理科数学试卷 第 1页 (共 5页)
绝密★启用前 【考试时间:2020 年 4 月 24 日下午 15∶00~17∶00】
湖南湖北四校 2020 届高三学情调研联考
理科数学试题卷
本试卷共 5 页,满分 150 分,考试用时 120 分钟。
考生注意:
1.答卷前,考生务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡上。
2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需
改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号。回答非选择题时,将答案写在答题卡上。写在
本试卷上无效。
3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。
祝考试顺利!
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 | 0 4P x R x , | 3Q x R x ,则 P Q
A. 3,4 B. 3,4 C. ,4 D. 3,
2. x , y 互为共轭复数,且 ixyiyx 6432 则 yx =
A.2 B.1 C. 22 D.4
3.如图所示,三国时代数学家在《周脾算经》中利用弦图,给出了勾股定理的绝
妙证明.图中包含四个全等的直角三角形及一个小正方形(阴影),设直角三角
形有一个内角为 30 ,若向弦图内随机抛掷 200 颗米粒(大小忽略不计,取
3 1.732 ),则落在小正方形(阴影)内的米粒数大约为
A.20 B.27 C.54 D.64
4.如图,在ΔABC 中,点 D 在线段 BC 上,且 BD = 3DC,若AD
= λAB
+ μAC
,
则λ
μ =
A. B. C. D.2
5.已知定义在 R 上的函数 ( ) 2 1x mf x (m 为实数)为偶函数,记
0.5 2(log 3), (log 5), (2 )a f b f c f m 则 , ,a b c 的大小关系为
A. a b c B.c b a C.c a b D. a c b 理科数学试卷 第 2页 (共 5页)
6.如图所示是某多面体的三视图,左上为正视图,右上为侧视图,左下为俯视图,
且图中小方格单位长度为 1,则该多面体的侧面最大面积为
A. 2 3 B. 6 C. 2 2 D. 2
7.已知双曲线
2 2
2 2: 1 0, 0x yC a ba b
的左,右焦点分别为 1 2,0 , ,0F c F c ,又点
23, 2
bN c a
.若双
曲线 C 左支上的任意一点 M 均满足 2 4MF MN b ,则双曲线 C 的离心率的取值范围为
A. 13 , 53
B. 131, 5,3
U
C. 1, 5 13,U D. 5, 13
8.已知在关于 ,x y 的不等式组
0
{ 0
1 0
x y a
x y
y
,(其中 0a )所表示的平面区域内,存在点
0 0,P x y ,满足 2 2
0 03 3 1x y ,则实数a 的取值范围是
A. 3, B. ,26 C. 26, D. 6 2,
9.已知 ABC△ 的内角 , ,A B C 所对的边分别为 , ,a b c ,且 3cos cos 5a B b A c ,则 tan A B 的
最大值为
A. 3
2 B. 3
2 C. 3
4 D. 3
10.已知函数 2 2π( ) 2sin cos sin 02 4
rf x x x
在区间 2π 5π,3 6
上是增函数,且在区间
0,π 上恰好取得一次最大值 1,则 w 的取值范围是
A. 30, 5
B. 1 3,2 5
C. 1 3,2 4
D. 1 5,2 2
11.已知抛物线 2: 4C y x 和直线 : 1 0l x y F , 是抛物口回线 C 的焦点,P 是直线 l 上一点过点
P 作抛物线 C 的一条切线与 y 轴交于点 Q,则 PQF△ 外接圆面积的最小值为
A. π
2 B. 2 π2 C. 2π D. 2π
12.有四根长都为 2 的直铁条,若再选两根长都为 a 的直铁条,使这六 根铁条端点处相连能
够焊接成一个对棱相等的三棱锥形的铁架(不考虑焊接处的长度损失),则此三棱锥体积的取理科数学试卷 第 3页 (共 5页)
值范围是
A. 8 3(0, ]27 B. 2 3(0, ]3 C. 3(0, ]3 D. 16 3(0, ]27
二、填空题:本题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分。
13.已知二项式
61
xax 的展开式中的常数项为-160,则 a=________.
14.观察分析下表中的数据:
多面体 面积(F) 顶点数(V) 棱数(E)
三棱柱 5 6 9
五棱锥 6 6 10
立方体 6 8 12
猜想一般凸多面体中 , ,F V E 所满足的等式是________.
15.设函数 ( ) e 1xf x x ,函数 g x mx ,若对于任意的 1 2,2x ,总存在 2 1,2x ,使得
1 2f x g x ,则实数 m 的取值范围是________.
16. ABC△ 的内角 A , B , C 所对的边分别为 a , b , c .已知 sin :sin :sin ln 2 : ln 4 : lnA B C t ,
且 2•CA CB mc
,有下列结论:
① 2 8t ; ② 2 29 m ;
③ 4t , ln 2a 时, ABC△ 的面积为 215 ln 2
8
; ④当 52 8t 时, ABC△ 为钝角三角形.
其中正确的是________________(填写所有正确结论的编号)
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:60 分。
17.已知数列 ,n na b 满足: 1 1 2
1 14 1
n
n n n
n
ba a b b a
, , .
(1)证明: 1
1nb
是等差数列,并求数列 nb 的通项公式;
(2)设 1 2 2 3 3 4 1...n n nS a a a a a a a a ,求实数 a 为何值时 4 n naS b 恒成立
18.在 Rt△ABC 中,∠ABC=90°,tan∠ACB=1
2.已知 E,F 分别是 BC,AC 的中点.将△CEF
沿 EF 折起,使 C 到 C′的位置且二面角 C′-EF-B 的大小是 60°.连接 C′B,C′A,如图:理科数学试卷 第 4页 (共 5页)
(1)求证:平面 C′FA⊥平面 ABC′;
(2)求平面 AFC′与平面 BEC′所成二面角的大小.
19.
20.如图,设抛物线 2
1 : 4 ( 0)C y mx m 的准线l 与 x 轴交于椭圆
2 2
2 2 2: 1( 0)x yC a ba b
的右焦点 2 1,F F 为 2C 的左焦点.椭圆的离
心率为 1
2e ,抛物线 1C 与椭圆 2C 交于 x 轴上方一点 P ,连接 1PF
并延长其交 1C 于点Q , M 为 1C 上一动点,且在 ,P Q 之间移动.
(1)当 3
2
a
b
取最小值时,求 1C 和 2C 的方程;理科数学试卷 第 5页 (共 5页)
(2)若 1 2PF F 的边长恰好是三个连续的自然数,当 MPQ 面积取最大值时,求面积最大值以
及此时直线 MP 的方程.
21.已知函数 lnxf x a xe
,其中 a 为常数.
(1)若直线 2y xe
是曲线 y f x 的一条切线,求实数 a 的值;
(2)当 1a 时,若函数 ln xg x f x bx
在 1, 上有两个零点.求实数 b 的取值范
围.
(二)选考题:共 10 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。
22.[选修 4—4:坐标系与参数方程]
在平面直角坐标系 xOy 中,直线l 的参数方程为 2
1
x t
y t
= ,
= + (t 为参数),曲线 2
1 : 1C y x .以
坐标原点为极点,x 轴正半轴为极轴建立极坐标系,曲线 2C 的极坐标方程为 π4 2 sin 4
- .
(1)若直线 l 与 ,x y 轴的交点分别为 ,A B ,点 P 在 1C 上,求 BA BP
的取值范围;
(2)若直线 l 与 2C 交于 M N, 两点,点 Q 的直角坐标为 2,1 ,求|| | | ||QM QN 的值.
23. [选修 4–5:不等式选讲]
已知函数 2 2 3f x x x m , Rm .
(1)当 2m 时,求不等式 3f x 的解集;
(2)若 ,0x ,都有 2f x x x
恒成立,求 m 的取值范围.理数答案 第 1页,总 10页
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理科数学试题参考答案及解析
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。
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
选项 B C B A D C B D C B A D
1、B.【解析】由题意得, [0,4]P , ( 3,3)Q ,∴ ( 3,4]P Q ,故选 B.
2、C【解析】设 ,x a bi y a bi ,代入得 2 2 22 3 4 6a a b i i ,所以
2 2 22 4,3 6a a b ,解得 1, 1a b ,所以 2 2x y .
3、B 解析:设大正方体的边长为 x,则小正方体的边长为 3 1
2 2x x ,设落在小正
方形内的米粒数大约为 N,则
2
2
3 1
2 2 N
200
x x
x
,解得: N 27 .
4、 A【解析】
岈 岈 岈
岈 岈
岈
岈
,
所以
,从而求得
.
5、D 解析:∵函数 f(x)是偶函数,∴ ( )f x f x= - 在 R 上恒成立,∴ 0m= ,∴当 0x 时,
易得 2 1xf x 为增函数,∴ 0.5 2 23 3 5 2a f log f log b f log c f= = , = , = ,∵
2 23 2 5log log ,∴ a c b
6、C 由三视图可知多面体是棱长为 2 的正方体中的三棱锥 P ABC ,
故 1AC , 2PA , 5BC PC , 2 2AB , 2 3PB ,
∴
1 2 1 12ABC PACS S ,
1 2 2 2 2 22PABS ,
1 2 3 2 62PBCS ,
∴该多面体的侧面最大面积为 2 2 .故选 C.
7、B 解析:双曲线 C 左支上的任意一点 M 均满足 2 4MF MN b ,
即 2 min 4MF MN b ,
又 2 12 2MF MN a MF MN a
2
2
32 2
bNF a a
理数答案 第 2页,总 10页
∴
2
2 232 4 4 3 82
ba b a b aba
3 4 8 0 2b a b
a b a
或 2
3
b
a
∴
2
2
2e 1 ,e> 5b
a
或 131 N< 3
8、D【解析】由条件可得可行域,如图所示,
由{ 0
y x
x y a
,得 A 2 2
a a
, .因为直线 0x y a 与
直线 y x 垂直,所以只需圆心到 A 的距离小于等于 1 满足题意即可,即
2 2
3 3 12 2
a a
,解得6 2 6 2a ,当a 6 2 时恒存在点满足题
意,故实数a的取值范围 6 2,
9 、C【解析】 3cos cos 5a B b A c ∴由正弦定理,得
3
5sinAcosB sinBcosA sinC ,
C A B sinC sin A B ( ) ( ) ,,
∴ 3
5sinAcosB sinBcosA sinAcosB cosAsinB ( ),
整理,得 4sinAcosB sinBcosA ,同除以cosAcosB,得 4tanA tanB ,由此可得
2
3 3
11 1 4 4
tanA tanB tanBtan A B tanAtanB tan B tanBtanB
( ) , A B 、 是三角形内角,且
tanA 与tanB同号, A B 、 都是锐角,即 0 0tanA tanB> , > ,
1 14 2 4 4tanB tanBtanB tanB
理数答案 第 3页,总 10页
3 3
1 44
tan A B
tanBtanB
( ) ,
当且仅当 1 4tanBtanB
,即 1
2tanB
时, tan A B( )的最大值为 3
4
.
10 、 B 解 析 : ∵ 2 π π2cos 1 cos 1 sin2 4 2
x x x
,
2( ) sin 1 sin sin sinf x x x x x .
令 π 2 π2x k 可 得 π 2 π
2
kx , ∵ ( )f x 在 区间 0,π 上 恰好 取得 一次 最 大值 , ∴
π0 π2 解得 1
2
.
令 π π2 π 2 π2 2k x k ,解得: π 2 π π 2 π
2 2
k kx ,∵ ( )f x 在区间 2π 5π,3 6
上
是增函数,
∴
2π π
3 2
5π 3
6 5
,解得 3
5
.综上, 1 3
2 5
.故选:B.
11、答案:A 解析:将直线 l 与抛物线 C 联立
2 4
1 0
y x
x y
,得 21 1 0x x y ,即直
线 l 与抛物线 C 相切,且切点为 (1 )2, .又 P 是直线 l 上点,当点 P 为切点 (1 )2, 时, 1(0 )Q , .
又 0(1 )F , ,此时 PQF△ 为直角三角形,且外接圆的半径为 1,故圆的面积为 π .当点 P 不为
切点 (1 )2, 时,设点 0 0 1( )P x x , ,切线斜率为 k,则切线方程为 0 01y x k x x ,即
0 0 1 0kx y kx x .将切线方程与抛物线方程联立
2
0 0
4
1 0
y x
kx y kx x
,得
2
0 0 1 04
ky y kx x ,其中 01 1 0k kx ,则
0
1
PQk k x
.此时切线方程化简得
0
0
1y x xx
,则点 0(0 )Q x, ,可得 0FQk x .又 1PQ FQk k ,所以 PQF△ 为直角三角形.设
PQF△ 的外接圆的半径为 r, PF 的中点为 0 01 1,2 2
x xM
,且点 M 为外接圆的圆心,则
22r MQ
2 2 2
0 0 01 1 1
2 2 2
x x x
,所以 PQF△ 外接圆的面积为
2
2 0 1π π2
xr ,当
0 0x 时,面积取到最小值为 π
2
,综上, PQF△ 外接圆面积的最小值为 π
2 .理数答案 第 4页,总 10页
12、D 解析:设焊接的三棱锥形铁架如图所示,取 AB 的中点 D,连接 ,SD CD .
由题设条件易知 AB 平面 SCD ,且
2
4 4
aSD CD ,则 SCD△ 的面积为
21 42 2
aa ,三
棱锥的体积
21 1 43 2 2
aV a a
2
21 46 2
aa , 0 2 2a ,令
2 , (0,8)a t t ,则 2 31 1 14 46 2 6 2
tV t t t .令 2 31( ) 4 , (0,8)2f x t t t ,
则 23 3( ) 8 (8 )2 2f t t t t t .
令 ( ) 0f t 得 16
3t ,且 16(0, )3t 时, ( ) 0f t , ( )f t 单调递增, 16(0, )3t
时, ( ) 0f t , ( )f t 单调递减,所以 2
max
16 4( ) ( ) 163 27f t f ,则 V 的最
大值为 21 4 1 2 16 316 166 27 6 273 3
,故此三棱锥体积的取值范围是
16 3(0, ]27 .
二、填空题:本题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分。
13.2 【解析】二项式 ax-1
x
6
的展开式的通项是 Tr+1=Cr6·(ax)6-r·
-1
x
r
=Cr6·a6
-r·(-1)r·x6-2r.令 6-2r=0,得 r=3,因此二项式 ax-1
x
6
的展开式中的常数项是
C36·a6-3·(-1)3=-160,故 a=2.
14、 2F V E
解析:凸多面体的面数为 F. 顶点数为 V 和棱数为 E,
①正方体:F=6,V=8,E=12,得 F+V−E=8+6−12=2;
②三棱柱:F=5,V=6,E=9,得 F+V−E=5+6−9=2;
③三棱锥:F=4,V=4,E=6,得 F+V−E=4+4−6=2.
根据以上几个例子,猜想:凸多面体的面数 F. 顶点数 V 和棱数 E 满足如下关系:
2F V E
再通过举四棱锥、六棱柱、…等等,发现上述公式都成立。
因此归纳出一般结论: 2F V E
故答案为: 2F V E
15、 1, 2
解析: ( ) e 1 , ( ) ex xf x x f x x ∵ ∴ ,∴对于任意的 2,2x ,当 2,0x
时, ( ) 0f x ,当 0,2x 时, ( ) 0f x ,即 ( )f x 在 2,0 上为减函数,在 0,2 上为增函理数答案 第 5页,总 10页
数。 0x ∴ 为 ( )f x 在 2,2 上的极小值点,也是最小值点且最小值为 2,2 ,
∴对于任意的 1 1 min2,2 , ( ) 1x f x ,而总存在 2 1,2x ,使得 1 2( )f x g x ,
1 min 2 min( )f x g x . g x mx∵ ,∴① 0m 时, 2 0g x ,不合题意,
② 0m 时, 2 2 ,2g x mx m m ,此时 1m ,不合题意,③ 0m 时,
2 2 2 ,g x mx m m , 2 min 2g x m∴ , 12 1, 2m m ∴ .
16、①②④解析: sin :sin :sin ln 2 : ln 4 : lnA B C t ,∴ : : ln 2: ln 4: lna b c t ,
故可设 ln 2a k , ln 4 2 ln 2b k k , lnc k t , 0k . b a c b a ,∴ ln 2 3 ln 2k c k ,
则 2 8t ,当 52 8t 时, 2 2 2 0a b c ,故 ABC 为钝角三角形.
面
2
2ln5
22cos
222222222 ckcba
ab
cbaabCabCBCA
,
又 2•CA CB mc
,∴
2 2 2
2 2
2 2 2
5 ln 2
• 5 ln 2 12
2 2
k c
CA CB km c c c
.
ln 2 3 ln 2k c k ,∴ 2 2 2
2 2 2 2 2
5 5 5
18 ln 2 2 2 ln 2
k k k
k c k
,即 2 2
2
5 5 ln 2 5
18 2 2
k
c
,∴ 2 29 m .当
4t , ln 2a 时, ABC 的面积为 215 ln 2
4
,故四个结论中,只有③不正确.填①②④。
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。
17、(1)∵ 1
1
(1 )(1 ) (2 ) 2
n n
n
n n n n n
b bb a a b b b + ,∴ 1
11 12n
n
b b
∴
1
21 111 1 1
n
n n n
b
b b b
. ∴数列 1
1nb
是以 4- 为首项, 1- 为公差的等差数列.
∴ 1 4 ( 1) 31n
n nb
, ∴ 1 21 3 3n
nb n n
.
(2)∵ 11 3n na b n
. ∴
1 2 2 3 1
1 1 1 1 1
4 5 5 6 ( 3)( 4) 4 4 4( 4)n n n
nS a a a a a a n n n n 理数答案 第 6页,总 10页
∴
22 ( 1) (3 6) 84 4 3 ( 3)( 4)n n
an n a n a naS b n n n n
. 由条件可知
2( 1) (3 6) 8 0a n a n 恒成立即可满足条件,设 2( ) ( 1) 3( 2) 8f n a n a n ,当 1a
时, ( ) 3 8 0f n n 恒成立,当 1a 时,由二次函数的性质知不可能成立. 当 1a 时,
对称轴 3 2 3 1(1 ) 02 1 2 1
a
a a
, f n 在[1, ) 为单调递减函数.
(1) ( 1) (3 6) 8 4 15 0f a a a ,∴ 15
4a ,∴时 4 naS b 恒成立. 综上知: 1a
时, 4 naS b 恒成立.
18.【解析】(Ⅰ)解法一:∵F 是 AC 的中点,∴AF=C′F.设 AC′的中点
为 G,连接 FG.设 BC′的中点为 H,连接 GH,EH.易证:C′E⊥EF,BE⊥EF,
∴∠BEC′即为二面角 C′-EF-B 的平面角.∴∠BEC′=60°,而 E 为
BC 的中点.易知 BE=EC′,∴△BEC′为等边三角形,∴EH⊥BC′.
①∵EF⊥C′E,EF⊥BE,C′E∩BE=E,∴EF⊥平面 BEC′.而 EF∥AB,
∴AB⊥平面 BEC′,∴AB⊥EH,即 EH⊥AB. ②由①②,BC′∩AB=B,
∴EH⊥平面 ABC′.∵G,H 分别为 AC′,BC′的中点.∴GH 綊 1
2AB 綊 FE,∴四
边形 EHGF 为平行四边形.FG∥EH,FG⊥平面 ABC′,又 FG 平面 AFC′.∴平
面 AFC′⊥平面 ABC′.6 分
解法二:如图,建立空间直角坐标系,设 AB=2.
则 A(0,0,2),B(0,0,0),F(0,2,1),E(0,2,0),C′( 3,1,0).
设平面 ABC′的法向量为 a=(x1,y1,z1),BA→ =(0,0,2),BC′→ =( 3,1,
0),∴ z1=0,
3x1+y1=0,
令 x1=1,则 a=(1,- 3,0),设平面 AFC′的法向
量为 b=(x2,y2,z2),AF→=(0,2,-1),AC′→ =( 3,1,-2),
∴ 2y2-z2=0,
3x2+y2-2z2=0,
令 x2= 3,则 b=( 3,1,2).
∵a·b=0,∴平面 AFC′⊥平面 ABC′.6 分
(Ⅱ)如图,建立空间直角坐标系,设 AB=2.则 A(0,0,2),B(0,0,0),F(0,2,
1),E(0,2,0),C′( 3,1,0).显然平面 BEC′的法向量 m=(0,0,1),8 分
设平面 AFC′的法向量为 n=(x,y,z),AC′→ =( 3,1,-2),AF→=(0,2,
-1),
∴ 2y-z=0,
3x+y-2z=0,
∴ n=( 3,1,2).9 分 cos〈m, n〉= m· n
| m|·| n|
= 2
2
,10 分
由图形观察可知,平面 AFC′与平面 BEC′所成的二面角的平面角为锐角.
∴平面 AFC′与平面 BEC′所成二面角大小为 45°.12 分理数答案 第 7页,总 10页
19、
20、(1)因为 1, 2
cc m e a
,则 2 , 3a m b m ,所以 3
2
a
b
取最小值时 1m ,
此时抛物线 2
1 : 4C y x ,此时 22, 3a b ,所以椭圆 2C 的方程为
2 2
14 3
x y ;理数答案 第 8页,总 10页
(2)因为 1, 2
cc m e a
,则 2 , 3a m b m ,设椭圆的标准方程为
2 2
2 2 14 3
x y
m m
,
0 0 1 1, , ,P x y Q x y 由
2 2
2 2
2
1{4 3
4
x y
m m
y mx
得 2 23 16 12 0x mx m ,所以 0
2
3x m 或
0 6x m (舍去),代入抛物线方程得 0
2 6
3y m ,即 2 2 6,3 3
m mP
,
于是 1 2 1 1 2
5 7 6, 2 , 23 3 3
m m mPF PF a PF F F m ,又 1 2PF F 的边长恰好是三个
连续的自然数,所以 3m .此时抛物线方程为 2 12y x , 1 3,0 , 2,2 6F P ,则
直线 PQ 的方程为 2 6 3y x .联立
2
2 6 3{
12
y x
y x
,得 1
9
2x 或 1 2x (舍去),
于是 9 , 3 62Q
.所以 2 29 252 2 6 3 62 2PQ
,
设 2
, 3 6,2 612
tM t t
到直线 PQ 的距离为 d ,则
2
6 6 75
30 2 2d t
,
当 6
2t 时, max
6 75 5 6
30 2 4d ,所以 MPQ 的面积最大值为
1 25 5 6 125 6
2 2 4 16
.此时 4 2: 6 63 3MP y x .
21、(1)函数 ( )f x 的定义域为 (0, ) , 1( ) a x aef x e x ex
, 曲线 ( )y f x 在点
0 0,x y 处的切线方程为 2y xe
. 由题意得 0
0
0 0
1 2 ,
2 ln
a
e x e
xx a xe e
解得 1a ,
0x e .所以 a 的值为 1.
(2)当 1a 时, ( ) lnxf x xe
,则 1 1( ) x ef x e x ex
,由 ( ) 0f x ,得 x e ,
由 ( ) 0f x ,得 0 x e ,则 ( )f x 有最小值为 ( ) 0f e , 即 ( ) 0f x ,所以理数答案 第 9页,总 10页
ln( ) lnx xg x x be x
, ( 0)x , 由已知可得函数 lnln x xy x x e
的图象与直线
y b 有两个交点,
设 ln( ) ln ( 0)x xh x x xx e
,则
2
2 2
1 1 ln 1 ln( ) x ex e e x xh x x x e ex
,
令 2( ) lnx ex e e x x ,
22( ) 2e ex e xx e xx x
,
由 22 0ex e x ,可知 ( ) 0x ,所以 ( )x 在 (0, ) 上为减函数,
由 ( ) 0e ,得 0 x e 时, ( ) 0x ,当 x e 时, ( ) 0x ,
即当 0 x e 时, ( ) 0h x ,当 x e 时, ( ) 0h x ,
则函数 ( )h x 在 (0, )e 上为增函数,在 ,e 上为减函数,
所以,函数 ( )h x 在 x e 处取得极大值 1( )h e e
,
又 1(1)h e
, 3 2 2
3
3 13 4 1h e e ee e
,
所以,当函数 ( )g x 在[1, ) 上有两个零点时,b 的取值范围是 1 1be e
,
即 1 1,b e e
.
22、(1)由题意可知:直线 l 的普通方程为 1 0x y , 1,0A ∴ , 0, 1B 1C 的方程可化
为 2 2 1 0x y y ,设点 P 的坐标为 cos ,sin , 0 π ,
πcos sin 1 2 sin 1 0, 2 14BA BP
∴
(2)曲线 2C 的直角坐标方程为: 2 22 2 8x y 直线 l 的标准参数方程为
22 2
21 2
x m
y m
(m 为参数),代入 2C 得: 2 2 7 0m m 设 ,M N 两点对应的参数分别为
1 2,m m
1 2 1 22, 7 0m m m m 故 1 2,m m 异号 1 2 2QM QN m m ∴理数答案 第 10页,总 10页
23、答案:(1)当 2m 时,
4 1( 0)
3( ) | 2 | | 2 3| 2 1( 0)2
34 5( )2
x x
f x x x x
x x
当 4 1 3
0
x
x
解得 10 2x 当 3 0,1 32 x 恒成立.
当
4 5 3
3
2
x
x
解得 32 2x ,此不等式的解集为 1[ 2, ]2
.
(2)
4 3 ( 0)
3( ) | 2 | | 2 3| 3 ( 0)2
34 3 ( )2
x m x
f x x x m m x
x m x
,
当 ( ,0)x 时,
33 ( 0)2( ) | 2 | | 2 3| 34 3 ( )2
m x
f x x x m
x m x
当 3 02 x 时, ( ) 3f x m ,当 3 , ( ) 4 32x f x x m 单调递减,
( )f x 的最小值为 3 m
设 2( ) ( 0)g x x xx
当 20, 2 2x x x
,当且仅当 2x x
时,取等号 2 2 2x x
即 2x 时, ( )g x 取得最大值 2 2 .
要使 2( )f x x x
恒成立,只需 3 2 2m ,即 2 2 3m .