2019届重庆市第一中学校高三下学期第三次月考数学(理)试题(解析版)

试题

一、单选题

1．已知复数z满足z(1i)1i（i是虚数单位），则z（ ） A．0 【答案】C

【解析】先求出复数z,再求|z|得解. 【详解】

B．

1 2C．1 D．

3 21i(1i)22ii,|z|1 由题得z1i(1i)(1i)2故选C 【点睛】

本题主要考查复数的除法运算和复数的模的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力. 2．已知集合A{x|y（ ） A．{1} 【答案】C

【解析】先化简集合A,B，再求(CRA)IB得解. 【详解】

由题得A={x|x＜1},B={x|-1＜x＜3，x∈Z}={0,1,2}, 所以CRA{x|x1}， 所以(CRA)IB={1,2}. 故选：C 【点睛】

本题主要考查集合的化简，考查集合的补集和交集的运算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.

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B．{2}

C．{1,2}

D．{1,2,3}

1}，B{x|x22x30,xZ}，则(CRA)IB1x3．若A．【答案】A

，，B．

，则实数，，的大小关系为（ ）

C．

D．

【解析】先求出a,b,c的范围，再比较大小即得解. 【详解】 由题得

，

所以a>b>c. 故选：A 【点睛】

本题主要考查对数函数和指数函数的单调性的应用，考查实数大小的比较，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力. 4．下列说法正确的是（ ）

，

x2y2A．设m为实数，若方程1表示双曲线，则m＞2．

m12mB．“p∧q为真命题”是“p∨q为真命题”的充分不必要条件

C．命题“∃x∈R，使得x2+2x+3＜0”的否定是：“∀x∈R，x2+2x+3＞0” D．命题“若x0为y＝f（x）的极值点，则f’（x）＝0”的逆命题是真命题 【答案】B

【解析】根据双曲线的定义和方程判断A，复合命题真假关系以及充分条件和必要条件的定义判断B，特称命题的否定是全称命题判断C，逆命题的定义以及函数极值的性质和定义判断D. 【详解】

对于A：若方程表示双曲线，则m12m0，解得m2或m1，故A错误；对于B：若pq为真命题，则p，q同时为真命题，则pq为真命题，当p真q假时，满足pq为真命题，但pq为假命题，即必要性不成立，则“pq为真命题”是“pq为真命题”的充分不必要条件，故B正确；

对于C：命题“xR，使得x22x30”的否定是：“xR，x22x30”，故C错误；

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对于D：命题“若x0为yfx的极值点，则fx0”的逆命题是：“若fx0，则x0为yfx的极值点”，此逆命题为假命题，比如：在fxx中，fx3x，

32其中f00，但x0不是极值点，故D错误. 故选：B. 【点睛】

本题主要考查命题的真假判断，涉及知识点较多，综合性较强，难度不大，属于基础题．5．执行下面的程序框图，若输出的S的值为63，则判断框中可以填入的关于i的判断条件是（ ）

A．i5 【答案】B

B．i6 C．i7 D．i8

【解析】根据程序框图，逐步执行，直到S的值为63，结束循环，即可得出判断条件. 【详解】 执行框图如下： 初始值：S0,i1，

第一步：S011,i112，此时不能输出，继续循环； 第二步：S123,i213，此时不能输出，继续循环； 第三步：S347,i314，此时不能输出，继续循环； 第四步：S7815,i415，此时不能输出，继续循环； 第五步：S151631,i516，此时不能输出，继续循环；

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第六步：S313263,i617，此时要输出，结束循环； 故，判断条件为i6. 故选B 【点睛】

本题主要考查完善程序框图，只需逐步执行框图，结合输出结果，即可确定判断条件，属于常考题型.

6．在数学兴趣课堂上，老师出了一道数学思考题，某小组的三人先独立思考完成，然后一起讨论.甲说：“我做错了！”乙对甲说：“你做对了！”丙说：“我也做错了！”老师看了他们三人的答案后说：“你们三人中有且只有一人做对了，有且只有一人说对了.”请问下列说法正确的是（ ） A．乙做对了 【答案】B

【解析】分三种情况讨论：甲说法对、乙说法对、丙说法对，通过题意进行推理，可得出正确选项. 【详解】

分以下三种情况讨论：

①甲的说法正确，则甲做错了，乙的说法错误，则甲做错了，丙的说法错误，则丙做对了，那么乙做错了，合乎题意；

②乙的说法正确，则甲的说法错误，则甲做对了，丙的说法错误，则丙做对了，矛盾； ③丙的说法正确，则丙做错了，甲的说法错误，则甲做对了，乙的说法错误，则甲做错了，自相矛盾. 故选：B. 【点睛】

本题考查简单的合情推理，解题时可以采用分类讨论法进行假设，考查推理能力，属于中等题.

7．割补法在我国古代数学著作中称为“出入相补”，刘徽称之为“以盈补虚”，即以多余补不足，是数量的平均思想在几何上的体现．下图揭示了刘徽推导三角形面积公式的方法．在ABC内任取一点，则该点落在标记“盈”的区域的概率为（ ）

B．甲说对了

C．乙说对了

D．甲做对了

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A．

1 2B．

1 3C．

1 4D．

1 5【答案】C

【解析】根据题意可得该点落在标记“盈”的区域的面积为三角形面积的四分之一，即可得解. 【详解】 由题得SABC1aah,S矩形=h,SABCS矩形. 22所以“盈”的区域的面积等于“虚”的区域的面积. 而“虚”的区域占矩形区域的面积的四分之一，

所以该点落在标记“盈”的区域的面积为三角形面积的四分之一， 故该点落在标记“盈”的区域的概率为故选C． 【点睛】

本题考查了几何概型的概率公式，考查了数学文化知识，属于基础题 8．将函数f(x)23sin(x)sinx1， 422sinx1的图像向左平移(0)个2单位长度后，所得图像关于y轴对称，则的值可能为（ ） A．

 6B．

2 3C．

 2D．

 3【答案】D

【解析】先化简函数的解析式，再平移得到函数y2sin(2x2的对称性得解. 【详解】

由题得f(x)23sinxcosxcos2x3sin2xcos2x2sin(2x将函数f(x)23sin(x)sinx位长度后得到y2sin[2(x)6)，再根据函数

6)，

22sinx1的图像向左平移(0)个单2]2sin(2x2)， 66第 5 页 共 22 页

由题得26k2,k,(kZ), 23当k=0时，=故选D 【点睛】

3.

本题主要考查三角恒等变换和图像的变换，考查函数奇偶性的应用，考查三角函数的图像和性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力. 9．已知空间中不同直线m、n和不同平面α、β，下面四个结论： ①若m、n互为异面直线，m∥α，n∥α，m∥β，n∥β，则α∥β； ②若m⊥n，m⊥α，n∥β，则α⊥β； ③若n⊥α，m∥α，则n⊥m； ④若α⊥β，m⊥α，n∥m，则n∥β． 其中正确的是（ ） A．①② 【答案】D

【解析】由线面和面面平行和垂直的判定定理和性质定理即可得解． 【详解】

对于①，由面面平行的判定定理可得，若m、n互为异面直线，m∥α，n∥β，则α∥β或相交，

又因为m∥β，n∥α，则α∥β，故①正确；

对于②，若m⊥n，m⊥α，n∥β，则α⊥β或α∥β或α，β相交，故②错误， 对于③，若n⊥α，m∥α，则n⊥m；故③正确，

对于④，若α⊥β，m⊥α，n∥m，则n∥β或n⊂β，故④错误， 综上可得：正确的是①③， 故选D． 【点睛】

本题考查了线面、面面的位置关系，考查了线面垂直、平行的判定及性质定理的应用，属中档题．

10．在ABC中，三内角A、B、C对应的边分别为a、b、c，且aB．②③

C．③④

D．①③

3，3sinC(sinB3cosB)sinA，BC边上的高为h，则h的最大值为（ ）

A．

1 2B．1 C．

3 2D．2

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【答案】C

【解析】先化简已知得c2sin(B数求h最大值得解. 【详解】

因为3sinC(sinB3cosB)sinA，

所以3c(sinB3cosB)a(sinB3cosB)3 所以c2sin(B1)，再求出hsin(2B)，再利用三角函3623).

所以hcsinB2sin(B所以hsin(2B所以当B=故选C 【点睛】

13)sinB2sinB(sinBcosB) 3226)1, 23时，h取最大值. 32本题主要考查正弦定理解三角形，考查三角函数和三角恒等变换，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.

11．若一个四位数的各位数字相加和为10，则称该数为“完美四位数”，如数字“2017”.试问用数字0，1，2，3，4，5，6，7组成的无重复数字且大于2017的“完美四位数”有（ ）个. A．71 【答案】A

【解析】根据题意，分析可得四位数字相加和为10的情况有①0、1、3、6，②0、1、4、5，③0、1、

2、7，④0、2、3、5，⑤1、2、3、4；共5种情况，据此分5种情况讨论，依次求出每种情

况下大于2017的“完美四位数”的个数，将其相加即可得答案． 【详解】

根据题意，四位数字相加和为10的情况有①0、1、3、6，②0、1、4、5，③0、1、2、7，

④0、2、3、5，⑤1、2、3、4；共5种情况， 则分5种情况讨论：

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B．66

C．59

D．53

①、四个数字为0、1、3、6时，

千位数字可以为3或6，有2种情况，将其余3个数字全排列，安排在百位、十位、个位，

3有A36种情况，此时有2612个“完美四位数”，

②、四个数字为0、1、4、5时，

千位数字可以为4或5，有2种情况，将其余3个数字全排列，安排在百位、十位、个位，

3有A36种情况，此时有2612个“完美四位数”，

③、四个数字为0、1、2、7时，

3千位数字为7时，将其余3个数字全排列，安排在百位、十位、个位，有A36种情

况，

千位数字为2时，有2071、2107、2170、2701、2710，共5种情况，此时有6511个“完 美四位数”，

④、四个数字为0、2、3、5时，

千位数字可以为2或3或5，有3种情况，将其余3个数字全排列，安排在百位、十位、个

3位，有A36种情况，此时有3618个“完美四位数”，

⑤、四个数字为1、2、3、4时，

千位数字可以为3或4或2，有3种情况，将其余3个数字全排列，安排在百位、十位、个

3位，有A36种情况，此时有3618个“完美四位数”，

则一共有121211181871个“完美四位数”， 故选：A． 【点睛】

本题考查排列、组合的应用，涉及分类计数原理的运用，分类讨论注意做到不重不漏．

ln2x[lnx]1,x012．设[x]表示不大于实数x的最大整数，函数f(x)，若关于xe(ax1),x0x的方程f(x)1有且只有5个解，则实数a的取值范围为（ ）

A．(,1)

B．(,e)

C．(,1]

D．(,e]

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【答案】A

【解析】根据分段函数的解析式，先讨论当x＞0时，函数零点的个数为三个，再讨论当x≤0时，函数的零点的个数为2个，利用导数结合数形结合分析得解. 【详解】

首先，确定在x＞0上，方程f(x)=1的解.

n{0,1,2,3,4,L}时，在x[e(n1),en)上，e(n1)xen， (n1)lnxn，

所以由取整意义有[lnx]=-(n+1), 又nlnx(n1),

222n2nf(x)n23n1,

即在x[e(n1),en)上，恒有n2nf(x)n23n1,

n2n1f(x)1n23n,

取n=0,1f(x)10，

令xe,f(e)1,此时有一根xe1， 当n≥1时，恒有f(x)-1＞1， 此时在x[e在x[e,en(n1)11,en)上无根.

n1)上，enxen1，

nlnxn1[ln，x]n，

2 又n2ln2x（n1），n2n1f(x)(n1)2n1,

所以在x[e,enn1)上，恒有n2n1f(x)n2n，

n2n2f(x)1n2n1.

n=1时，在[e,e2）上，

fx)-11, 有2（n=2时，在[e2,e3)上， 有0f(x)15,

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f(x)1,即ln2xn11,

lnxn2,xen2,

所以此时有两根，x=e3,xe2. 这样在（0，+）上，f(x)=1, 有三根，x1=e1,x2e3,x3e2 在x(,0]上，f(x)e(ax1), 显然f(0)1,有一根x4=0，所以在（-，0）上，f(x)=1有且仅有一根， 由“洛必达法则” 又x-时，xx-limf(x)limex(ax1)0.

x在（-，0）上，f(x)是先增后减，

f(x)=ex(axa1),f(x)=0得

a10a1或a＞0. aa1又在（-，-)上，f(x)单调递增，f(x)0

ax即ea1a(a)0,a0又a1,

a1.

故选：A 【点睛】

本题主要考查利用导数研究函数的零点问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力，难度较大.

二、填空题

13．若实数，满足约束条件【答案】

【解析】作出不等式组表示的平面区域，平移目标函数所表示的直线，可得出目标函数的最大值.

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，则

的最大值是________．

【详解】

画出不等式组表示的可行域如图阴影部分所示：

可变形为，表示斜率为的直线，

时，取得最大值，

．

平移该直线，当直线经过点【点睛】

本题考查简单的线性规划问题.

r13rrr14．已知平面向量a，b的夹角为，且a1，b2,2，则3rrr(a2b)b________．

【答案】

5 2rrr【解析】先由题意求出b，得到ab，进而可求出结果.

【详解】

r13r因为b2,2，所以b1，

rrr又向量a，b的夹角为，且a1，

rrrr1则ababcos，

32rr21rrrr5所以(a2b)bab2b2.

22故答案为【点睛】

本题主要考查平面向量的数量积运算，熟记概念与运算法则即可，属于常考题型.

35 2a15．在x(a0)的二项展开式中，只有第5项的二项式系数最大，且所有项的xn第 11 页 共 22 页

系数和为256，则含x6的项的系数为_________． 【答案】8.

【解析】根据已知求出n=8和a=1,再求含x6的项的系数. 【详解】

因为只有第5项的二项式系数最大， 所以n=8.

因为所有项的系数和为256， 所以（1+a)256,a1.

81r8r1rr82r设x的通项为Tr1C8x()C8x，

xx令8-2r=6,所以r=1.

1所以含x6的项的系数为C88.

8故答案为：8 【点睛】

本题主要考查二项式的展开式的系数的求法，考查二项式系数问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.

216．已知抛物线C：y4mx(m0)与直线x-y-m=0交于A、B两点（A、B两

点分别在x轴的上、下方），且弦长AB8，则过A，B两点、圆心在第一象限且与直线xy5430相切的圆的方程为____________． 【答案】(x1)(y4)24.

【解析】先求出圆的半径为26，再求出圆心为（1,4），即得圆的方程. 【详解】

联立直线和抛物线的方程得x6mxm0,

2236m4m由题得|AB|=8=11，

122222所以m=1.

所以x6x10,

解之得A(322,222),B(322,222),

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2所以AB的垂直平分线方程为y=-x+5, 因为圆心在AB的垂直平分线上， 所以设圆心（t,-t+5）,

因为AB的垂直平分线和直线xy5430平行，

因为两平行线间的距离为d|5543|26，

2所以圆的半径为26. 因为点A(322,222)在圆上，

所以（3+22-t)2(322t)224,(0t5)， 所以t=1.

所以圆心为（1,4），

所以圆的方程为(x1)(y4)24. 故答案为：(x1)(y4)24 【点睛】

本题主要考查直线和抛物线的位置关系，考查圆的标准方程的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.

三、解答题

17．已知数列an满足：an1,an12且b1,b2,b4成等比数列； （1）求证：bn是等差数列；

（2）Sn是数列bn的前n项和，求数列{

222211nN*，数列bn中，bn，anan11}的前n项和Tn． SnTn【答案】(1)证明见解析 (2) 【解析】（1）根据递推式构造出

2n． n11an1111，即bn11bn，可得证； an1（2）先根据等差数列的前n项和公式，求出Sn，可得

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1，再运用裂项求和的方法可Sn得解. 【详解】

（1）证明：an1,an1211a1nN*，可得an111n， ananan所以

1an11111b，因为n，所以得bn11bn，

an1an1所以bn是公差为1的等差数列；

2（2）b1,b2,b4成等比数列，可得b2b1b4，

可得b11b1b13，解得b11，

21n2n即Snnn(n1)，

2212112可得Snn(n1)nn1则前n项和Tn21所以Tn【点睛】

， 2n. n1111111L21223nn1n12n. n1本题考查根据递推式证明数列是等差数列，等差数列的前n项和,以及运用裂项相消法求数列的和的方法，在证明数列是等差数列时，需构造等差数列的定义式，属于中档题. 18．某蛋糕店制作并销售一款蛋糕，制作一个蛋糕成本3元，且以8元的价格出售，若当天卖不完，剩下的则无偿捐献给饲料加工厂。根据以往100天的资料统计，得到如下需求量表。该蛋糕店一天制作了这款蛋糕X(XN)个，以x（单位：个，100x150，

xN）表示当天的市场需求量，T（单位：元）表示当天出售这款蛋糕获得的利润.

需求量/个 天数

（1）当x135时，若X130时获得的利润为T1，X140时获得的利润为T2，试

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15 25 30 20 10 [100,110) [110,120) [120,130) [130,140) [140,150] 比较T1和T2的大小；

（2）当X130时，根据上表，从利润T不少于570元的天数中，按需求量分层抽样抽取6天.

（i）求此时利润T关于市场需求量x的函数解析式，并求这6天中利润为650元的天数；

（ii）再从这6天中抽取3天做进一步分析，设这3天中利润为650元的天数为，求随机变量的分布列及数学期望.

【答案】(1) T2T1.(2) （i）3; （ii）见解析.

【解析】（1）求出T2,T1,再比较T1和T2的大小；（2）（i）先求出利润

8x390,100x130T，再求出需求量120x150，所以利润T不少于570

650,130x150元时共有60天，再利用分层抽样求出

这6天中利润为650元的天数；（ii）由题意可知0,1,2,3，再求出随机变量的分布列及数学期望. 【详解】

（1）X130时，T11305650元；X140时，T2135535660元，∴T2T1；

（2）（i）当X130时，利润T8x390,100x130，

650,130x150当T570时，即8x390570，即120x130，

又650570，所以利润T不少于570元时，需求量120x150，共有60天， 按分层抽样抽取，则这6天中利润为650元的天数为6（ii）由题意可知0,1,2,3，

3C31其中P(0)3，P(C62013. 21C32C391)3，

C620123C3C39C31P(2)3. ，P(3)320CC6206故的分布列为

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P 0 1 2 3 

∴E()【点睛】

1 209 209 201 20991323. 2020202本题主要考查函数解析式的求法，考查分层抽样，考查随机变量的分布列和期望，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.

19．如图，已知四棱锥PABCD，底面ABCD为菱形，AB4，DAB60，

APPD，AP23，BP4，M为AD的中点.

（1）求证：平面BPM平面APD；

（2）若点N在线段BC上，当直线PN与平面PMC所成角的正弦值为段BN的长.

【答案】(1)见解析.(2)2.

【解析】（1）先证明BM面APD，再证明平面BPM平面APD；（2）以点M为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法求出

6时，求线8uruuurcosm,PN【详解】

6，解方程即得解. 8(1)证明：由题意易得BMAD，且BM23， 在RtAPD中，PD42(23)22，

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∴PDA60，∴PM2， 在PMB中，PM2BM2BP2， ∴PMMB，又ADIPMM， ∴BM面APD，又∴BM面BPM， ∴平面BPM平面APD.

（2）由（1）可知BM面APD，所以以点M为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则M(0,0,0)，P0,1,3，C23,4,0，

ur设平面PMC的一个法向量为m(x,y,z)，

vvuuumMP0y3z0uuuuv由v，则令x2，y3，z1，所以mMC023x4y0urm(2,3,1)，

uruuur∴cosm,PN433(a1)343112(a1)236， 8解得a2或a8（舍），故BN=2.

【点睛】

本题主要考查空间垂直关系的证明，考查线面角的求法和计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.

20．已知点D(0,1)，过点D作抛物线C1：x22py(p0)的切线l，切点A在第二象限.

（1）求切点A的纵坐标；

x2y22（2）有一离心率为的椭圆C2：221(ab0)恰好经过切点A，设切线lab2与椭圆C2的另一交点为点B，记切线l、OA、OB的斜率分别为k、k1、k2，若

k1k24k，求椭圆C2的方程.

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x2y2【答案】(1) y01.(2) 1.

422x0x0x【解析】（1）设切点A(x0,y0),求出l的方程为y，再把点D的坐标代入即p2px2y2得解；（2）先根据已知设椭圆方程为221，再根据k1k24k求出b的值得

2bb解. 【详解】

2x0（1）设切点A(x0,y0)则有y0，

2p2x0x0x0x由切线l的斜率为k，得l的方程为y，

pp2p2

x0

又点D(0,1)在l上，所以1，即y01，所以点A的纵坐标y01.

2p

由（1）得A(2p,1)，切线斜率k设B(x1,y1)，切线方程为ykx1，

2， p2c21由e得2，又c2a2b2，所以a22b2，

a22x2y2所以椭圆方程为221，

2bbykx122212kx4kx22b0， 由2得22x2y2b4k22b2∴x0x1，x0x1， 2212k12k又因为k1k24k，即

y0y1x1y0x0y1x1kx01x0kx11xx2k10

x0x1x0x1x0x1x0x14k22k12k2k2k4k， 22b21b212k2第 18 页 共 22 页

x2y2解得b2，所以a2b4，所以椭圆方程为1.

42222

【点睛】

本题主要考查椭圆标准方程的求法，考查抛物线的切线的求法，考查直线和椭圆的位置关系问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力. 21．已知函数f(x)ex2x，其中e为自然对数的底数. 4（1）设函数g(x)(x1)f'(x)（其中上的单调性；

f'(x)为f(x)的导函数），判断g(x)在(1,)（2）若函数F(x)ln(x1)af(x)4在定义域内无零点，试确定正数a的取值范围. 【答案】(1) g(x)在(1,)上单调递增.(2)a(4,).

【解析】（1）先分析得到g(x)0，即得函数g(x)在(1,)上的单调性；（2）先利用导数求出

F(x)maxF(t)ln(t1)af(t)4，再对a分三种情况讨论，讨论每一种情况下的

零点情况得解. 【详解】

xx121（1）因为f(x)e，则f'(x)e，

424x2x21g(x)(x1)f'(x)(x1)2e1，

4xx121112∴g'(x)e(x3)12e12e210，

444∴g(x)在(1,)上单调递增.

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（2）由F(x)ln(x1)af(x)4知F'(x)1a1af'(x)g(x)， x1x1a由（1）知g(x)在(1,)上单调递增，且g(1)0，可知当(1,)时，

g(x)(0,)，

则F'(x)a1g(x)有唯一零点，设此零点为xt， x1a易知x(1,t)时，F'(x)0，F(x)单调递增；x(t,)时，F'(x)0，F(x)单调递减，

故F(x)maxF(t)ln(t1)af(t)4，其中a1. g(t)令G(x)ln(x1)f(x)4， g(x)则G'(x)1f'(x)g(x)f(x)g'(x)f(x)g'(x)， 2x1[g(x)][g(x)]2易知f(x)0在(1,)上恒成立，所以G'(x)0，G(x)在(1,)上单调递增，且G(0)0.

①当0a4时，g(t)11g(0)，由g(x)在(1,)上单调递增知t0， a4则F(x)maxF(t)G(t)G(0)0，由F(x)在(1,t)上单调递增，

Fe41afe410，所以F(t)Fe410，故F(x)在(1,t)上有

零点，不符合题意； ②当a4时，g(t)11g(0)，由g(x)的单调性知t0，则a4F(x)maxF(t)G(t)G(0)0，此时F(x)有一个零点，不符合题意；

③当a4时，g(t)11g(0)，由g(x)的单调性知t0，则a4F(x)maxF(t)G(t)G(0)0，此时F(x)没有零点.

综上所述，当F(x)ln(x1)af(x)4无零点时，正数a的取值范围是a(4,). 【点睛】

本题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查利用导数研究函数的最值和零点问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.

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xtcos22．在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为，（t为参数），在以坐标原

ytsinC2：2cosx轴正半轴为极轴的极坐标系中，ρ＝2cosθ，点为极点，曲线C1：

（1）求C1与C2交点的直角坐标；

（2）若直线l与曲线C1，C2分别相交于异于原点的点M，N，求|MN|的最大值．

 ．333【答案】（1)（0，0），（2）2. 2，2；

【解析】（1）由两曲线的极坐标方程结合极坐标与直角坐标的互化公式可得C1与C2的直角坐标方程，再联立求解即可；

（2）不妨设0，设点M1,，N2,，作差后取绝对值，再由三角函数求最值. 【详解】

（1）由ρ＝2cosθ，得ρ2＝2ρcosθ， 则曲线C1的直角坐标方程为x2+y2＝2x， 由2cos2，得cos3sin， 3则曲线C2的直角坐标方程为x2y2x3y0．

3xx02xy2x由2，解得或， 2y0y3xyx3y022233故C1与C2交点的直角坐标为（0，0），2，2；

（2）不妨设0≤α＜π，点M，N的极坐标分别为（ρ1，α），（ρ2，α）． ∴MN122cos2cos

32coscos3sincos3sin2cos．

3∴当2时，|MN|取得最大值2． 3【点睛】

本题考查简单曲线的极坐标方程，考查计算能力，属于中档题.

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23．设函数f(x)|2x4|2|x1|

（1）若存在x0R，使得fx0m5m，求实数m的取值范围；

2a2b2（2）若m是（1）中的最大值，且正数a，b满足abm，证明：1.

ba【答案】（1）2m1；（2）见解析

【解析】（1）存在x0R，使得fx0m5m，只需fxminm5m，求

22出fx的最小值即可；

2222abba（2）求出m代入abm中，然后由 ab2a2b ，即

baab可证明不等式． 【详解】

（1）Qf(x)|2x1|2|x1||2x12(x1)|3，

Q存在x0R，使得fx0m25m，3m25m，2m1，

（2）由（1）知：m的最大值为1，ab1，

a2b2a2b2b2a2ab2a2b2a2b，ab1，当且仅当

babaabab时取“=”.

【点睛】

本题考查了绝对值三角不等式最值的求法和基本不等式，考查了转化思想，属中档题．

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