
1
中点
E
，连接
A
1
E
，
CE
，

CE
，即可得出结果
.
A
1
E

由于正 三棱柱
ABCA
1
B
1
C
1
，则
BB< br>1

底面
A
1
B
1
C
1
，

而
A
1
E
底面
A
1
B
1
C
1
，所以
BB
1
A
1
E
，

由正三棱柱的性质可知，
△A
1
B
1
C
1
为等边三角形，

所以
A
1
EB
1
C
1
，且
A
1
EIB
1
C
1
E
,
所以
A
1
E
平面
BB
1
C
1
C
，

而
EC
平面
BB
1< br>C
1
C
，则
A
1
E
EC
，

则
A
1
E

AD
，
A
1EC90
，

第 6 页 共 20 页

∴
CA
1
E
即为异面直线
AD
与
A
1
C
所成角，

设
AB2
，则
AA
1
22
，
A
，
CE3
，

1
E3
则
tanCA
1
E
CE3
3
，

A
1
E
3
∴
CA
1
E
故选：
C .
【点睛】

π
.
3
本题考查通过几何法求异面直线的夹角，考查计算能力
.
11
． 已知直线
l
：
3xy20
与圆
O
：
x
2
y
2
4
交于
A
，
B
两点，与l
平行的直
线
l
1
与圆
O
交于
M，
N
两点，且
VOAB
与
VOMN
的面积相等，给出下 列直线
l
1
：
①
3xy230
，
②
3xy20
，
③
x3y20
，
④
3xy2 30
.
其中满足条件的所有直线
l
1
的编号有（

）

A
．①②

【答案】
D
【解析】求 出圆心
O
到直线
l
的距离为：
d1
B
．①④< br> C
．②③
D
．①②④

1
r
，得出AOB120
，根据条件得
2
出
O
到直线
l1
的距离
d

1
或
3
时满足条件，即可得出 答案
.
【详解】

解：由已知可得：圆
O
：
x y4
的圆心为（
0,0
），半径为
2
，

22
1
d1r
，

则圆心
O
到直线< br>l
的距离为：
2
∴
AOB120
，

而
ll
1
，
VOAB
与
VOMN
的面积相等，
∴
MON120
或
60
，

即O
到直线
l
1
的距离
d

1
或3
时满足条件，

根据点到直线距离可知，
①②④
满足条件
.
故选：
D.
【点睛】

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本题考查直线与圆的位置关系的应用，涉及点到直线的距离公式
.
1 2
．已知函数
f

x

Asin

< br>x




7

a0aA0,

有三个零点
x
1
，

在区间


6

3


x
2
，
x3
，且
x
1
x
2
x
3
，若
x
1
2x
2
x
3

A
．


2
B
．
2


3
5

，则
f

x

的最小正周期为（

）

3
4


C
．

D
．
3
【答案】
C
【解析】根据题意，知当
x
7π
π5π
2π
时，

x
，由对称轴的性质可知
x
1
x
2

3

623

和
x
2
x
3

【详解】

8π
， 即可求出
w
，即可求出
f

x

的最小正周期.
3

解：由于
f

x

Asi n


x




7
< br>a0aA0,

有三个零点
x
1
，
x
2
，

在区间


6

3


x
3
，

当
x
7π
π5π< br>时，

x
，

3

62
πππ


x
2
2
，

662
∴
由对称轴可知
x
1
，
x
2
满足

x
1

即
x
1
x
2

2π.
3

ππ3π
8π


x
32
，即
x
2
x
3

，
6623

同理
x
2
，
x
3
满足
x
2

∴
x
1
2x
2
 x
3

10π5π

，

2
，

3

3
2π

π
.
2
所以最小正周期为：
T
故选：
C.
【点睛】

本题考查正弦型函数的最小正周期，涉及函数的对称性的应用，考查计算能力
.


二、填空题
13
．已知圆柱的两个底面的圆周在同一个球的球面上，圆柱 的高和球半径均为
2
，则该
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圆柱的底面半径为
__________.

【答案】
3

【解析】由圆柱外接球的性质，即可求得结果
.
【详解】

解：由于圆柱的高和球半径均为
2
，
,
则球心到圆柱底面的距离为
1
，

设圆柱底面半径为
r
，由 已知有
r
2
1
2
2
2
，

∴
r3
，

即圆柱的底面半径为
3
.
故答案为：
3
.
【点睛】

本题考查由圆柱的外接球的性质求圆柱底面半径，属于基础题
.

x0,

14
．已知
x
，
y
满足约束条件
xy1,
则
zxy
的最大值为
__________.


2xy2,

【答案】
1
【解析】先画出约束条件 的可行域，根据平移法判断出最优点，代入目标函数的解析式，
易可得到目标函数
zxy< br>的最大值．

【详解】

解：由约束条件得如图所示的三角形区域，

由于
zxy
，则
yxz
，

要求
zxy
的最大值，则求
yxz
的截距
z
的最小值，

显然当平行直线过点
A
(
1,0
)
时，

z
取得最大值为：
z101
.
故答案为：
1
．


第 9 页 共 20 页

【点睛】

本题考查线性规划求最值问题，我们常用几何法求最值
.
c
分别为
VABC
内角
A
，
15
．已知
a
，
C的对边，
B
，
b
，
a
则
VABC
的 面积为
__________.

【答案】
2

sinA
2
，
3
，
b6
，
3
【解析】根据题意， 利用余弦定理求得
c2
，再运用三角形的面积公式即可求得结果
.
【详解】

解：由于
a2
，
sinA
3
，
b6
，

3
∵
ab
，
∴
AB
，
cosA
6
，

3
6b
2c
2
a
2
由余弦定理得，解得
c2
，


32bc
∴
VABC
的面积
S
故答案为：2
.
【点睛】

本题考查余弦定理的应用和三角形的面积公式，考查计算能力
.
13
262
.
23
x
2
y
2< br>16
．已知椭圆
C
：
2

2
1

ab0

的左，右焦点分别为
F
1
，
F
2
，过
F
1
的直线
ab
交椭圆
C
于A
，
B
两点，若
ABF
2
90
，且VABF
2
的三边长
BF
2
，
AB
，
AF
2
成
等差数列，则
C
的离心率为
__________ .

【答案】
2

2
【解析】设
BF
2< br>x
，
ABxd
，
AF
2
x2d
， 根据勾股定理得出
x3d
，而
由椭圆的定义得出
VABF
2
的周长为
4a
，有
a3d
，便可求出
a
和
c< br>的关系，即可求得
椭圆的离心率
.
【详解】

解：由已知，
VABF
2
的三边长
BF
2
，
AB
，AF
2
成等差数列，

第 10 页 共 20 页

< br>设
BF
2
x
，
ABxd
，
AF
2
x2d
，

而
ABF
2
90
，根据勾股定理有：
x
2


xd



x2d

，

解得：
x3d
，

由椭圆定义知：
VABF
2
的周长为
4a
，有
a 3d
，
BF
2
aBF
1
，

22c
2
1
在直角
VBF
2
F
1
中，由勾 股定理，
2a4c
，即：
2

，

a2
22
2
c2
. ∴
离心率
e
a
2
2
故答案为：
2
.
2

【点睛】

本题考查椭圆的离心率以及椭圆的定义的应用，考查计算能力
.

三、解答题
17
．已知数列

a
n

的 各项均为正数，且满足
a
n


n1

a
n
2nn0
.

22
（
1
）求
a
1
，
a
2
及

a
n

的 通项公式；

（
2
）求数列
2

的前
n
项和
S
a
n
n
.

【答案】（
1
）
a
1
3
；
a
2
5
.
a
n
2n1
；（
2
）
S
n

8
n
41



3
22
【解析】（< br>1
）根据题意，知
a
n
0
，且
a
n


n1

a
n
2nn0
，令
n1
和
n2
即
可求出
a
1
，
a
2
，以及运用递推关系求出

a
n

的通项公式；


（
2
）通过定义法证明出

b
n

是首项为
8
，公比为
4
的等比数列，利用等比数列的前
n< br>项
和公式，即可求得
2
【详解】

第 11 页 共 20 页

的前
n
项和
S
a
n
n
.

22
解：（
1
）由题可知，
a
n
 0
，且
a
n


n1

a
n< br>2nn0
，

2
当
n1
时，
a1
2a
1
30
，则
a
1
3
，

2
当
n2
时，
a
2
3a
2
100
，
a
2
5
，

由已知可得< br>
a
n
n



a
n


2n1



0
，且
a
n
0
，

∴

a
n

的通项公式 ：
a
n
2n1
.
2n1
（
2
）设
b
n
2
n
，则
b
n
2
，
a
b
n
2
2n1

2n1
2
2
4
，
b
1
2
3
8
，
所以
b
n1
2
得

b
n

是首项为
8
，公比为
4
的等比数列，

所以数列

b
n

的前
n
项和
S
n
为：

S
n
b
1
b
2
Lbn
，

即
S2
3
2
5
 2
2n1

n
所以数列
2
【点睛】

本 题考查通过递推关系求数列的通项公式，以及等比数列的前
n
项和公式，考查计算能
力
.
18
．语音交互是人工智能的方向之一，现在市场上流行多种可实现语音交互的智 能音箱
.
主要代表有小米公司的
“
小爱同学
”
智能音箱和阿 里巴巴的
“
天猫精灵
”
智能音箱，它们可
以通过语音交互满足人们的 部分需求
.
某经销商为了了解不同智能音箱与其购买者性别
之间的关联程度，从某地区 随机抽取了
100
名购买
“
小爱同学
”
和
100< br>名购买
“
天猫精灵
”
的人，具体数据如下：


男

女

“
小爱同学
”
智能音箱

“
天猫精灵
”
智能音箱

合计

45

55

60

40

100

105

95

200

a
n
8

14
n

14
n

8
n
41

，


3
< br>的前
n
项和：
S
8
n

41

.
3
合计

100


第 12 页 共 20 页

（
1
）若该地区共有
13000
人购 买了
“
小爱同学
”
，有
12000
人购买了
“天猫精灵
”
，试估
计该地区购买
“
小爱同学
”
的女性比购买
“
天猫精灵
”
的女性多多少人？

（
2
）根据列联表，能否有
95%
的把握认为购买
“
小爱同学
”
、
“
天猫精灵
”
与性别有关？

n

adbc


附：
K
2

abcdacbd

P

K
2k


0.10

0.05

0.025

0.01

0.005

0.001

2
k



2.706

3.841

5.024

6.635

7.879

10.828

【答案 】（
1
）多
2350
人；（
2
）有
95%
的把握认为购买
“
小爱同学
”
、
“
天猫精灵
”与性别
有关
.
【解析】（
1
）根据题意，知
100< br>人中购买
“
小爱同学
”
的女性有
55
人，购买
“
天猫精灵
”
的女性有
40
人，即可估计该地区购买
“< br>小爱同学
”
的女性人数和购买
“
天猫精灵
”
的女性< br>的人数，即可求得答案；


（
2
）根据列联表和给出的公式 ，求出
K
2
，与临界值比较，即可得出结论
.
【详解】

解：（
1
）由题可知，
100
人中购买
“
小爱同学
”
的女性有
55
人，购买
“
天猫精灵
”
的 女性有
40
人，

由于地区共有
13000
人购买了
“
小爱同学
”
，有
12000
人购买了
“
天猫精 灵
”
，

估计购买
“
小爱同学
”
的女性有
13000
557150
人
.
100
12000
404800
人
.
100
估计购买
“
天猫精灵
”
的女性有
则
715048002 350
，

∴
估计该地区购买
“
小爱同学
”
的女性比购买
“
天猫精灵
”
的女性多
2350
人
.
200

45406055

（
2
） 由题可知，

K
2
4.5113.841
，

10595100100
∴
有
95%
的把握认为购买
“小爱同学
”
、
“
天猫精灵
”
与性别有关
.
【点睛】

2
第 13 页 共 20 页

本题考查随机抽样估计总体以及独立性检验的应用，考查计算能力
.
19
．如图，四棱锥
PABCD
中，四边形
ABCD
是矩形，AB3
，
AD2
，
△PAD
为正三角形，且平面
P AD
平面
ABCD
，
E
、
F
分别为
PC
、
PB
的中点
.


（
1
）证明：
EF
平面
PAD
；

（
2
）求几何体
ABCDEF
的体积
.

【答案】（
1
）见解析；（
2
）
5

4< br>【解析】（
1
）由题可知，根据三角形的中位线的性质，得出
EFBC
，根据矩形的性
质得出
ADBC
，所以
EFAD
，再利用线面平行的 判定定理即可证出
EF
平面
PAD
；


（
2
）由于平面
PAD
平面
ABCD
，根据面面垂直的性质，得出
PO
平面
ABCD
，
从而得出
E
到平面
ABCD
的距离为
【详解】

解：（
1
）
∵
E
，
F
分别为
PC
，
PB
的中点，

∴
EFBC
，

∵
四边形
ABCD
是矩形 ，
∴
ADBC
，
∴
EFAD
，

∵
AD
平面
PAD
，
EF
平面
PAD
，

∴
EF
平面
PAD
.
（
2
）取AD
，
BC
的中点
O
，
M
，连接
PO
，
OE
，
OM
，
ME
，则
POAD，

由于
ABFOME
为三棱柱，
EOMCD
为四棱锥，

∵
平面
PAD
平面
ABCD
，
∴
PO
平面
ABCD
，

由已知可求得
PO3
，

∴
E
到平面
A BCD
的距离为
h
3
，结合棱锥的体积公式，即可求得结果
.
2
13
，

PO
22
因为四边形
ABC D
是矩形，
AB3
，
AD2
，

第 14 页 共 20 页

1
S
四边形ABMO
=S
四边形O MCD
323
，

2
设几何体
ABCDEF
的体积为
V
，

则
VV
三棱柱ABFOME
V
四棱锥EOMCD
，

∴
V
11
S
四边形ABMO
hS
四边形OM CD
h
，

23
13135
33
.
22324
即：
V

【点睛】

本题考查线面平 行的判定、面面垂直的性质和棱锥的体积公式，考查逻辑推理和计算能
力
.
20．在平面直角坐标系
xOy
中，直线
ykx1

k0
与抛物线
C
：
x4py

p0

2
交于
A
，
B
两点，且当
k1
时，
A B8
.

（
1
）求
p
的值；

（
2
）设线段
AB
的中点为
M
，抛物线
C
在点
A
处的切线与
C
的准线交于点
N
，证明：
MN y
轴
.

【答案】（
1
）
1
；（
2
）见解析
2
【解析】（
1
）设
A

x
1
,y< br>1

，
B

x
2
,y
2

，联立直线和抛物线方程，得
x4px4p0
，
写出韦达定理，根据弦 长公式，即可求出
p1
；


（
2
）由
y
1
2
1
x
，得
y

x
，根 据导数的几何意义，求出抛物线在点
A
点处切线方
42
程，进而求出
x
N
x
M
，即可证出
MNy
轴
.
【详解】

解：（
1
）设
A

x
1
,y
1

，
B

x
2
,y2

，

2
将直线
l
代入
C
中整理得：
x4px4p0
，

第 15 页 共 20 页

∴
x
1
x
2
4p
，
x
1
x
2
4p
，

∴
AB2
< br>x
1
x
2

2
4x
1
x
2
216p
2
16p8
，

解得：
p1
.
（
2
）同（
1
）假设< br>A

x
1
,y
1

，
B

x
2
,y
2

，

由
y
1
2
1
x
，得
y

x
，
< br>42
1
2
1
x
1
x
1

xx
1

，

42
从而抛物线在点
A
点 处的切线方程为
y
即
y
11
x
1
xx
1
2
，

24
x
1
2
4
令< br>y1
，得
x
N

，

2x
1< br>x
1
2
x
1
x
2
x
1
 x
2
x
M
，

由（
1
）知
 4x
1
x
2
，从而
x
N

2x
1
2
这表明
MNy
轴
.
【点睛】

本题 考查直线与抛物线的位置关系，涉及联立方程组、韦达定理、弦长公式以及利用导
数求切线方程，考查转 化思想和计算能力
.
21
．已知函数
f

x
< br>xa1e
（
1
）讨论
f

x

的单调性；

（
2
）当
a1
时，证明：
f
x

alnaa1
.

【答案】（
1
）见解析；（
2
）见解析

【解析】 （
1
）求导得
f


x

1ae，分类讨论
a0
和
a0
，利用导数研究含参数的
x

x

，
aR
.

函数单调性；
（
2
）根据（
1
）中求得的
f

x

的单调性，得出
f

x

在
xlna
处取得最大值为

1

f

lna

 lnaa

1

alna1
，构造函数
g
a

alna1alnaa
，

a

利用导数，推出
g

a

g

1< br>
1
，即可证明不等式
.
【详解】

解：（1
）由于
f

x

xa1e

x

，得
f


x

1ae
，

x
第 16 页 共 20 页

当
a0时，
f


x

0
，此时
f

x

在
R
上递增；

当
a0
时，由
f


x

0
，解得
xl na
，

若
x

,lna

，则
f


x

0
，

若
x

lna,

，
f


x
0
，

此时
f

x

在

,lna

递增，在

lna,

上递减
.
（
2
）由（
1
）知
f

x

在
xlna
处取得最大值为：

1

f

lna

lnaa

1

alna1
，


a

设
g

a

alna1alnaa
，则
g


a

1
1
lna
，

a
令
h

a

1
111
l na
，则
h


a


2
0
，

aaa
则
h

a

在
1,

单调递减，
∴
h

a

h

1

0
，

即
g


a

0
，则
g

a

在1,

单调递减

∴
g

a
< br>g

1

1
，

∴
f

lna

alnaa1
，

∴
f

x

alnaa1
.
【点睛】

本题考查利用导数研究函数的单调性和最值，涉及分类讨论和构造新函数， 通过导数证
明不等式，考查转化思想和计算能力
.



3π
,0

,

π
2



2sin





22
．在极坐标系 中，曲线
C
的极坐标方程为


6



1,
π


π.


2
（
1
）求曲线
C
与极轴所在直线围成图形的面积；

（
2
）设曲线
C
与曲线

sin


1< br>交于
A
，
B
两点，求
AB
.

2
第 17 页 共 20 页

【答案】（
1
）< br>13
；（
2
）
3

π

42
【解析】（
1
）利用互化公式，将曲线
C
的极坐标方程化为直角坐标方程， 得出曲线
C
与
极轴所在直线围成的图形是一个半径为
1
的
角 三角形，即可求出面积；


（
2
）联立方程组，分别求出
A
和
B
的坐标，即可求出
AB
.
【详解】
1
圆周及一个两直角边分别为
1
与
3
的直
4

3π
,0

,

π

2
< br>2sin





解：（
1
） 由于
C
的极坐标方程为



，

6


1,
π


π.


2
根据互化公式得，曲线
C
的直角坐标方程为：

当
0x3
时，
x3y30
，

22
当
1≤x≤0
时，
xy1
，

则曲线
C
与极轴所在直线围成的图形，

是一个半径为
1< br>的
1
圆周及一个两直角边分别为
1
与
3
的直角三角形 ，

4
13
.
π

42
∴
围成图形的面积
S


1

31



5π

A1,
,

（
2
）由

1
得
 
，其直角坐标为


，

6
22
< br>sin





2

sin


化直角坐标方程为
y
1
2
1，

2
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
3
π

化直角坐标方程为
x3y3
，


2sin




6


31

,

，
∴
B

22

∴
AB
【点睛】
本题考查利用互化公式将极坐标方程化为直角坐标方程，以及联立方程组求交点坐标，
考查计算能力
.
23
．设
x
，
y
，
zR
，
z

x2y

m
.

（
1< br>）若
x2y3z
的最小值为
4
，求
m
的值；
222
33
3
.
22
（
2
） 若
x4y
22
1
2
z1
，证明：
m1< br>或
m1
.

2
【答案】（
1
）
2
；（
2
）见解析

222
【解析】（
1
） 将
x2y3z
化简为
xz

22

2
y
2
z
2

，再利用基本不等式即可
求出 最小值为
4
，便可得出
m
的值；


22
（
2
）根据
ab2ab
，即
2ab

a b

，得出
22

2
x
2
4y
2

范围
.
【详解】

1
2
112
z

x2y

z
2
，利用基本不等式 求出最值，便可得出
m
的取值
222
解：（
1
）由题可知，
x
，
y
，
zR
，
z

x2y

m

x
2
2y
2
3z
2


x
2
z
2

2

y
2
z
2

2xz4yz2m4
，

∴
m2
.
（
2
）
∵
ab2ab
，

∴
2ab
22
22

22



ab< br>
，

2
∴
x4y
1
2
111
2
z

x2y

z
2
2

x2y

z1
，

2222
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∴
m1
，即：
m1
或
m1
.
【点睛】

本题考查基本不等式的应用，利用基本不等式和放缩法求最值，考查化简计算能力
.

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