2020 年甘肃省第一次高考诊断考试
理科数学
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.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.
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 ， ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
分别解出集合 然后求并集.
【详解】解： ，
故选：D
【点睛】考查集合的并集运算，基础题.
2.已知 ，则 （ ）
A. 5 B. C. 13 D.
【答案】C
【解析】
【分析】
先化简复数 ，再求 ，最后求 即可.
{ }1A x x= < { }2 1xB x= < A B =
( )1,0− ( )0,1 ( )1,− +∞ ( ),1−∞
,A B、
{ } { }1 1 1A x x x x= < = − < < { } { }2 1 0xB x x x= < = <
A B = ( ),1−∞
( )3 2z i i= − z z⋅ =
5 13
( )3 2z i i= − z z z⋅【详解】解： ，
，
故选：C
【点睛】考查复数的运算，是基础题.
3.已知平面向量 ， 满足 ， ，且 ，则 （ ）
A. 3 B. C. D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】
先求出 ，再利用 求出 ，再求 .
【详解】解：
由 ，所以
，
， ，
故选：B
【点睛】考查向量的数量积及向量模的运算，是基础题.
4.已知抛物线 经过点 ，焦点为 ，则直线 的斜率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
先求出 ，再求焦点 坐标，最后求 的斜率
【详解】解：抛物线 经过点
， ，
( )3 2 2 3z i i i= − = + 2 3z i= −
2 22 3 13z z⋅ = + =
a b ( )1, 2a = − ( )3,b t= − ( )a a b⊥ + b =
10 2 3
a b+ ( ) 0a a b⋅ + = t b
( ) ( ) ( )1, 2 3, 2, 2t ta b − + − = −= −+
( )a a b⊥ + ( ) 0a a b⋅ + =
( ) ( ) ( )1 2 2 2 0t× − + − × − =
1t = ( )3,1b = − 10=b
( )2 2 0y px p= > ( )2,2 2M F MF
2 2 2
4
2
2 2 2−
p F MF
( )2 2 0y px p= > ( )2,2 2M
( )2
2 2 2 2p= × 2p =， ，
故选：A
【点睛】考查抛物线 基础知识及斜率的运算公式，基础题.
5.函数 的部分图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
显然 是偶函数，排除 B C， 即可判断.
【详解】解： 是偶函数，排除 B C，
又 ，排除 D，
故选：A.
【点睛】考查函数的基本性质，是基础题.
6.已知双曲线 的一条渐近线经过圆 的
圆心，则双曲线 的离心率为（ ）
A B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】
求出圆心，代入渐近线方程，找到 的关系，即可求解.
的
( )1,0F 2 2MFk =
( ) 2
cos2ln xf x x x
= +
( ) 2
cos2ln xf x x x
= + ( )1 cos2 0f = <
( ) 2
cos2ln xf x x x
= +
( )1 cos2 0f = <
( )2 2
2 2: 1 0, 0x yC a ba b
− = > > 2 2: 2 4 0E x y x y+ + − =
C
5
2 5 2
a b、【详解】解： ，
一条渐近线
，
故选：B
【点睛】利用 的关系求双曲线的离心率，是基础题.
7. 网络是一种先进的高频传输技术，我国的 技术发展迅速，已位居世界前列.华为公司
2019 年 8 月初推出了一款 手机，现调查得到该款 手机上市时间 和市场占有率 （单
位：%）的几组相关对应数据.如图所示的折线图中，横轴 1 代表 2019 年 8 月，2 代表 2019
年 9 月……，5 代表 2019 年 12 月，根据数据得出 关于 的线性回归方程为
.若用此方程分析并预测该款手机市场占有率的变化趋势，则最早何时该款
手机市场占有率能超过 0.5%（精确到月）（ ）
A. 2020 年 6 月 B. 2020 年 7 月 C. 2020 年 8 月 D. 2020 年 9
月
【答案】C
【解析】
【分析】
根据图形，计算出 ，然后解不等式即可.
( )1,2E −
( )2 2
2 2: 1 0, 0x yC a ba b
− = > > by xa
= −
( )2 1b
a
= − × − 2a b=
( )22 2 2 2 2+b , 2 , 5c a c a a e= = + =
a b、
5G 5G
5G 5G x y
y x
0.042y x a= +
5G
,x y【详解】解： ，
点 在直线 上
，
令
因为横轴 1 代表 2019 年 8 月，所以横轴 13 代表 2020 年 8 月，
故选：C
【点睛】考查如何确定线性回归直线中 系数以及线性回归方程的实际应用，基础题.
8.设 ， 是空间两条不同的直线， ， 是空间两个不同的平面，给出下列四个命题：
①若 ， ， ，则 ；
②若 ， ， ，则 ；
③若 ， ， ，则 ；
④若 ， ， ， ，则 .其中正确的是（ ）
A. ①② B. ②③ C. ②④ D. ③④
【答案】C
【解析】
【分析】
根据线面平行或垂直的有关定理逐一判断即可.
【详解】解：①： 、 也可能相交或异面，故①错
②：因为 ， ，所以 或 ，
因为 ，所以 ，故②对
③： 或 ，故③错
④：如图
的
1 (1 2 3 4 5) 35x = × + + + + = 1 (0.02 0.05 0.1 0.15 0.18) 0.15y = × + + + + =
( )3,0.1 ˆ ˆ0.042y x a= +
ˆ0.1 0.042 3 a= × + ˆ 0.026a = −
ˆ 0.042 0.026y x= −
ˆ 0.042 0.026 0.5y x= − >
13x ≥
m n α β
/ /m α / /n β / /α β //m n
α β⊥ m β⊥ m α⊄ / /m α
m n⊥ m α⊥ / /α β / /n β
α β⊥ lα β = / /m α m l⊥ m β⊥
m n
α β⊥ m β⊥ m α⊂ / /m α
m α⊄ / /m α
/ /n β n β⊂因为 ， ，在内 过点 作直线 的垂线 ，
则直线 ，
又因为 ，设经过 和 相交的平面与 交于直线 ，则
又 ，所以
因为 ， ，
所以 ，所以 ，故④对.
故选：C
【点睛】考查线面平行或垂直的判断，基础题.
9.定义在 上的偶函数 ，对 ， ，且 ，有 成
立，已知 ， ， ，则 ， ， 的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据偶函数的性质和单调性即可判断.
【详解】解：对 ， ，且 ，有
在 上递增
因为定义在 上的偶函数
α β⊥ lα β = α E l a
a β⊥ a l⊥
/ /m α m α α b / /m b
m l⊥ b l⊥
a l⊥ b l⊥ ,b aα α⊂ ⊂
/ / / /b a m m β⊥
R ( )f x 1x∀ ( )2 ,0x ∈ −∞ 1 2x x≠ ( ) ( )2 1
2 1
0f x f x
x x
− >−
( )lna f π=
1
2b f e
− =
2
1log 6c f = a b c
b a c> > b c a> > c b a> > c a b> >
1x∀ ( )2 ,0x ∈ −∞ 1 2x x≠ ( ) ( )2 1
2 1
0f x f x
x x
− >−
( )f x ( ),0x ∈ −∞
R ( )f x所以 在 上递减
又因为 ， ，
所以
故选：A
【点睛】考查偶函数的性质以及单调性的应用，基础题.
10.将函数 图象上每一点的横坐标变为原来的 2 倍，再将图像向左平移
个单位长度，得到函数 的图象，则函数 图象的一个对称中心为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据函数图象的变换规律可得到 解析式，然后将四个选项代入逐一判断即可.
【详解】解： 图象上每一点的横坐标变为原来的 2 倍,得到
再将图像向左平移 个单位长度，得到函数 的图象
，
故选：D
【点睛】考查三角函数图象的变换规律以及其有关性质，基础题.
11.若 的展开式中二项式系数和为 256，则二项式展开式中有理项系数之和为（ ）
A. 85 B. 84 C. 57 D. 56
【答案】A
【解析】
【分析】
( )f x ( )0,x ∈ +∞
2 2
1log log 6 26
= > 1 ln 2π< < 1
20 1e
−< <
b a c> >
( ) sin 6f x x
π = + 3
π
( )y g x= ( )y g x=
,012
π
,04
π
( ),0π 4 ,03
π
( )y g x=
( ) sin 6f x x
π = +
1sin 2 6x
π +
3
π ( ) 1sin +2 3 6g x x
π π = +
( ) 1sin 2 3g x x
π = +
4 03g
π =
3 1 n
x x
+ 先求 ，再确定展开式中的有理项，最后求系数之和.
【详解】解： 的展开式中二项式系数和为 256
故 ，
要求展开式中 有理项，则
则二项式展开式中有理项系数之和为：
故选：A
【点睛】考查二项式 二项式系数及展开式中有理项系数的确定，基础题.
12.若函数 有且只有 4 个不同的零点，则实数 的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
由 是偶函数，则只需 在 上有且只有两个零点即
可.
【详解】解：显然 是偶函数
所以只需 时， 有且只有 2 个零点即可
令 ，则
令 ，
递减，且
递增，且
的
的
n
3 1 n
x x
+
2 256n = 8n =
8 8 4
3 3
1 8 8
r r
r r r
rT C x x C x
− −
−
+ = =
2 5 8r = ，，
2 5 8
8 8 8+ + =85C C C
( ) 2xf x e mx= − m
2
,4
e +∞
2
,4
e +∞
2
, 4
e −∞
2
, 4
e −∞
( ) 2xf x e mx= − ( ) 2xf x e mx= − ( )0,x∈ +∞
( ) 2xf x e mx= −
( )0,x∈ +∞ ( ) 2 2x xf ex e mx mx== − −
2 0xe mx− = 2
xem x
=
( ) 2
xeg x x
= ( ) ( )
3
2xe xg x x
−′ =
( ) ( ) ( )0,2 , 0,x g x g x′∈ < ( )0 ,x g x+→ → +∞
( ) ( ) ( )2,+ , 0,x g x g x′∈ ∞ > ( ),x g x→ +∞ → +∞时， 有且只有 2 个零点，
只需
故选：B
【点睛】考查函数性质的应用以及根据零点个数确定参数的取值范围，基础题.
二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.
13.实数 ， 满足约束条件 ，则 的最大值为__________.
【答案】10
【解析】
【分析】
画出可行域，根据目标函数截距可求.
【详解】解：作出可行域如下：
由 得 ，平移直线 ，
当 经过点 时，截距最小， 最大
解得
的最大值为 10
故答案为：10
【点睛】考查可行域的画法及目标函数最大值的求法，基础题.
14.某班星期一共八节课（上午、下午各四节，其中下午最后两节为社团活动），排课要求为：
( ) ( ) 2
2 4
eg x g≥ =
( )0,x∈ +∞ ( ) 2 2x xf ex e mx mx== − −
2
4
em >
x y
1 0
2 2 0
2 0
x y
x y
y
− + ≥
+ − ≤
+ ≥
2z x y= −
2z x y= − 1 1
2 2y x z= − 1 1
2 2y x z= −
1 1
2 2y x z= − B z
( )6, 2B −
2z x y= −语文、数学、外语、物理、化学各排一节，从生物、历史、地理、政治四科中选排一节.若数
学必须安排在上午且与外语不相邻（上午第四节和下午第一节不算相邻），则不同的排法有
__________种.
【答案】1344
【解析】
【分析】
分四种情况讨论即可
【详解】解：数学排在第一节时有：
数学排在第二节时有：
数学排在第三节时有：
数学排在第四节时有：
所以共有 1344 种
故答案为：1344
【点睛】考查排列、组合的应用，注意分类讨论，做到不重不漏；基础题.
15.在 中，角 ， ， 的对边分别为 ， ， .若 ；且
，则 周长的范围为__________.
【答案】
【解析】
【分析】
先求 角，再用余弦定理找到边 的关系，再用基本不等式求 的范围即可.
【详解】解：
1 4 1
4 4 4 384C A C× × =
1 4 1
3 4 4 288C A C× × =
1 4 1
3 4 4 288C A C× × =
1 4 1
4 4 4 384C A C× × =
ABC A B C a b c cos 3sin 2 0B B+ − =
1b = ABC
( ]2,3
B a c、 a c+
cos 3sin 2 0B B+ − =
2sin 2,sin 1,6 6 3B B B
π π π + = + = =
2 2 2 2 cos 3
= + −b a c ac
π
2 2 21 2 cos 3a c ac
π= + −所以三角形周长
故答案为：
【点睛】考查正余弦定理、基本不等式的应用以及三条线段构成三角形的条件；基础题.
16.1611 年，约翰内斯·开普勒提出了“没有任何装球方式的密度比面心立方与六方最密堆积要
高”的猜想.简单地说，开普勒猜想就是对空间中如何堆积最密圆球的解答.2017 年，由匹兹堡
大学数学系教授托马斯·黑尔斯（Thomas Hales）带领的团队发表了关于开普勒猜想证明的论
文，给这个超过三百年的历史难题提交了一份正式的答案.现有大小形状都相同的若干排球，
按照下面图片中的方式摆放（底层形状为等边三角形，每边 4 个球，共 4 层），这些排球共
__________个，最上面球的球顶距离地面的高度约为__________ （排球的直径约为 ）
【答案】 (1). 20 (2).
【解析】
【分析】
（1）从下往上，各层球的个数依次是：10、6、3、1，所以共有 20 个
（2）连接位于四个顶点的球的球心得到一个棱长为 63 的正四面体，易求该四面体的高，
然后加上 21 即可.
【详解】解：（1）从下往上，各层球的个数依次是：10、6、3、1，所以共有 20 个
（2）连接位于四个顶点的球的球心得到一个棱长为 63 的正四面体 ，如图：
( ) 2
2 1 3 3 2
a ca c ac
+ + − = ≤ ⋅
1 2a c< + ≤
(2,3]a c b+ + ∈
( ]2,3
cm 21cm
( )21 1 6+
cm
cm 1 2 3 4O O O O−取 的中点 ， 的重心 ，连接 ,则 平面
，
所以最上面球的球顶距离地面的高度约为 .
故答案为：20；
【点睛】考查把实际问题转化为数学问题的能力、空间想象能力以及运算求解能力；较难题.
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.数列 满足 ， 是 与 的等差中项.
（1）证明：数列 为等比数列，并求数列 的通项公式；
（2）求数列 的前 项和 .
【答案】（1）见解析， （2）
【解析】
【分析】
（1）根据等差中项的定义得 ，然后构造新等比数列 ，写出 的
通项即可求
（2）根据（1）的结果，分组求和即可
【详解】解：（1）由已知可得 ，即 ，可化为 ，
3 4O O E 2 3 4O O O F 1O F 1O F ⊥ 2 3 4O O O
2
63 3
2O E = 2
63 3 2 21 32 3O F = × =
( )22
1 63 21 3 21 6O F = − =
( )21 6+1 cm
( )21 6+1
{ }na 1 1a = na 1− 1na +
{ }1na + { }na
{ }2na n+ n nS
2 1n
na = − 1 22 2n
nS n+= + −
1 1 2n na a+ − = { }1na + { }1na +
1 1 2n na a+ − = 1 2 1n na a+ = + ( )1 1 2 1n na a+ + = +故数列 是以 为首项，2 为公比的等比数列.
即有 ，所以 .
（2）由（1）知，数列 的通项为： ，
故 .
【点睛】考查等差中项的定义和分组求和的方法；中档题.
18.如图，正方体 的棱长为 2， 为棱 的中点.
（1）面出过点 且与直线 垂直的平面，标出该平面与正方体各个面的交线（不必说明画
法及理由）；
（2）求 与该平面所成角的正弦值.
【答案】（1）见解析（2） .
【解析】
【分析】
（1） 与平面 垂直，过点 作与平面 平行的平面即可
（2）建立空间直角坐标系求线面角正弦值
【详解】解：（1）截面如下图所示：其中 ， ， ， ， 分别为边 ， ，
， ， 的中点，则 垂直于平面 .
{ }1na + 1 1 2a + =
( )1
11 1 2 2n
n
na a −+ = + ⋅ = 2 1n
na = −
{ }2na n+ 2 2 2 1n
na n n+ = + −
( ) ( )1 2 32 2 2 2 1 3 5 2 1n
nS n∴ = + + + + + + + + + −
( ) 2 1 22 1 2
2 21 2
n
nn n+
−
= + = + −−
1 22 2n
nS n+= + −
1 1 1 1ABCD A B C D− E 1 1B C
E 1AC
1BD
1
3
1AC 1BDC E 1BDC
F G H I J 1 1C D 1DD
AD AB 1BB 1AC EFGHIJ（2）建立如图所示的空间直角坐标系，
则 ， ， ， ， ，所以 ，
， .
设平面 的一个法向量为 ，则 .
不妨取 ，则 ，
所以 与该平面所成角的正弦值为 .
（若将 作为该平面法向量，需证明 与该平面垂直）
【点睛】考查确定平面的方法以及线面角的求法，中档题.
19.某健身馆为响应十九届四中全会提出的“聚焦增强人民体质，健全促进全民健身制度性举措”，
提高广大市民对全民健身运动的参与程度，推出了健身促销活动，收费标准如下：健身时间
不超过 1 小时免费，超过 1 小时的部分每小时收费标准为 20 元（不足 l 小时的部分按 1 小时
计算）.现有甲、乙两人各自独立地来该健身馆健身，设甲、乙健身时间不超过 1 小时的概率
分别为 ， ，健身时间 1 小时以上且不超过 2 小时的概率分别为 ， ，且两人健身时间
都不会超过 3 小时.
（1）设甲、乙两人所付的健身费用之和为随机变量 （单位：元），求 的分布列与数学期望
( )2,2,0B ( )1 0,0,2D ( )1,0,0H ( )2,1,0I ( )0,0,1G ( )1 2, 2,2BD = − −
( )1,1,0HI = ( )1,0,1HG = −
EFGHIJ ( ), ,n x y z= 0
0
x y
x z
+ =
− + =
( )1, 1,1n = −
1
2 1cos , 32 3 3
BD n = =
×
1BD 1
3
1AC
1AC
1
4
1
6
1
2
2
3
ξ ξ；
（2）此促销活动推出后，健身馆预计每天约有 300 人来参与健身活动，以这两人健身费用之
和的数学期望为依据，预测此次促销活动后健身馆每天的营业额.
【答案】（1）见解析，40 元（2）6000 元
【解析】
【分析】
（1）甲、乙两人所付的健身费用都是 0 元、20 元、40 元三种情况，因此甲、乙两人所付的
健身费用之和共有 9 种情况，分情况计算即可
（2）根据（1）结果求均值.
【详解】解：（1）由题设知 可能取值为 0，20，40，60，80，则
；
；
；
；
.
故 的分布列为：
0 20 40 60 80
所以数学期望 （元）
（2）此次促销活动后健身馆每天的营业额预计为： （元）
【点睛】考查离散型随机变量的分布列及其期望的求法，中档题.
( )E ξ
ξ
( ) 1 1 10 4 6 24P ξ = = × =
( ) 1 2 1 1 120 4 3 6 2 4P ξ = = × + × =
( ) 1 1 1 2 1 1 540 4 6 2 3 6 4 12P ξ = = × + × + × =
( ) 1 1 1 2 160 2 6 4 3 4P ξ = = × + × =
( ) 1 1 180 4 6 24P ξ = = × =
ξ
ξ
P 1
24
1
4
5
12
1
4
1
24
( ) 1 1 5 1 10 20 40 60 80 4024 4 12 4 24E ξ = × + × + × + × + × =
140 300 60002
× × =20.椭圆 的右焦点 ，过点 且与 轴垂直的直线被椭圆截
得的弦长为 .
（1）求椭圆 的方程；
（2）过点 且斜率不为 0 的直线与椭圆 交于 ， 两点. 为坐标原点， 为椭圆
的右顶点，求四边形 面积的最大值.
【答案】（1） （2）最大值 .
【解析】
【分析】
（1）根据通径 和 即可求
（2）设直线 方程为 ，联立椭圆，利用 ，用含
的式子表示出 ，用 换元，
可得 ，最后用均值不等式求解.
【详解】解：（1）依题意有 ， ， ，所以椭圆的方程为 .
（2）设直线 的方程为 ，联立 ，得
.
所以 ， .
所以
.
令 ，则 ，
( )2 2
2 2: 1 0x yC a ba b
+ = > > ( )2,0F F x
3 2
C
( )2,0 C M N O A
C OMAN
2 2
18 6
x y+ = 2 6
22 3 2b
a
= 2c =
MN 2x my= + OAM OANOMANS S S= +
四边形 m
OAM OANOMANS S S= +
四边形 23 2t m= +
2
8 3 8 3
22OMAN
tS t t t
= =+ +四边形
2c = 2 2a = 6b =
2 2
18 6
x y+ =
MN 2x my= +
2 2
18 6
2
x y
x my
+ =
= +
( )2 23 4 12 12 0m y my+ + − =
1 2 2
12
3 4
my y m
−+ = + 1 2 2
12
3 4y y m
−= +
1 2 1 2
1 12 2 2 2 22 2OAM OANOMANS S S y y y y= + = × + × = −
四边形
( ) 2 2
2
1 2 1 2 2 2 2
12 12 8 3 3 22 4 2 43 4 3 4 3 4
m my y y y m m m
− − + = + − = − = + + +
23 2t m= + 2t ≥所以 ，因 ，则 ，所以 ，当
且仅当 ，即 时取得等号，
即四边形 面积的最大值 .
【点睛】考查椭圆方程的求法和椭圆中四边形面积最大值的求法，是难题.
21.已知函数 .
（1）讨论函数 单调性；
（2）当 时，求证： .
【答案】（1）见解析（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）根据 的导函数进行分类讨论 单调性
（2）欲证 ，只需证 ，构造函数 ，证明
，这时需研究 的单调性，求其最大值即可
【详解】解：（1） 的定义域为 ，
，
① 当 时，由 得 ，由 ，得 ，
所以 在 上单调递增，在 单调递减；
②当 时，由 得 ，由 ，得 ，或 ，
所以 在 上单调递增，在 单调递减，在 单调递增；
③当 时， ，所以 在 上单调递增；
2
8 3 8 3
22OMAN
tS t t t
= =+ +四边形 2t ≥ 2 2 2t t
+ ≥ 2 6OMANS ≤四边形
2t = 0m =
OMAN 2 6
( ) ( ) ( )11 ln 2f x ax a x ax
= − + − + ∈R
( )f x
2a = − ( ) 12xf x e x x
< − −
( )f x ( )f x
( ) 12xf x e x x
< − − ln 2 xx e+ < ( ) ln 2xg x x e= − +
( )max 0g x < ( )g x
( ) ( ) 11 ln 2f x ax a x x
= − + − + ( )0, ∞+
( ) ( ) ( )( )2
2 2 2
1 1 1 11 1 ax a x ax xaf x a x x x x
− + + − −+′ = − + = =
0a ≤ ( ) 0f x′ < 1x > ( ) 0f x′ > 1x <
( )f x ( )0,1 ( )1,+∞
0 1a< < ( ) 0f x′ < 11 x a
< < ( ) 0f x′ > 1x < 1x a
>
( )f x ( )0,1 11, a
1 ,a
+∞
1a = ( ) ( )2
2
1 0xf x x
−′ = ≥ ( )f x ( )0, ∞+④当 时，由 ，得 ，由 ，得 ，或 ，
所以 在 上单调递增，在 单调递减，在 单调递增.
（2）当 时，欲证 ，只需证 ，
令 ， ，则 ，
因存在 ，使得 成立，即有 ，使得 成立.
当 变化时， ， 的变化如下：
0
单调递增 单调递减
所以 .
因为 ，所以 ，所以 .
即 ，
所以当 时， 成立.
【点睛】考查求函数单调性的方法和用函数的最值证明不等式的方法，难题.
（二）选考题：共 10 分.请考生在第 22、23 题中选定一题作答，并用 2B 铅笔在
答题卡上将所选题目对应的题号方框涂黑.按所涂题号进行评分，不涂、多涂均按
所答第一题评分；多答按所答第一题评分.
选修 4-4：坐标系与参数方程
1a > ( ) 0f x′ < 1 1xa
< < ( ) 0f x′ > 1x a
< 1x >
( )f x 10, a
1 ,1a
( )1,+∞
2a = − ( ) 12xf x e x x
< − − ln 2 xx e+ <
( ) ln 2xg x x e= − + ( )0,x∈ +∞ ( ) 1 xg x ex
′ = −
( )0 0,1x ∈ 0
0
1 xex
=
0 0lnx x= − ( )0 0g x′ =
x ( )g x′ ( )g x
x ( )00, x 0x ( )0 ,x +∞
( )g x′ + −
( )g x ( )0g x
( ) ( ) 0
0 0 0 0max
0 0
1 1ln e 2 2 2xg x g x x x xx x
= = − + = − − + = − + +
( )0 0,1x ∈ 0
0
1 2x x
+ > ( )max 2 2 0g x < − + =
( ) ( )maxln 2 0xg x x e g x= − + ≤ <
2a = − ( ) 12xf x e x x
< − −22.在平面直角坐标系 中，曲线 的参数方程为： （ 为参数），以 为
极点， 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 的极坐标方程为： .
（1）求曲线 的极坐标方程和曲线 的直角坐标方程；
（2）若直线 与曲线 交于 ， 两点，与曲线 交于 ， 两点，求
取得最大值时直线 的直角坐标方程.
【答案】（1）曲线 ，曲线 .（2） .
【解析】
【分析】
（1）用 和 消去参数 即得 的极坐标方程；将 两
边同时乘以 ，然后由 解得直角坐标方程.
（2）过极点的直线的参数方程为 ，代入到 和 ：
中，表示出 即可求解.
【详解】解：由 和 ，得
，化简得
故 ：
将 两边同时乘以 ，得
因为 ，所以
得 的直角坐标方程 .
（2）设直线 的极坐标方程
由 ，得 ，
xOy 1C 1 cos
sin
x
y
α
α
= +
=
α O
x 2C 2 3sinρ θ=
1C 2C
( ): 0l y kx k= > 1C O A 2C O B
OA OB+ l
1 : 2cosC ρ θ= ( )22
2 : 3 3C x y+ − = 3y x=
1 cos
sin
x
y
α
α
= +
=
cos
sin
x
y
ρ θ
ρ θ
=
=
α 1C 2 3sinρ θ=
ρ 2 2 2 , sinx y yρ ρ θ= + =
, 0 ,2 R
πθ ϕ ϕ ρ = < < ∈ 1 : 2cosC ρ θ= 2C
2 3sinρ θ= OA OB+
1 cos
sin
x
y
α
α
= +
=
cos
sin
x
y
ρ θ
ρ θ
=
=
cos 1 cos
sin sin
ρ θ α
ρ θ α
− =
=
( ) ( )2 2cos 1 sin 1ρ θ ρ θ− + = 2cosρ θ=
1C 2cosρ θ=
2 3sinρ θ= ρ 2 2 3 sinρ ρ θ=
2 2 2 , sinx y yρ ρ θ= + = 2 2 2 3 0x y y+ − =
2C ( )22
2 : 3 3C x y+ − =
l , 0 ,2 R
πθ ϕ ϕ ρ = < < ∈
2cos
θ ϕ
ρ θ
=
= | | 2cosOA ϕ=由 ，得
故
当 时， 取得最大值
此时直线的极坐标方程为： ，
其直角坐标方程为： .
【点睛】考查直角坐标方程、极坐标方程、参数方程的互相转化以及应用圆的极坐标方程中
的几何意义求距离的的最大值方法；中档题.
选修 4-5：不等式选讲
23.已知函数 ，不等式 的解集为 .
（1）求实数 ， 的值；
（2）若 ， ， ，求证： .
【答案】（1） ， .（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）分三种情况讨论即可
（2）将 ， 的值代入，然后利用均值定理即可.
【详解】解：（1）不等式 可化为 .
即有 或 或 .
解得， 或 或 .
所以不等式的解集为 ，故 ， .
（2）由（1）知， ，即 ，
由 ， 得， ，
2 3 cos
θ ϕ
ρ θ
= = | | 2 3sinOB ϕ=
2cos +2 3sin 4sin 6OA OB
πϕ ϕ ϕ + = = +
3
πϕ = OA OB+
( )
3 R
πθ ρ= ∈
3y x=
ρ
( ) 1f x x= − ( ) ( )1 5f x f x+ − < { }x m x n< <
m n
0x > 0y > 0nx y m+ + = 9x y xy+ ≥
1m = − 4n =
m n
( ) ( )1 5f x f x+ − < 1 2 5x x− + − <
1
3 2 5
x
x
≤
− ( )1 1 1 1 44 5 5 4 9x yx yx y x y y x
+ = + ⋅ + = + + ≥ + = 当且仅当 ，即 ， 时等号成立.故 ，即 .
【点睛】考查绝对值不等式的解法以及用均值定理证明不等式，中档题.
4x y
y x
= 1
6x = 1
3y = 1 1 9x y
+ ≥ 9x y xy+ ≥
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