1、2020屆青海省西寧市高三復習檢測（一）數學試題、單選題1,已知集合 A x N |0 x 6, B 2,4,6,8，則 AI B =A. 0,1,3,5B. 0,2,4,6C. 1,3,5D. 2,4【答案】D【解析】 先求出集合A中的元素，再求交集.【詳解】因為 A 1,2,3,4,5 ，所以 AI B 2,4，故選 D.【點睛】本題主要考查集合的交集運算，列舉出集合的所有元素，求出公共元素即組成交集2,已知 a bi(a,bA.1【答案】D_1 i R）是的共軻復數，則 a b1 i1C.一2D. 11 i .【解析】 首先計算，然后利用共軻復數的特征計算 a,b的值.1 i【詳解】1

2、i (1 i)2 2i i ,1 i (1 i)(1 i) 2a bi ( i) i ,a 0,b 1, a b 1.故選：D.本題考查復數的計算，屬于基礎題型.，一 r I3,已知向量a 2,1 , b 1,3，則（）r r_ rr一r , , rrA- a/bB. abC-a/ ab【答案】Dr ri r r J【解析】由題ab 1,2,則aab 211rr raa b .故本題答案選D .rrrD. aa b20,則第7頁共29頁4.下列函數中，既是偶函數，又在區間(1,2)內是增函數的為()A . y cos 2x, x RB. y log2x,x R 且 xwo x x e eC.

3、y ,x R23 .D. y x +1, x R【答案】B【解析】【詳解】首先判斷奇偶性：A,B為偶函數，C為奇函數，D既不是奇函數也不是偶函數，所以排除C、D,對于f £?工C)先減后增，排除 A,故選B.【考點】函數的奇偶性、單調性5 .設函數f (x) cosx bsin x ( b為常數)，則“ b 1”是“ f(x)為偶函數”的()A .充分不必要條件B .必要不充分條件C.充分必要條件D.既不充分也不必要條件【答案】D【解析】 根據函數為偶函數得到 b 0,得到答案.【詳解】f (x) cosx bsin x, f ( x) cos x bsin x cosx bsin

4、x,函數為偶函數，貝U f x f x ,即 cosx bsin x cosx bsinx , b 0.故“ b 1”是“ f(x)為偶函數”的既不充分也不必要條件.故選：D.【點睛】本題考查了既不充分也不必要條件，根據函數的奇偶性求參數，意在考查學生的計算能力和推斷能力.6 .周髀算經是中國最古老的天文學和數學著作，是算經十書之一.書中記載了借助“外圓內方”的錢幣(如圖 1)做統計概率得到圓周率的近似值的方法.現將其抽象成如圖2所示的圖形，其中圓的半徑為 2cm,正方形的邊長為1cm,在圓內隨機取點,若統計得到此點取自陰影部分的概率是p,則圓周率 的近似值為()A' 4(1p)11

5、4PD.【答案】A【解析】直接利用幾何概型公式計算得到答案【詳解】根據幾何概型:S1S214(1 P)故選：A.【點睛】 本題考查了幾何概型，意在考查學生的計算能力和應用能力7,函數f(x) 嗎' x在,的圖象大致為() x2 1【答案】D【解析】根據函數為奇函數，且當X 時sin xx，再結合選項進行排除即可得答案.【詳解】函數的定義域為 R,關于原點對稱，且f( x) Sin(2(x) f(x), (x) 1. f (x)是奇函數，故排除A,B ;設gx sinx x,x 0,，則g x cosx 1 0,故為減函數.故 gx g 00.故 f(x) Sin9x x 在0,為負，排

6、除 C.x2 1故選：D.【點睛】本題考查根據函數的解析式選擇函數的圖象，考查數形結合思想，求解時注意充分利用函數的性質及特殊點的函數值進行求解.屬于中檔題的頂點與坐標原點重合，始邊與x8.如圖所示，在平面直角坐標系xOy中，角”，3軸的非負半軸重合，它們的終邊分別與單位圓相交于A,B兩點，若點A, B的坐標為(3, 4)和(-4,+ 3)的值為(5X24A .25【答案】B.725C. 024D .25cos3 . ,sin 54一 ,cos54 .一 ,sin53 cos(5)coscos sin sin2425點睛：利用三角函數的定義求三角函數值的方法 利用三角函數的定義，求一個角的三角

7、函數值，需確定三個量:(1)角的終邊上任意一個異于原點的點的橫坐標x ； (2)縱坐標y； (3)該點到原點的距離r.若題目中已知角的終邊在一條直線上，此時注意在終邊上任取一點有兩種情況(點所在9.函數 f x Asin( x象限不同).)(A>0, >0, <萬)的部分圖象如圖所示，若Xi,X2工，二，且 f Xif X2 ,則 f(x1 X2)6 3C.D.【解析】由三角函數的圖象求得sin(2x一）,再根據三角函數的圖象與性質,3即可求解.【詳解】由圖象可知,1，T23萬，即T2,即f x sin(2x又因為f（_） 0,則 sin(2又由I 1<2,所以所以3s

8、in(2x又因為3 ( 6)212所以圖中的最高點坐標為,112結合圖象和已知條件可知xi x22 126_32所以 f(x1 x2) f(-) 62 sin(2 )sin 633故選D.以及三角函數的圖象與性質本題主要考查了由三角函數的部分圖象求解函數的解析式,著重考查了推理與運算的應用，其中解答中熟記三角函數的圖象與性質是解答的關鍵, 能力，屬于基礎題.10 .某同學在參加通用技術實踐課時，制作了一個工藝品，如圖所示，該工藝品可以看成是一個球被一個棱長為4 J3的正方體的六個面所截后剩余的部分（球心與正方4 ,則該球的半徑是（C. 2金D. 476【解析】先求出截面圓的半徑，然后根據球的半

9、徑，小圓半徑，球心距三者之間的關系 列方程求解即可.【詳解】解：設截面圓半徑為r,球的半徑為R,則球心到某一截面的距離為正方體棱長的一半 即25 根據截面圓的周長可得故由題意知R2r2_ 2_ 22，3 ,即 R 224316,所以 R 4,0 ,若0 x 一時方程有解，則a的取值范圍2本題考查球被面所截的問題，考查學生計算能力以及空間想象能力，是基礎題.11 .關于x的方程cos2 x sin x a( )A. 1,1B. ( 1,1C. 1,0第9頁共29頁【解析】由a sin x cos2 x利用正弦函數的單調性可求得-. 2、，.1、25 一 .sin x (1sinx)(sinx )

10、,結合0Vx - ,2422,151 < sinx 一一 1,從而可得a的取值氾圍.2 4, , _ _ _ 2- cos x sin x a 0,2. 2 、/ .1 25a sin x cos x sin x (1 sin x) (sin x ) 一24-1 0 x , 2CX sinx1 ,2. 1 / i1< sinx 一42211 < sinx 一2.a的取值范圍為（1,1.故選B.本題考查三角函數的最值，考查分離變量法的應用，突出考查正弦函數的單調性與配方 法，屬于基礎題.、一， ， 422，一12.（又科）已知點 A為曲線y x （x 0）上的動點,B為圓（x

11、2） y 1上的 x動點，則| AB |的最小值是（）A 3B. 5C. 372D. 4/2【答案】A【解析】數形結合分析可得，當A 2,4時能夠取得|AB|的最小值，根據點到圓心的距離減去半徑求解即可.【詳解】4由對勾函數的性質，可知y x 4,當且僅當x 2時取等號，x結合圖象可知當 A點運動到 2,4時能使點A到圓心的距離最小，最小為4,從而AB的最小值為4 1 3.故選：A【點睛】本題考查兩動點間距離的最值問題，考查轉化思想與數形結合思想，屬于中檔題.-2213 .已知P是拋物線y =工上的一個動點，Q是圓x 3 y 11上的一個動點,V（LO）是一個定點，則PQ PN的最小值為（）A

12、. 3B. 4C. 5D. 72 1【答案】A【解析】試題分析：A恰好為拋物線的焦點，產?V等于F到準線的距離，要想PQ +歸Ml最小，過圓心作拋物線F =，工的準線X=-1的垂線交拋物線于點 產，交圓于Q,最小值等于圓心(3Q到準線第二1的距離減去半徑4-1=3 .考點：1.拋物線的定義；2.圓中的最值問題;14 .設f (x), g(x)是定義在R上的兩個周期函數,f(x)周期為4, g(x)的周期為2,且k(x 2), 0 x 1f(x)是奇函數.當 x (0,2時，f(x) J1 (x 1)2 , g(x) 1，其,1 x 22中k 0.若在區間(0,9上，關于x的方程f (x) g(

13、x)有8個不同的實數根，則k的取 值范圍是()A.0,4B.1，乎C 再D.!乎43 43 43 4【答案】B【解析】根據題意可知，函數y f x和y g x在0,9上的圖象有8個不同的交點作出兩函數圖象，即可數形結合求出.【詳解】作出兩函數的圖象，如圖所示：故函數y fx和y g x k x在x (0,1上的圖象有2個不同的交點，才可第13頁共29頁以在x (0,9上在x軸上方有 6個交點所以，圓心1,0到直線kx y 2k 0的距離為d3k|, 2/1,解得0 k ,因.k2 14為兩點 2,0 , 1,1連線斜率為1,所以，1 k . 334故選：B.【點睛】本題主要考查了分段函數的圖象

14、應用，函數性質的應用，函數的零點個數與兩函數圖象之間的交點個數關系的應用，意在考查學生的轉化能力和數形結合能力，屬于中檔題二、填空題15 .若 ABC中，sinA:sinB:sinC 2:3: 4,那么 cosC=。【答案】-0.25.【解析】 試題分析：由正弦定理得 sinA:sinB:sinC a:b:c 2:3: 4,222所以 cosC a一b-0.25 .2ab故答案為：-0.25.【考點】 正弦定理；余弦定理.2x y 5,16 .某所學校計劃招聘男教師 x名，女教師y名，x和y須滿足約束條件x y 2,x 6.則該校招聘的教師人數最多是 名.【答案】7【解析】由題意由于某所學校計

15、劃招聘男教師x名，女教師y名，且x和y須滿足約束2x y 5條件x y 2 ,又不等式組畫出可行域，又要求該校招聘的教師人數最多令z=x+y,x< 6則題意求解在可行域內使得z取得最大.【詳解】2x y 5由于某所學校計劃招聘男教師x名，女教師y名，且x和y須滿足約束條件x y 2 ,x< 6畫出可行域為：對于需要求該校招聘的教師人數最多，令z=x+y? y= - x+z則題意轉化為，在可行域內任意去x, y且為整數使得目標函數代表的斜率為定值-1,截距最大時的直線為過x 5? (5, 5)時使得目標函數取得最大值為：z=10.2x y 5 0故答案為：10.【點睛】線性規劃的實質

16、是把代數問題幾何化，即數形結合的思想.需要注意的是：一、準確無誤地作出可行域；二、畫標準函數所對應的直線時，要注意與約束條件中的直線的斜率進行比較，避免出錯；三、一般情況下，目標函數的最大或最小會在可行域的端點或邊 界上取得.17 .如圖，圓柱OOi中，兩半徑OA, OiB等于1,且OA OiB,異面直線AB與OOi所成角的正切值為2,則該圓柱。的體積為4【答案】4冗【解析】過B作BHe O 于點 H ,則 tan ABHY2,由OH平行等于O1B,且4OHOA 得 AH.2,所以圓柱的高 BHtan ABH4,圓柱的體積為4 7t.【詳解】過B作BH e O于點H ,則 ABH即為異面直線

17、AB與OOi所成角,則 tan ABH -2 ,4第17頁共29頁由OH平行等于O1B ,且OA O1B ,可得OHOA,得 AH , 1212店，又 tan ABHAHBH所以圓柱的高BHAHtan ABH4,所以圓柱的體積為OA2 OO14 7t.故答案為：4兀.本題考查圓柱的體積的計算，同時也考查了異面直線所成的角，考查空間推理能力，屬 于中等題.2218.已知雙曲線 C:x2 當 1(a 0,b 0)的右焦點為F ,以F為圓心，以|OF |為半徑 a b的圓交雙曲線C的右支于P, Q兩點(O為坐標原點)，4OPQ的一個內角為60，則雙曲線C的離心率的平方為【解析】由雙曲線的對稱性及 O

18、PQ 一內角為60可得 OPQ為等邊三角形，進而求點P的坐標，再由P在雙曲線上，代入雙曲線方程，由b2 c2 a2代入化簡即可求離心率e.如下圖所示：OP OQ,且 OPQ的一個內角為60則 OPQ為等邊三角形，所以OP PQ連接PF , PG ,則OPG90oQ POG 30o,OGP60oPGPFFGQ OG2GOP3c,PQ.&即 PH3c2OH3-c,2,3. 3故 P(-c,c)22又因為22P為雙曲線C：與上a2b21上一點/3 23 2所以 (2c) (5c)b21,即 9e416e2 40.因為雙曲線離心率 e 1,故e21.故解得e2故答案為:8 2.79【點睛】本題

19、主要考查雙曲線的離心率求解，解決本類題目關鍵是要數形結合分析題意，從圖中挖掘條件列式求解.屬于又t題.2219-PC:a2譽1（a 0，b 0）上一點,F1, F2分別為C的左、右焦點，且PF2 F1F2, PF1與y軸交于點Q,。為坐標原點，若四邊形 OF2PQ有內切圓,則C的離心率為【答案】2【解析】根據F1, F2分別為C的左、右焦點，且 PF2 F1F2,得到F1,F2,P的坐標,進而設出PF1的直線方程，再根據四邊形 OF2PQ有內切圓，求出其圓心和半徑，然后利用圓心M到直線PF1的距離等于半徑求解.【詳解】 因為F1 , F2分別為C的左、右焦點，且 PF2 F1F2 ,b2所以

20、F1 c,0 ,F2 c,0 ,P c, a所以kPF1b22ac第23頁共29頁.2. 2所以PR的直線方程為:bb22x ，即 b x 2acy b c 0 ,x, y軸，x c相切,2ac 2a因為四邊形OF2PQ有內切圓，即內切圓在第一象限與c cc所以其圓心M一，一,半徑R一,2 223b2c2、，一、ac所以圓心M到直線PF1的距離為：2c,d一.b4 2a2c之 2化簡彳導:9b2 12abc b4 0,一一2c c令 b 1 ,得 ac 一，又 c2 a2 1,3解得a近c典,3 '3c 一所以e c 2. a故答案為：2【點睛】本題主要考查雙曲線的幾何性質以及直線與圓

21、的位置關系，還考查了運算求解的能力,屬于中檔題 三、解答題20.已知數列 an 中，a1 1, an i 2an n 1,4 an n.(1)求證：數列 bn是等比數列(2)求數列 an的前n項和Sn.【答案】(1)證明見解析(2) Sn2n 1【解析】(1)根據bn an n求得bn 1,化簡成含an的表達式再得bn 1 2bn即可.(2)根據(1)中等比數列的首項與公比求得數列bn的通項公式，再代入bnann即可求得數列 an的通項公式，再根據分組求和求解即可【詳解】(1)證明：因為 an 1 2an n 1,bn an n所以 bn 1 an 1 n 12an n 1 n 12 an n

22、 2bn,又因為bi a1 1 2 0,則第2, bn所以數列 bn是首項為2,公比為2的等比數列.(2)由(1)知烝 n bn 2n，所以為 2n n ,所以 Sn2 122 223 32n n2 22 232n 1 2 3 nn2 1 2 n 1 n n 1 n 1 n 2n 121 222【點睛】本題主要考查了數列的遞推公式證明等比數列的方法，同時也考查了分組求和與等比等差數列求和的公式等.屬于中等題型.21 .石嘴山市第三中學高三年級統計學生的最近20次數學周測成績，現有甲乙兩位同學的20次成績如莖葉圖所示：頻率甲乙60351450,030135 5 7 90.025121110(1)

23、根據莖葉圖求甲乙兩位同學成績的中位數，并將同學乙的成績的頻率分布直方圖填充完整；(2)根據莖葉圖比較甲乙兩位同學數學成績的平均值及穩定程度(不要求計算出具體值，給出結論即可)；(3)現從甲乙兩位同學的不低于140分的成績中任意選出 2個成績，記事件 A為“其中2個成績分別屬于不同的同學”，求事件A發生的概率.【答案】(1)見解析；(2)乙的成績的平均分比甲的成績的平均分高，乙同學的成績比3甲同學的成績更穩定集中；(3) 3.5【解析】(1)直接由莖葉圖求解.(2)由莖葉圖中數據的集中程度直接判斷.(3)甲同學的不低于140分的成績有2個設為a, b,乙同學的不低于140分的成績有 3個，設為c

24、, d, e,即可求得任意選出 2個成績有10種，其中2個成績分屬不同同學 的情況有6種，利用古典概型概率公式即可得解.【詳解】(1)甲的成績的中位數是 119,乙的成績的中位數是 128,同學乙的成績的頻率分布直方圖如下：(2)從莖葉圖可以看出，乙的成績的平均分比甲的成績的平均分高，乙同學的成績比甲同學的成績更穩定集中.(3)甲同學的不低于140分的成績有2個設為a, b,乙同學的不低于140分的成績有3個，設為c, d, e ,現從甲乙兩位同學的不低于140分的成績中任意選出2個成績有：(a, b), (a, c), (a, d), (a, e), (b, c), (b, d), (b,

25、e), (c, d), (c, e), (d, e)共 10 種，其中2個成績分屬不同同學的情況有：(a, c), (a, d), (a, e), (b, c), (b, d), (b, e)共 6 種，因此事件A發生的概率P(A)= 3.10 5【點睛】本題主要考查了莖葉圖知識，考查了平均數計算及穩定性判斷，還考查了古典概型概率計算，屬于基礎題.22 .某商場為吸引顧客消費推出一項優惠活動，活動規則如下：消費額每滿100元可轉動如圖所示的轉盤一次，并獲得相應金額的返券，假定指針等可能地停在任一位置.若指針停在 A區域返券60元；停在B區域返券30元；停在C區域不返券.例如：消費 218元，可

26、轉動轉盤 2次，所獲得的返券金額是兩次金額之和.(1)若某位顧客消費 128元，求返券金額不低于 30元的概率；(2)若某位顧客恰好消費 280元，并按規則參與了活動，他獲得返券的金額記為X(元)，求隨機變量 X的分布列和數學期望.1【答案】(1) ; (2) 402【解析】【詳解】設指針落在A,B,C區域分別記為事件 A,B,C.-1 _ _1 _一 1則 P(A) ，P(B) -，P(C)-.632(I )若返券金額不低于 30元，則指針落在 A或B區域.111P P(A) P(B)6 3 2即消費128元的顧客，返券金額不低于30元的概率是-.2(n)由題意得，該顧客可轉動轉盤 2次.隨

27、機變量X的可能值為0, 30, 60, 90, 120.P(XP(XP(XP(XP(X0)30)60)90)120)1-；43,181 116 6 36其數學期望EXBAD所以，隨機變量X的分布列為:P030609012011511X4318936115110 -30 -60 -90 -120 40.431893623.(文科)如圖，直四棱柱ABCD ABC1D1 的底面是菱形，AA 4, AB 2,60 , E , M , N分別是BC , BB1, AQ的中點.(I)證明：MN /平面 CiDE ；(n)求點C到平面CiDE的距離.【答案】(i)證明見解析；(n) 4歷17【解析】(I)如

28、圖所示，連接 ME , BC ,證明四邊形NDEM為平行四邊形得到答案.(n )證明DEEC1，計算S/XDEC1 ,利用等體積法計算得到答案 .【詳解】1.(I)如圖所不：連接ME , BiC , M , E分別是BBi , BC的中點，則ME/B,C,2一1N 是 AD 中點，故 DN AD ,易知 A1D/BiC ，故 ME/ND ,2故四邊形NDEM為平行四邊形，故 MN/ DE , DE 平面C1DE ,故MN /平面CiDE .(n) DCi JDC2 CG2 4 22 2層, eg Jec2 cg2 J42 i2 歷，4 i 2 3 ,故 DE J3,222DE DC CE 2D

29、C CE cos60DCi2 DE2 EC；,故 DEi. 5iECi ，故 SaDeCi - DE CiE ，22VCi CDE二 S/XCDE CCi 3i i 2 i立4友, 3 223設點C到平面CiDE的距離為d , Vci cdeVc CiDE ,故1 場 d 322<3,故3,4 i7d i7【點睛】本題考查了線面平行的證明，求點面距離，意在考查學生的計算能力和空間想象能力， 等體積法是解題的關鍵.22x y24.已知橢圓C ： 2- 1(a b 0)的左、右焦點為Fi , F2 ,點P在橢圓C上, a b且 PF1F2面積的最大值為 J3,周長為6.(1)求橢圓c的方程，

30、并求橢圓 C的離心率；(2)已知直線l： y kx 1(k 0)與橢圓C交于不同的兩點 AB,若在x軸上存在點M (m,0)，使得M與AB中點的連線與直線l垂直，求實數 m的取值范圍x2 y2, 一、1、.3 -【答案】()一1 ,橢圓的離心率e 一(2),043212bc、3【解析】(1)利用基本量法，列方程 2c 2a 6 ,求解即可.2,22a b c(2)聯立方程組，利用根與系數的關系求出 AB的中點M的坐標，根據 M與AB中 點的連線與直線l垂直得出M點橫坐標m的表達式，利用基本不等式得出 m的取值范 圍.【詳解】bc 、, 3(1)由題意得 2c 2a 6 ,解之得a 2, b 7

31、3, c 1,2,22a b c第25頁共29頁2所以橢圓C的方程為4橢圓的離心率y(2)由 X2kX2 y34k28kx 80,設 A Xi,yi , B X2, y2XiX28k4k2 3，yiy2234k2 3所以線段AB中點的坐標為_4k 4k234k2 33t2 r則4k 3-4km -z4k2 3k4k2 3i4k k因為k 0,所以,34k 一 k2. 4k34，3,當且僅當k4k3 口即號時上式取此時m取得最小值i2因為k 0,所以m_k 4k20,所以實數m的取值范圍是3.3n,0 .i2本題考查了橢圓的性質,直線與橢圓的位置關系，屬于中檔題.2 X25 .已知橢圓M : -

32、2 a2三 i的兩個焦點為Fi( c,0), b2F2(c,0)(ac 0),橢圓上一動點P到Fi, F2距離之和為4,當P到X軸上的射影恰為Fi時,左、右頂點分別為 A , B ,O為坐標原點，經過點Fi的直線l與橢圓M交于C , D兩(i)求橢圓M的方程;(2)記 zABD 與 VABC的面積分別為Si, S2,求S| S2的最大值.2第29頁共29頁2【答案】（1）橢圓M的方程為：x- y2 1 館 S的最大值為J3【解析】（1）先根據橢圓的定義得 a 2,再由P到x軸上的射影恰為Fi時，|op|YH2得關于a,b,c的方程，最后結合橢圓中a2 b2 c2 ,解方程組即可求解（2）根據題

33、意設直線l的方程為：x ty J3 ,與橢圓方程聯立，得到兩根和、兩根積，再將Si §整理為韋達定理的形式，代入化簡即可求解【詳解】解：（1）由題意知：2a 4,所以a 2，p 八 22 c 2/又 OP2 PF12 OF；,且 PR ,a_. 213b2所以 一2a又 a2 b2 c2 ，由得：b2 1,c2 3,y2 1.73,0 ,且斜率不為o,ty卮2所以橢圓M的方程為：4（2）由題意直線l過點F1所以設直線l的方程為：x聯立x ty 3_x2, 得：t2 4 y2 2瓜 1 0,27 y 1設點 C x1，y1，D x2,y2 ,2 3t2,t2 4因為 S 11AB|y2

34、 , S2 ?AB|y1 ,所以sS22 ABII y1V2Il 1 IIT|AB|y1 V2 ,又AB4,所以SiS2AB yiy2II 2yiy24、,3|t|4. 3t2 4當且僅當2時，等號成立,所以§S2的最大值為-. 3.本題考查橢圓方程的求法， 直線與橢圓位置關系中直線方程的設法以及求面積的范圍問 題，解題關鍵在于依題意反設直線方程，能達到簡化第二問計算的效果，屬于中檔題226.設函數 f(x) In x 2mx n(m, n R).(1)討論f(x)的單調性;(2)若f(x)有最大值-ln2 ,求m+n的最小值.)上單調遞減；(2)【答案】(1) f(x)在(。，畫)

35、上單調遞增；在(圓, 2m2m1、h(m)min h(2)1 -In 2.2【解析】試題分析:(1)函數f (x)的定義域為(0,+8),1x 4mxx21 4mxx對m分類討論即可得出.(2)由(1)利用單調性知道0 ,函數先增后減，可以求得函數的最大值f xmax、m2m再求出m n.1lnm 一，將函數變為一個2變量,求出范圍.(1)函數fx定義域為0,/ 一 24mx0時,0,上單調遞增;0時,0,直2m上單調遞增;上單調遞減.(2)由(1)知，當m 0時，fx在0,m上單調遞增；在m 2m2m上單調遞減. fmax,m2m1n疝2m2m 4m，-1 ,n 1n2 1nm2ln2Inm

36、Inm1nm 1 2則h' m212m2m 12m，1 ，一% ,、，在0,上單倜遞減，在 2上單調遞增,11h1n2 .min 22點睛：討論函數的單調性即討論導函數的正負，導函數中有參數m,需要對m進行討論,(2)若方程f (x) 0存在兩個不同的實數根x1，x2,證明：m(xi x2) 2.n 1nm來判斷正負；第二問已知函數最值可以求得兩個變量的關系,一，一，1轉化成一個變量的表達式，m 1nm ,根據m的范圍來求出函數式子的范圍即可227.已知函數 f(x) ln x mx(m R).(1)討論f(x)的單調性;第31頁共29頁【答案】(1)答案見解析；(2)證明見解析.【解

37、析】試題分析:(1)先求得函數的定義域為0, ，由f'1 mx及對m取值的討論x可得當m 0時，f x在區間0, 上單調遞增；當m0時，f x在區間。工 m上單調遞減.(2)設1上單調遞增，在區間 一mx1x2 0,由f x11nxim4 0, f x21nx2 mx2 0,可得1nx1nx2m x1 x21nx1 1nx2x1 飛.故原不等式可化為證1nx11nx2x1x22一，等價于x1x2,x1 1nx22 x1 x2.在此基礎上，令tx1 x2x1x2,一 2 t 1為證lnt (t 1)成立，構造函數g tInt2 t 1 1t 1 (t 1),通過單調性可得t 1不等式成立

38、.試題解析：(1)函數f x的定義域為 0,f x lnx mx1 mx當m 0時，f ' x 0 ,故f x在區間0,上單調遞增當m 0時,1_則當0x 時，f'x 0,fx上單調遞增；m1當x時，fx 0 , f x上單倜遞減.m綜上，當m 0時，f x在區間0, 上單調遞增;,.,、1 1,、，、一，當m 0時，f x在區間0 上單調遞增，在區間 , 上單調遞減.mm(2)由方程f x0存在兩個不同的實數根 x1, x2,可設x1 x2 0,f x11nxi mx 0, f x2lnx2 mx2 0,1n% 1nx2 m % x2 ,1nx1 1nx2 m .1nx1 1

39、nx2要證m k &2 ,只需證2x2 x1 x2,等價于1n二一1一2 x1x2x2%x2xx/設t 一 1 ,則上式轉化為1ntx2(t1)，52 t 1設 g t 1nt(t 1),2t 1貝u g ' t 2 0 ,t t 1g t在1, 上單調遞增,第33頁共29頁g t g 10,2 t 1 Int ,t 1m x1 x22.x 2cos28.在直角坐標系xOy中，曲線C的參數方程為（為參數），以坐標y 2 2sin原點為極點，x軸的正半軸為極軸建立極坐標系 .（1）求曲線C的極坐標方程；（2）設A, B為曲線C上不同兩點（均不與O重合），且滿足 AOB ,求 OA

40、B的 4最大面積.【答案】（1） 4sin ；2亞2.【解析】（1）由曲線C的參數方程消去參數，得到曲線C的普通方程，再利用普通方程與極坐標方程的轉化公式即可得到答案；（2）設出A,B兩點的極坐標，代入極坐標方程中，得到 OA與OB ,由三角形面積-1.一公式S AOB 20A OB Sin AOB,對其進行化簡，結合三角函數的值域，即可得到 三角形面積的最大值。【詳解】（1）設曲線C上任意點的極坐標為（，），由題意，曲線 C的普通方程為x2 （y 2）2 4,即x2 y2 4y 0,則2 4 sin ,故曲線C的極坐標方程為 4sin .（2）設 A（ 1,），則 B（ 2, 一）,故 （0,工）， 44因為點A,B在曲線C上，則1 4sin , 2 4sin（一）,故4 1 ,S aob -|OA|OBsin AOB4、2 sin sin（ ） 4（sin2 sin cos ） 2sin 2 2cos 2242 v2sin（2一） 2,（0,3-）,44一 3 一故 時，OAB取