2020届湖北省高三下学期5月高考模拟调研考试理科数学试题

理科数学试卷

本试卷共5页，23题（含选考题）.

★祝考试顺利★

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、草稿纸和答题卡的非答题区域均无效.

4.选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑.答案写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. 5.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交.

一、选择题：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.复数A. 2i（ ） 1iB. 13i 2213i 22C.

13i 22D.

13i 22【答案】D 【解析】 【分析】

根据复数的除法运算法则，准确运算，即可求解.

2i2i1i13i13i. 【详解】根据复数的除法运算法则，可得

1i1i1i222故选：D.

【点睛】本题主要考查了复数的除法运算，其中解答中熟记复数的四则运算法则，准确运算是解答的关键，着重考查了计算能力.

2.已知集合Axx2x30，非空集合Bx2ax1a，BA，则实数a的取值范围为（ ）.

2A. ,2 【答案】B 【解析】 【分析】

B. 1,2 2C. ,2

D. 1,2 2解一元二次不等式求得集合A，由集合的包含关系可构造不等式组求得结果. 【详解】Axx3x10x1x3，

1a2a1Q集合B为非空集合且BA，1a3，解得：a2，

22a11a即实数的取值范围为,2.

2故选：B.

【点睛】本题考查根据集合的包含关系求解参数范围的问题，涉及到一元二次不等式的求解，属于基础题. 3.已知直线l过圆x2y26x2y60的圆心且与直线xy10垂直，则l的方程是（ ）. A. xy20 【答案】C 【解析】 【分析】

由圆的一般方程可确定圆心坐标，由两直线垂直可得直线斜率，利用直线点斜式可求得结果. 【详解】由圆的方程知其圆心为：3,1，

B. xy30

C. xy20

D. xy30

Ql与直线xy10垂直，l的斜率k1， l的方程为y1x3，即xy20.

故选：C.

【点睛】本题考查直线方程的求解问题，涉及到由圆的一般方程确定圆心、直线的垂直关系的应用等知识；关键是明确两直线垂直则斜率乘积为1.

4.我国古代的天文学和数学著作《周髀算经》中记载：一年有二十四个节气，每个节气晷（gui）长损益相同（晷是按照日影测定时刻的仪器.晷长即为所测量影子的长度）.夏至、小暑、大暑、立秋、处暑、白露、秋分、寒露、霜降、立冬、小雪、大雪是连续十二个节气，其日影子长依次成等差数列.经记录测算，夏至、

处暑、霜降三个节气日影子长之和为16.5尺，这十二节气的所有日影子长之和为84尺，则夏至的日影子长为（ ） A. 0.5尺 【答案】C 【解析】 【分析】

根据日影子长成等差数列可利用夏至日影子长对应的a1和公差d表示出已知的两个日影子长之和，解方程组可求得结果.

【详解】将十二个节气对应的日影子长看作等差数列an的前十二项，按顺序夏至日影子长对应a1，处暑日影子长对应a5，霜降日影子长对应a9， 则a1a5a93a516.5，解得：a55.5；

B. 1尺

C. 1.5尺

D. 2尺

a14d5.5a11.5设等差数列an的公差为d，则，解得：，

12a66d84d11即夏至的日影子长为1.5尺. 故选：C.

【点睛】本题考查等差数列基本量的计算，涉及到等差数列通项公式和前n项和公式的应用，属于基础题. 5.函数

fxsin2xln1cosx2x,的图像大致为（ ）. 在2x22A. B.

C. D.

【答案】A 【解析】 【分析】

通过fxfx知函数为偶函数，排除B,D；利用f0排除C，进而得到结果. 42x2xsin2xlnsin2xln2x2xfx， 【详解】当x,时，fx221cosx1cosxfx为偶函数，图象关于y轴对称，可排除B,D；

ln2132ln当x时，，可排除C，则A正确. 324f0421cos142sin故选：A.

【点睛】本题考查函数图象的识别，属于常考题型；解决此类问题的常用方法是采用排除法的方式，排除的依据为奇偶性、特殊位置符号、单调性等.

6.如图的程序框图中，若输人a，n的值分别为2，3，且输出T的值为5，则空白框中应填入（ ）.



A. kn 【答案】B 【解析】 【分析】

B. kn C. k1n D. k1n

按照程序框图运行程序，直到T5时输出结果，可根据k的取值确定所填条件.

【详解】按照程序框图运行程序，输入a2，n3，k0，T0，满足所填条件，循环；

T020121，k1，满足所填条件，循环；

3T121121，k2，满足所填条件，循环； T122123，k3，满足所填条件，循环； T323125，k4，不满足所填条件，输出T5；

由k3满足条件、k4不满足条件且n3可知所填条件应故选：B.

【点睛】本题考查根据程序框图循环结构输出结果补充条件的问题，关键是准确确定输出时的k的取值. 7.VABC中，点D为BC的中点，AB3AE，M为AD与CE的交点，若CMxAByACx,yR，则xy（ ）. A. 1 【答案】D 【解析】 【分析】

作DF//BE交CE于点F，根据三角形中位线性质和平行线分线段成比例可求得M为EF中点，得到

B.

210：kn.

1 2C.

3 4D. 1

3CMCE，利用向量线性运算可用AB,AC表示出CE，代入可求得x,y，进而得到结果.

4【详解】作DF//BE交CE于点F，

QD为BC中点，DF//BE，F为CE中点，DF//BE且DFQAB3AE，BE3AB，DF3ABAE，又DF//BE，EMFM， 3即M为EF中点，CMCE.

4213113又CEAEACABAC，CMABAC，即x，y，

43444的

1BE， 21xy131. 44故选：D.

【点睛】本题考查平面向量基本定理的应用，考查了利用基底表示向量的知识；解题关键是能够确定CM与

CE之间的比例关系.

8.甲、乙、丙、丁、戊五人等可能分配到A、B、C三个工厂工作，每个工厂至少一人，则甲、乙两人不在同一工厂工作的概率为（ ）. A.

12 25B.

13 25C.

18 25D.

19 25【答案】D 【解析】 【分析】

利用排列组合中的部分平均分组分配的解决办法可求得分配方案总数和甲乙在同一工厂的分配方案总数，利用古典概型概率公式和对立事件概率公式可求得结果.

11C52C32C5C43A3150种分配方案； 【详解】五人分配到三个工厂工作，每个工厂至少一人共有：2A2122111其中甲乙在同一工厂工作的分配方案共有：C3C3A2C3C3C236种；

甲、乙两人不在同一工厂工作概率p1故选：D.

366191. 1502525【点睛】本题考查古典概型概率问题的求解，涉及到对立事件概率的求解和排列组合中的部分平均分组问题；解题关键是能够熟练应用排列组合的知识计算得到基本事件总数和符合条件的基本事件个数.

3b2a2c9.已知a,b,cR.满足0.则a，b，c的大小关系为（ ）.

lnblnalncA. cab 【答案】A 【解析】 【分析】

B. acb

C. cba

2x根据指数函数值域可确定c1，a,b0,1；构造函数fx0x1，利用导数可知fx在

lnx2a3b2b0,1上单调递减，利用可知ba，由此可得结果.

lnalnblnb的D. bac

【详解】Q3b0，2a0，2c0，lnb0，lna0，lnc0，

0b1，0a1，c1；

2a3b2b， Q320，lnb0，lnalnblnbbb2x2xln2lnx12ln2lnx2x， 令fxx0x1，则fx22lnxlnxlnxxx当0x1时，lnx0，10，fx0，fx在0,1上单调递减， x2a2b，即fafb，ba，cab. Qlnalnb故选：A.

【点睛】本题考查根据函数单调性比较大小类的问题，解题关键是能够通过构造函数，利用导数求得函数的单调性，进而根据单调性确定自变量的大小关系.

10.在棱长为1的正四面体ABCD中，M为AD上的一点且AM1AD.N为AC中点，则点A到平面3BMN的距离为（ ）.

A.

10 5B.

5 5C.

10 10D.

5 10【答案】C 【解析】 【分析】

取BC中点E，连接AE交BN于点O，连接DO，由正四面体结构特征可知DO平面ABC，则以N为坐标原点可建立空间直角坐标系，利用点到面的距离的空间向量求法可求得结果. 【详解】取BC中点E，连接AE交BN于点O，连接DO，

Q四面体ABCD为正四面体，N,E分别为AC,BC中点，

O为等边三角形ABC的中心，且DO平面ABC，

则以N为坐标原点可作如图所示空间直角坐标系，其中DO//z轴，

Q正四面体ABCD棱长为1，AO221316，DO1， AE13343333316A0,,0D,0,B,0,0则，6，2，N0,0,0， 2331611,,QAMAD，即AMAD，M， 3318393316NB2,0,0，NM18,3,9，

设平面BMN的法向量nx,y,z，

rruuunNB则rruuuunNM又AN0,3x02，令z3，则x0，y6，n0,6,3，

316xyz018391,0， 2ANn点A到平面BMN的距离dn6102. 1069故选：C.

【点睛】本题考查点到面的距离的求解，求解点到面的距离的常用方法有两种：（1）利用空间向量法求解；（2）利用体积桥的方式来求解；属于常考题型. 11.已知fxaeexxsinxa0存在唯一零点，则实数a的取值范围（ ）.

B. ,

2A. , 2C. 1, 2D. ,

21【答案】B 【解析】 【分析】

利用奇偶性可确定唯一零点x0，将问题转化为fx在x0时无零点问题的求解；利用放缩法，令

hxaexexx，利用导数可求得a

2

时hx0，由此知满足题意；当0a2，利用零点

1fx存在定理可确定在0,上存在零点，由此可确定存在x0,x0时，fx0，结合x时，

2fx，可确定0a2不合题意，由此得到结论.

【详解】Qfx定义域为R且fxaexexsinxfx，

fx为定义在R上的奇函数，fx的唯一零点为x0，

则只需x0时，fx无零点即可得到结论；

当x0时，令gxsinxx，则gxcosxcosx10，

gx在0,上单调递减，gxg00，即sinxx，

aexexsinxaexexx，

令hxaeexxx，则hxaexex，hxaexex，

Qa0，则hx0，hxh02a，

当a

2

时，hxh00，hxh00，aeexxsinxhx0，

满足当x0时，fx无零点； 当0a2xxcosx， 时，fxaee11111f02a0，fae2e2cosae2e20，

221fx在0,上存在最小零点x0，使得fx00，

2又fx为连续函数，则当x0,x0时，fx0；

fxf00，又x时，fx，

fx在0,上必存在零点，不合题意；

综上所述：实数a的取值范围为故选：B.

【点睛】本题考查根据函数零点个数求解参数范围的问题，涉及到函数奇偶性、零点存在定理的应用；关键是能够根据函数奇偶性确定零点位置，进而将问题转化为函数在x0时无零点问题的求解；难点在于通过放缩和零点存在定理确定符合题意的区间. 12.已知函数fxsinx,. 20在0,有且仅有4个零点，有下述三个结论： 31013①的取值范围为,；

33②fx在0,5单调递增； 26③若2fx12fx21，x1x2，则x1x2的最小值为以上说法正确的个数为（ ）. A. 0 【答案】C 【解析】 【分析】

B. 1

C. 2

4 13D. 3

利用fx在0,上的零点个数可构造不等式求得范围，知①正确；当x0,5时，可确定263x32，知②正确；由fx1fx21512kk可求得x1x2根据的12，32范围可知③错误.

【详解】当x0,时，3x33，

Qfx在0,上有且仅有4个零点，3对于①，34，解得：

1013， 331013,，①正确； 33对于②，当x0,55x， 时，26332635121013Q,，,，x，

263392332335fx在0,上单调递增，②正确；

26对于③，由2fx12fx21知：fx1fx2令fx1， 2152kkZ， ，则x2k或x236362k72kx或xkZ

262k172k2令x1，x2，k1,k2Z， 26x1x22k172k252k1k2152k1k22633352k1k2， 13352k1k23min当k1k21时，故选：C.

3，x1x213，③错误.

【点睛】本题考查正弦函数的性质相关命题的辨析，涉及到根据正弦型函数区间内的零点个数求解参数范围、单调性的求解、根据函数值求解自变量等知识；关键是能够熟练应用整体对应的方式来进行求解，属于较难题.

二.填空题：

113.x展开式中的常数项为______.

2x【答案】【解析】 【分析】

利用二项展开式的通项公式即可求出. 【详解】因为Tr+1=Cxr99r2921 21rr1rr923r， ()x()C9x22令

93r0，解得r3， 21233所以展开式中常数项为T4=()C921. 2【点睛】本题主要考查了二项展开式的通项公式，属于中档题.

14.已知数列an的前项和为Sn，nN满足2SnSn11，S11，则数列an的通项公式为______. 【答案】an2【解析】 【分析】

n1

an12，验证n1时也满足此式，由此可确定数列an为等比数列，根据利用an与Sn的关系可求得an等比数列通项公式可求得结果.

【详解】当n2时，2Sn1Sn1，2SnSn12Sn1Sn，2anan1，即

an12， an又a11，2S1S23a1a23a21，a22，满足

an12， an当nN时，

an12，数列an是以1为首项，2为公比的等比数列， anan2n1.

n1故答案为：an2 .

【点睛】本题考查等比数列通项公式的求解，解题关键是能够通过an与Sn的关系确定数列为等比数列. 15.某校随机抽取100名同学进行“垃圾分类”的问卷测试，测试结果发现这100名同学的得分都在50,100内，按得分分成5组：50,60，60,70，70,80，80,90，90,100，得到如图所示的频率分布直方图，则估计这100名同学的得分的中位数为______.

【答案】72.5 【解析】 【分析】

利用频率分布直方图估计中位数的方法可直接构造方程求得结果.

【详解】设所求中位数为x，则0.01100.03100.04x700.5，解得：x72.5. 故答案为：72.5.

【点睛】本题考查利用频率分布直方图估计中位数的问题，属于基础题.

x2y216.已知双曲线C:21a0,b0的左焦点F1c,0关于直线3xy0的对称点P在双曲线2ab上.则双曲线C的离心率为______. 【答案】31 【解析】 【分析】

利用点关于直线对称点的求法可求得P点坐标，代入双曲线方程可构造关于a,c的齐次方程，进而求得离心率.

1y03xc132xc3c,c【详解】设Px,y，则，解得：，即P， 223xcy0y3c222c23c2c23c21， QP在双曲线上，221，即2224a4ca4a4bc2解得：e2423（舍）或e2423，e31.

a2故答案为：31.

【点睛】本题考查双曲线离心率的求解，关键是能够利用点关于直线对称点的求解方法求得双曲线上点的坐标，进而构造出关于a,c的齐次方程求得结果.

三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17题～第21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22题～第23题为选考题，考生根据要求作答. （一）必考题：

17.在VABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，A（1）求VABC面积；

（2）角A的平分线AD交BC于D点，求AD长. 【答案】（1）【解析】 【分析】

（1）由正弦定理求得a，利用余弦定理求得bc，代入三角形面积公式可得结果；

（2）设bc0，求得b,c；利用角平分线定理可求得CD,DB；根据cosADBcosADC，利用余弦定理构造方程可求得结果.

【详解】（1）QVABC的外接圆半径R1，a2RsinA3， 由余弦定理得：a2b2c22bccosA4bc3，解得：bc1，

3，b2c24，VABC的外接圆半径为R1.

23（2）AD 42VABC的面积SbcsinA123. 4（2）角A的平分线AD交BC于D点，且b2c24，bc1， 不妨设bc0，有bc6，bc2，解得：b6262，c， 22又a3，由ACDC3131且DCDB3得：DC，DB， ABDB22AD2BD2AB2在△ABD中，cosADB；

2ADBDAD2CD2AC2在VADC中，cosADC；

2ADCDQADBADC，cosADBcosADC，

1AD2BD2AB2AD2CD2AC222，解得：AD，AD. 22ADBD2ADCD2【点睛】本题考查利用正弦定理、余弦定理解三角形、三角形面积公式的应用等知识；关键是熟练掌握正余弦定理的形式，考查学生的运算和求解能力.

18.已知如图1直角三角形ACB中，ACBC，AC6，BC63，点D为AB的中点，BC3BF，将VACD沿CD折起，使面ACD面BCD，如图2.

（1）求证：ACDF；

（2）求二面角CABD的余弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】 【分析】

（1）取CD的中点E，连AE，利用勾股定理、面面垂直和线面垂直性质可分别证得CDDF、DFAE，利用线面垂直判定定理可知DF面ACD，由线面垂直性质得到结论； （2）以D为原点可建立起空间直角坐标系，利用二面角的向量求法可求得结果. 【详解】（1）在图2中，取CD的中点E，连AE.

65 13

在直角VABC中，ACBC，AC6，BC63，

ACB90o，CAB60o，

又点D为AB的中点，BC3BF，有CD6，BF23，CF43， 由DF2CD2CF22CDCFcos30o12得：DF23，

CF2CD2DF2，CDDF.

将VACD沿CD折起，使面ACD面BCD，

由点E为CD的中点，在等边VACD中，AECD，面ACDI面BCDCD，

AE面BCD，又DF面BCD，DFAE，

又DFCD，CDIAEE，CD,AE平面ACD，∴DF面ACD， 又AC面ACD，ACDF.

（2）以D为原点，分别以DC，DF，过点D且垂直于平面DBC的直线为x，y，z轴建立如下图所示空间直角坐标系：

则D0,0,0，A3,0,33，C6,0,0，B3,33,0， 在面ABC中，设其一个法向量mx1,y1,z1， 又CA3,0,33，CB9,33,0，

uuurr3x133z10CAm0z1rr则uuu，令1，则x13，y13，mCBm09x133y10在面ABD中，设其一个法向量nx2,y2,z2， 又DA3,0,33，DB3,33,0，

3,3,1，

uuurr3x233z20DAn0y1z1rr则uuu，令2，则x23，2，nDBn03x233y203,1,1，

cosm,nmn333111mn3312223121226513，

Q二面角CABD为锐二面角，二面角CABD的余弦值为65.

13【点睛】本题考查立体几何中线线垂直关系的证明、空间向量法求解二面角的问题；涉及到线面垂直的判定与性质定理、面面垂直的性质定理等知识的应用，属于常考题型.

x2y219.如图，已知椭圆C:221a0,b0的左、右焦点分别为F1、F2，F1F225，Q是y轴的

ab正半轴上一点，QF2交椭圆于P，且PF1PF2，△PQF1的内切圆eM半径为1.

（1）求椭圆C的标准方程；

（2）若直线AB:y2xm和圆M相切，且与椭圆C交于A、B两点，求AB的值.

x2y2【答案】（1）1（2）AB32或AB3

94【解析】 【分析】

（1）利用内切圆的性质可知PF2x1，PF1x1，利用勾股定理构造方程可求得x，结合椭圆定义和

a,b,c关系可求得a,b，由此得到椭圆方程；

（2）利用eM与直线PF1相切可求得M0,5，将直线方程代入椭圆方程，可利用弦长公式求得AB；利用直线AB与eM相切可求得m，代入AB中即可得到结果.

【详解】（1）设△PQF1的内切圆eM切PF1、QF1、PQ于点E、F、G，EF1FF1x，

QFQGyx0,y0，

由PF1PF2，且PEPG1，有GF2FF1x，则PF2x1，PF1x1， 由PF1PF2F1F2得：x1x12522222x0，解得：x3，

2故2aPF1PF22x6，即a3，ba2c22，

x2y2故所求的椭圆标准方程为：1.

94（2）由（1）知：tanPF1F211x5， ，直线PF1方程为y22设点M0,t，其到直线PF1的距离为1，有2t551，

解得：t5或t0（舍），即M0,5，故圆M的方程为x2y5设Ax1,y1，Bx2,y2，

21，

y2xm由2得：40x236mx9m2360， 24x9y3609m9m236则x1x2，x1x2，

1040x1x214036m24409m2363540m2， 10340m2， 10AB1k2x1x2而y2xm与x2y5故AB32或AB3.

21相切，有m551，解得：m0或m25，

【点睛】本题考查直线与椭圆的综合应用问题，涉及到椭圆标准方程的求解、直线与圆相切的位置关系的应用、弦长问题的求解等；考查学生的运算和求解能力，属于中档题.

20.甲、乙两厂均生产某种零件.根据长期检测结果：甲、乙两厂生产的零件质量（单位：g）均服从正态分布N,2，在出厂检测处，直接将质量在3,3之外的零件作为废品处理，不予出厂；其它

的准予出厂，并称为正品.

（1）出厂前，从甲厂生产的该种零件中抽取10件进行检查，求至少有1片是废品的概率；

（2）若规定该零件的“质量误差”计算方式为：该零件的质量为xg，则“质量误差”xx0g.按标准，其中“优等”、“一级”、“合格”零件的“质量误差”范围分别是0,0.3，0.3,0.6、0.6,1.0（正品零件中没有“质量误差”大于1.0g的零件），每件价格分别为75元、65元、50元.现分别从甲、乙两厂生产的正品零件中随机抽取100件，相应的“质量误差”组成的样本数据如下表（用这个样本的频率分布估计总体分布，将频率视为概率）： 质量误差 甲厂10 频数 乙厂25 频数

（ⅰ）记甲厂该种规格的2件正品零件售出的金额为X（元），求X的分布列及数学期望EX； （ⅱ）由上表可知，乙厂生产的该规格的正品零件只有“优等”、“一级”两种，求5件该规格零件售出的金额不少于360元的概率. 附：若随机变量ZN,30 25 5 10 5 0 30 30 5 10 5 10 0,0.1 0.1,0.2 0.2,0.3 0.3,0.4 0.4,0.5 0.5,0.6 0.6,0.7 2.则P3Z30.9974；0.9974100.9743，0.840.4096，

0.850.32768.

【答案】（1）0.0257（2）（ⅰ）详见解析（ⅱ）0.73728 【解析】 【分析】

（1）求得没有废品的概率之后，利用对立事件概率公式可求得结果；

（2）（ⅰ）首先确定“优等”、“一级”、“合格”的概率，接着确定所有可能的取值，求解出每个取

值对应的概率后可得分布列，由数学期望计算公式计算可得期望；

（ⅱ）利用75n655n36构造不等式可确定n可能的取值，利用二项分布概率公式可求得结果. 【详解】（1）由正态分布可知，抽取一件零件的质量在3,3之内的概率为0.9974， 则这10件质量全都在3,3之内（即没有废品）的概率为0.9974100.9743； 则这10件零件中至少有1件是废品的概率为10.97430.0257.

（2）（ⅰ）由已知数据，用这个样本的频率分布估计总体分布，将频率视为概率，得该厂 生产的一件正品零件为“优等”、“一级”、“合格”的概率分别为0.7,0.2,0.1； 则的可能取值为150,140,130,125,115,110元，有：

PX1500.70.70.49；PX1400.70.220.28； PX1300.20.20.04；PX1250.70.120.14； PX1150.20.120.04；PX1000.10.10.01，

得到X的分布列如下：

X P

150 140 130 0.49 0.28 0.04 的125 115 100 0.14 0.04 0.01 则数学期望为：EX1500.491400.281300.041250.141150.041000.01

141（元）.

（ⅱ）设乙厂生产的5件该零件规格的正品零件中有n件“优等”品，则有5n件“一级”品， 由已知有75n655n360，解得：n3.5，则n取4或5.

故所求的概率为：PC50.80.20.80.40960.327680.73728.

【点睛】本题考查概率分布中离散型随机变量分布列与数学期望的求解、二项分布概率问题的求解、正态分布的相关知识，是对概率分布部分知识的综合考查，属于中档题. 21.已知fx2xcosax1，aR.

22445（1）若fx0恒成立.求a的最大值a0；

（2）若gxln2x12222，取（1）中的a0，当aa0时，证明：gxfx2.

【答案】（1）a02π（2）证明见解析； 【解析】 【分析】

（1）根据函数奇偶性可知fx为偶函数，根据a0时，fx0恒成立可将问题转化为a0时，

x0,，fx0恒成立，求a0；利用导数，分别在0a2和a2两种情况下得到函数单调性，

进而确定a的范围，从而得到最大值；

11222（2）将所证不等式转化为证明当x，2xxcos2x1，根据余弦函数和二次

2222函数单调性可分别求得不等号左右两侧函数的最大值和最小值，由此可证得不等式成立，从而得到结论. 【详解】（1）Qfx2xcosax1fx，fx为偶函数，

22当a0时，fx0恒成立，

故题意可为：a0，x0,，若fx0恒成立，求a的最大值a0.

42fx4xasinax，fx4acosaxacosax2，

a2222①若0a2，则fx0恒成立，fx在0,单调递增， 又f00，有fx0，x0,，故fx在0,单调递增， 又f00，有fx0恒成立，此时a的最大值a02.

24②若a2，则存在最小的正数x0，使fx00成立，此时cosax02，

a当x0,x0时，fx0，fx在0,x0单调递减，

又f00，有fx0，x0,x0，故fx在0,x0单调递减， 又f00，有fx0，x0,x0，故fx0，x0,不恒成立， 即a无最大值.

综合①②可知，满足题意a的最大值a02.

（2）由（1）知，fx2xcos2x1，证明：gxfx2，

22即证：ln2x122222222x2cos2x12，x112， 22ln2x1222xcos2x221，x2112， 22由lntt1，t0恒成立，有ln2x12222222x2，

即证：2x2xcos2x221，x112， 2222xxcos2x2221，x112，（*） 22211122当x时，hx2xx的最大值为h， 222221122当x时，xcos2x， 1的最小值为

22222故（*）式恒成立，即证得gxfx2恒成立.

【点睛】本题考查导数在研究函数中的应用，涉及到恒成立问题的求解、不等式的证明；本题证明不等式的关键是能够将所证不等式进行转化，转化为不等号左右两侧均为可求最值的函数的形式，进而利用最大值和最小值之间大小关系的比较证得结论，属于难题.

（二）选考题：

x3sincos22.在直角坐标系中xOy，曲线E的参数方程为（为参数），若以直角坐标

2y2sin3sin22系中的原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线F的极坐标方程为cos为参数）.

（1）求曲线E的普通方程和曲线F的直角坐标方程； （2）若曲线E与曲线F有公共点，求t的取值范围.

π2t（t437xy2t【答案】（1）yx1；（2）,

822【解析】 【分析】

（1）利用参数方程化普通方程、极坐标化直角坐标的方法可直接求得结果；

（2）根据题意可确定临界状态为相切和过P2,5的状态，由此确定t临界状态的取值，进而求得范围. 【详解】（1）由于E:x22sin23sin21，x2,2， 故E的普通方程为yx1，x2,2.

2F:coscossinsin对于2t，故F的直角坐标方程为xy2t.

44（2）由（1）知E:yx21，x2,2，过点P2,5，

F:xy2t过P2,5时，t，

F与E相切时有x2x12t0，则1412t0，t故t的取值范围为,. 82【点睛】本题考查极坐标与参数方程部分知识，涉及到极坐标化直角坐标、参数方程化普通方程、根据直线与曲线有交点求解参数范围的问题；易错点是忽略曲线中x的取值范围，造成求解错误. 23.已知函数fx（1）求M；

723， 8371xx1，fx10的解集为M. 2（2）若aM，b2,0，且a2b，证明：【答案】（1）M0,4（2）证明见解析； 【解析】 【分析】

（1）采用分段讨论的方式可求得fx1的解析式，进而分段构造不等式求得结果；

（2）由a2b可得a4a2b2b，平方后整理可得a4a2b2b，从而证得结论.

11x1,x022x,x0133fxxx1x1,0x1fx11【详解】（），x,0x1，

22211x1,x122x2,x1的aa42b2b. 令fx10（*），

则当x0时，解集为；当0x1时，（*）式恒成立；当x1时，所以1x4.综合可知：M0,4.

（2）由（1）知：a0,4，4a0,4，2b0,4，2b0,4， 且有a4a2b2b4，

由a2b得：2a42b，即a4a2b2b，

1x20， 2a4a2b2b，

a4a4a4a2b2b42b2b，

2222a4a2b2b，

故又即aa4aa42242a4a，

2b2b，

22b2b2422b2b，

aa42b2b. 【点睛】本题考查绝对值不等式的求解、含绝对值的不等式的证明问题；求解绝对值不等式的关键是能够通过分类讨论的方式在每一段上构造不等式，属于常考题型.