安徽省黄山市2019-2020学年上学期高中毕业班第一次质量检测理科数学(解析版)

第Ⅰ卷（选择题 满分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．请在答题卷的相应区域答题．．．．．．．．．．．．

1.已知复数z满足(1i)z3i,则z（ ） A. 5 【答案】C 【解析】 【分析】

B. 3

C. 5 D. 3 由题意可知，z3i12i，再求解|z|即可. 1i【详解】(1i)z3i

3i(3i)(1i)33iii224iz12i，则|z|12(2)25 21i(1i)(1i)1i2故选：C

【点睛】本题考查复数的运算，属于容易题.

22.设U＝R，Ax|x4x0,Bx|x1，则A(ðUB)（ ）

A. x|0x4 C. x|0x4 【答案】D 【解析】

B. x|1x4 D. x|1x4

【分析】

解不等式x24x0得0x4，再与ðUB{x|x1}求交集，即可.

2【详解】由题意可知Ax|x4x0{x|0x4}，ðUBx|x1

则A(ðUB){x|1x4} 故选：D

【点睛】本题考查集合的运算，属于容易题. 3.已知a20.3，b0.32，clog0.32，则（ ） A. bca 【答案】D 【解析】 【分析】

根据指数函数y2x定义域内为增函数可知20.320，指数函数y0.3x定义域内为减函数可知

B. bac

C. cab

D. cba

00.320.30，对数函数ylog0.3x定义域内为减函数log0.32log0.31，从而比较a，b，c的大

小即可.

【详解】由题意可知，a20.3201，0b0.320.301，clog0.32log0.310 即a1b0c 故选：D

【点睛】本题考查指数，对数的比较大小问题，属于较易题.

4.函数ysinx的大致图象为（ ） 2cosxA. B.

C. D.

【答案】A 【解析】 【分析】

先判断函数奇偶性，排除C，D选项，再特殊值检验，排除B选项，即可. 【详解】由题意可知，函数yf(x)sinx的定义域为R，关于原点对称. 2cosxf(x)sin(x)sinxcosxf(x) cos(x)22函数y又

sinxcosx为奇函数. 图象关于原点成中心对称，排除C，D选项. 2xR时cosx[1,1]

2cosx0

当x(0,)时sinx0，故y0，排除B选项. 故选A

【点睛】本题考查函数图象问题，解决本题应从定义域，奇偶性，单调性，特殊值四个方面研究，属于较易题.

裴波那契以兔子繁5.裴波那契数列（Fibonacci sequence ）又称黄金分割数列，因为数学家列昂纳多·

殖为例子引入，故又称为“兔子数列”，在数学上裴波那契数列被以下递推方法定义：数列an满足：

a1a21，an2anan1，现从该数列的前40项中随机抽取一项，则能被3整除的概率是（ ）

A.

1 4B.

1 3C.

1 2D.

2 3【答案】A 【解析】 【分析】

写出裴波那契数列的前几项，观察发现裴波那契数列中能被3整除的项，分别为第4项，第8项，第12项等，根据归纳推理可知，裴波那契数列的前40项中能被3整除的项共有10项，根据古典概型，求解即可.

【详解】裴波那契数列为：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，观察发现前12项中，第4项，第8项，第12项都能被3整除.

以此类推前40项中，第4项，第8项，第12项，第16项，第20项，第24项，第28项，第32项，第36项，第40项，共10项，能被3整除. 所以能被3整除的概率为P故选A

【点睛】本题考查古典概型求概率，同时也考查了裴波那契数列.属于中档题. 得到OB，则OB（ ） 6.将向量OA(1,1)绕原点O顺时针方向旋转75°

101. 40462A. 2,2 62C. 2,2 【答案】C 【解析】

26B. 2,2 26D. 2,2 【分析】

由题意可知OA,OB75，|OA||OB|，设B(x,y)，则OAOBxy62，与2|OA||OB|x2y22，联立求解，即可.

uuurB(x,y)，则OB(x,y) 【详解】设

由题意可知，|OA||OB|22x2y22即xy2①

OAOB|OA||OB|cosOA,OBxy22cos75262 46262即xy② 2262x2y22xx22①②联立解得或 62y2y6xy222又

向量OA(1,1)绕原点O顺时针方向旋转75°得到OB

点B在第四象限，则B66222,2 2,2，即OB故选C

【点睛】本题考查向量的数量积以及求向量的模，属于中档题.

2n*7.已知数列an满足2a12a2...2ann(nN)，数列1的前n 项和为Sn，

logaloga2n12n则S2019（ ）

A.

2019 2020B.

1 2019C.

1 2020D.

2018 2019【答案】A

【解析】 【分析】

2n*设Tn2a12a2...2ann(nN)，分类讨论n1时，a11n，n2时，2an1则21111*ann(nN)，即，再根据裂项相消法求Sn1，从而求解S2019，

log2anlog2an1n(n1)n12即可.

2n*【详解】设Tn2a12a2...2ann(nN)

当n1时T12a11，即a1当n2时，

1 2TnTn1(2a122a2...2nan)(2a122a2...2n1an1)2nann(n1)1

n即2an1，则an1 2n验证a1111(nN*) a成立，则n1n22211111111则log2anlog2an1 log2nlog2n1n[(n1)]n(n1)nn122111111Sn122334即S20191故选：A

【点睛】本题考查已知前n项和求通项公式，以及裂项相消法求数列的前n项和，属于中档题.

1111 n1nn112019 2020202028.已知函数f(x)在R上满足f4x2fx2x5x，则曲线yf(x)在点(2,f(2))处的切线方

程是（ ） A. yx C. y3x8 【答案】B 【解析】 【分析】

2由题意可知，x2时f(2)2，对f4x2fx2x5x两边分别求导，可知

B. yx4 D. y5x12

f4x2fx4x5，令x2，得f(2)1，求切线方程即可.

【详解】

f4x2fx2x25x

[f(4x)](4x)f(4x)f(4x)[2f(x)2x25x]2f(x)4x5

即f4x2fx4x5 令x2

则f(42)f(2)2f(2)22252即f(2)2

f(42)f(2)2f(2)425即f(2)1

曲线yf(x)在点(2,f(2))处的切线方程为y(2)x2，即yx4

故选：B

【点睛】本题考查求切线方程，求x2处的函数值与导数值是解决本题的关键.属于中档题.

9.函数ysinx（ ）

60在,内单调递增，且图象关于直线x对称，则的值为22A.

1 4B.

5 3C.

2 3D.

1 3【答案】C 【解析】 【分析】

2ysinx0x,，则由正弦型函数单调性可知，函数的单调递增区间为63322,，即0，由正弦型函数的对称性可知，函数ysinx0对,223363称轴为xk1,kZ，即k,kZ，当k1时，求解的值，即可. 33【详解】由题意可知，

当x22k2k2k,2k,kZ即，x,,kZ时 62233ysinx函数0单调递增.

6当k0时函数在[2,]内单调递增 33又

函数在,内单调递增

222322 解得0

323当x62k,kZ即xk,kZ为函数ysinx0的对称轴.

63图象关于直线x对称

xk1,kZ，即k,kZ 332满足题意. 3当k1时，故选：C

【点睛】本题考查正弦型函数的图象与性质，属于中档题.

3810.如图，半径为6的球的两个内接圆锥有公共的底面，若两个圆锥的体积之和为球的体积的，则这两个圆锥高之差的绝对值为（ ）

A. 2 【答案】C 【解析】 【分析】

B. 4 C. 6 D. 8

设两圆锥的顶点为分别A，B，底面圆圆心为O1，底面圆半径O1Cr，球心为O，球的半径

134OCR6，由题意可知，两圆锥体积之和为r2(2R)R3，解得r33，在RtOO1C383中，求解OO1即可.

【详解】设两圆锥的顶点为分别A，B，底面圆圆心为O1，底面圆半径O1Cr，球心为O，球的半径OCR6.如图所示

两个圆锥的体积之和为球的体积的38

13r2AO1113413r2BO13r2(AO1BO1)3r2(2R)83R3 则r234R227即r33 在RtOO1C中OO1OC2O21C36273

则两圆锥的高分别为AO1ROO13，BO1ROO19 所以两个圆锥高之差的绝对值为6. 故选：C

【点睛】本题考查球与圆锥的体积问题，属于中档题.

11.已知函数f(x)lnxax32有4个零点，则实数a的取值范围是（A. 0,e2

B. 1,e2

C. 0,e2 【答案】C 【解析】 【分析】

D. 1e2, ） 由题意可知，函数f(x)为偶函数，则x0时函数f(x)有2个零点，即方程f(x)lnxax302(x0)有2个根，即ylnx与yax线l：yax率，即可.

3(x0)有2个交点.在同一坐标系内画出函数ylnx与直23，由图象可知直线l夹在切线l1与直线l2之间时，有2个交点，分别求解l1 与l2的斜2【详解】函数f(x)的定义域为{x|x0}关于原点对称，

f(x)ln|x|a|x|函数f(x)为偶函数

函数有4个零点

33ln|x|a|x|f(x) 22x0时函数f(x)有2个零点，则方程f(x)lnxax30(x0)有2个根. 2即ylnx与yax3(x0)有2个交点. 2

由题意可知直线l1为曲线ylnx的切线，且经过点(0,). 设切点坐标(x0,y0)，则y0lnx0，

32y(lnx)1 xkl1yxx0113yxl则切线1的方程为

x02x011331x01lnx0，则xe2e 即y00x0222ekl11e x0又

直线l2平行于x轴，则kl20

由图可知，kl2akl1，即0ae 故选：C

【点睛】本题考查了函数的零点个数问题，同时也考查利用导数的几何意义求切线斜率，属于一道较难的题.

x2y212.如图，F1(c,0),F2(c,0)分别为双曲线:221(a,b0)ab左、右焦点，过点F1作直线l，

使直线l与圆(xc)2y2r2相切于点P,设直线l交双曲线的左右两支分别于A、B两点（A、B位于线段F1P 上），若F1A:AB:BP2:2:1,则双曲线的离心率为（ ）

A. 5 B.

265 5C. 2623

【答案】B 【解析】 【分析】

的D. 263

连接AF2，BF2，设|BP|x则|F1A||AB|2x，由题意可知|AF2|2a2x，|BF2|4x2a，即

|PF2|2(4x2a)2x2(2a2x)2(3x)2(2c)2(5x)2，即x即可.

653a， 则a2c2，求解离心率55【详解】连接AF2，BF2，设|BP|x则|F1A||AB|2x，即|PF1|5x，|PA|3x，

根据双曲线定义可知，

|BF1||BF2|2a即|BF2||BF1|2a4x2a |AF2||F1A|2a即|AF2|2a|F1A|2a2x

直线l与圆(xc)2y2r2相切于点P

PF2PF1

2222222在RtF1PF2中|PF2||F1F2||PF1|(2c)(5x)4c25x①

2222222在RtAPF2中|PF2||AF2||PA|(2a2x)(3x)4a5x8ax②

2222222在RtBPF2中|PF2||BF2||PB|(4x2a)(x)15x4a16ax③

②③联立得4a25x28ax15x24a216ax，即x6a 5①②联立得4c225x24a25x28ax即4c24a220x28ax④

666将xa代入④，即4c24a220a8aa，

55522532cc53265a即e整理得c 25aa552故选：B

【点睛】本题考查双曲的离心率，解决本题的关键是根据双曲线的定义表示出|AF2|与|BF2|，本题属于中档题.

第Ⅱ卷（非选择题 满分90分）

.） 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．请在答题卷的相应区域答题．．．．．．．．．．．．

1x1,x0，则ff1_________. 13.已知函数fx22x2lnx,x0【答案】2 【解析】 【分析】

先求f(1)1，再求f(1)，即可.

【详解】

1x0时f(x)1

21x1f(1)1211 2又

x0时f(x)2x2lnx

ff1f1212ln12

故答案为：2

【点睛】本题考查复合函数与分段函数求值，属于较易题.

xy014.已知实数x，y满足约束条件：xy40，则z22xy的最大值为_____.

y1【答案】

1 2【解析】 【分析】

由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，联立方程组求出最优解的坐标，代入目标函数得答案．

xy0【详解】由实数x，y满足约束条件：xy40，作出可行域如图，则z22xy的最大值就是u

y1＝﹣2x+y的最大值时取得．

xy0联立，解得A（1，1），

y1化目标函数u＝﹣2x+y为y＝2x+u，

由图可知，当直线y＝2x+u过A时，直线在y轴上的截距最大，此时z有最大值为2211． 2故答案为

1． 2

【点睛】本题考查简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，是基础题． 15.函数y1x21 与函数yk(x2)的图象有两个不同的公共点,则实数k的取值范围是________. 【答案】(,1]

43【解析】 【分析】

将函数y1x21，变形整理为x2(y1)21(y1)，可知函数y1x21的图象是以

(0,1)为圆心，半径为r1的圆的上半部分. 函数yk(x2)的图象是恒过点(2,0)的直线，在同一直

角坐标系中画出两个函数的图形，由图象可知当直线l：yk(x2)夹在半圆的切线l1与过点(1,1)的直线l2之间时，图象有两个不同的公共点，求解kl1与kl2，即可.

【详解】由题意可知，函数y1x21的图象是以(0,1)为圆心，半径为r1的上半圆. 函数yk(x2)的图象是恒过点(2,0)的直线l.如图所示

若使得函数y1x21 与函数yk(x2)的图象有两个不同的公共点 则需直线l夹在半圆的切线l1与过点(1,1)的直线l2之间 即kl1kkl2

直线l2过点(1,1)与点(2,0)

kl2又

211 01直线l1为半圆x2(y1)21(y1)的切线

圆心(0,1)到直线l1：ykl(x2)的距离等于半径r1

1即|kl1(02)1|1，解得k4

l1(kl1)2134k1 3故答案为：(,1]

【点睛】本题考查直线与圆的位置关系问题，属于中档题.

16.如图，在棱长为 1 的正方体ABCDA1B1C1D1中，点M是AD的中点，动点P在底面正方形

43ABCD内（不包括边界），若B1P//平面A1BM，则C1P长度的取值范围是_______．

【答案】[30,2) 5【解析】 【分析】

建立空间直角坐标系，设点P(x,y,0)，(0x1,0y1)，平面A1BM的法向量n(2,1,1)，

B1P的方向向量B1P(x1,y1,1)，由题意可知，nB1P即y2x，C1P(x,y1,1)，则

|C1P|x2(2x1)2(1)25x24x2，求解取值范围即可.

【详解】以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z建系如图

则M(,0,0)，A1(1,0,1)，B(1,1,0)，B1(1,1,1)，C1(0,1,1).

12设P(x,y,0)(0x1,0y1)，则B1P的方向向量B1P(x1,y1,1) 设平面A1BM的法向量，n(x1,y1,z1)，MA1(,0,1)，MB(,1,0)，

121211n·MAxz0zx1111122，即取x12，则n(2,1,1) 11n·yxMBx1y101122若B1P平面A1BM，则nB1P

即nB1P2(x1)(y1)12xy0，则y2x 又C1P(x,y1,1)

C1P(x,2x1,1)

即|C1P|26x2(2x1)2(1)25x24x25(x)2 550x1，0y1，y2x 0x1 2626305(x)22即|C1P|2 555530,2) 5故答案为：[【点睛】本题考查空间中的距离问题，属于一道较难的题.

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．请在．．.） 答题卷的相应区域答题．．．．．．．．．．

17.已知在ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b ,c ,且（1）求角C的大小；

（2）若c3，求ab的取值范围. 【答案】（1）

sinCsinAb.

sinBsinAac；（2）(3,6). 3【解析】 【分析】

（1）由正弦定理将即可.

sinCsinAb，变形整理为a2b2c2ab，再由余弦定理求解cosC，

sinBsinAac2（2）根据均值定理，可知(ab)93ab3(ab2)，即ab6，由题意可知a¹b则，2ab6，再由两边之和大于第三边，求解即可

sinCsinAbsinBsinAac【详解】（1）由

则

cab baac变形整理得：a2b2c2ab，

a2b2c2ab1所以cosC 而C(0,) 故C；

32ab2ab2.（2）由a2b2c2ab 且c3

(ab)22ab9ab (ab)293ab3(ab2) 2(ab)236 所以ab6，

若使得

sinCsinAb成立

sinBsinAac则需sinBsinA0，即a¹b 所以ab6 又abc3

所以ab的取值范围是(3,6).

【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理以及均值定理，属于中档题.

18.田忌赛马是《史记》中记载的一个故事,说的是齐国大将军田忌经常与齐国众公子赛马,孙膑发现田忌的马和其他人的马相差并不远,都分为上、中、下三等.于是孙膑给田忌将军献策:比赛即将开始时,他让田忌用下等马对战公子们的上等马,用上等马对战公子们的中等马,用中等马对战公子们的下等马,从而使田忌赢得了许多赌注.假设田忌的各等级马与某公子的各等级马进行一场比赛，田忌获胜的概率如下表所示:

比赛规则规定:一次比赛由三场赛马组成,每场由公子和田忌各出一匹马参赛,结果只有胜和负两种,并且毎一方三场赛马的马的等级各不相同,三场比赛中至少获胜两场的一方为最终胜利者. （1）如果按孙膑的策略比赛一次，求田忌获胜的概率；

（2）如果比赛约定,只能同等级马对战,每次比赛赌注1000金,即胜利者赢得对方1000金,每月比赛一次,求田忌一年赛马获利

数学期望.

【答案】（1）0.72；（2）1200金. 【解析】 【分析】

（1）田忌用下等马对战公子们的上等马获胜的概率为0，用上等马对战公子们的中等马获胜的概率为

0.8，用中等马对战公子们的下等马获胜的概率为0.9.由题意求解即可.

（2）根据比赛约定，只能同等级马对战，在某月的比赛中田忌获胜，则三场比赛中，田忌输赢的分布为：胜胜胜，负胜胜，胜负胜，胜胜负，求出该月的比赛中田忌获胜的概率以及该月赛马获利得期望，再求解一年的获利期望，即可.

【详解】（1）记事件A：按孙膑的策略比赛一次，田忌获胜，

对于事件A，三场比赛中，由于有一场比赛田忌必输，另两场都胜， 故P(A)0.80.90.72.

的（2）设田忌在每次比赛中所得的奖金为随机变量（金），则的取值为-1000和1000,

若在某月的比赛中田忌获胜，则三场比赛中，田忌输赢的分布为：胜胜胜，负胜胜，胜负胜，胜胜负. 设在该月的比赛中田忌获胜的概率为P，则

P0.50.50.40.50.50.60.50.50.40.50.50.40.45,

E()1000(1p)1000p100,

因此田忌一年赛马获利的数学期望为100121200（金）.

【点睛】本题考查相互独立事件概率乘法公式，以及数学期望.属于中档题.

19.已知C是以AB为直径的圆周上一点，ABC3,PA平面ABC.

（1）求证：平面PAC平面PBC； （2）若异面直线PB与AC所成的为

，求二面角CPBA的余弦值. 3【答案】（1）证明见解析；（2）

22. 11【解析】 【分析】

（1）由线面垂直的性质定理可知PABC.再由ACBC以及线面垂直的判断定理，可知BC⊥平面

PAC，即可证明.

（2）解法1，建立空间直角坐标系，令AB2t，确定点坐标，令P(0,0,h)(h0)，由题意可知

cos3BPACBPAC3t24t2h23t1，即h22t，再求平面PBC的法向量为n与平面PAB的法2向量为m，求解cosn,m即可.解法2：过B作AC的平行线BM交圆于M，连接PM，AM，所以直线PB与AC所成的角，即为PB与BM所成的角，PBM3，再过A作ANPC交PC于

N，过A作AQPB交PB于Q，连接QN，由三垂线定理知QN⊥PB，所以AQN即为二面角

CPBA的平面角，求解边长即可.

【详解】（1）证明：因为AB为圆的直径，所以ACBC， 又PA平面ABC，而BC平面ABC，所以PABC，

又ACPAA,AC平面PAC，PA平面PAC 所以BC⊥平面PAC，

而BC平面PBC，所以平面PBC平面PAC；

（2）解法1：建系如图所示

令AB2t，而ABC3，则BAC6，AC3t.

3t3tA(0,0,0),B(0,2t,0),C则2,2,0，令P(0,0,h)(h0)

所以BP(0,2t,h)，AC(3t3t,,0). 22 3因为异面直线PB与AC所成的角为

故cos3cosBP,ACBPACBPAC3t24t2h23t1，解得h22t. 2令平面PBC的一个法向量为n(1,y,z)

3tt而BC2,2,0,BP(0,2t,22t)

ruuur3tty0，所以y3 nBC0，22由

由nBP0，-23t22tz0，所以z66，即n(1,3,) 22而平面PAB的一个法向量为m(1,0,0)

所以

cosn,mnmnm1113322221111.

所以二面角CPBA的余弦值为22 11解法2：过B作AC的平行线BM交圆于M，连接PM，AM 所以直线PB与AC所成的角，即为PB与BM所成的角. 因为AB为圆的直径，所以AMBM

又PA平面ABC，而BM平面ABC，所以PABM. 又AMPAA,所以BM平面PAM

而PM平面PAM，所以BMPM，则PBM3.

令AB2t，且ABC3所以ACBM3t，AMBCt

PM3ttan33t，PA3t2t222t

PB(22t)2(2t)223t,PC(22t)2(3t)211t

过A作ANPC交PC于N，过A作AQPB交PB于Q,连接QN，由三垂线定理知QN⊥PB. 所以AQN即为二面角CPBA的平面角.

AQPAAB22t2t26PAAC22t3t266，AN PB3PC1123t11tsinAQNAN266331122. 即 cosAQNAQ1126111122. 11即为二面角CPBA的余弦值为

【点睛】本题考查面面垂直，以及求二面角余弦值，属于中档题.

x2y2220.已知椭圆C:221(ab0)的焦距为2，过点(1,).

ab2（1）求椭圆C的标准方程；

（2）设椭圆的右焦点为F，定点P2,0，过点F且斜率不为零的直线l与椭圆交于A，B两点，以线段AP为直径的圆与直线x2的另一个交点为Q，证明：直线BQ恒过一定点，并求出该定点的坐标.

3x2【答案】（1）y21；（2）证明见解析，(,0).

22

【解析】 【分析】

c1（1）根据题意列方程组1，求解a2，b2，即可. 12122ba（2）设A(x1,y1)，B(x2,y2)因为直线l的斜率不为零，令l的方程为：xmy1，与椭圆方程联立，得到y1y22m1yy，，由题意可知，AQPQ，则Q(2,y1)，确定BQ的方程，1222m2m2由椭圆的对称性，则定点必在x轴上，所以令y0，求解x，即可.

c1 ， 解得a22，b21， 【详解】（1）由题知112122bax2所以椭圆C的方程为y21；

2（2）设A(x1,y1)，B(x2,y2)因为直线l的斜率不为零，令l的方程为：xmy1，

xmy122(m2)y2my10， 由x2得2y12则y1y22m1yy，， 1222m2m2因为以AP为直径的圆与直线x2的另一个交点为Q,所以AQPQ，则Q(2,y1)， 则kBQy2y1y2y1yy(x2) ， ，故BQ的方程为：1x22x22由椭圆的对称性，则定点必在x轴上，所以令y0，则

xy1(x22)y(my21)my1y2y12122，

y2y1y2y1y2y1而y1y2y1y22m1yymyy，，， 121222m2m22所以xy1y2y113222，

y2y1223

2

故直线BQ恒过定点，且定点为(,0).

【点睛】本题考查椭圆标准方程，直线与椭圆位置关系，属于较难的一道题.

21.函数f(x)12ax(1a)xlnx. 2（1）求fx的单调区间；

（2）在函数fx的图象上取Ax1,y1,Bx2,y2两个不同的点，令直线AB的斜率

图象上是否存在点P(x0,y0)，且x0为k，则在函数

x1x2'，使得kf(x0)？若存 2在，求A，B两点的坐标，若不存在，说明理由. 【答案】（1）当a1时，增区间为(11,1)，减区间为(0,)及(1,)；当a1时，减区间为aa11(0,)；当1a0时，增区间为(1,)，减区间为(0,1)及(,)；当a0时，减区间为

aa(0,1)，增区间为(1,)；（2）不存在，理由见解析.

【解析】 【分析】

（1）先求函数f(x)的导数f(x)，然后对a进行分类讨论，判断导数的正负，确定函数的单调区间，即可.

（2）假设存在，即满足kABf(x0)，分别求kAB(x2x1)alnx2lnx11a与2x2x1f(x0)(x1x2)alnx2lnx1221a，从而证明存在，变形整理，证明2x1x2x2x1x1x2x21)xxx14ln20存在，令2t1，变形整理证明lnt2(t1)，利用导数判断单调性，

x2x1x1t11x12(求解即可.

【详解】（1）由题知定义域为(0,)，

1ax2(1a)x1(ax1)(x1), f(x)ax1axxx1当a1时，01，

a令f'(x)0，解得x(11,1)，f'(x)0，解得x(0,)(1,)， aa即函数f(x)在(11,1)上单调递增，在 (0,)及(1,)上单调递减； aa1(x1)(x1)(x1)2②当a1时，1，在(0,)上f(x)0，

axx即函数f(x)在(0,)上单调递减；

③当1a0时，11， a1a1a令f'(x)0，解得x(1,)，f'(x)0，解得x(0,1)(,)，

即函数f(x)在(1,)上单调递增，在 (0,1)及(,)上单调递减； ④当a0时，

令f'(x)0，解得x(1,)，f'(x)0，解得x(0,1)， 即函数f(x)在(1,)上单调递增，在 (0,1)上单调递减； 综上所述：

当a1时，增区间为(1a1a11,1)，减区间为(0,)及(1,)； aa当a1时，减区间为(0,)；

当1a0时，增区间为(1,)，减区间为(0,1)及(,)； 当a0时，减区间为(0,1)，增区间为(1,)； （2）假设存在，即满足kABf(x0)，

因为已知A(x1,y1)，B(x2,y2)不妨令0x1x2， 则kAB1a1ay2y11(x2x1)(x2x1)(1a)(x2x1)lnx2lnx1a

x2x12x2x1(x2x1)x2x1(x2x1)alnx2lnx11a， 2x2x1而f(x0)ax01a1(x1x2)a21a， x02x1x2由kABf(x0)，

得

lnx2lnx12存在，也就

x2x1x1x2证lnx2lnx12(x2x1)0存在，

x1x2x21)xx2x12(t1)0存在，令2t1，故转化为lnt0(t1)存在， 只要证lnx2x1x1t11x12(即需要证明lnt442(t1)，令g(t)lnt(t1)， t1t114(t1)20故g(t)在t1上单调递增，所以g(t)g(1)2， 则有g(t)22t(t1)t(t1)'故不存在.

【点睛】本题考查含参数的函数单调性的判断，同时也考查了利用导数证明等式成立问题.属于难题.

考生注意：请在第22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一个题目计分.作答时，请用2B铅笔在答题卡上将所选题目后的方框涂黑． 选修4―4：坐标系与参数方程

22.在直角坐标系xOy中，l是过定点P(1,1)且倾斜角为的直线，以坐标原点O为极点，以x轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为4cos. （1）求直线l的参数方程与曲线C的直角坐标方程；

（2）若曲线C与直线l相交于M,N两点，求PMPN的取值范围.

是x1tcos（t为参数），(x2)2y24；（2）[22,4]. 【答案】（1）y1tsin【解析】

【分析】

（1）根据直线的参数方程直接写出即可，将4cos两边同时乘以，变形为24cos，再根

2x2y2据转化为直角坐标方程即可. xcos（2）将l的参数方程代入曲线C的直角坐标方程得，t2(2sin2cos)t20 确定t1t2与t1t2，代入|PM||PN|t1t24t1t2124sin2，求解取值范围，即可.

2x1tcos（t为参数）， 【详解】（1）l的参数方程：y1tsin曲线C的直角坐标方程：(x2)2y24 ； （2）将l的参数方程代入曲线C的方程得,

t2(2sin2cos)t20，①

由于(2sin2cos)280恒成立，所以方程①有两个不等实根t1,t2， 由于t1t220，所以t1,t2异号， 则|PM||PN|t1t2t1t2t1t224t1t2124sin2[22,4].

【点睛】本题考查直线的参数方程，极坐标方程与直角坐标方程的互化，以及直线参数方程t的几何意义，属于中档题.

选修4—5：不等式选讲

23.已知函数f(x)2x1x2. （1）解不等式f(x)5；

2（2）若f(x)a3a3恒成立,求a的取值范围. 2【答案】（1）{x|4x2}；（2）[1,4]. 3【解析】 【分析】

（1）分类讨论，x11，x2，x2，分别求解即可.

2213x1(x)23521（2）求分段函数y的最小值，再解不等式a3a，即可.

22x3(2x2)3x1(x2)【详解】（1）当x141，则2x1x25 x， 232当11x2时，则2x1x25  x2， 22当x2时，则2x1x25，此时无解， 故解集为{x|4x2}； 313x1(x)2535121（2）由（1）知y，所以当x时，y的最小值为，则a3a，

2222x3(2x2)3x1(x2)a23a40所以a[1,4] .

【点睛】本题考查绝对值不等式的解法，以及恒成立问题求参数的取值范围.属于中档题.