攀枝花市高 2020 届高三第一次统考
文科数学
本试题卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）．第Ⅰ卷 1 至 2 页，第Ⅱ卷 3 至 4 页，共
4 页．考生作答时，须将答案答在答题卡上，在本试题卷、草稿纸上答题无效．满分 150
分．考试时间 120 分钟．考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回．
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应顺目的答案标号徐黑.如需改动，
用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试着
上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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.已知集合 ， ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
先解不等式化简集合 ，再求交集即可.
【详解】由 解得 ，故 .
又 ，所以 .
故选：C.
【点睛】本题考查集合的基本运算，涉及交集、解不等式，是一道基础题.
2.已知复数 ，其中 为虚数单位.则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
{ }( 2) 0M x x x= − < { }2, 1,0,1,2N = − − M N =
{ }0,1,2 { }2, 1− − { }1
{ }2, 1,0,2− −
M
( 2) 0x x − < 0 2x< < { | ( 2) 0} { | 0 2}M x x x x x= − < = < <
{ }2, 1,0,1,2N = − − {1}M N =
1z i
i= + i | |z =
1
2
2
2 2 2【解析】
【分析】
先利用复数的除法法则将复数 表示为一般形式，然后利用复数求模公式可求出 的值.
【详解】 ，则 ，故选 B .
【点睛】本题考查复数的除法法则以及复数模的计算，解题的关键就是利用复数的四则运算
法则将复数表示为一般形式，考查计算能力，属于基础题.
3.在等差数列 中， ，则数列 的前 项的和 （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
设公差为 ，把已知式化简，再利用求和公式即可求解.
【详解】设公差为 ，由 可得 ，则 .
所以 .
故选：C.
【点睛】本题考查等差数列的基本问题，求前 项和. 是等差数列的基本量，一般可以利
用条件建立关于 的方程(组)解决问题.
4.已知角 的终边经过点 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
利用诱导公式可得 ，再利用三角函数的定义求解即可.
z z
( )
( )( )
1 1
1 1 1 2 2
i ii iz i i i
−= = = ++ + −
2 21 1 2
2 2 2z = + =
{ }na 6 8
1 12a a= + { }na 7 7S =
4 7 14 28
d
d 6 8
1 12a a= + 1 1
15 ( 7 ) 12a d a d+ = + + 1 3 2a d+ =
7 1 1
7 67 7( 3 ) 142S a d a d
×= + = + =
n 1,a d
1,a d
α (3, 4)− πcos 2
α + =
4
5
− 3
5-
3
5
4
5
πcos sin2
α α + = − 【详解】因为角 的终边经过点 ，所以 .
所以 .
故选：D.
【点睛】本题考查三角函数的定义和诱导公式，是一道基础题，解题时要注意符号.
5.执行如图所示的程序框图，如果输入 ， ，则输出的 等于（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
模拟执行程序框图，逐步写出各变量取值的变化，判断循环条件是否成立，最终可得答案.
【详解】执行程序框图，各变量的值依次变化如下：
成立；
， 成立；
， 不成立，
跳出循环，输出的 等于 .
α (3, 4)− 2 2
4 4sin 53 ( 4)
y
r
α −= = = −
+ −
π 4cos sin2 5
α α + = − =
6n = 3m = p
120 360
840 1008
6, 3, 1, 1;n m k p= = = =
1 (6 3 1) 4,p = × − + = k m<
2, 4 (6 3 2) 20k p= = × − + = k m<
3, 20 (6 3 3) 120k p= = × − + = k m<
p 120故选：A.
【点睛】本题考查程序框图，解题的一般方法是模拟执行程序，依次写出各变量取值的变化，
解题时要留意循环终止的条件.
6.一个棱长为 2 的正方体被一个平面截去部分后，余下部分的三视图如图所示，则截去部分
与剩余部分体积的比为（ ）
A. 1：3 B. 1：4 C. 1：5 D. 1：6
【答案】A
【解析】
【分析】
画出几何体 直观图，利用三视图的数据求解几何体的体积即可．
【详解】解：由题意可知：几何体被平面 ABCD 平面分为上下两部分，
设正方体的棱长为 2，上部棱柱的体积为： ；
下部为： ，截去部分与剩余部分体积的比为： ．
故选：A．
【点睛】本题考查三视图与几何体的直观图的关系，棱柱的体积的求法，考查计算能力.
7.函数 的部分图象大致是（ ）
的
1 2 1 2 22
× × × =
2 2 2 2 6× × − = 1
3
3cos 1( ) xf x x
+=A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
分析函数的定义域、奇偶性以及函数值的正负变化，排除错误选项可得答案.
【详解】由 ，可得 ，
故 是奇函数，图象关于原点对称，排除 A.
当 时， ；当 时， ，排除 C,D.
故选：B.
【点睛】本题考查函数图象的识别，一般利用函数的定义域、值域、奇偶性、单调性等性质
分析函数图象的特征，排除错误选项得到答案.
8.已知 ， ， ，则 的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
利用对数的性质比较 的大小，利用“ ”比较 与 的大小关系.
3cos 1( ) xf x x
+= ( ) ( )f x f x− = −
( )f x
π0 2x< < ( ) 0f x > 11 cos 3x− ≤ < − ( ) 0f x <
1
23a = 2log 3b = 3log 2c = , ,a b c
a b c> > a c b> > b a c> > c b a> >
,b c 1 a ,b c【详解】 ， ， ，
又 ，所以 .
故选：A.
【点睛】本题考查指数、对数的大小比较.一般利用指数函数、对数函数的单调性和 等中
间值解决问题.
9.下列说法中正确的是（ ）
A. 若命题“ ”为假命题，则命题“ ”是真命题
B. 命题“ ， ”的否定是“ ， ”
C. 设 ，则“ ”是“ ”的充要条件
D. 命题“平面向量 满足 ，则 不共线”的否命题是真命题
【答案】D
【解析】
【分析】
利用逻辑联结词、全称命题的否定、不等式的性质、向量的性质等逐一判断各选项是否正确.
【详解】选项 A,若命题“ ”为假命题，则命题 至少有一个假命题，
即可能有一真一假，也可能两个都是假命题，
所以“ ”可能是真命题，也可能是假命题，故 A 不正确.
选项 B,命题“ ， ”的否定是“ ， ”,故 B 不正确.
选项 C, ，无法得出 ，故 C 不正确.
选项 D, 原命题的否命题时“平面向量 满足 ，则 共线”，
因为 ，所以由 可得 .
所以 ，则 或 ，即 共线.故 D 正确.
故选：D.
【点睛】本题考查常用逻辑用语，涉及逻辑联结词、全称命题的否定、充要条件、否命题，
综合考查了不等式的性质、平面向量的性质.与其他知识综合命题，是考查常用逻辑用语的一
般方式.
1
23 1a = > 2log 3 1b = < 3log 2 1c = <
2 2 3 3log 3 log 2=log 3 log 2> > a b c> >
01，
p q∧ p q∨
*x N∀ ∈ 3 2x x≥ *
0x N∀ ∈ 3 2
0 0x x<
,a b∈R ( ) 0b a b− > 1 1
a b
<
,a b | | | | | |a b a b⋅ > ⋅ ,a b
p q∧ p q，
p q∨
*x N∀ ∈ 3 2x x≥ 0x∃ ∈ *N 3 2
0 0x x<
1 1 0 ( ) 0a b ab a ba b ab
−< ⇔ > ⇔ − > ( ) 0b a b− >
,a b | | | | | |a b a b⋅ ≤ ⋅ ,a b
| | = | | | | cos ,a b a b a b⋅ ⋅ | | | | | |a b a b⋅ ≤ ⋅ cos , 1a b ≥
cos , = 1a b ± , =0a b ° 180° ,a b 10.已知函数 ，若 ， ，则 的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
先研究函数 的单调性和值域，设 ，得出 的取值范围，把 表示为
的函数，从而可得答案.
【详解】当 时， 单调递增且 ， ；
当 时， 单调递增且 ， .
因为 ， ，所以 .
设 ，则 ，
， .
所以 .
所以 .
由 ，可得 .
故选：B.
【点睛】本题考查函数与方程的综合问题.解题时需要综合利用函数与方程、数形结合、等价
转化等数学思想方法.
11.关于函数 的下述四个结论中，正确的是（ ）
A. 是奇函数
B. 的最大值为
C. 在 有 个零点
D. 在区间 单调递增
( ) , 0
1 1, 02
x x
f x
x x
>= + ≤
m n< ( ) ( )f m f n= n m−
(1,2] [1,2) (0,1] [0,1)
( )f x ( ) ( )=f m f n t= t n m− t
0x ≤ 1( ) 12f x x= + ( ) ( ,1]f x ∈ −∞ ( 2) 0f − =
0x > ( )f x x= ( ) (0, )f x ∈ +∞ (1) 1f =
m n< ( ) ( )f m f n= 2 0 1m n− < ≤ < ≤
( ) ( )f m f n t= = (0,1]t ∈
1( ) 12f m m t= + = ( )f n n t= =
22 2,m t n t= − =
2 22 2 ( 1) 1n m t t t− = − + = − +
(0,1]t ∈ [1,2)n m− ∈
( ) cos | | | sin |f x x x= +
( )f x
( )f x 2
( )f x [ , ]−π π 3
( )f x π0, 4
【答案】D
【解析】
【分析】
分析函数的奇偶性、最值、零点、单调性，对各选项进行逐一判断即可.
【详解】 ，
所以 是偶函数，不是奇函数，故 A 不正确.
，且当 时取得等号；
，且当 时取得等号，
所以 但等号无法取得，
即 的最大值小于 ，故 B 不正确.
由 是偶函数且 ，
可得 在区间 上的零点个数必为偶数，故 C 不正确.
当 时， 单调递增，故 D 正确.
故选：D.
【点睛】本题考查三角函数的性质，涉及奇偶性、最值、零点、单调性的.解选择题要善于利
用排除法，如选项 B,可不必求出具体的最大值，只需判断最大值是不是 即可.
12.已知函数 与 的图象恰有三个不同的公共点（其中
为自然对数的底数），则实数 的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
由两图象有三个公共点可得 有三个实根，变形得 ，设
， 则 关 于 的 方 程 有 两 个 不 同 的 实 数 根 且
( ) cos | | | sin( ) | cos | | | sin | ( )f x x x x x f x− = − + − = + =
( )f x
cos | | 1y x= ≤ πx k k= ∈Z( )
| sin | 1y x= ≤ ππ+ 2x k k= ∈Z( )
( ) cos | | | sin | 2f x x x= + ≤
( )f x 2
( )f x (0) 1 0f = ≠
( )f x [ , ]−π π
π0, 4x ∈
π( ) cos sin 2 sin 4f x x x x = + = +
2
( ) ( e e )(e e )x xf x a x x= + + 2( ) e xg x = e
a
1 ,12
−
1 2,2 2
−
2 ,12
(1, 2)
( ) ( )f x g x= e e1 1e ex x
x xa + + =
e( ) ex
xt h x= = t ( )(1 ) 1a t t+ + = 1 2,t t共有三个实数根，结合二次方程根的分布和 的图象性质可得答案.
详解】令 ，可得 ，可得 .
设 ，则 ，即 .
，
当 时， 单调递增且 ；
当 时， 单调递减且 .
作出 的图象如图所示.
对于 ， ，
设该方程有两个不同的实根 ，由题意得 共有三个实数根.
若 是方程的根，则 ，即 ，
则方程的另一个根为 ，不合题意.
若 是方程的根，则 ，即 ，
则方程的另一个根为 ，不合题意.
所以关于 的方程的两根 (不妨令 )满足 .
所以 解得 .
故选：A.
【点睛】本题考查函数与方程的综合问题，涉及导数、二次方程等，是一道难题，解题时要
【
1 2( ) , ( )h x t h x t= = ( )h x
( ) ( )f x g x= 2( e e )(e e )=ex x xa x x+ + e e1 1e ex x
x xa + + =
e( ) ex
xt h x= = ( )(1 ) 1a t t+ + = 2 ( 1) 1 0t a t a+ + + − =
e(1 )( ) ex
xh x
−′ =
1x < ( )h x ( ) ( ,1)h x ∈ −∞
1x > ( )h x ( ) (0,1)h x ∈
( )t h x=
2 ( 1) 1 0t a t a+ + + − = 2 2=( +1) 4( 1) ( 1) 4 0Δ a a a− − = − + >
1 2,t t 1 2( ) , ( )h x t h x t= =
1t = 1 +1 1 0a a+ + − = 1
2a = −
3
2t = −
0t = 0 0 1 0a+ + − = 1a =
2t = −
t 1 2,t t 1 2t t< 1 20 1t t< < <
0 0 1 0,
1 1 1 0,
a
a a
+ + −
1 12 a− < ( 1)= −y f x
1x = (0) 1f = (2019)f + (2020)f
3
( )f x (1)f
( 1)= −y f x 1x =
( )y f x= 0x = ( )y f x=对于 ，令 ，可得 ，
又 ，所以 ，则 .
所以函数 对 满足 .
所以 .
所以 ，即 是周期为 的周期函数.
所以 ，
.
所以 .
故答案为： .
【点睛】本题考查函数性质的综合运用，涉及对称性、奇偶性、周期性等.遇恒等式问题，可
尝试通过赋值来求得关键值.
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.数列 中， ， ，数列 满足
．
（1）求证：数列 是等差数列，并求数列 的通项公式；
（2）设 ，求数列 的前 项和 ．
【答案】（1）证明见解析， ；（2） .
【解析】
【分析】
(1)利用 ， ， 可证数列 是等差数列，然后可
( 2) ( ) 2 (1)f x f x f+ ⋅ = 1x = − (1) ( 1) 2 (1)f f f− =
( ) 0f x > ( 1) 2f − = (1) ( 1) 2f f= − =
( )f x x R∀ ∈ ( 2) ( ) 4f x f x+ ⋅ =
( 4) ( 2) 4f x f x+ ⋅ + =
( ) ( 4)f x f x= + ( )f x 4
4 4(2019) (4 504 3) (3) 2(1) 2f f f f
= × + = = = =
(2020) (4 505) (0) 1f f f= × = =
(2019) (2020) 3f f+ =
3
{ }na 1
1
2a =
1
12 2
n
n na a +
= −
*( )n N∈ { }nb 2n
n nb a= ⋅
*( )n N∈
{ }nb { }na
2logn
n
nc a
=
2
2
n nc c +
n nT
2n n
na = 3 1 1
2 1 2n n
− −+ +
1
12 2
n
n na a +
= − 2n
n nb a= ⋅ 1
1 12n
n nb a+
+ += ⋅ { }nb得 ， 的通项公式.
(2)利用(1)可得 ，于是可用裂项相消法求和.
【详解】（1）由 ，即 ．
而 ，∴ ，即 ．
又 ，∴数列 是首项和公差均为 1 的等差数列.
于是 ，∴ .
（2）∵ ，∴ .
∴
.
【点睛】本题考查等差数列的判断、裂项相消法求和.通项公式形如 ( 为常数)
的数列可用裂项相消法求和，裂项时要注意恒等变形调整系数，即 .
18. 的内角 ， ， 的对边分别为 ， ， ，且满足
= ．
（1）求 ；
（2）若 ，求 最小值．
【答案】（1） ；（2） .
【解析】
【分析】
(1)先化切为弦，再利用三角恒等变换、正弦定理化简，可得答案.
的
{ }nb { }na
2
2 2 1 1
( 2) 2n nc c n n n n+
= = −+ +
1
12 2
n
n na a +
= −
1
12 2 1n n
n na a+
+= −
2n
n nb a= 1 1n nb b += − 1 1n nb b+ − =
1 12 1b a= = { }nb
1 ( 1) 1= 2n
n nb n n a= + − × =
2n n
na =
2 2log log 2n
n
n
nc na
= = =
2
2 2 1 1
( 2) 2n nc c n n n n+
= = −+ +
1 1 1 1 1 1 1 1 11 3 2 4 3 5 1 1 2nT n n n n
= − + − + − + + − + − − + +
1 1 11 2 1 2n n
= + − −+ +
3 1 1
2 1 2n n
= − −+ +
2
1( )
d
n n d+ 1 2,d d
2 2
1 1 1
1 1=( )
d d
n n d d n n d
− + +
ABC△ A B C a b c tan sin 2 cos2 2 2
A C Aa b +
cos 2
Ca
B
6b = 2 2a c+
2π
3 24(2)利用余弦定理和均值不等式求解，也可以利用正弦定理和三角函数的性质求解.
【详解】（1） ，
.
.
.
由正弦定理得
， .
， .
， .
（2）方法一： ， ，
由余弦定理得 ，
.
由基本不等式得 （当且仅当 时“ ”成立），
，则 ，即 的最小值为 .
方法二： ， ， ，
由正弦定理得 ，
.
.
tan sin 2 cos cos2 2 2 2
A C A Ca b = a +
∴ sin sin 2 cos cos cos2 2 2 2 2
A C A A Ca b = a +
2 sin cos cos cos sin sin2 2 2 2 2 2
A A A C A Cb = a ∴ −
∴ πsin cos cos sin2 2 2
A C B Bb A= a = a = a
+ −
sin sin =sin sin 2
BB A A
sin 0A ≠ ∴ 2sin cos =sin2 2 2
B B B
sin 02
B ≠ ∴ 1cos =2 2
B
0 πB< < ∴ 2π
3B =
2π
3B = =6b
2 2 2 2 cosb a c ac B= + −
∴ 2 2 36a c ac+ + =
2 2
2
a cac
+≤ a c= =
2 2
2 236 2
a ca c
+∴ ≤ + + 2 2 24a c+ ≥ 2 2a c+ 24
2π
3B =
3A C
π+ = 6b =
6 4 32πsin sin sin 3
a c
A C
= = =
∴ 4 3sin , 4 3sina A c C= =
∴ 2 2 2 248(sin sin )a c A C+ = +
1 cos2 1 cos248 2 2
A C− − = + .
， ，则 .
，则 的最小值为 .
【点睛】本题考查解三角形，涉及正弦定理、余弦定理、最值的求法等，一般需综合利用三
角恒等变换和三角函数的性质进行解题.
19.如图，在三棱锥 中，平面 平面 ， 为等边三角形， ，
是 的中点.
（1）证明： ；
（2）若 ，求 到平面 的距离.
【答案】（1）证明见解析（2）
【解析】
【分析】
(1) 取 中点 ，连接 ， ,证 平面 可得.
(2)作平面 的垂线，或利用三棱锥的等积转换求解.
【详解】（1）证明：取 中点 ，连接 ， .
为等边三角形， .
， 是 的中点， 为 中点，∴ .
又 ， 平面 .
2π48 24 cos2 cos 23A A
= − + −
1 348 24 cos2 sin 22 2A A
= − +
π48 24sin 2 6A = − +
π0 3A< < ∴ π π 5π26 6 6A< + < 1 πsin 2 12 6A < + ≤
∴ 2 224 36a c≤ + < 2 2a c+ 24
P ABC− PAC ⊥ ABC PAC AB AC⊥
D BC
AC PD⊥
2AB AC= = D PAB
3
2
AC E DE PE AC ⊥ PED
PAB
AC E DE PE
PAC ∴ PE AC⊥
AB AC⊥ D BC E AC ED AC⊥
PE ED E= AC∴ ⊥ PED（2）方法一：取 中点 ，连接 CM.
为等边三角形， .
平面 平面 ， ，
平面 . .
又 ， 平面 .
， 为等边三角形， .
是 的中点，
到平面 的距离的 倍等于 到平面 的距离.
到平面 的距离为 .
方法二：由平面 平面 ， ，
可得 平面 ，则 .
， 为等边三角形，则 .
是 的中点， .
点 到平面 的距离为 ，设 到平面 的距离为 ，
由 ，解得 .
【点睛】本题考查空间垂直关系的转化，空间距离的求解.面面垂直、线面垂直、线线垂直之
间可以互相转化，要合理创造转化的条件.求点面距离的常用方法是作—证—求和等积转换.
20.已知椭圆 的一个焦点与抛物线 的焦点重合，且椭圆
的离心率为 .
∴ AC PD⊥
PA M
PAC ∴ CM PA⊥
PAC ⊥ ABC AB AC⊥
∴ AB ⊥ PAC AB CM∴ ⊥
AB PA A∩ = CM∴ ⊥ PAB
2AC = PAC 3CM∴ =
D BC
∴ D PAB 2 C PAB
∴ D PAB 3
2
PAC ⊥ ABC AB AC⊥
AB ⊥ PAC AB PA⊥
2AB AC= = PAC
1 22PABS PA AB= ⋅ ⋅ =△
D BC 1 12 2ABD
ACS AB∴ = ⋅ ⋅ =△
P ABC 3PE = D PAB d
1 1
3 3D PAB P ABD PAB ABDV V S d S PE− −= ⇒ ⋅ = ⋅△ △
3
2d =
2 2
2 2: 1( 0)x yC a ba b
+ = > > 2 4 3y x=
C 3
2（1）求椭圆 的标准方程；
（2）直线 交椭圆 于 、 两点，线段 的中点为 ，直线 是线段 的垂直
平分线，求证：直线 过定点，并求出该定点的坐标．
【答案】（1） ；（2）直线 过定点 ，详见解析.
【解析】
【分析】
(1)由焦点和离心率可得 的值，则方程易求.
(2)设出直线 的方程，与椭圆方程联立，结合线段的中点，利用根与系数的关系(或点差法)
可求出直线 的斜率，进而可表示出直线 的方程，判断其所过定点.
【详解】（1）抛物线 的焦点为 ，则 .
椭圆 的离心率 ，则 .
故椭圆 的标准方程为 .
（2）方法一：显然点 在椭圆 内部，故 ，且直线 的斜率不为 .
当直线 的斜率存在且不为 时，易知 ，设直线 的方程为 ，
代入椭圆方程并化简得 .
设 ， ，则 ，解得 .
因为直线 是线段 的垂直平分线，故直线 ，即 .
令 ，此时 ，于是直线 过定点 .
当直线 的斜率不存在时，易知 ，此时直线 ，故直线 过定点 .
综上所述，直线 过定点 .
C
l C A B AB (1, )M t m AB
m
2
2 14
x y+ = m 3 ,04
,a c
l
l m
2 4 3y x= ( 3,0) 2 2 3c a b= − =
C 3
2
ce a
= = 2 2 22, 1a b a c= = − =
C
2
2 14
x y+ =
(1, )M t C 3 3
2 2t− < < l 0
l 0 0t ≠ l ( 1)y k x t= − +
2 2 2 2 2(1 4 ) (8 8 ) 4 8 4 4 0k x kt k x k kt t+ + − + − + − =
1 1( , )A x y 2 2( , )B x y
2
1 2 2
8 8 21 4
kt kx x k
−+ = − =+
1
4k t
= −
m AB : 4 ( 1)m y t t x− = − (4 3)y t x= −
4 3 0x − = 3 , 04x y= = m 3 ,04
l 0t = : 0m y = m 3 ,04
m 3 ,04
方法二：显然点 在椭圆 内部，故 ，且直线 的斜率不为 .
当直线 的斜率存在且不为 时，设 ， ，
则有 ， ，
两式相减得 .
由线段 的中点为 ，则 ，
故直线 的斜率 .
因为直线 是线段 的垂直平分线，故直线 ，即 .
令 ，此时 ，于是直线 过定点 .
当直线 的斜率不存在时，易知 ，此时直线 ，故直线 过定点 .
综上所述，直线 过定点 .
【点睛】本题考查圆锥曲线(椭圆)的综合问题，涉及弦的中点问题，常规方法是联立直线与
圆锥曲线的方程，利用根与系数的关系求解；也可以利用点差法求解.
21.已知函数 .
（1）求曲线 在点 处的切线方程；
（2）若函数 （其中 是 的导函数）有两个极值点 ，
，且 ，证明： .
【答案】（1） ；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
(1, )M t C 3 3
2 2t− < < l 0
l 0 1 1( , )A x y 2 2( , )B x y
2
21
1 14
x y+ =
2
22
2 14
x y+ =
1 2 1 2
1 2 1 2
( )( ) ( )( ) 04
x x x x y y y y
+ − + + − =
AB (1, )M t 1 2 1 22, 2x x y y t+ = + =
l 1 2
1 2
1
4
y yk x x t
−= = −−
m AB : 4 ( 1)m y t t x− = − (4 3)y t x= −
4 3 0x − = 3 , 04x y= = m 3 ,04
l 0t = : 0m y = m 3 ,04
m 3 ,04
1( ) ln ( )f x x a x a Rx
= − − ∈
( )y f x= 1e, e
−
2( ) ( ) 2lng x x f x x ax′= ⋅ + − ( )f x′ ( )f x 1x
2x 1 2x x< 1 2
2
1( ) 0ag x xx
−+ + >
2e 2e 0x y− − =(1)由题意可得点 在曲线上，求出 的值，由导数的几何意义求切线方程即可.
(2)由题意得极值点 ， 是 的根，把待证式中的变量 转换为只含一个变
量再证.
【详解】（1） 的定义域为 ， .
而 ，即 ，
故所求切线的斜率为 ，
所以切线方程为 ，即 .
（2）证明： ，
则 的定义域为 ， ，
若 有两个极值点 ， ，且 ，
则方程 的判别式 ，且 ，
得 ，且 .
所以
.
设 ，
1e, e
− a
1x 2x ( ) 0g x′ = 1 2, ,x x a
( )f x (0, )+∞ 1 1(e) e ee ef a a= − − = − ⇒ =
2
1( ) 1 af x x x
′ = + − 2
1 e( ) 1f x x x
′ = + −
2 2
1 e 1( ) 1 e e ef e′ = + − =
2
1 1 ( e)e ey x+ = − 2e 2e 0x y− − =
2 2( ) ( ) 2ln 2 2ln 1g x x f x x ax x ax x′= ⋅ + − = − + +
( )g x (0, )+∞ 22 2( 1)( ) 2 2 x axg x x a x x
− +′ = − + =
( )g x 1x 2x 1 2x x<
2 1 0x ax− + = 2 4 0a∆ = − > 1 2 1 20, 1x x a x x+ = > =
2a > 1 20 1x x< < <
1 2
2
1( ) ag x xx
−+ +
2
1 1 1 1
1
12 2ln 1 ( 1)x ax x a x x
= − + + + − +
2
1 1 1 1
1
12ln 1x ax x x x
= − − + + +
2
1 1 1 1 1
1 1
1 1( ) 2ln 1x x x x xx x
= − + − + + +
1 1 1
1
12ln (0 1)x x xx
= + − < <
1( ) 2ln (0 1)h t t t tt
= + − < = 1 2
2
1( ) 0ag x xx
−+ + >
1C cos
2 sin
x r
y r
ϕ
ϕ
=
= +
，
0r > ϕ
O x 1C π2, 6P
2C
2 (2 cos2 ) 6ρ θ+ =
1C
1( , )A ρ α 2
π, 2B ρ α + 2C 2 2
1 1
| | | |OA OB
+
4sinρ θ= 2
3
1C π2, 6P
r
1( , )A ρ α 2
π, 2B ρ α + 2C 2 2 2 2
1 2
1 1 1 1=| | | |OA OB ρ ρ+ +【详解】（1）将曲线 的参数方程 化为普通方程为 ，
即 .
由 ， ，得曲线 的极坐标方程为 .
由曲线 经过点 ，则 ( 舍去),
故曲线 的极坐标方程为 .
（2）由题意可知 ， ,
所以 .
【点睛】本题考查参数方程与极坐标方程的转化，考查对极坐标方程含义的理解，是一道基
础题.牢记转化公式和极坐标系中 的含义即可顺利解题.
23.已知函数 ．
（1）解不等式 ；
（2）若对于 ， ，有 ， ，求证： ．
【答案】（1） ；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
(1)利用零点分段讨论法解绝对值不等式.
(2)利用绝对值三角不等式即可证明结论.
【详解】（1）由 得 ，
则 或 或
解得 ，或 ，或 ，即 ，
1C cos
2 sin
x r
y r
ϕ
ϕ
=
= +
， 2 2 2( 2)x y r+ − =
2 2 24 4 0x y y r+ − + − =
2 2 2x yρ = + sin yρ θ = 1C 2 24 sin 4 0rρ ρ θ− + − =
1C π2, 6P
2 2π2 4 2 sin 4 0 26 r r− × × + − = ⇒ = 2r = −
1C 4sinρ θ=
2
1 (2 cos2 ) 6ρ α+ = 2 2
2 2
π2 cos2 (2 cos2 ) 62
ρ α ρ α + + = − =
2 2 2 2
1 2
1 1 1 1 2 cos2 2 cos2 2
| | | | 6 6 3OA OB
α α
ρ ρ
+ −+ = + = + =
ρ θ，
( ) | 2 1|f x x= −
( ) | | 3f x x< +
x y R∈ 1| 3 1| 3x y− + ≤ 1| 2 1| 6y − ≤ ( 6
7)f x ≤
{ | 2 4}x x− < <
( ) | | 3f x x< + | 2 1| | | 3x x− < +
1
2
2 1 3
x
x x
≥
− < +
， 10 2
1 2 3
x
x x
<
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