西北工业大学附中2020届高三数学（理）4月适应性试题（Word版附解析）

陕西西安西北工业大学附中 2020 届高三 4 月适应性测试全 国 2 卷 理科数学试题 第Ⅰ卷（选择题共 60 分） 一、选择题（本大题共 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.设集合 ， ，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 利用一元二次不等式的解法化简集合 A，再利用交集的定义与集合 B 求交集. 【详解】由 得 ， 则 ，又由 得 . 所以 ，而 . 从而 . 故选：D. 【点睛】本题主要考查集合的基本运算以及一元二次不等式的解法，还考查了运算求解的能 力，属于基础题. 2.已知 ，且 ，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 ( ){ }2| lg 3 4A x Z y x x= ∈ = − + + { }| 2 4xB x= ≥ A B = [ )2,4 { }2,4 { }3 { }2,3 2 3 4 0x x− + + > 2 3 4 0x x− − < 1 4x− < < x∈Z 0,1,2,3x = { }0,1,2,3A = [ )2,B = +∞ { }2,3A B∩ = ( ) 5tan 12 α π− = 3,2 2 π πα  ∈   sin 2 πα + =   5 13 5 13 − 12 13 12 13 −利 用 诱 导 公 式 由 得 到 ， 由 易 得 ， 再 由 求解. 【详解】因为 ， 所以 . 故选：D. 【点睛】本题主要考查同角三角函数基本关系式以及诱导公式，还考查了运算求解的能力， 属于基础题. 3.下列四个命题中，正确的有（ ） ①随机变量 服从正态分布 ，则 ② ， ③命题“ ， ”的否定是“ ， ” ④复数 ，若 ，则 A. 1 个 B. 2 个 C. 3 个 D. 4 个 【答案】B 【解析】 【分析】 ① 根 据 与 是 否 关 于 对 称 判 断 ； ② 根 据 判断；③根据含有一个量词的否定的定义判断；④根据 ， 消去 判断； 【详解】①因为 与 关于 对称，故正确； ②因为 ，故错误； ③因为命题“ ， ”是全称命题，所以其否定是“ ， ”， ( ) 5tan 12 α π− = 5tan 12 α = 3,2 2 π πα  ∈   cosα sin cos2 πα α + =   ( ) 5tan tan 12 α π α− = = 12sin cos2 13 πα α + = = −   ξ ( )1,9N ( ) ( )1 0 2 3P Pξ ξ− < < = < < 0x R∃ ∈ 0 0 3sin cos 2x x+ = x R∀ ∈ 2 2 0x x− − < x R∃ ∈ 2 2 0x x− − ≥ 1 2 3, ,z z z C∈ ( ) ( )2 2 1 2 2 3 0z z z z− + − = 1 3z z= 1 0ξ− < < 2 3ξ< < 1µ = sin cos 2 sin 4x x x π + = +   1 2 1z z− = 2 3z z i− = 2z 1 0ξ− < < 2 3ξ< < 1µ = sin cos 2 sin 24x x x π + = + ≤   x R∀ ∈ 2 2 0x x− − < x R∃ ∈ 2 2 0x x− − ≥故正确； ④当 ， 时， ，故错误； 故选：B. 【点睛】本题主要考查命题判断真假，还考查了理解辨析的能力，属于基础题. 4.已知在等比数列 中， ， ， ，则 （ ） A B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 设公比为 ，根据 ，利用等比数列的性质得到 ， 则 ，再与 ，联立求得 ， ，再利用等比数列的通项公式求解. 【详解】设公比为 ，因为 所以 ，则 ， 所以 ，又 ， 所以 ，得 ，则 ， 所以 ， 故选：C. 【点睛】本题主要考查等比数列的基本运算及其性质，还考查了运算求解的能力，属于基础 题. 5.如图所示，是一个几何体的三视图，则此三视图所描述几何体的表面积为（ ） 1 2 1z z− = 2 3z z i− = 1 3 1z z i− = + { }na 0na > 2 2 2 4 1 5900 2a a a a+ = − 5 39a a= 2020a = 10103 10093 20193 20203 q 2 2 2 4 1 52 900a a a a+ + = 2 2 2 4 2 42 900a a a a+ + = 2 4 30a a+ = 5 39a a= 2q 2a q 2 2 2 4 1 52 900a a a a+ + = 2 2 2 4 2 42 900a a a a+ + = 2 4 30a a+ = ( )2 2 1 30a q+ = 5 39a a= 2 3 39a q a= 2 9q = 2 3a = ( )10092018 2 1009 2019 2020 2 2 3 9 3a a q a q= = = × =A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 根据三视图中可知，该几何体为一个圆锥和同底的圆柱拼接而成，所围成的表面积为圆锥的 侧面，圆柱的侧面和圆柱的一个底面面积的和.圆锥的底面半径为 2，高为 ，可由 求得圆锥的侧面积，圆柱的高 ，底面半径 ，可得圆柱的侧面面积 ，圆 柱底面面积 ，再求和即可. 【详解】从三视图中可判断出几何体为一个圆锥和圆柱拼接而成，所围成的表面积为圆锥的 侧面，圆柱的侧面和圆柱的一个底面. 圆锥的底面半径为 2，高为 ，可由轴截面求出母线的长度为 4， 所以圆锥侧面 ， 圆柱的高 ，底面半径 ， 所以圆柱的侧面面积 ，圆柱底面面积 ， 所以几何体的表面积为 . 故选：B. 【点睛】本题主要考查组合体的表面积，还考查了空间想象和运算求解的能力，属于基础题. 6.2020 年，一场突如其来的“新型冠状肺炎”使得全国学生无法在春季正常开学，不得不在 家“停课不停学”.为了解高三学生居家学习时长，从某校的调查问卷中，随机抽取 个学生 的调查问卷进行分析，得到学生可接受的学习时长频率分布直方图（如下图所示），已知学习 时长在 的学生人数为 25，则 的值为（ ） ( )12 4 3 π+ 20π ( )20 4 3 π+ 28π 2 3 1S rlπ= 2h = 2r = 2 2S rhπ= 2 3S rπ= 2 3 1 8S rlπ π= = 2h = 2r = 2 2 8S rhπ π= = 2 3 4S rπ π= = 1 2 3 20S S S S π= + + = n [ )9,11 nA. 40 B. 50 C. 60 D. 70 【答案】B 【解析】 【分析】 根据频率分布直方图得到 的频率，再由该频率与样本容量的积为 25 求解. 【详解】依题意，得 ， 解得 . 故选：B. 【点睛】本题主要考查频率分布直方图的应用，还考查了识图和运算求解的能力，属于基础 题. 7.明朝数学家程大位著的《算法统宗》里有一道著名的题目： “一百馒头一百僧，大僧三个更 无争，小僧三人分一个，大、小和尚各几丁？”下图所示的程序框图反映了此题的一个算法．执 行下图的程序框图，则输出的 ( ) A. 25 B. 45 C. 60 D. 75 【答案】D 【解析】 【分析】 [ )9,11 [ ]1 2 (0.05 0.05 0.15) 25n− × + + × = 50n = n =根据程序框图，解方程 得 ，即可得到答案. 【详解】根据程序框图，当 时，解得 ， 此时， 终止循环. 故选：D. 【点睛】本题考查程序框图语言和数学文化的交会，考查阅读理解能力，求解时注意将问题 转化为解方程问题. 8.已知实数 ， 满足 ，则 的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 根据实数 ， 满足 ，画出可行域，再由 表示坐标原点与可行域内点 距离的平方，找到最优点求解. 【详解】根据实数 ， 满足 ，画出可行域为 （内部及其边界）， 100 3(100 )3 n n= + − 75n = 100 3(100 )3 n n= + − 75n = 100S = x y 2 0 5 y x x y x y ≥  − ≥  + ≤ 2 2z x y= + 25 2 25 4 25 8 125 9 x y 2 0 5 y x x y x y ≥  − ≥  + ≤ 2 2z x y= + x y 2 0 5 y x x y x y ≥  − ≥  + ≤ AOB其中 ， ， ， 表示坐标原点与可行域内点距离的平方， 所以点 与点 距离最大， 所以 ， 故选：D. 【点睛】本题主要考查简单线性规划求最值，还考查了数形结合的思想方法和运算求解的能 力，属于基础题. 9.已知两个夹角为 的单位向量 ， ，若向量 满足 ，则 的最大值是（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】 设 ， 为符合题意的两个向量，得到 ，再根据 表 示以 的坐标为圆心，1 为半径的圆求解. 【详解】如图所示： 5 5,2 2A    5 10,3 3B    ( )0,0O 2 2z x y= + 5 10,3 3B    O 2 2 max 5 10 125 3 3 9z    = + =       3 π a b m 1m a b− − =   m 3 1− 3 1+ 6 2 1+ + 3 1,2 2a  =      3 1,2 2b  = −     a b+  1m a b− − =   a b+ 设 ， 为符合题意的两个向量， 则 ，即 ， 而 ，则 的终点在以 为圆心，1 为半径的圆上， 从而当 的终点在点 处时， 最大，且 ， 故选：B 【点睛】本题主要考查平面向量的坐标运算以及向量模的几何意义的应用，还考查了数形结 合的思想方法和运算求解的能力，属于中档题. 10.已知抛物线 的焦点为 ，其准线与 轴的交点为 ，过点 作直线与此抛物线交 于 ， 两点，若 ，则 （ ） A. 3 B. 2 C. 4 D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】 设 直 线 ： ， ， ， 由 得 ，再由 联立，将韦达定理代入上式，然后利用抛 物线的定义由 求解. 【详解】设直线 ： ， ， ， ∵ ， ， ∴由 得 ， ∴ ，① 3 1,2 2a  =      3 1,2 2b  = −     ( )3,0a b+ =  ( )3,0C 1m a b− − =   m C m ( )3 1,0D + m max 3 1m = + 2 2y x= F x Q F A B 0FA QB⋅ =  AF BF− = AB 1 2x my= + ( )1 1,A x y ( )2 2,B x y 0FA QB⋅ =  1 1 2 2 1 1, , 02 2x y x y   − ⋅ + =       2 1 2 2 x my y x  = +  = 1 22 2 p pxAF BF x   = + − + −      AB 1 2x my= + ( )1 1,A x y ( )2 2,B x y 1 ,02F      1 ,02Q −   0FA QB⋅ =  1 1 2 2 1 1, , 02 2x y x y   − ⋅ + =       ( )1 2 1 2 1 2 1 1 02 4x x x x y y+ − − + =由 得 ， ∴ ，∴ ，代入①得 ， ∴ . 故选：B 【点睛】本题主要考查直线与抛物线的位置关系，定义的应用，还考查了运算求解的能力， 属于中档题. 11.将函数 的图像向右平移 个单位长度得到 的图像，若函数 在区间 上单调递增，且 的最大负零点在区间 上，则 的取 值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 由 平 移 变 换 易 得 ， 根 据 在 区 间 上 单 调 递 增 ， 则 有 ， 又 得 到 ， 根 据 的 最 大 负 零 点 在 区 间 上，则有 ，两个取交集. 【 详 解 】 将 函 数 的 图 像 向 右 平 移 个 单 位 长 度 得 到 2 1 2 2 x my y x  = +  = 2 2 1 0y my− − = 1 2 1y y = − ( )2 1 2 1 2 1 4 4 y yx x = = 1 2 2x x− = 1 2 1 2| | 22 2AF BF p px x x x   = + − + = − = −      sin 2y x= 0 2 πϕ ϕ < =【详解】由题意，函数 ， 可得 ， 又由函数 在 上有两个极值点， 则 ，即 在 上有两解， 即 在在 上有不等于 2 的解， 令 ，则 ， 所以函数 在 为单调递增函数， 所以 且 ， 又由 在 上单调递增，则 在 上恒成立， 即 在 上恒成立，即 在 上恒成立， 即 在 上恒成立， 又由函数 在 为单调递增函数，所以 ， 综上所述，可得实数 的取值范围是 ，即 ，故选 C. 【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能 力与计算能力，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，求 解曲线在某点处的切线方程；(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求 参数；(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决函数的恒成立与有解问题，同时注意数形结合思 想的应用. 第Ⅱ卷 本卷包括必考题和选考题两部分（共 90 分）.第 13~21 题为必考题，每个试题考生 都必须作答.第 22~23 为选考题，考生根据要求作答. 二､填空题（本大题共 4 个小题，每小题 5 分，共 20 分.把答案填写在答题卡相应 的题号后的横线上） ( ) ( 3) (2ln 1)xf x x e a x x= − + − + 2( ) ( 3) ( 1) ( 2)( ) ( 2) ( ) x x x x a xe af x e x e a x e xx x x −′ = + − + − = − − = − ⋅ ( )f x (1, )+∞ ( ) 0f x′ = ( 2) ( ) 0 xxe ax x −− ⋅ = (1, )+∞ 0xxe a− = (1, )+∞ ( ) xg x xe= ( ) ( 1) 0,( 1)xg x x e x′ = + > > ( ) xg x xe= (1, )+∞ ( )1a g e> = ( ) 22 2a g e≠ = ( )f x (1,2) ( ) 0f x′ ≥ (1,2) ( 2) ( ) 0 xxe ax x −− ⋅ ≥ (1,2) 0xxe a− ≤ (1,2) xa xe≥ (1,2) ( ) xg x xe= (1, )+∞ 2(2) 2a g e> = a 22a e> 2(2 , )a e∈ +∞13.二项式 的展开式中的常数项为______. 【答案】252 【解析】 【分析】 先得到 展开式的通项公式，再令 x 的次数为零求解. 【详解】 展开式的通项 ， 令 ，得 ， 所以 . 故答案为：252 【点睛】本题主要考查二项式定理的通项公式，还考查了运算求解的能力，属于基础题. 14.已知双曲线 的左顶点为 ，右焦点为 ，点 ，双曲线的 渐近线上存在一点 ，使得 ， ， ， 顺次连接构成平行四边形，则双曲线 的离心率 ______. 【答案】2 【解析】 【分析】 根据 ， ， ， 顺次连接构成平行四边形，求得点 与点 的中点，从而 求得点 的坐标，代入双曲线方程求解. 【详解】由题知点 与点 的中点 也是点 与点 的中点， 所以点 的坐标为 ， 又点 在渐近线 上， 所以 ， ∴ ， 8 3 3x x  −   8 3 3x x  −   8 3 3x x  −   8 4 83 3 1 8 8 3( ) ( 3) r r r r r r rT C x C xx − − +  = ⋅ − = − ⋅   8 4 0r− = 2r = ( )22 3 8 3 252T C= − = ( )2 2 2 2 1 0, 0x y a ba b − = > > A F ( )0,B b P A B F P C e = A B F P ( ),0A a− ( ),0F c P ( ),0A a− ( ),0F c ,02 c a−     ( )0,B b P P ( ),c a b− − P by xa = − ( )bb c aa − = − − 2c a=∴ . 故答案为：2 【点睛】本题主要考查双曲线的几何性质，还考查了运算求解的能力，属于基础题. 15.定义在 上的函数 对任意 ，都有 ， ，则 ______. 【答案】 【解析】 【分析】 根据 ，可推知 是周期函数，然后再结合 求解. 【详解】因为 ， 所以 ， 所以 是周期为 4 的周期函数， 故 ， 由已知可得 ， 所以 . 故答案为： 【点睛】本题主要考查函数周期性的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题. 16.如图，矩形 中， ， ， 为 的中点，点 ， 分别在线段 ， 上运动（其中 不与 ， 重合， 不与 ， 重合），且 ，沿 将 折起，得到三棱锥 ，则三棱锥 体积的最大值为______；当三 2e = R ( )f x x∈R ( ) ( ) ( ) 12 1 f xf x f x −+ = + ( ) 12 4f = ( )2020f = 3 5 ( ) ( ) ( ) 12 1 f xf x f x −+ = + ( )f x ( ) 12 4f = ( ) ( ) ( ) 12 1 f xf x f x −+ = + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 111 2 14 11 2 1 1 f x f x f xf x f xf xf x f x −−− + ++ = = =−+ + + + ( )f x ( ) ( )2020 4f f= ( ) ( ) ( ) 1 2 34 1 2 5 ff f −= =+ ( ) 32020 5f = 3 5 ABCD 2 3AB = 2AD = Q BC M N AB CD M A B N C D / /MN AD MN DMN D MNQ− D MNQ−棱锥 体积最大时，其外接球的半径 ______. 【答案】 (1). 1 (2). 【解析】 【分析】 易 知 当 平 面 平 面 时 ， 三 棱 锥 体 积 最 大 ， 此 时 平 面 .DN 为几何体的高，设 ，则 ，且 ，再由 V 三棱锥 D-MNQ 求解，当三棱锥 体积最大时，三棱锥 是正三棱柱的一部 分，则三棱柱 的外接球即是三棱锥 的外接球，设点 ， 分别是上 下底面正三角形的中心，则线段 的中点即是三棱柱 的外接球的球心 求解. 【详解】当平面 平面 时，三棱锥 体积最大， 这时 平面 . 设 ，则 ，且 ， 则 V 三棱锥 D-MNQ ， 当 时，三棱锥 体积最大，且 .此时 ， ， ∴ ， ∴ 为等边三角形， ∴当三棱锥 体积最大时，三棱锥 是正三棱柱的一部分， 如图所示： D MNQ− R = 5 3 6 DMN ⊥ ABCD D MNQ− DN ⊥ ABCD AM x= DN x= 0 2 3x< < 1 3 △= ⋅MNQS DN D MNQ− D MNQ− MNQ EDF− D MNQ− G H GH MNQ EDF− O DMN ⊥ ABCD D MNQ− DN ⊥ ABCD AM x= DN x= 0 2 3x< < ( )21 1 1 12 (2 3 ) 2 33 3 2 3△  = ⋅ = × × − = − +  MNQS DN x x x x 3x = D MNQ− max 1V = 3MB = 3DN = 2MQ NQ= = MNQ△ D MNQ− D MNQ−则三棱柱 的外接球即是三棱锥 的外接球， 设点 ， 分别是上下底面正三角形的中心， ∴线段 的中点即是三棱柱 的外接球的球心 ， ∴ ， 又∵ 是边长为 2 的等边三角形， ∴ ， ∴三棱柱 外接球的半径 . 故答案为：1； . 【点睛】本题主要考查几何体体积的最值和球的组合体问题，还考查了空间想象和运算求解 的能力，属于中档题. 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.如图，CM，CN 为某公园景观湖胖的两条木栈道，∠MCN=120°，现拟在两条木栈道的 A， B 处设置观景台，记 BC=a，AC=b，AB=c（单位：百米） 的 MNQ EDF− D MNQ− G H GH MNQ EDF− O 1 3 2 2OH DN= = MNQ△ 2 3 3HQ = MNQ EDF− 2 2 5 3 6R OQ OH HQ= = + = 5 3 6（1）若 a，b，c 成等差数列，且公差为 4，求 b 的值； （2）已知 AB=12，记∠ABC=θ，试用 θ 表示观景路线 A-C-B 的长，并求观景路线 A-C-B 长的 最大值． 【答案】（1）10；（2）8 . 【解析】 【分析】 （1）利用 a、b、c 成等差数列,且公差为 4,可得 ,利用余弦定理即可求 b 的值； （2）利用正弦定理,求出 AC、BC,可得到观景路线 A-C-B 为 是关于 的函数,求出 最大值即可 【详解】解：（1）∵a、b、c 成等差数列,且公差为 4,∴ , ∵∠MCN=120°， ∴ ,即 °, ∴b=10 （2）由题意,在 中, , 则 , ∴ , , ∴观景路线 A-C-B 的长 ,且 , ∴θ=30°时,观景路线 A-C-B 长的最大值为 8 【点睛】本题考查利用余弦定理求三角形的边,考查正弦定理的应用,考查三角函数的最值问 题,考查运算能力 18.为迎接“五一国际劳动节”，某商场规定购买超过6000 元商品 顾客可以参与抽奖活动现 有甲品牌和乙品牌的扫地机器人作为奖品，从这两种品牌的扫地机器人中各随机抽取 6 台检 测它们充满电后的工作时长相关数据见下表（工作时长单位：分） 的 3 4 4 a b c b = −  = + AC BC+ θ 4 4 a b c b = −  = + 2 2 2 2 cosc a b ab MCN= + − ⋅ ∠ ( ) ( ) ( )2 2 24 4 2 4 cos120b b b b b+ = − + − − ABC∆ sin sin sin AC BC AB ABC BAC ACB = =∠ ∠ ∠ ( ) AC BC 12= =sin sin120sin 60θ θ °° − 8 3sinAC θ= ( )8 3sin 60BC θ= −． ( ) ( )8 3sin 8 3sin 60 8 3sin 60y AC BC θ θ θ= + = + − = +． ． 0 60θ< > e ( )1,e E ( ),0A a ( )0,B b AOB 3 2 O E l E M N OM 1k ON 2k 1 2 1 9k k⋅ = − OMN 2 2 19 x y+ = 3 2 ( )1,e E ( ),0A a ( )0,B b AOB 3 2 2 2 2 2 2 2 1 1e a b ce a c a b  + =   =  = −  l l x t= 3 3t− < < 0t ≠ l ( )1 1,M x y ( )2 2,N x y l ( )0y kx m m= + ≠ 2 2 19 x y+ = MN O l 1 2△ = × ×OMNS MN d 2 2 2 2 2 2 1 1e a b ce a c a b  + =   =  = −  2 1b =又 ，∴ ，∴椭圆 ： . （2）当直线 的斜率不存在时，设直线 ： （ 且 ），代入 ， 得 ， 则 ，∴ ，则 ， 当直线 的斜率存在时，设点 ， ，直线 ： ，代入 ， 得 ，∴ ， ， ， ， ∴ ，满足 ， ， 又原点 到直线 的距离 ， ∴ ，为定 值. 综上， 的面积为定值，定值为 . 【点睛】本题主要考查椭圆方程的求法以及三角形面积问题，还考查了运算求解的能力，属 1 3 2 2AOBS ab= =△ 3a = E 2 2 19 x y+ = l l x t= 3 3t− < < 0t ≠ 2 2 19 x y+ = 2 2 1 9 ty = − 2 2 2 1 2 2 1 1 1 19 9 9 9 t t t k k t t t − − − − = × = − = − 2 9 2t = 21 32 12 9 2OMN tS t= × − × =△ l ( )1 1,M x y ( )2 2,N x y l ( )0y kx m m= + ≠ 2 2 19 x y+ = ( )2 2 29 1 18 9 9 0k x kmx m+ + + − = ( )( ) ( )2 2 2 2 2(18 ) 4 9 1 9 9 36 9 1 0km k m k m∆ = − + − = − + > 1 2 2 18 9 1 kmx x k + = − + 2 1 2 2 9 9 9 1 mx x k −= + ( )( ) 2 2 1 21 2 1 2 2 1 2 1 2 9 1 9 9 9 kx m kx my y k mk k x x x x m + + − += ⋅ = = = −− 2 29 1 2k m+ = > 0∆ 2 2 2 2 1 2 2 6 1 9 11 9 1 kM kk x kN mx + − += + − = + O l 21 md k = + 2 2 2 2 2 1 3 1 9 1 2 9 1 1OMN mk k mS MN d k k + − += × × = ×+ +△ 2 2 2 3 2 3 2 2 m m m m −= = OMN 3 2于难题. 21.设函数 . (1)若当 时， 取得极值，求 的值，并求 的单调区间. (2)若 存在两个极值点 ，求 的取值范围，并证明： . 【答案】（1） ， 的单调增区间为 ，单调减区间为 . （2） ，证明见解析 【解析】 【分析】 （1）求导数 ，由题意可知 为方程 的根，求解 值，即可.再令导数 ， ，分别求解单调增区间与单调减区间，即可. （2）函数 存在两个极值点，等价于方程 即 在 上有两 个不等实根，则 ，即可. 变形整理为 ；若证明不等式 ，则需证明 ，由 变形为 ，不妨设 ，即证 ，令 ，则 ，求函数 的取值范围，即可证明. 【详解】（1） 时， 取得极值. . ( ) 2 lnf x x ax x= − + 1x = ( )f x a ( )f x ( )f x 1 2,x x a ( ) ( )2 1 2 1 4 2 f x f x a x x a > −− − 3a = ( )f x 10, ,(1, )2   +∞   1 ,12      2 2a > ( )f x′ 1x = ( ) 0f x′ = a ( ) 0f x′ > ( ) 0f x′ < ( )f x ( ) 0f x′ = 22 1 0x ax− + = (0, )+∞ > 0∆ ( ) ( )2 1 2 1 f x f x x x − − 2 1 2 1 ln ln 2 x xa x x −− + − ( ) ( )2 1 2 1 4 2 f x f x a x x a > −− − 2 1 2 1 ln ln 4x x x x a − >− 1 2 02 ax x+ = > 2 1 2 1 2 1 ln ln 2x x x x x x − >− + 2 1 0x x> > 2 2 1 21 1 1 ln 2 1 x x x xx x − > + 2 1 1xt x = > ( ) ( )2 1ln 1 th t t t −= − + ( )h t ( ) ( )21 2 12 , 0x axf x x a xx x − +′ = − + = > 1x = ( )f x ( ) 0, 31f a∴ ′ = =解 得 或 解 得 的单调增区间为 ，单调减区间为 . （2） 存在两个极值点 方程 即 在 上有两个不等实根. ， . 所证不等式 等价于 即 不妨设 ，即证 令 ， ， 在 上递增. ( ) ( )( )2 2 1 12 3 1 x xx xf x x x − −− +′∴ = = ( ) 0f x′ > 10 2x< < 1x > ( ) 0f x′ < 1 12 x< < ( )f x∴ 10, ,(1, )2   +∞   1 ,12      ( ) ( )22 1, 0x axf x xx − +′ = > ( )f x ∴ ( ) 0f x′ = 22 1 0x ax− + = (0, )+∞ 2 1 2 18 0, 02a x x∆ = − > = > 1 2 02 ax x+ = > 2 2a∴ > ( ) ( ) 2 2 2 1 2 2 2 1 1 1 2 1 2 1 ln lnf x f x x ax x x ax x x x x x − + − + −− =− − 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 ln ln ln ln 2 x x x xax x a x x x x − −= + − + = − +− − ∴ ( ) ( )2 1 2 1 4 2 f x f x a x x a > −− − 2 1 2 1 ln ln 4x x x x a − >− 2 1 2 1 2 1 ln ln 2x x x x x x − >− + 2 1 0x x> > 2 2 1 21 1 1 ln 2 1 x x x xx x − > + 2 1 1xt x = > ( ) ( )2 1ln 1 th t t t −= − + ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 11 4 0 1 1 th t t t t t −′ = − = > + + ( )h t∴ (1, )+∞成立. 成立. 【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，以及根据极值求参数取值范围，证明不等式. 属于难题. 请考生在 22､23 题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分. 选修 4-4：坐标系与参数方程 22.在直角坐标系 中，曲线 的参数方程是 （ 为参数）以坐标原点为极 点， 轴正半轴为极轴建立极坐标系， ， 为曲线 上两点，且 ，设射线 ： . （1）求曲线 的极坐标方程； （2）求 的最小值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】 （1）先将曲线 的参数方程化为直角坐标方程，再将 ， 代入化简即 可. （2）根据题意得到射线 的极坐标方程为 或 ，利用极径的几何意义 得到 ， ，建立模型，利用基本不等式求解. 【详解】（1）将曲线 的参数方程化为直角坐标方程： ， ( ) ( )1 0h t h∴ > = 2 2 1 21 1 1 ln 2 1 x x x xx x − ∴ > + ( ) ( )2 1 2 1 4 2 f x f x a x x a ∴ > −− − xOy C cos 2 sin x y ϕ ϕ = = ϕ x A B C OA OB⊥ OA 0 2 πθ α α = < 2k = ( ) 3, 1 3 1, 1 1 3, 1 x x f x x x x x + ≤ − = − − − <