高考必刷卷 文科数学（解析版） 21页

2020年高考必刷卷 05 数学（文） （本试卷满分 150分，考试用时 120分钟） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。用 2B铅笔将试卷 类型（B）填涂在答题卡的相应位置上。 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用 2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如 需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案。答案不能答在试卷上。 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置 上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作 答无效。 4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。 第Ⅰ卷（选择题) 一、单选题：本大题共 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．已知集合 { | 1}A x N x   ，集合 { | 1 3 }B x Z y x x      ,则图中的阴影部分表示的 集合是（ ） A．[1,3] B． (1,3] C．{ 1,2,3} D．{ 1,0,2,3} 【答案】C 【解析】 【分析】 图中阴影部分表示的集合为 BAð ，所以先求出集合 A,B后可得结论． 【详解】 由题意得        , 1 0,1 , 1 3, 1,0,1, 2,3A x x N x B x x x Z           ， 所以  1,2,3BA  ð ， 即图中阴影部分表示的集合为 1,2,3 ． 故选 C． 【点睛】 本题考查集合的元素、韦恩图和集合的补集运算，解题的关键是认清图中阴影部分表示的集合以及 所给集合中元素的特征，属于基础题． 2．复数 z满足  1 1 3z i i   ，则复数 z等于（） A．1 i B．1 i C．2 D．-2 【答案】B 【解析】 【分析】 通过复数的模以及复数的代数形式混合运算，化简求解即可. 【详解】 复数 z满足  1 1 3 2z i i    ， ∴       2 12 1 1 1 1 i z i i i i         ， 故选 B. 【点睛】 本题主要考查复数的基本运算，复数模长的概念，属于基础题． 3．已知命题 p：对任意 x∈（0，+∞），sinx≤x2 1 4  ，则￢p为（ ） A．∃x0∈（0，+∞），使得 sinx0≤x02 1 4  B．∃x0∈（0，+∞），使得 sinx0＞x02 1 4  C．∃x0∈（﹣∞，0），使得 sinx0≤x02 1 4  D．∃x0∈（﹣∞，0），使得 sinx0＞x02 1 4  【答案】B 【解析】 【分析】 根据全称命题: , ( )x M p x  的否定为: 0 0, ( )x M p x   ,可知答案. 【详解】 因为命题 p：对任意 x∈（0，+∞），sinx≤x2 1 4  , 所以￢p为: ∃x0∈（0，+∞），使得 sinx0＞x02 1 4  . 故选:B 【点睛】 本题考查了全称量词的否定,解题关键是抓住量词进行改写,属于基础题. 4．《算法统宗》是中国古代数学名著，由明代数学家程大位编著. 《算法统宗》对我国民间普及珠 算和数学知识起到了很大的作用，是东方古代数学的名著.在这部著作中，许多数学问题都是以歌诀 形式呈现的，以“竹筒容米”就是其中一首：家有九节竹一茎，为因盛米不均平；下头三节三升九， 上梢四节贮三升；唯有中间二节竹，要将米数次第盛；若是先生能算法，也教算得到天明！大意是： 用一根 9节长的竹子盛米，每节竹筒盛米的容积是不均匀的.下端 3节可盛米 3.9升，上端 4节可盛 米 3升，要按每节依次盛容积相差同一数量的方式盛米，中间两节可盛米多少升？由以上条件，计 算出中间两节的容积为（ ） A． 2.1升 B．2.2升 C． 2.3升 D．2.4升 【答案】A 【解析】 由题意由上到下每节容积依次等差数列，且 1 2 3 4 7 8 9 5 63, 3.9,a a a a a a a a a       求 8 8 1 1 13 3.9 1.3 7 4 6 3 0.6, 0.1a a a d a d a d           5 6 12 9 1.2 0.9 2.1a a a d       ，选 A. 5．在区间[ 1,1] 上随机取一个数 x，则事件“ 10 cos 2 2 x   ”发生的概率为（ ） A． 1 3 B． 2  C． 1 2 D． 2 3 【答案】A 【解析】 在区间[−1,1]上随机取一个数 x， 即 x∈[−1,1]时,要使 cos 2 x 的值介于 0到 1 2 之间， 需使 2 2 3 x     或 3 2 2 x   ∴ 21 3 x  或 2 1 3 x ,区间长度为 2 3 ， 由几何概型知 cos 2 x 的值介于 0到 1 2 之间的概率为 2 13 2 3  . 本题选择 A选项. 点睛：解答几何概型问题的关键在于弄清题中的考察对象和对象的活动范围．当考察对象为点，点 的活动范围在线段上时，用线段长度比计算；当考察对象为线时，一般用角度比计算，即当半径一 定时，由于弧长之比等于其所对应的圆心角的度数之比，所以角度之比实际上是所对的弧长(曲线长) 之比． 6．若函数  f x 满足    2 3f x f x x   ，则  2f （ ） A． 6 B．6 C．   9 D．9 【答案】A 【解析】 【分析】 由函数  f x 满足    2 3f x f x x   ，再分别令 2x  ， 2x   ，列方程组求解即可. 【详解】 解：因为函数  f x 满足    2 3f x f x x   ， 令 2x  得：    2 2 2 6f f   ，① 令 2x   得：    2 2 2 6f f    ，② 联立①②得：  2 6f   ， 故选:A. 【点睛】 本题考查了利用赋值法求函数的值，属基础题. 7．某几何体的三视图如图所示，该几何体表面上的点 与点 在正视图与侧视图上的对应点分别 为 ，，则在该几何体表面上，从点 到点 的路径中，最短路径的长度为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】 【分析】 画出几何体的图形，然后 PQ的路径有正面和右面以及正面和上面两种路径，分别计算出结果，得 出答案. 【详解】 由题，几何体如图所示 （1）前面和右面组成一面 此时 PQ= （2）前面和上面再一个平面 此时 PQ= 故选 C 【点睛】 本题考查了几何体的三视图以及相关的计算，解题的关键是 PQ的路径有两种情况，属于较易题. 8．已知平面向量 a  ，b  的夹角为 3  ，且 1a   ， 2b   ，则 3 2a b  r r （ ） A．13 B． 11 C． 13 D．11 【答案】C 【解析】 分析：根据向量的运算，化简  23 2 3 2a b a b      ，由向量的数量积定义即可求得模长。 详解：平面向量数量积 cosa b a b     ，所以  2 2 23 2 3 2 9 12 4a b a b a a b b              229 12 cos 4a a b b       2 29 1 12 1 2cos 4 2       13 所以选 C 点睛：本题考查了向量的数量积及其模长的求法，关键是理解向量运算的原理，是基础题。 9．已知双曲线 2 2 2 2 1( 0, 0)x y a b a b     的离心率为 7 2 ，且双曲线的一个焦点在抛物线 2 8 7y x 的 准线上，则双曲线的方程为（ ） A． 2 2 1 4 3 x y   B． 2 2 1 3 4 x y   C． 2 2 1 16 12 x y   D． 2 2 1 12 16 x y   【答案】C 【解析】 【分析】 求出抛物线的准线，即得 2 7c  ，再由离心率公式和 2 2 2 a b c ，可得 a，b，即可得到双曲线 方程. 【详解】 抛物线 2 8 7y x 的准线为 2 7x   ，则有双曲线的一个焦点为  2 7,0 ，即 2 7c  ， 由 7 2 ce a   ，可得 4a  ，则 2 2 28 16 2 3b c a     ， 即双曲线方程为 2 2 1 16 12 x y   . 故选：C. 【点睛】 本题考查抛物线和双曲线的方程和性质，运用离心率公式和 a，b，c 的关系是解题的关键，属于 基础题. 10．在长方体 1 1 1 1ABCD ABC D 中， 1AD 与平面 ABCD所成角的大小为60， 1DC 与平面 ABCD 所成角的大小为 30°，那么异面直线 1AD 与 1DC 所成角的余弦值是（ ） A． 2 4 B． 3 4 C． 2 8 D． 3 8 【答案】B 【解析】 分析：先找到 1AD 与平面 ABCD所成角， 1DC 与平面 ABCD所成角，再设出长方体的边长找到异 面直线 1AD 与 1DC 所成角，最后利用余弦定理求异面直线 1AD 与 1DC 所成角的余弦值. 详解：由题得∠ 0 0 1 160 , 30 ,D AD C DC   设 AD=1,则 1 1 13, 3, 2 3, 2, 10.CC DC DC BC DB      在△ 1BDC 中，由余弦定理得 1 12 4 10 3cos 42 2 3 2 BC D        . 因为 1 1||AD BC ,所以异面直线 1AD 与 1DC 所成角的余弦值是 3 4 . 故答案为： 3 4 . 点睛：（1）本题主要考查直线和平面所成的角和异面直线所成的角，意在考查学生对这些知识的掌 握水平.(2) 异面直线所成的角的求法,方法一：（几何法）找作（平移法、补形法）证（定义） 指求（解三角形）.方法二：（向量法） • cos m n m n       ，其中 是异面直线 ,m n所成的角， ,m n   分别是直线 ,m n的方向向量. 11．已知 1 2,F F 分别是椭圆   2 2 2 2: 1 0x y a b a b      的左、右焦点，点 P是椭圆上一点， I 为 1 2PFF 的内心，若 1 2 1 2 4PF F IF FS S  ，则该椭圆的离心率是 A． 1 3 B． 1 4 C． 2 2 D． 2 3 【答案】A 【解析】 分析：首先根据三角形面积的关系，确定出三角形的三边的关系，结合椭圆的定义，得到 1 2 12 1 32 2 c r r a     ， 再根据椭圆的离心率的公式求得结果. 详解：设 1 2PFF 的内切圆的半径为 r，根据题意 1 2 1 2 4PF F IF FS S  可得， 1 2 1 2 1 3 IF F PIF PIF S S S      ，根据 三角形的面积公式，可以求得 1 2 12 1 32 2 c r r a     ，整理得 1 3 c a  ，即 1 3 e  ，故选 A. 点睛：该题考查的是有关椭圆的离心率的求解问题，在解题的过程中，需要注意根据题的条件，结 合焦点三角形的特征，求得对应的离心率的大小. 12．函数 ( ) sin 2f x x x  ，若 1 2, [ ] 2 2 x x     ， ，且 1 2( ) ( ) 0f x f x  ，则下列不等式中正确的 是（ ） A． 1 2x x B． 1 2x x C． 1 2 0x x  D． 1 2 0x x  【答案】D 【解析】 【分析】 利用导数，判断出函数在 2 2      ， 上的单调性，然后再判断函数的奇偶性，最后根据已知的不等式， 利用单调性和奇偶性，得出结论． 【详解】    'sin 2 cos 2 0f x x x f x x      ，所以函数  f x 在 2 2      ， 上是减函数，又 ( ) sin( ) 2 sin 2 (sin 2 ) ( )f x x x x x x x f x            ，所以函数  f x 在 2 2      ， 上是奇 函数，所以有        1 2 1 2 20 ( )f x f x f x f x f x       ，根据单调性有 1 2 1 2 0x x x x   ，故本题选 D. 【点睛】 本题考查了利用导数判断函数的单调性．考查了函数的奇偶性的判断．重点考查了利用函数性质解 决两个自变量之间的关系． 第Ⅱ卷（非选择题) 二、填空题：本大题共 4小题，每小题 5分，共 20分。把答案填在题中的横线上。 13．已知 ,x y满足约束条件 2 2 {2 1 2 0 x y x y x y        ，则 1 y x  的最小值为__________． 【答案】 1 2  【解析】 可行域为一个三角形 ABC及其内部，其中 (2,0), (0,1), (1, 1)A B C  ， 1 y x  表示可行域内一点 P到 定点 ( 1,0)M  连线的斜率，所以最小值为 1 1 2 2CMk     . 点睛：线性规划问题，首先明确可行域对应的是封闭区域还是开放区域、分界线是实线还是虚线， 其次确定目标函数的几何意义，是求直线的截距、两点间距离的平方、直线的斜率、还是点到直线 的距离等等，最后结合图形确定目标函数最值取法、值域范围. 14．在 ABC 中，若 cos cos ,a B b A ABC 则 的形状 _________． 【答案】等腰三角形 【解析】 由正弦定理知， : sin : sina b A B ，所以由已知有 sin cos sin cosA B B A ，即 in 0( )s A B  ， 因为 ,A B是三角形的内角，所以 0,A B A B   ，则 ABC 的形状是等腰三角形。 15．抛物线 y2=4x与过其焦点且垂直于 x轴的直线相交于 A，B两点，其准线与 x轴的交点为 M，则 过 M，A，B三点的圆的标准方程为________. 【答案】(x－1)2＋y2=4 【解析】 ∵抛物线 y2=4x与过其焦点且垂直于 x轴的直线相交于 A，B两点，∴不妨设 A，B两点的坐标分别 为：(1,2)，(1，－2)，又准线与 x轴的交点为 M，∴M点的坐标为(－1,0)， 则过 M，A，B三点的圆的圆心在 x轴，设圆心坐标为 C(a,0)， 则|CA|=|CM|，即      2 21 0 2 1a a      ，解得 a=1.∴圆心坐标为(1,0)，半径为 2.故所求圆 的标准方程为(x－1)2＋y2=4. 16．符号[x]表示不超过 x的最大整数,如[e]=2,[π]=3,[-1.2]=-2,定义函数{x}=x-[x]给出下列四个结论： ①函数{x}的定义域是 R,值域为[0,1] ②方程{x}= 1 2 有无数个解; ③函数{x}是奇函数; ④函数{x}是增函数, 其中正确结论的序号是____(写出所有正确结论的序号) 【答案】② 【解析】 【分析】 利用 x 的定义，结合函数的定义域、值域、奇偶性、单调性的定义进行判断 【详解】 ①函数 x 的定义域是 R ,但  0 1x x   ，其值域为 0 1 ， ，故错误 ②由    1  2 x x x   ，可得   1 2 x x  ，则 1.5 2.5x  ， ……都是方程的解，故正确 ③函数 x 的定义域是R ,而      x x x x       ，故函数不是奇函数，故错误 ④由②可得  11.5 2  ，  12.5 2  ……当 1.5 2.5x  ， ……时，函数 x 的值都为 1 2 ，故不是增函数， 故错误 综上，故正确的是② 【点睛】 本题考查了新定义函数的性质，结合新函数定义，再运用函数的定义域、值域、奇偶性、单调性的 定义即可作出判断 三、解答题：本大题共 6 小题，共 70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.第 17-21 题为必做题,每个考生都必须作答.第 22/23题为选考题，考生根据要求作答. （一）必考题：共 60分 17．等比数列的各项均为正数，成等差数列，且 ． （1）求数列的通项公式； （2）设 ൅൅ ，求数列的前 项和． 【答案】（1） ；（2） ൅ . 【解析】分析：设等比数列的公比为 ，然后将条件都转化成首项和公比，解方程可求出首项和 公比，从而可求数列的通项公式；（2）先求出数列的通项公式，然后利用裂项求和可求出数 列的前 项和. 详解：（1） 设等比数列的公比为 ，依题意，有 即 所以 由于 ， ，解之得 或 又 ，所以 ， 所以数列的通项公式为 ൅（ ）． （2）解：由（1），得 ൅൅ ൅൅ ． 所以 ൅ ൅ ൅ ． 所以 ൅ ൅ ൅ ൅ ൅ ． 故数列的前 项和 ൅ ． 点睛：本题主要考查等比数列的通项公式，以及裂项相消法求数列的和，属于中档题. 裂项相消法 是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子 的结构特点，常见的裂项技巧：(1) ；（2） ； （3） ；（4） ；此外，需注意裂项之后相消 的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误. 18．如图 1所示，在等腰梯形 ABCD中， 45 2 4AB CD BAD AB CD    ∥ ， ， ，点 E为 AB 的中点.将 ADE 沿DE折起，使点 A到达 P的位置，得到如图 2所示的四棱锥 P EBCD ，点M 为棱 PB的中点. （1）求证： PD MCE∥平面 ； （2）若 PDE EBCD平面 平面 ，求三棱锥M BCE 的体积. 【答案】（1）见解析；（2） 2 6 【解析】 【分析】 （1）连接 BD，交CE于点O，连接OM ，易知底面 EBCD是平行四边形，则O为 BD中点，又M 是 BP中点，可知 PD MO ，则结论可证. （2）先证明 ADE 是等腰直角三角形，由条件中的面面垂直可得 PD 平面 BCDE，则由（1） 可知MN 平面 BCDE，则MN为三棱锥M BCE 的高，底面 BCE 的面积容易求得，根据公 式求三棱锥M BCE 的体积. 【详解】 （1）在平面图中， 因为 1 2 BE AB CD  且 / /BE CD， 所以四边形 EBCD是平行四边形； 在立体图中， 连接 BD，交CE于点O，连接OM ，所以点O是 BD的中点，又因为点M 为棱 PB的中点， 所以 / /OM PD，因为 PD 平面MCE，OM 平面MCE， 所以 / /PD 平面MCE； （2）在平面图中， 因为 EBCD是平行四边形，所以DE BC ，因为四边形 ABCD是等腰梯形， 所以 AD BC ，所以 AD DE ，因为 45BAD  ，所以 AD DE ； 在立体图中， PD DE ， 又平面 PDE 平面 EBCD，且平面 PDE平面 EBCD DE ， PD 平面 PDE 所以 PD 平面 EBCD， 由（1）知 / /OM PD，所以OM 平面 EBCD， 在等腰直角三角形 ADE 中，因为 2AE  ，所以 2AD DE  ， 所以 1 1 2 2 2 2 OM PD AD   ，又 1BCE ADES S   ， 所以 1 2 3 6M BCE BCEV S OM     . 【点睛】 本题考查平面几何与立体几何的关系，线面平行的证明，面面垂直的性质等，有一定的综合性，属 中等题. 19．如图是某企业 2010年至 2016年的污水净化量(单位：吨)的折线图. 注：年份代码1 7～ 分别对应年份 2010 2016～ . (1)由折线图看出，可用线性回归模型拟合 y和 t的关系，请用相关系数加以说明； (2)建立 y关于 t的回归方程，预测 2019年该企业的污水净化量； (3)请用数据说明回归方程预报的效果. 参考数据： y＝54，     7 1 21i i i t t y y     ， 14 3.74 ，   7 2 1 9ˆ 4i i i y y    ， 参考公式：相关系数 1 2 1 1 2 ( )( ) ( ) ( ) n i i i n n i i i i t t y y r t t y y            ， 线性回归方程 ˆˆ ˆy a bt  ， 1 2 1 ( )( ) ˆ ( ) n i i i n i i t t y y b t t         ， ˆâ y bt  ， 反映回归效果的公式为： 2 2 2 1 (1 ( ) ) n i i i i y yR y y      ，其中 2R 越接近于1，表示回归的效果越好. 【答案】（1）详见解析；（2） 3 51 4 y b t a t        ；58.5吨；（3）详见解析. 【解析】 【分析】 （1）由折线图看出， y与 t之间存在较强的正相关关系，将已知数据代入相关系数方程即可； （2）根据已知数据，求出回归系数，可得回归方程，将2019年对应的 10t  代入回归方程可预测 该企业的污水净化量； （3）求出 2R ，即可得出结论. 【详解】 (1)由折线图中的数据得， 4t  ， 2 1 7 ( ) 28i i t t    ， 2 1 7 ( ) 18i i y y    ， 所以 21 0.94 28 18 r    . 因为 y与 t的相关系数近似为 0.94，说明 y与 t的线性相关程度相当大，所以可以用线性回归模型拟 合 y与 t的关系； (2)因为 54y  ， 1 7 2 1 7 ( )( ) 21 3ˆ 28 4( ) i i i i i t t y y b t t           ， 所以 3ˆˆ 54 4 51 4 a y bt      ， 所以 y关于 t的线性回归方程为 3 51 4 y b t a t        ， 将 2019年对应的 10t  代入上式，得 3 10 51 58.5 4 y      ， 所以预测 2019年该企业污水净化量约为58.5吨； (3)因为 2 2 2 1 ( 9 1 1 71 1 1 0.875 ( ) 4 18 ) 8 8 n i i i i y yR y y             ， 所以“污水净化量的差异”有 87.5%是由年份引起的，这说明回归方程预报的效果是良好的. 【点睛】 本题考查线性回归综合问题，考查识图能力，着重考查分析理解能力和计算能力，属于常考题. 20．已知点 ( , )M x y 满足 2 2( 1) | 1|x y x    ,设点 M的轨迹是曲线 C． （1）求曲线 C的方程． （2）过点 (2,0)D 且斜率为 1的直线 l与曲线 C交于两点 A,B,求 AOB （O为坐标原点）的面积 【答案】（1） 2 4y x （2） 4 3 【解析】 【分析】 （1）根据抛物线的定义，以及式子的意义，可以判断出点的轨迹是以点  1,0F 为焦点的抛物线， 从而求得 2p  ，进而得到抛物线的方程； （2）联立方程组，利用韦达定理求得 1 2 1 24, 8y y y y    ，利用三角形的面积公式求解即可. 【详解】 （1）由已知得点 M的轨迹是以点  1,0F 为焦点的抛物线 ∴ 1 2 p  ∴ 2p  所以曲线 c的方程为 2 4y x （2）联立 2 4 2 y x y x      得 2 4 8 0y y   1 2 1 24, 8y y y y    2 1 2 1 2 1 2 1 | | ( ) 4 16 32 4 3 2ABFS OD y y y y y y         . 【点睛】 该题考查的是有关抛物线的问题，涉及到的知识点有根据定义求曲线方程，直线与抛物线的位置关 系，对应三角形的面积公式，属于简单题目. 21．已知函数   xf x e ，   lng x x ．  1 求函数  y g x 在点  ,1A e 处的切线方程；  2 若存在常数  1 1,t   ，对任意  ,x   ，    1 12 2f x f t mx mt   恒成立，求实数 m 的取值范围．  3 已知函数      2 2 2( 0)h x g x t f x t t     在区间 0, 上的最大值为 1 ，求实数 2t 的值． 【答案】（1） 0x ey  ；（2） 2 em  ；（3） 1 2 【解析】 【分析】  1 求出函数的导数，计算 k的值，求出切线方程即可；  2 设函数     2h x f x mx  ，问题转化为  h x 在  1, 时存在最小值，求出函数的导数，通 过讨论 m的范围，求出函数的单调区间，确定函数的最小值，从而确定 m的范围即可；  3 根据函数的单调性确定存在唯一  0 0,x   ，使得  0 0h x  ，  0 2 0 2 1 *x te x t   ，求出  h x 的最大值，得到关于 2t 的方程，解出即可． 【详解】    1 lng x x ， 0x  ，   1'g x x   ，   1'k g e e    ， 函数  y g x 在点  ,1A e 处的切线方程为  11y x e e    ，即 0x ey  ；  2 设函数     2h x f x mx  ， 若存在常数  1 1,t   ，对任意  ,x   ，    1 12 2f x f t mx mt   恒成立， 则  h x 在  1, 时存在最小值，   2xh x e mx  ，  ' 2xh x e m  ， 0m  时，  h x 在  1, 递增，无最小值， 0m  时，令   0h x  ，解得： ln2x m ， 由 ln2 1m  ，解得： 2 em  ， ln2 1m  即 2 em  时， 令  ' 0h x  ，解得： ln2x m ， 令  ' 0h x  ，解得： ln2x m ， 故  h x 在  1, ln2m 递减，在  ln2 ,m  递增，  ( ) ln2minh x h m ，符合题意， 0 2 em  时， ln2 1m  ，  h x 在  1, 递增，无最小值，不合题意， 综上， 2 em  ；           2 2 2 23 ln x th x g x t f x t x t e        ， 2( 0)t  ，   2 2 1' x th x e x t    ，显然  'h x 在  0, 递减， 故存在唯一  0 0,x   ，使得  0 0h x  ， 即  0 2 0 2 1 *x te x t   ， 故  00,x x 时，  ' 0h x  ，  h x 递增，  0 ,x x  时，  ' 0h x  ，  h x 递减， 故      0 2 0 0 2 0 2 2 0 2 1( ) ln ln ( 0)x th x h x x t e x t t x t         最大值 ，  0 2 0 2 1ln 1x t x t      ，显然 0 2 1x t  是方程的解， 而 1lny x x   在  0, 递增， 方程  0 2 0 2 1ln 1x t x t      有且只有唯一的实数解 0 2 1x t  ， 把 0 21x t  代入  * 得： 21 2 1te   ，解得： 2 1 2 t  ． 【点睛】 本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法、分类讨论方法，考查了 推理能力与计算能力，属于难题． （二）选考题：共 10分.请考生在 22,23题中任选一题作答.如果多做,则按所做的第一题计分. 22．选修 4-4：坐标系与参数方程 在直角坐标系 中,曲线 C1的参数方程为 2x cos y sin       (α为参数),以原点 O为极点,x轴的正半轴 为级轴,建立极坐标系,曲线 C2的极坐标方程 πsin 3 2 4        ; (1)求曲线 C1的普通方程和曲线 C2的直角坐标方程; (2)设 P为曲线 C1上的动点,求点 P到曲线 C2上的距离的最小值. 【答案】（1）C1的普通方程为: 2 2 1, 2 x y  曲线 C2：x+y=6；（2） 63 2 2  . 【解析】 试题分析：(1)消去参数α可得曲线 C1的普通方程;利用 cos , sinx y     化简可得曲线 C2的直 角坐标方程; (2)设椭圆上的点  2 cos ,sinP   ,利用点到直线的距离公式,结合三角函数的知识求解即可. 试题解析： (1)由曲线 C1: 2 (x cos y sin        为参数), 曲线 C1的普通方程为: 2 2 1, 2 x y  由曲线 C2:ρsin(π+ π 4 )=3 2 ,展开可得: 2 2   (sinθ+cosθ)=3 2 , 化为:x+y=6. (2)椭圆上的点  2 cos ,sinP   到直线 O的距离为  2cos sin 6 3sin 6 2 2 d          其中 tan 2  , 所以当 sin(α+φ)=1时,P的最小值为 63 2 2  . 23．选修 4-5：不等式选讲 已知函数 ( ) | 2 | | 4 |f x x x   . （1）求不等式 ( ) 6 1f x x  的解集； （2）若 2 4 6, 0, ( ) 2 1, 0, a a g a a a a a          证明：不等式 ( ) ( )f x g a³ 恒成立. 【答案】(1) 1{ | } 3 x x  ；(2)证明见解析. 【解析】 试题分析：（1）零点分区间去掉绝对值，分段求解即可；（2）将表达式去掉绝对值，可求得  f x 取 最小值  0 2f ， 即证 4 6 2a a    即可. 解析： （1）   2 5 , 0, 2 4 2 3 ,0 2, 5 2, 2, x x f x x x x x x x               6 1f x x  ， 即 2 5 6 1, 0 x x x      或 2 3 6 1, 0 2, x x x       或 5 2 6 1, 2, x x x      解得 1{ | } 3 x x  . （2）   2 5 , 0, 2 4 2 3 ,0 2, 5 2, 2, x x f x x x x x x x             当 0x  时，  f x 单调递减， 当 0x  时，  f x 单调递增， 故 0x  时，  f x 取最小值  0 2f  . 当 0a  时， 4 4 4a a a a                  恒成立， 即 4 6 2a a    ，故    f x g a ， 当 0a  时，   2 2 1g a a a    在 1a  时取最大值  1 2g  ， 所以不等式    f x g a 恒成立. 综上，不等式    f x g a 恒成立.