河北省保定市2020届高三数学（理）第二次模拟试题（解析版）

2020 年高三第二次模拟考试 理科数学试题 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.设集合 ， ，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 先由二次不等式及对数不等式的解法求出集合 、 ，然后结合集合交、并、补的混合运算 求解即可. 【详解】解：解不等式 ，得 或 ，即 或 ， 即 , 解不等式 ，得 ，即 ，即 ， 即 ， 故选：C. 【点睛】本题考查了二次不等式及对数不等式的解法，重点考查了集合交、并、补的混合运 算，属基础题. 2.若复数 满足 ，则 （ ） A. 3 B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】 由复数的乘法及除法运算可得 ，然后求其模即可. 【详解】解：由 ， { }2 4 0P x x x= − > ( ){ }2log 1 2Q x x= − < ( )R P Q = [ ]0,4 [ )0,5 ( ]1,4 [ )1,5 P Q 2 4 0x x− > 4x > 0x < { 4P x x= }0x < RC P = { }0 4x x≤ ≤ 2log ( 1) 2x − < 0 1 4x< − < 1 5x< < { }1 5Q x x= < < ( )R P Q = { }1 4x x< ≤ = ( ]1,4 z ( ) ( )22 1 2z− = +i i z = 5 3 2z i= − + ( ) ( )22 1 2z− = +i i则 ， 所以 ， 故选：B. 【点睛】本题考查了复数的乘法及除法运算，重点考查了复数模的运算，属基础题. 3.在 中，“ ” 是“ 为钝角三角形”的（ ） A. 充要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分不必要条件 D. 既不充分 也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】 由向量数量积和两向量夹角的定义，结合充分必要条件的定义，即可判断出结论； 【详解】在△ABC 中，若 ，则 cos（π﹣B）＞0，即 cosB＜0，B 为钝角，则△ABC 是钝角△；若△ABC 是钝角△，不一定 B 角为钝角，则 不成立，所以“ ” 是“ 为钝角三角形”的充分不必要条件. 故选：C. 【点睛】充分、必要条件的三种判断方法: 1．定义法：直接判断“若 则 ”、“若 则 ”的真假．并注意和图示相结合，例如“ ⇒ ”为 真，则 是 的充分条件． 2．等价法：利用 ⇒ 与非 ⇒非 ， ⇒ 与非 ⇒非 ， ⇔ 与非 ⇔非 的等价关系， 对于条件或结论是否定式的命题，一般运用等价法． 3．集合法：若 ⊆ ，则 是 的充分条件或 是 的必要条件；若 ＝ ，则 是 的 充要条件． 4.已知函数 的图象相邻两条对称轴之间的距离为 ，则该函数图象 是由 的图象经过怎样的变换得到?（ ） A. 向左平移 个单位长度 B. 向左平移 个单位长度 2(1 2 ) ( 3 4 )(2 ) 10 5 22 (2 )(2 ) 5 i i i iz ii i i + − + + − += = = = − +− − + 2 2( 2) 1 5z = − + = ABC · 0AB BC ＞ ABC · 0AB BC ＞ · 0AB BC ＞ · 0AB BC ＞ ABC p q q p p q p q p q q p q p p q p q q p A B A B B A A B A B ( )sin 06y x πω ω = − >   2 π cos2y x= 3 π 6 πC. 向右平移 个单位长度 D. 向右平移 个单位长度 【答案】C 【解析】 【分析】 由诱导公式及三角函数图像的性质可得 ，然 后结合函数图像的平移变换求解即可. 【详解】解：由函数 的图象相邻两条对称轴之间的距离为 ， 则 ，即 ， 则 ，即 ， 则 ， 又 ， 又函数 的图象是由 的图象向右平移 个单位长度得到， 即函数 的图象是由 的图象向右平移 个单位长度得到， 故选：C. 【点睛】本题考查了诱导公式及三角函数图像的性质，重点考查了函数图像的平移变换，属 基础题. 5.七巧板是中国古代劳动人民的发明，其历史至少可以追溯到公元前一世纪，后清陆以湉《冷 庐杂识》卷一中写道“近又有七巧图，其式五，其数七，其变化之式多至千余”在 18 世纪，七 巧板流传到了国外，被誉为“东方魔板”，至今英国剑桥大学的图书馆里还珍藏着一部《七巧新 谱》．完整图案为一正方形(如图)：五块等腰直角三角形、一块正方形和一块平行四边形，如 果在此正方形中随机取一点，那么此点取自阴影部分的概率是（ ） 3 π 6 π 2sin 2 cos(2 ) cos2( )6 3 3y x x x π π π = − = − = −   ( )sin 06y x πω ω = − >   2 π 2 2 T π= T π= 2π πω = 2ω = sin 2 6y x π = −   2sin 2 cos(2 ) cos2( )6 3 3y x x x π π π = − = − = −   cos2( )3y x π= − cos2y x= 3 π sin 2 6y x π = −   cos2y x= 3 πA. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 设大正方形的边长为 4，阴影部分可看做一个等腰直角三角形和梯形，然后分别求出其面积， 代入几何概型的概率公式求解. 【详解】设大正方形的边长为 4，则面积为 ， 阴影部分：一部分可看做一个等腰直角三角形，直角边边长为 ，面积为 ， 另一部分为梯形，上底为 ，下底为 ，高为 ，面积为 ， 所以此点取自阴影部分的概率是 . 故选：C 【点睛】本题主要考查几何概型 概率求法，以及数形结合的思想和运算求解的能力，属于 基础题. 6.已知 ，则 （ ） A B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 利用和差角公式可求得 的值，再利用二倍角的余弦公式结合弦化切的思想可求得 的值. 【详解】 ， ，可得 的 3 8 5 16 7 16 1 3 4 4 16× = 2 2 1 2 2 2 2 42 × × = 2 2 2 2 ( )1 2 2 2 2 32 × + × = 4 3 7 16 16p += = sin cos3 3 π πα α   + = −       cos2 =α 0 1 2 2 3 2 tanα cos2α sin cos3 3 π πα α   + = −       3 1 1 3cos sin cos sin2 2 2 2 α α α α∴ + = +， . 故选：A. 【点睛】本题考查三角求值，考查和差角公式、二倍角公式以及弦化切思想的应用，考查计 算能力，属于中等题. 7.已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 根据三视图知几何体是一个四分子一圆锥与一个三棱锥 组合体，分别计算其表面积得解. 【详解】 的 tan 1α = 2 2 2 2 2 2 2 2 cos sin 1 tancos2 cos sin 0cos sin 1 tan α α αα α α α α α − −∴ = − = = =+ + 14 2 π+ 5 10 1 2 2 π+ + 5 10 1 2 2 4 π+ ++ 1 24 4 π++四分子一圆锥表面积 , 所以组合体表面积为 故选：D 【点睛】本题考查三视图还原几何体求表面积问题. 几何体三视图还原其直观图时，要熟悉柱、锥、球、台的三视图，结合空间想象将三视图还 原为直观图． 8.在 的展开式中第 3 项与第 7 项的二项式系数相等，则该展开式中 的系数为（ ） A. 56 B. 448 C. 408 D. 1792 【答案】B 【解析】 【分析】 由 的展开式中第 3 项与第 7 项的二项式系数相等，可得 ，再结合 展开式的通项公式为 求解即可. 【详解】解:由 的展开式中第 3 项与第 7 项的二项式系数相等， 则 , 即 , 则 展开式的通项公式为 , 令 , 则 , 则该展开式中 的系数为 , 故选:B. 1 1 1 1 2 12 2 1 14 4 2 2 4 2S π π π+= + × × × + × × = + 1 2 1 12ABD BCDS S∆ ∆= = × × = 1 3 32 22 2 2ACDS∆ = × × × = 1 2 1 3 1 2+1+1+ =4+4 2 2 4 π π+ ++ 12 n x x  +   2 1 x 12 n x x  +   8n = 812x x  +   8 8 2 1 82 r r r rT C x− − + = 12 n x x  +   2 6 n nC C= 2 6 8n = + = 812x x  +   8 8 8 2 1 8 8 1(2 ) ( ) 2r r r r r r rT C x C xx − − − + = = 8 2 2r− = − = 5r 2 1 x 8 5 5 82 448C− =【点睛】本题考查了二项式系数，重点考查了二项式展开式通项公式及指定项系数，属基础 题. 9.孙子定理是中国古代求解一次同余式组的方法，是数论中一个重要定理，最早可见于中国南 北朝时期的数学著作《孙子算经》， 年英国来华传教士伟烈亚力将其问题的解法传至欧洲， 年英国数学家马西森指出此法符合 年由高斯得出的关于同余式解法的一般性定理， 因而西方称之为“中国剩余定理”．这个定理讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除 问题：将 至 这 个整数中能被 除余 且被 除余 的数按由小到大的顺序排成一 列构成一数列，则此数列的项数是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 列举出该数列的前几项，可知该数列 为等差数列，求出等差数列的首项和公差，进而可 得出数列 的通项公式，然后求解满足不等式 的正整数 的个数，即可得解. 【详解】设所求数列为 ，该数列为 、 、 、 、 ， 所以，数列 为等差数列，且首项为 ，公差为 ， 所以， ， 解不等式 ，即 ，解得 ， 则满足 的正整数 的个数为 ， 因此，该数列共有 项. 故选：D. 【点睛】本题考查数列项数的计算，求出数列的通项公式是解答的关键，考查计算能力，属 于中等题. 10.已知点 在函数 图象上，若满足 的 的 最小值为 ，则 的取值范围是（ ） 1852 1874 1801 2 2021 2020 3 2 5 1 132 133 134 135 { }na { }na 2 2021na≤ ≤ n { }na 11 26 41 56  { }na 1 11a = 26 11 15d = − = ( ) ( )1 1 11 15 1 15 4na a n d n n= + − = + − = − 2 2021na≤ ≤ 2 15 4 2021n≤ − ≤ 2 1355 n≤ ≤ 2 1355 n≤ ≤ n 135 135 ( )( ), nn a n ∗∈ N lny x= 1 2 naa a nS e e e m= + + + ≥ n 5 mA. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 求得 ，进而可得出 ，由题意可得出 ，由此 可得实数 的取值范围. 【详解】由于点 在函数 图象上，则 ，则 ， 所以， ， 由于满足 的 的最小值为 ，则 ，所以， . 因此，实数 的取值范围是 . 故选：A. 【点睛】本题考查参数取值范围的计算，考查了等差数列求和公式的应用，根据题意得出 是解答的关键，考查计算能力，属于中等题. 11.已知 、 分别为双曲线 的左、右焦点，过 作 轴的 垂线交双曲线于 、 两点，若 的平分线过点 ，则双曲线的离心率为 （ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 作出图形，设 ，可得 ，根据角平分线定理可得 ，可得 出 与 的等量关系，再利用勾股定理可得出 、 的关系式，进而可求得双曲线的离心率. ( ]10,15 ( ],15−∞ ( ]15,21 ( ],21−∞ lnna n= ( )11 2 2n n nS n += + + + = 4 5S m S< ≤ m ( )( ), nn a n ∗∈ N lny x= lnna n= nae n= ( ) 1 2 11 2 2 naa a n n nS e e e n += + + + = + + + =  1 2 naa a nS e e e m= + + + ≥ n 5 4 5S m S< ≤ 10 15m< ≤ m ( ]10,15 4 5S m S< ≤ 1F 2F ( )2 2 2 2 1 0, 0x y a ba b − = > > ( )1 ,0F c− x A B 1 2F AF∠ 1 ,03M c −   2 2 3 3 1AF m= 2 2AF m a= + 1 1 2 2 AF MF AF MF = m a a c【详解】设 ，可得 ，如下图所示： 由于 的平分线过点 ，则 ， 即 ， ， ， 在 中，由勾股定理可得 ，即 ， ，因此，椭圆的离心率为 . 故选：D. 【点睛】本题考查双曲线离心率的求解，考查了利用双曲线的定义求解焦点三角形问题，考 查计算能力，属于中等题. 12.已知方程 有三个不同的根，则实数 的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 1AF m= 2 2AF m a= + 1 2F AF∠ 1 ,03M c −   1 2 1 1 2 2 2 13 4 2 3 AMF AMF cS AF MF S AF MF c = = = =  1 2 2 m m a =+ 1 2AF m a∴ = = 2 2 4AF m a a= + = 1 2Rt AF F△ 2 2 2 2 1 1 2AF AF F F= + ( ) ( ) ( )2 2 24 2 2a a c= + 3c a∴ = 3= =ce a ( )2 1 1 1 x x x ee x x ae − − −+ = − a ( )1,e− 1, 2e −   ( )1,1− 11, 2  −  将等式变形为 ，换元 ，可得出 ，利用 导数分析得出函数 的图象，数形结合可得出实数 的取值范围. 【详解】将等式 变形 ， 令 ，则 即 ， ，令 ，得 ，列表如下： 极大值 所以，函数 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 ， 函数 的极大值为 ，作出函数 的图象如下图所示： 由于方程 有三个不同的根，则 ， ， ①当 时，则 ，得 ，关于 的方程为 ，解得 ，不合 乎题意； 为 1 1 11 x x x xe ae − − + = − ( ) 1x xu x e −= ( )2 1 1 0u a u a+ − − − = ( ) 1x xu x e −= a ( )2 1 1 1 x x x ee x x ae − − −+ = − 1 1 11 x x x xe ae − − + = − ( ) 1x xu x e −= 11 u u a + = − ( )2 1 1 0u a u a+ − − − = ( ) 1 1 x xu x e − −′ = ( ) 0u x′ = 1x = x ( ),1−∞ 1 ( )1,+∞ ( )u x′ + 0 − ( )u x   ( ) 1x xu x e −= ( ),1−∞ ( )1,+∞ ( ) 1x xu x e −= ( )1 1u = ( )y u x= ( )2 1 1 1 x x x ee x x ae − − −+ = − ( )1 0,1u ∈ { } ( ]2 1 0,u ∈ +∞ 2 0u = 1 0a− − = 1a = − u 2 2 0u u+ = 1 2u = −②当 时，则 ，得 ，关于 的方程为 ，解得 ， 不合乎题意； ③当 ， 时，由二次方程根的分布得 ， 解得 . 综上所述，实数 的取值范围是 . 故选：D. 【点睛】本题考查利用导数研究复合函数的零点问题，一般要将复合函数分解为内层函数和 外层函数来进行分析，同时也考查了二次方程根的分布，考查分析问题和解决问题的能力， 属于难题. 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分． 13.已知向量 、 满足： ， ， 与 夹角为 ，则 _______. 【答案】 【解析】 【分析】 利用平面向量数量积的运算律和定义计算出 的值. 【详解】 ， 因此， . 故答案为： . 【点睛】本题考查平面向量模的计算，考查平面向量数量积的运算律和定义，考查计算能力， 属于基础题. 2 1u = 1 2 0a− = 1 2a = u 22 3 0u u+ − = 1 3 2u = − ( )1 0,1u ∈ ( )2 ,0u ∈ −∞ ( ) 1 0 1 1 1 0 a a a − −  11, 2a  ∈ −   a 11, 2  −   a b 2a = 3b = a b 120 2a b+ =  2 7 2a b+  ( )22 2 2 2 2 4 4a b a b a a b b+ = + = + ⋅ +         2 2 4 cos120 4a a b b= + ⋅ +    2 212 4 2 3 4 3 282  = + × × × − + × =   2 2 7a b+ =  2 714.已知正三棱锥 ， ， ，则此三棱锥外接球的半径为_______. 【答案】 【解析】 【分析】 作出图形，找出外接球球心的位置，根据几何体的结构特征列等式可求三棱锥 外接 球的半径. 【详解】如下图所示： 设点 为 的外心，则 平面 ， 则三棱锥 的外接球球心 在直线 上，设其外接球的半径为 ， 由正弦定理得 ， ， 在 中， ， 由勾股定理得 ，即 ，解得 . 故答案为： . 【点睛】本题考查三棱锥外接球半径的计算，解题时要充分分析几何体的结构特征，找出球 心的位置，通过几何体的结构特征列等式求解，考查推理能力与计算能力，属于中等题. 15.已知定义域为 的函数 有最大值和最小值，且最大 值和最小值的和为 ，则 _______. 【答案】 P ABC− 2 3AB = 2 5PA = 5 2 P ABC− G ABC PG ⊥ ABC P ABC− O PG R 2 2sin 3 ABAG π= = 2 2 4PG PA AG∴ = − = Rt OAG 4OG PG R R= − = − 2 2 2OA OG AG= + 22 22 4R R= + − 5 2R = 5 2 R ( ) 2 2 2 2020sin 2 x xe e x xf x x λ λµ + += + + 4 λ µ− = 2−【解析】 【分析】 计算出 ，利用函数 有最小值和最大值推导出 ， 进而得出 ，可得出函数 的图象关于点 对称，进而可求得 的值，由此可计算出 的值. 【详解】 ， 若 ，则函数 无最小值，不合乎题意； 若 ，则函数 无最大值，不合乎题意. 所以， ，则 ， 则 ， 所以，函数 的图象关于点 对称，则 ，则 ， 因此， . 故答案为： . 【点睛】本题考查利用函数的最值求参数的值，解答的关键在于推导出 ，并求出函数 的对称中心，考查推理能力与计算能力，属于中等题. 16.已知 的内角 、 、 的对边分别为 、 、 ，且 ， ， ，则 _______ 【答案】 【解析】 【分析】 利用余弦定理可求得 的值，利用正弦定理边角互化思想结合两角和的正弦公式可求得 ，进而可求得 的值，利用正弦定理可求得 的值. ( ) 2 2020sin 2 x xf x e x µ λ= + + + ( )y f x= 0λ = ( ) ( ) 2f x f x µ+ − = ( )y f x= ( )0,µ µ λ µ− ( ) 2 2 2 2 2020sin 2020sin 2 2 x x xe e x x xf x ex x λ λµ µ λ+ += + = + ++ + 0λ < ( )y f x= 0λ > ( )y f x= 0λ = ( ) 2 2020sin 2 xf x x µ= + + ( ) ( ) ( ) ( )22 2020sin2020sin 22 2 xxf x f x x x µ µ µ−+ − = + + + =+ + − ( )y f x= ( )0,µ ( ) ( )max min 4 2f x f x µ+ = = 2µ = 2λ µ− = − 2− 0λ = ( )y f x= ABC A B C a b c 2 2 2 sina b c ab C+ − = cos sina B b A c+ = 10a = b = 3 2 tanC 4A π= sin B b【详解】 ，即 ， ， 由 ，解得 ， ，由正弦定理得 ， . ， ，则 ， ， ， . 由正弦定理得 ，得 . 故答案为： . 【点睛】本题考查三角形边长的计算，涉及余弦定理和正弦定理的应用，考查计算能力，属 于中等题. 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.已知数列 的前 项和为 ，且满足 . （1）求证：数列 为等比数列； （2）求数列 的前 项和 . 【答案】（1）详见解析；（2） ． 2 2 2 sina b c ab C+ − = 2 cos sinab C ab C= tan 2C∴ = 2 2 sintan 2cos sin cos 1 sin 0 CC C C C C  = =  + =  >  2 5sin 5 5cos 5 C C  =  = cos sina B b A c+ = ( )sin cos sin sin sin sin sin cos cos sinA B A B C A B A B A B+ = = + = + sin sin cos sinA B A B∴ = 0 B π< < sin 0B∴ > tan 1A = 0 A π< > 1 2 2 3 C ( )( ),0 2Q m m > l C M N M x M ′ M N′ x S 4OQ OS⋅ = O 2 2 14 3 x y+ = a b c a b C l ( )y k x m= − ( )1 1,M x y ( )2 2,N x y ( )1 1,M x y′ − ( ),0S n l C M ′ S N M S NSk k′ = 2 2 2 1 2 1 2 2 32 c a ab a b c  =  × =  = +  2a = 3b =所以椭圆 的方程为 ； （2）由题意知直线 的斜率一定存在，设为 ， 设 、 ，则 ，设 ， 联立 消去 得： ， 由 得 ，即 时， ， 一定存在， ， . 当斜率 不为 时：因为 、 、 三点共线， ， ，即 ， 即 化简 ， 代入韦达定理化简得 ，即 ， ， ，且 ， 当斜率 时，直线 与 轴重合，满足结论． 综上，直线 与 轴的交点 为一个定点 ，且 【点睛】本题考查椭圆方程的求解，同时也考查了椭圆中直线过定点问题的求解，考查了韦 达定理设而不求法的应用，考查计算能力，属于中等题. 21.已知函数 ． （1）讨论 的单调性； （2）若函数 有两个不同的极值点 、 ，求证： ； C 2 2 14 3 x y+ = l k ( )1 1,M x y ( )2 2,N x y ( )1 1,M x y′ − ( ),0S n ( ) 2 2 14 3 y k x m x y  = − + = y ( )2 2 2 2 23 4 8 4 12 0k x k mx k m+ − + − = > 0∆ ( )2 24 3 0m k− + > 2 2 3 4k m < − M N 2 1 2 2 8 4 3 k mx x k ∴ + = + 2 2 1 2 2 4 12 4 3 k mx x k −⋅ = + k 0 M ′ N S M S NSk k′ = 1 2 1 2 y y x n x n − =− − ( ) ( )2 1 1 2 0y x n y x n− + − = ( )( ) ( )( )2 1 1 2 0k x m x n k x m x n− − + − − = ( ) ( )2 1 1 22 2 0x x n m x x mn− + ⋅ + + = 2 4 04 3 mn k − =+ 4mn = 4n m = 4 ,0S m  ∴    4OQ OS mn⋅ = = 0k = M N′ x M N′ x S 4 ,0m      4OQ OS⋅ = ( ) ( ) 22 ln af x a x xx = + + − ( )f x ( ) ( ) 2lnh x f x x= − 1x ( )2 1 2x x x< ( ) ( ) ( )1 2 1 2 8 5ln 2 2f x f x x x+ − > −（3）设 ，函数 的反函数为 ，令 ， 、 、 ， ， 且 ，若 时，对任意的 且 ， 恒成立，求 的最小值. 【答案】（1）具体详见解析；（2）证明见解析；（3） ． 【解析】 【分析】 （1）求得函数 的定义域和导数 ，对 与 的大小进行分 类讨论，分析导数的符号变化，进而可得出函数 的单调区间； （2）求得 ，由题意可知方程 有两个不等的正根 、 ，可求得 的取值范围，并列出韦达定理，进而可得出 ，然后构造函数 ，利 用导数证明出 即可； （3）根据题意得出 ，进而可得 ， 、 、 ， ， 且 ，由已知条件得出 ，分析出函数 在 上的单调性，可得出 ，进而可求得 的 最小值. 【详解】（1）函数 的定义域为 ， ①当 时，由 得 ；由 ，得 . 1a = − ( ) 2f x xx + + ( )k x ( ) xi n ik x k     = 1i = 2  1n − n ∗∈N 2n ≥ [ ]1,1x∈ − n ∗∈N 2n ≥ ( ) ( ) ( )1 2 1 1 n nik x k x k x e− ≥ m 1 2 − ( )y f x= ( ) ( )( ) 2 2x x af x x − −′ = − a 2 ( )y f x= ( ) 2 2 2x ax ah x x − +′ = − 2 2 0x ax a− + = 1x 2x a ( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 2 2 ln 2 2f x f x x x a a a+ − = + − ( ) ( ) ( )2 ln 2 2u a a a a= + − ( ) ( )8 5ln 2 2u a > − xk xe= ( ) xi n ik x k     = 1i = 2  1n − n ∗∈N 2n ≥ 1 2 1x x xnm n n n −     − ≤ + + +           1 2 1x x xny n n n −     = + + +           [ ]1,1− 1 2 nm −− ≤ m ( )y f x= ( )0, ∞+ ( ) ( )( ) 2 2 22 2 1 x x aa af x x x x − −+′ = − − = − 0a ≤ ( ) 0f x′ > 0 2x< < ( ) 0f x′ < 2x >此时，函数 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 ； ②当 时，由 得 ；由 得 或 . 此时，函数 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 和 ； ③当 时， 对任意的 恒成立，此时，函数 在 单调递减； ④当 时，由 得 ；由 得 或 . 此时，函数 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 和 . 综上所述，当 时，函数 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 ； 当 时，函数 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 和 ； 当 时，函数 的单调递减区间为 ，无单调递增区间； 当 时，函数 单调递增区间为 ，单调递减区间为 和 ； （2）证明： ， 由已知函数有两个不同的极值点 、 ，知 有两个不等的正实数根， 即 有两个不等正实数根，即 ，解得 ， ， 令 ， ， ， 因为 ，所以 ， ， 的 ( )y f x= ( )0,2 ( )2,+∞ 0 2a< < ( ) 0f x′ > 2a x< < ( ) 0f x′ < 0 x a< < 2x > ( )y f x= ( ),2a ( )0,a ( )2,+∞ 2a = ( ) 0f x′ ≤ 0x > ( )y f x= ( )0, ∞+ 2a > ( ) 0f x′ > 2 x a< < ( ) 0f x′ < 0 2x< < x a> ( )y f x= ( )2,a ( )0,2 ( ),a +∞ 0a ≤ ( )y f x= ( )0,2 ( )2,+∞ 0 2a< < ( )y f x= ( ),2a ( )0,a ( )2,+∞ 2a = ( )y f x= ( )0, ∞+ 2a > ( )y f x= ( )2,a ( )0,2 ( ),a +∞ ( ) ( ) 22ln ln ah x f x x a x xx = − = + − 0x > ( ) 2 2 2 2 21a a x ax ah x x x x − +′ = − − = − 1x 2x ( ) 0h x′ = 2 2 0x ax a− + = 1 2 1 2 0 0 2 0 x x a x x a ∆ >  + = >  ⋅ = > 8a > ( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 2 1 1 2 2 1 2 1 2 2 22 ln 2 lna af x f x x x a x x a x x x xx x + − = + + − + + + − − ( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 22 ln a x xa x x x x x xx x += + + − + − ( ) ( ) ( ) ( )22 ln 2 2 2 ln 2 22 a aa a a a a a aa ⋅= + + − − = + − ( ) ( ) ( )2 ln 2 2u a a a a= + − 8a > ( ) ( ) ( ) ( )1 2ln 2 2 2 ln 2 1u a a a aa a ′ = + + − = + − 8a > ( )ln 2 1 0a − > ( ) 0u a′ >所以 在 单调递增， ，结论得证； （3）当 时， ，则 ， 所以 ， 、 、 ， ， 且 ， 对 ， 恒成立， 即 ，即 ， 因为 在 单调递减，所以 也递减， 当 时， ， 即对任意 且 ， 恒成立， 显然当 时， ，即 ，即 ，所以 的最小值为 ． 【点睛】本题考查利用导数求解函数的单调区间，同时也考查了利用导数证明函数不等式以 及求解函数不等式恒成立问题，考查分析问题和解决问题的能力，属于难题. （二）选考题：共 10 分．请考生从第 22、23 题中任选一题作答，并用 2B 铅笔将 答题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分；多涂、多答， 按所涂的首题进行评分；不涂，按本选考题的首题进行评分． 22.已知曲线 的极坐标方程是 ，以极点为原点，极轴为 轴非负半轴建立平面直角坐 标系，直线 的参数方程为 （ 为参数）． （1）写出曲线 的直角坐标方程和直线 的普通方程； （2）在（1）中，设曲线 经过伸缩变换 得到曲线 ，设曲线 上任意一点为 ，当点 到直线 的距离取最大值时，求此时点 的直角坐标． ( )y u a= ( )8,+∞ ( ) ( ) ( )8 10ln16 16 8 5ln 2 2u a u∴ > = − = − 1a = − ( ) 2 lnf x x xx + + = xk xe= ( ) xi n ik x e     = 1i = 2  1n − *n N∈ 2n ≥ [ ]1,1x∈ − ( ) ( ) ( ) 1 2 1 1 2 1 x x xn mn n n nk x k x k x e e e e −            −      − = ≥  1 2 1x x xn mn n ne e −     + + +      −      ≥ 1 2 1x x xnm n n n −     − ≤ + + +           xiy n  =    [ ]1,1x∈ − 1 2 1x x xny n n n −     = + + +           1x = min 1 2 1 1 2 1 1 2 x x xn n n n n n n n n  − − −     + + + = + + + =               n ∗∈N 2n ≥ 1 2 nm −− ≤ 2n = min 1 1 2 2 n −  =   1 2m− ≤ 1 2m ≥ − m 1 2 − C 2ρ = x l 12 2 31 2 x t y t  = −  = + t C l C , 3 x x y y = = ′ ′ 1C 1C ( )0 0,M x y M l M【答案】（1） ， ；（2） ． 【解析】 【分析】 （1）由 可将曲线 的极坐标方程化为直角坐标方程，在直线 的参数方程中消 去参数 可将直线 的参数方程化为普通方程； （2）利用伸缩变换求得曲线 的普通方程，进而可得出曲线 的参数方程，设点 ，利用点到直线的距离公式结合辅助角公式、正弦函数的有界性可求 得点 到直线 的距离的最大值，并求出对应的点 的坐标. 【详解】（1）将曲线 的极坐标方程化为 ，由 ， 所以，曲线 的直角坐标方程为 . 在直线 的参数方程中消去参数 得 ， 所以，直线 的普通方程为 ； （2）由伸缩变换 得 带入圆的方程 得 ， 化简得曲线 ，其参数方程为 （ 为参数，且 ）， 设点 ， 点 到直线 距离为： ， ，则 ，所以，当 时，即当 时， 取最大值，即 ， 2 2: 4C x y+ = : 3 2 3 1 0l x y+ − − = ( )2, 6M − − 2 2 2x yρ = + C l t l 1C 1C ( )2cos ,2 3sinM θ θ M l M C 2 4ρ = 2 2 2x yρ = + C 2 2 4x y+ = l t 3 2 3 1 0x y+ − − = l 3 2 3 1 0x y+ − − = , 3 , x x y y = ′ ′  = , 3 ,3 x x y y = = ′ ′   C 2 2 43 yx ′′ + = 2 2 1 : 14 12 x yC + = 2cos 2 3sin x y θ θ = = θ [ )0,2θ ∈ π ( )2cos ,2 3sinM θ θ M : 3 2 3 1 0l x y+ − − = 2 6 sin 2 3 12 3 cos 2 3sin 2 3 1 4 2 2d πθθ θ  + − − + − −  = = 0 2θ π≤ 2 2 2 2 2 2 2.a b b c c a+ + + + + ≥ { | 0x x < }5 1x > − ( ) 2 2 2 2 4, 12 2 ,0 1 2 4, 0 x x xxf x x x xx x x x  + − ≥ − = − ≤ − | 2 |( ) xf x x > { | 0x x < }5 1x > − 1x = 1a b c+ + = ( )( ) ( )222 2 222 1 1 2 a ba ba b a b ++ ≥ ≥++ ⇒+ 2 2 2 2, 2 2 a a c ccc bb+ ++ +≥ ≥ ( )2 2 2 2 2 2 2 2. 2 a b ca b b c c a + ++ + + + + ≥ = = =a b c西不等式证明结论时，注意等号成立条件.