2019学年湖南师大附中高三（下）月考数学试卷（文科） (3).docx

2018-2019学年湖南师大附中高三（下）月考数学试卷（文科）（六）（3月份）

一、选择题：本大题共12个小题，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．（5分）设集合，，，则集合　　

A．，，B．C．，D．，

2．（5分）已知复数的实部为，则　　

A．B．5C．6D．

3．（5分）下列说法中正确的是　　

A．若分类变量和的随机变量的观测值越大，则“与相关”的可信程度越小

B．对于自变量和因变量，当取值一定时，的取值具有一定的随机性，，间的这种非确定关系叫做函数关系

C．相关系数越接近1，表明两个随机变量线性相关性越弱

D．若分类变量与的随机变量的观测值越小，则两个分类变量有关系的把握性越小

4．（5分）设是等差数列的前项和，若，则　　

A．B．C．D．

5．（5分）图中的程序框图所描述的算法称为欧几里得展转相除法，若输入，，则输出的值等于　　

A．10B．22C．12D．13

6．（5分）下面四个推理，不属于演绎推理的是　　

A．因为函数的值域为，，，所以的值域也为，

B．昆虫都是6条腿，竹节虫是昆虫，所以竹节虫有6条腿

C．在平面中，对于三条不同的直线，，，若，则，将此结论放到空间中也是如此

D．如果一个人在墙上写字的位置与他的视线平行，那么，墙上字迹离地的高度大约是他的身高，凶手在墙上写字的位置与他的视线平行，福尔摩斯量得墙壁上的字迹距地面六尺多，于是，他得出了凶手身高六尺多的结论

7．（5分）已知满足对，，且时，为常数），则的值为　　

A．4B．C．6D．

8．（5分）如图，正方形的边长为1，延长至，使，连接、则　　

A．B．C．D．

9．（5分）若实数数列：，，，，成等比数列，则圆锥曲线的离心率是　　

A．或B．或C．D．

10．（5分）若函数为奇函数，，则不等式的解集为　　

A．B．

C．，，D．

11．（5分）四棱锥的三视图如图所示，四棱锥的五个顶点都在一个球面上，、分别是棱、的中点，直线被球面所截得的线段长为，则该球表面积为　　

A．B．C．D．

12．（5分）已知，是实数，1和是函数的两个极值点．设，其中，函数的零点个数　　

A．8B．9C．10D．11

二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，满分20分．请把答案填在答题卷对应题号后的横线上．

13．（5分）有三张卡片，分别写有1和2，1和3，2和3．甲，乙，丙三人各取走一张卡片，甲看了乙的卡片后说：“我与乙的卡片上相同的数字不是2”，乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片上相同的数字不是1”，丙说：“我的卡片上的数字之和不是5”，则甲的卡片上的数字是　 　．

14．（5分）圆心在直线上的圆与轴交于两点、，则圆的方程为　　．

15．（5分）已知锐角的外接圆半径为，且，，　 　．

16．（5分）已知为的外心，，，，若，则的最小值为　　．

三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．

17．（12分）在等比数列中，已知，且，，成等差数列．

（1）求数列的通项公式；

（2）求数列的前项和．

18．（12分）如图1所示，在中，，，，为的平分线，点在线段上，．如图2所示，将沿折起，使得平面平面，连接，设点是的中点．

（1）求证：平面；

（2）若平面，其中为直线与平面的交点，求三棱锥的体积．

19．（12分）某种鸟类属于国家一级保护鸟类，其产卵数与鸟舍的温度有关．为了确定下一个时间段鸟舍的控制温度，研究小组需要了解鸟舍的时段控制温度（单位：对鸟的时段产卵数（单位：枚）和时段投入保护性成本（单位：万元）的影响．为此该研究小组选取了7个鸟舍的时段控制温度，2，3，，和产卵数，2，3，，的数据，对数据初步处理后得到了如图的散点图及一些统计量的值．

27.40	82.30	3.60	140.00	9.70	2935.10	35.00

其中，．

（1）根据散点图判断与哪一个适宜作为鸟的时段产卵数关于鸟舍的时段控制温度的回归方程？（给出判断即可，可不必说明理由）；

（2）根据（1）的判断及表中数据，建立与的回归方程；

（3）已知时段投入保护性成本与，的关系为．

①鸟舍的时段控制温度时，鸟的时段产卵数及时段投入保护性成本的预报值是多少？（结果保留2位小数）

②当时，说明时段投入保护性成本的预报值的变化趋势．

附：（1）对于一组数据，，，，，，，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为，．

参考数据：

0.08	0.04	2.72	20.09	1096.63

20．（12分）如图，设双曲线的上焦点为，上顶点为，点为双曲线虚轴的左端点，已知的离心率为，且的面积．

（Ⅰ）求双曲线的方程；

（Ⅱ）设抛物线的顶点在坐标原点，焦点为，动直线与相切于点，与的准线相交于点试推断以线段为直径的圆是否恒经过轴上的某个定点？若是，求出定点的坐标；若不是，请说明理由．

21．（12分）已知，，．

（Ⅰ）讨论函数的单调性；

（Ⅱ）记，设，，，为函数图象上的两点，且．

（ⅰ）当时，若在，处的切线相互垂直，求证；

（ⅱ）若在点，处的切线重合，求的取值范围．

请考生在第22～23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．作答时请写清题号．[选修4-4：极坐标与参数方程]

22．（10分）已知直线的参数方程为为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，且曲线的左焦点在直线上．

（Ⅰ）若直线与曲线交于、两点．求的值；

（Ⅱ）设曲线的内接矩形的周长为，求的最大值．

[选修4-5：不等式选讲]

23．设．

（1）求的解集；

（2）若不等式，对任意实数恒成立，求实数的取值范围．

2018-2019学年湖南师大附中高三（下）月考数学试卷（文科）（六）（3月份）

参考答案与试题解析

一、选择题：本大题共12个小题，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．（5分）设集合，，，则集合　　

A．，，B．C．，D．，

【考点】：交集及其运算

【专题】37：集合思想；：集合；11：计算题；49：综合法

【分析】可解出集合，，然后进行交集的运算即可．

【解答】解：；

．

故选：．

【点评】考查描述法、区间的定义，绝对值不等式的解法，指数函数的单调性，以及交集的运算．

2．（5分）已知复数的实部为，则　　

A．B．5C．6D．

【考点】：复数的运算

【专题】38：对应思想；：定义法；：数系的扩充和复数

【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，再由实部等于求解．

【解答】解：由的实部为，

得，即．

故选：．

【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题．

3．（5分）下列说法中正确的是　　

A．若分类变量和的随机变量的观测值越大，则“与相关”的可信程度越小

B．对于自变量和因变量，当取值一定时，的取值具有一定的随机性，，间的这种非确定关系叫做函数关系

C．相关系数越接近1，表明两个随机变量线性相关性越弱

D．若分类变量与的随机变量的观测值越小，则两个分类变量有关系的把握性越小

【考点】：相关系数

【专题】：概率与统计

【分析】分别根据变量相关的定义和性质分别进行判断即可得到结论．

【解答】解：．若分类变量和的随机变量的观测值越大，则“与相关”的可信程度越大，错误．

．对于自变量和因变量，当取值一定时，的取值具有一定的随机性，，间的这种非确定关系叫做相关关系，错误．

．相关系数越接近1，表明两个随机变量线性相关性越强，错误．

．若分类变量与的随机变量的观测值越小，则两个分类变量有关系的把握性越小，正确．

故选：．

【点评】本题主要考查变量相关系数的性质，比较基础．

4．（5分）设是等差数列的前项和，若，则　　

A．B．C．D．

【考点】85：等差数列的前项和

【专题】11：计算题；16：压轴题

【分析】根据等差数列的前项和公式，用和分别表示出与，代入中，整理得，再代入中化简求值即可．

【解答】解：设等差数列的首项为，公差为，

由等差数列的求和公式可得且，

，

故选：．

【点评】本题主要考查等比数列的求和公式，难度一般．

5．（5分）图中的程序框图所描述的算法称为欧几里得展转相除法，若输入，，则输出的值等于　　

A．10B．22C．12D．13

【考点】：程序框图

【专题】27：图表型；：算法和程序框图

【分析】先求出除以的余数，然后利用辗转相除法，将的值赋给，将余数赋给，进行迭代，一直算到余数为零时的值即可．

【解答】解：当，，除以的余数是88

此时，，除以的余数是33

此时，，除以的余数是22

此时，，除以的余数是11，

此时，，除以的余数是0，

此时，，

退出程序，输出结果为22，

故选：．

【点评】算法和程序框图是新课标新增的内容，在近两年的新课标地区高考都考查到了，这启示我们要给予高度重视，属于基础题．

6．（5分）下面四个推理，不属于演绎推理的是　　

A．因为函数的值域为，，，所以的值域也为，

B．昆虫都是6条腿，竹节虫是昆虫，所以竹节虫有6条腿

C．在平面中，对于三条不同的直线，，，若，则，将此结论放到空间中也是如此

D．如果一个人在墙上写字的位置与他的视线平行，那么，墙上字迹离地的高度大约是他的身高，凶手在墙上写字的位置与他的视线平行，福尔摩斯量得墙壁上的字迹距地面六尺多，于是，他得出了凶手身高六尺多的结论

【考点】：演绎推理

【专题】15：综合题；35：转化思想；：演绎法；：推理和证明

【分析】演绎推理是由一般到特殊的推理，是一种必然性的推理，演绎推理得到的结论不一定是正确的，这要取决与前提是否真实和推理的形式是否正确，因此不有助于发现新结论．

【解答】解：中的推理属于合情推理中的类比推理，，，中的推理都是演绎推理．

故选：．

【点评】本题考查演绎推理的意义，演绎推理是由一般性的结论推出特殊性命题的一种推理模式，演绎推理的前提与结论之间有一种蕴含关系．

7．（5分）已知满足对，，且时，为常数），则的值为　　

A．4B．C．6D．

【考点】：抽象函数及其应用；：函数的值

【专题】35：转化思想；：转化法；51：函数的性质及应用

【分析】根据已知可得，进而求出值，得到时，的解析式，先求出，进而可得答案．

【解答】解：满足对，，

故，

故

时，，

，

，

即时，，

则

，

故选：．

【点评】本题考查的知识点是抽象函数及其应用，函数求值，难度中档．

8．（5分）如图，正方形的边长为1，延长至，使，连接、则　　

A．B．C．D．

【考点】：任意角的三角函数的定义；：两角和与差的三角函数

【专题】57：三角函数的图象与性质

【分析】法一：用余弦定理在三角形中直接求角的余弦，再由同角三角关系求正弦；

法二：在三角形中用正弦定理直接求正弦．

【解答】解：法一：利用余弦定理

在中，根据图形可求得，，

由余弦定理得，

．

故选．

法二：在中，根据图形可求得，，，

由正弦定理得，即．

故选：．

【点评】本题综合考查了正弦定理和余弦定理，属于基础题，题后要注意总结做题的规律．

9．（5分）若实数数列：，，，，成等比数列，则圆锥曲线的离心率是　　

A．或B．或C．D．

【考点】88：等比数列的通项公式；：双曲线的性质

【专题】11：计算题；34：方程思想；49：综合法；：圆锥曲线的定义、性质与方程

【分析】利用等比数列求出，然后代入曲线方程，求解双曲线的离心率即可．

【解答】解：因为，，，，成等比数列，所以，（等比数列的奇数项同号），所以圆锥曲线的方程为，其中，，，离心率为，

故选：．

【点评】本题考查双曲线的简单性质的应用，等比数列的应用，考查计算能力．

10．（5分）若函数为奇函数，，则不等式的解集为　　

A．B．

C．，，D．

【考点】：函数奇偶性的性质与判断；：分段函数的应用

【专题】33：函数思想；49：综合法；51：函数的性质及应用

【分析】根据为奇函数计算，得出的解析式，再分情况解不等式得出答案．

【解答】解：函数为奇函数，

，即．

，

当时，令，解得，

当时，令得，

的解集为，，．

故选：．

【点评】本题考查了奇函数的性质，分段函数的应用，属于中档题．

11．（5分）四棱锥的三视图如图所示，四棱锥的五个顶点都在一个球面上，、分别是棱、的中点，直线被球面所截得的线段长为，则该球表面积为　　

A．B．C．D．

【考点】：由三视图还原实物图；：球内接多面体

【专题】11：计算题；：空间位置关系与距离

【分析】将三视图还原为直观图，得四棱锥的五个顶点位于同一个正方体的顶点处，且与该正方体内接于同一个球．由此结合题意，可得正方体的棱长为2，算出外接球半径，再结合球的表面积公式，即可得到该球表面积．

【解答】解：将三视图还原为直观图如右图，可得四棱锥的五个顶点位于同一个正方体的顶点处，

且与该正方体内接于同一个球．且该正方体的棱长为

设外接球的球心为，则也是正方体的中心，设中点为，连接，，

根据题意，直线被球面所截得的线段长为，即正方体面对角线长也是，

得，所以正方体棱长

中，，，

即外接球半径，得外接球表面积为．

故选：．

【点评】本题主要考查了将三视图还原为直观图，并且求外接球的表面积，着重考查了正方体的性质、三视图和球内接多面体等知识，属于中档题．

12．（5分）已知，是实数，1和是函数的两个极值点．设，其中，函数的零点个数　　

A．8B．9C．10D．11

【考点】52：函数零点的判定定理；53：函数的零点与方程根的关系；：利用导数研究函数的极值

【专题】11：计算题；33：函数思想；34：方程思想；35：转化思想；51：函数的性质及应用；53：导数的综合应用

【分析】求出函数的导函数，根据1和是函数的两个极值点代入列方程组，求解，．令，则．

先讨论关于的方程根的情况，，，当时，由可知，的两个不同的根为1和一2，注意到是奇函数，的两个不同的根为和2．当时，先分和讨论关于的方程的情况；再考虑函数的零点．

【解答】解：（1）由，得．

和是函数的两个极值点，

（1），，解得，．

得，，

令，，则．，

先讨论关于的方程根的情况，，

当时，由可知，的两个不同的根为1和一2，注意到是奇函数，

的两个不同的根为和2．

当时，（2），（1），

一2，，1，2 都不是的根．

由（1）知，．

①当时，，于是是单调增函数，从而（2）．

此时在无实根．

②当时，，于是是单调增函数．

又（1），（2），的图象不间断，

在，2内有唯一实根．

同理，在（一2，一内有唯一实根．

③当时，，于是是单调减函数．

又，（1），的图象不间断，

在（一1，1内有唯一实根．

因此，当时，有两个不同的根，，满足，；当时，有三个不同的根，，，满足，，4，5．

现考虑函数的零点：

当时，有两个根，，满足，．而有三个不同的根，有两个不同的根，故有5 个零点．

当时，有三个不同的根，，，满足，，4，5．

而有三个不同的根，故有9个零点．

综上所述，当时，函数有5个零点；当时，函数有9 个零点．

【点评】本题考查导数知识的运用，考查函数的极值，考查函数的单调性，考查函数的零点，考查分类讨论的数学思想，综合性强，难度大．

二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，满分20分．请把答案填在答题卷对应题号后的横线上．

13．（5分）有三张卡片，分别写有1和2，1和3，2和3．甲，乙，丙三人各取走一张卡片，甲看了乙的卡片后说：“我与乙的卡片上相同的数字不是2”，乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片上相同的数字不是1”，丙说：“我的卡片上的数字之和不是5”，则甲的卡片上的数字是　1和3　．

【考点】：进行简单的合情推理

【专题】：探究型；49：综合法；：简易逻辑

【分析】可先根据丙的说法推出丙的卡片上写着1和2，或1和3，分别讨论这两种情况，根据甲和乙的说法可分别推出甲和乙卡片上的数字，这样便可判断出甲卡片上的数字是多少．

【解答】解：根据丙的说法知，丙的卡片上写着1和2，或1和3；

（1）若丙的卡片上写着1和2，根据乙的说法知，乙的卡片上写着2和3；

根据甲的说法知，甲的卡片上写着1和3；

（2）若丙的卡片上写着1和3，根据乙的说法知，乙的卡片上写着2和3；

又甲说，“我与乙的卡片上相同的数字不是2”；

甲的卡片上写的数字不是1和2，这与已知矛盾；

甲的卡片上的数字是1和3．

故答案为：1和3．

【点评】考查进行简单的合情推理的能力，以及分类讨论得到解题思想，做这类题注意找出解题的突破口．

14．（5分）圆心在直线上的圆与轴交于两点、，则圆的方程为　　．

【考点】：圆的标准方程

【专题】11：计算题

【分析】由垂径定理确定圆心所在的直线，再由条件求出圆心的坐标，根据圆的定义求出半径即可．

【解答】解：圆与轴交于，，

由垂径定理得圆心在这条直线上．

又已知圆心在直线上，联立，解得，

圆心为，

半径．

所求圆的方程为．

故答案为．

【点评】本题考查了如何求圆的方程，主要用了几何法来求，关键确定圆心的位置；还可用待定系数法．

15．（5分）已知锐角的外接圆半径为，且，，　　．

【考点】：正弦定理

【专题】11：计算题；35：转化思想；49：综合法；58：解三角形

【分析】由已知利用正弦定理可求，进而利用同角三角函数基本关系式可求，根据余弦定理即可解得的值．

【解答】解：锐角的外接圆半径为，且，，

由正弦定理可得：，解得：，可得：，

由余弦定理可得：．

故答案为：．

【点评】本题主要考查了正弦定理，同角三角函数基本关系式，余弦定理在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．

16．（5分）已知为的外心，，，，若，则的最小值为　　．

【考点】：平面向量的基本定理

【专题】：平面向量及应用

【分析】根据几何图形求解出点的坐标，先求出，的坐标，再由，运用向量的坐标相等求解出，的值，得出，运用基本不等式求解即可得出最小值．

【解答】解：根据题意，建立坐标系如图，过作的垂直平分线，垂足为，

则，，，，，，，，

，，

化简得，，，

，，，

，

解得，，

，

故答案为：．

【点评】本题考查了平面向量的坐标运算，结合基本不等式求解，属于中档题，关键是准确求解向量的坐标．

三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．

17．（12分）在等比数列中，已知，且，，成等差数列．

（1）求数列的通项公式；

（2）求数列的前项和．

【考点】：等差数列与等比数列的综合

【专题】11：计算题；33：函数思想；34：方程思想；49：综合法；54：等差数列与等比数列

【分析】（1）由，先计算公比，再由，，成等差数列计算首项即可得到通项公式．

（2）分别将和时的表示出来计算即可．

【解答】解（1）设数列的公比为，则，所以．又，，成等差数列，即，所以，

所以．

（2）当时，，所以．

当时，．

所以分

又当时，上式也满足．

所以当时，．

【点评】本题主要考查等差数列、等比数列和数列的求和．注意绝对值数列的转化．

18．（12分）如图1所示，在中，，，，为的平分线，点在线段上，．如图2所示，将沿折起，使得平面平面，连接，设点是的中点．

（1）求证：平面；

（2）若平面，其中为直线与平面的交点，求三棱锥的体积．

【考点】：棱柱、棱锥、棱台的体积；：直线与平面平行；：直线与平面垂直

【专题】11：计算题；14：证明题；35：转化思想

【分析】（1）取的中点，连接，证明，，；利用平面与平面垂直的性质证明平面；

（2）说明为的中点，求出到的距离，说明到的距离就是三棱锥的高．利用，即可求三棱锥的体积．

【解答】解：（1）取的中点，连接，因为在中，，，，为的平分线，

所以，是等腰三角形，所以，，，，

又点在线段上，．所以，，所以，

，；

将沿折起，使得平面平面，平面平面

平面；

（2）若平面，其中为直线与平面的交点，为的中点，此时，

因为在中，，，，为的平分线，

所以，，

所以到的距离，

因为平面平面，平面平面，

所以到的距离就是三棱锥的高．

三棱锥的体积：．

或．

【点评】本题考查直线与平面垂直的判定，棱锥的体积的求法，直线与平面平行的判定，考查空间想象能力，计算能力．

19．（12分）某种鸟类属于国家一级保护鸟类，其产卵数与鸟舍的温度有关．为了确定下一个时间段鸟舍的控制温度，研究小组需要了解鸟舍的时段控制温度（单位：对鸟的时段产卵数（单位：枚）和时段投入保护性成本（单位：万元）的影响．为此该研究小组选取了7个鸟舍的时段控制温度，2，3，，和产卵数，2，3，，的数据，对数据初步处理后得到了如图的散点图及一些统计量的值．

27.40	82.30	3.60	140.00	9.70	2935.10	35.00

其中，．

（1）根据散点图判断与哪一个适宜作为鸟的时段产卵数关于鸟舍的时段控制温度的回归方程？（给出判断即可，可不必说明理由）；

（2）根据（1）的判断及表中数据，建立与的回归方程；

（3）已知时段投入保护性成本与，的关系为．

①鸟舍的时段控制温度时，鸟的时段产卵数及时段投入保护性成本的预报值是多少？（结果保留2位小数）

②当时，说明时段投入保护性成本的预报值的变化趋势．

附：（1）对于一组数据，，，，，，，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为，．

参考数据：

0.08	0.04	2.72	20.09	1096.63

【考点】：散点图；：线性回归方程

【专题】：概率与统计；38：对应思想；：定义法

【分析】（1）结合散点图的图象变化特点进行判断即可

（2）求出，，的值即可求出回归方程

（3）根据回归方程进行预报，结合函数的单调性进行判断即可

【解答】解1 （1）由教点图可以判断适宜作为鸟的时段产卵数关于鸟舍控制温度的回归方程，

（2）由题意知，设关于的线性回归方程为，，．

，，

所以关于的线性回归方程为，，，

因此关于的回归方程为

（③）①由（2）知，当时，鸟的时段产卵数的预报值

时段投入保护性成本的预报值，

②由（2）知，

所以，

所以当时，，此时函数为单调递增函数，故当时，时段投入保护性成本的预报值随着温度的升高二增大．

【点评】本题主要考查回归方程的求解，根据条件求出对应的，是解决本题的关键．考查学生的计算能力．

20．（12分）如图，设双曲线的上焦点为，上顶点为，点为双曲线虚轴的左端点，已知的离心率为，且的面积．

（Ⅰ）求双曲线的方程；

（Ⅱ）设抛物线的顶点在坐标原点，焦点为，动直线与相切于点，与的准线相交于点试推断以线段为直径的圆是否恒经过轴上的某个定点？若是，求出定点的坐标；若不是，请说明理由．

【考点】：直线与圆锥曲线的综合

【专题】：圆锥曲线中的最值与范围问题

【分析】（Ⅰ）由已知得，由此能求出双曲线方程．

（Ⅱ）由题设，抛物线的方程为，准线方程为，由，得，设，则直线的方程，联立，得，假设存在定点满足题设条件，由已知条件求出，故以为直径的圆经过轴上的定点．

【解答】解：（Ⅰ）双曲线的上焦点为，

上顶点为，点为双曲线虚轴的左端点，

的离心率为，且的面积，

，解得，

双曲线方程为．

（Ⅱ）由题设，抛物线的方程为，准线方程为，

由，得，设，

则直线的方程为，

即，联立，得，

假设存在定点满足题设条件，

则对任意点恒成立，

，，

则，

即对任意实数恒成立，

，解得，

故以为直径的圆经过轴上的定点．

【点评】本题考查双曲线方程的求法，考查满足条件的点的坐标是否存在的判断与求法，解题时要认真审题，注意函数与方程思想的合理运用．

21．（12分）已知，，．

（Ⅰ）讨论函数的单调性；

（Ⅱ）记，设，，，为函数图象上的两点，且．

（ⅰ）当时，若在，处的切线相互垂直，求证；

（ⅱ）若在点，处的切线重合，求的取值范围．

【考点】：利用导数研究函数的单调性

【专题】33：函数思想；：转化法；53：导数的综合应用

【分析】（Ⅰ）求出函数的导数，通过讨论的范围，判断函数的单调性即可；

（Ⅱ）法一：求出的解析式，根据基本不等式的性质判断即可；法二：用表示，根据不等式的性质判断即可；

求出、的坐标，分别求出曲线在、的切线方程，结合函数的单调性确定的范围即可．

【解答】解：（Ⅰ），则（2分）

当即时，，在上单调递减；（3分）

当即时，，

此时在和，上都是单调递减的，

在，上是单调递增的；（5分）

（Ⅱ）（ⅰ），据题意有，又，

则且，，

法

当且仅当即，时取等号（8分）

法，

当且仅当时取等号（8分）

（ⅱ）要在点，处的切线重合，首先需在点，处的切线的斜率相等，

而时，，则必有，

即，，，

处的切线方程是：，

处的切线方程是：

即，（10分）

据题意则，

设，，

设，在上恒成立，

则在上单调递增，

则，在上单调递增，

则，再设，

，在上单调递增，

则在恒成立

即当时的值域是

故，即为所求．（12分）

【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及切线方程问题，考查分类讨论思想、转化思想，是一道综合题．

请考生在第22～23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．作答时请写清题号．[选修4-4：极坐标与参数方程]

22．（10分）已知直线的参数方程为为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，且曲线的左焦点在直线上．

（Ⅰ）若直线与曲线交于、两点．求的值；

（Ⅱ）设曲线的内接矩形的周长为，求的最大值．

【考点】：简单曲线的极坐标方程；：参数方程化成普通方程

【专题】33：函数思想；49：综合法；：坐标系和参数方程

【分析】求出曲线的普通方程和焦点坐标，将直线的参数方程代入曲线的普通方程利用根与系数的关系和参数的几何意义得出；

设矩形的顶点坐标为，则根据，的关系消元得出关于（或的函数，求出此函数的最大值．

【解答】解：曲线的直角坐标方程为，即．

曲线的左焦点的坐标为，．

，在直线上，

直线的参数方程为为参数）．

将直线的参数方程代入得：，

．

设曲线的内接矩形的第一象限内的顶点为，，，

则，．

．

令，则．

令得，

当时，，当时，．

当时，取得最大值16．

的最大值为16．

【点评】本题考查了参数方程，极坐标方程与普通方程的转化，函数的最值，参数方程的几何意义，属于中档题．

[选修4-5：不等式选讲]

23．设．

（1）求的解集；

（2）若不等式，对任意实数恒成立，求实数的取值范围．

【考点】：绝对值不等式的解法

【专题】38：对应思想；：转化法；59：不等式的解法及应用

【分析】（1）通过讨论的范围，得到关于的不等式组，解出即可；

（2）求出的最小值，问题转化为，解出即可．

【解答】解：（1）由有（3分）

解得，所求解集为，（5分）

（2）（7分）

当且仅当时取等号，

由不等式对任意实数恒成立，

可得，

解得（10分）

【点评】本题考查了解绝对值不等式问题，考查分类讨论思想，转化思想，是一道中档题．

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日期：2019/4/10 15:37:47；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120