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全国I卷2021届高三理科数学第二次模拟试卷(一)(Word版附答案)

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时间:2021-04-08

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2021 届高三第二次模拟考试卷理 科 数 学(一)注意事项:1.答题前,先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上,并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.选择题的作答:每小题选出答案后,用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3.非选择题的作答:用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4.考试结束后,请将本试题卷和答题卡一并上交。第Ⅰ卷一、选择题:本大题共 12 小题,每小题 5 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 . 定 义 集 合 , 已 知 集 合 ,,则 ( )A. B. C. D.2.若 ,则( )A. B. C. D.3.在 中,设 , 是锐角三角形,则 是 的( )A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件4.区块链作为一种革新的技术,已经被应用于许多领域.在区块链技术中,若密码的长度设定为 256比特,则密码一共有 种可能;因此,为了破解密码,最坏情况需要进行 次运算.现在有一台机器,每秒能进行 次运算,假设机器一直正常运转,那么在最坏情况下这台机器破译密码所需时间大约为( )(参考数据: )A. 秒 B. 秒 C. 秒 D. 秒5.设数列 的前 项和为 ,若 , ,则 ( )A.63 B.127 C.128 D.2566.中国古代中的“礼、乐、射、御、书、数”合称“六艺”.“礼”,主要指德育;“乐”,主要指美育;“射”和“御”,就是体育和劳动;“书”,指各种历史文化知识;“数”,数学.某校国学社团开展“六艺”课程讲座活动,每艺安排一节,连排六节,一天课程讲座排课有如下要求:“乐”不排在第一节,“射”和“御”两门课程不相邻,则“六艺”课程讲座不同的排课顺序共有( )种.A.408 B.120 C.156 D.2407.已知曲线 ,曲线 ,则下列结论正确的是( )A.将曲线 上各点的横坐标变为原来的 倍,纵坐标不变,再把得到的曲线向左平移 个单位,得到曲线B.将曲线 上各点的横坐标变为原来的 倍,纵坐标不变,再把得到的曲线向左平移 个单位,得到曲线C.将曲线 上各点的横坐标变为原来的 ,纵坐标不变,再把得到的曲线向左平移 个单位,得到曲线D.将曲线 上各点的横坐标变为原来的 ,纵坐标不变,再把得到的曲线向左平移 个单位,得到曲线8.在三角形 ABC 中,E、F 分别为 AC、AB 上的点,BE 与 CF 交于点 Q 且 , ,AQ 交 BC 于点 D, ,则 的值为( )A.3 B.4 C.5 D.69.在三棱锥 中, , ,则该三棱锥的内切球的表面积为( )A. B. C. D.10.已知椭圆 ( )的左、右焦点分别是 , ,点 在椭圆上, 是坐标原点, ,则椭圆的离心率是( )A. B. C. D.{ }2 3 10 0A x x x= + − { }7 0B x x= − A B⊗ ={ }5 1x x− − { }7 2x x− { }5 1x x− { }5 0x x− ( )1 i i , ,1 iaa x y a x y++ = + ∈−R0x y+ = 0x y− = 1 0x ay− + = 1 0x ay− − =ABC△ : sin cosp A C :q ABC△ p q2562 2562112.5 10×lg 2 0.3010≈834.5 10× 654.5 10× 174.5 10× 72.8 10×{ }na n nS 1 1a = 1 2 1n nS S+ = + 7S =1 : sinC y x= 2πc 23: osC y x = −  1C 2π62C1C 2π122C1C12π62C1C12π122C2A EE C= 3AF FB=uuur uurAQ QDλ= λA BCD− 4AB CD= = 3AC BD AD BC= = = =4π517π3π23π42 22 21x ya b+ = 0a b 1F 2F P O1 2 12π3F PF FOP∠ = ∠ =3 22− 3 32− 1023− 10 22−此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 11.已知函数 (其中 e 为自然对数的底数)有三个零点,则实数 m 的取值范围为( )A. B. C. D.12.已知函数 ,则使得 成立的 的取值范围是( )A. B. C. D.第Ⅱ卷二、填空题:本大题共 4 小题,每小题 5 分.13. 展开式中二项式系数和为 32,则 展开式中 的系数为_________.14.已知 ,若 ,则 __________.15.实数 、 满足 ,则 的取值范围是________.16 .已知 , , , ,动点 满足 且,则点 到点 的距离大于 的概率为_________.三、解答题:本大题共 6 个大题,共 70 分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.(12 分)在 中,内角 , , 所对的边分别为 , , ,若.(1)求角 A 的大小;(2)若 , ,点 在边 上,且 ,求 及 .18.(12 分)在四棱锥 中,四边形 为平行四边形, 为等腰直角三角形,, , , , .(1)求证: ;(2)求直线 与面 所成角的正弦值.( ) 2 2x xf x x mxe me= + −( )11me e− ( )11me e≥− ( )101me e − ( )101me e ≤−3( ) log (9 1)xf x x= − + + ( )2 31 1 log 10f x x− + + x20,2   ( ) ( ),0 1,−∞ +∞ ( )0,1 ( ),1−∞(2 1)nx − 2(2 1)nx x+ − 3x( ) 23 2 1f x x x= + + ( ) ( )11d 2f x x f a−=∫ a =x y ( )22 1 1x y+ − = 3x y+( )0,0O ( )2,1A ( )1, 2B − 3 1,5 5C −  ( ),P x y 0 2OP OA≤ ⋅ ≤ 0 2OP OB ≤ ⋅ ≤ P C14ABC△ A B C a b c3 2b = 2c = D BC 2CD DB= a ADP ABCD− ABCD APB△PA PB= 2AD = 2AB = PD AB⊥ 5PC =BD AD⊥BD PAD2sin tanc bC Aa− =cosC−19.(12 分)2020 年爆发人群广泛感染的新型冠状病毒是一种可以借助飞沫和接触传播的变异病毒.某市防疫部门为尽快筛查出新冠病毒感染者,将高风险地区及重点人群按照 单样检测,中风险地区可以按照 混样检测,低风险地区可以按照 混样检测.单样检测即为逐份检测,混样检测是将 份或 份样本分别取样后混合在一起检测.若检测结果为阴性,则全为阴性;若检测结果为阳性,就要同时对这几份样本进行单独逐一检测,假设在接受核酸检测样本中,每份样本的检测结果是阳性还是阴性都是相互独立的,且中风险地区每份样本是阳性结果的概率均为.(1)现有该市中风险地区 的 份核酸检测样本要进行 混样检测,求检测总次数为 次的概率;(2)现有该市中风险地区 的 份核酸检测样本,已随机平均分为三组,要采用 混样检测,设检测总次数为 ,求 的分布列和数学期望.20.(12 分)已知椭圆 的离心率 ,过右焦点 的直线与椭圆交于 , 两点, 在第一象限,且 .(1)求椭圆 的方程;(2)在 轴上是否存在点 ,满足对于过点 的任一直线 与椭圆 的两个交点 , ,都有为定值?若存在,求出点 的坐标;若不存在,说明理由.21.(12 分)已知函数 .(1)若 ,讨论 的单调性;(2)若对任意 恒有不等式 成立,求实数 的值.1:15 :1 10 :15 10( )0 1p p A 5 5 :1 6B 15 5 :1X X( )2 22 2: 1 0x yC a ba b+ = 22e = ( ),0F cy x c= − A B A 2AF =Cx M F l C P QMP MQ⋅ M( ) lnxf x x e a x ax= ⋅ − −a e= ( )f x0x ( ) 1f x ≥ a请考生在 22、23 两题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题记分.22.(10 分)【选修 4-4:坐标系与参数方程】在平面直角坐标系 中,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 ,点 的极坐标为.(1)求曲线 的直角坐标方程和点 的直角坐标;(2)设直线 与曲线 交于 , 两点,线段 的中点为 ,求 .23.(10 分)【选修 4-5:不等式选讲】已知函数 .(1)求不等式 的解集;(2)已知 ,证明: .xOy l325425x ty t= += +t xC 2 282 cosρθ=−Pπ2 2,4   C Pl C M N MN Q PQ( ) | 2 | | 2 1|f x x x= − + +( ) 3f x ≥2 2 2( 1) ( 1) 6a b c+ − + + = 8 2 4a b c− ≤ − + ≤理 科 数 学 答 案第Ⅰ卷一、选择题:本大题共 12 小题,每小题 5 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.【答案】C【解析】由不等式 ,解得 ,即 ;又由 ,若 ,可得 ,所以 ,故选 C.2.【答案】B【解析】因为 ,所以 , ,则 ,故选 B.3.【答案】B【解析】当 为钝角时,满足 ,但不满足 是锐角三角形,故 推不出 ;若 是锐角三角形,则 ,所以 ,故,所以 是 的必要不充分条件,故选 B.4.【答案】B【解析】设这台机器破译所需时间大约为 秒,则 ,两边同时取底数为 10 的对数,得 ,所以 ,所以 ,2 3 10 ( 2)( 5) 0x x x x+ − = − + 5 2x− { }5 2A x x= − { }7 0B x x= − 1x B− ∈ { }6 1x x x∈ − { }5 1A B x x⊗ = − ( )( )1 i 1 i1 i 1 1i i1 i 2 2 2aa a aa a x y+ ++ + ++ = + = + = +−12ax+= 12ay+= 0x y− =C sin cosA C ABC△p qABC△π π02 2A C − πsin sin cos2A C C  − =  q p⇒p qx 11 2562.5 10 2x× × =11 2562.5 10 ) lg 2lg(x × =×11lg lg lg2.5 10 256lg 2x =+ +5 2l 11 256ll 2g lg gg x − + =+所以 ,所以 ,而 ,所以 , ,故选 B.5.【答案】B【解析】 中,令 ,得 ,所以 .由 ,得 ,两式相减得 ,即 .又 , ,所以数列 是以 1 为首项,2 为公比的等比数列,所以 ,故选 B.6.【答案】A【解析】根据题意,首先不做任何考虑直接全排列则有 (种),当“乐”排在第一节有 (种),当“射”和“御”两门课程相邻时有 (种),当“乐”排在第一节,且“射”和“御”两门课程相邻时有 (种),则满足“乐”不排在第一节,“射”和“御”两门课程不相邻的排法有(种),故选 A.7.【答案】D【解析】A.得到曲线 ,所以该选项错误;B.得到曲线 ,所以该选项错误;258lg 2 12 258 0.3010l 12 65g .658x − ≈ × − ==65.658 65 0.65810 10 10x = = ×9lg 4.5 lg 2lg3 lg 2 0.6532= = − ≈ 0.65310 4.5≈ 654.5 10x∴ ≈ ×1 2 1n nS S+ = + 1n = 2 3S = 2 2a =1 2 1n nS S+ = + 2 12 1n nS S+ += +2 12n na a+ +=212nnaa++=1 1a =212aa={ }na771 21271 2S−= =−66A 720=55A 120=2 52 5A A 240=2 42 4A A 48=720 120 240 48 408− − + =21 π 1 π: sin[ ( )] sin( )2 6 2 12C y x x= + = +21 π 1 π: sin[ ( )] sin( )2 12 2 24C y x x= + = +C.得到曲线 ,所以该选项错误;D.得到曲线 ,所以该选项正确,故选 D.8.【答案】C【解析】因为 三点共线,所以 ;因为 三点共线,所以 ,所以 , , ,所以 ,所以 ,因为 共线,所以 , ,故选 C.9.【答案】A【解析】由题可将该三棱锥还原到如图长方体中,设长方体的长宽高分别为 ,则 ,解得 , ,,设内切球的半径为 ,则 ,,则 ,解得 ,2 sin 2 sin 2 cos 2π π π6 3 6: y x x xC      = + = + = −            2 sin 2 sin 2 sin 2 cos 212 6 2 3 3π π π π π: y x xC x x        = + = + = + − = −                , ,B Q E2(1 ) (1 )3AQ xAB x AE xAB x AC= + − = + −    , ,C Q F3(1 ) (1 )4AQ y AC y AF y AC y AB= + − = + −    3(1 )42(1 )3x yy x = − = −12x∴ = 13y =1 1=2 3 1AQ AB AC ADλλ= ++    1+ 12 3AD AB ACλ λλ λ+= +  , ,B D C1+ 112 3λ λλ λ++ = 5λ∴ =, ,a b a2 2 22 2 234a ba a + =+ =2 2a = 1b =1 1 82 2 1 2 2 4 2 2 1 2 23 2 3D ABCV −∴ = × × − × × × × × =r ( )1 83 3D ABC ABC ABD BCD ACDV r S S S S− = + + + =△ △ △ △2 21 4 3 2 2 52ABC ABD BCD ACDS S S S= = = = × × − = △ △ △ △1 82 5 43 3r × × = 55r =则内切球的表面积为 ,故选 A.10.【答案】D【解析】根据 以及 ,得 ,于是 ,所以 ,又 ,所以 .在 中,由余弦定理,得 ,即 ,所以 ,因为 ,所以椭圆的离心率 ,故选 D.11.【答案】C【解析】令 ,可得 ,令 ,则 ,令 ,解得 ,当 时, ;当 时, ,所以 在 上单调递增,在 上单调递减, 图象如下图所示:25 4π4π5 5 × =   1 2 12π3F PF FOP∠ = ∠ = 1 2 1PF F OF P∠ = ∠ 1 2 1PFO F F P∽△△1 11 2 1PF FOF F PF=1 2PF c=1 2 2PF PF a+ = 2 2 2PF a c= −2 1F F P△ ( ) ( ) ( )2 22 14 2 2 2 2 2 2 2 ( )2c c a c c a c= + − − × − × −2 22 2 0c ac a+ − = 2 2 2 0e e+ − =0 1e 10 22e−=( ) 0f x =22 2 0 0x xx xx xx mxe me m me e + − = ⇔ + − =  ( ) xxt g xe= = ( ) 1 xxg xe−′ =( ) 0g x′ = 1x =1x ( ) 0g x′ 1x ( ) 0g x′ ( )g x ( ),1−∞ ( )1,+∞ ( )g x所以 ,令 , ,因为函数有三个零点,设 的两根分别为 , ,,解得 或 .则 , 有下列三种情况,(1)当 , 时,将 带入方程,即 ,解得 ;带入方程,即 ,解得 ,,故舍去;( 2 )当 , 时,将 带入方程,则 , ,不满足,故舍去;(3)当 , 时, ,解得 ,所以 ,故选 C.( ) ( )max11g x ge= =( ) 2t t mt mϕ = + − 1( , ]te∈ −∞( ) 2t t mt mϕ = + − 1t 2t2 4( ) 0Δ m m= − − 0m 4m −1t 2t110,te ∈   21te= 21te=210mme e  + − =  ( )11me e=−( ) ( ) ( )2 1 1 01 1t t te e e eϕ = + − =− − 21te=11 10,1te e = − ∉ −  110,te ∈   20t = 2 0t = 0m = ( ) 2t tϕ =110,te ∈  110,te ∈   20t ( )0 010eϕϕ        ( )011mme e  −( )101me e −12.【答案】C【解析】令 ,则 ,,所以 ,所以 ,令 ,则 ,因为 ,所以 ,所以 ,所以 在 单调递增,所以由 ,得 ,所以 ,解得 ,故选 C.第Ⅱ卷二、填空题:本大题共 4 小题,每小题 5 分.13.【答案】【解析】由 展开式中二项式系数和为 32 ,可得 ,解得 ,,根据二项式定理可以求得 的展开式中,三次项、二次项、一次项系数和常数项分别是 10、10、5、1,的展开式中,常数项及一次项、二次项、三次项的系数分别是 、 、 、 ,所以展开式中 项的系数为 .14.【答案】 或【解析】 ,,解得 或 ,故答案为 或 .2 1t x x= − + 2 21 3 31 ( )2 4 4t x x x= − + = − + ≥3( ) 1 log 10f t + 3 3log (9 1) 1 log 10tt− + + + 13 3log (9 1) log (9 1) 1t t+ − + −3( ) log (9 1)tg t t= + − 9 ln 9 2 9 9 1( ) 1 1(9 1) ln 3 9 1 9 1t t tt t tg t× −′ = − + = − + =+ + +34t ≥ 9 1 0t − ( ) 0g t′ ( )g t3[ , )4+∞( ) (1)g t g 3 14t≤ 23 1 14x x≤ − + 0 1x 30−( )2 1 nx − 2 32n = 5n =2 5 5 5(2 1) ( 1) (2 1)x x x x+ − = + −5( 1)x +5(2 1)x − 1− 10 40− 803x 10 100 200 80 30− + − + = −1−13( ) ( ) ( ) ( )1 12 3 2 111 1d 3 2 1 d 4 2f x x x x x x x x f a−− −= + + = + + = =∫ ∫( ) 23 2 1 2f a a a= + + = 1a = − 131−1315.【答案】【解析】圆 的圆心坐标为 ,该圆的半径为 ,设 ,可知直线 与圆 有公共点,所以, ,即 ,解得 ,因此, 的取值范围是 ,故答案为 .16.【答案】【解析】由题意得,因为 , , , ,所以动点 满足 且 ,所以 ,则点 到点 的距离为 ,作出不等式组对应的平面区域,如图所示,因为点 到点 的距离大于 ,所以 ,则对应的部分为阴影部分,由 ,即点 ,则 ,所以正方形 的面积为 ,则阴影部分的面积为 ,[ ]1,3−( )22 1 1x y+ − = ( )0,1 1r =3x y t+ = 3x y t+ = ( )22 1 1x y+ − =112t−≤ 2 1 2t− ≤ − ≤ 1 3t− ≤ ≤3x y+ [ ]1,3− [ ]1,3−5π164−( )0,0O ( )2,1A ( )1, 2B − 3 1,5 5C −  ( , )P x y 0 2OP OA≤ ⋅ ≤ 0 2OP OB ≤ ⋅ ≤0 2 20 2 2x yx y≤ + ≤≤ − ≤ PC 2 23 1 1( ) ( )5 5 16z x y= − + + ≥P C1414PC 2 0 4 2,2 0 5 5x yx yx y − =⇒ = =+ =4 2( , )5 5E 2 24 2 2 5( ) ( )5 5 5OE = + =OEFG454 1 π5 16−所以根据几何概型的概率公式可知所求的概率为 .三、解答题:本大题共 6 个大题,共 70 分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.【答案】(1) ;(2) , .【解析】(1)由正弦定理,原式可化为 ,即 ,∴ ,∵ ,∴ ,∴ ,又 ,∴ .(2)由余弦定理可得 ,∴ ,∵点 在边 上,且 ,∴ ,又 ,∴ ,∴ .18.【答案】(1)证明见解析;(2) .【解析】(1)设 的中点为 E,连接 与 ,4 1 π5 16455π164−= −π4A = 10a = 583AD =( )2 sin sin sin sin tan cosC B A C A C− = −( ) ( )2 sin sin sin sin tan cosC A C A C A C− + = −2sin2 sin sin cos cos sin sin sin coscosAC A C A C C A CA− − = −sin 0C ≠2sincos 2cosAAA+ = 2cos2A =0 πA π4A =2 2 2 2 cos 18 4 12 10a b c bc A= + − = + − = 10a =D BC 2CD DB= 103 3aBD = =2 2 2 10cos2 10a c bBac+ −= = −2 2 2 582 cos9AD AB BD AB BD B= + − ⋅ ⋅ = 583AD =427AB PE DE因为 是等腰三角形, ,所以 ,又因为 , ,所以 平面 ,所以 , ,,所以 是等腰直角三角形,则 .(2)由(1)可知 平面 ,故 ,平面 平面 ,又因为 , , , ,易知 ,所以 .如图,以 D 为原点, 所在直线为 轴,以 的方向分别为 x 轴,y 轴的正方向,过 D 在 所在平面内作 的垂线为 z 轴建立空间直角坐标系.则 , , , .得 , , ,PAB△ PA PB= PE AB⊥AB PD⊥ PD PE P=AB ⊥ PED AB DE⊥ 2BD AD∴ = =2AB = ABD△AD BD⊥AB ⊥ PEDAB PD⊥ PED ⊥ ABD5PC = CD AB∥ CD PD∴ ⊥ 2 2 1PD PC CD∴ = − =1PE DE= = 60PDE∠ = °,DE DC ,x y ,DE DC PDE△ DE(0,0,0)D1 3,0,2 2P    (1, 1,0)A − (1,1,0)B(1,1,0)DB = 1 3,0,2 2DP =    (1, 1,0)DA = −设平面 的法向量 ,则 ,取 ,所以 ,因此直线 与平面 所成角的正弦值为 .19.【答案】(1) ;(2)分布列见解析, .【解析】(1)设“检测总次数为 次”为事件 , ,检测总次数为 次的概率为 .(2) 的所有可能取值为 ,设 , 为三个小组中出现阳性的小组数,则 , ,,,,,所以,随机变量 的分布列为:.20.【答案】(1) ;(2)存在点 ,满足 为定值.【解析】(1)由 ,及 ,得 ,PAD ( , , )x y z=n1 302 20x zx y+ = − =( 3, 3, 1)= −n42cos ,7|DBDBDB⋅〈 〉 = =∣nnnBD PAD427( )51 1 p− − ( )518 15 1 p− −6 A ( ) ( )51 1P A p= − −∴ 6 ( )51 1 p− −X 3,8,13,18( )51 p t− = Y5 3X Y= + ( )~ 3,1Y B t−( ) ( ) ( )1533 0 1P X P Y t p∴ = = = = = −( ) ( ) ( ) ( ) ( )5 101 238 1 1 3 1 1 1P X P Y C t t p p = = = = − ⋅ = − − ⋅ − ( ) ( ) ( ) ( ) ( )22 5 52313 2 1 3 1 1 1P X P Y C t t p p = = = = − ⋅ = − − ⋅ − ( ) ( ) ( ) ( )33 53318 3 1 1 1P X P Y C t p= = = = − − −  =XX 3 8 13 18P ( )151 p− ( ) ( )5 103 1 1 1p p − − ⋅ −  ( ) ( )25 53 1 1 1p p − − ⋅ −  ( )351 1 p − − ( ) ( ) ( ) ( ) ( )55 3 5 3 5 3 1 3 18 15 18 15 1E X E Y E Y t t p∴ = + = + = × − + = − = − −2 2118 9x y+ =15,04M    MP MQ⋅ 22e = 2 2 2a b c= + 2 2a c b= =设椭圆方程为 ,联立方程组 ,得 ,则 ,所以 ,所以 ,所以椭圆 的方程为 .(2)当直线 不与 轴重合时,设 ,联立方程组 ,得 .设 , , ,则有 , .于是,若 为定值,则有 ,得 , ,此时 ;当直线 与 轴重合时, , ,也有 ,综上,存在点 ,满足 为定值.21.【答案】(1) 在 上单调递减,在 上单调递增;(2) .【解析】(1) ,当 时, , .2 22 212x yb b+ =2 2 22 2x y by x b + == −23 4 0x bx− =43Abx =2 2 23A FbAF x x= − = ⋅ = 3b =C2 2118 9x y+ =l x : 3l x ny= +2 22 183x yx ny + == +( )2 22 6 9 0n y ny+ + − =( )1 1,P x y ( )2 2,Q x y ( ),0M t 1 2 262ny yn+ = −+ 1 2 292y yn⋅ = −+( )( ) ( )( )1 2 1 2 1 2 1 23 3MP MQ x t x t y y ny t ny t y y⋅ = − − + = + − + − + ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 22 2 2 21 2 1 2 211 3 3 9 1 6 3 3 22n y y n t y y t n n t t nn  = + + − + + − = − + − − + − + +( ) ( ) ( )2 22 2 2 22 26 27 3 2 3 9 18 2 12 92 2t t n t t n t tn n − + − + − − − + − + = =+ +MP MQ⋅  ( )2 22 12 9 2 18t t t− + = − 12 45t = 154t =2 18MP MQ t⋅ = − l x ( )3 2,0P − ( )3 2,0Q( )( ) ( )( ) 21 2 3 2 3 2 18MP MQ x t x t t t t⋅ = − − = − − − = − 15,04M    MP MQ⋅ ( )f x ( )0,1 ( )1,+∞ 1( ) ( ) ( ) ( )11 1x x x xxa af x e xe a e x x ex xax −+′ = + − − =  + + −=a e= ( ) ( )1 x ef x x ex′ = + −   0x 当 时, , ,可得 , 单调递增;当 时, , ,可得 , 单调递减,综上所述: 在 上单调递减,在 上单调递增.(2)由(1)知 ,①当 时, 恒成立,此时 单调递增,的值域为 ,不符合题意;②当 时,则 ,也不符合题意;③当 时,令 ,可得 ,即 ,令 ,则 ,所以 在 单调递增,设存在 使得 ,两边同时取对数可得 ,则当 时, , ;当 时, , ,所以当 时, ,故只需 即可,令 , ,由 ,可得 ;由 ,可得 ,因此 在 上单调递增,在 上单调递减,从而 ,所以 ,又因为 ,所以 ,1x xeex 0x eex− ( ) 0f x′ ( )f x0 1x xeex 0x eex− ( ) 0f x′ ( )f x( )f x ( )0,1 ( )1,+∞( ) ( )1  ′ = + −  x af x x ex0a ( ) ( )1 0x af x x ex ′ = − + ( )f x( )f x R0a =121 112 2f e  =   0a ( ) ( )1 0 ′ = + − =  x af x x ex0xaex− = 0xe x a⋅ − =( ) xg x e x= ⋅ ( ) ( )1 0x x xg x e x e e x′ = ⋅ + = + ( ) xg x e x= ⋅ ( )0, ∞+( )0 0x ∈ + ∞, 0 0xe x a⋅ = 0 0ln lnx x a+ =00 x x xe x a⋅ ( ) 0f x′ 0x x xe x a⋅ ( ) 0f x′ 0x x= ( ) ( )00 0 0in 0m 0ln ln lnxf x x e a x ax a a x a ax a a a= ⋅ − − = − − + − = −ln 1a a a− ≥( ) lnh a a a a= − ( )0a ( ) 11 ln lnh a a a aa′ = − − × = −( ) 0h a′ 0 1a ( ) 0h a′ 1a ( )h a ( )0,1 (1, )+∞( ) ( )max1 1 0 1h a h= = − = ( ) ln 1h a a a a= − ≤( ) ln 1h a a a a= − ≥ ( ) ln 1h a a a a= − =由以上证明可知 ,所以 ,故满足条件的实数 的值为 .22.【答案】(1) , ;(2) .【解析】(1) ,所以,曲线 的直角坐标方程是 .点 的极坐标为 ,化为直角坐标得 .(2)将直线 的参数方程 ,代入 中,整理得 , ,此方程有不等实数根.直线 经过定点 .设有向线段 , 与实数 , 对应,则 , 就是上述方程的两个实根,.已知 是线段 的中点, 对应于参数取值 ,所以 .23.【答案】(1) ;(2)证明见解析.【解析】(1) ,即为 ,等价为 或 或 ,解得 或 或 ,( )1 1h = 1a =a 12 22 8 0x y+ − = (2, 2)P110412 2 2 2 2 2282 cos 8 0 2 8 02 cos:C x yρ ρ ρ θθ= ⇒ − − = ⇒ + − =−C 2 22 8 0x y+ − =Pπ2 2,4   (2, 2)Pl325425x ty t = + = +2 22 8 0x y+ − =241 220 100 0t t+ + = 2220 4 41 100 0Δ = − × × l (2, 2)PPM PN 1t 2t 1t 2t1 222041t t+ = −Q MN PQ 1 20 2t tt+=1 2 1102 41t tPQ+= =2( , ] [0, )3−∞ − +∞( ) 3f x ≥ 2 2 1 3x x− + + ≥22 2 1 3xx x≥− + + ≥1222 2 1 3xx x− − + + ≥122 2 1 3xx x≤ −− − − ≥2x ≥ 0 2x≤ 23x ≤ −综上可得,原不等式的解集为 .( 2 ) 证 明 : 由 柯 西 不 等 式 可 得,当 时,上式取得等号.又 ,则 ,即 ,即 .即得证.2( , ] [0, )3−∞ − +∞2 2 2 2 2 2 2[ ( 1) ( 1) ] [2 ( 1) 1 ] [2 ( 1) 1]a b c a b c+ − + + × + − + ≥ − − + +1 12ab c= − = +2 2 2( 1) ( 1) 6a b c+ − + + =2(2 2) 36a b c− + + ≤ 6 2 2 6a b c− ≤ − + + ≤8 2 4a b c− ≤ − + ≤

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