甘肃省兰州一中2020届高三数学（理）冲刺模拟考试（三）（PDF版含答案）

甘肃省兰州第一中学2020年高考冲刺模拟试题（3）理科数学（命题：张海忠审题：郑新英）第Ⅰ卷一、选择题（本题共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．若集合A={x||x﹣1|＜5}，B={x|﹣4x+8＜0}，则A∩B=（）A．{x|x＜6}B．{x|x＞2}C．{x|2＜x＜6}D．2．若复数232021z1iiii，则复数z对应的点在第（）象限A．一B．二C．三D．四3．已知非零向量a,b满足|a|=4|b|，|b|[1,3]且(a-b)·b=1,记是向量a与b的夹角，则的最小值是（）1A．B．C．D．64334．为了得到函数yxsin2的图像，可以将函数yxcos2的图像（）355A．向左平移个单位B．向右平移个单位C．向右平移个单位D．向左平移个单位1212665．已知alog0.8，b30.8，c0.32.1，则（）3A．aabcB．acbcC．abacD．cacb6．函数fxln|||sin|xx（x,且x0）的大致图像是（）A．B．C．D．7．甲乙两运动员进行乒乓球比赛，采用7局4胜制.在一局比赛中，先得11分的运动员为胜方，但打到10平以后，先多得2分者为胜方.在10平后，双方实行轮换发球法，每人每次只发1个球.若在某局比赛中，12甲发球赢球的概率为，甲接发球贏球的概率为，则在比分为10:10后25甲先发球的情况下，甲以13:11赢下此局的概率为（）22313A．B．C．D．25101025111正视图侧视图8．我国南北朝时期数学家祖暅，提出了著名的祖暅原理：“缘幂势既同，则积不容异也”．“幂”是截面积，“势”是几何体的高，意思是两等高几何体，若俯视图在每一等高处的截面积都相等，则两几何体体积相等．已知某不规则几何体第1页共4页\n1与右侧三视图所对应的几何体满足“幂势既同”，其中俯视图中的圆弧为圆周，则该不规则几何体的体4积为（）112A．1B．C．12D．236339．如果执行下边的程序框图，输入正整数N(N≥2)和实数a1，a2，…，aN，输出A，B，则()A＋BA．A＋B为a1，a2，…，aN的和B.2为a1，a2，…，aN的算术平均数C．A和B分别是a1，a2，…，aN中最大的数和最小的数D．A和B分别是a1，a2，…，aN中最小的数和最大的数lg,xx1310．已知函数fx，gxx，则方程lg2xx,1fxgx1所有根的和等于（）A．1B．2C．3D．422xy11．F是双曲线C:1a0,b0的右焦点，过点F向C的一条渐近线引垂线，垂足为A，22ab交另一条渐近线于点B，若2AFFB，则C的离心率是（）2314A．B．C．2D．233xx12．已知函数fx()xee，函数gx()mxm（m0），若对任意的x1[22]，，总存在x[22]，使得fx()gx()，则实数m的取值范围是（）212212121A．[3e,]B．[,e)C．[,]eD．[,)333第Ⅱ卷二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）x13．曲线yxcos在点0,1处的切线方程为__________.25214．21xx的展开式中x的系数是______.15．如图，在平面直角坐标系xOy，中心在原点的椭圆与双曲线交于ABCD,,,四点，且它们具有相同的焦点FF,，点FF,分别在ADBC,上，1212则椭圆与双曲线离心率之积ee12______________.第2页共4页\n16．如图，四棱锥PABCD中，底面为四边形ABCD.其中ACD为正三角形，又DADBDBDC3DBAB.设三棱锥PABD和三棱锥PACD的体积分别是VV12,，三棱锥PABD和三棱锥PACD的外接球的表面积分别是SS12,.对于以下结论：①VV12；②VV12；③VV12；④SS12；⑤SS12；⑥SS12.其中正确命题的序号为______.三、解答题（本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）*17．（本小题满分12分）设数列{}an的前n项和为Sn，且Snn2a2,nN.（1）求数列{}an的通项公式；S22n（2）设数列{}an的前n项和为Tn，求证：为定值；Tnn（3）判断数列3an中是否存在三项成等差数列，并证明你的结论.18．（本小题满分12分）如图，已知直棱柱ABCDABCD1111的底面是菱形，且AA1AC24BD.又点EFPQ,,,分别在棱AABBCCDD1,1,1,1上运动，且满足：BFDQ，CPBFDQAE1.（1）求证：EFPQ,,,四点共面，并证明EF∥平面PQB.5（2）是否存在点P使得二面角BPQE的余弦值为？如果存在，求5出CP的长；如果不存在，请说明理由.222219．（本小题满分12分）如图，已知圆Cx:2y和圆C:4xy分别交x轴的正半12轴于点EA,；射线OD分别交CC12,于点BD,，动点P满足直线BP与y轴垂直，直线DP与x轴垂直.（1）求动点P的轨迹C的方程；（2）过点E作直线l交曲线C与点MN,，射线OHl与点H，11且交曲线C于点Q.问：2的值是否是定值？如果是MNOQ定值，请求出该定值；如果不是定值，请说明理由.20．（本小题满分12分）为丰富学生课外生活，某市组织了高中生钢笔书法比赛，比赛分两个阶段进行：第一阶段由评委给所有参赛作品评分，并确定优胜者；第二阶段为附加赛，参赛人员由组委会按规则另行确定.数据统计员对第一阶段的分数进行了统计分析，这些分数X都在[70,100)内，在以组距为5画分第3页共4页\n频率数的频率分布直方图（设“=Y”)时，发现Y满足：组距8n109,n16300*Y,(nN,5nX5(n1)).11kn,161520n（1）试确定n的所有取值，并求k；（2）组委会确定：在第一阶段比赛中低于85分的参赛者无缘获奖也不能参加附加赛；分数在95,1001的参赛者评为一等奖；分数在[90,95)的同学评为二等奖，但通过附加赛有的概率提升为一等奖；分数111在[85,90)的同学评为三等奖，但通过附加赛有的概率提升为二等奖（所有参加附加赛的获奖人员均7不降低获奖等级）.已知学生A和B均参加了本次比赛，且学生A在第一阶段评为二等奖.（ⅰ）求学生B最终获奖等级不低于学生A的最终获奖等级的概率；（ⅱ）已知学生A和B都获奖，记AB，两位同学最终获得一等奖的人数为，求的分布列和数学期望.21．（本小题满分12分）已知函数fxalnxxa，gxkxxlnxb，其中abk,,R.（1）求函数fx的单调区间；（2）设对任意ae1,以及任意xe1,，不等式fxgx恒成立时最大的k值为c，当be1,时，求bc的取值范围.选考题：共10分。请考生在第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]（本小题满分10分）xm2t在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为（t为参数）.以原点O为极点，以x轴yt52的非负半轴为极轴建立极坐标系，两坐标系具有相同的长度单位.圆C的方程为25sin,l被圆C截得的弦长为2.（1）求实数m的值；（2）设圆C与直线l交于点A、B，若点P的坐标为(,5)m，且m0，求PAPB的值.23．[选修4－5：不等式选讲]（本小题满分10分）已知fx()2x12x1.（1）解不等式fx()f(1)；114（2）若不等式fx()(m0,n0)对任意xR的都成立，证明：mn.mn3第4页共4页\n甘肃省兰州第一中学2020年高考冲刺模拟试题（3）理科数学（参考答案）一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分）1．若集合A={x||x﹣1|＜5}，B={x|﹣4x+8＜0}，则A∩B=（）A．{x|x＜6}B．{x|x＞2}C．{x|2＜x＜6}D．【答案】C【解析】集合A={x||x﹣1|＜5}={x|﹣4＜x＜6}，集合B={x|﹣4x+8＜0}={x|x＞2}，所以A∩B={x|2＜x＜6}.2．若复数232021z1iiii，则复数z对应的点在第（）象限A．一B．二C．三D．四【答案】A232021【解析】z＝1+i+i+i+…+i＝（1+i﹣1﹣i）+…+（1+i﹣1﹣i）+（1+i）＝1+i，∴复数z对应的点在第一象限．3．已知非零向量a，b满足|a|=4|b|，|b|[1,3]且(a-b)·b=1,记是向量a与b的夹角，则的最小值是（）1A．B．C．D．6433【答案】D【解析】由题意知非零向量a，b满足|a|=4|b|，|b|[1,3]且(a-b)·b=1，2b21b11122可得a·b–b=1，即|a|·|b|cos=|b|+1，所以cos22ab44bb411112因为|b|[1,3]，所以b13,，所以cos2,44b32因为0,，且余弦函数yxcos在0,上单调递减，所以min34．为了得到函数yxsin2的图像，可以将函数yxcos2的图像（）355A．向左平移个单位B．向右平移个单位C．向右平移个单位D．向左平移个单位121266【答案】B【解析】因为yxsin2，且yxcos2=sin2x=sin2x，62455所以由xφ=x，知φ，即只需将yxcos2的图像向右平移个单位.46641212第1页共14页\n5．已知alog0.8，b30.8，c0.32.1，则（）3A．aabcB．acbcC．abacD．cacb【答案】Calog0.8log10，0.80c0.32.10,0.30，【解析】33b331，故a0，b1，01c.对A，若aaba10b，不成立.故A错误；对B，因为cb1，故B错误；对C，abac成立；对D，因为ac0c，故D错误.6．函数fxln|||sin|xx（x,且x0）的大致图像是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】函数fxln|||sin|xx（x,且x0）是偶函数，排除B；11当x0时，fxlnxsinx，可得：fxcosx，令cosx0，xx1作出y与yxcos图像如图，可知两个函数有一个交点，就是函数的x一个极值点，fln1，排除C；当xx0时，fx00，故xx0,0时，函数fx单调递增，xx0,时，函数fx单调递减，排除A7．甲乙两运动员进行乒乓球比赛，采用7局4胜制.在一局比赛中，先得11分的运动员为胜方，但打到10平以后，先多得2分者为胜方.在10平后，双方实行轮换发球法，每人每次只发1个球.若在某局比赛中，甲发12球赢球的概率为，甲接发球贏球的概率为，则在比分为10:10后甲先发球的情况下，甲以13:11赢下25此局的概率为（）2313A．B．C．D．25101025【答案】C13123【解析】分两种情况：①后四球胜方依次为甲乙甲甲,概率为P1；252550第2页共14页\n12121②后四球胜方依次为乙甲甲甲,概率为P.22525251所以,所求事件概率为：PP.121028．我国南北朝时期数学家祖暅，提出了著名的祖暅原理：“缘幂势既同，则积不111容异也”．“幂”是截面积，“势”是几何体的高，意思是两等高几何体，若在每一等正视图侧视图高处的截面积都相等，则两几何体体积相等．已知某不规则几何体与右侧三视图1俯视图所对应的几何体满足“幂势既同”，其中俯视图中的圆弧为圆周，则该不规则几4何体的体积为（）112A．1B．C．12D．23633【答案】B1【解析】根据三视图知，该几何体是三棱锥与圆锥体的组合体，4111121如图所示；则该组合体的体积为V11212；3234361所以对应不规则几何体的体积为．369．如果执行下边的程序框图，输入正整数N(N≥2)和实数a1，a2，…，aN，输出A，B，则()A．A＋B为a1，a2，…，aN的和A＋BB.为a1，a2，…，aN的算术平均数2C．A和B分别是a1，a2，…，aN中最大的数和最小的数D．A和B分别是a1，a2，…，aN中最小的数和最大的数【答案】C【解析】结合题中程序框图，由当x＞A时A＝x可知A应为a1，a2，…，aN中最大的数，由当x＜B时B＝x可知B应为a1，a2，…，aN中最小的数．lg,xx1310．已知函数fx，gxx，则方程lg2xx,1fxgx1所有根的和等于（）A．1B．2C．3D．4【答案】C''【解析】设点xy,是函数ylg,xx1图象上任意一点，它关于点1,0的对称点为xy,，则xx22xx,，代入yxlg，yy0yy第3页共14页\n'''''得ylg2x,ylg2x,x1.函数ylg,xx1的图象与函数ylg2xx,1的图象关于点1,0对称，lg,xx1即函数fx的图象关于点1,0对称，易知函数fx在定义域R上单调递增.lg2xx,13又函数gxx的图象关于原点0,0对称，函数ygx1的图象关于点1,0对称，且函数ygx1在定义域R上单调递增.又f1g110,x1是方程fxgx1的一个根.3当x1时，令hxfxgx1lgxx1，则hx在1,上单调递减.333313123，h2lg210,hlglglg10lg0,h2h02222881023根据零点存在定理，可得hx在,2上有一个零点x1，根据hx的单调性知hx在1,上有且只2有一个零点x1，即方程fxgx1在1,上有且只有一个根x1.根据图象的对称性可知方程fxgx1在,1上有且只有一个根x2，且xx122.故方程fxgx1所有根的和等于13xx12.（也可绘制函数的图像，利用数形结合）22xy11．F是双曲线C:1a0,b0的右焦点，过点F向C的一条渐近线引垂线，垂足为A，交22ab另一条渐近线于点B，若2AFFB，则C的离心率是（）2314A．B．C．2D．233【答案】A【解析】由题意得AFbBF,2,bAB3;bOAaOB,2a，因此22222222423(2)aa(3)ba3b3(ca)ee.33xx12．已知函数fx()xee，函数gx()mxm（m0），若对任意的x1[22]，，总存在x2[22]，第4页共14页\n使得fx()12gx()，则实数m的取值范围是（）212121A．[3e,]B．[,e)C．[,]eD．[,)333【答案】Bxx【解析】由题意，函数fxex(1)的导数为fxxe，当x0时，fx0，则函数fx为单调递增；当x0时，fx0，则函数fx为单调递减，即当x0时，函数fx取得极小值，且为最小值1，222又由f23e,(2)fe，可得函数fx在[2,2]的值域[1,]e，由函数gx()mxmm(0)在[2,2]递增，可得gx的值域[3,]mm，由对于任意的x1[2,2]，总存在x2[2,2]，使得fx()12gx()，31m22可得[1,]e[3,]mm，即为2，解得me.me二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）x13．曲线yxcos在点0,1处的切线方程为__________.2【答案】xy22011【解析】yx'sin，当x0时其值为，221故所求的切线方程为yx1，即xy220．25214．21xx的展开式中x的系数是______.【答案】555542212【解析】2xx1x12xx1Cx12x，544x的系数为C515.15．如图，在平面直角坐标系xOy，中心在原点的椭圆与双曲线交于ABCD,,,四点，且它们具有相同的焦点FF12,，点FF12,分别在ADBC,上，则椭圆与双曲线离心率之积ee12______________.【答案】1第5页共14页\n2222xyxy【解析】设椭圆和双曲线方程分别为221,ab110，221,ab22,0abab1122设点Bcy,0，由点B既在椭圆上也在双曲线上，则有22cy01222222b11accab11，解得ya01aaa222111acb1122cy01222222b22cacab22，解得ya02aaa222222cab222222ccca12accc则aa，即11，12a1a2aa12aa12a1a2ee11216．如图，四棱锥PABCD中，底面为四边形ABCD.其中ACD为正三角形，又DADBDBDC3DBAB.设三棱锥PABD和三棱锥PACD的体积分别是VV12,，三棱锥PABD，三棱锥PACD的外接球的表面积分别是SS12,.对于以下结论：①VV12；②VV12；③VV12；④SS12；⑤SS12；⑥SS12.其中正确命题的序号为______.【答案】①⑤【解析】不妨设AD2,又ACD为正三角形，由DADBDBDC3DBAB，得DADBDBDCDBDADCDBCA0，即有DBAC，所以ADBCDB30.又DBDC3DBAB得2DBDC3DBDBDA3DB3DBDA，2又DBDCDBDA，故3DB4DBDA4DBDAcos30.43化简可以得DB，∴DAB90，易得SS△ABD△ACD，故VV12.故①正确.3又由于ADBACD60，所以△ABD与ACD的外接圆相同（四点共圆），第6页共14页\n所以三棱锥PABD，三棱锥PACD的外接球相同，所以SS12.故⑤正确.三、解答题（本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）*17．（本小题满分12分）设数列{}an的前n项和为Sn，且Snn2a2,nN.（1）求数列{}an的通项公式；S22n（2）设数列{}an的前n项和为Tn，求证：为定值；Tnn（3）判断数列3an中是否存在三项成等差数列，并证明你的结论.【解析】（1）当n1时，Sa1122,，解得a12.当n2时，anSnSn12an22an122an2an1，即aann21.an因为a10，所以2，从而数列an是以2为首项，2为公比的等比数列，an1n所以an2.…………………………………4分22a2nnn14，（2）因为an24，所以2an2故数列an是以4为首项，4为公比的等比数列，2nn2124144从而S24n1，T41n，2nn12143S2n3S2n3所以，故的值为定值.…………………………………8分Tn2Tn2n（3）假设3an中存在第mnkmnk,,()项成等差数列，nmknnmmkk则23an3am3ak，即2323232.*因为mnk，且mnk,,N，所以nk1.nnmmkkmmn11n由23232323232，nmm得332，矛盾，n所以数列3an中不存在三项成等差数列.…………………………………12分18．（本小题满分12分）如图，已知直棱柱ABCDABCD1111的底面是菱形，且AA1AC24BD.第7页共14页\n又点EFPQ,,,分别在棱AABBCCDD1,1,1,1上运动，且满足：BFDQ，CPBFDQAE1.（1）求证：EFPQ,,,四点共面，并证明EF∥平面PQB.5（2）是否存在点P使得二面角BPQE的余弦值为？如果存在，求出CP的长；如果不存在，请说5明理由.【解析】（1）证法1：在线段CPDQ,上分别取点MN,，使得QNPM1，易知四边形MNQP是平行四边形，所以MNPQ∥，联结FMMNNE,,，则AEND，且AEND∥，所以四边形ADNE为矩形，故ADPNE，同理，FM∥BCAD∥，且NEMFAD，故四边形FMNE是平行四边形，所以EF∥MN，所以EFPQ∥，故EFPQ,,,四点共面；又EFPQ∥，EF平面BPQ，PQ平面BPQ，所以EF∥平面PQB.…………………………………6分证法2：因为直棱柱ABCDABCD1111的底面是菱形，∴ACBD,AA1底面ABCD，设ACBD,交点为O，以O为原点，分别以OAOB,，及过O且与AA1平行的直线为xyz,,轴建立空间直角坐标系.则有A2,0,0，B0,1,0，C2,0,0，D0,1,0，设BFa，a1,3,则Ea2,0,1,Fa0,1,，Pa2,0,1,Qa0,1,，EF2,1,1，QP2,1,1，所以EFPQ∥，故EFPQ,,,四点共面.又EFPQ∥，EF平面BPQ，PQ平面BPQ，所以EF∥平面PQB.……………………………6分（2）平面EFPQ中向量EF2,1,1，EQ2,1,1，设平面EFPQ第8页共14页\n20xyz111的一个法向量为n1xyz1,,11,则,可得其一个法向量为n1102,,.20xyz111在平面BPQ中，BP2,1,a1，BQ0,2,a，设平面BPQ的一个法向量为n2xyz2,,22，2x2y2a1z20则，所以取其一个法向量n2aa2,2,4.20yaz22nn12522由cosnn12,，得a105a4a8，2255aa2162即aa4230，a1,3，解得a2321,3，故满足题意的点P不存在.…………………………………12分222219．（本小题满分12分）如图，已知圆Cx:2y和圆C:4xy分别交x轴的正半轴于点EA,.12射线OD分别交CC12,于点BD,，动点P满足直线BP与y轴垂直，直线DP与x轴垂直.（1）求动点P的轨迹C的方程；11（2）过点E作直线l交曲线C与点MN,，射线OHl与点H，且交曲线C于点Q.问：2的MNOQ值是否是定值？如果是定值，请求出该定值；如果不是定值，请说明理由.【解析】方法一：（1）如图设BOE，则B2cos,2sin，D2cos,2sin，所以xP2cos，yP2sin.所以动点P的轨迹C的方程为22xy1.……………………………5分42方法二：（1）当射线OD的斜率存在时，设斜率为k，OD方程为ykx，ykx2224由22得yP2，同理得xP2，所以xy21k1k22xy24，PP22xy即动点P的轨迹C的方程为1.当射线OD的斜率不存在时，点0,2也满足.42第9页共14页\n……………………………5分（2）由（1）可知E为C的焦点，设直线l的方程为xmy2（斜率不为0时），xmy222设点Mxy11,，Nxy22,，由22得m2y22my20，xy2422myy212m2211m2所以,所以222MN1myy41m12yy122m222又射线OQ方程为ymx，代入椭圆C的方程得x24mx，244m2112m即x2，y2，于是Q12m2Q2OQ241m212m2211mm2123所以222MNOQ4mm1414113又当直线l的斜率为0时，也符合条件.综上，2为定值.……………………………12分MNOQ420．（本小题满分12分）为丰富学生课外生活，某市组织了高中生钢笔书法比赛，比赛分两个阶段进行：第一阶段由评委给所有参赛作品评分，并确定优胜者；第二阶段为附加赛，参赛人员由组委会按规则另行确定.数据统计员对第一阶段的分数进行了统计分析，这些分数X都在[70,100)内，在以组距为5画分数的8n109,n16频率300*频率分布直方图（设“=Y”)时，发现Y满足：Y,(nN,5nX5(n1)).组距11kn,161520n（1）试确定n的所有取值，并求k；（2）组委会确定：在第一阶段比赛中低于85分的参赛者无缘获奖也不能参加附加赛；分数在95,100的1参赛者评为一等奖；分数在[90,95)的同学评为二等奖，但通过附加赛有的概率提升为一等奖；分数在111[85,90)的同学评为三等奖，但通过附加赛有的概率提升为二等奖（所有参加附加赛的获奖人员均不降7低获奖等级）.已知学生A和B均参加了本次比赛，且学生A在第一阶段评为二等奖.（ⅰ）求学生B最终获奖等级不低于学生A的最终获奖等级的概率；（ⅱ）已知学生A和B都获奖，记AB，两位同学最终获得一等奖的人数为，求的分布列和数学期望.【解析】（1）根据题意，X在[70,100)内，按组距为5可分成6个小区间，第10页共14页\n分别是[70,75),[75,80),[80,85),[85,90),[90,95),[95,100)，70X100，*由5nX5(n1),nN，n14,15,16,17,18,19.8n109,n14,15,1660每个小区间的频率值分别是PY5.115kn,17,18,19320n31119113由15k11，解得k.60606032503n的所有取值为14,15,16,17,18,19；k.……………………………4分50（2）（ⅰ）由于参赛学生很多，可以把频率视为概率.由（1）知，学生B的分数属于区间70,75,75,80,80,85,85,90,90,95,95,100的概率分别是：3111914112，，，，，.606060606060我们用符号Aij（或Bij)表示学生A（或B）在第一轮获奖等级为i，通过附加赛最终获奖等级为j，其中jiij(,1,2,3).记“学生B最终获奖等级不低于学生A的最终获奖等级”为事件W，则PW()PB1B21BA2222BA3222PB1PB21PB22PA22PB32PA2221111110101411051.……………………………8分606011601111607112201（ii）学生A最终获得一等奖的概率是PA21，1121160601211学生B最终获得一等奖的概率是PB1B21，2727112727960601180P(0)11，11999111118012P(1)11，1191199911180181P(2)，P11999999999的分布列为：8018120E012.……………………………12分99999999第11页共14页\n21．（本小题满分12分）已知函数fxalnxxa，gxkxxlnxb，其中abk,,R.（1）求函数fx的单调区间；（2）设对任意ae1,以及任意xe1,，不等式fxgx恒成立时最大的k值为c，当be1,时，求bc的取值范围.【解析】（1）∵fxalnxxax0,aRaax∴fx1，(x0,aR)xx①当a0时，fx的减区间为0,，没有增区间；②当a0时，fx的增区间为0,a，减区间为a,.……………………………4分a1lnxxxlnxb（2）根据题意，有k.xa1lnxxxlnxb1lnxxxlnxb∵ae1,,xe1,，∴，xx1lnxxxlnxblnxxb设gx，则gx，2xx1令pxlnxxb，则px10，pxlnxxb在1,上递增；x①当p10，即b1时，∵be1,，∴b1且xe1,时，px0，即gx0，∴gx在1,e上递增；∴cgxg1b，得bc22b.min②当pe0，即be1,e时，xe1,，px0，即gx0，∴gx在1,e上递减；b2b212∴cgxminge，得bcbe,1e；eeee③当p10pe时，因pxlnxxb在1,e上递增；∴存在唯一实数xe01,，使得px00，即bx00lnx，当xx1,0时，px0，即gx0.当xxe0,时，px0，即gx0.1lnxxxlnxb10000∴cgxmingx0lnx0.xx00第12页共14页\n11∴bclnx0x0lnx0x0.xx00111∵xe01,，∴xe02,，即bc2,e.xe0e2综上所述，bc2,e1.……………………………12分e选考题：共10分。请考生在第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]（本小题满分10分）xm2t在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为（t为参数）.以原点O为极点，以x轴的yt52非负半轴为极轴建立极坐标系，两坐标系具有相同的长度单位.圆C的方程为25sin,l被圆C截得的弦长为2.（1）求实数m的值；（2）设圆C与直线l交于点AB、，若点P的坐标为(,5)m，且m0，求PAPB的值.2222【解析】（1）由25sin得xy25y0,即圆C的普通方程为xy55.直线l的普通方程为xym50，3直线l被圆C截得的弦长为2，所以圆心到的距离为，205m53即,解得mm33或.……………………………5分22（2）法1：当m3时，点P3,5，令tt2，则直线l的参数方程可写为：2xt32（t为参数），代入圆C的直角坐标方程得：tt23240，2yt52322tt-tt，是上述方程的两实根，所以12，由于324420，故可设122tt412又直线l过点P3,5，故由上式及t的几何意义得，第13页共14页\nPAPB|||tt||tt|32.……………………………10分121222法2：当m3时，点P35，，易知点P在直线l上.又3555，所以点P在圆外.22xy552联立消去y得，xx320.xy350不妨设AB21+5，、1,2+5，所以PAPB22232.………………………10分23．[选修4－5：不等式选讲]（本小题满分10分）已知fx()2x12x1.（1）解不等式fx()f(1)；114（2）若不等式fx()(m0,n0)对任意xR的都成立，证明：mn.mn3【解析】（1）fxf1就是2xx1215.1①当x时，2xx1215，得x1.21②当1x时，2xx1215，得35，不成立.23③当x1时，2xx1215，得x.23综上可知，不等式fxf1的解集是，1，.……………………………5分2（Ⅱ）因为2x12x12x22x12x22x13，11所以3.mn11112因为m0，n0时，2，所以23，得mn.mnmnmn34所以mn2mn.……………………………10分3第14页共14页