资料简介
高三理科数学
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. 已知复数 1
3
iz i
（i 为虚数单位），则 z 在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
【答案】A
【解析】
【分析】利用复数的除法化简复数 z ，由此可判断出复数 z 在复平面内对应的点所在的象限.
【详解】
1 31 4 2 2 1
3 3 3 10 5 5
i ii iz ii i i
，所以复数 z 在复平面内对应的点位于第一象限.
故选：A.
2. 已知全集U R ，集合 | 2 2A x x ， 2| 3 1xB y y ，则 UA B ð （ ）
A. 1,2 B. ( 2, 1] C. 1,2 D. [ 2,1)
【答案】B
【解析】
【分析】先求出 | 1B y y ，然后得 ( , 1]U B ð ，进而求得 UA B∩ ð .
【详解】由 | 1B y y ，得 ( , 1]U B ð ，所以 ( 2, 1]UA B ð .
故选：B.
3. “ 2 4x k k Z ”是“ tan 1x ”成立的( )
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
【答案】A
【解析】
【分析】由题意分别考查充分性和必要性即可求得最终结果.
【详解】当 2 4x k k Z 时， 1tanx ，即充分性成立；
当 1tanx 时， 2 4x k k Z 或 52 4x k k Z ，即必要性不成立；
综上可得：“ 2 4x k k Z ”是“ 1tanx ”成立的充分不必要条件.
本题选择 A 选项.
【点睛】本题主要考查正切函数的性质，充分必要条件的判断等知识，意在考查学生的转化能力和计算求
解能力.
4. 某校拟从 1200 名高一新生中采用系统抽样的方式抽取 48 人参加市“抗疫表彰大会”，如果编号为 237 的
同学参加该表彰大会，那么下列编号中不能被抽到的是（ ）
A. 1087 B. 937 C. 387 D. 327
【答案】D
【解析】
【分析】依据题意，求得以抽样间隔为 25，又 237 除以 25 的余数为 12，可得所抽取的编号为
12 25 0,1, ,47k k ，由此可得选项.
【详解】依据题意，1200 48 25 ,所以抽样间隔为 25，又 237 除以 25 的余数为 12，
故所抽取的编号为 12 25 0,1, ,47k k ，所以 327 不符合.
当 43k 时，所抽取的编号为12 25 43 1087 ，故 A 选项的编号可能被抽到，
当 37k 时，所抽取的编号为12 25 37 937 ，故 B 选项的编号可能被抽到，
当 15k 时，所抽取的编号为12 25 15 387 ，故 C 选项的编号可能被抽到，
故选：D.
5. 若单位向量 a
，b
满足 2a b a ，则 a
与b
的夹角为（ ）
A. 6
B.
3
C.
2
D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求出 1
2a b ，然后用夹角公式求解.
【详解】由 2a b a ，得 2 0a b a
r r r
，
所以 1
2a b ，所以 1cos , 2| | | |
a ba b
a b
，
又 , 0,a b
，所以 , 3a b
r r
.
故选：B.
6. 摩索拉斯陵墓位于哈利卡纳素斯，在土耳其（TURKEY ）的西南方，建筑的底面是长为 40 米，宽为 30
米的长方形，总高 45 米，其中墩座墙高 20 米，柱高 12 米，金字塔高 7 米，最顶部的马车雕像高 6 米，建
筑物被墩座墙围住，旁边以石像作装饰，顶部的雕像是四匹马拉着一架古代战车，若摩索拉斯陵墓可视为
一个长方体与一个正四棱锥的组合体，且长方体的上底面与正四棱锥的底面重合，则陵墓的高与金字塔的
侧棱长之比大约为（ ）（参考数据： 674 25.962 ）
A. 2.77 B. 2.43 C. 1.73 D. 1.35
【答案】C
【解析】
【分析】由已知求得金字塔的侧棱长，由此可得选项.
【详解】因为金字塔的底面对角线的长为 2 240 30 50 ，所以金字塔的侧棱长为 2 27 25 674 ，
则陵墓的高与金字塔的侧棱长之比大约为 45 1.73
674
，
故选：C.
7. 若 2 3log 3 log 5a ， 2
9log 4b ， 0.992c ，则（ ）
A. a c b B. a b c C. c a b D. c b a
【答案】C
【解析】
【分析】通过对数运算，把 ,a b 化成底数相同，再通过中间量 2 与 c 比较.
【详解】 2 3 2log 3 log 5 log 5 2a ，
2 22 2
81 80log log log 516 16
9log 4b a ，
0.992 2c ，有 c a b .
故选：C.
8. 函数 1 sin1x
xef x xe
在区间 , 上的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据函数的奇偶性排除部分选项，再根据 0,x 时函数的符号即可求解.
【详解】由 1 1( ) sin( ) sin ( )1 1
x x
x x
e ef x x x f xe e
，
可知 f x 为偶函数，
又由当 0,x 时， 1 sin 01
x
x
ef x xe
.
故选：A
9. 在面积为S 的 ABC 中，角 , ,A B C 的对边分别为 , ,a b c ，若 2 2 43 tan
Sb c A
，则 a （ ）
A. 1 B. 3 C. 2 D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】将面积用 1 sin2S bc A 表示，结合余弦定理即可得结果.
【详解】由三角形的面积公式，得 2 2 2 sin3 tan
bc Ab c A
，
即 2 2 3 2 cosb c bc A ，由余弦定理，得 2 2 2 2 cos 3a b c bc A ，
所以 3a .
故选：B.
10. 已知函数 ( ) sin( ) 0 4,| | 2f x x
， 7 012 12f f
，则 f x （ ）
A. sin 2 6x B. sin 3 4x C. sin 3 4x D. sin 2 3x
【答案】A
【解析】
【分析】由 7 012 12f f
代入函数求得 与 即可．
【详解】由题意有
1
1 2
2
12 ,7
12
k
k k
k
Z ，
两式作差得 2 1 1 2,2 k k k k Z ，
有 2 1 1 22 ,k k k k Z ，又 0 4 ，
所以 2 ， 1 6k ，又| | 2
，
所以
6
，故 sin 2 6f x x
．
故选：A
11. 点 F 为抛物线 2: 4C y x 的焦点，横坐标为 0)m m （ 的点 P 为抛物线C 上一点，过点 P 且与抛物线C
相切的直线l 与 y 轴相交于点Q ，则 tan FPQ （ ）
A. m B. 1
2
m C.
1
m D.
2
1m
【答案】C
【解析】
【分析】设出 P 点坐标和直线 l 的方程，联立直线l 的方程和抛物线方程，化简后求得 ,k m 的关系式，从而
化简直线 l 的方程，求得 l 与 x 轴交点的坐标，结合抛物线的定义得到 FPQ FDP ，从而求得
tan FPQ .
【详解】由抛物线的对称性，不妨设点 P 位于第一象限，
可得点 P 的坐标为 ,2m m ，
设直线l 的方程为 2y k x m m ，
联立方程
2 4
( ) 2
y x
y k x m m
，消去 x 后整理为 2 4 8 4 0ky y m km ，
有 Δ 16 4 (8 4 ) 0k m km ，有 2 2 1 0mk mk ，
解得 1k
m
，可得直线l 的方程为 1y x m
m
，
令 0y ，得 x m ，直线 l 与 x 轴的交点 D 的坐标为 ,0m ，
所以| | 1DF m ，又| | 1PF m ，
所以| | | |PF DF ，所以 FPQ FDP ，
所以 1tan tanFPQ FDP k
m
.
故选：C
【点睛】解题过程中，遇到参数较多时，可利用已知条件建立参数间的关系，从而减少参数.
12. 已知函数 lnf x x x ，若对任意 1 2 0x x ， 2 2
1 2 1 22 x x f x f x 恒成立，则实数 的取
值范围为（ ）
A. 1,e B. ( ,1] C. [ ),e D. [1, )
【答案】D
【解析】
【分析】由 2 2
1 2 1 22 x x f x f x 可得 2 2
1 1 1 2 2 2ln ln2 2x x x x x x ，令 2( ) ln2g x x x x ，然
后可得函数 g x 在 0, 上单调递增，然后可得 0g x 在 0, 上恒成立，然后分离变量转化为求
最值即可.
【详解】由 2 2
1 2 1 22 x x f x f x ，得 2 2
1 1 1 2 2 2ln ln2 2x x x x x x .
令 2( ) ln2g x x x x ，则问题可以转化为：
对任意 1 2 0x x ， 1 2g x g x 恒成立，
即函数 g x 在 0, 上单调递增，
因为 ln 1g x x x ，所以转化为 0g x 在 0, 上恒成立，
因为 0,x ，所以 ln 1x
x
在 0, 上恒成立，即转化为
max
ln 1x
x
令 ln 1xh x x
，则 2
ln xh x x
，
所以当 0,1x 时， 0h x ，当 1,x 时， 0h x ，
所以 h x 在 0,1 上单调递增，在 1, 上单调递减，
所以 max 1 1h x h ，所以 1 .
故选：D
二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分．
13. 已知实数 x ， y 满足
0
1 0
5x 7 0
x y
x y
y
，则 3z x y 的最小值是__________．
【答案】 5
【解析】
【分析】作出可行域可得答案.
【详解】画出可行域（如图阴影部分），当直线 3z x y 过点 A 时，取得最小值，
由 1 0
5x 7 0
x y
y
解得 ( 1,2)A ，此时 1 6 5z ，
所以 z 的最小值为 5 ．
故答案为： 5 .
【点睛】思路点睛：本题主要考查线性规划中，利用可行域求目标函数的最值，属于简单题.求目标函数最
值的一般步骤是“一画、二移、三求”：
（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；
（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点
就是最优解）；
（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.
14. 已知 10 2 10
0 1 2 10(2 )x a a x a x a x ，则 1 2 3 102 3 10a a a a ___________.
【答案】 10
【解析】
【分析】先求导再赋值即可.
【详解】对 10 2 10
0 1 2 10(2 )x a a x a x a x 两边分别求导，得
9 2
1 2 1010(2 ) 2 10x a a x a x ，
令 1x ，得 1 2 3 102 3 10 10a a a a .
故答案为: 10 .
15. 已知双曲线
2 2
2 2: 1( 0, 0)x yC a ba b
的右焦点为 F ，A 为双曲线C 的右顶点，过点 F 作 x 轴的垂线，
与双曲线C 交于 P ，若直线 AP 的斜率是双曲线C 的一条渐近线斜率的 3 倍，则双曲线C 的离心率为
__________.
【答案】2
【解析】
【分析】先求出 P 的坐标，表示出直线 AP 的斜率，消去 b，求出离心率.
【详解】设焦点 F 的坐标为 ,0c ，双曲线C 的离心率为 e ，
不妨设点 P 位于第一象限，由
by xa
x c
求得点 P 的坐标为
2
, bc a
，
点 A 的坐标为 ,0a ，直线 AP 的斜率为
2
2 2
1( )
b
c a c aa ec a a c a a
，
又由
2 2
2
2 1b c a ea a
，有 21 3 1e e ，
整理为 2 2 0e e ，解得 2e 或 1e （舍）.
故答案为：2.
【点睛】求椭圆（双曲线）离心率的一般思路：根据题目的条件，找到 a、b、c 的关系，消去 b，构造离心
率 e 的方程或（不等式）即可求出离心率．
16. 在四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD 是边长为 2 的正方形，侧面 PAB 底面 ABCD ，且 60APB ，
当 PAB 的面积最大时，四棱锥 P ABCD 的高为____________，四棱锥 P ABCD 外接球的表面积为
___________.
【答案】 (1). 3 (2). 28
3
【解析】
【分析】由题意可得点 P 在以弦 2AB ，所对的圆周角为 60 的优弧 APB 上运动，作 PH AB ，可得
当 H 为 AB 的中点时，此时 PAB△ 的面积最大，可得 3PH ，设等边 PAB△ 的中心为 1O ，正方形
ABCD 的中心为 2O ，过 1O 、 2O 分别作平面 PAB 、平面 ABCD 的垂线，交于点 O 为球心，O 为四棱锥
P ABCD 外接球的球心，由 2 2
2 2R O O O A 即可求解.
【详解】点 P 在以弦 2AB ，所对的圆周角为 60的优弧 APB 上运动，
作 PH AB ， H 为垂足，由侧面 PAB 底面 ABCD ，得 PH 底面 ABCD .
当 H 为 AB 的中点时， PAB△ 为等边三角形，
此时 PAB△ 的面积最大，且 3PH ，即四棱锥 P ABCD 的高为 3 .
设等边 PAB△ 的中心为 1O ，正方形 ABCD 的中心为 2O ，
过 1O 、 2O 分别作平面 PAB 、平面 ABCD 的垂线，且交于点O ，
则O 为四棱锥 P ABCD 外接球的球心，
显然
2
2 2 2
2 2
3 7( 2)3 3R O O O A
，
于是四棱锥 P ABCD 外接球的表面积为
2
7 284 3 3
.
故答案为： 3 ； 28
3
【点睛】
关键点点睛：本题考查了几何体的外接球问题，解题的关键是作出几何体外接球的球心，考查了计算能力
以及空间想象能力.
三、解答题：共 70 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第 17~21 题为必考题，
每个试题考生都必须作答．第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答．
（一）必考题共 60 分．
17. 已知数列 na 满足 1 1a ，且 1 1
n
n
n
aa a .
（1）求数列 na 的通项公式；
（2）令 2
4
4n
n
b a
，求数列 nb 的前 n 项和 nS .
【答案】（1） *1
na n Nn
；（2） 2 1
2 1n
nS n
n
.
【解析】
【分析】(1)先化简已知 1 1
n
n
n
aa a ，整理可得等差数列 1
na
，求出数列 na 的通项公式.
(2)先求出 1 1 11 2 2 1 2 1nb n n
，再利用裂项相消求出数列 nb 的前 n 项和 nS .
【详解】解：（1）因为 1 1
n
n
n
aa a ，所以
1
11 1 1 1n
n n n n
a
a a a a
，
又
1
1 1a
= ，所以数列 1
na
是首项为 1，公差为 1 的等差数列.
所以 1 1 1
n
n na
，得 1
na n
，
即数列 na 的通项公式为 *1
na n Nn
.
（2）由（1），得
2 2
2 2 2
2
4 4 4 4 1 1
14 4 1 4 14
n
n
n nb a n n
n
1 1 1 11 1(2 1)(2 1) 2 2 1 2 1n n n n
，则
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 11 1 1 12 1 3 2 3 5 2 5 7 2 2 1 2 1nS n n
2 11 1 1
2 1 2 1 2 1
n nn n n
.
【点睛】(1)本题主要考查等差数列的性质，考查数列通项的求法，考查裂项相消法求和，意在考查学生对
这些知识的掌握水平和分析推理能力.
(2)裂项相消：有时把一个数列的通项公式分成二项差的形式，相加消去中间项，只剩有限项再求和．
18. 如图 1 中，多边形 ABCDE 为平面图形，其中 3AB AE ， 2BE BC ， 4CD ， //BE CD ，
BC CD ，将 ABE 沿 BE 边折起，得到如图 2 所示四棱锥 P BCDE ，其中点 P 与点 A 重合.
（1）当 11PD 时，求证： DE 平面 PCE ；
（2）当二面角 P BE C 为135 时，求平面 PBE 与平面 PCD所成二面角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2） 5
5
.
【解析】
【分析】（1）分别利用勾股定理证明 DE CE ，DE PE ，利用线面垂直的判定定理证明 DE 平面 PCE ；
（2）取 BE 的中点 O ，过点O 在平面 BCDE 内作 BE 的垂线交 CD 于 F ，
以直线 OF 为 x 轴，直线 OE 为 y 轴，过点O 作平面 BCDE 的垂线为 z 轴，建立空间直角体系，用向量法
求出二面角的余弦值，再求正弦值.
【详解】（1）证明：由 //BE CD ， BC CD ， 2BE BC ， 4CD ，
易求 2 2CE DE ，所以 2 2 2CE DE CD ，所以 DE CE .
因为 3PE ， 11PD ，所以 2 2 211DE PE PD ，所以 DE PE .
又 PE CE E ， ,PE CE 平面 PCE ，
所以 DE 平面 PCE .
（2）解：取 BE 的中点 O ，过点O 在平面 BCDE 内作 BE 的垂线交 CD 于 F ，
以直线 OF 为 x 轴，直线 OE 为 y 轴，
过点O 作平面 BCDE 的垂线为 z 轴，建立空间直角体系，
则 0,0,0O ， 0, 1,0B ， 0,1,0E ， 2, 1,0C ， 2,3,0D .
因为 PB PE ，O 为 BE 的中点，所以 PO BE ，
又 BE OF ，所以 135POF .
在 PBE△ 中， 3PE ， 2BE ，所以 2PO ，所以 1,0,1P ，
所以 0,1,0OE ， 1,0,1OP ， 0,4,0CD ， 3,1,1CP
.
设平面 PBE 的法向量为 , ,m x y z
，
由 0,1,0OE ， 1,0,1OP ，有 0
0
m OE y
m OP x z
解得 0y
z x
，令 1x ，得 1,0,1m ；
设平面 PCD的法向量为 , ,n a b c ，
由 0,4,0CD ， 3,1,1CP ，有 4 0
3 0
n CD b
n CP a b c
解得 0
3
b
c a
，令 1a ，得 1,0,3n ，
所以 4m n ，| | 2m ，| | 10n ，
4 2cos
| | | | 2 10 5
m nm n
m n
，
故平面 PBE 与平面 PCD所成二面角的正弦值为
22 51 55
.
【点睛】立体几何解答题的基本结构：
(1)第一问一般是几何关系的证明，用判定定理；
(2)第二问是计算，求角或求距离（求体积通常需要先求距离），通常可以建立空间直角坐标系，利用向量法
计算．
19. 某校为了调研学情，在期末考试后，从全校高一学生中随机选取了 20 名男学生和 20 名女学生，调查分
析学生的物理成绩，为易于统计分析，将 20 名男学生和 20 名女学生的物理成绩，分成如下四组： 60,70 ，
70,80 ， 80,90 ， 90,100 ，并分别绘制了如下图所示的频率分布直方图：
规定：物理成绩不低于 80 分的为优秀，否则为不优秀.
（1）根据这次抽查的数据，填写下列的 2 2 列联表；
优秀 不优秀 合计
男生
女生
合计
（2）根据（1）中的列联表，试问能否在犯错误的概率不超过1% 的前提下，认为物理成绩优秀与性别有关？
（3）用样本估计总体，将频率视为概率.在全校高一学生中随机抽取 8 名男生和 8 名女生，记“8 名男生中
恰有 1 8n n 名物理成绩优秀”的概率为 1P ，“8 名女生中恰有 1 8n n 名物理成绩优秀”的概率为
2P ，试比较 1P 与 2P 的大小，并说明理由.
附：临界值参考表与参考公式
2
0( )P K K 0.150 0.100 0.050 0.025 0.010 0.005 0.001
0k 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828
（
2
2 ( )
( )( )( )( )
n ad bcK a b c d a c b d
，其中 n a b c d .）
【答案】（1）表格见解析；（2）答案见解析；（3）答案见解析.
【解析】
【分析】（1）根据直方图，分别计算男生和女生优秀的比例，进而结合总人数计算男女生的优秀，不优秀
人数，然后填表即可；
（2）根据列联表计算 2K ,看是否大于 1%=0.01 的临界值即可得到结论；
（3）利用二项分布求解各自的概率，利用比值法比较大小.
【详解】解：（1）列出 2 2 列联表，如下：
优秀 不优秀 合计
男生 15 5 20
女生 5 15 20
合计 20 20 40
（2）
2
2 ( )
( )( )( )( )
n ad bcK a b c d a c b d
240(15 15 5 5) 10 6.63520 20 20 20
，
所以能在犯错误的概率不超过1% 的前提下，认为物理成绩优秀与性别有关.
（3）根据频率分布直方图，可得男生物理成绩优秀的概率为 0.5 0.25 3
40.75 ，
女生物理成绩优秀的概率为 0.2 0.05 1
40.25 .
设“8 名男生中物理成绩优秀”的人数为随机变量 ，
“8 名女生中物理成绩优秀”的人数为随机变量 ，
根据题意，得 38, 4B
， 18, 4B
，
则
8 8
8
1 8 8 8
33 3 3 114 4 4 4 4
n n n n n n
n n CP C C
，
8 8 8
8
2 8 8 8
31 1 1 314 4 4 4 4
n n n n n
n n
nCP C C
，
8
8 2 81
8
32
8
3
4 33
4
n n
n
n n
C
P
CP
，
当 4n 时， 2 83 1n ，于是 1 2P P ；
当1 4n 时， 2 83 1n ，于是 1 2P P ；
当 4 8n 时， 2 83 1n ，于是 1 2P P .
【点睛】本题考查直方图，列联表，独立性检验和二项分布，关键是利用二项分步进行计算并用比值法比
较大小.
20. 已知椭圆
2 2
2 2: 1( 0)x yC a ba b
的左、右焦点分别为 1F 、 2F ，过 2F 且垂直于 x 轴的直线与C 交于
,M N 两点，且 M 的坐标为 31, 2
.
（1）求椭圆C 的方程；
（1）过 2F 作与直线 MN 不重合的直线 l 与C 相交于 ,P Q 两点，若直线 PM 和直线QN 相交于点T ，求证：
点T 在定直线上.
【答案】（1）
2 2
14 3
x y ；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）已知椭圆上一点及焦点坐标，利用椭圆定义待定系数 a 即可；
（2）先设直线斜率 k 及直线与椭圆交点坐标，联立方程消元整理，由韦达定理得到交点坐标 1 2,x x 与 k 关系
式.再由椭圆对称性可知，定直线垂直于 x 轴.只需先求解直线 PM 和直线QN 的方程，再联立消 y，用 1 2,x x
表示出交点T 的横坐标.最后将韦达定理关系式代入，从而证明横坐标为定值.
【详解】（1）解：由题意，得 ( )2 1,0F ， 1 1,0F ，且 1c ，
则
2
2
1 2
3 32 ( 1 1) 0 42 2a MF MF
，即 2a ，
所以 2 2 3b a c ，
故椭圆C 的方程为
2 2
14 3
x y .
（2）证明：由（1）及C 的对称性，得点 N 的坐标为 31, 2
，
设直线l 的方程为 1y k x ，点 P 、Q 的坐标分别为 1 1,x y ， 2 2,x y ，
联立方程
2 2
14 3
1
x y
y k x
，消去 y 后整理为 2 2 2 24 3 8 4 12 0k x k x k ，
所以
2
1 2 2
8
4 3
kx x k
，
2
1 2 2
4 12
4 3
kx x k
.
直线 PM 的斜率为 1 1
1 1 1
3 31 32 2
1 1 2 2
y k x
kx x x
，
直线 PM 的方程为
1
3 3 ( 1)2 2 2y k xx
，
直线QN 的斜率为 2 2
2 2 2
3 31 32 2
1 1 2 2
y k x
kx x x
，
直线QN 的方程为
2
3 3 ( 1)2 2 2y k xx
，
将直线 PM 和直线QN 方程作差消去 y 后整理为
1 2
3 3 ( 1) 32 2 2 2 xx x
，
可得
1 2
1 1 ( 1) 21 1 xx x
，
而由
2
21 2 1 2
2 2
1 2 1 2 1 2 1 2
2 2
8 22 21 1 24 3
4 12 81 1 1 1 1 314 3 4 3
k
x x x x k
k kx x x x x x x x
k k
，
可得 2 1 23 x ，解得 4x ，
即直线 PM 和QN 的交点T 的横坐标恒为 4，
所以点T 在定直线 4x 上.
【点睛】圆锥曲线中定值问题的特点及两种常见解法：
(1)特点：待证几何相关量不受动点或动线的影响而有固定的值；
(2)两种常见解法：①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；②引进变量法：先选择适当的动
点坐标或动线中系数为变量，再把要证明为定值的量表示成上述变量的数学表达式，最后把得到的数学表
达式化简，利用已知关系消去变量得到定值.
21. 已知函数 1 2 lnf x x a x a Rx
.
（1）讨论函数 f x 的单调性；
（2）若 1 2
1 2
1 1ln lnx x x x
，求证： 1 2 2x x .
【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）求导得
2
2
2 1( ) x axf x x
，令 2 2 1g x x ax ，再对 和 a 分类讨论即得函数 f x 的
单调性；
（2）由题得
1
1 1 2 2
2 1 2 1
1
ln
x
x x x x
x x x x
，令 1
2
x tx
，则 1t ，得到
2
1 2
1
ln
tx x t t
，再利用分析法结合第（1）
问的结论得证.
【详解】（1）解： f x 的定义域为 0, ，
2
2 2
1 2 2 1( ) 1 a x axf x x x x
.
令 2 2 1g x x ax ，
方程 2 2 1 0x ax 的判别式 24 4 4 1 1a a a ，
（ⅰ）当 0 ，即 1 1a 时， 2 2 1 0g x x ax 恒成立，
即对任意 0,x ，
2 0g xf x x
，
所以 f x 在 0, 上单调递增.
（ⅱ）当 0 ，即 1a 或 1a .
①当 1a 时， 2 2 1 0g x x ax 恒成立，即对任意 0,x ，
2 0g xf x x
，
所以 f x 在 0, 上单调递增.
②当 1a 时，由 2 2 1 0x ax ，解得 2 1a a ， 2 1a a .
所以当 0 x 时， 0g x ；当 x 时， 0g x ；当 x 时， 0g x ，
所以在 2 20, 1 1,a a a a 上， 0f x ，
在 2 21, 1a a a a 上， 0f x ，
所以函数 f x 在 20, 1a a 和 2 1,a a 上单调递增；
在 2 21, 1a a a a 上单调递减.
综上，当 1a 时， f x 在 0, 上单调递增；
当 1a 时， f x 在 20, 1a a 和 2 1,a a 上单调递增，在 2 21, 1a a a a 上单调
递减.
（2）证明：由 1 2
1 2
1 1ln lnx x x x
，得 1 2ln ln 0x x ，所以 1 2 0x x ，
因为 1 2
1 2
1 1ln lnx x x x
，所以
1
1 1 2 2
2 1 2 1
1
ln
x
x x x x
x x x x
，
令 1
2
x tx
，则 1t ，
1
1ln tt x
，
所以 1
1
ln
tx t
， 2
1
ln
tx t t
，所以
2
1 2
1
ln
tx x t t
.
所以要证 1 2 2x x ，只要证
2 1 2ln
t
t t
，即证 1 2ln 1t t tt
.
由（1）可知，当 1a 时，所以 1 2lnf x x xx
在 0, 上是增函数，
所以，当 1t 时， 1 0f t f ，即 1 2ln 1t t tt
成立，
所以 1 2 2x x 成立.
【点睛】关键点睛：解答本题的关键是构造 1 2x x 的函数，再利用导数和第（1）问 的结论分析. 证明
1 2 2x x ，实际上是求函数 1 2x x 的值域，所以建立恰当的函数最为关键.
（二）选考题：共 10 分．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．
选修 4-4：坐标系与参数方程
22. 在平面直角坐标系 xOy 中，直线l 的参数方程为
1
2
3
2
x t
y t
（t 为参数），曲线C 的参数方程为
1 cos
sin
x
y
，（ 为参数），以原点O 为极点， x 轴的正半轴为极轴，且两个坐标系取相等的长度单位，
建立极坐标系.
（1）求直线l 和曲线C 的极坐标方程；
（2）已知 A 是曲线C 上一点， B 是直线 l 上位于极轴所在直线上方的一点，若| | 2OB ，求 AOB 面积
的最大值.
【答案】（1） 2
3 R ； 2cos ；（2） 31 2
.
【解析】
【分析】（1）分别由直线与圆的参数方程，写出普通方程，代入极坐标转化公式，求得极坐标方程；
（2）利用极坐标把 OA 表示出来，进而写出三角形 AOB 的面积表达式，根据恒等变换转化为三角函数的最
值问题，从而求得答案.
【详解】解：（1）由 l 的参数方程得 l 的普通方程为 3y x ，
所以 l 的倾斜角为 2
3
，所以直线l 的极坐标方程为 2
3 R ；
由曲线C 的参数方程得C 的普通方程为 2 21 1x y ，
又 cos
sin
x
y
， 2 2 2( cos 1) ( sin ) 1 2 cos 0 ，
所以曲线C 的极坐标方程为 2cos .
（2）由| | 2OB ，且 B 在极轴上方，则 B 的极坐标为 22, 3
.
设 ( , ) 2 2A ，则
1 1 2| | | | sin 2 2cos sin2 2 3AOBS OA OB AOB △
23 12cos cos sin 3 cos sin cos2 2
1 cos2 1 33 sin 2 sin 22 2 3 2
当sin 2 13
，即
12
时， max
31 2AOBS △ .
【点睛】方法点睛：利用 cos
sin
x
y
，可以把普通方程转化为极坐标方程；通过极坐标转化把实际问题
转化为函数问题，求得最值.
选修 4-5：不等式选讲
23. 设 , ,a b cR ，且 1a b c .
（1）求证： 2 2 2 1
3a b c ；
（2）用 max , ,a b c 表示 , ,a b c 的最大值，求 max , ,a b b c c a 的最小值.
【答案】（1）证明见解析；（2） 2min max , , 3a b b c c a .
【解析】
【分析】（1）利用基本不等式可得 2 2 2 2( ) 3a b c a b c ，从而可证原不等式成立.
（2）设 max , ,M a b b c c a ，则可得 3 2M a b c ，从而可求 M 的最小值.
【详解】（1）证明：因为 2 22ab a b （当且仅当 a b 时等号成立），
2 22bc b c （当且仅当b c 时等号成立），
2 22ca c a （当且仅当 c a 时等号成立），
又 2 2 2 2( ) 2 2 2a b c a b c ab bc ca ，
所以 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2( ) 3a b c a b c a b b c c a a b c ，
由 1a b c ，得 2 2 2 1
3a b c （当且仅当 1
3a b c 时等号成立）.
（2）解：设 max , ,M a b b c c a ，则 M a b ， M b c ， M c a ，
从而 3 2 2M a b c ，即 2
3M .
当且仅当 a b b c c a ， 1a b c ，
即 1
3a b c 时， 2min max , , 3a b b c c a .
【点睛】思路点睛：利用基本不等式证明不等式时注意代数式的合理变形，对于双重最值问题，注意根据
最值构建关于最值的不等式，从而得到最值的范围.
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