青海省西宁市2020届高三复习检测（二）数学试题

青海省西宁市2020届高三复习检测（二）数学试题

‎2020年普通高等学校招生全国统一考试 西宁市高三年级复习检测（二）‎ 数学试卷（文理合卷）‎ 注意事项：‎ ‎1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.‎ ‎2.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，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.‎ ‎3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.‎ ‎4.题前注有“理科”的题目文科考生不做，注有“文科”的题目理科考生不做，未注明的题目文理科考生均做.‎ 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，只有一项是符合题目要求的.‎ ‎1.已知集合，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先利用定义域的求法，求得集合的范围，然后求两个集合的交集.‎ ‎【详解】因为 ,，所以 .故选D.‎ ‎【点睛】本题考查集合交集运算，考查运算求解能力，属于基础题.‎ ‎2.已知， ，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接利用复数相等的条件列式求得和的值，即可得出答案.‎ ‎【详解】解：因为，，‎ 所以，解得，‎ 则.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查复数相等的条件，是基础题.‎ ‎3.已知平面，直线，，若，则“”是“”的（ ）‎ A. 充分不必要条件 B. 充分必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据线面垂直的判定条件，结合充分条件和必要条件的定义即可得到结论.‎ ‎【详解】根据线面垂直的判定条件知，若直线，，则“”即必要性成立；‎ 若，，则直线可以在平面内，也可以与平面相交，还可以为相交垂直，则充分性不成立.‎ 所以，若，则“”是“”的必要不充分条件.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，根据线面垂直的性质是解决本题的关键，属于基础题.‎ ‎4.如图所示，九连环是中国的一种古老的智力游戏，它环环相扣，趣味无穷．它主要由九个圆环及框架组成，每个圆环都连有一个直杆，各直杆在后一个圆环内穿过，九个直杆的另一端用平板或者圆环相对固定，圆环在框架上可以解下或者套上．九连环游戏按某种规则将九个环全部从框架上解下或者全部套上．将第个圆环解下最少需要移动的次数记为（且），已知，，且通过该规则可得，则解下第5个圆环最少需要移动的次数为（ ）‎ A. 7 B. ‎16 ‎C. 19 D. 21‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据递推关系计算即可．‎ ‎【详解】解：由已知，‎ ‎，‎ ‎，‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查递推关系的应用，是基础题．‎ ‎5.已知等比数列的各项都为正数，且，，成等差数列，则的值是（ ）‎ A. B. ‎ C D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设等比数列的公比为，且，由题意和等差中项的性质列出方程，由等比数列的通项公式化简后求出，由等比数列的通项公式化简所求的式子，化简后即可求值．‎ ‎【详解】设等比数列的公比为，且，‎ ‎，，成等差数列，‎ ‎，则，‎ 化简得，解得，‎ 则，‎ ‎，‎ 故选：．‎ ‎【点睛】本题主要考查等比数列的通项公式，以及等差中项的性质的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题．‎ ‎6.哈尔滨市为创建文明城，试运行生活垃圾分类处理，将生活垃圾分为厨余、可回收和其他三类，分别记为，，；并且设置了相应的垃圾箱：“厨余垃圾箱”、“可回收垃圾箱”和“其他垃圾箱”，分别记为，，.为调查居民生活垃圾分类投放情况，随机抽取某小区三类垃圾箱中共计生活垃圾，数据统计如图.则估计生活垃圾投放错误的概率为( )‎ ‎200‎ ‎10‎ ‎40‎ ‎15‎ ‎120‎ ‎20‎ ‎15‎ ‎50‎ ‎30‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先计算投放正确的概率，再求出投放错误的概率即可.‎ ‎【详解】根据题意，投放正确的概率为，‎ 故投放错误的概率为.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查简单随机事件的概率求解，属基础题.‎ ‎7.若的展开式中的系数为-45，则实数的值为（　　）‎ A. B. ‎2 ‎C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将多项式的乘法式展开，结合二项式定理展开式通项，即可求得的值.‎ ‎【详解】∵‎ 所以展开式中的系数为，‎ ‎∴解得.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查了二项式定理展开式通项的简单应用，指定项系数的求法，属于基础题.‎ ‎8.阿基米德（公元前287年—公元前212年）是古希腊伟大的哲学家、数学家和物理学家，他和高斯、牛顿并列被称为世界三大数学家.据说，他自己觉得最为满意的一个数学发现就是“圆柱内切球体的体积是圆柱体积的三分之二，并且球的表面积也是圆柱表面积的三分之二”.他特别喜欢这个结论，要求后人在他的墓碑上刻着一个圆柱容器里放了一个球，如图，该球顶天立地，四周碰边，表面积为的圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则该球的体积为 （ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设球的半径为R，根据组合体的关系，圆柱的表面积为，解得球的半径，再代入球的体积公式求解.‎ ‎【详解】设球的半径为R，‎ 根据题意圆柱的表面积为，‎ 解得，‎ 所以该球的体积为 .‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查组合体的表面积和体积，还考查了对数学史了解，属于基础题.‎ ‎9.如图是计算的值的程序框图，则图中①②处可以填写的语句分别是（ ）‎ A. n＝n＋2，i>16? B. n＝n＋2，i≥16?‎ C. n＝n＋1，i>16? D. n＝n＋1，i≥16?‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由所有项的分母构成公差为2的等差数列，并求出的项数，即可得出答案.‎ ‎【详解】式子中所有项的分母构成公差为2的等差数列，，则共16项 故选A.‎ ‎【点睛】本题主要考查了补全循环结构的框图，涉及到等差数列的判断以及项数的确定，属于中档题.‎ ‎10.已知在平面直角坐标系中， ，，，，动点满足不等式，，则的最大值为（ ）‎ A. 2 B. ‎3 ‎C. 4 D. 5‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用向量的坐标求法求出各个向量的坐标，利用向量的数量积公式求出各个数量积代入已知不等式得到的坐标满足的不等式，将的值用不等式组中的式子表示，利用不等式的性质求出范围．‎ ‎【详解】解：由题得：，，，．‎ ‎，．‎ ‎，所以 ‎；‎ ‎．‎ 所求最大值为4．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查向量的坐标形式的数量积公式、不等式的性质，属于中档题．‎ ‎11.设正方体的棱长为，为的中点，为直线上一点，为平面内一点，则，两点间距离的最小值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本道题结合直线与平面平行判定，证明距离最短即为计算与OE的距离，计算，即可．‎ ‎【详解】结合题意，绘制图形 结合题意可知OE是三角形中位线，题目计算距离最短，即求OE与两平行线的距离，，所以距离d，结合三角形面积计算公式可得 ‎，解得，故选B．‎ ‎【点睛】本道题考查了直线与平面平行的判定，难度较大．‎ ‎12.已知双曲线C：，为坐标原点，F为C的右焦点，过F的直线与C的两条渐近线的交点分别为M，N，若为直角三角形，则（ ）‎ A. B. ‎4 ‎C. D. 3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由为直角三角形，得直线的斜率，得直线方程后求得坐标，可得线段长．‎ ‎【详解】由题意，，，已知双曲线的渐近线方程为，为直角三角形，则直线必与一条渐近线垂直，由对称性不妨取，直线方程为，‎ 由得，即，‎ 由得，即，‎ ‎∴．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查双曲线渐近线、焦点坐标，考查两直线垂直的条件，解题方法是直接计算法．由垂直关系得出直线方程，由直线方程求出交点坐标，由两点间距离公式得出线段长．‎ ‎13.已知倾斜角为的直线与双曲线C：（，）相交于A，B两点，是弦的中点，则双曲线的离心率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，根据AB的中点P的坐标，表示出斜率，从而得到关于a、b的关系式，再求离心率即可.‎ ‎【详解】因为倾斜角为的直线与双曲线C：（，）相交于A，B 两点，‎ 所以直线的斜率，‎ 设，‎ 则①‎ ‎②‎ 由①②得 则 因为是弦的中点，‎ 因为直线的斜率为1‎ 即 所以 ‎，‎ 则，‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查了双曲线的简单性质，利用“设而不求"法结合点差法以及所求直线的斜率是解决本题的关键，属于中档题.‎ ‎14.已知函数f（x）在（﹣1，+∞）上单调，且函数y＝f（x﹣2）的图象关于x＝1对称，若数列{an}是公差不为0的等差数列，且，则{an}的前100项的和为（　　）‎ A. ﹣200 B. ﹣‎100 ‎C. 0 D. ﹣50‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由函数y＝f（x﹣2）的图象关于x＝1轴对称，平移可得y＝f（x）的图象关于x＝﹣1对称，由题意可得a50+a51＝﹣2，运用等差数列的性质和求和公式，计算即可得到所求和．‎ ‎【详解】解：函数f（x）在（﹣1，+∞）上单调，且函数y＝f（x﹣2）的图象关于x＝1对称，‎ 可得y＝f（x）的图象关于x＝﹣1对称，‎ 由数列{an}是公差不为0的等差数列，且f（a50）＝f（a51），‎ 可得a50+a51＝﹣2，又{an}是等差数列，‎ 所以a1+a100＝a50+a51＝﹣2，‎ 则{an}的前100项的和为100‎ 故选B．‎ ‎【点睛】本题考查函数的对称性及应用，考查等差数列的性质，以及求和公式，考查运算能力，属于中档题．‎ ‎15.已知定义在上的函数是奇函数且满足，，数列满足（其中为的前项和），则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 由函数是奇函数且满足，可知T=3‎ 由，可得：‎ 两式相减得：，即，‎ ‎∴是公比为2的等比数列，‎ ‎∴，∴‎ ‎∴‎ 故选C 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.‎ ‎16.设a＝＋2，b＝2＋，则a，b的大小关系为________．‎ ‎【答案】a＜b ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先分别将平方，再进行大小比较即可．‎ ‎【详解】a＝＋2，b＝2＋两式的两边分别平方，‎ 可得a2＝11＋4，b2＝11＋4，‎ 显然＜.‎ 所以a＜b.‎ 故答案为：a＜b ‎【点睛】此题主要考查了无理数的大小的比较，比较两个实数的大小，可以采用作差法、取近似值法、比较平方法等．属于基础题.‎ ‎17.向平面区域内随机投入一点，则该点落在曲线下方的概率为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意画出图形，分别求出正方形及阴影部分的面积，再由几何概型概率面积比得答案．‎ ‎【详解】作出平面区域，及曲线如图，‎ ‎，．‎ 向平面区域，内随机投入一点，‎ 则该点落在曲线下方的概率为．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题主要考查几何概型概率的求法，考查数形结合的解题思想方法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平．‎ ‎18.如图，点是抛物线的焦点，点分别在抛物线和圆的实线部分上运动，且总是平行于轴，则周长的取值范围是_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出抛物线的焦点，准线方程为，三角形周长转化为，求出范围可解.‎ ‎【详解】抛物线的焦点，准线方程为，‎ 圆的圆心， ‎ ‎ ‎ ‎ 三角形周长为：‎ ‎ ‎ 周长的取值范围是 ‎ 故答案：‎ ‎【点睛】利用抛物线的定义解决问题时，应灵活地进行抛物线上的点到焦点距离与其到准线距离间的等价转化．“看到准线应该想到焦点，看到焦点应该想到准线”，这是解决抛物线距离有关问题的有效途径．‎ ‎19.已知过点作曲线的切线有且仅有两条，则实数的取值范围是______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设切点为，求导得斜率，然后利用点斜式得切线方程，将点A代入，使得方程关于有两解即可.‎ ‎【详解】设切点为，则切线斜率为：.‎ 切线方程为：，‎ 将点代入切线方程得：，又.‎ 所以，整理得有两个解.‎ 所以，解得或.‎ 故答案为.‎ ‎【点睛】本题主要考查了导数的几何意义：求切线，求切线时要注意设过点作切线还是在点处的切线，前者需要设出切点，后者给出的点即为切点，属于易错题型.‎ ‎20.过点引曲线：的两条切线，这两条切线与轴分别交于两点，若，则__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由两切线的斜率互为相反数，设切点，求导列关于t的方程求出t值即可求解 ‎【详解】设切点坐标为即,解得t=0或t=两切线的斜率互为相反数，即‎2a+6,解得 故答案为 ‎【点睛】本题考查导数的几何意义，转化两切线的斜率互为相反数是突破点，熟练掌握切线的求法，准确计算是关键，是中档题.‎ 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.‎ ‎21.已知在中. 所对的边分别为,若，的面积为.‎ ‎(1)求角的大小;‎ ‎(2)若,求的值.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由三角形的面积为得到，由余弦定理以及得到，进而可求出，得到角；‎ ‎(2)由(1)的结果，先求出，根据，即可求出，再由正弦定理可得，即可求出结果.‎ ‎【详解】（1）由的面积为可得 ，‎ 由及余弦定理可得，‎ 故;‎ ‎(2)∵‎ 又，可得 由正弦定理，,得 ‎【点睛】本题主要考查解三角形，熟记正弦定理和余弦定理即可，属于基础题型.‎ ‎22.某工厂A，B两条生产线生产同款产品，若该产品按照一、二、三等级分类，则每件可分别获利10元、8元、6元，现从A，B生产线的产品中各随机抽取100件进行检测，结果统计如下图：‎ ‎（I）根据已知数据，判断是否有的把握认为一等级产品与生产线有关？‎ ‎（II）求抽取的200件产品的平均利润；‎ ‎（III）估计该厂若产量为2000件产品时，一等级产品的利润.‎ 附：独立性检验临界值表 ‎…‎ ‎…‎ ‎（参考公式：，其中）‎ ‎【答案】（I）没有的把握认为一等级的产品与生产线有关；（II）元；（III）5500元 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（I）根据题意列出2×2列联表，算出的值，根据独立性检验临界值表得出结论. ‎ ‎（II）根据频率分布条形图求出200件产品总利润，从而求出平均利润. （III）根据题目条件，由样本频率估计总体概率，则该工厂生产产品为一等级的概率估计值为 ‎，从而可求出答案.‎ ‎【详解】解：（I）根据已知数据可建立2×2列联表如下：‎ 一等品 非一等品 总计 A生产线 ‎20‎ ‎80‎ ‎100‎ B生产线 ‎35‎ ‎65‎ ‎100‎ 总计 ‎55‎ ‎145‎ ‎200‎ 则 而. ‎ ‎∴没有的把握认为一等级的产品与生产线有关. ‎ ‎（II）A，B生产线共随机抽取的200件产品获利的平均数为：‎ ‎（元）‎ 抽取的200件产品的平切利润为元. ‎ ‎（III）因为A，B生产线共随机抽取的200件产品中，一等级的A线产品有20件，B线产品有35件，‎ 由样本频率估计总体概率，则该工厂生产产品为一等级的概率估计值为 ‎， ‎ 当产量为2000件产品时，估计该工厂一等级产品获利（元）‎ ‎【点睛】本题考查独立性检验的应用，求平均值和用样本频率估计总体概率，读懂图表是解题的关键，属于中档题.‎ ‎23.如图，三棱柱中，侧面是菱形，其对角线的交点为O，且，C.‎ 求证：平面；‎ 设，若直线AB与平面所成的角为，求三棱锥的体积．‎ ‎【答案】(1)见解析； (2)1.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）推导出，，从而平面，进而，再求出，由此能证明平面； （2）由平面，得是直线AB与平面所成角，进而推导出平面，从而三棱锥的体积，由此能求出结果.‎ ‎【详解】四边形是菱形，‎ ‎，‎ ‎，且，‎ 平面，‎ ‎，‎ ‎，O是的中点，‎ ‎，‎ ‎，‎ 平面；‎ 由可得平面，‎ 则BO是AB在平面上的射影，‎ 是直线AB与平面所成角，即，‎ 在中，，‎ 又，且，‎ 是正三角形，，‎ 由棱柱性质得，及平面，平面，‎ 得到平面，‎ 三棱锥的体积：‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题考查线面垂直的证明，考查三棱锥的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题.‎ ‎24.三棱锥中，底面是等腰直角三角形，，且为中点，如图.‎ ‎（1）求证：平面平面；‎ ‎（2）若二面角的大小为，求与平面所成角的正弦值.‎ ‎【答案】（1）见证明；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）证明平面，即可证明平面平面（2）证明为二面角的平面角，得进而得为等边三角形，以为原点，建立空间直角坐标系，求平面的法向量，利用向量的线面角公式求解即可 ‎【详解】（1）证明：是等腰直角三角形，为中点，‎ 平面 平面平面平面 ‎（2）‎ 平面 为二面角的平面角，‎ 为等边三角形，‎ 以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 则 ‎ ‎ ‎ 设平面的法向量，则即 取 设与平面所成角为，则 故平面所成角的正弦值为. ‎ ‎【点睛】本题考查面面垂直证明，线面垂直的判定及二面角的定义，考查空间向量的线面角求法，考查空间想象及计算求解能力，是中档题 ‎25.已知椭圆：的右焦点为，其长轴长是短轴长的倍．‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）问是否存在斜率为1的直线与椭圆交于，两点，，的重心分别为，，且以线段为直径的圆过原点，若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由．‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意得：，从而得到椭圆的方程；‎ ‎（2）假设存在这样的直线，设其方程为,联立方程可得,即结合韦达定理可得,从而得到直线的方程.‎ ‎【详解】（1）由题意得：，解得，‎ 即所求椭圆的方程为.‎ ‎（2）假设存在这样的直线，设其方程为.‎ 由得.‎ 其，解得：.‎ 设，，‎ 则.‎ 又，，‎ 所以，，由题意知，以线段为直径的圆过原点，‎ 所以，则，‎ 所以，则，‎ 则，解得.‎ 所以存在这样的直线，其方程为.‎ ‎【点睛】本题考查直线与椭圆的位置关系的应用，椭圆的求法，韦达定理的应用，考查转化思想以及计算能力，属于中档题．‎ ‎26.已知椭圆的左、右焦点为的坐标满足圆方程，且圆心满足.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）过点的直线交椭圆于、两点，过与垂直的直线交圆 于、两点，为线段中点，若的面积 ，求的值.‎ ‎【答案】（1），（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据的坐标满足圆方程可得到的值，圆心满足，故圆心在椭圆上，将其代入可得椭圆方程；‎ ‎（2）由题意可知，与直线平行，故点到直线的距离即为点到直线的距离，从而可以用表示出点到直线的距离，再用计算出弦长，从而得出关于的方程，进而得出结果.‎ ‎【详解】解：（1）因为的坐标满足圆方程，‎ 故当时，，‎ 即，故，‎ 因为圆心满足，‎ 所以点在椭圆上，‎ 故有，‎ 联立方程组，解得，‎ 所以椭圆方程为；‎ ‎（2）因为直线交圆于、两点，为线段中点，‎ 所以与直线垂直，‎ 又因为直线与直线垂直，‎ 所以与直线平行，‎ 所以点到直线的距离即为点到直线的距离，‎ 即点到直线的距离为，‎ 设点 联立方程组，‎ 解得，‎ 由韦达定理可得，‎ ‎，‎ 所以，‎ 所以的面积为，‎ 所以，‎ 即，‎ 两边同时平方，化简得，‎ 解得或（舍）‎ 故 ‎【点睛】本题考查了椭圆的定义、方程，直线与椭圆的位置关系等问题，设而不求、韦达定理是解题中的常见方法.‎ ‎27.设函数， ．‎ ‎（1）求的单调区间和极值；‎ ‎（2）证明：若存在零点，则在区间上仅有一个零点．‎ ‎【答案】（1）单调递减区间是，单调递增区间是；极小值；（2）证明详见解析.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：本题主要考查导数的运算、利用导数判断函数的单调性、利用导数求函数的极值和最值、函数零点问题等基础知识，考查学生的分析问题解决问题的能力、转化能力、计算能力.（Ⅰ）先对求导，令解出，将函数的定义域断开，列表，分析函数的单调性，所以由表格知当时，函数取得极小值，同时也是最小值；（Ⅱ）利用第一问的表，知为函数的最小值，如果函数有零点，只需最小值，从而解出，下面再分情况分析函数有几个零点.‎ 试题解析：（Ⅰ）由，（）得 ‎.‎ 由解得.‎ 与在区间上的情况如下：‎ 所以，的单调递减区间是，单调递增区间是；‎ 在处取得极小值.‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知，在区间上的最小值为.‎ 因为存在零点，所以，从而.‎ 当时，在区间上单调递减，且，‎ 所以是在区间上的唯一零点.‎ 当时，在区间上单调递减，且，，‎ 所以在区间上仅有一个零点.‎ 综上可知，若存在零点，则在区间上仅有一个零点.‎ 考点：导数的运算、利用导数判断函数的单调性、利用导数求函数的极值、函数零点问题.‎ ‎28.已知函数 .‎ ‎（1）求的单调区间与最值；‎ ‎（2）若，不等式 恒成立，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为， 无最小值；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）对f(x)求导，利用导函数的正负可得原函数的单调性及最值.‎ ‎（2）利用（1）的结论得到，将所求不等式进行分类参数后得到，利用上述结论可得，再说明等号可以成立，即可得到结果.‎ ‎【详解】（1）因为，所以 ‎ 所以当 时，；当 时，， ‎ 则的单调递增区间为，单调递减区间为 ‎ 故 无最小值 ‎（2）由（1）可知 ，即， ‎ 则 ，即 ‎ 若 ，则 ‎ 因为 ，所以 ‎（当且仅当 时，等号成立），而显然有解.‎ 故 ，即的取值范围为 ‎【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调区间及最值，考查了解决不等式恒成立问题的方法技巧，其中利用进行放缩是难点，属于较难题型.‎ 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]‎ ‎29.在极坐标系中，曲线的方程为，以极点为原点，极轴所在直线为轴建立直角坐标，直线的参数方程为（为参数），与交于，两点．‎ ‎（1）写出曲线的直角坐标方程和直线的普通方程；‎ ‎（2）设点；若、、成等比数列，求的值 ‎【答案】(1) 曲线的直角坐标方程为，直线的普通方程为 ； (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由极坐标与直角坐标的互化公式和参数方程与普通方程的互化，即可求解曲线的直角坐标方程和直线的普通方程；‎ ‎(2)把的参数方程代入抛物线方程中，利用韦达定理得，，可得到，根据因为，，成等比数列，列出方程，即可求解．‎ ‎【详解】(1)由题意，曲线的极坐标方程可化为，‎ 又由，可得曲线的直角坐标方程为，‎ 由直线的参数方程为（为参数），消去参数，得，‎ 即直线的普通方程为； ‎ ‎(2)把的参数方程代入抛物线方程中，得， ‎ 由，设方程的两根分别为，，‎ 则，，可得，． ‎ 所以，，． ‎ 因为，，成等比数列，所以，即，‎ 则，解得解得或（舍），‎ 所以实数.‎ ‎【点睛】本题主要考查了极坐标方程与直角坐标方程，以及参数方程与普通方程的互化，以及直线参数方程的应用，其中解答中熟记互化公式，合理应用直线的参数方程中参数的几何意义是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．‎ ‎[选修4-5：不等式选讲] ‎ ‎30.设函数.‎ ‎（1）求不等式的解集；‎ ‎（2）若函数的最大值为，正实数满足，求的最小值.‎ ‎【答案】（1）（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）不等式可化为或或，据此求解不等式的解集即可；‎ ‎（2）由题意可得，结合均值不等式的求解的最小值即可，注意等号成立的条件.‎ ‎【详解】（1）不等式可化为或或解得 的解集为 ‎（2），‎ ‎，‎ ‎ ‎ ‎.‎ 当且仅当时，即时，取“”，‎ 的最小值为．‎ ‎【点睛】绝对值不等式的解法：‎ 法一：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；‎ 法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；‎ 法三：通过构造函数，利用函数图象求解，体现了函数与方程的思想．‎