【最新】2020届陕西省西安中学高三下学期第三次模拟考试数学(理)试题(解析版).pdf-淘文阁

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1、第 1 页共 26 页2020 届陕西省西安中学高三下学期第三次模拟考试数学（理）试题一、单选题1已知全集1,2,3,4,5,6,7,8U，3,4,5A，1,3,6B，则集合2,7,8是（）AABUBABICUCABIDUCAB【答案】D【解析】根据,2,7,82,7,8AB，再根据全集1,2,3,4,5,6,7,8U，3,4,5A，1,3,6B，求得UAe，UBe，再求解.【详解】因为全集1,2,3,4,5,6,7,8U，3,4,5A，1,3,6B，所以1,2,6,7,8UAe，2,3,4,5,7,8UBe，所以2,7,8UUUABAB痧?.故选：D【点睛】本题主要考查集合的基本运算，还考

2、查了运算求解的能力，属于基础题.2 已知复数z的实部不为0，且1z，设1zz，则在复平面上对应的点在（）A实轴上B虚轴上C第三象限D第四象限【答案】A【解析】设zxyi，由1z，得221xy，然后化简，得到对应的点坐标，再判断.【详解】设zxyi，因为1z，所以221xy，所以22121xyixyixyixyixyixxyizyzx，第 2 页共 26 页所以在复平面上对应的点坐标为2,0 x，又因为复数z的实部不为0，所以在复平面上对应的点在实轴上故选：A【点睛】本题主要考查复数的运算和复数的几何意义，还考查了运算求解的能力，属于基础题.3 将2nx的展开式按x的升幂排列，若倒数第三项的系

3、数是40，则n的值是（）A4 B 5 C6 D7【答案】B【解析】根据通项公式，求得倒数第三项为22212nnnnTCx，再利用系数是40求解.【详解】倒数第三项为22212nnnnTCx，所以2222140nnnC，所以2222140nnC，即2200nn，解得5n.故选：B【点睛】本题主要考查二项式定理展开式项的系数及组合数运算，还考查了运算求解的能力，属于基础题.4给出下列四个结论：对于命题:pxR，210 xx，则0:pxR，20010 xx“1x”是“2320 xx”的充分不必要条件；命题“若2320 xx，则1x”的逆否命题为：“若1x，则2320 xx”；若命题pq为假命题，则p

4、，q都是假命题；其中正确结论的个数为（）A1 B 2 C3 D4【答案】C 第 3 页共 26 页【解析】根据全称命题的否定是特称命题判断.根据充分条件和必要条件得定义判断.根据命题间的关系判断.根据复合命题pq一假则假判断.【详解】命题:pxR，210 xx，是全称命题，其否定是特称命题，故正确.“1x”能推出“2320 xx”，故充分，“2320 xx”推出“1x”或“2x”，不必要，故正确.命题“若2320 xx，则1x”的逆否命题为：“若1x，则2320 xx”，符合逆否命题的定义，故正确.；若命题pq为假命题，只要有一个假的，则是假的，故错误.故选：C【点睛】本题主要考查命题间的关

5、系，命题的否定以及逻辑条件，还考查了理解辨析的能力，属于基础题.5某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（）A81016 B 40 C81024 D48【答案】A【解析】判断几何体的形状，上下是正四棱锥中间是正方体，然后求解几何体的表面积【详解】由题意可知几何体的中间是正方体，上下是两个相同的正四棱锥，如图：第 4 页共 26 页正方体的棱长为2，棱锥的高为3，所以该几何体的表面积为：2214228213168 102S.故选：A.【点睛】本题考查三视图求解几何体是表面积，判断几何体的形状是解题的关键，属于基础题6把边长为4的正方形ABCD沿对角线AC折起，当直线BD和平面ABC所成

6、的角为60o时，三棱锥DABC的体积为()A8 23B4 63C8 63D1623【答案】C【解析】取AC的中点O，作DMBO，结合等腰三角形三线合一、线面垂直判定定理可证得AC平面BOD，由线面垂直性质证得BMAC；根据线面垂直判定定理和线面角的定义可知60DBOo，由此可确定DM的长，即所求三棱锥的高；由棱锥体积公式计算可得结果.【详解】取AC的中点O，连接,BO DO，作DMBOADDCQ，ABBCACDO，ACBO第 5 页共 26 页,BO DOQ平面BOD，BODOOIAC平面BODDMQ平面BODDMAC又DMBO，,BO AC平面ABC，BOACODM平面ABCBD与平面AB

7、C所成角即为DBO，则60DBOoDOBOQDBO为等边三角形116 162 22BODOQ6DM1118 64463323DABCABCVSDM故选：C【点睛】本题考查三棱锥体积的求解问题，涉及到直线与平面所成角的求解、线面垂直的判定与性质定理的应用；关键是能够确定直线与平面所成角的位置，进而求得三棱锥的高.7函数ln|cos()sinxxf xxx在,0)(0,U的图像大致为（）ABCD【答案】D【解析】根据函数的奇偶性和特殊值可判断.【详解】解：因为ln|cos()()sinxxfxf xxx，所以()f x 为奇函数，关于原点对称，故排除A，又因为()10f，()02f，()03f，(

8、)0f，故排除B、C,故选：D.【点睛】本题考查函数图象的识别，根据函数的性质以及特殊值法灵活判断，属于基础题.8楼道里有9 盏灯，为了节约用电，需关掉3 盏互不相邻的灯，为了行走安全，第一盏和最后一盏不关，则关灯方案的种数为()A10 B 15 C20 D24第 6 页共 26 页【答案】A【解析】将问题等价转化为将3盏关着的灯插入6盏亮着的灯所形成的除最左端和最右端的空挡以外的5个空档之内，进而求得结果.【详解】问题等价于将3盏关着的灯插入6盏亮着的灯所形成的除最左端和最右端的空挡以外的5个空档之内关灯方案共有：3510C种故选：A【点睛】本题考查组合数的应用，关键是能够将问题进行等价转

9、化为符合插空法的形式.9设函数fx定义如下表：x12345fx14253执行如图所示的程序框图，则输出的x的值是（）A4 B 5 C2 D3【答案】B【解析】根据流程图执行循环，确定周期，即得结果第 7 页共 26 页【详解】执行循环得：(5)3,1;(3)2,2;(2)4,3;(4)5,4;xftxftxftxftL所以周期为4，因此5,2020,xt结束循环，输出5x，选 B.【点睛】本题考查循环结构流程图，考查基本分析求解能力，属基础题.10 函数()sin(2)f xAx（2，0A）部分图像如图所示，且()()0f af b，对不同的1x，2,xa b，若12()()

10、f xfx，有12()3f xx，则（）A()f x在5(,)12 12上是减函数B()f x在5(,)12 12上是增函数C()f x在5(,)36上是减函数D()f x在5(,)36上是增函数【答案】B【解析】试题分析：由图可知32sin2,222,2212121xxfxxbaxxA,所以xfxxf,32sin2,3,23sin在12,125上递增,故选 B.【考点】三角函数的图象与性质.【思路点晴】本题主要考查三角函数的图象和性质,属于中档题.三角函数的图象与性质是高考的必考内容,根据三角函数确定函数解析式,首先是由最大值与最小值确定A,再根据周期确定,由最高点的值,最低点的值或者平衡位

11、置确定,求出解析式后再研究函数的相关性质,比较多考查的是函数的定义域,单调性,奇偶性,周期性和对称性.11过抛物线C：y22px(p0)的焦点 F 作斜率为43的直线 l 与 C 及其准线分别相交于第 8 页共 26 页A，B，D 三点，则|ADBDu uu ruuu r的值为（）A2 或12B 3 或13C1 D4 或14【答案】D【解析】根据题意，设直线方程432pyx，与抛物线方程联立24322pyxypx消去 x 得22302ypyp，设AFFBuu u ruu r，有12yy，再由韦达定理212121221924yyyyy yyy，解得4或14，再根据抛物线的定义，利用三角形相似性

12、分类讨论求解.【详解】抛物线 C：y22px(p0)的焦点 F,02p，设直线方程为432pyx，1122,A x yB xy，与抛物线方程联立24322pyxypx，消去 x 得22302ypyp，所以212123,2yyp y yp，设AFFBuuu ruu r，所以1122,22ppxyxy，所以12yy，而212121221924yyyyy yyy，所以1924，即241740，解得4或14，当4时，如图所示：第 9 页共 26 页4AFFBuuu ruu u r，所以5ABFBuuu ruuu r，由抛物线得定义得1FBBBuuu ruuu r，又因为直线的作斜率为43，所以113

13、sin5BBBDBBDuu u ruu u r，所以15533BDBBBFuuu ru uu ruu u r，所以203ADABBDBFuuu ruuu ru uu ruu u r，所以|4|ADBDuu u ruuu r.当14时，如图所示：4 AFFBuuu ruu u r，所以5ABFAuuu ruu u r，又因为1FAAAuu u ruuu r，直线的斜率为43，第 10 页共 26 页所以113sin5AAADAADuu u ruuu r，所以15533ADAAAFuuu ruuu ruuu r，203BDABADAFuuu ruuu ruuu ruu u r，所以|14|ADB

14、Duuu ruuu r.故选：D【点睛】本题主要考查抛物线的方程和直线与抛物线的位置关系，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.12已知命题p：2()lnf xxxax在区间1,+上存在单调递减区间；命题q：函数22g()xxxxae，且5()()02g xg x有三个实根.若pq为真命题，则实数a的取值范围是：（）A650,2eB2312e，-C651,2eD1,+【答案】C【解析】根据命题p：2()lnf xxxax在区间1,+上存在单调递减区间，转化为命题P：2()lnf xxxax在区间1,+上不存在单调递减区间，即1()20fxxax在区间1,+上恒成立求解.根据5()

15、()02g xg x有三个实根，转化为227()2xaexx有三个实根求解，pq为真命题，则两者取交集.【详解】因为命题p：2()lnfxxxax在区间1,+上存在单调递减区间，所以命题P：2()lnf xxxax在区间1,+上不存在单调递减区间，所以1()20fxxax在区间1,+上恒成立，即12axx在区间1,+上恒成立，因为12yxx在区间1,+上是减函数，所以1y，所以1a.第 11 页共 26 页所以命题P：1a.因为22g()xxxxae，所以2g()212xxxae，又因为5()()02g xg x有三个实根，所以22702xxxae有三个实根，即227()2xaexx有三个实

16、根，令227()2xtexx，2222(23)2(1(3)xxtexxexx），当1x或3x时，0t，t是增函数，当31x时，0t，t 是减函数，所以当3x时，t 取得最大值652e，当1x时，t 取得最小值232e，所以263522eae.若pq为真命题，则实数a的取值范围是：651a2e.故选：C【点睛】本题主要考查复合命题，导数与函数的单调性，导数与函数的极值，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题.二、填空题13若实数,x y满足不等式组2326yxxyxy，则1yzx的最大值为 _.【答案】2【解析】根据约束条件，画出可行域，明确1(1)0yyzxx，表示：定点P(0，-

17、1)与动点 Q（x，y）所确定直线的斜率，找到最优点再求解.【详解】第 12 页共 26 页实数,x y满足不等式组2326yxxyxy，对应的可行域，如图所示：1(1)0yyzxx，表示：定点P(0，-1)与动点 Q（x，y）所确定直线的斜率，最大值点 C(1，1)，所以1yzx的最大值为2 故答案为：2【点睛】本题主要考查线性规划求最值，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于基础题.14已知向量cos,sinABuuu r，cos,sinBCuuu r，cos,sinCAuuu r，其中02，则AB BCuuu r uu u r的值是 _.【答案】12【解析】因为0ABBCCAuu

18、 u ruu u ruu u rr，即ABBCCAu uu ruu u ru u u r，然后两边平方求解.【详解】已知向量cos,sinABuuu r，cos,sinBCuuu r，cos,sinCAuu u r，所以0ABBCCAu uu ruuu ruu u rr，即ABBCCAuuu ruu u ruuu r，所以22ABBCCAuuu ruuu ru u u r所以2222ABAB BCBCCAu uu ruuu ru uu ruu u ruu u r，第 13 页共 26 页所以12AB BCuuu r uuu r.故答案为：12【点睛】本题主要考查向量的基本运算，还考查了转化化

19、归的思想和运算求解的能力，属于中档题.15已知三棱锥SABC中，SA面ABC，且6SA，4AB，2 3BC，30ABC，则该三棱锥的外接球的表面积为_【答案】52【解析】根据题意，证出BC平面SAC，可得BCSC，得RtBSC的中线OC12SB，同理得到OA12SB，因此 O 是三棱锥SABC 的外接球心利用勾股定理结合题中数据算出 SC，得外接球半径R13，从而得到所求外接球的表面积【详解】取 SB的中点 O，连结 OA、OC SA平面 ABC，AB?平面 ABC，SAAB，可得 RtASB 中，中线 OA12SB 由4AB，2 3BC，30ABCo，可知：ACBC，又 SABC，SA、AB

20、是平面 SAB内的相交直线 BC平面 SAC，可得 BCSC 因此 RtBSC中，中线OC12SB O 是三棱锥 SABC 的外接球心，RtSBA中，AB4，SA6 SB2，可得外接球半径R12SB13因此，外接球的体积S4 r252故答案为52【点睛】本题在特殊三棱锥中求外接球的表面积，着重考查了线面垂直的判定与性质、勾股定理和球的表面积公式等知识，属于中档题16如图平面四边形ABCD的对角线的交点位于四边形的内部，1AB，3BC，第 14 页共 26 页ACCD，ACCD，当ABC变化时，对角线BD的最大值为 _【答案】16【解析】设ABC ，ACB，利用余弦定理求出AC，再利用正弦定

21、理求出sin ，利用余弦定理求得对角线BD，根据三角恒等变换求出BD的最大值【详解】设 ABC，ACB，则由余弦定理得，AC21+32 13cos 423cos ；由正弦定理得ACABsinsin，则 sin 42 3sincos；所以 BD23+（423cos ）2342 3coscos（90+）723cos +23sin 7+26sin（45），所以 135 时，BD 取得最大值为72 616故答案为16【点睛】本题主要考查正弦定理及余弦定理的应用，在解与三角形有关的问题时，正弦定理、余弦定理是两个主要依据.解三角形时，有时可用正弦定理，有时也可用余弦定理，应注意用哪一个定理更方便、简捷一

22、般来说,当条件中同时出现ab及2b、2a时，往往用余弦定理，而题设中如果边和正弦、余弦函数交叉出现时，往往运用正弦定理将边化为正弦函数再结合和、差、倍角的正余弦公式进行解答.三、解答题17已知数列na与nb满足：*1232()nnaaaabnNL，且na为正项第 15 页共 26 页等比数列，12a，324bb.（1）求数列na与nb的通项公式；（2）若数列nc满足*2211()loglognnncnNaa，nT为数列nc的前n项和，证明：1nT.【答案】（1）2nna，21nnb；（2）证明见解析.【解析】（1）由 a1+a2+a3+an2bn，n2 时，a1+a2+a3+an12bn1，

23、可得：an2（bnbn1）（n2），an 公比为 q，求出 an，然后求解bn；（2）化简2211loglognnncaa（nN），利用裂项消项法求解数列的和即可【详解】（1）由 a1+a2+a3+an2bnn2 时，a1+a2+a3+an12bn1 可得：an2（bnbn1）（n2），a3 2（b3b2）8 a1 2，an0，设 an公比为 q，a1q2 8，q2 an 2 2n12n12312 12222222212nnnnbL，bn 2n1（2）证明：由已知：22111111nn1nnnclog a log an n1231111111111223nn11nccccnLL【点睛】本题考查

24、数列的递推关系式的应用，数列求和，考查转化思想以及计算能力数列求和的常见方法有：列项求和，错位相减求和，倒序相加求和.18如图所示，四棱锥PABCD中，底面ABCD为菱形，且PA平面ABCD，60ABCo，E是BC中点，F是PC上的点.第 16 页共 26 页（1）求证：平面AEF平面PAD；（2）若M是PD的中点，当ABAP时，是否存在点F，使直线EM与平面AEF的所成角的正弦值为15？若存在，请求出PFPC的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）见解析；（2）12或45【解析】(1)根据底面菱形的特点得到AEAD，再由线面垂直得到PAAE，AE平面PAD，进而得到面面垂直；（2）建立空

25、间坐标系得到线面角的表达式22321sin5522，求解即可.【详解】（1）连接AC，因为底面ABCD为菱形，60ABC，所以ABCV是正三角形，EQ是BC的中点，AEBC，又/,ADBCAEAD，PAQ平面ABCD，AE平面,ABCDPAAE，又,PAADAAE平面PAD，又AE平面AEF，所以平面AEF平面PAD（2）以A为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，不妨设2ABAP，则3AE，第 17 页共 26 页则0,0,0,3,1,0,0,2,0,0,0,2,3,0,0,0,1,1ACDPEM，设3,1,2PFPCuuu vuu u v，则0,0,23,1,23,22AFAPPFuuu

26、vu uu vu uu v，又3,0,0AEuuu v，设,nx y zv是平面AEF的一个法向量，则303220n AExn AFxyzuu u vvuuu vv，取z，得0 22,nv（，），设直线EM与平面AEF所成角为，由3,1,1EMu uu u v，得：22321sincos,5522EM nEM nEMnuuu u vvuuuu vvuu uu vv化简得：2101340，解得12或45，故存在点F满足题意，此时PFPC为12或45【点睛】这个题目考查了空间中的直线和平面的位置关系，线面角求线面角，一是可以利用等体积计算出直线的端点到面的距离，除以线段长度就是线面角的正弦值；还可

27、以建系，用空间向量的方法求直线的方向向量和面的法向量，再求线面角即可面面角一般是定义法，做出二面角，或者三垂线法做出二面角，利用几何关系求出二面角，也可以建系来做19近期，西安公交公司分别推出支付宝和微信扫码支付乘车活动，活动设置了一段时间的推广期，由于推广期内优惠力度较大，吸引越来越多的人开始使用扫码支付.某线路公交车队统计了活动刚推出一周内每一天使用扫码支付的人次，x表示活动推出的天数，y表示每天使用扫码支付的人次（单位：十人次），统计数据如表下所示：根据以上数据，绘制了散点图.第 18 页共 26 页（1）根据散点图判断，在推广期内，yabx与xyc d（,c d均为大于零的常数），哪

28、一个适宜作为扫码支付的人次y关于活动推出天数x的回归方程类型？（给出判断即可，不必说明理由）；（2）根据（1）的判断结果及表1 中的数据，建立y与x的回归方程，并预测活动推出第 8 天使用扫码支付的人次；（3）推广期结束后，车队对乘客的支付方式进行统计，结果如下表：西安公交六公司车队为缓解周边居民出行压力，以80万元的单价购进了一批新车，根据以往的经验可知，每辆车每个月的运营成本约为0.66万元.已知该线路公交车票价为2元，使用现金支付的乘客无优惠，使用乘车卡支付的乘客享受8折优惠，扫码支付的乘客随机优惠，根据统计结果得知，使用扫码支付的乘客中有16的概率享受7折优惠，有13的概率享受8折优惠

29、，有12的概率享受9折优惠.预计该车队每辆车每个月有1万人次乘车，根据所给数据以事件发生的频率作为相应事件发生的概率，在不考虑其它因素的条件下，按照上述收费标准，假设这批车需要n（n+N）年才能开始盈利，求n的值.参考数据：yv71iiix y71iiix v0.541062.141.54253550.123.47其中其中lgiivy，7117iivv，第 19 页共 26 页参考公式：对于一组数据11(,)u v，22(,)uv，L，(,)nnuv，其回归直线?vu的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：1221?niiiniiuvnu vunu，?vu.【答案】（1）xyc d（2）0.5

30、4 0.250.25103.4710 xxy，3470（3）7【解析】（1）由散点图可知，更接近指数增长，所以xyc d适宜作为扫码支付的人次y关于活动推出天数x的回归方程类型.（2）根据（1）的判断结果xyc d两边取对数得lglglgycd x，则lg,y x两者线性相关，根据已知条件求出lg,y x得回归方程，进而得到y 关于 x的回归方程，再令8x，求预测值（3）设一名乘客一次乘车的费用为元，根据题意得可能取值为：1.4、1.6、1.8、2，求出分布列，进而求得期望，然后再建立不等式求解.【详解】（1）根据散点图判断，在推广期内，xyc d（,c d均为大于零的常数），适宜作为扫码支付

31、的人次y关于活动推出天数x的回归方程类型.（2）根据（1）的判断结果xyc d，两边取对数得lglglgycd x，其中lgiivy，7111.547iivv，7721150,12,4,140iiiiixx vx，71221lg0.2?5iiiniixvnx vdxnx，?lg0.54cvx，所以lg0.540.25yx。所以0.54 0.250.25103.4710 xxy。第 20 页共 26 页当8x时，0.54 0.25 82103.47 10347y。所以活动推出第8天使用扫码支付的人次3470人.（3）设一名乘客一次乘车的费用为元，根据题意得可能取值为：1.4、1.6、1.8、2

32、 11(1.4)0.30.05,(1.6)0.60.30.763pp，1(1.8)0.30.15,(2)0.12pp，()1.4 0.05 1.6 0.71.8 0.152 0.11.66E。假设这批车需要n（n+N）年才能开始盈利，则1.66121800.6612nn，解得203n。所以需要7 年才能开始盈利.。【点睛】本题主要考查用样本估计总体，变量得相关性以及离散型随机变量得期望，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题.20如图，椭圆E：22xa22yb1(ab0)的离心率是22，过点 P(0，1)的动直线l与椭圆相交于A，B 两点，当直线 l 平行于 x 轴时，直线 l 被

33、椭圆 E 截得的线段长为22.（1）求椭圆E 的方程；（2）在平面直角坐标系xOy 中，是否存在与点P 不同的定点Q，使得|QAQB|PAPB恒成立？若存在，求出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】（1）22142xy（2）0,2Q第 21 页共 26 页【解析】（1）根据题意椭圆过点.2,1，在由离心率是22，列方程组求解.（2）根据特殊直线位置，先确定点Q 在 y 轴上，由斜率不存在确定点的坐标，然后再证明斜率存在时的情况也成立。.【详解】（1）因为过点P(0，1)的动直线l 与椭圆相交于A，B 两点，当直线l 平行于 x 轴时，直线 l 被椭圆 E 截得的线段长为22，所以椭圆

35、圆方程联立221142ykxxy，消去 y 得2212420kxkx，第 22 页共 26 页221212224248 120,1212kkkxxx xkk，又因为点B 关于 y 轴的对称点B的坐标为22,xy，又1122111222212111,QAQBykxykxkkkkxxxxxx，且121220QAQBxxkkkx x，所以QAQBkk，则,Q A B三点共线，所以12|xQAQAQBQBx|PAPB.故存在存在与点P 不同的定点Q，使得|QAQB|PAPB恒成立.【点睛】本题主要考查椭圆方程得求法和直线与椭圆得位置关系以及定点问题，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于难题.

36、21已知函数()ln(0)bf xaxxa（1）当2b时，讨论函数()f x 的单调性；（2）当0ab，0b时，对任意121,x xee，都有12e2fxfx成立，求实数b的取值范围.【答案】（1）见解析；（2）(0,1.【解析】(1)通过讨论a 的范围，求出函数的单调区间即可；(2)原问题等价于()()maxminf xf x，)2e成立，可得()11minf xf，可得fx maxfebeb，即10bebe，设1bbebe，(0)b，可得b在0,单调递增，且10，即可得不等式10bebe的解集即可【详解】(1)函数fx的定义域为0,第 23 页共 26 页当2b时，2lnfxaxx，所以

37、22xafxx当0a时，0fx，所以函数fx在0,上单调递增当0a时，令0fx，解得：2ax，当02ax时，0fx，所以函数fx在0,2a上单调递减；当2ax时，0fx，所以函数fx在,2a上单调递增综上所述，当2b，0a时，函数fx在0,上单调递增；当2b，0a时，函数fx在0,2a上单调递减，在,2a上单调递增(2)Q对任意1x，21,xee，有122fxfxe成立，12()()maxminfxfxf xf x，()()maxminf xf x，)2e成立，0abQ，0b时，1ln.bbb xfxb xxfxx当01x时，0fx，当1x时，0fx，fx在1,1e单调递减，在1,e单调递增，

38、()11minf xf，1fbebe，bf ebe，设12bbg bfefeebe，(0)b，2220bbbbgbeeeeg b在0,递增，00g bg，1.fefe可得()bmaxf xfebe，第 24 页共 26 页12bbee，即10bebe，设1bbebe，(0)b，10bbe在0,b恒成立b在0,单调递增，且10，不等式10bebe的解集为0,1实数 b 的取值范围为0,1【点睛】本题考查了导数的应用，利用导数研究函数的单调区间，恒成立问题，考查了转化思想、运算能力，属于压轴题22在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为2222xmtyt（t为参数），以坐标原点O为极点，x轴正半

39、轴为极轴建立极坐标系，椭圆C的极坐标方程为2222cos3sin48，其左焦点F在直线l上（1）若直线l与椭圆C交于AB，两点，求FAFB的值；（2）求椭圆C的内接矩形面积的最大值【答案】（1）4 3；（2）32 3.【解析】（1）将参数方程化为直角坐标方程可得F 的坐标为（4 2，0），联立直线的参数方程与椭圆方程，结合参数的几何意义计算可得4 3FAFB（2）结合椭圆方程，设椭圆C 上在第一象限内的任意一点M 的坐标为（4 3cos，4sin）（02），据此可得内接矩形关于的面积函数，结合三角函数的性质即可确定面积S取得最大值.【详解】（1）将,xcosysin代入 2cos2 32sin

40、2 48，得 x23y248，即2214816xy，因为 c24816 32，所以 F 的坐标为（4 2，0），第 25 页共 26 页又因为F在直线l上，所以4 2m把直线 l 的参数方程24 2222xtyt代入 x23y248，化简得 t24t80，所以 t1t24，t1t2 8，所以212121 24164 84 3FAFBttttt t（2）由椭圆C 的方程2214816xy，可设椭圆C 上在第一象限内的任意一点M 的坐标为（4 3cos，4sin）（02），所以内接矩形的面积8 383232Scossinsin，当4时，面积S取得最大值32 3【点睛】直角坐标方程转为极坐标方程的

41、关键是利用公式cossinxy，而极坐标方程转化为直角坐标方程的关键是利用公式222tanxyyx，后者也可以把极坐标方程变形尽量产生2，cos,sin以便转化另一方面，当动点在圆锥曲线运动变化时，我们可以用一个参数来表示动点坐标，从而利用一元函数求与动点有关的最值问题.23选修 4-5：不等式选讲已知函数1.fxx（）解不等式32fxx；（）已知0,0ab，且22ab，求证224.fxxab【答案】（）,30,U；（）见解析.【解析】（）整理32fxx得：123xx，由绝对值的几何意义即可解不等式。（）将问题转化成22max4fxxab，求得max1fxx，转化成证明2214,ab利用基本不等式即可证明结论，问题得解。第 26 页共 26 页【详解】（）32fxx，即123xx，由绝对值的几何意义得：(,3)(0,)x；（）11,1fxxxxQ，要证224fxxab，只要证2214,ab22,222 2abababQ，即1,4ab222424241.abababab【点睛】本题主要考查了绝对值的几何意义，还考查了转化思想及基本不等式的应用，考查计算能力，属于中档题。

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