“四省八校”2022届高三上学期期中质量检测考试理科数学试题含答案

这是一份“四省八校”2022届高三上学期期中质量检测考试理科数学试题含答案，共12页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
( 考试时间:120 分钟试卷满分:150 分)
注意事项:
答题前,务必在答题卡上填写姓名和准考证号等相关信息并贴好条形码。
回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。 如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号。 回答非选择题时,将答案写在答题卡上,写在本试卷上无效。
考试结束后,将答题卡交回。
第Ⅰ卷( 选择题,共 60 分)
一、选择题( 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 S = { x | - x ≥ 3},T = { x | x2 < - x},则( ∁ RS) ∩ T = ()
A. { x | x < - 3}B. { x | x > 1}C. { x | - 1 < x < 0}D. { x | - 3 < x < - 1}
已知命题 p:设 x0 为实数,∃x0 > 0,ln( x0 + 1) < 0;命题 q:a,b 为实数,若 a > | b | ,则 a2 > b2 ,
则下列命题为真命题的是()
A. p ∧ qB. ¬ p ∧ ¬ qC. p ∨ qD. p ∨ ¬ q
x - 1
3. 函数 f( x) = a ( a ∈ R 且a ≠ 0),设甲:f( x) 在(1, + ∞ ) 上递减,乙:a > 1,则甲是乙的()
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
k
已知曲线 y = x + lnx 在点(1,1) 处的切线与直线 x + 2y = 0 垂直,则 k 的值为()
2
A. 1B. - 1C. 1
已知实数 a,b,c,满足 a > b > 1 > c > 0,则下列结论正确的是()
D. - 1
2
ab 1
2 2
c > c
lgac < lgb cC. lg 1 a < a 3D. a 3 < b 3
3
4
2
2x - y ≤ 0

x > 0
已知实数 x,y 满足 x - 3y + 5 ≥ 0
y > 0
,则 z
=  1 
x  1  y
的最小值为()
8
B.
16
1
1C. 1D. 2
若 x1 、x2 是方程 ln2 x - lnalnx - lnb = 0 的两个不相等的实数根,则 x1 ·x2 的值为()
A. aB. bC. eaD. eb
数列{ an} 满足 am+n = am + an 对任意 m,n ∈ N∗ 恒成立,且 a1 为常数,若 Sn 是{ an} 的前 n 项和,且 S10 = 4,S100 - S90 = 30,则 S100 = ()
A. 150B. 160C. 170D. 180
6
已知 f( x) = sin( ωx + π ) + csωx ( ω > 0),将 f( x) 图象上的横坐标伸长到原来的 2 倍( 纵坐标不变时),得到 g( x) 的图象。
g( x) 的部分图象如图所示( D、C 分别为函数的最高点和最低
2
点):其中 C→A·C→B = A→D 2 ,则 ω = ()
4
π
π
πD. 2π
2
若倾斜角为锐角的直线 L: y = kx + 2 + 1 与圆 C: x2 + y2 - 2x - 2y - 2 = 0 交于 A、B 两点,当三角形 ABC 的面积最大时,直线 L 的斜率为
A. 2 2B.2C.2 + 1D. 1
a2
b2
过双曲线 x2 - y2 = 1 ( a > 0,b > 0) 的右焦点 F 作双曲线渐近线的垂线段 FM ,垂足为 M,线
段 FM 与双曲线交于点 A,且满足 F→A = 2A→M ,则双曲线的离心率 e 等于()
2
A.2B.3C.5D. 3 + 1
若 n > 3 且 n ∈ N,则下列选项中正确的是()
n + 1
A. lgn( n + 1) < lgn+1( n + 2)B. ( n + 1) n > ( n + 2) n+ 1
n
n·sin 2π
< ( n + 1)·sin 2π
n
nn + 1
nn+ 1 + 1
n + 1
< nn+ 1 + 1
nn+ 2 + 1
第Ⅱ卷( 非选择题,共 90 分)
二、填空题:本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分,把答案填在题中横线上.
4
已知 tan( π + θ) = 2,则 sin2θ + π  = 。
14. 已知向量 →a =  x,1  ,→b =  1, - 2  ,若 →a ∥ →b ,则 | →a - 2→b | = 。
已知函数 f( x) 在区间 M 上有定义, 如果对于任意的 x1 、x2
∈ M, 都有 f( x1 + x2 ) ≥
2
f( x1 ) + f( x2 ), 则 称 f( x) 为 上 凸 函 数。若 f( x) 为 上 凸 函 数 , 则 f( x1 + x2 ) ≥
22
f( x1 ) + f( x2 ) ⇔f( x1 + x2 + … + xn ) ≥ f( x1 ) + f( x2 ) + …f( xn)( n 为任意大于2 的正整数)。
2nn
2
①f( x) = sinx 在(0,π) 上为上凸函数;② 在 △ABC 中,sinA + sinB + sinC ≥ 3 3 ;③f( x) = lnx
2
为上凸函数;④ n + 1
> n n ( n ≥ 2,n ∈ N)。 上述四个命题为真命题的为 。
过点M(-1,2) 作抛物线 y2 = 4x 的两条切线,切点分别为A、B 两点,则AB 的中点到抛物线准线的距离为 。
三、解答题( 本在题共 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)
( 一) 必考题:共 60 分。
(12 分) 已知 a,b,c 分别是 ΔABC 的内角 A,B,C 所对的边, 3a( bcsA + acsB) = 4( ccsA + acsC) c ,再从下面条件①与②中任选 1 个作为已知条件,完成以下问题:
证明: ΔABC 为锐角三角形;
若 C→A·C→B = 8, CD 为 ΔABC 的内角平分线,且与 AB 边交于 D ,求 CD 的长。
3
9
① csC = 2 ;② csA = 1 .
(12 分) 设数列 an 的前 n 项和为 Sn ,且 a1 = 2, an+1 = 3Sn + 1,数列 bn 满足 a1 = b1 ,点 P( bn,bn+1 ) 在直线 x - y + 2 = 0 上,n ∈ N∗ 。
求数列 { an} , { bn} 的通项公式;
记 Cn = anbn ,求数列 { Cn} 的前 n 项和。
a2
(12 分) 在直角坐标系 xy 中,椭圆 x2
+ y2 b2
= 1 ( a > b > 0) 的左右焦点分别为 F1
和 F2 ,若 A
2
为椭圆上动点,直线 AF2 与椭圆交于另一点B,若三角形 ABF1 的周长为 8,且点 1, - 3  在椭
圆上;
求椭圆的标准方程;
设直线 F1 A 、 F1 B 与直线x = 4 分别交于点M、N,记直线 MF2 和直线 NF2 的斜率分别为 k1 和
4
k2 ,若 k1 k2 = 5 ,试求直线 AB 的斜率.
20. (12 分) 已知函数 f( x) = 1 x3 + 3 x2 + 2x + m ;
32
求函数 f( x) 的单调区间;
若存在区间 [ a,b] ,使得 f( x) 的值域为 [ a3 + 4ln( a + 1),b3
+ 4ln( b + 1)] ,求实数 m 的
33
取值范围。
21. (12 分) 已知函数 f( x) = ex + xlnx - k( x + 1) 2 - x + 1, (1) 证明: ex ≥ ex
(2) 若对任意 x > 0 都有 f( x) ≥ 0,求 k 的最大值。
( 二) 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](10 分)
在直角坐标系 xOy 以中,直线 l :x = 0,圆 C 的参数方程为 x = 1 + csα,a 为参数 ,以坐
1
标原点为极点, x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系; (1) 求直线 l1 和圆 C 的极坐标方程;
y = 1 + 2 + sina
4
(2) 若直线 l2 的极坐标方程为 θ = π ( ρ ∈ R) ,设 l1 , l2 与圆 C 的公共点分别为 A,B ,求 AB 的
值。
23. [ 选修 4—5] 不等式选讲(10 分) 设函数 f( x) = 2x - 1 + x + 1 . (1) 求不等式 f( x) < 3 的解集;
(2) 设 a,b 是两正实数,若函数 f( x) 的最小值为 m ,且 a + 2b = m 。 求证: a +2b ≤ 3 。
“ 四省八校”2022 届高三第一学期期中质量检测考试理科数学参考答案
一、选择题( 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. 答案: CS = x | x ≤ - 3 ,∁ RS = x | x > - 3 ,T = x | - 1 < x < 0 ,故选 C。
答案:p 假 q 真,故选 C
答案:B,若 f  x  在1, + ∞  递增,则 a > 0,从而甲是乙的必要不充分条件,故选 B
xx
4. 选 A解析:y′ = + lnx⇒y′ | = 1 ·( - 1 ) = - 1⇒y′ | = 1 = 2⇒1 + 1 = 2⇒k = 1
k2k
答案:C,由 y = cx(0 < c < 1) 为 R 上↓ 故 ca < cb ;由 y = lgax 和lgb x( a > b > 1) 图像知 B 错,
1 2
3
由 lg 1 a < 0,a 3 > 0,C 正确,由 y = x 3 为(0, + ∞ ) 增函数,故 D 错
B 【考查目标】 本题主要考查指数运算与线性规划的知识,考查考生的数形结合能力以及转化能力。 考查的核心素养是直观想象、数学运算。
【】z = 1
x 1
y
= - 2x
-y =
-(2x+ y) ,
z,z′ = 2x + y,
解析 因为( 4 ) ( 2 )2·22所以本题求 的最小值 关键是求
的最大值。 画出题设不等式组对应的平面区域如图中阴影部分所示( 不包含坐标轴),作出直线
16
x - 3 +=y50
y = 2
2x + y = 0 并平移可知,当直线经过点B 时,z′ 取得最大值。 解方程组2x - y = 0得x = 1,所以点 B 的坐标为(1,2),所以 z′max = 2 × 1 + 2 = 4,所以 zmin = 2 - 4 = 1 。
选 A解析:x1 、x2 是方程ln2 x - lnalnx - lnb = 0 的两根⇒lnx1 、lnx2 是 t2 - lna·t - lnb = 0 的两根,由韦达定理 ⇒t1 + t2 = lnx1 + lnx2 = ln( x1 x2 ) = lna⇒x1 x2 = a
选 C 解:已知{ an} 为等差数列,又由 S10 ,S20 - S10 ,…,S100 - S90 也是等差数列, 从而 S100 = S10 + ( S20 - S10 ) + … + ( S100 - S90 ),
= 10 × (4 + 30) . 选 C
2
选 C 解:由 f( x) = sinωx × 3 + csωx × 3 = 3 sin( ωx + π ),
2
1π
→ →
23
→ 2
| AD |
2
∴ g( x) = 3 sin( 2 ωx + 3 ),由CA·CB =,
2
即 | C→A | 2 ·cs∠ACB = AD 2
2
∴ cs∠ACB = 1 ,∴ ΔACB 为正三角形,又 ΔABC 的高为 3 ,∴ | AB | = 2
1 ω
ω
∴ T = 2 × 2 = 4,∴ 即 2π = 4π = 4,∴ ω = π,选 C。
2
ΔABC2
答案:选 A;解析:易得直线 L 过点 P(0, 2 + 1),且在圆 C 内,圆 C 的圆心为(1,1),半径 R = 2,S= 1 R2 sin∠ACB ≤ 2,
当 AC ⊥ BC 时,面积最大,此时 | AB | = 2 2 ,圆心到直线 L 的
2 ,
距离 d =故 由 d = | k + 2 |
k2 + 1
= 2 且 k > 0,解得 k = 2 2 ,故选 A
选 C,解析:如图,在直角三角形 OMF 中, | OF | = c, tan∠FOM
,
= b
a
故 | MF | = b, | OM | = a,过 M、A 分别作 OF 的垂线,垂足分别为 N、B,
则 | MN | = ab,又F→A = 2A→M,故 | AB | = 2 | MN | = 2ab,
c33c
| BF | =| AF | sin∠BAF = 2 b·sin∠MOF = 2b2 ,故可得点 A 的坐标为( c - 2b2 ,2ab),
33c3c3c
( c - 2b2 ) 2
(2ab) 2
所以3c
-3c= 1 ,整理得( e + 2 ) 2 - 4
= 1,解得 e = 5 ,选 C.
a2b2
选 C解析:
33e
9e2
lgn+1( n + 2) = lg
( n + 2)·lg
n ≤ ( lgn+1( n + 2) + lgn+1 n) 2 = ( lgn+1 n( n + 2)) 2
lgn( n + 1)
n+ 1
n+ 124
4
< [ lgn+1 ( n + 1) 2 ] 2 = 1 故 A 错误;
( n + 1 n =
+ 1 n
(1 +
n1 ) + (1 +
n1 ) + …(1 + n1 ) + 1
n+ 1 =
n + 2
n+ 1
n )(1
误;
n ) ·1 ≤ [
n + 1]
( n + 1)
故 B 错
在单位圆中,内接正 n 边形的面积小于内接正( n + 1) 边形的面积( 必修三阅读材料割圆术),则
n
n
S = n· 1 ·1·1·sin 2π < S +1 = ( n + 1)· 1 ·1·1·sin 2π ,故 C 正确;
nn + 1
nn+ 1 + 1
2
= nn+ 1 + n nn+ 2 + n
n2
1>
D
nn+ 1 +
nn+ 2 + 1 故错误
n + 1
二、填空题:本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分,把答案填在题中横线上.
sin+2θcs θ
解:由 tanθ = 2,sin2θ = 2s2inθcsθ
=2tanθ tan2 θ + 1
= 4 .
5
cs2θ = cs2 θ - sin2 θ,1 - tan2 θ = 1 - 4 = - 3
cs2 θ + sin2 θ 1 + tan2 θ1 + 45
sin2θ + π  = 4
× 2
+  - 3  × 2
= 2 .
4525210
14. 答案:5 5→a / / →b ,∴ x = - 1 ,∴ →a - 2→b =  - 5 ,5  ,∴ | →a - 2→b | = 5 5
2222
解析:①2sin x1 + x2 ≥ 2sin x1 + x2·cs x1 - x2 = sinx + sinx ,故① 正确;由① 可知,f( x) = sinx
22212
在(0,π) 上为上凸函数⇒sin π = sin A + B + C ≥ sinA + sinB + sinC,故② 错误;当 x1 、x2 为正
333
x1 x2
数时,由均值不等式 ⇒ x1 + x2 ≥⇒ln x1 + x2 ≥ lnx1 + lnx2 , 故 ③ 正确; 由 ③ 可得 ln
222
1 + 2 + 3 + …n = ln n + 1 > ln1 + ln2 + ln3 + …lnn = lnn,故n + 1
> n n ,④ 成立。
n2nn2
答案:4;解析:设两条切线分别为 L1 ,L2 ,对应切点分别为 A  x1 ,y1  、B  x2 ,y2  ,则由抛物线方程可得直线 L1 的方程为 y1 y = 2( x1 + x),又直线过点 M,故 2y1 = 2( x1 - 1),
即 y1 = x1 - 1,同理可得 y2 = x2 - 1,故可得直线 AB 的方程为 y = x - 1,且过抛物线焦点(1. 0),
y = x - 1
联立方程组y2 = 4x ,消去 y 得 x2 - 6x + 1 = 0,故 | AB | = x + x + 2 = 8,由抛物线定义和梯
12
2
形中位线定理可得,AB 中点到准线的距离 d = 1
| AB | = 4.
三、解答题( 本在题共 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)
(1) 方案一:选条件 ①
解:由正弦定理,3·sinA sinBcsA + sinAcsB  = 4 sinCcsA + sinAcsC  sinC
∴ 3sinAsin A + B  = 4sin A + C  sinC
又 sin A + B  = sinC ≠ 0,sin A + C  = sinB,∴ 3sinA = 4sinB,∴ 3a = 4b
令 3a = 4b = 12k
由 csC = 2
= a2 + b2 - c2 =  4k  2 +  3k  2 - c2 ,∴ c = 3k 3 分
32ab2 × 4k·3k
从而 a 最大,又 csA = b2 + c2 - a2 =  3k  2 +  3k  2 -  4k  2 = 2
= 1 > 0
2bc
2·3k·3k
189
∴ ΔABC 为锐角三角形6 分
(2) 由C→A·C→B = bacsC = 8
∴ ab = 12
又 3a = 4b
∴ a = 4,b = 3
法一:由 csC = 2 = 1 - 2sin2 C ,∴ sin C = 6
3226
A BCCADCBD2
2
2
由 S△= 2 5 = S△+ S△,从而 2 5 = 1
× 3 × CDsin C
+ 4 × CDsin C 
7
∴ CD = 43012 分
法二:由角平分线定理,CA = AD = 3 ,从而 AD = 3 AB = 3 × 3 = 9
CBDB4777
在 △ADC 中,由余弦定理,CD2 = CA2 + AD2 - 2CA·ADcsA = 480,∴ CD = 430
方案二:选条件 ②
497
解:由正弦定理,3·sinA sinBcsA + sinAcsB  = 4 sinCcsA + sinAcsC  sinC
∴ 3sinAsin A + B  = 4sin A + C  sinC
又 sin A + B  = sinC ≠ 0,sin A + C  = sinB,∴ 3sinA = 4sinB,∴ 3a = 4b
令 3a = 4b = 12k,∴ csA = 1
= b2 + c2 - a2 = (3k) 2 + c2 - (4k) 2
92bc2·3k·c
3
从而 2 kc = c2 - 7k2 ,∴ 21k2 + 12kc - 3c2 = 0
∴ (3k - c)(7k + c) = 0,∴ c = 3k,∴ c = b
从而 a 最大又 csA = 1 > 0,∴ △ABC 为锐角三角形
(2)
由C→A·C→B = ba
9
csC = 8
∴ ab = 12
3
又 3a = 4b∴ a = 4,b = 3,c = 3. ,故 csC = 2
,以下同方案一
18. 解:(1) 由 an+1 = 3Sn + 1①
当 n ⩾ 2 时, an = 3Sn-1 + 1② 2 分
由 ① - ②,an+1 - an = 3an( n ⩾ 2)
又 a2 = 7 ≠ 4a1
∴ an 是从第二项起是等比数列
从而 an = 21 4 分
7 × 4n- 2n ⩾ 2
n =
又 bn - bn+1 = - 2而 bn+1 - bn = 2
∴ bn 是以 d = 2 为公差,b1 = 2 为首项的等差数列,

∴ bn = 2 + 2( n - 1) = 2n6 分
(2) Cn
= anbn
= 4n = 1
14n·4n- 2n ⩾ 2
∴ Tn = 4 + 14(2 × 40 + 3 × 41 + … + n × 4n- 2 )
记 w = 2 × 40 + 3 × 41 + … + n × 4n- 2 ①
4w = 2 × 41 + … + ( n - 1) × 4n- 2 + n × 4n- 1 ②
由 ① - ②,∴ - 3w = 2 + (41 + 42 + … + 4n- 2 ) - n × 4n- 1
= 2 +
3
3
分
4 × (1 - 4n- 2 )
1 - 4
- n × 4n- 1 = 2
+ 4n- 1(1 - 3n)10
9
9
9
∴ w = - 2
+ 4n- 1(3n - 1) 9
∴ Tn
= 4 + 14w = 8
+ 14 × (3n - 1) × 4n- 112
分
19. 解析:(1) 由已知和椭圆的定义知:三角形 ABF1 的周长 = 4a,故 a = 2, 2 分
所以椭圆的方程为+ y = 1 ,又点1, - 3  在椭圆上,故 1
x22
+ 9
= 1 ,解得 b = 3 ,……4
4b2
分
244b2
x2
所以椭圆的标准方程为 4
+ y2
3
= 1 ;5 分
(2) 由已知可得直线 AB 的斜率不为 0, 故可设直线 AB 的方程为 x = my + 1, 令 A  x1 ,y1  ,
B  x2 ,y2 
x = my + 1

联立方程组x2
+ y2
= 1,消去 x 得:3m2 + 4  y2 + 6my - 9 = 0 6 分
9
 43
故有 y1 + y2 = -62 m
,y1 ·y2 = -2
……………………7 分
故 kAF1
=y1
x1 + 1
3m
,kBF1
+ 4
+ ,
=y2
x21
3m + 4
直线 F1 A 的方程为 y =y1
1
( x + 1),解得与直线 x = 4 的交点 M 4, 5y1  ,
x + 1
x + 11
x + 12
同理解得 N 4, 5y2 9 分
故 k1 =
5y1 3( x1 + 1)
5y2 3( x2 + 1)
,=k2
,
k1 k2 =25y1 y2
= 25 ×y1 y2
9( x1 + 1)( x2 + 1)9 my1 + 2   my2 + 2 
= 25 ×y1 y2
9
= 25 ×
m2 y1 y2 + 2m  y1 + y2  + 4
- 9
3m2 + 4
-+ 4
9-9m2
3m2 + 4
12m2
3m2 + 4
= - 25
16 - 9m2
故 - 25 = 5 ,解得 m = ± 211 分
16 - 9m24
2
所以直线 AB 的斜率 k = ± 112 分
20. 解析: ⑴f′( x) = x2 + 3x + 2 = ( x + 1)( x + 2),易知,f( x) 的单调递增区间为( - ∞ , - 2) 和( -
1, + ∞ ),单调递减区间为( - 2, - 1)。 4 分
⑵ 由题可知 a,b 大于 - 1,并且 f( x) 在( - 1, + ∞ ) 单调递增。 假设存在区间[ a,b],使得 f( x)
[
a3b3x3
3
3
的值域为 3 + 4ln( a + 1),+ 4ln( b + 1)] ⇔y = f( x) 的图像与 y =+ 4ln( x + 1) 在( - 1,
2
+ ∞ ) 上有两个不同的交点。 即 m = - 3 x2 - 2x + 4ln( x + 1) 在( - 1, + ∞ ) 有两个不同的根。
…8 分
2
令 g( x) = - 3 x2 - 2x + 4ln( x + 1),
则 g′( x) = - 3x - 2 + 4 = - 3x2 + 5x - 2 = - (3x - 1)(x + 2),所以 g( x) 在( - 1, 1 ) 单调
x + 1
x + 1
x + 13
递增,( 1 , + ∞ ) 单调递减;所以 g( x)
= g( 1 ) = - 3 ( 1 ) 2 - 2( 1 ) + 4ln 4
= - 1
+ 4ln 4 ,
3
……10 分
max3233
333
6
3
当 x → - 1,g( x) → - ∞ ;x → + ∞ ,g( x) → - ∞ ,所以 m 的取值范围为( - ∞ , - 5 + 4ln 4 )。
……………12 分
21. (1) 证明:令 g( x) = ex - ex,则 g′( x) = ex - e,⇒g′( x) 单调递增并且 g′(1) = 0;所以 g( x) 在( -
∞ ,1) 单调递减, 在 (1, + ∞ ) 单调递增,g ( x) min = g(1) = 0⇒g( x) ⩾ 0⇒ex ⩾ ex。
………………4 分
(2) 方法一:
由 f(1) ⩾ 0⇒k ≤ e ,下证 k 的最大值为 e ,
44
4
即证 ex + xlnx - e ( x + 1) 2 - x + 1 ⩾ 0 对任意的正实数恒成立;6 分
4
令 h( x) = ex + xlnx - e ( x + 1) 2 - x + 1,
则 h′( x) = ex + lnx + 1 - e ( x + 1) - 1 = ex + lnx - e ( x + 1) ⇒h″( x) = ex + 1
- e ,
22x2
x2
x2
当 x ∈ [1, + ∞ ) 时,h″( x) = ex + 1 - e ⩾ e + 1 - e > 0; 8 分
xx2
当 x ∈ (0,1) 时,ex> e0 = 1,1> 1, 所 以 h″( x) = ex +1- e
> 0;
………………………………10 分
4
综上h″( x) > 0 在(0, + ∞ ) 上恒成立⇒h′( x) 在(0, + ∞ ) 上单调递增;由h′(1) = 0 可得,h( x)在(0,1) 单调递减;在(1, + ∞ ) 单调递增。 可得 h( x) min = h(1) = 0⇔h( x) ⩾ h(1) = 0,所以 k的最大值为 e 。 ……12 分
方法二:
当 x > 0 时,由 ⑴ex ⩾ ex⇒e 1x ⩾ e 1 ⇒ 1
⩾ 1 + ln 1 ⇒lnx ⩾ 1 - 1 ⇒xlnx ⩾ x - 1( 当且仅当
xxxx
x = 1 时取等)
2
⑴ex ⩾ ex⇒e x ⩾ e x ⇒ex ⩾ e2 x2 ⇒ex+ 1 ⩾ e2 ( x + 1) 2 ⇒ex ⩾ e ( x + 1) 2 (
x = 1
由244
取等)
4当且仅当时
综上,ex + xlnx ⩾ e ( x + 1) 2 + x - 1( 当且仅当 x = 1 时取等),所以 k 的最大值为 e 。
44
解:(1) ∵ x = ρcsθ,y = ρsinθ,∴ 直线 l1 的极坐标方程为 ρcsθ = 0,
2
即 θ = π ( ρ ∈ R) . 圆 C 的普通方程为 x2 + y2 - 2x - 2(1 + 2 ) y + 3 + 2 2 = 0
圆 C 的极坐标方程为 ρ2 - 2ρcsθ - 2(1 + 2 ) ρsinθ + 3 + 2 2 = 0(4 分)
2
(2) 将 θ = π 代入 ρ2 - 2ρcsθ - 2(1 + 2 ) ρsinθ + 3 + 2 2 = 0,
得 ρ2 - 2(1 + 2 ) ρ + 3 + 2 2 = 0,解得 ρ1 = 1 + 2 (6 分)
4
将 θ = π 代 入 ρ2 - 2ρcsθ - 2(1 + 2 ) ρsinθ + 3 + 2 2 = 0
得 ρ2 - 2(1 + 2 ) ρ + 3 + 2 2 = 0,解得 ρ2 = 1 + 2 (8 分)
在 △OAB 中由余弦定理得, | AB | 2 = ρ2 + ρ2 - 2ρ ρ cs π∴ | AB | =2 + 2 (10 分 )
121 24
【考查目标】 本题主要考查绝对值不等式的解法和证明,考查考生的化归与转化能力和运算求解能力,考查的核心素养是数学运算。
- x + 2, - 1 < x < 1
- 3x,x ≤ - 1
解:(1)=由 f( x)




2
3x,x ⩾ 1
2 ,得解集为( - 1,1) (5 分)
(2) 由 f  x  图像知, f  x  最小值 3 ,则 a + 2b = 3(7 分)
22
2
法一:要证 a +2b ≤ 3 ,等价于证明 a + 2 2ab + 2b ≤ 3,等价于证明:2 2ab ≤ 3
由均值不等式,a + 2b ≥ 2 2ab ,得证。 当且仅当 a = 2b 取等(10 分)
法二:由柯西不等式:( a + 2b)(1 + 1) ⩾( a +2b ) 2 ,得 a +2b ≤ 3 ,当且仅当 a = 2b 取等
【方法总结】 解绝对值不等式的关键是去掉绝对值符号。