高三第三次月考理科数学
一、选择题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要
求的一项
1.设集合 ， ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
求出集合 ，集合 ，然后求交集即可.
【详解】解：因为 ， ，
所以 .
故选 B.
【点睛】本题考查集合交集的运算，以及对数不等式，二次不等式的求解，是基础题.
2.在复平面内，复数 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】A
【解析】
【分析】
直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．
【详解】解： ，
所以复数 对应的点的坐标为： ，位于第一象限，
故选 A．
【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础
题．
3.设 为直线， 是两个不同的平面，下列命题中正确的是( )
{ }21 log 3A x x= ≤ ≤ { }2 3 4 0B x x x= − − < A B =
( )1,2− ( ]1,8− [ )2,4 [ ]4,8
A B
{ }2 8A x x= ≤ ≤ { }1 4B x x= − < <
{ }1 8A B x x∪ = − < ≤
2
1
i
i
+
−
( )( )
( )( )
2 1+2 1+3i= =1 1 1+ 2
i ii
i i i
++
− −
2
1
i
i
+
−
1 3,2 2
l ,α βA. 若 ， ，则 B. 若 ， ，则
C. 若 ， ，则 D. 若 ， ，则
【答案】B
【解析】
A 中， 也可能相交；B 中，垂直与同一条直线的两个平面平行，故正确；C 中， 也可
能相交；D 中， 也可能在平面 内.
【考点定位】点线面的位置关系
4.已知一组样本数据点 ，用最小二乘法求得其线性回归方
程为 .若 的平均数为 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
设样本数据的中心为 ，代入回归直线的方程，求得 ，进而求得答案．
【 详 解 】 由 题 意 ， 设 样 本 数 据 的 中 心 为 ， 代 入 回 归 直 线 的 方 程 ， 可 得
，
则 ，故选 B．
【点睛】本题主要考查了回归直线方程的应用，其中解答中熟记回归直线方程的基本特征是
解答本题的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．
5.已知等比数列 满足 ，且 ，则 （ ）
A. 8 B. 16 C. 32 D. 64
【答案】A
【解析】
【分析】
先由题意求出公比，再根据等比数列的通项公式即可求出 的值
/ /l α / /l β / /α β l α⊥ l β⊥ / /α β
l α⊥ / /l β / /α β α β⊥ / /l α l β⊥
,α β ,α β
l β
1 1 2 2 3 3 6 6( , ),( , ),( , ), ,( , )x y x y x y x y
2 4y x= − + 1 2 3 6, , , ,x x x x 1 1 2 3 6y y y y+ + + + =
10 12 13 14
(1, )y 2y =
(1, )y
2 1 4 2y = − × + =
1 2 3 4 5 6 6 2 12y y y y y y+ + + + + = × =
{ }na 1
1
2a = ( )2 4 34 1a a a⋅ = − 5a =
5a【详解】等比数列 满足 ，且 ，
则 ，
解得 ，
，
故选 ．
【点睛】本题考查了等比数列的通项公式，考查了运算求解能力，属于基础题.
6.点 是角 终边上一点，则 的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
利用三角函数的定义求出 的值，然后利用诱导公式可求出 的值.
【详解】由三角函数的定义可得 ，
由诱导公式可得 .
故选 A.
【点睛】本题考查三角函数的定义，同时也考查了利用诱导公式求值，在利用诱导公式求值
时，充分理解“奇变偶不变，符号看象限”这个规律，考查计算能力，属于基础题.
7.下列叙述正确的是（ ）
A. 命题“p 且 q”为真，则 恰有一个为真命题
B. 命题“已知 ，则“ ”是“ ”的充分不必要条件”
C. 命题 都有 ，则 ，使得
D. 如果函数 在区间 上是连续不断的一条曲线，并且有 ，那么
函数 在区间 内有零点
【答案】C
{ }na 1
1
2a = 2 4 34( 1)a a a= −
3 21 1 14( 1)2 2 2q q q× × × = × −
2 4q =
4 2
5 1
1 4 82a a q∴ = = × =
A
( )1,2P − α ( )sin π α−
2 5
5
2 5
5
− 2
5
− 1
5
sinα ( )sin π α−
( )2 2
2 2 5sin 51 2
α = =
− +
( ) 2 5sin sin 5
π α α− = =
,p q
,a b∈R a b> 2 2a b>
: 0p x∀ > e 1x > 0: 0p x¬ ∃ > 0 1xe ≤
( )y f x= ( , )a b ( ) 0)· (f a f b <
( )y f x= ( , )a b【解析】
【分析】
由 p 且 q 的真值表，可判断正误；由充分必要条件的定义和特值法，可判断正误；由全称命
题的否定为特称命题，可判断正误；由函数零点存在定理可判断正误.
【详解】解：对于 A，命题“P 且 q 为真，则 P，q 均为真命题”，故错误；
对于 B，“a＞b”推不出“a2＞b2”，比如a＝1，b＝﹣1；反之也推不出，比如 a＝﹣2，b＝0，
“a＞b”是“a2＞b2”的不充分不必要条件，故错误；
对于 C，命题 都有 ，则 ，使得 ，故正确；
对于 D，如果函数 y＝f（x）在区间[a，b]上是连续不断的一条曲线，
并且有 f（a）•f（b）＜0，由零点存在定理可得函数 y＝f（x）在区间（a，b）内有零点，
故错误．
其中真命题的个数为 1，
故选 C．
【点睛】本题考查命题的真假判断，考查命题的否定和充分必要条件的判断，以及函数零点
存在定理和函数的单调性的判断，考查判断能力和运算能力，属于中档题．
8.函数 的图象与 轴交点的横坐标构成一个公差为 的等差数
列，要得到函数 的图象，只需将 的图象（ ）
A. 向左平移 个单位 B. 向右平移 个单位
C. 向左平移 个单位 D. 向右平移 个单位
【答案】A
【解析】
依 题 意 有 的 周 期 为 . 而
，故应左移 .
9.己知椭圆 直线 过左焦点且倾斜角为 ，以椭圆的长轴为直径的圆
: 0p x∀ > e 1x > 0: 0p x¬ ∃ > 0 1xe ≤
( ) sin( )( 0)4f x A x
πω ω= + > x 3
π
( ) cosg x A xω= ( )f x
12
π
4
π
4
π 3
4
π
( )f x ( )2 2π π, 3, sin 33 4T f x A x
π ωω
= = = = +
( ) π π π π πsin 3 sin 3 sin 32 4 4 12 4g x A x A x A x
= + = + + = + +
π
12
( )2 2
2 2 1 0x y a ba b
+ = > > l 3
π截 所得的弦长等于椭圆的焦距，则椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
假设直线方程，求得圆心到直线的距离 ，利用弦长等于 可构造关于 的齐次
方程，从而求得离心率.
【详解】由题意知，椭圆左焦点为 ，长轴长为 ，焦距为
设直线 方程为： ，即
则以椭圆长轴为直径的圆的圆心为 ，半径为
圆心到直线 的距离
，整理得：
椭圆的离心率为
本题正确选项：
【点睛】本题考查椭圆离心率的求解，关键是能够利用直线被圆截得的弦长构造出关于 的
齐次方程.
10.在三棱锥 中，点 均在球 的球面上，且
，若此三棱锥体积的最大值为 ，则球 的表面积为( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据条件可知，当球心在三棱锥 的高上时，此三棱锥的体积最大.
根据数形结合，设半径为 ， 是直角三角形，满足 ，建立关于
l
7
7
2 5
5
5
5
2 77
d 2 22 a d− ,a c
( ),0c− 2a 2c
l ( )3y x c= + 3 3 0x y c− + =
( )0,0 a
∴ l 3 3
2 2
c
d c= =
2 2 2 232 2 2 4c a d a c∴ = − = − 2 24
7c a=
∴ 4 2 7
7 7
c
a
= =
D
,a c
P ABC－ P A B C， ， ， O
8 6AB BC AB BC⊥ = =， ， 40 5 O
90π 120π 160π 180π
P ABC−
R 1OO A∆ 2 2 2
1 1AO AO OO= + R的方程,最后 计算表面积.
【详解】因为三棱锥 的底面积一定，所以当球心在三棱锥 的高上时，
此三棱锥的体积最大.设球 的半径为 ，顶点 在底面内的射影为 .
因为 ，所以 为斜边 的中点，则 ，
如图所示.由三楼锥 的体积 得 ，
解得 .在 中，有 ，
即 ，解得 ，故球 的表面积
.
【点睛】本题考查了球与几何体 综合问题，考查空间想象能力以及化归和计算能力，（1）
当三棱锥的三条侧棱两两垂直时，并且侧棱长为 ，那么外接球的直径
，（2）当有一条侧棱垂直于底面时，先找底面外接圆的圆心，过圆心做底
面的垂线，球心在垂线上，根据垂直关系建立 的方程.
11.已知 是定义在 上的偶函数，满足 ，当 时，
，若 ， ， ，则 ， ， 的大小
关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据题意，分析可得函数 f（x）是周期为 2 的周期函数，据此可得 c＝f（2019）＝ f
的
24S Rπ=
P ABC− P ABC−
O R P 1O
AB BC⊥ 1O AC
2 2
1
8 6 52 2
ACAO
+= = =
P ABC− 1
1
3 ABCV S PO∆= ⋅ 1
1 140 5 8 63 2 PO= × × × ×
1 5 5PO = 1Rt AOO∆ 2 2 2
1 1AO AO OO= +
2 2 25 (5 5 )R R= + − 3 5R = O
2 24 4 (3 5) 180S Rπ π π= = =球
, ,a b c
2 2 22R a b c= + +
R
( )f x R ( ) ( )2f x f x+ = [ ]0,1x∈
( ) 3f x x x= + 2
4log 5a f =
( )2log 4.1b f= ( )2019c f= a b c
a b c< < b a c< < c a b< < c a b< = + ≤
( ) ( )g x f x b= − b
(0,1]
( )y f x= y b= ( )y f x= y b=
( ) ( )g x f x b= − ( )y f x= y b=
0x ≤ ( ) ( )1 xf x x e= + ( ) ( ) ( )1 2x x xf x e x e x e′ = + + = +
( )f x∴ ( ), 2−∞ − ( ]2,0−
( ) 2
12f e
− = − ( )0 1f = ( )lim 0
x
f x→−∞
=
( )f x通过图象可知，若 与 有三个不同的交点，则
本题正确结果：
【点睛】本题考察根据函数零点个数求解参数取值范围的问题，关键是将问题转化为曲线和
直线的交点个数问题，通过数形结合的方式求得结果.
16.在 中，角 所对的边分别为 的平分线交 于点 D，
且 ，则 的最小值为_________
【答案】
【解析】
【分析】
根据面积关系建立方程关系，结合基本不等式 1 的代换进行求解即可．
【详解】解：由题意得 acsin60° asin30° csin30°，
即 ac＝a+c，
得 ，
得 4a+c＝ （4a+c）（ ） ≥ ＝ ，
当且仅当 ，即 c＝2a 时，取等号，
故答案为 ．
【点睛】本题主要考查基本不等式的应用与三角形的面积公式，利用 1 的代换结合基本不等
式是解决本题的关键．
三、解答题 （本大题共 6 小题，共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）
17.已知数列 中， ， ，设 .
( )y f x= y b= ( ]0,1b∈
( ]0,1
ABC∆ , ,A B C , , , 60a b c ABC ABC°∠ = ∠ AC
1BD = 4a c+
3 3
1
2
1
2
= 1
2
+
3
1 1 3a c
+ =
3
3
1 1
a c
+ 3 4 53
c a
a c
= + +
3 42 53
c a
a c
⋅ + 3 3
4c a
a c
=
3 3
{ }na 1 2a = 1
1 2 2n
n na a +
+ = +
2
n
n n
ab =（Ⅰ）求证：数列 是等差数列；
（Ⅱ）求数列 的前 项和 .
【答案】（Ⅰ）见证明；（Ⅱ）
【解析】
【分析】
（1）证明 （ 为常数）即可；
（2）将 采用裂项的方式先拆开，然后利用裂项相消的求和方法求解 .
【详解】（Ⅰ）证明：当 时，
，所以 是以为 首项，为 公差的等差数列.
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知， ，所以 ，
所以 .
【点睛】常见的裂项相消形式：
（1） ；（2） ；
（3） ；
（4） .
18.某花圃为提高某品种花苗质量，开展技术创新活动，在 ， 实验地分别用甲、乙方法培
训该品种花苗．为观测其生长情况，分别在实验地随机抽取各 50 株，对每株进行综合评分，
将每株所得的综合评分制成如图所示的频率分布直方图．记综合评分为 80 及以上的花苗为优
质花苗．
{ }nb
1
1{ }
n nb b +
n nS
11 1nS n
= − +
1n nb b c−− = c
1
1
n nb b +
nS
2n ≥ 1 1
1 1
2 12 2 2
n n n n
n n n n n
a a a ab b − −
− −
−− = − = =
1 1b = { }nb 1 1
nb n=
+1
1 1 1
1n nb b n n
= − +
1 1 1 1 1 11 12 2 3 1 1nS n n n
= − + − + + − = −+ +
1 1 1
( 1) 1n n n n
= −+ +
1 1 1
1 1n n n n
= −
+ + +
1 1 1 1( )(2 1)(2 1) 2 2 1 2 1n n n n
= −− + − +
1 1
2 3 1 1
(3 1)(3 1) 3 1 3 1
n
n n n n+ += −− − − −
A B（1）求图中 的值；
（2）填写下面的列联表，并判断是否有 90%的把握认为优质花苗与培育方法有关．
优质花苗 非优质花苗 合计
甲培育法 20
乙培育法 10
合计
附：下面的临界值表仅供参考．
0.15 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001
2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828
（参考公式： ，其中 ．）
【答案】（1） ；（2）列联表见解析，有 把握认为优质花苗与培育方法有关系.
【解析】
【分析】
（1）根据频率分布直方图中矩形面积之和为 1 即可求解；
（2）根据题中“分别在实验地随机抽取各 50 株”判断即可补全数据，再根据二联表算出
，并结合 与 的关系判断即可
【详解】（1） ，解得 ；
（2） 结合（1）与频率分布直方图，优质花苗的频率为 ，则样本种，
的
a
( )2
0P K k≥
0K
2
2 ( )
( )( )( )( )
n ad bcK a b c d a c b d
−= + + + + n a b c d= + + +
0.040 90%
2K 2K 0K
0.005 10 0.010 0 0.025 10 10 0.020 10 1a× + × + × + × + × = 0.040a =
(0.04 0.02) 10 0.6+ × =优质花苗的颗数为 60 棵，列联表如下表所示：
优质花苗 非优质花苗 合计
甲培育法 20 30 50
乙培育法 40 10 50
合计 60 40 100
可得 .
所以，有 的把握认为优质花苗与培育方法有关系.
【点睛】本题考查频率分布直方图中具体值的计算，解题关键在于抓住图形中面积之和为 1
进行求解，二联表的填写， 的计算和相关性的判断，属于中档题
19.如图，在直角梯形 中， ,点 是 中点，且
,现将三角形 沿 折起，使点 到达点 的位置，且
与平面 所成的角为 .
(1)求证:平面 平面 ;
(2)求二面角 余弦值.
【答案】（1）见解析；
（2） .
【解析】
【分析】
的
2
2 100(20 10 30 40) 16.667 2.70660 40 50 50K
× − ×= ≈ >× × ×
90%
2K
ABED / / , AB ED AB EB⊥ C AB
, 2 4AB CD AB CD⊥ = = ACD CD A P PE
PBC 45
PBC ⊥ DEBC
D PE B− −
7
7
−（1）可证 平面 ，从而可证平面 平面 .
（2）以 为坐标原点，过点 与 平行的直线为 轴， 所在的直线 轴 所在的直
线为 轴建立空间直角坐标系, 求出平面 和平面 的法向量后可求二面角的余弦值.
【详解】(1)证明:在平面 中，
为 沿 折起得到，
平面 ，
又 平面 平面 平面
(2)解:在平面 中，
由(1)知 平面 平面 而 平面 故 .
由 与平面 所成的角为 ，得 ，
为等腰直角三角形， ,
，又 ，得 ,
，故 为等边三角形，
取 的中点 ,连结 ,
平面 ，
以 为坐标原点，过点 与 平行的直线为 轴， 所在的直线 轴 所在的直
线为 轴建立空间直角坐标系如图，
则
从而 ，
设平面 的一个法向量为 , 平面 的一个法向量为 ,
则由 得
，令 得 ，
由 得 ，令 得 ，
CD ⊥ PBC PBC ⊥ DEBC
O O BE x CB y OP
z PDE PEB
ABED , AB CD BC CD⊥ ⊥
PC AC CD PC CD∴ ⊥
PC BC C CD= ⊥ ， PBC
CD ⊂ ,DEBC ∴ PBC ⊥ DEBC
ABED / /AB CD AB BE CD EB⊥ ⊥， ，
CD ⊥ PBC EB∴ ⊥， PBC， PB ⊂ PBC， EB PB⊥
PE PBC 45 45EPB∠ =
PBE∴∆ PB EB∴ =
/ /AB DE / /CD EB 2BE CD= =
2PB∴ = PBC∆
BC O PO
,PO BC PO⊥ ∴ ⊥ EBCD
O O BE x CB y OP
z
( ) ( )0,1,0 2,1,0B E， ， ( )2, 1,0 0,0, 3 ( )D P− ，
( ) ( )0,2,0 2,0,0 1(2 3), ,DE BE PE= = = − ， ，
PDE ( ), , m x y z= PEB ( ), , n a b c=
0
0
m DE
m PE
⋅ =
⋅ =
2 0
2 3 0
y
x y z
= + − = 2z = − ( )3,0, 2m = − −
0
0
n BE
n PE
⋅ =
⋅ =
2 0
2 3 0
a
a b c
= + − =
1c = ( )0, 3,1n =所以 ，
设二面角 的大小为 ，则 为钝角且 ，
即二面角 的余弦值为
【点睛】面面垂直的证明可以通过线面垂直得到，也可以通过证明二面角是直二面角.空间中
的角的计算，可以建立空间直角坐标系把角的计算归结为向量的夹角的计算，也可以构建空
间角，把角的计算归结平面图形中的角的计算.
20.如图，椭圆 ： 的左右焦点分别为 ，离心率为 ，过抛物
线 ： 焦点 的直线交抛物线于 两点，当 时， 点在 轴上的射
影为 ，连接 并延长分别交 于 两点，连接 ， 与 的面积
分别记为 ， ，设 .
（1）求椭圆 和抛物线 的方程；
（2）求 的取值范围.
2 7cos 77 2
m nm n
m n
⋅ −= = = −
×⋅
，
D PE B− − θ θ 7
7cosθ = −
D PE B− − 7
7
−
1C
2 2
2 2 1( 0)x y a ba b
+ = > > 1 2,F F 3
2
2C 2 4x by= F ,M N 7| | 4MF = M x
1F , )NO MO 1C ,A B AB OMN∆ OAB∆
OMNS∆ OABS∆ λ = OMN
OAB
S
S
∆
∆
1C 2C
λ【答案】（I） ， ；（II） ．
【解析】
试题分析：（Ⅰ ）由题意得得 ，根据点 M 在抛物线上得 ，又
由 ，得 ，可得 ，解得 ，从而得 ，可得曲线方
程．（Ⅱ ）设 ， ，分析可得 ，先设出直线 的方程为
， 由 ， 解 得 ， 从 而 可 求 得 ， 同 理 可 得
,故可将 化为 m 的代数式，用基本不等式求解可得
结果．
试题解析：
（Ⅰ）由抛物线定义可得 ，
∵点 M 在抛物线 上，
∴ ，即 ①
又由 ，得
将上式代入①，得
解得
∴
，
所以曲线 的方程为 ，曲线 的方程为 ．
（Ⅱ）设直线 的方程为 ，
2
2 14
x y+ = 2 4x y= [ )2,+∞
7, 4M c b − −
2 74 4c b b = −
3
2
c
a
= 2 23c b= 27 7b b= 1b = 3 2c a= =，
ONk m= 'OMk m= 1' 4m m
= − ON y mx=
( 0)m > 2 4
y mx
x y
=
= 4Nx m= 24 1ON m m= +
, ,OM OA OB = OMN
OAB
ON OMS
S OA OB
λ ∆
∆
⋅= ⋅
7, 4M c b − −
2 4x by=
2 74 4c b b = −
2 27 4c b b= −
3
2
c
a
= 2 23c b=
27 7b b=
1,b =
3,c =
2a∴ =
1C
2
2 14
x y+ = 2C 2 4x y=
MN 1y kx= +由 消去 y 整理得 ，
设 ， .
则 ，
设 ， ，
则 ，
所以 ， ②
设直线 的方程为 ，
由 ，解得 ，
所以 ，
由②可知，用 代替 ，
可得 ，
由 ，解得 ，
所以 ，
用 代替 ，可得
所以
2
1
4
y kx
x y
= +
=
2 4 4 0x kx− − =
1 1, )M x y（ ( )2, 2N x y
1 2 4x x = −
ONk m= 'OMk m=
2 1
1 2
2 1
1 1' 16 4
y ymm x xx x
= ⋅ = = −
1' 4m m
= −
ON y mx= ( 0)m >
2 4
y mx
x y
=
= 4Nx m=
2 21 4 1NON m x m m= + = +
1
4m
− m
2
2
1 1 11 14 16MOM xm m m
= + − = +
2
2 14
y mx
x y
= + =
2
2
4 1Ax
m
=
+
2
2
2
2 11
4 1A
mOA m x
m
+= + =
+
1
4m
− m
2
2
2
12 11 161 16 1 14
B
mOB xm
m
+
= + =
+
2
2
2 2
2
2
1 14 1 1 16=
12 12 1 16
14 1 14
OMN
OAB
m mON OMS m m
S OA OB
m m
m
m
λ ∆
∆
+ ⋅ +⋅= =⋅ ++ ⋅
+ +，当且仅当 时等号成立．
所以 取值范围为 .
点睛：解决圆锥曲线的最值与范围问题时，若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，
则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值．常从以下几个方面考虑：
①利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围；
②利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
③利用基本不等式求出参数的取值范围；
④利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围．
21.已知函数 ．
（Ⅰ）当 时，求 的单调区间；
（Ⅱ）设函数 ，若 是 的唯一极值点，求 ．
【答案】（1） 在 上单调递增；在 上单调递减；（2）
【解析】
【分析】
（1）当 时， ，定义域为 ，求导，解 ，即可得出单
调性．
（2）由题意可得： ，求导得
，由于 是 的唯一极值点，则有以下两种情形：
情形一： 对 恒成立．情形二： 对
恒成立．设 ，对 分类讨论，利用导数研究函数的单
调性极值与最值即可得出．
的
2 2
2 2
1 14 1 1 4 24 4m mm m
= + ⋅ + = + +
12 22m m
= + ≥ 1m =
λ [ )2,+∞
( ) ( ) ( )22 1 lnf x a x ax a Rx
= − − − ∈
1a = ( )f x
( ) ( ) 1
2
xe ax ag x f x x
− − += + 2x = ( )g x a
( )f x (0,2) (2, )+∞ 0a =
1a = ( ) 2lnf x x x x
= − − ( )0, ∞+ ( ) 0f x′ >
( ) ( ) 1
2
22 1 ln
xe ax ag x a x ax x x
− − += − − − −
( ) ( )( )x 1 2
3
x 2 e ax x a
g' x x
−− − − +
= 2x = ( )g x
1 2 0xe ax x a− − − + ≥ ( )0,x∀ ∈ +∞ 1 2 0xe ax x a− − − + ≤
( )0,x∀ ∈ +∞ a【详解】解：（1）当 时， ，定义域为 ．
，
解 ，解得 ．
∴函数 在 上单调递增；在 上单调递减．
（2）由题意可得： ， ．
，
．
由于 是 的唯一极值点，则有以下两种情形：
情形一： 对 恒成立．
情形二： 对 恒成立．
设 ． ．
①当 时， ．则 ．
可得 时，函数 取得极小值即最小值，∴ ．满足题意．
②当 时， ．在 单调递增．
又 ．∴存在 ，使得 ．
当 时， ， 在 单调递增，∴ ，这与题
意不符．
③当 时，设 ． ，
令 ，解得 ．
可得 在 上单调递减；在 上单调递增．
i）当 时， ，由 在 上单调递减，
1a = ( ) 2lnf x x x x
= − − ( )0, ∞+
( ) ( )( )
2 2
x 1 x 21 2' 1 xf x x x
− + −= − + =
( ) 0f x′ > 0 2x< <
( )f x ( )0,2 ( )2,+∞
( ) ( ) 1
2
22 1 ln
xe ax ag x a x ax x x
− − += − − − − ( )0,x∈ +∞
( ) ( ) ( )x 1 2 x 1
2 4
e a x e ax a 2x2 1 2g' x a x
a
x x
− −− − − + ⋅−= − + +
( )( )1 2
3
2 xx e ax x a
x
−− − − +
=
( )0,x∈ +∞
2x = ( )g x
1 2 0xe ax x a− − − + ≥ ( )0,x∀ ∈ +∞
1 2 0xe ax x a− − − + ≤ ( )0,x∀ ∈ +∞
( ) 1' 2 1xh x e ax−= − −
0a = ( ) 1' 1xh x e −= − ( )' 1 0h =
1x = ( )h x ( ) ( )1 0h x h≥ =
0a < ( )0,x∈ +∞
( )0 0,1x ∈ ( )0' 0h x =
0x x> ( )' 0h x > ( )h x ( )0 ,x +∞ ( ) ( ) ( )0 1 0 2h x h h< = <
0a > ( ) 1' 2xp x e a−= −
( )' 0p x = ( )1 ln 2x a= +
( )p x ( )( ),1 ln 2a−∞ + ( )( )1 ln 2 ,a+ +∞
1
2a > ( )1 ln 2 1a+ > ( )'h x ( )( )0,1 ln 2a+可得 ， 在 上单调递减，
∴ ，这与题意矛盾，舍去．
ii）当 时， ，由 的单调性及 ，
可知： 时，都有 ．
又 在 上单调递增， ，
则存在 ，使得 ．
∴ 时， ，此时 单调递减，
∴ ，这与题意矛盾，舍去．
综上可得： ．
【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法、等价转
化方法、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
请考生在 22、23 两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的的第一题记分．
选修 4－4：坐标系与参数方程
22.在平面直角坐标系 中，曲线 的参数方程为 （ 为参数）．
（Ⅰ）求曲线 的普通方程；
（Ⅱ）经过点 作直线 交曲线 于 ， 两点，若 恰好为线段 的三等分点，
求直线 的普通方程．
【 答 案 】 （ 1 ） （ 2 ） 或
．
【解析】
【分析】
（1）根据三角函数的基本关系式，消去参数，即可得到曲线 的普通方程；
（2）联立直线 l 的参数方程和曲线 的普通方程，根据参数的几何意义，即可求解．
( ) ( )' ' 0 0h x h< < ( )h x ( )( )0,1 ln 2a+
( ) ( )( )1 1 0 1 ln 22h h h a > = > +
10 2a< ≤ ( )1 ln 2 1a+ ≤ ( ) ( )'h x p x= ( )' 0 0h <
( )0,1x∈ ( )' 0h x <
( )'h x ( )1,3 ( ) 2 2 1' 3 6 1 6 1 02h e a e= − − ≥ − × − >
( )1 1,3x ∈ ( )1 0h x =
( )10,x x∈ ( )' 0h x < ( )h x
( ) ( )1
1h 1 02 h h x > = >
0a =
xOy C
1 2cos
1 2sin
x
y
θ
θ
= − +
= +
θ
C
2( )1,M − l C A B M AB
l
( ) ( )2 21 1 4x y+ + − = 15 5 15 10 0x y− + + =
15 5 15 10 0x y+ + − =
C
C【详解】（1）由曲线 C 的参数方程，得 （ 为参数），
所以曲线 的普通方程为 ．
（2）设直线 的倾斜角为 ，则直线的参数方程为 （ 为参数），
代入曲线 的直角坐标方程，得 ，即 ，
所以 ，由题意知，不妨设 ，
所以 ，即 或 ，即 或 ，
所以直线 的普通方程为 或 ．
【点睛】本题主要考查了参数方程与普通方程的互化，以及直线参数方程的应用，其中解答
中熟记直线参数方程中参数的几何意义，合理准确计算是解答的关键，着重考查了运算与求
解能力，属于基础题．
选修 4-5: 不等式选讲
23.已知 是正实数，且 ， 证明：
（Ⅰ） ；
（Ⅱ） ．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）利用基本不等式证明即可．
（2）利用综合法，通过重要不等式证明即可．
【详解】 是正实数， ，
，
1 2
1 2
x cos
y sin
θ
θ
+ =
− = θ
C ( ) ( )2 2x 1 y 1 4+ + − =
l α 1
2
x cos
y tsin
α
α
= − +
= + t
C ( ) ( )2 2tcosα 1 tsinα 4+ + = 2t 2tsinα 3 0+ − =
1 2
1 2
t t 2
t t 3
sinα+ = −
= − 1 2t 2t= −
2
2
2
t 2
2t 3
sinα− = −
− = −
10
4
6
4
cos
sin
α
α
=
= −
10
4
6
4
cos
sin
α
α
=
=
15k 5
= − 15k 5
=
l 15x 5y 15 10 0− + + = 15x 5y 15 10 0+ + − =
,a b 2a b+ =
2a b+ ≤
3 3( 4)( )a b a b+ + ≥
( )1 ,a b 2a b ab∴ + ≥
1ab∴ ≤∴
，
当且仅当 时，取
∴
∴
∴
当且仅当 即 时，取
【点睛】本题考查不等式的证明，综合法的应用，基本不等式的应用，是基本知识的考查．
( )2
2 4,a b a b ab+ = + + ≤
2a b∴ + ≤
1a b= = " ".=
( )2 2 2 2 ,a b ab + ≥
( ) ( )22 2 2 22 2 4a b a b ab a b+ ≥ + = + =
2 2 2,a b+ ≥
( )( ) ( )22 3 4 4 3 3 4 4 2 2 2 22 4,a b a b a b a b ab a b a b a b+ + = + + + ≥ + + = + ≥
2 2
,
1,
a b
a b
=
= 1a b= = " ".=
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