广东省深圳实验中学、珠海一中等六校2019届高三第一次联考数学文试题 Word版含解析

广东省深圳实验中学、珠海一中等六校2019届高三第一次联考数学文试题 Word版含解析

www.ks5u.com 广东省六校（广州二中，深圳实验，珠海一中，中山纪念，东莞中学，惠州一中）‎ ‎2019届高三第一次联考 文科数学试卷 ‎ ‎ 注意事项：‎ ‎1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号、座位号、学校、班级等考生信息填写在答题卡上。‎ ‎2．作答选择题时，选出每个小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案信息点涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案，写在本试卷上无效。‎ ‎3．非选择题必须用黑色字迹签字笔作答，答案必须写在答题卡各题指定的位置上。‎ ‎4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。‎ 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，只有一项符合题目要求。‎ ‎1.已知集合，集合，则 ( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据题意得到集合B的元素，再根据集合的交集的概念得到结果.‎ ‎【详解】集合，集合=，根据集合交集的概念得到.‎ 故答案为：B.‎ ‎【点睛】高考对集合知识的考查要求较低，均是以小题的形式进行考查，一般难度不大，要求考生熟练掌握与集合有关的基础知识．纵观近几年的高考试题，主要考查以下两个方面：一是考查具体集合的关系判断和集合的运算．解决这类问题的关键在于正确理解集合中元素所具有属性的含义，弄清集合中元素所具有的形式以及集合中含有哪些元素．二是考查抽象集合的关系判断以及运算．‎ ‎2.已知复数，其中为虚数单位，则 ( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由复数的除法运算得到复数z，再根据复数的模长公式得到模长即可.‎ ‎【详解】复数= ‎ 根据复数模长公式得到 ‎ 故答案为：D.‎ ‎【点睛】复数的常见考点有：复数的几何意义，z＝a＋bi(a，b∈R)与复平面上的点Z(a，b)、平面向量都可建立一一对应的关系(其中O是坐标原点)；复平面内，实轴上的点都表示实数；虚轴上的点除原点外都表示纯虚数．涉及到共轭复数的概念，一般地，当两个复数的实部相等，虚部互为相反数时，这两个复数叫做互为共轭复数．‎ ‎3.等比数列的前n项和为，且4，2，成等差数列。若=1，则( )‎ A. 16 B. 15 C. 8 D. 7‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 解：∵4，2，成等差数列 ‎∴4a1+a3= 8a2，‎ ‎∴4a1+ a1•q2="2" a1q，即（4+q2）2 = q ‎∴q=2‎ ‎∴S4=a1(1-q4)（ 1-q ）=1×(1-24)( 1-2 )=15‎ 故选B ‎4.某单位为了落实“绿水青山就是金山银山”理念，制定节能减排的目标，先调查了用电量（单位：度）与气温（单位：）之间的关系，随机选取了天的用电量与当天气温，并制作了对照表：‎ ‎（单位:）‎ ‎(单位：度)‎ 由表中数据得线性回归方程：.则的值为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 样本平均数为，即样本中心，则线性回归方程过，则，解得，即的值为，故选C.‎ ‎5.下列四个结论：‎ ‎ ①命题“”的否定是“”；‎ ‎②若是真命题，则可能是真命题；‎ ‎ ③“且”是“”的充要条件；‎ ‎④当时，幂函数在区间上单调递减.‎ ‎ 其中正确的是（ ）‎ A. ①④ B. ②③ C. ①③ D. ②④‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①特称命题的否定是：换量词，否结论，不变条件；根据这一准则判正误即可；②若是真命题，则p和q均为真命题，可得到结果；③a,b的范围不唯一，“且”是“”的充分不必要条件；即可得正误；④幂函数在第一象限的单调性只和指数有关，>0函数增，<0函数减.‎ ‎【详解】①命题“”的否定是“”，特称命题的否定是：换量词，否结论，不变条件；故选项正确；‎ ‎②若是真命题，则p和q均为真命题，则一定是假命题；故选项不正确；‎ ‎③“且”则一定有“”，反之“”，a>0,b>0也可以满足，即a,b的范围不唯一，“且”是“”的充分不必要条件，故选项不正确；‎ ‎④当时，幂函数在区间上单调递减，是正确的，幂函数在第一象限的单调性只和指数有关，>0函数增，<0函数减.‎ 故答案为：A.‎ ‎【点睛】这个题目考查了命题的判断，其中涉及到特称命题，特称命题的否定是全称命题，全称命题的否定式特称命题，还有幂函数的应用，幂函数在第一象限的单调性只和指数有关，>0函数增，<0函数减.‎ ‎6.在上函数满足，且，其中，若，则a= ( )‎ A. 0.5 B. 1.5 C. 2.5 D. 3.5‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由题干得到函数的周期为2，进而得到=a-1,=1.5，根据，列方程，求出a值.‎ ‎【详解】在上函数满足，可得到函数的周期为2，故,故f(-1)=a-1,f(0.5)=1.5,所以a-1=1.5，解得a=2.5.‎ 故答案为：C.‎ ‎【点睛】这个题目考查了分段函数的性质和应用，这类题的常见题型及解决方法有：（1）此类求值问题，一般要求的式子较多，不便逐个求解.求解时，注意观察所要求的式子，发掘它们之间的规律,进而去化简，从而得到问题的解决方法;（2）已知函数解析式求函数值，可分别将自变量的值代入解析式即可求出相应的函数值.当自变量的值为包含字母的代数式时，将代数式作为一个整体代入求解;（3）已知函数解析式，求对应函数值的自变量的值(或解析式中的参数值)，只需将函数值代入解析式，建立关于自变量(或参数)的方程即可求解，注意函数定义域对自变量取值的限制．‎ ‎7.已知点A(2,1)，O是坐标原点，点的坐标满足：，设，则的最大值是（ ）．‎ A. -6 B. 1 C. 2 D. 4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由不等式组得到可行域，将目标函数化为，由图像得到在过点A(1,2)时z取得最大值，代入得到z=4.‎ ‎【详解】根据题意以及不等式组得到可行域，如图，是由CBO围成的三角形内部， ‎ ‎ ，变形为，‎ 根据图像得到函数在过点C(1,2)时z取得最大值，代入得到z=4.‎ 故答案为：D.‎ ‎【点睛】利用线性规划求最值的步骤：‎ ‎(1)在平面直角坐标系内作出可行域．‎ ‎(2)考虑目标函数的几何意义，将目标函数进行变形．常见的类型有截距型（型）、斜率型（型）和距离型（型）．‎ ‎(3)确定最优解：根据目标函数的类型，并结合可行域确定最优解．‎ ‎(4)求最值：将最优解代入目标函数即可求出最大值或最小值。‎ 注意解答本题时不要忽视斜率不存在的情形.‎ ‎8.将函数的图象向右平移个单位后得到函数，则具有性质( )‎ A. 最大值为1，图象关于直线对称 B. 在上单调递增，为奇函数 C. 在上单调递增，为偶函数 D. 周期为π，图象关于点对称 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由条件根据诱导公式、函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换规律，求得g（x）的解析式，再利用正弦函数的图象性质得出结论．‎ ‎【详解】A.将函数f（x）=cos2x的图象向右平移个单位后得到函数g（x）=cos2（x﹣）=sin2x 的图象，当x∈（0，）时，2x∈（0，）,最大值为1，图象关于直线对称故A不正确；‎ B:故当x∈（0，）时，2x∈（0，），故函数g（x）在（0，）上单调递增，为奇函数，故正确；‎ C.单调递增区间：，为奇函数，故不正确；‎ D，周期为π，图象对称中心为：.故D不正确.‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题主要考查诱导公式的应用，函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换规律，正弦函数的图象性质，属于基础题. 在研究函数的单调性和最值时，一般采用的是整体思想，将ω x +φ看做一个整体，地位等同于sinx中的x。‎ ‎9.如右图是一个四棱锥的三视图,则该几何体的体积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据几何体的三视图，得出该几何体是底面为直角梯形的直四棱锥，结合图中数据求出它的体积．‎ ‎【详解】根据几何体的三视图，得 该几何体是如图所示的直四棱锥；‎ 且四棱锥的底面为梯形，梯形的上底长为1，下底长为4，高为4；‎ 所以，该四棱锥的体积为 V=S底面积•h=.‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.由三视图画出直观图的步骤和思考方法：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整.‎ ‎10.已知双曲线，的左焦点为F，离心率为，若经过和两点的直线平行于双曲线的一条渐近线，则双曲线的方程为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由双曲线的离心率为，则双曲线为等轴双曲线，即渐近线方程为y=±x，根据直线的斜率公式，即可求得c的值，求得a和b的值，即可求得双曲线方程．‎ ‎【详解】设双曲线的左焦点F（﹣c，0），离心率e==，c=a，‎ 则双曲线为等轴双曲线，即a=b，‎ 双曲线的渐近线方程为y=±x=±x，‎ 则经过F和P（0，4）两点的直线的斜率k=，‎ 则=1，c=4，则a=b=2，‎ ‎∴双曲线的标准方程：；‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题考查双曲线的几何性质及其应用，对于双曲线的离心率是双曲线最重要的几何性质，求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，结合转化为的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以或转化为关于的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得 (的取值范围).‎ ‎11.数列的前项和为,,则数列的前50项和为（ ）‎ A. 49 B. 50 C. 99 D. 100‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 解：∵数列{an}的前n项和Sn=n2+n+1，‎ ‎∴a1=s1=3，当n≥2时，an=Sn-sn-1=n2+n+1-[（n-1）2+（n-1）+1]=2n，‎ 故an=" 3" ， n=1‎ ‎2n ， n≥2 ．‎ ‎∴bn=（-1）nan=" -" 3 ， n="1"‎ ‎(-1)n•2n ， n≥2 ，‎ ‎∴数列{bn}的前50项和为（-3+4）+（-6+8）+（-10+12）+…（-98+100）=1+24×2=49，‎ 故选A．‎ ‎12.已知定义在上的可导函数满足，设，，则 的大小关系是（ ）‎ A. B. C. D. 的大小与有关 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 构造函数g（x），求导，求出g（x）的奇偶性和单调性，根据函数单调性的性质判断a，b的大小即可 ‎【详解】设g（x）=exf（x），‎ 则g'（x）=exf′（x）+exf（x）=ex（f′（x）+f（x））＜0，所以g（x）为减函数，‎ ‎∵m﹣m2=﹣（m﹣）2+＜1，‎ ‎∴g（m﹣m2）＞g（1），所以即，‎ ‎∴＞f（1），所以f（m﹣m2）＞•f（1），所以a＞b；‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查函数的单调性与奇偶性的综合应用，注意奇函数的在对称区间上的单调性的性质；对于解抽象函数的不等式问题或者有解析式，但是直接解不等式非常麻烦的问题，可以考虑研究函数的单调性和奇偶性等，以及函数零点等，直接根据这些性质得到不等式的解集。‎ 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。‎ ‎13.已知，，若，则与的夹角是_________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由，，且，知，即3+2cos＜＞=0，由此能求出向量与的夹角．‎ ‎【详解】∵，，且，‎ ‎∴‎ 即3+2cos＜＞=0，‎ 解得cos＜＞=﹣，‎ ‎∴向量与的夹角是150°，‎ 故答案为：150°．‎ ‎【点睛】本题考查向量的数量积判断两个向量垂直的条件的应用，是基础题．解题时要认真审题，仔细解答，解决向量的小题常用方法有：数形结合，向量的三角形法则，平行四边形法则等；建系将向量坐标化；向量基底化，选基底时一般选择已知大小和方向的向量为基底.‎ ‎14.已知函数的图象在点处的切线过点，则_______.‎ ‎【答案】-5‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出函数的导数f′（x）=3x2+a，f′（1）=3+a，而f（1）=a+2,根据点斜式得到程，利用切线的方程经过的点求解即可．‎ ‎【详解】函数f（x）=x3+ax+1的导数为：f′（x）=3x2+a，f′（1）=3+a，而f（1）=a+2，‎ 切线方程为：y﹣a﹣2=（3+a）（x﹣1），因为切线方程经过（-1，1），‎ 所以1﹣a﹣2=（3+a）（-1﹣1），‎ 解得a=-5．‎ 故答案为：-5.‎ ‎【点睛】这个题目考查了利用导数求函数在某一点处的切线方程；步骤一般为：一，对函数求导，代入已知点得到在这一点处的斜率；二，求出这个点的横纵坐标；三，利用点斜式写出直线方程.‎ ‎15.在三棱锥中，底面，且三棱锥的每个顶点都在球的表面上，则球的表面积为 _______‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题目所给的条件可得到相应的垂直关系，得到三角形ACD和三角形ABD均为直角三角形，有公共斜边AD，由直角三角形的性质得到AD中点为球心，进而得到球的半径和面积.‎ ‎【详解】因为三棱锥中，底面，所以，又因为，DC和CB相交于点C，故得到AB面BCD，故得到AB垂直于BD，又因为DC垂直于面ABC，故DC 垂直于AC，故三角形ACD和三角形ABD均为直角三角形，有公共斜边AD，取AD中点为O点，根据直角三角形斜边的中点为外心得到O到ABCD四个点的距离相等，故点O是球心，求得半径为3，由球的面积公式得到S=.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查了球与几何体的问题，是高考中的重点问题，要有一定的空间想象能力，这样才能找准关系，得到结果，一般外接球需要求球心和半径，首先应确定球心的位置，借助于外接球的性质，球心到各顶点距离相等，这样可先确定几何体中部分点组成的多边形的外接圆的圆心，过圆心且垂直于多边形所在平面的直线上任一点到多边形的顶点的距离相等，然后同样的方法找到另一个多边形的各顶点距离相等的直线（这两个多边形需有公共点），这样两条直线的交点，就是其外接球的球心，再根据半径，顶点到底面中心的距离，球心到底面中心的距离，构成勾股定理求解，有时也可利用补体法得到半径，例：三条侧棱两两垂直的三棱锥，可以补成长方体，它们是同一个外接球.‎ ‎16.已知直线：与圆相交于两点，且三角形的面积取得最大值，又直线与抛物线相交于不同的两点，则实数的取值范围是________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题干知道当三角形为等腰直角三角形时面积最大，可以得到圆心到直线的距离为1，进而得到k和t的等量关系，之后联立直线和抛物线得到二次方程，只需要此方程有两个不等根即可，故使得判别式大于0即可，代入得到t的范围.‎ ‎【详解】根据题意得到三角形的面积为，当角度为直角时面积最大，此时三角形为等腰直角三角形，设圆心到直线的距离为d=1，根据点到直线的距离公式得到，‎ 直线与抛物线相交于不同的两点，联立直线和抛物线得到 ‎ 只需要此方程有两个不等根即可， ‎ 解得t的范围为：.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系，所使用方法为韦达定理法：因直线的方程是一次的，圆锥曲线的方程是二次的，故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题，最终转化为一元二次方程问题，故用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一，尤其是弦中点问题，弦长问题，可用韦达定理直接解决，但应注意不要忽视判别式的作用．‎ 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.在中，内角所对的边分别为，已知．‎ ‎（Ⅰ）求角的大小；‎ ‎（Ⅱ）若的面积，且，求．‎ ‎【答案】（Ⅰ）。（Ⅱ）。‎ ‎【解析】‎ 试题分析：‎ ‎（Ⅰ）由余弦定理把已知条件化为，再由正弦定理化为角的关系，最后由两角和与差的正弦公式及诱导公式可求得，从而得角；‎ ‎（Ⅱ）由三角形面积公式求得，再由余弦定理可求得，从而得，再由正弦定理得，计算可得结论.‎ 试题解析：‎ ‎（Ⅰ）因为，所以由，‎ 即，由正弦定理得，‎ 即，∵，‎ ‎∴，即，‎ ‎∵，∴，∴，∵，∴.‎ ‎（Ⅱ）∵，∴，‎ ‎∵，，‎ ‎∴，即，‎ ‎∴ .‎ ‎18.某机构组织语文、数学学科能力竞赛，按照一定比例淘汰后，颁发一二三等奖．现有某考场考生的两科考试成绩数据统计如下图1所示，其中数学科目成绩为二等奖的考生有人．‎ ‎（Ⅰ）求该考场考生中语文成绩为一等奖的人数；‎ ‎（Ⅱ）用随机抽样的方法从获得数学和语文二等奖的学生中各抽取人，进行综合素质测试，‎ 将他们的综合得分绘成茎叶图（图2），求样本的平均数及方差并进行比较分析；‎ ‎（Ⅲ）已知本考场的所有考生中，恰有人两科成绩均为一等奖，在至少一科成绩为一等奖的考生中，随机抽取人进行访谈，求两人两科成绩均为一等奖的概率．‎ ‎【答案】（Ⅰ）4人。（Ⅱ）数学二等奖考生较语文二等奖考生综合测试平均分高，但是稳定性较差．‎ ‎（Ⅲ）。 ‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（Ⅰ）由数学成绩为二等奖的考生人数及频率，可求得总人数，再利用对立事件的概率公式求出该考场考生中语文成绩为一等奖的频率，与总人数相乘即可得结果（Ⅱ）分别利用平均值公式与方差公式求出数学和语文二等奖的学生两科成绩的平均值与方差，可得数学二等奖考生较语文二等奖考生综合测试平均分高，但是稳定性较差；（Ⅲ）利用列举法求得随机抽取两人的基本事件个数为个，而两人两科成绩均为一等奖的基本事件共个，利用古典概型概率公式可得结果.‎ 试题解析：（Ⅰ）由数学成绩为二等奖的考生有人，可得，所以语文成绩为一等奖的考生人 ‎（Ⅱ）设数学和语文两科的平均数和方差分别为，，，‎ ‎, ‎ ‎ ,因为,，所以数学二等奖考生较语文二等奖考生综合测试平均分高，但是稳定性较差. ‎ ‎（Ⅲ）两科均为一等奖共有人，仅数学一等奖有人，仅语文一等奖有人----9分 设两科成绩都是一等奖的人分别为，只有数学一科为一等奖的人分别是,只有语文一科为一等奖的人是，则随机抽取两人的基本事件空间为 ,共有个，而两人两科成绩均为一等奖的基本事件共个，所以两人的两科成绩均为一等奖的概率. ‎ ‎19.如图，平行四边形中，，，平面，，，分别为，的中点．‎ ‎（Ⅰ）求证：平面； ‎ ‎（Ⅱ）求点到平面的距离．‎ ‎【答案】（Ⅰ）见解析。（Ⅱ）。‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（Ⅰ）欲证平面，根据线面垂直判定定理，需要证明平面内两条相交直线，由于，，所以易求，，则有，接下来证明平面，从而得到平面，，于是问题得证；（Ⅱ）求点到面的距离，可以用等体积法，即，由（Ⅰ）易知为直角三角形，于是可求其面积，在中，，于是可求其面积，根据，于是可以求出点到面的距离.‎ 试题解析：（Ⅰ）连接，在平行四边形中，‎ ‎，，‎ ‎∴，，从而有，‎ ‎∴．‎ ‎∵平面，平面，∴，‎ 又∵，∴平面，平面 从而有．‎ 又∵，为的中点，‎ ‎∴，又∵，‎ ‎∴平面． ‎ ‎（Ⅱ）设点到平面的距离为，‎ 在中，，，∴．‎ 在中，，，∴． ‎ 由得，，‎ ‎∴．‎ 所以点到平面的距离为．‎ 方法点睛：求几何体体积常用的方法有：（1）分割求和法：把不规则图形分割成规则图形，然后进行体积计算；（2）补形法：把不规则的几何体补成规则的几何体，不熟悉的几何体补成熟悉的几何体，便于计算其体积；（3）等体积法：选择适当的底面图形求几何体的体积，常用于三棱锥.‎ ‎20.已知椭圆的离心率为，点在椭圆上.‎ ‎（Ⅰ）求椭圆的方程；‎ ‎（Ⅱ）过椭圆内一点的直线的斜率为，且与椭圆交于两点，设直线，（为坐标原点）的斜率分别为，若对任意，存在实数，使得，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ).‎ ‎【解析】‎ 试题分析：‎ ‎（Ⅰ）由离心率中得，再点的坐标代入椭圆方程又得一关于的方程，结合可求得，得标准方程；‎ ‎（Ⅱ）设直线的方程为，设，，由直线方程与椭圆方程联立消元后可得，计算，并代入，由的任意性可得，由于直线与椭圆问题相交的，因此点在椭圆内部，即，最终可得范围．‎ 试题解析：‎ ‎（Ⅰ）椭圆的离心率，所以，‎ 又点在椭圆上，所以，解得，，‎ 所以椭圆的方程为.‎ ‎（Ⅱ）设直线的方程为.‎ 由，消元可得，‎ 设，，则，，‎ 而 ，由，得，‎ 因为此等式对任意的都成立，所以，即.‎ 由题意得点在椭圆内，故，即，解得.‎ 点睛：“设而不求”是解题过程中根据需要设邮变量，但并不直接求出其具体值，而是利用某种关系（如和、差、积）来表示变量之间的联系，在解决圆锥曲线的有关问题时能够达到种“化难为易、化繁为简”的效果，在直线与圆锥曲线的位置关系问题中，步骤一般如下：‎ ‎（1）设直线方程与椭圆为的两个交点坐标为；‎ ‎（2）联立直线与椭圆的方程组成方程组，消元得一元二次方程； ‎ ‎（3）利用韦达定理得，，然后再求弦长以及面积，或求其他量．本题中求出，代入后可得与的关系．‎ ‎21.已知函数．‎ ‎（Ⅰ）当时，讨论函数f(x)的单调性；‎ ‎（Ⅱ）若不等式对于任意成立，求正实数的取值范围．‎ ‎【答案】（Ⅰ）当时，函数在上单调递增，在上单调递减；当时，函数在上单调递减，在和上单调递增．（Ⅱ）。‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)对函数求导得到，讨论a和0和1的大小关系，从而得到单调区间；（2）原题等价于对任意，有成立，设，所以，对g(x)求导研究单调性，从而得到最值，进而求得结果.‎ ‎【详解】（Ⅰ）函数的定义域为．‎ ‎． ‎ ‎① 若，则 ‎ 当或时，，单调递增；‎ ‎ 当时，，单调递减； ‎ ‎②若，则当时，，单调递减；‎ ‎ 当时，，单调递增； ‎ 综上所述，当时，函数在上单调递增，在上单调递减；‎ 当时，函数在上单调递减，在和上单调递增． ‎ ‎（Ⅱ）原题等价于对任意，有成立，‎ 设，所以． ‎ ‎． ‎ ‎ 令，得；令，得．‎ ‎∴ 函数在上单调递减，在上单调递增， ‎ 为与 中的较大者． ‎ 设 ，‎ 则，‎ ‎∴ 在上单调递增，故，‎ 所以，‎ 从而 ． ‎ ‎∴ ，即．‎ 设 ，则．‎ 所以在上单调递增．‎ 又，‎ 所以的解为． ‎ ‎∵， ‎ ‎∴ 的取值范围为．‎ ‎【点睛】本题考查了导数的综合应用问题，解题时应根据函数的导数判定函数的增减性以及求函数的极值和最值，应用分类讨论法，构造函数等方法来解答问题．对于函数恒成立或者有解求参的问题，常用方法有：变量分离，参变分离，转化为函数最值问题；或者直接求函数最值，使得函数最值大于或者小于0；或者分离成两个函数，使得一个函数恒大于或小于另一个函数.‎ ‎（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。‎ 选修4-4：坐标系与参数方程 ‎22.在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以平面直角坐标系的原点为极点，正半轴为极轴，取相同的长度单位建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．‎ ‎（Ⅰ）求直线和曲线的直角坐标方程，并指明曲线的形状；‎ ‎（Ⅱ）设直线与曲线交于两点，为坐标原点，且，求．‎ ‎【答案】（Ⅰ）直线和曲线的直角坐标方程分别为和，曲线表示以为圆心，1为半径的圆；（Ⅱ）。‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由消去参数，得直线的直角坐标方程为，由极坐标和直角坐标的互化公式可得曲线的直角坐标方程.；‎ ‎（2）联立直线与曲线的方程，消去，得，‎ 设对应的极径分别为，，GV韦达定理可得 .的值.‎ 试题解析：（1）由消去参数，得，‎ 由，得，‎ 所以曲线的直角坐标方程为，‎ 即.‎ 即曲线是圆心为，半径的圆.‎ ‎（2）联立直线与曲线的方程，得，消去，得，‎ 设对应的极径分别为，，则，，‎ 所以 .‎ 选修4-5：不等式证明选讲 ‎23.已知函数 ‎（Ⅰ）若不等式恒成立，求的取值范围；‎ ‎（Ⅱ）求不等式的解集．‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）或。‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由绝对值三角不等式得到，故恒成立得，解此不等式即可；（2）不等式等价于或，去掉绝对值得到，根据图像可得到结果.‎ ‎.‎ ‎【详解】(Ⅰ)∵， ‎ ‎∴由恒成立得，‎ 即或，‎ 得或．‎ 的取值范围是.‎ ‎（Ⅱ）不等式等价于或， ‎ ‎．‎ 由得 由得 如图所示：‎ 由图可得原不等式的解集为或．‎ ‎【点睛】这个题目考查了含有绝对值的不等式的解法，绝对值三角不等式的应用，以及函数的值域问题；一般对于解含有多个绝对值的不等式，根据零点分区间，将绝对值去掉，分段解不等式即可.‎ ‎ ‎