汉中学校
-
2023年2月13日发(作者：)第1页共19页
2023届陕西省汉中市部分学校高三上学期第三次质量检测数学（理）
试题
一、单选题
1
．已知集合|2,MxxnnZ
，|2{Nxxn
，}nZ，则
M∩N=
（）
A
．B
．
MC
．
ND
．
R
【答案】B
【分析】根据集合的描述判断集合中元素的性质，再由集合的交运算求M∩N即可.
【详解】由题意，
M
表示偶数构成的集合，
N
表示整数集，
∴MNM
，
故选：B
2
．在复平面内，复数z的对应点为
1,1
，则2z（）
A
．
2
B
．
2
C
．2i
D
．2i
【答案】D
【分析】复数z的对应点为
1,1
，可得
1iz
．再利用复数的运算法则即可得出．
【详解】因为复数z的对应点为
1,1
，所以
1iz
，
则2
221i1i2i2iz
，
故选：D．
3
．若定义在
R
上的偶函数
f(x)
满足
(2)()fxfx
且
[0,1]x
时，
()fxx
，则方程
3
()log||fxx
的
解有（）
A．2个B．3个
C．4个D．多于4个
【答案】C
【分析】由题意可得函数周期为
2
，问题转化为()fx与
3
log||yx图象的交点个数，作图可得．
【详解】解：由
(2)()fxfx
可得函数的周期为
2
，
又函数为偶函数且当
[0x
，
1]
时，
()fxx
，
故可作出函数()fx得图象．
方程
3
()log||fxx
的解个数等价于()fx与
3
log||yx图象的交点，
第2页共19页
由图象可得它们有
4
个交点，故方程
3
()log||fxx
的解个数为
4.
故选：C．
4
．公元前
3
世纪，古希腊欧几里得在《几何原本》里提出：
“
球的体积（
V
）与它的直径（
D
）的立
方成正比
”
，此即3VkD
，欧几里得未给出
k
的值．
17
世纪日本数学家们对球的体积的方法还不了
解，他们将体积公式3VkD
中的常数
k
称为
“
立圆率
”
或
“
玉积率
”
．类似地，对于等边圆柱（轴截面
是正方形的圆柱），正方体也可利用公式3VkD
求体积（在等边圆柱中，
D
表示底面圆的直径；在
正方体中，
D
表示棱长）．假设运用此体积公式求得球（直径为
a
），等边圆柱（底面圆的直径为
a
），
正方体（棱长为
a
）的
“
玉积率
”
分别为
123
kkk、、
，那么
123
::kkk
（）
A
．
::2
32
B
．
::2
64
C
．
::1
32
D
．
::1
64
【答案】D
【分析】根据题意可得3
16
Va
，3
24
Va
，3
3
Va
，从而得到
123
::kkk
．
【详解】由题意得球的体积为
3
33
11
44
33266
a
VRak
；
等边圆柱的体积为
2
23
22244
a
VRaaak
；
正方体的体积3
33
1Vak
，所以
123
::::1
64
kkk
，
故选：D．
5
．设函数
()sin(0)
4
fxx
在
,
123
上为增函数，在
,
32
上是减函数，则
的可能取
值为（）
第3页共19页
A
．
3
6
2
k
，kZB
．
3
2
C
．
3
6
4
k
，
kZD
．
3
4
【答案】D
【解析】依题意可得()fx在
3
x
处取得最大值，即可求出
的取值集合，再根据函数的单调性确定
的范围，从而得解；
【详解】解：因为
()sin(0)
4
fxx
在
,
123
上为增函数，在
,
32
上是减函数，
所以()fx在
3
x
处取得最大值，即
sin1
334
f
，即2
342
kkZ
，解得
3
6
4
kkZ
，又函数在
,
123
上为增函数，所以
12
2312
且
0
，故
12
0
5
，
所以
0k
时
3
4
，
故选：D
【点睛】本题考查三角函数的性质的应用，解答的关键是正弦函数的性质的应用；
6
．已知
2
()0,a
且212cos7sin240
，若tan3
，则
tan
（）
A
．
1
13
或7B
．
7
11
或
1C
．
1D
．
1
13
【答案】D
【分析】利用二倍角的正弦公式以及齐次式求出
tan4
，再由两角差的正切公式即可求解
.
【详解】由212cos7sin240
，得224cos7sincos2sin0
，
所以22tan7tan40
，求得
1
tan
2
（舍），
tan4
．
又
tan()tan3tan
tantan()
1tan()tan13tana
，
将
tan4
的值代入上式可得：
1
tan
13
．
故选：D．
7
．设两个独立事件A，B都不发生的概率为
1
9
.
则A与B都发生的概率值可能为（）
A
．
8
9
B
．
2
3
C
．
5
9
D
．
2
9
【答案】D
【分析】根据
A
，
B
是独立事件，设A不发生的概率为
x
，
B
不发生的概率为
y
，则
1
,0,1
9
xyxy
，
然后利用基本不等式求得
xy
的范围，然后由11pxy
求解
.
【详解】因为
A
，
B
是独立事件，设A不发生的概率为
x
，
B
不发生的概率为
y
，
第4页共19页
则
1
,0,1
9
xyxy
，
所以
112
2
993
xyxx
xx
，当且仅当
1
9
x
x
，即
1
3
xy
时，等号成立，
所以
4
111
9
pxyxyxy
，
故选：D
8
．若
x
，
y
满足条件
20
260
2
xy
xy
x
，则目标函数
z
＝
x2＋
y2的最小值是（）
A
．
2
B
．
2
C
．
4D
．
68
9
【答案】B
【分析】作出不等式组表示的平面区域，再由目标函数表示的几何意义即可求解.
【详解】作出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示.
过原点
O(0
，
0)
作直线
x
＋
y
－
2
＝
0
的垂线，垂线段的长度
d
＝
22
002
2
11
，
易知zmin＝d2＝2，
故选：B.
9
．设等差数列
n
a
的前
n
项和为
n
S
，且满足
20192020
0,0SS
，对任意正整数
n
，都有
nk
aa
，
则
k
的值为
A．1009B．1010C．1011D．1012
【答案】B
【解析】结合前
n
项和公式
:12019120
2010
20
9220
2019()2020()
,
22
S
aaa
S
a
，再利用等差数列的性质，
1210101011
2,aaaaaaa
，得到
10101011
0,0aa
，分析即得解
.
第5页共19页
【详解】由等差数列
n
a
，可得
0
1202
2
9
019
1120
220
0
2019()2020()
0,0
22
S
aaaa
S
即：
1201912020
0,0aaaa
，可得：
1
20,0aaa
10101011
0,0aa
，可得等差数列
n
a
为递减数列
.
又
1011
0||||aaaa
故：对任意正整数
n
，都有
nk
aa
，则
k
的值为
1010.
故选：B
【点睛】本题考查了等差数列的性质综合，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属
于中档题.
10
．如图，已知
12
,FF
是双曲线
22
22
:1(,0)
yx
Cab
ab
的上､下焦点，直线
12
lFF
且
l
与双曲线
C
交
于
,AB
两点，若
2
FAB
是正三角形且点
1
F
是
2
FAB
的内心，则双曲线
C
的离心率是（）
A
．
31
2
B
．
32
C
．
52
D
．
6
2
【答案】A
【分析】利用正三角形求出直线
:2lyc
，与双曲线联立求出点
A,B
的坐标，解直角三角形得到离心
率
e
的方程，进而解出答案
.
【详解】如图，
第6页共19页
因为
2
FAB
是正三角形且
1
F
是
2
FAB
的内心，所以
1
F
也是
2
FAB
的重心
.
设直线
AB
与
y
轴的交点为
H
，所以
122
2
3
FFFH
，即
212
33
(2)3
22
FHFFcc
，
又因为
2
OFc
，所以
2OHc
，即直线
:2lyc
，将直线
:2lyc
代入双曲线
C
解得：
222244
(,2),B(,2)
bcabca
Acc
aa
，在直角
2
FAH
中
,
2
30HFA
，
所以
22
2
4
3
tan
33
bca
a
HFA
c
，则4224424804810cacaee
，
而
e>1
，所以2
2331
22
ee
.
故选：A.
11
．设
2021ln2019a
，
2020ln2020b
，
2019ln2021c
，则（）
A
．abcB
．cbaC
．
acb
D
．bac
【答案】A
【分析】比较
,ab
大小，转化为比较
ln2019ln2020
,
20202021
大小，构造函数
ln
()
+1
x
fx
x
，通过求导判断()fx
的单调性，可得出
,ab
大小；比较
,bc
大小，转化为比较
ln2020ln2021
,
20192020
，构造函数
ln
()
1
x
gx
x
，求
导判断
()gx
单调性，得到出
,bc
大小，即可得出结论
.
【详解】设
2
1
1ln
ln
(),()
+1(1)
x
x
x
fxfx
xx
，
第7页共19页
当2[e,)x时，
()0,()fxfx
在2[,)e上单调递减，
(2019)(2020)ff
，即
ln2019ln2020
20202021
，
2021ln20192020ln2020
，所以ab；
设
2
1
1ln
ln
(),()
1(1)
x
x
x
gxgx
xx
，
当2[e,)x时，
()0,()gxgx
在2[,)e上单调递减，
(2020)(2021)gg
，即
ln2020ln2021
20192020
，
2020ln20202019ln2021
，所以
bc
，
所以abc.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：比较数的大小，通过适当变形，转化为同构形式，从而抽象构造出函数是解
题的关键，再利用函数的单调性比较大小.
12
．如图，在棱长为
1
的正方体
1111
ABCDABCD
中，P是
11
BD上的动点，则下列说法不正确的是（）
A
．直线
DP
与
1
BC
是异面直线
B
．
CP
∥平面
1
ABD
C
．
1
APPB
的最小值是
2
D
．当P与
1
B
重合时，三棱锥
1
PABD
的外接球半径为
3
2
【答案】C
【分析】选项
A
，利用平面
11
BBCC
可说明直线
DP
与
1
BC
是异面直线；
选项
B
，先证明平面
11
//CBD
平面
1
ABD
，再由
CP
平面
11
CBD
，得
//CP
平面
1
ABD
；
选项
C
，通过作辅助线，将
1
APPB
的最小值转化为求
BM
的值，在
BMN
中，利用勾股定理求出
BM
第8页共19页
的值；
选项
D
，认识到当P与
1
B
重合时，三棱锥
1
PABD
的外接球与正方体的外接球是同一个，利用正方
体来求外接球半径
.
【详解】
A
选项，因为直线
DP
与平面
11
BBCC
相交于点
1
B
，直线
1
BC
在平面
11
BBCC
内，所以由线线
位置关系知，直线
DP
与
1
BC
是异面直线，故选项
A
正确；
B
选项，连接1
CB，
1
CD，由正方体性质，易知，
11
//ADBC
，
11
ADBC
，所以四边形
11
ABCD为平行
四边形，
有
11
//CDAB
，又
1
CD
平面
1
ABD
，
1
AB
平面
1
ABD
，所以
1
//CD平面
1
ABD
，
同理可证
1
//CB
平面
1
ABD
，
又
1
CD，
1
CB都在平面
11
CBD
内，且相交于点
C
，所以平面
11
//CBD
平面
1
ABD
，
又
CP
平面
11
CBD
，所以
//CP
平面
1
ABD
，故选项
B
正确；
C
选项，延长
1
BB
到
2
B
，使得
1211
2BBBD，连接
21
BD
，
在
21
BD
上取点
M
，使得
1111
1DMAD，
则
111
ADPMDP，有
1
MPPA.
故
1
APPBMPPBBM
.
过点
M
作
12
MNBB，交
12
BB
于点
N
，
在
121
BBD中，因为
1211
2BBBD，所以21
2BD，又
1
1DM
，
所以
2
2
MN
，
1
2
2
BN，
2
1
2
BN，2222BMMNBN
，
所以
1
APPB
的最小值为
22
，故选项
C
错误；
第9页共19页
D
选项，当
P
与
1
B
重合时，三棱锥
1
PABD
的外接球即为正方体
1111
ABCDABCD
的外接球，
又正方体
1111
ABCDABCD
的棱长为
1
，故其外接球半径222
13
111
22
R
，故选项
D
正确
.
故选：C
二、填空题
13
．已知非零向量a，
b
满足
abab
，且
ab
，则a和
ba
的夹角为
___________.
【答案】135°
【分析】将已知等式两边同时平方求得
=0ab
，进而利用向量的夹角余弦公式计算，求得夹角的余
弦值，进而得解
.
【详解】解：不妨设
1ab
.
abab
,
∴22abab，
∴
=0ab
,
则22=||1abaabaa
2=1+1202ab，
2ab
设a与
ba
的夹角是的夹角是
,
第10页共19页
12
cos
2
12
,135,
故答案为
:135.
14
．52
311x
x
的展开式中的常数项为
__________.
【答案】31
【解析】由二项式定理及其展开式得通项公式得：因为
52
1
x
的展开式得通项为
55
15
=-12r
rrr
r
TCx
，则52
311x
x
的展开式中的常数项为：45
45
55
31114CC
，得
解
.
【详解】解：55
15
=-12r
rrr
r
TCx
，
则52
311x
x
的展开式中的常数项为：
45
1405
55
3121231CC.
故答案为：31.
【点睛】本题考查二项式定理及其展开式的通项公式，求某项的导数，考查计算能力.
15
．如图，为测塔高，在塔底所在的水平面内取一点
C
，测得塔顶的仰角为
，由
C
向塔前进
30
米
后到点D，测得塔顶的仰角为
2
，再由D向塔前进
103
米后到点E后，测得塔顶的仰角为
4
，则
塔高为
______
米．
【答案】15
【分析】在三角形PDE中由余弦定理得
3
cos2
2
，可求出
4
3
，最后在
RtPEA
中，即可求解，
得到答案．
【详解】由题意，因为
2CPDEDPDCP
，
∴30PDCD
，
第11页共19页
422DPEAEPEDP，
∴
103PEDE
，
在三角形PDE中由余弦定理得
222
cos2
2
PDDEPE
PDDE
22
230103103
3
2
230103
，
∴
2
6
，
∴
4
3
，
∴
sin4
PA
PE
，
∴
3
sin410315
2
PAPE
．
故答案为15米．
【点睛】本题主要考查了正、余弦定理解三角形的实际
应用问题，其中解答中根据图形，在PDE中，合理应用正弦定理、余弦定理，以及直角三角形的
性质求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题．
16
．若
lnxaexa
对一切正实数
x
恒成立，则实数
a
的取值范围是
___________.
【答案】1a
【分析】利用隐零点法求出函数的最小值为0
00
ln0xafxexa
，进而转化为0
0
1
2ax
x
恒成
立，再利用基本不等式，即可得到答案；
【详解】设ln,0xafxexax
，则ln0xafxexa
恒成立，
由
1
xafxe
x
，令
1
xahxe
x
，则
2
1
0xahxe
x
恒成立，
所以
1
,0xahxex
x
为增函数，令
1
0xae
x
得
0
,0xxx
，
当
0
0xx
时，0hx
，当
0
xx时，0hx
；
所以fx
在
0
0,x
递减，在
0
,x
递增，故fx
在
0
xx
处取得最小值，
故最小值0
00
ln0xafxexa
，因为0
0
1
xae
x
，则
00
lnxax
所以0
0
1
0xaa
x
恒成立，得0
0
1
2ax
x
，又因为0
0
1
2x
x
（当且仅当
0
1x时等号成立）；所
以
2a≤2
即1a.
故答案为：1a.
第12页共19页
三、解答题
17．某研究机构为了研究华为公司由于技术创新对订单产生的影响，调查了技术创新前､后华为及其
它公司在欧洲的订单情况，结果如下：
华为在欧洲的订单数其他公司在欧洲的订单数
技术创新前2060
技术创新后3040
（1）是否有95%的把握认为华为公司技术创新影响了华为在欧洲的订单？
（2）现从技术创新前､后华为在欧洲的订单数中，采用分层抽样的方法抽取5个进行调查，若从抽
得的5个订单中随机抽取2个进行调查结果的比较，求这2个订单中恰好有一个是技术创新后的订
单的概率.
附：
2
2
()
()()()()
nadbc
K
abcdacbd
，其中
nabcd.
2
0
PKk
0.1000.0500.0100.001
0
k
2.7063.8416.63510.828
【答案】（
1
）有95%的把握认为华为公司技术创新影响了华为在欧洲的订单；（
2
）
3
5
.
【分析】（
1
）由题可求2K，即可判断；
（2）利用列举法即可求出.
【详解】（
1
）由题意知，
2
2
150(20403060)
5.3573.841
708050100
K
，
所以有95%的把握认为华为公司技术创新影响了华为在欧洲的订单
.
（2）由题意知，从技术创新前､后的订单数中应分别抽取的订单数为2个和3个.
将来自技术创新前的订单分别记作
12
,AA
，来自技术创新后的订单分别记作
123
BBB，，
.
则从这
5
个订单中抽取
2
个订单的所有结果有
2
,,,,,,,,,,,AAABABABABAB，
23121323
,,,,,,,ABBBBBBB，共
10
种，
其中恰有一个是来自技术后的订单的结果有
3
,,,,,,,,,,,ABABABABABAB，共
6
种，
第13页共19页
故所求概率
63
105
P
.
18
．已知公比大于1的等比数列
{}
n
a
满足
243
20,8aaa．
（
1
）求
{}
n
a
的通项公式；
（
2
）求1
12231
(1)n
nn
aaaaaa
.
【答案】（
1
）2n
n
a；（
2
）
2382
(1)
55
n
n
【分析】(1)由题意得到关于首项、公比的方程组，求解方程组得到首项、公比的值即可确定数列的
通项公式；
(2)
首先求得数列1
1
1n
nn
aa
的通项公式，然后结合等比数列前
n
项和公式求解其前
n
项和即可
.
【详解】
(1)
设等比数列
n
a
的公比为
q(q>1)
，则
3
2411
2
31
20
8
aaaqaq
aaq
，
整理可得：22520qq
，
1
1,2,2qqa
，
数列的通项公式为：1222nn
n
a
.
(2)
由于：
1
1
21
11
1122112nn
nnn
n
nn
aa
，故：
1
12231
(1)n
nn
aaaaaa
35791212222(1)2nn
32
23
2
212
82
(1)
55
12
n
n
n
.
【点睛】等比数列基本量的求解是等比数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握
等比数列的有关公式并能灵活运用，等差数列与等比数列求和公式是数列求和的基础.
19
．已知抛物线
C
：
y2=3x
的焦点为
F
，斜率为
3
2
的直线
l
与
C
的交点为
A
，
B
，与
x
轴的交点为
P
．
（1）若|AF|+|BF|=4，求l的方程；
（
2
）若
3APPB
，求
|AB|
．
【答案】（
1
）12870xy；（
2
）
413
3
.
【分析】（
1
）设直线
l
：
3
2
yxm
，
11
,Axy
，
22
,Bxy
；根据抛物线焦半径公式可得
12
5
2
xx；
联立直线方程与抛物线方程，利用韦达定理可构造关于
m
的方程，解方程求得结果；（
2
）设直线
l
：
第14页共19页
2
3
xyt
；联立直线方程与抛物线方程，得到韦达定理的形式；利用
3APPB
可得
12
3yy
，结
合韦达定理可求得
12
yy
；根据弦长公式可求得结果
.
【详解】（
1
）设直线
l
方程为：
3
2
yxm
，
11
,Axy
，
22
,Bxy
由抛物线焦半径公式可知：
12
3
4
2
AFBFxx
12
5
2
xx
联立
2
3
2
3
yxm
yx
得：229121240xmxm
则2
212121440mm
1
2
m
12
12125
92
m
xx
，解得：
7
8
m
直线
l
的方程为：
37
28
yx，即：12870xy
（
2
）设,0Pt
，则可设直线
l
方程为：
2
3
xyt
联立
2
2
3
3
xyt
yx
得：2230yyt
则4120t
1
3
t
12
2yy
，
12
3yyt
3APPB
12
3yy
2
1y
，
1
3y
12
3yy
则2
1212
413413
14412
933
AByyyy
【点睛】本题考查抛物线的几何性质、直线与抛物线的综合应用问题，涉及到平面向量、弦长公式
的应用.关键是能够通过直线与抛物线方程的联立，通过韦达定理构造等量关系.
20
．已知
AB
是圆
O
的直径，且长为
4
，
C
是圆
O
上异于A、B的一点，点P到A，B，
C
的距离均
为
23
．设二面角
PACB
与二面角
PBCA
的大小分别为
，
．
第15页共19页
（
1
）求
22
11
tantan
的值；
（
2
）若
tan3tan
，求二面角
APCB
的余弦值．
【答案】（
1
）
1
2
；（
2
）
33
33
．
【分析】（
1
）作出
,
，从而求得
22
11
tantan
的值
.
（
2
）建立空间直角坐标系，利用平面PAC和平面PBC的法向量，计算出二面角
APCB
的余弦
值．
【详解】（
1
）连结
PO
，
OC
．因为
PAPB
，
O
为
AB
的中点，
所以
POAB
．
因为
C
是圆
O
上异于A，B的一点，
AB
是圆
O
的直径，
所以ACBC，从而
AOCO
．
又因为
PAPC
，
POPO
，
所以
≌PAOPCO
，
所以
POCPOA
，即
POAC
．
因为
,AOCO
平面
ABC
，
AOCOO
，
所以
PO平面
ABC
．
分别取
AC
，
BC
的中点
M
，
N
，
连接PM，OM，
PN
，ON，则在圆
O
中，
OMAC
．
由
PO平面
ABC
，得
POAC
．
又
POOMO
，故
AC
平面
PMO
，
所以
ACPM
．
所以
PMO
．
同理，
PNO
．
第16页共19页
于是
222
2
2222
111
tantan2
OMONOCOC
OPOPOPAPOA
．
（
2
）因为
tan3tan
，所以
BC3AC23
．
在圆
O
中，CACB，以点C为坐标原点，CA所在直线为
x
轴，
CB
所在直线为
y
轴，过C且垂直
于平面
ABC
的直线为z轴建立空间直角坐标系
Cxyz
．
则
(0,0,0)C
，
(2,0,0)A
，(0,23,0)B．
又因为PO平面
ABC
，所以
OP//z
轴，从而(1,3,22)P．
则(2,0,0)CA，(0,23,0)CB，(1,3,22)CP．
设平面PAC的法向量为
(,,)mxyz
，
则
0
0
mCA
mCP
，即
20
3220
x
xyz
，
不妨取22y，则
0x
，
3z
，此时(0,22,3)m．
同理，平面PBC的一个法向量
(22,0,1)n
．
所以
333
cos,
33
||||
113
mn
mn
mn
．
又二面角
APCB
为钝二面角，
所以二面角
APCB
的余弦值为
33
33
．
【点睛】几何法求解二面角，要根据二面角的定义来求解；向量法求解二面角，关键是求得二面角
的两个半平面的法向量，并且要注意二面角是锐角还是钝角.
第17页共19页
21
．已知函数
()(0)xfxaea
，2
1
()
2
gxx
.
（
1
）当2a时，求曲线fx
与gx
的公切线方程：
（
2
）若yfxgx
有两个极值点
1
x
，
2
x
，且
21
3xx
，求实数
a
的取值范围
.
【答案】（
1
）
22yx
；（
2
）
3
(0,ln3]
6
【解析】（1）利用求导，分别求出两条曲线的切线方程.由题知两条切线重合，则可列出方程组，解
得两个切点的横坐标，从而求出切线方程；
（
2
）求yfxgx
的导函数，其零点即为极值点
1
x
，
2
x
，则
12
12
xx
xx
a
ee
.
根据
21
3xx
，可设
21
(3)xkxk
，解得
1
ln
1
k
x
k
，由此构造函数
ln
()(3)
1
x
hxx
x
，利用导函数求出
()hx
的值域
ln3
(0,]
2
，
也即是
1
x
的范围
.
由
1
1
x
x
a
e
构造函数
ln3
()((0,])
2x
x
xx
e
，求出其值域，也即是实数
a
的取值范围
.
【详解】解：（
1
）2a时，
()2xfxe
，
设曲线()fx上的切点为1
1
(,2)xxe
，则切线方程为11
1
22()xxyeexx
，
设曲线
()gx
上的切点为2
22
1
(,)
2
xx
，则切线方程为2
222
1
()
2
yxxxx
由两条切线重合得
1
1
2
2
12
2
1
2(1)
2
x
x
ex
exx
，则1
2
0
2
x
x
，
所以，公切线方程为
22yx
；
（
2
）2
1
()()
2
xyfxgxaex
，
xyaex
，设其零点为
1
x
，
2
x
，
12
12
xxaexaex
，
12
12
xx
xx
a
ee
，
令
21
(3)xkxk
，可得
11
11
xkx
xkx
ee
，则
1
ln
1
k
x
k
令
ln
()(3)
1
x
hxx
x
，
2
1
1ln
()
(1)
x
x
hx
x
，
又令
1
()1ln(3)txxx
x
，
2
1
()0
x
tx
x
，则
()tx
单调递减，
2
()(3)ln30
3
txt
，
()0hx
，
()hx
单调递减，
ln3
()
2
hx
，易知
()0hx
，
1
ln3
(0,]
2
x
，
令
()
x
x
x
e
，
1
()
x
x
x
e
，
第18页共19页
则
()x
在
(,1]
上递增，
1
1
3
(0,ln3]
6x
x
a
e
【点睛】本题考查了利用导数的几何意义求切线，利用导函数求函数的最值问题.其中多次构造函数，
利用导函数分析单调性，进而求最值是较大的难点，本题难度较大.
22
．在直角坐标系
xOy
中，曲线
C
的参数方程为
2cos,
(
22sin
x
y
为参数
)
，以原点
O
为极点，轴的
正半轴为极轴建立极坐标系，直线
l
的极坐标方程为
cos3
3
.
（
1
）求曲线C的极坐标方程和直线
l
的直角坐标方程；
（
2
）设射线
(0)
6
与直线
l
交于点A，点B在曲线
C
上，且
3
AOB
，求
AB
.
【答案】（
1
）
4sin
，3230xy；（
2
）
2.
【分析】（
1
）先将曲线
C
的参数方程化为普通方程，再利用极坐标方程与直角坐标方程的互化公式
将其化为极坐标方程，将直线
l
的极坐标方程化简后化为直角坐标方程；
（
2
）利用极坐标方程联立方程组，求出
,AB
两点的极坐标，然后可得AOB为等边三角形，从而可
求出
AB
的长
【详解】（
1
）曲线
C
的普通方程22(2)4xy
，所以极坐标方程为
4sin
.
由
cos3
3
，得
(coscossinsin)3
33
，
即cos3sin23
所以直线
l
的直角坐标方程为3230xy.
（
2
）由
,
6
cos3,
3
得
2,,
6
A
射线OB的极坐标方程为
63
，即
6
.
由
,
6
4sin,
得
2,
6
B
，
,
3
AOBAOB
为等边三角形，
2AB
23
．已知函数2gxx
，
fxxa
．
第19页共19页
（
1
）当1a时，解不等式
1
0
2
gxfx
；
（
2
）若正数
a
，
b
，
c
，
d
满足224abg
，221cd
，求
acbd
的最大值．
【答案】（
1
）
5
|
4
xx
；（
2
）
2
.
【分析】（1）代入a的值，通过讨论x的范围，去掉绝对值求出不等式的解集即可；
（
2
）求出22ab
的值，根据基本不等式的性质求出代数式的最大值即可．
【详解】（
1
）当1a时，
1
0
2
gxfx
，
即
1
21
2
xx
，
当
1x
时，
1
21
2
xx
，即
1
1
2
恒成立，故
1x
，
当
12x
时，
1
21
2
xx
，即
1
32
2
x
，解得：
5
1
4
x
，
当
2x
时，
1
21
2
xx
，
1
1
2
不成立，不等式无解，
综上，不等式的解集是
5
|
4
xx
.
（
2
）由题意得：224422abg
，
且221cd
，
2222acbdacabcdbd
2222acbdadbc
22222abcd
，
2acbd
．
a，
b
，
c
，
d
都是正数，
当且仅当
1ab
，
2
2
cd
时取
“
”
，
acbd
的最大值是
2
．