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1、河北省衡水中学2020 届高三下学期七调试题数学（理）一、选择题（每小题5 分，共 60 分.下列每小题所给选项只有一项符合题意，请将正确答案的序号填涂在答题卡上）1.已知集合10,1AxR xBxZ x，则AB（）A.01xxB.11xxC.0,1D.1【答案】C【解析】【分析】先分别求出集合A，B，由此利用交集定义能求出AB【详解】集合10AxR x1Ax x，1BxZ x1，0，-1，-2，0,1AB故选C【点睛】本题考查交集的求法，是基础题，注意条件xZ，属于易错题2.复数1122ii的虚部为（）A.110B.110C.310D.310【答案】A【解析】分析】化简复数111122510
2、iii，结合复数的概念，即可求解复数的虚部，得到答案，.【详解】由题意，复数1121112212122510iiiiiii，所以复数1122ii的虚部为110.故选：A.【点睛】本题主要考查了复数的运算法则，以及复数的概念，其中解答中熟记复数的运算法则，准确化简是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.3.有一散点图如图所示，在5 个(,)x y 数据中去掉(3,10)D后，下列说法正确的是（）A.残差平方和变小B.相关系数r变小C.相关指数2R变小D.解释变量x与预报变量y的相关性变弱【答案】A【解析】【分析】由散点图可知，去掉(3,10)D后，y与x的线性相关性加强，由相关系数r
3、，相关指数2R及残差平方和与相关性的关系得出选项.【详解】从散点图可分析得出：只有D点偏离直线远，去掉D点，变量x与变量y的线性相关性变强，相关系数变大，相关指数变大，残差的平方和变小，故选A.【点睛】该题考查的是有关三点图的问题，涉及到的知识点有利用散点图分析数据，判断相关系数，相关指数，残差的平方和的变化情况，属于简单题目.4.已知双曲线22:1124xyC，O为坐标原点，F为C的右焦点，过F的直线与C的两条渐近线的交点分别为,P Q若POQ为直角三角形，则PQ（）A.2 B.4 C.6 D.8【答案】C【解析】【分析】由题意不妨假设P点在第一象限、Q点在第四象限，90OPQ，解三角形即可
4、.【详解】不妨假设P点在第一象限、Q点在第四象限，90OPQ.则易知30POF，4OF，2 3OP，在POQ中，60POQ，90OPQ，2 3OP36PQOP.故选 C【点睛】本题主要考查双曲线的性质，根据双曲线的特征设出P，Q位置，以及POQ的直角，即可结合条件求解，属于常考题型.5.一个袋中放有大小、形状均相同的小球，其中红球1 个、黑球2 个，现随机等可能取出小球，当有放回依次取出两个小球时，记取出的红球数为1；当无放回依次取出两个小球时，记取出的红球数为2，则（）A.12EE，12DDB.12EE，12DDC.12EE，12DDD.12EE，12DD【答案】B【解析】【分析】分别求出两
5、个随机变量的分布列后求出它们的期望和方差可得它们的大小关系.【详解】1可能的取值为0,1,2；2可能的取值为0,1，1409P，1129P，141411999P，故123E，22214144402199999D.22 110323P，22 1 221323P，故223E，2221242013399D,故12EE，12DD.故选 B.【点睛】离散型随机变量的分布列的计算，应先确定随机变量所有可能的取值，再利用排列组合知识求出随机变量每一种取值情况的概率，然后利用公式计算期望和方差，注意在取球模型中摸出的球有放回与无放回的区别.6.已知某算法的程序框图如图所示，则该算法的功能是（）A.求首项为1，
6、公比为4的等比数列的前1009 项的和B.求首项为1，公比为4的等比数列的前1010项的和C.求首项为1，公比为2的等比数列的前2017项的和D.求首项为1，公比为2的等比数列的前2018项的和【答案】A【解析】【分析】由已知中的程序框图可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量S的值，模拟程序的运行过程，可得答案【详解】由已知中的程序框图可知：该程序的循环变量n的初值为1，终值为2019，步长为2，故循环共执行了1009 次由S中第一次累加的是2111，第二次累加的是2314，故该算法的功能是求首项为1，公比为4 的等比数列的前1009 项的和，故选A【点睛】本题考查的知识点是程序框图，
7、当循环的次数不多，或有规律时，常采用模拟循环的方法解答7.如图 1，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为 2，M，N，Q分别是线段AD1，B1C，C1D1上的动点，当三棱锥Q-BMN的正视图如图2 所示时，三棱锥俯视图的面积为A.2 B.1 C.32D.52【答案】C【解析】【分析】判断俯视图的形状，利用三视图数据求解俯视图的面积即可【详解】由正视图可知：M是1AD的中点，N在1B处，Q在11C D的中点，俯视图如图所示：可得其面积为：111322211 1122222，故选 C【点睛】本题主要考查三视图求解几何体的面积与体积，判断它的形状是解题的关键，属于中档题.8.如图直角坐标系中
8、，角02、角02的终边分别交单位圆于A、B两点，若B点的纵坐标为513，且满足34AOBS，则1sin3 cossin2222的值为()A.513B.1213C.1213D.513【答案】C【解析】【分析】由AOBS，可得3sin2，结合的范围可得3，化简1sin3cossincos2222，利用点B的坐标即可得解.【详解】由13sin24AOBSOAOB，得3sin2.根据题意可知125B(,1313)，所以512sin,cos1313，可知06，203.所以3.131112sin3cossinsinsinsincos2222222636213cossin.故选 C.【点睛】本题主要考查了任
9、意角三角函数的定义及二倍角公式和诱导公式，属于中档题.9.已知函数sin3cos0 xfxx，若集合0,1xfx含有 4 个元素，则实数的取值范围是（）A.3 5,2 2B.3 5,2 2C.7 25,26D.7 25,26【答案】D【解析】【分析】化简 f（x）的解析式，作出f（x）的函数图象，利用三角函数的性质求出直线y=1 与 y=f（x）在（0，+）上的交点坐标，则 介于第 4 和第 5 个交点横坐标之间【详解】f（x）=2sin（x3），作出 f（x）的函数图象如图所示：令 2sin（x3）=1 得 x3=6+2k，或 x3=76+2k，x=6+2k，或 x=32+2k，kZ，设直线
10、 y=1 与 y=f（x）在（0，+）上从左到右的第4 个交点为 A，第 5个交点为B，则 xA=322，xB=46，方程 f（x）=1在（0，）上有且只有四个实数根，xAxB，即32246，解得72526故选 B【点睛】本题考查了三角函数的恒等变换，三角函数的图象与性质，属于中档题10.已知抛物线24yx上有三点,A B C，,AB BC CA的斜率分别为3，6，2，则ABC的重心坐标为（）A.14,19B.14,09C.14,027D.14,127【答案】C【解析】【分析】设112233,A x yB xyC xy，进而用坐标表示斜率即可解得各点的纵坐标，进一步可求横坐标，利用重心坐标公式
11、即可得解.【详解】设112233,A x yB xyC xy则1212221212124344AByyyykyyxxyy，得1243yy，同理234263yy，31422yy，三式相加得1230yyy，故与前三式联立，得211231241,2,3349yyyyx，22214yx，233449yx，则12314327xxx.故所求重心的坐标为14,027，故选 C.【点睛】本题主要考查了解析几何中常用的数学方法，集合问题坐标化，进而转化为代数运算，对学生的能力有一定的要求，属于中档题.11.在棱长为2 的正方体1111ABCDA B C D中，点M是对角线1AC上的点（点M与A、1C不重合），则
12、下列结论正确的个数为（）存在点M，使得平面1A DM平面1BC D；存在点M，使得/DM平面1BC D；若1A DM的面积为S，则2 3,2 33S；若1S、2S分别是1A DM在平面1111DCBA与平面11BB C C的正投影的面积，则存在点M，使得12SS.A.1 个B.2个C.3 个D.4 个【答案】C【解析】【分析】平面1A DM与平面11A B CD为同一平面,证明1B C平面11A BCD即可判断；由证明平面1/A BD平面11B D C判断；连接1AD交1A D于点O,当1OMAC时可得1ADOM,利用相似可得111OMOAC DAC,进而求得1A DM的最小面积,即可判断；分
13、别判断点M从1AC的中点向着点A运动的过程中,1S、2S的范围,进而判断.【详解】连接1B C,1BC,设平面11A B CD与对角线1AC交于M,由11B CBC,1DCBC可得1B C平面11A B CD,即1B C平面1A DM,所以存在点M,使得平面1A DM平面1BC D,所以正确；连接BD,11B D,由11/BDB D,11/A DB C,利用平面与平面平行的判定,可证得平面1/A BD平面11B D C,设平面1A BD与1AC交于M,可得/DM平面11B D C,所以正确；连接1AD交1A D于点O,过O点作1OMAC,在正方体1111ABCDA B C D中,1AD平面11
14、ABC D,所以1ADOM,所以OM为异面直线1A D与1AC的公垂线,根据11AOMAC D,所以111OMOAC DAC,即11122632 3OA C DOMAC,所以1A DM的最小面积为111162 32 22233A DMSA DOM,所以若1A DM的面积为S,则2 3,2 33S,所以不正确；在点M从1AC的中点向着点A运动的过程中,1S从 1 减少趋向于0,即1(0,1)S,2S从 0 增大到趋向于2,即2(0,2)S,在此过程中,必存在某个点M使得12SS,所以是正确的,综上可得是正确的,故选:C【点睛】本题考查面面垂直的判断,考查线面垂直的判断,考查空间中线面关系的判断,
15、考查空间想象能力.12.已知函数2()ln2,()lnxxefxxexxg xxxx的最小值分别为,a b，则（）A.abB.abC.abD.,a b的大小关系不确定【答案】A【解析】【分析】分别对()f x，()g x求导，求出其最小值,a b，可得其大小关系.【详解】由题意得：211(1)(1)()1xxxxxxex exx xefxexexxx，易得0,10 xx，设()0fx，可得10 xxe，可得1xex，由xye与1yx图像可知存在0(0,1)x，使得001xex，可得当0(0,)xx，()0fx，当0(,)xx，()0fx，可得()f x 得最小值为0()f x，即000001(
16、)ln21xafxxexx；同理：22222221(1)(1)(1)()()1xxxxxeeexxxxexg xxxxx，设()0gx，可得1x或者2xex，由2xye与yx得图像可知，存在1(0,1)x，使得121xex，可得当1(,)xx x时，()0gx，当1(,1)xx时，()0g x，当(1,)x时，()0g x，可得1()g x即为()g x得最小值，可得1112211112()ln121xxxebg xexxxe，故1ab，故选：A.【点睛】本题主要考查利用导数求函数得最值，综合性大，属于难题.二、填空题（共4 题，每题5 分）13.已知二项式12nxx的展开式中第2 项与第 3
17、 项的二项式系数之比是2:5，则3x 的系数为_.【答案】240【解析】【分析】先由题意利用二项式系数的性质求得n的值，可得通项公式，在通项公式中，令x的幂指数等于3，求得r的值，可得3x 的系数.【详解】二项展开式的第1r项的通项公式为11(2)rrnrrnTCxx，由展开式中第2 项与第 3 项的二项式系数之比是2:5，可得：12:2:5nnCC，解得：6n.所以11(2)rrnrrnTCxx366262(1)rrrrCx，令3632r，解得：2r，所以3x 的系数为26 2262(1)240C，故选 C.【点睛】该题考查的是有关二项式定理的问题，涉及到的知识点有二项式系数，二项展开式的通
18、项公式，展开式中特定项的系数，属于简单题目.14.数学老师给出一个函数fx，甲、乙、丙、丁四个同学各说出了这个函数的一条性质：甲：在0，上函数单调递减；乙：在0，上函数单调递增；丙：在定义域R上函数的图象关于直线1x对称；丁：0f不是函数的最小值老师说：你们四个同学中恰好有三个人说的正确那么，你认为_说的是错误的【答案】乙【解析】【分析】根据四位同学的回答，不妨假设其中的任何三个同学回答正确，然后推出另一位同学的回答是否正确来分析，体现了反证法的思想.【详解】如果甲、乙两个同学回答正确，因为在0，上函数单调递增，所以丙说：在定义域R上函数的图象关于直线1x对称是错误的，此时0f是函数的最小值，
19、所以丁的回答也是错误的，与四个同学中恰好有三个人说的正确矛盾，所以应该是甲、乙两个同学有一个回答错误，此时丙正确，则乙就是错误的.故答案为乙.【点睛】本题利用函数的性质考查逻辑推理能力和反证法思想，考查数形结合思想的运用.15.已知ABC的一内角3A，10AB，6AC，O为ABC所在平面上一点，满足OAOBOC，设AOmABnAC，则3mn的值为 _.【答案】45【解析】【分析】由OAOBOC可知O 为三角形ABC的外心，根据向量数量积可得AO AB AO AC、的值，代入AOmABnAC可的 m、n 的方程组，即可求得m、n 的值，进而求得3mn的值【详解】因为OAOBOC可知 O为三角形
20、ABC的外心所以1cos502AO ABAB AOBAOABAB1cos182AO ACAC AOCAOACAC而AOmABnAC，且1cos1063032AB ACAB AC即5018AO ABmABnACABAO ACmABnACAC化简得1003050303618mnmn解得71519mn所以714331595mn【点睛】本题考查了向量线性运算及向量数量积的应用，关键是找到各向量间的关系，属于难题16.已知ABC的内角、ABC的对边分别为abc、，若2AB，则2cbba的取值范围为_【答案】2,4【解析】由正弦定理可知sin2sin2sin2sinsincos2sincossinsins
21、insinsinsinABcbCBBABBAbaBABABA，又2AB，则22sincossin2cos2sincos2cossinsinsinABBBBBBBBB，2sin2sin1sinsin2cosBBABB，从而2214cos1coscbBbaB，又2AB，知3ABB，所以03B，则1cos12B，换元可令costB，则2211minmax2212141|2,41|4ttcbcbttaataat，故本题应填2,4三、解答题：（本大题共5 小题，共70 分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.）17.数列na中，12a，112pnnna a（p为常数）.（1）若1a，212a，4a成
22、等差数列，求p的值；（2）是否存在p，使得na为等比数列？并说明理由.【答案】（）p=1；（）存在实数2p，使得 an为等比数列【解析】【分析】（）由已知求得a2，a4，再由-a1，21a2，a4成等差数列列式求p 的值；（）假设存在p，使得 an 为等比数列，可得2213aa a，求解 p 值，验证得答案【详解】（）由a1=2，112pnnna a，得p 122a2，p2a2，则p2p132 a2，p 13a2，p 13p 142a2，2p4a2由1a，21a2，a4成等差数列，得a2=a4-a1，即2222pp，解得：p=1；（）假设存在p，使得 an等比数列，则2213aa a，即212
23、22 22ppp，则 2p=p+2，即 p=2此时121122pnnnna a，23122nnnaa，2n2n24aa，而3122a a，又12a，所以24a，而21a2a42，且242，存在实数2p，使得 an为以 2 为首项，以2 为公比的等比数列【点睛】本题考查数列递推式，考查等差数列与等比数列的性质，是中档题18.如图，多面体ABCDEF中，四边形ABCD为矩形，二面角ACDF为60，/DECF，CDDE，2AD，3DEDC，6CF.（1）求证：/BF平面ADE；（2）G为线段CF上的点，当14CGCF时，求二面角BEGD的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）14.【解析】【分析】
24、（1）根据四边形ABCD是矩形，得到/BCAD，根据线面平行的判定定理得到/BC平面ADE，进而得到/CF平面ADE，利用面面平行的判定定理证得平面/BCF平面ADF，利用面面平行的性质得到/BF平面ADE，证得结果；（2）根据题意，证得平面CDEF平面ADE，作AODE于点O，则AO平面CDEF，建立空间直角坐标系Oxyz，写出相应点的坐标，利用空间向量求得二面角的余弦值.【详解】（1）证明：因为四边形ABCD是矩形，所以/BCAD，又因为BC平面ADE，所以/BC平面ADE，因为/DECF，CF平面ADE，所以/CF平面ADE，又因为BCCFC，所以平面/BCF平面ADF，而BF平面BCF
25、，所以/BF平面ADE.（2）解：因为CDAD，CDDE，所以60ADE，因为CD平面ADE，故平面CDEF平面ADE，作AODE于点O，则AO平面CDEF，以O为原点，平行于DC的直线为x轴，DE所在直线为y轴，OA所在直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，由2AD，3DE，60ADE，得1DO，2EO，则(0,0,3)A，(3,1,0)C，(0,1,0)D，(0,2,0)E，所以(3,0,3)OBOAABOADC，由已知1(3,0)2G，所以(3,2,3)BE，10,32BG，设平面BEG的一个法向量为(,)mx y z，则32301302m BExyzm BGyz，取3x，
26、6y，3z，得(3,6,3)m，又平面DEG的一个法向量为(0,0,1)n，所以31cos,|49363m nm nmn，即二面角BEGD的余弦值为14.【点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有线面平行的判定，面面平行的判定和面面平行的性质，利用空间向量求二面角的余弦值，属于中档题目.19.椭圆22221(0)xyabab的左、右焦点分别为1F，2F，右顶点为A，上顶点为B，且满足向量120BF BF.（1）若(2,0)A，求椭圆的标准方程；（2）设P为椭圆上异于顶点的点，以线段PB为直径的圆经过1F，问是否存在过2F的直线与该圆相切？若存在，求出其斜率；若不存在，说明理由.【
27、答案】（1）22142xy；（2）存在满足条件的直线，斜率130210k.【解析】【分析】（1）由题易知a2，因为120BFBF，所以12BF F为等腰三角形所以 b=c，由此可求b，即可得到椭圆的标准方程;（2）由（1）可得22bc222212xycc，P的坐标为00,xy则1001,F Pxc yF Bc c由题意得120BFBF,即000 xcy，又因为P在椭圆上，所以22002212xycc,联立可得41P,33cc设圆心为11,x y，则1122,33xc yc，利用两点间的距离公式可得圆的半径r 设直线的方程为：kyxc利用直线与圆相切的性质即可得出【详解】（1）易知a2，因为12
28、0BFBF所以12BF F为等腰三角形所以 b=c，由222abc可知b2故椭圆的标准方程为：22142xy（2）由已知得22bc,222ac设椭圆的标准方程为222212xycc，P的坐标为00,xy因为1,0,0,FcBc,所以1001,F Pxc yF Bc c由题意得120BFBF,所以000 xcy又因为 P在椭圆上，所以22002212xycc,由以上两式可得200340 xcx因为 P不是椭圆的顶点，所以0041,33xc yc，故41P,33cc设圆心为11,x y，则1122,33xc yc圆的半径22115r03xycc假设存在过2F的直线满足题设条件，并设该直线的方程为k
29、yxc由相切可知1121kxkcyrk,所以22233531kckccck即2202010kk，解得130210k故存在满足条件的直线【点睛】本题中考查了椭圆与圆的标准方程及其性质、点与椭圆的位置关系、直线与圆相切问题、点到直线的距离公式、中点坐标公式等基础知识与基本技能方法，考查了推理能力和计算能力，属于难题20.由甲、乙、丙三个人组成的团队参加某项闯关游戏，第一关解密码锁，3 个人依次进行，每人必须在1分钟内完成，否则派下一个人.3 个人中只要有一人能解开密码锁，则该团队进入下一关，否则淘汰出局.根据以往100 次的测试，分别获得甲、乙解开密码锁所需时间的频率分布直方图.（1）若甲解开密码
30、锁所需时间的中位数为47，求a、b的值，并分别求出甲、乙在1 分钟内解开密码锁的频率；（2）若以解开密码锁所需时间位于各区间的频率代替解开密码锁所需时间位于该区间的概率，并且丙在1分钟内解开密码锁的概率为0.5，各人是否解开密码锁相互独立.按乙丙甲的先后顺序和按丙乙甲的先后顺序哪一种可使派出人员数目的数学期望更小.试猜想：该团队以怎样的先后顺序派出人员，可使所需派出的人员数目X的数学期望达到最小，不需要说明理由.【答案】（1）0.024a；0.026b；甲在 1 分钟内解开密码锁的频率是0.9；乙在 1 分钟内解开密码锁的频率是0.7（2）按乙丙甲派出的顺序期望更小先派出甲，再派乙，最后派丙【
31、解析】【分析】（1）根据甲解开密码锁所需时间的中位数求得b，根据频率求得a，由此求得甲在1 分钟内解开密码锁的频率.通过频率分布直方图求得乙在1 分钟内解开密码锁的频率.（2）分别求得两个不同顺序的方法对应的数学期望，由此求得期望更小的安排方法.按照解锁概率大的人员排前面，期望值最小.通过计算前两位、后两位人员交换时，期望值的变化情况，来确定最优的排法.【详解】（1）甲解开密码锁所需时间的中位数为47，0.01 50.014550.0345b0.0447450.5，解得0.026b；0.0430.032550.010 100.5a，解得0.024a；甲在 1 分钟内解开密码锁的频率是10.01
32、 100.9f甲；乙在 1 分钟内解开密码锁的频率是10.03550.02550.7f乙；（2）由（1）知，甲、乙、丙在1 分钟内解开密码锁的概率分别是10.9p，20.7p，30.5p且各人是否解开密码锁相互独立；设按乙丙甲的顺序对应的数学期望为1E X，按丙乙甲的顺序对应的数学期望为2E X则121P Xp，23112P Xpp，231131ppP X，21332223111E Xppppp232332 ppp p，1232323E Xppp pp，12323231.45EXppp pp同理可求得22323331.65E Xppp pp所以按乙丙甲派出的顺序期望更小.答案：先派出甲，再派乙
33、，最后派丙，（下面是理由，给老师和学生参考）设按先后顺序自能完成任务的概率分别为1p，2p，3p，且1p，2p，3p互不相等，根据题意知X的取值为1，2，3；则11P Xp，1221P Xpp，12131pPpX，122112 13 11E Xppppp121232 ppp p，121213Eppp ppX，若交换前两个人的派出顺序，则变为121223ppp pp，由此可见，当12pp时，交换前两人的派出顺序会增大均值，故应选概率最大的甲先开锁；若保持第一人派出的人选不变，交换后两人的派出顺序，交换前121211123321ppp ppEpXpp，交换后的派出顺序则期望值变为113321ppp
34、，当23pp时，交换后的派出顺序可增大均值；所以先派出甲，再派乙，最后派丙，这样能使所需派出的人员数目的均值（教学期望）达到最小.【点睛】本小题主要考查随机变量分布列和数学期望的求法，考查频率分布直方图频率、中位数有关计算，考查分析、思考与解决问题的能力，属于中档题.21.已知函数ln,02xbfxaxa bx，对任意0 x，都有40fxfx.1讨论fx的单调性；2当fx存在三个不同的零点时，求实数a的取值范围.【答案】(1)当14a时，fx在0,上单调递减；当104a时，fx在211 160,2aa和211 16,2aa上单调递减，fx在2211 1611 16,22aaaa上单调递增.；(
35、2)104a【解析】【分析】（1）根据40fxfx可得4ba，得到4ln2xafxaxx，求导后，分别在0和两种情况下讨论导函数符号，得到单调性；（2）根据（1）中所求单调性，否定14a的情况；在104a时，首 先 求 得2x为 一 个 零 点；再 利 用 零 点 存 在 性 定 理 求 解 出221,xa中 存 在 一 个 零 点0 x；根 据0040fxfx，可确定另一个零点04x，从而可知104a满足题意.【详解】（1）由424lnln024xbaxbfxfaxxxxx，得4ba则4ln2xafxaxx，222144(0)aaxxafxaxxxx若21 160a时，即14a时，fx在0,
36、单调递减若21 160a，即104a时，24h xaxxa有两个零点零点为：21111602axa，2211 1602axa又24h xaxxa开口向下当10 xx时，0h x，0fx，fx单调递减当12xxx时，0h x，0fx，fx单调递增当2xx时，0h x，0fx，fx单调递减综上所述，当14a时，fx在0,上单调递减；当104a时，fx在211 160,2aa和211 16,2aa上单调递减，fx在2211 1611 16,22aaaa上单调递增（2）由（1）知当14a时，fx单调递减，不可能有三个不同的零点；当104a时，fx在10,x和2,x上单调递减，fx在12,x x上单调递
37、增22ln2202faa，又124x x，有122xxfx12,x x上单调递增，120fxf，220fxf4ln2xafxaxx23211ln24faaaa令231ln24g aaaa，42222411221122aaagaaaaa令41221h aaa，3482h aa单调递增由34820haa，求得0311424a当104a时，h a单调递减，131104642h ah23211ln24fg aaaaa在10,4上单调递增故21113ln240416fg aga故210fa，20fx，221xa由零点存在性定理知fx在区间221,xa有一个根，设为：0 x又0040fxfx，得040fx
38、，1040 xx，04x是fx的另一个零点故当104a时，fx存在三个不同的零点04x，2，0 x【点睛】本题考查讨论含参数函数的单调性问题、利用导数研究函数零点的问题.解决零点个数问题的关键是能够选取合适的区间，利用零点存在性定理证得在区间内存在零点，从而使得零点个数满足题目要求；难点在于零点所在区间的选择上，属于难题.22.在直角坐标系中xOy中，曲线C的参数方程为cos2sinxatyt（t为参数，0a）.以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知直线l的极坐标方程为cos2 24.（1）设P是曲线C上的一个动点，当2 3a时，求点P到直线l的距离的最大值；（2）若曲线C上所有
39、的点均在直线l的右下方，求a的取值范围.【答案】（1）4 2；（2）(0,2 3).【解析】【分析】（1）将直线l极坐标方程转化成直角坐标，设出P点坐标，利用点到直线的距离公式及辅助角公式，根据余弦函数的性质，即可求得点P到直线l的距离的最大值；（2）由题意可知：tR，cos2sin40att恒成立，利用辅助角公式，只需244a，即可求得a的取值范围.【详解】（1）由cos2 24，得2(cossin)2 22,化成直角坐标方程得2()2 22xy,直线l的方程为40 xy，依题意，设(23cos,2sin)Ptt，则P到直线l的距离4cos46|2 3 cos2sin4|22tttd2 22
40、 2 cos()6t，当26tk，即26tk，kZ时，max4 2d，故点P到直线l的距离的最大值为4 2.（2）因为曲线C上的所有点均在直线l的右下方，tR，cos2sin40att恒成立，即24cos()40at（其中2tana）恒成立，244a，又0a，解得02 3a.故a取值范围(0,2 3).【点睛】该题考查的是有关坐标系与参数方程的问题，涉及到的知识点有极坐标方程与平面直角坐标方程的转化，利用参数方程求曲线上的点到直线距离的最值，恒成立问题的转化，属于简单题目.23.已知a，b，c均为正实数，求证：（1）2()4ababcabc；（2）若3abc，则1113 2abc【答案】证明过
41、程详见解析【解析】【分析】将求证的不等式进行化简，经历移项、提取公因式、配方后，要证明其成立只需要证明化简后的不等式成立由基本不等式可得1231222aaa，同理可得另外两个也是成立，结合已知条件即可求证结果【详解】证明：(1)要证24ababcabc，可证222240a bacabbcabc，需证2222b220acaca cbbc，即证220b aca cb，当且仅当abc时，取等号，由已知，上式显然成立，故不等式24ababcabc成立(2)因,a b c均为正实数，由不等式的性质知1231222aaa，当且仅当12a时，取等号，1231222bbb当且仅当12b时，取等号，1231222ccc当且仅当12c时，取等号，以上三式相加，得211162abcdabc所以1113 2abc，当且仅当1abc时，取等号【点睛】本题考查了不等式的证明问题，在求解过程中可以运用基本不等式、对要证明的不等式进行化简等方法来求证，关键是要灵活运用基本不等式等方法求证结果