2019-2020 学年第一学期期中测试
高三数学试题（理科）
第Ⅰ卷
一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 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.设集合 则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
求出集合 A、B,利用交集的运算即可得到结论．
【详解】解：因为 ,
,
所以 ,即 .
故选：A
【点睛】本题考查交集及其运算,求出集合 A,B 是解决本题的关键．
2.已知 为虚数单位，若复数 是纯虚数，则实数 （ ）
A. B. 0 C. 1 D. 0 或 1
【答案】C
【解析】
【分析】
首先整理复数,分子和分母同乘以分母的共轭复数,把复数整理成 的形式，根据复数是一
个纯虚数,得到 且 ,解出式子中 的值,得到结果．
【详解】解：因为复数
因为复数是纯虚数，
{ } { }2 4 0 , 1 5A x x x B x x= − < = < < A B = ( )0,5 ( )1,5 ( )1,4 ( )4,5 { } { }2 4 0 0 4A x x x x x= − < = < < { }1 5B x x= < < { 0 5}A B x x= < 2 ?S T> 2 ?S T< 2 ?T S< ( ) ( ) 2g x f x x= + 0x > ( )f x 2y log x=
y x= ( ) ( )1 2g g− + − =
（﹣2）的值．
【详解】∵x＞0 时，f（x）的图象与函数 y＝log2x 的图象关于 y＝x 对称；
∴x＞0 时，f（x）＝2x；
∴x＞0 时，g（x）＝2x+x2，又 g（x）是奇函数；
∴g（﹣1）+g（﹣2）＝﹣[g（1）+g（2）]＝﹣（2+1+4+4）＝﹣11．
故选：C．
【点睛】考查奇函数的定义，以及互为反函数的两函数图象关于直线 y＝x 对称，指数函数
和对数函数互为反函数的应用，属于中档题．
8.函数 的图象大致是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
采用排除法，根据函数的奇偶性可排除 C；当 时， 可排除 A；通过判断得出
，故函数 在 内不可能单调递增，可排除 B，进而可得结果.
【详解】函数定义域为 ，定义域关于原点对称，
，
∴函数 为偶函数，其图象关于 轴对称，可排除选项 C；
2 ln( ) x xf x x
=
1x > ( ) 0f x >
1 1
4 3f f >
( )f x ( )0, ∞+
{ }0x x ≠
( )2 2ln ln( ) ( )x x x xf x f xx x
− −− = = =−
( )f x y
当 时， ，可排除选项 A；
，
又∵ ， ，
∴ ，即可得 ，故函数 内不可能单调递增，
可排除选项 B；
故选：D.
【点睛】本题主要考查函数的单调性和奇偶性识别函数的图象，得到该函数在 内不可
能单调递增是解题的关键，属于中档题．
9.某公司有五个不同部门，现有 4 名在校大学生来该公司实习，要求安排到该公司的两个部
门，且每部门安排两名，则不同的安排方案种数为（ ）
A. 40 B. 60 C. 120 D. 240
【答案】B
【解析】
【分析】
本题是一个计数问题，由题意可知，可分两步完成计数，先对四名大学生分组，分法有
种，然后再排到 5 个部门的两个部门中，排列方法有 ，计算此两数的乘积即可得到不
同的安排方案种数，再选出正确选项．
【详解】解：此问题可分为两步求解，第一步将四名大学生分为两组，由于分法为 2，2，考
虑到重复一半，故分组方案应为 种，
第二步将此两组大学生分到 5 个部门中的两个部门中，不同的安排方式有 ，
故不同的安排方案有 种．
在
1x >
2 ln( ) 0x xf x x
= >
1
31 1 1 1ln ln3 3 3 3f = =
1
41 1 1 1ln ln4 4 4 4f = =
121 431 1 1
3 3 81
= =
121 341 1 1
4 4 64
= =
1 1
4 31 1
4 3
>
1 1
4 3f f >
( )f x ( )0, ∞+
( )0, ∞+
2
4
1
2 C 2
5A
2
4
1
2 C
2
5A
2 2
4 5
1 602 C A =
故选：B．
【点睛】本题考查排列组合及简单计数问题，解题的关键是理解事件“某公司共有 5 个部门，
有 4 名大学毕业生，要安排到该公司的两个部门且每个部门安排 2 名”，将问题分为两步来求
解．
10.已知直线 与双曲线 交于 两点，以 为直径
的圆恰好经过双曲线的右焦点 ，若 的面积为 ，则双曲线的离心率为
A. B. C. 2 D.
【答案】D
【解析】
【分析】
通过双曲线和圆的对称性，将 的面积转化为 的面积；利用焦点三角形面积公式
可以建立 与 的关系，从而推导出离心率.
【详解】由题意可得图像如下图所示： 为双曲线的左焦点
为圆的直径
根据双曲线、圆的对称性可知：四边形 为矩形
又 ，可得：
本题正确选项：
【点睛】本题考查双曲线的离心率求解，离心率问题的求解关键在于构造出关于 的齐次方
程，从而配凑出离心率的形式.
11.已知 中， 分别为角 所对的边，且 ，
( )0y kx k= ≠ ( )2 2
2 2 1 0, 0x y a ba b
− = > > ,A B AB
F ABF∆ 24a
2 3 5
ABF∆ FBF∆ ′
a b
F′
AB 90AFB∴∠ =
AFBF′
1
2ABF AFBF FBFS S S′ ′∆ ∆∴ = =
2
2 24tan 45FBF
bS b a∆ ′ = = =
2 25c a=
2 5e∴ = 5e⇒ =
D
,a c
ABC∆ , ,a b c , ,A B C 4, 5a b c= + =
，则 的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
由条件可得： ,可得 ,由余弦定理求
得 值,带入面积公式进行运算.
【详解】解：因为 ,
所以 ,
即 ,
所以 ,
又因为 , .
所以 .
解得 ,则 的面积为 .
故选 C.
【点睛】在利用两角和与差公式或二倍角公式进行恒等变形时,记住一些常见变形可起到事半
功倍的效果,如：
;
等.
12.已知函数 ,则方程 恰有两个不同的实根时，实数 的取值
范围是
3 3tanA tanB tanA tanB+ + = ABC∆
3
2 3 3 3 3
2 3
tan tantan( ) 31 tan tan
A BA B A B
++ = = −− ⋅
2 ,3 3A B C
π π+ = =
b
tan tan 3 3 tan tanA B A B+ + = ⋅
tan tan 3(1 tan tan )A B A B+ = − − ⋅
tan tantan( ) 31 tan tan
A BA B A B
++ = = −− ⋅
2 ,3 3A B C
π π+ = =
4a = 5b c+ =
2 2 2 1(5 ) 4 2 4 2b b b− = + − × ×
3
2b = ABC∆ 1 3 3 3 342 2 2 2S = × × × =
2 2 2 21 cos2 1 cos2cos2 1 2sin 2cos 1 sin ,cos2 2
α αα α α α α− += − = − ⇒ = =
tan tantan( ) tan tan tan( )(1 tan tan )1 tan tan
α βα β α β α β α βα β
±± = ⇒ ± = ±
1 1, 1( ) {4
ln , 1
x xf x
x x
+ ≤=
>
( )f x ax= a
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
试题分析： ，所以 ，设切点为 ，则切线方程为 ，
即 ，与直线 重合时，有 ， ，解得 ，所
以 ， 当 直 线 与 直 线 平 行 时 ， 直 线 为 ， 当 时 ，
， 当 时 ， ， 当 时 ，
，所以 与 在 上有 2 个交点，所以直
线在 和 之间时与函数 有 2 个交点，所以 ，故选 B．
考点：函数图像的交点问题．
第Ⅱ卷
二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分．
13.若 展开式中 的系数为 ，则 __________
【答案】-2
【解析】
【分析】
由题意可知 ,解出 即可.
10, e
1 ,4 e
lny x= 1'y x
= 0 0( , )x y 0 0
0
1 ( )y y x xx
− = −
0 0
0
1ln ( )y x x xx
− = − y ax=
0
1a x
=
0ln 1 0x − = 0x e=
1a e
= 1 14y x= + 1
4y x= 1x =
1 1ln ln1 04 4x x− = − < x e= 1 1ln ln 04 4x x e e− = − > 3x e=
3 31 1ln ln 04 4x x e e− = − < lny x= 1 4y x= 3(1, ),( , )e e e 1 4y x= 1y xe = ( )f x 1 1[ , )4a e ∈ 6( )mx y+ 3 3x y 160− m = 3 3 6 160m C = − m
【详解】解： 展开式中 的系数为 ,
解得 ．
故答案为：
【点睛】本题主要考查二项式定理的应用,二项展开式的通项公式,属于基础题.
14.在 中， ，且 ，则 ____________
【答案】
【解析】
【分析】
根据正弦定理求出 ，再利用余弦定理求出 .
【详解】由正弦定理可知： ，又
由余弦定理可知：
本题正确结果：
【点睛】本题考查利用正弦定理、余弦定理解三角形问题，属于基础题.
15.在矩形 中， ， ，动点 满足 设向量 ，
则 的最大值为____．
【答案】
【解析】
【分析】
建立平面直角坐标系,设点 ，根据得到圆的方程
【详解】解：如图所示，建立平面直角坐标系,
6( )mx y+
3 3x y 160−
3 3
6 160m C∴ = −
2m = −
2−
ABC∆ 3,3sin 2sinAC A B= = 1cos 4C = AB =
10
BC AB
sin sin
AC BC
B A
= 3sin 2sinA B=
sin 2 2sin 3
AC ABC ACB
⋅⇒ = = =
2 2 2 12 cos 9 4 2 3 2 104AB AC BC AC BC C= + − ⋅ = + − × × × =
10AB∴ =
10
ABCD 2AB = 1AD = P 1AP = AP AB ADλ µ= +
λ µ+
5
2
ABCD 1AP =
设 , , , , .
因为圆的半径 ,即圆 的方程是 ,
, , ,若满足 ,
则 ,即 , ,
所以 ,
设 ,即 ,
点 在圆 上,
所以圆心 到直线 的距离 ,即 ,解得 ,所以
的最大值是 ,即 的最大值为 .
故答案为：
【点睛】本题考查:（1）平面向量基本定理的应用;（2）平面向量的坐标运算;（3）直线与
圆的位置关系.
16.已知点 A 是以 BC 为直径的圆 O 上异于 B，C 的动点，P 为平面 ABC 外一点，且平面 PBC⊥
平面 ABC，BC＝3，PB＝2 ，PC ，则三棱锥 P﹣ABC 外接球的表面积为______．
【答案】
【解析】
【分析】
由 O 为△ABC 外接圆的圆心，且平面 PBC⊥平面 ABC，过 O 作面 ABC 的垂线 l，则垂线 l 一定
在面 PBC 内，可得球心 O1 一定在面 PBC 内，即球心 O1 也是△PBC 外接圆的圆心，
(0,0)A (2,0)B (2,1)C (0,1)D ( , )P x y
1r = C 2 2 1x y+ =
( , )AP x y = (2,0)AB = (0,1)AD = AP AB ADλ µ= +
2x
y
λ
µ
=
= 2
xλ = yµ =
2
x yλ µ+ = +
2
xz y= + 02
x y z+ − =
( , )P x y 2 2 1x y+ =
(0,0)A 02
x y z+ − = d r
| | 1
1 14
z−
+ 5 5
2 2z− z
5
2
λ µ+ 5
2
5
2
2 5=
10π
在△PBC 中，由余弦定理、正弦定理可得 R.
【详解】因为 O 为△ABC 外接圆的圆心，且平面 PBC⊥平面 ABC，过 O 作面 ABC 的垂线 l，则
垂线 l 一定在面 PBC 内，
根据球的性质，球心一定在垂线 l 上，
∵球心 O1 一定在面 PBC 内，即球心 O1 也是△PBC 外接圆的圆心，
在△PBC 中，由余弦定理得 cosB ，⇒sinB ，
由正弦定理得： ，解得 R ，
∴三棱锥 P﹣ABC 外接球的表面积为 s＝4πR2＝10π，
故答案为：10π．
【点睛】本题考查了三棱锥的外接球的表面积，将空间问题转化为平面问题，利用正余弦定
理是解题的关键，属于中档题．一般外接球需要求球心和半径，首先应确定球心的位置，借
助于外接球的性质，球心到各顶点距离相等，这样可先确定几何体中部分点组成的多边形的
外接圆的圆心，过圆心且垂直于多边形所在平面的直线上任一点到多边形的顶点的距离相等，
然后同样的方法找到另一个多边形的各顶点距离相等的直线（这两个多边形需有公共点），这
样两条直线的交点，就是其外接球的球心，再根据半径，顶点到底面中心的距离，球心到底
面中心的距离，构成勾股定理求解，有时也可利用补体法得到半径，例：三条侧棱两两垂直
的三棱锥，可以补成长方体，它们是同一个外接球.
三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17.已知等差数列 的公差 d>0，其前 n 项和为 成等比数列．
2 2 2 2
2 2
PB BC PC
BP BC
+ −= =⋅
2
2
=
2PC RsinB
= 10
2
=
{ }na 2 4 3 5 88, , ,nS a a a a a+ =，且
(1)求数列 的通项公式；
(2)令 ，求数列 的前 n 项和 .
【答案】（1） ；（2）
【解析】
分析：（1）由已知列出方程，联立方程解出 ， ，进而求得 ；
（2）由（1）得 ，列项相消求和。
详解：（1）因为 ， 即 ，①
因为 为等比数列，即
所以 ，化简得： ②
联立①和②得： ， ，所以
（2）因为
所以
点睛：本题主要考查等差数列的通项公式、等差数列的性质、等比中项以及列项相消法求和
等数学知识，考查基础计算能力，由 列项成
是求解第二问的关键，属于中档题。
18.在某项娱乐活动的海选过程中评分人员需对同批次的选手进行考核并评分，并将其得分作
为该选手的成绩，成绩大于等于 60 分的选手定为合格选手，直接参加第二轮比赛，不超过 40
{ }na
1
1
n
n n
b a a +
= ⋅ { }nb nT
1na n= + ( )2 2
n
n +
1 2a = 1d = na
( )( )
1 1 1
1 2 1 2nb n n n n
= = − + + + +
2 4 8a a+ = ∴
1 2a d=
1 2a = 1d = 1na n= +
( )( )1
1 1
1 2n
n n
b a a n n+
= =⋅ + +
1 1
1 2n n
= − + +
1 1 1 1 1 1
2 3 3 4 4 5nT
= − + − + −
1 1
1 2n n
+ + − + +
1 1 1 1 1 1 1 1
2 3 3 4 4 5 1 2n n
= − + − + − + + − + +
1 1
2 2n
= − + ( )2 2
n
n
= +
( )( )1
1 1
1 2n
n n
b a a n n+
= =⋅ + +
1 1
1 2nb n n
= − + +
分的选手将直接被淘汰，成绩在 内的选手可以参加复活赛，如果通过，也可以参加第
二轮比赛．
（1）已知成绩合格的 200 名参赛选手成绩的频率分布直方图如图，求 a 的值及估计这 200 名
参赛选手的成绩平均数；
（2）根据已有的经验，参加复活赛的选手能够进入第二轮比赛的概率为 ，假设每名选手能
否通过复活赛相互独立，现有 3 名选手进入复活赛，记这 3 名选手在复活赛中通过的人数为
随机变量 X，求 X 的分布列和数学期望．
【答案】（1） ，82；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）由频率分布直方图面积和为 1，可求得 。取每个矩形的中点与概率乘积和求得
平均数。（2）由二项分布求得分布列与数学期望。
【详解】 1 由题意： ，
估计这 200 名选手的成绩平均数为 ．
2 由题意知， X B (3,1/3)，X 可能取值为 0，1，2，3，
，
所以 X 的分布列为 ：
X 的数学期望为 ．
【点睛】本题主要考查随机变量的分布列和期望，考查独立性检验，意在考查离散型随机变
( )40,60
1
3
0.04a =
a 0.04=
( ) ( )0.01 a 0.02 0.03 10 1 a 0.04+ + + × = ⇒ =
65 0.1 75 0.4 85 0.2 95 0.3 82× + × + × + × =
( ) ～
( ) i 3 i
i
3
1 2P X i C 3 3
− = =
( ) 1E X 3 13
= × =
量的分布列期望和独立性检验等基础知识的掌握能力，考查学生基本的运算推理能力.
19.（2017 新课标全国Ⅲ理科）如图，四面体 ABCD 中，△ABC 是正三角形，△ACD 是直角三角
形，∠ABD=∠CBD，AB=BD．
（1）证明：平面 ACD⊥平面 ABC；
（2）过 AC 的平面交 BD 于点 E，若平面 AEC 把四面体 ABCD 分成体积相等的两部分，求二面角
D–AE–C 的余弦值.
【答案】（1）见解析；（2） .
【解析】
试题分析：（1）利用题意证得二面角的平面角为 90°，则可得到面面垂直；
（2）利用题意求得两个半平面的法向量，然后利用二面角的夹角公式可求得二面角 D–
AE–C 的余弦值为 .
试题解析：（1）由题设可得， ，从而 .
又 是直角三角形，所以 .
取 AC 中点 O，连接 DO,BO,则 DO⊥AC,DO=AO.
又由于 是正三角形，故 .
所以 为二面角 的平面角.
在 中， .
又 ，所以 ，
故 .
所以平面 ACD⊥平面 ABC.
（2）由题设及（1）知， 两两垂直，以 为坐标原点， 的方向为 轴正
的
7
7
7
7
ABD CBD≌△ △ AD DC=
ACD =90ADC∠ °
ABC△ BO AC⊥
DOB∠ D AC B− −
Rt AOB 2 2 2BO AO AB+ =
AB BD= 2 2 2 2 2 2BO DO BO AO AB BD+ = + = =
90DOB∠ =
, ,OA OB OD O OA x
方向， 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系 .则
.
由题设知，四面体 ABCE 的体积为四面体 ABCD 的体积的 ，从而 E 到平面 ABC 的距离为 D
到平面 ABC 的距离的 ，即 E 为 DB 的中点，得 .
故 .
设 是平面 DAE 的法向量，则 即
可取 .
设 是平面 AEC 的法向量，则 同理可取 .
则 .
所以二面角 D-AE-C 的余弦值为 .
【名师点睛】（1）求解本题要注意两点：一是两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面
角，二是利用方程思想进行向量运算时，要认真细心，准确计算.
（2）设 m，n 分别为平面 α，β 的法向量，则二面角 θ 与 互补或相等，故有
OA O xyz−
( ) ( ) ( ) ( )1,0,0 , 0, 3,0 , 1,0,0 , 0,0,1A B C D−
1
2
1
2
3 10, ,2 2E
( ) ( ) 3 11,0,1 , 2,0,0 , 1, ,2 2AD AC AE
= − = − = −
( ), ,n x y z= 0
0
n AD
n AE
⋅ =
⋅ =
，
，
0,
3 1 0.2 2
x z
x y z
− + =− + + =
31, ,13
=
n
m 0
0
m AC
m AE
⋅ =
⋅ =
，
，
( )0, 1, 3m = −
7cos , 7
⋅= =n mn m n m
7
7
,m n
.求解时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角.
20.已知椭圆 的长轴长为 4，过点 且斜率为 的直线交
椭圆于 两点，且点 为线段 的中点
（1）求椭圆 的方程；
（2）设点 为坐标原点，过右焦点 的直线交椭圆于 两点，（ 不在 轴上），求
面积 的最大值.
【答案】(1) (2)
【解析】
【分析】
（1）由已知条件推导出 ,设 ,由此能求出椭圆 C 的方程.
（2）设 ,由题意设直线 AB 的方程为 ,由 ,
得关于 的一元二次方程,由此韦达定理、点到直线距离公式等结合已知条件能求出 面
积的最大值.
【详解】解：由题知,长轴长为 4,即 ①,
过点 且斜率为 的直线交椭圆于 ,
设 ,则 , ,
②, ③.
② ③得 ,
,
cos cos , m nm n m n
θ ⋅= =
( )2 2
2 2: 1 0x yC a ba b
+ = > > 1 1,2 2P −
3
4
,M N P MN
C
O F ,A B ,A B x
AOB∆ S
2 2
14 3
x y+ = 3
2
2a = 1 1 2 2( , ), ( , )M x y N x y
2
2
3
4
b
a
=
3 3 4 4( , ), ( , )A x y B x y ( 1), 0y k x k= − ≠ 2 2
( 1)
14 3
y k x
x y
= − + =
x AOB∆
2 4, 2a a= =
1 1,2 2P −
3
4
,M N
1 1 2 2( , ), ( , )M x y N x y 1 2 1x x =+ 1 2 1y y+ = −
2 2
1 1
2 2 1x y
a b
+ =
2 2
2 2
2 2 1x y
a b
+ =
− 2 2 2 2
1 2 1 2
2 2 0x x y y
a b
− −+ =
( )( ) ( )( )1 2 1 2 1 2 1 2
2 2 0x x x x y y y y
a b
− + − ++ =
,
,
④
由①④解得, ,故椭圆 C 的标准方程为
（2）由（1）知 ,则 ,所以右焦点
又因为过右焦点 的直线交椭圆于 两点,（ 不在 轴上）,
设 ,由题意：
①当斜率不存时，设 的方程为
则 ,
②当斜率存时，设 的方程为 ,
由题意：
,消去 并整理,得 ,
由韦达定理，得
点 到直线 的距离为 ,
( ) ( )1 2 1 2
2 2
2 2 0x x y y
a b
− −+ =
( ) ( )1 2 1 2
2 2
x x y y
a b
− −=
( )
( )
2
1 2
2
1 2
3
4
y y bk x x a
−∴ = = =−
2 24, 3a b= =
2 2
14 3
x y+ =
2 2
14 3
x y+ = 2, 3, 1a b c= = = (1,0)F
F ,A B ,A B x
3 3 4 4( , ), ( , )A x y B x y
,A B 1x =
3AB = 1 31 32 2AOBS
× × =∴ =
,A B ( 1), 0y k x k= − ≠
2 2
( 1)
14 3
y k x
x y
= − + =
y 2 2 2 2(3 4 ) 8 (4 12) 0k x k x k+ − + − =
2
3 4 2
2
3 4 2
8
3 4
4 12
3 4
kx x k
kx x k
+ = + − = +
(0,0)O AB 2 2( 1)
kd
k + −
−=
( ) ( )22
3 4 3 41 4AB k x x x x = + − +
( )4 33 4
21 | | 42 2AOBS AB d xk x x x
∴ = = + −
设 ,
令 ,得 ,又因 ,
当 时， ，函数 在 单调递减,
当 时， ，函数 在 单调递增,
所以 在 没有极值.
所以当斜率不存时 有极大值为 .
综上所述, 面积的最大值为 .
【点睛】本题考查椭圆方程的求法,考查三角形面积的最大值的求法,解题时要认真审题,注意
点到直线的距离公式的合理运用.
21. ，令
（1）求 的极值
（2）若 在 单调递增，求 的范围.
【 答 案 】 (1) 当 时 , 没 有 极 大 、 极 小 值 ; 当 时 , 的 极 小 值 为
.
为
( )
2 2 2
22
2
2 2
8 4 12 144 144
3 4 3 4 2 3
4
42
k kk k k
k k k
= − × =
− +
+ + +
( ) ( )1 14 2 22( ) 3 4H kk k k
−+ ⋅ +=
( ) ( ) ( )'1 1 '1 14 2 2 4 2 22 2' ( ) 3 4 ( ) 3 4k k k k k kH k
− − + ⋅ + + + ⋅ +
∴ =
( ) ( ) ( ) ( )1 11 24 2 3 2 4 2 22 2( (41 ) 2 ) 3 ) 1 3 4(4 82 k k k k k k k k k
− − −× + × + × + + + × − × + ×=
( ) ( ) ( ) ( )1 2 14 2 2 3 2 4 22 1) 3 4 2 ) 3 4( (4 ( ) 1 82k k k k k k k k k
− − = + + × + × + + + × − ×
( ) ( ) ( )1 24 2 2 3 2 4 22) 3 4( (2 () 3 4 ) 8k k k k k k k k k
− − = + + + × + − + ×
( )1 22 4 2 22(2 (3) ) 3 4k k k k k
− −= − + + +
( )' 0H k = 0k = 0k ≠
0k > ( )' 0H k < ( )H k ( )0,+¥ k 0< ( )' 0H k > ( )H k ( ),0- ¥
( )H k ( ),0- ¥ ( )0,+¥
AOBS
3
2
AOB∆ 3
2
( ) 222 12
x af x e x x= + − + ( ) ( )g x f x′=
( )g x
( )f x [ )0,+∞ a
0a ≥ ( )g x 0a < ( )g x ( )22 ln 4 1a a a− + −
(2)
【解析】
【分析】
(1)对函数 求导得到 ,对 求导,得到 ,根据 的取值范围讨论
的极值.
(2)要求 在 单调递增,则 ,即要使 的最小值大于等于 ,根据
分情况讨论,再对 进行求导即可求最值即可求解
【详解】（1）
,
①当 时, ， 在 上单调递增,没有极大、极小值.
②当 时,令 ,即 ,解得
所以 的极小值为
综上所述:当 时, 没有极大、极小值；当 时, 的极小值为
.
（2）由（1）知：若 在 单调递增,则 在 恒成立.
①当 时, ， 在 上单调递增,
[ )0,a∈ +∞
( )f x ( ) ( )g x f x′= ( )g x ( )'g x a
( )g x
( )f x [ )0,+∞ ( ) 0g x ≥ ( )g x 0
( )'g x ( )2( ) 2 ln 4 1h a a a a= − + −
( ) 222 12
x af x e x x= + − +
( ) 22( ) 1( )2
x af x e x x x R∴ = + − + ∈
( )' 2( ) ln 1 ( ) 1x xf x e e ax e ax= + − = + −
( ) ( ) ( ) 1xg x f x e ax′= = + −
( )' 1( ) ln ( )2
x xg x e e a e a= + = +
0a ≥ ( )' 0g x > ( )g x R
0a < ( )' 0g x = 1 ( ) 02 xe a+ = ( )2ln 4x a= ( )g x ( )( ) ( ) ( ) ( )2ln 42 2 2ln 4 ( ) ln 4 1 2 ln 4 1ag a e a a a a a= + − = − + − 0a ≥ ( )g x 0a < ( )g x ( )22 ln 4 1a a a− + − ( )f x [ )0,+∞ ( ) ( ) 0f x g x′ = ≥ [ )0,+∞ 0a ≥ ( )' 0g x > ( )g x [ )0,+∞
只需 的最小值大于 即可.
②当 时， 在 处取得最小值,
只需有 的极小值大于 0.
设
，令 =0，则
当 故函数先增后减，
，故 不成立，
则 时 在 单调递增不是恒成立.
综上所述: 在 单调递增, 的取值范围为： .
【点睛】本题主要考查了利用导数求函数的单调区间,分类讨论思想在解不等式中的应用以及
利用导数解决存在性问题,需注意它和恒成立问题的区别，具有一定的难度;由 ，得
函数单调递增, 得函数单调递减；对于存在性问题 ,使 成立等价
于 成立.
请考生在 22、23 两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．
22.在平面直角坐标系 中，已知直线 的参数方程为 ．以
坐标原点 为极点， 轴的非负半轴为极轴，取相同的长度单位建立极坐标系，曲线 的极
( )g x 0
( ) 0
min( ) 0 ( ) 0 1 0g x g e a= = + × − =
( ) 0 20 2( ) 0 0 1 3 02
af e∴ = + × − + = >
0a < ( )g x ( )2ln 4x a= ( )g x ( )( ) ( ) ( ) ( )2ln 42 2 2ln 4 ( ) ln 4 1 2 ln 4 1 0ag a e a a a a a= + − = − + − >
( )2( ) 2 ln 4 1, 0h a a a a a= − + − < ( )2( ) 2 ln 4 1, 0h a a a a a= − + − < ( ) 2 ln 4 2 ln( ) 1, 0h a a a a a a= − + + − − < ( )' ( ) 4 4 2lnh a ln a= − + + − ( )' ( ) 4 4 2lnh a ln a= − + + − 2 2 ea = − ( ) ( )2 2 ' ', 0; , 0,2 2 e ea h a a h a< − > > − < ( ) 2 2 max 1 02 eh a h e = − = − −
( ) 0f x′ < 0 0x∃ > ( )0 0f x >
min( ) 0f x >
xOy l
1
1
x mt
y t
= +
= − m R t∈（ ， 为参数）
O x C
坐标方程为 ．
（1）求直线 的普通方程和曲线 的直角坐标方程；
（2）若曲线 上的点到直线 l 的最大距离为 ，求实数 的值．
【答案】（1） ： ; ： （2） .
【解析】
【分析】
(1)将直线 的参数方程中的 消去即可得直线 的普通方程,利用 即可得曲线
的直角坐标方程.
(2)由题意知曲线 为以原点为圆心,圆心 到直线 的距离为 ;
利用点到直线距离公式求出 即可.
【详解】（1）因为直线 的参数方程为 ;
所以消 得直线 的普通方程为 ： ;
即 ： ;
因为曲线 的极坐标为 ,即 ;
将 代入得曲线 的直角坐标方程
所以方程 ： , 整理得 ： .
（2）因为曲线 是以 为圆心,半径为 的圆,
而曲线 上的点到直线 的最大距离为 .
故圆心 到直线 ： 的距离为 ;
即 ,
2cosρ θ= −
l C
C 5 1+ m
l 1 0x my m+ − − = C 2 2( 1) 1x y+ + = 1
2m =
l t l
2 2 2
cos
sin
x y
x
y
ρ
ρ θ
ρ θ
= +
=
=
C
C ( 1,0)O − l ( 5 1) 1 5d = + − =
m
l
1
1
x mt ty t
= +
= −
（ 为参数）
l l 1 (1 )x m y= + −
l 1 0x my m+ − − =
C 2cosρ θ= − 2 2 cosρ ρ θ= −
2 2 2
cos
sin
x y
x
y
ρ
ρ θ
ρ θ
= +
=
=
C
C 2 2 2x y x+ = − C 2 2( 1) 1x y+ + =
2 2( 1) 1x y+ + = ( 1,0)O − 1r =
C l 5 1+
( 1,0)O − l 1 0x my m+ − − = ( 5 1) 1 5d = + − =
2 2
| 1 0 1| 5
1
m
m
− + − − =
+
整理得 ,
解得 .
【点睛】（1）直角左边和极坐标之间的转化主要利公式 ;
（2）参数方程转化为直角坐标方程需要消参;
（3）直线与圆的位置关系主要由圆心到直线的距离与半径的大小比较来判断.
23.已知 ， ， 设函数 ，
（I）若 ，求不等式 的解集；
（II）若函数 的最小值为 ，证明： （ ）
【答案】(Ⅰ) ；（Ⅱ）详见解析.
【解析】
【分析】
（I）代入 a,b,c 的值，结合 x 取不同范围，去掉绝对值，解不等式，即可。（II）计算
的最小值，得到 a,b,c 的等式，利用基本不等式，证明不等式，即可。
【详解】（I） ，不等式 ，即
当 时，
当 时，
当 时，
解集为
（II）
( )2 2( 2) 5 1m m− − = +
1
2m =
2 2 2
cos
sin
x y
x
y
ρ
ρ θ
ρ θ
= +
=
=
0a > 0b > 0c > ( )f x x b x c a= − + + + x∈R
1a b c= = = ( ) 5f x < ( )f x 1 1 4 9 18a b b c c a + + ≥+ + + a b c+ + ( 2,2)− ( )f x 1a b c= = = ( ) 5f x < 1 1 4x x− + + < 1x ≤ − 1 1 4 2 1x x x− − − < ⇒ − < ≤ − 1 1x− < < 1 1 4 1 1x x x− + − < ⇒ − < < 1x ≥ 1 1 4 1 2x x x− + + < ⇒ ≤ < ∴ ( )2,2− ( )f x x b x c a= − + + + ( ) ( )x c x b a≥ + − − + b c a= + + a 0,b 0,c 0 > > > ( )min 1f x a b c∴ = + + =
1 4 9
a b b c c a
∴ + + =+ + +
1 4 9
a b b c c a
+ + + + +
( )a b c+ +
1 1 4 9
2 a b b c c a
= + + + + +
( )a b b c a c+ + + + +
【点睛】考查了含绝对值不等式的解法，考查了基本不等式，考查了不等式的证明，难度偏
难。
2 2 21 1 2 3
2 a b b c c a
= + + + + +
( ) ( ) ( )2 2 2
a b b c c a + + + + +
21 1 2 3
2 a b b c c a
a b b c c a
≥ ⋅ + + ⋅ + + ⋅ + + + +
( )18 18 a b c= = + +
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