云南省玉溪市2020届高三数学（理）第二次质量检测试题（Word版附解析）

云南省玉溪市2020届高三数学（理）第二次质量检测试题（Word版附解析）

2019-2020学年玉溪市普通高中毕业生第二次教学质量检测理 科数学 一、选择题 1.已知集合 { 2,0,2,4}A   ，  2| log 2B x x  ，则 A B  （ ） A. {2, 4} B. { 2, 2} C. {0,2,4} D. { 2,0,2,4} 【答案】A 【解析】 【分析】 先化简集合 B ,再利用交集的定义求 A B 得解. 【详解】由题得  2| log 2 { | 0 4}B x x x x     ，所以 A B  {2, 4} . 故选：A. 【点睛】本题主要考查对数不等式的解法，考查集合的运算，意在考查学生对这些知识的理 解掌握水平，属于基础题. 2.复平面内表示复数 (1 )( 2 )z i i    的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】C 【解析】 【分析】 先化简复数 3z i   ，即得解. 【详解】由题得 (1 )( 2 ) 2 2 1 3z i i i i i            ， 复数对应的点为 ( 3, 1)  ，所以它对应的点位于第三象限. 故选：C 【点睛】本题主要考查复数的乘法和几何意义，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平， 属于基础题. 3.sin 25 cos20 cos155 sin 20    （ ） A. 2 2  B. 2 2 C. 1 2  D. 1 2 【答案】B 【解析】 【分析】 先利用诱导公式，再利用和角的正弦公式化简即得解. 【详解】由题得原式=sin 25 cos20 cos25 sin 20 sin(2 2) sin 455 2 20          . 故选： B 【点睛】本题主要考查诱导公式和和角的正弦公式的应用，意在考查学生对这些知识的理解 掌握水平，属于基础题. 4.若某射手每次射击击中目标的概率是 4 5 ，则这名射手3次射击中恰有1次击中目标的概率为 （ ） A. 16 25 B. 48 125 C. 12 125 D. 4 25 【答案】C 【解析】 【分析】 利用 n次独立重复实验恰好发生 k次的概率公式计算，即可求出结果. 【详解】解：这名射手 3次射击中恰有1次击中目标，则另外两次没有击中， 所以概率为 1 2 3 4 1 12( ) 5 5 125 C    . 故选：C. 【点睛】本题考查求独立重复事件的概率公式，熟悉 n次独立重复实验恰好发生 k次的概率公 式是解题的关键，属于基础题. 5.直线 1 0ax y   与圆 2 2 4 4 0x y x y    交于 ,A B两点，若 | | 4AB  ，则 a （ ） A. 4 3  B. 4 3 C. 3 4  D. 3 4 【答案】D 【解析】 【分析】 先求出圆心和半径，再由题得 2 | 2 1|2 1 a a    ，解方程即得解. 【详解】由题得 2 2( 2) ( 2) 8x y    ，它表示圆心为（2,2），半径为 2 2的圆. 则圆心到直线的距离 d 2 2 2 | 2 2 1| | 2 1|8 2 2 = 1 1 a a a a          ， 所以 3 4 a  . 故选：D 【点睛】本题主要考查直线和圆的位置关系，考查弦心距的计算，意在考查学生对这些知识 的理解掌握水平，属于基础题. 6.若等差数列 na 的前 15项和 15 30S  ，则 5 6 10 142a a a a    （ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】A 【解析】 【分析】 由 15 30S  得到 8 2a  ，再化简 5 6 10 14 82a a a a a    ，即得解. 【详解】由题得 15 1 15 1 15 8 8 1530 ( ) 30, 4, 2 4, 2 2 S a a a a a a          ， . 5 6 10 14 4 6 6 10 1 84 4 10 14 10 810 =22a a a a a a a a a a a a a a aa            . 故选： A 【点睛】本题主要考查等差数列的性质的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平， 属于基础题. 7.设 , ,   为三个不同的平面， ,m n是两条不同的直线，则下列命题为假命题的是（ ） A. 若m  ， n  ，m n ，则  B. 若  ， n   ，m  ，m n ，则m  C. 若m  ，m  ，则  D. 若  ，   ，则  【答案】D 【解析】 【分析】 在 A中，利用线面垂直，面面垂直的性质定理可得  ；在 B中，利用面面垂直的性质定 理，可知m  ；在 C 中，利用面面垂直的判定定理可知，  ；在 D中， 与 相交 或平行. 【详解】解：由 , ,   为三个不同的平面， ,m n是两条不同的直线知： 在 A 中，m  ， n  ，m n ，根据线面垂直，面面垂直的性质定理可知  ，故 A 正确；在 B中，  ， n   ，m  ，m n ，根据面面垂直的性质定理，可知m  ； 在 C中，m  ，m  根据面面垂直的判定定理可知，  ；在 D中，  ，  ， 则 与 相交或平行，故 D错误. 故选：D. 【点睛】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面的位置关系等基础知识， 熟悉线面垂直的性质定理、面面垂直的性质定理和判定定理是解决此题的关键，属于基础题. 8.如图，该程序框图的算法思路源于“辗转相除法”，又名“欧几里德算法”执行该程序框图．若 输入的 ,m n分别为 28，16，则输出的m （ ） A. 0 B. 4 C. 12 D. 16 【答案】B 【解析】 【分析】 直接按照程序框图运行即可得解. 【详解】第一次循环， 28除以16的余数为12， 12r  ， 16m  ， 12n  ， 0r  不成立； 第二次循环，16除以12的余数为 4， 4r  ， 12m  ， 4n  ， 0r  不成立； 第三次循环，12除以 4的余数为 0， 0r  ， 4m  ， 0n  ， 0r  成立. 输出m的值为 4 . 故选：B. 【点睛】本题主要考查程序框图，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题. 9.如图，某几何体的三视图是三个全等的等腰直角三角形，若该几何体的体积为 4 3 ，则其外接 球的表面积是（ ） A. 4 B. 12 C. 36 D. 48 【答案】B 【解析】 【分析】 先找到几何体原图是一个三棱锥，求出三棱锥的边长，再求出三棱锥外接球的半径，即得解. 【详解】 由题得几何体原图如图所示，底面是边长为 x的等腰直角三角形，左侧面和内侧面都是边长为 x的等腰直角三角形，是一个三棱锥. 所以 21 1 4 , 2 3 2 3 x x x     . 把该几何体放在边长为 2的正方体中， 故该三棱锥的外接球的直径是正方体的对角线， 设外接球的半径为 2 2 2, 2 2 2 2 2 3, 3R R R       . 所以外接球的表面积为 2 4 3 12   . 故选： B 【点睛】本题主要考查三视图还原几何体，考查几何体外接球的表面积的计算，意在考查学 生对这些知识的理解掌握水平. 10.已知双曲线   2 2 2 2 2 2 2: 1 0, 0,x yC a b c a b a b       ，点 A为双曲线C上一点，且在第 一象限，点O为坐标原点， 1 2,F F 分别是双曲线C的左、右焦点，若 | |AO c ，且 1 2 3 AOF    ，则双曲线C的离心率为（ ） A. 3 1 2  B. 3 C. 2 D. 3 1 【答案】D 【解析】 【分析】 先证明 2AOF 是等边三角形，再由题意得到 3 2c c a  ，即得双曲线的离心率. 【详解】因为 1 2 1 2 1 2 1| | c | |,| | | |, 2 2 OA FF OF OF F AF       . 因为 1 2 3 AOF    ，所以 2 , 3 AOF    因为 2| | | |OA OF , 所以 2AOF 是等边三角形， 所以 2 1 2 2, , | | 3 6 AF O AFF AF c        . 所以 1| | 3 , 3 2AF c c c a   ， 所以 2 3 1 3 1 ce a      . 故选：D 【点睛】本题主要考查双曲线的几何性质，考查双曲线的离心率的计算，意在考查学生对这 些知识的理解掌握水平. 11.若 0 1b a   ， 1c  ，则（ ） A. cca b B. c cab ba C. log loga bc c D. log loga ba c b c 【答案】B 【解析】 【分析】 根据幂函数和对数函数的图像和性质，结合不等式的基本性质，逐一分析四个答案的真假， 可得结论. 【详解】解：因为 0 1b a   ， 1c  ，令 cy x ，则为增函数，所以 c ca b ，故 A错误； 令 1cy x  ，则该函数为增函数，则 c cb b a a  ，则有 c cab ba ，故 B正确；令 log xy c ， 则该函数为增函数，所以0 log loga bc c  ，则 log log 0a bc c  ，故 C错误；由 C可知， log log 0a bc c  ，又 0 1b a   ，所以 log log loga a ba c b c b c  ，故 D错误； 故选：B. 【点睛】本题考查命题真假的判断，考查幂函数和对数函数的图像和性质，不等式的性质， 属于中档题. 12.设函数 ( ) sin ( 0) 6 f x x         ，已知方程 ( )f x a （ a为常数）在 70, 6      上恰有 三个根，分别为  1 2 3 1 2 3, ,x x x x x x  ，下述四个结论： ①当 0a  时， 的取值范围是 17 23, 7 7     ； ②当 0a  时， ( )f x 在 70, 6      上恰有 2个极小值点和 1个极大值点； ③当 0a  时， ( )f x 在 0, 12      上单调递增； ④当 2  时， a的取值范围为 1 ,1 2     ，且 1 2 3 52 3 x x x    其中正确的结论个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】 利用三角函数的图象和性质，对每一个命题逐一分析判断得解. 【详解】①当 0a  时， ( ) sin[ ( )] 6 f x x     ,令 6, . 6 k x k k Z x          . 当 3k  时， 3 176 = 6 x       ；当 4k  时， 4 236 = 6 x       ； 所以 17 7 23 6 6 6       ，所以 17 23 7 7   .所以该命题是正确的； ②当 0a  时， 令 2 32 , . 6 2 k x k k Z x            ， 当 0k  时， , 3 x    令 7 20 , , 3 6 7         当 1k  时， 7 , 3 x    令 7 70 , 2, 3 6         因为 17 23 7 7   ， 所以 ( ))f x 在 70, 6      上有两个极大值点，所以该命题是错误的； ③当 0a  时，令 22 2 3 32 2 , . 2 6 2 k k k x k k Z x                     . 所以函数的单调递增区间为 22 2 3 3[ , ], . k k k Z         当 0k  时， 2 3 3 x       ， 因为 17 23 7 7   ，所以 7 7[ , ] 3 69 51      ， 因为 7 69 12   ，所以当 0a  时， ( ))f x 在 0, 12      上单调递增. 所以该命题正确； ④当 2  时， ( ) sin 2 6 f x x       ，因为 7[0, ] 6 x  ，所以 52 [ , ] 6 6 2 x      ，设 5( ) sin , [ , ] 6 2 g t t t     ，如图所示，当 1 1 2 a  时，直线 y a 和函 数的图象有三个交点.此时 1 2 3 2 1 2 3, 3 , 2 4t t t t t t t          . 所以 1 2 32 4 2 4 , 6 3 6 x x x         所以 1 2 3 52 3 x x x    .所以该命题正确. 故选：C 【点睛】本题主要考查三角函数图象的综合应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平 和分析推理能力. 二、填空题 13.已知向量  2, 1a    ，  1,b x r ，若 a b a b       ，则 x ______. 【答案】 2 【解析】 【分析】 利用向量的模的运算求出 a b   和 a b r r ，根据等式即可求出 x的值. 【详解】解：  2, 1a    ，  1,b x r ，则    2 23, 1 9 1 2 10a b x x x x           ，   21, 1 2 2a b x x x         ，因为 a b a b       ，所以 2 2 10x x   2 2 2x x  ， 解得： 2x  . 故答案为：2 . 【点睛】本题考查向量的加法和减法，考查向量模的运算，属于基础题. 14.  7a b c  的展开式中， 2 4ab c 的系数是______（用数字填空答案）. 【答案】105 【解析】 【分析】 含 2 4ab c 的项为： 4 4 2 2 7 3T C c C b a   ，计算可求出系数. 【详解】解：含 2 4ab c 的项为： 4 4 2 2 4 2 7 3 105T C c C b a c b a    ，所以 2 4ab c 的系数是 105. 故答案为：105 . 【点睛】本题考查二项式展开式系数的求法，考查二项式定理和通项的性质，考查学生的运 算求解能力，属于基础题. 15. ABC 的内角 , ,A B C的对边分别为 , ,a b c．若 3sin 2 A  ， 2 2 26b c a   ，则 ABC 的面积为______． 【答案】 3 3 2 【解析】 【分析】 先求出 1cos 2 A   ，再根据 2 2 26b c a   求出 6bc  ，即得解. 【详解】因为 3sin 2 A  ，所以 1cos 2 A   . 由题得 2 2 2 12 cos 6, cos 0,2 6 6 2 b c a bc A A bc bc        ， . 所以 ABC 的面积为 1 1 36 3 3 2 2 2    . 故答案为： 3 3 2 【点睛】本题主要考查余弦定理解三角形和三角形面积的计算，意在考查学生对这些知识的 理解掌握水平，属于基础题. 16.已知 ( )f x 是定义域为 R的奇函数， ( )f x 是 ( )f x 的导函数， ( 1) 0f   ，当 0x  时， ( ) 3 ( ) 0xf x f x   ，则使得 ( ) 0f x  成立的 x的取值范围是________． 【答案】 ( , 1) (0,1)   【解析】 【分析】 构造函数 3 ( )( ) f xg x x  ， 0x  ，求导，结合已知可判断其单调性及奇偶性，结合函数的性质 即可求解． 【详解】令 3 ( )( ) f xg x x  ， 0x  ， 因为当 0x  时， ( ) 3 ( ) 0xf x f x   ， 则当 0x  时， 4 ( ) 3 ( )( ) 0xf x f xg x x      ，即 ( )g x 在 (0, ) 上单调递减， 又因为 ( )f x 为奇函数，即 ( ) ( )f x f x   ，则 3 3 ( ) ( )( ) ( ) ( ) f x f xg x g x x x       ， 故 ( )g x 为偶函数且在 ( ,0) 上单调递增， 因为  1 0f   ，故    1 1 0g g   ， 由 ( ) 0f x  可得 3 ( ) 0x g x  ，所以 0 ( ) 0 x g x    或 0 ( ) 0 x g x    ，所以 0 0 1 x x     或 0 1 x x     . 解可得， 1x   或0 1x  . 故答案为：    , 1 0,1   . 【点睛】本题主要考查了利用函数的单调性及奇偶性求解不等式，解题的关键是构造函数 ( )g x 并判断出其单调性及奇偶性. 三、解答题 17.在等比数列 na 中， 1 6a  ， 2 312a a  ． （1）求 na 的通项公式； （2）记 nS 为 na 的前 n项和，若 66mS  ，求m． 【答案】（1） 16 ( 2)nna    或 6na  ；（2） 5m  或 11m  ． 【解析】 【分析】 （1）根据已知求出 2q   或 1q  ，即得等比数列的通项； （2）分两种情况讨论，根据 66mS  得到方程，解方程即得m的值. 【详解】解：（1）设数列 na 的公比为q，由题设得 1 1 n na a q  ， 2 312a a  ， 2 1 112a q a q   ， 26 12 6q q   ，即 2 2 0q q   ， 解得 2q   或 1q  ， 故 16 ( 2)nna    或 6na  ． （2）①若 16 ( 2)nna    ，则 6 1 ( 2) 2 1 ( 2) 3 n n nS            ， 由 66mS  ，得 ( 2) 32m   ， 5m  ； ②若 6na  ，即 1q  ，则数列 na 为常数列， 1 66mS ma   ， 11m  ． 综上所述， 5m  或 11m  ． 【点睛】本题主要考查等比数列的通项的求法，考查等比数列的前 n项和的应用，意在考查学 生对这些知识的理解掌握水平. 18.如图，长方体 1 1 1 1ABCD ABC D 的侧面 1 1A ADD 是正方形. （1）证明： 1AD 平面 1ABD ； （2）若 2AD  ， 4AB  ，求二面角 1 1B AD C  的余弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2） 7 9 【解析】 【分析】 （1） 1 1A ADD 是正方形，所以有 1 1AD AD ，又 1 1 1 1ABCD ABC D 是长方体，所以有 1AB AD ，根据线面垂直的判定定理可证. （2）以 D 为原点建系，分别求出面 1 1B AD 和面 1ADC的法向量，二面角 1 1B AD C  为锐二面角，利用向量法求出二面角 1 1B AD C  的余 弦值. 【详解】（1）证明：如图 1，在长方体 1 1 1 1ABCD ABC D 中， ∵ AB 平面 1 1ADD A， 又 1AD 平面 1 1ADD A， ∴ 1AB AD . ∵四边形 1 1A ADD 是正方形， ∴ 1 1AD AD . 又 1AB AD A ，∴ 1AD 平面 1ABD . （2）解：如图 2，以D为坐标原点，建立空间直角坐标系D xyz ， 则  2,0,0A ，  0, 4, 0C ，  1 0,0,2D ，  1 2,4,2B ，  2, 4,0AC    ，  1 2,0,2AD    ，  1 0,4, 2AB   ， 设为平面 1ACD 的一个法向量， 则 1 2 4 0 2 2 0 m AC x y m AD x z               ，可取  2,1,2m   ， 同理可求平面 1 1AD B 的一个法向量为  2, 1,2n    ， ∴ 4 1 4 7cos , 99 9 m n        ， 观察可得二面角 1 1B AD C  为锐二面角，其余弦值为 7 9 . 【点睛】本题考查线面垂直的证明，考查二面角余弦值的求法， 向量法是立体几何常用的方 法，属于基础题. 19.产量相同的机床一和机床二生产同一种零件，在一个小时内生产出的次品数分别记为 1X ， 2X ，它们的分布列分别如下： 1X 0 1 2 3 P 0.4 0.3 0.2 0.1 2X 0 1 2 P 0.2 0.6 0.2 （1）哪台机床更好？请说明理由； （2）记 X 表示 2台机床1小时内共生产出的次品件数，求 X 的分布列. 【答案】（1）机床二更好；详见解析（2）详见解析 【解析】 【分析】 （1）分别求出机床一和机床二的期望和方差，比较他们之间的关系，期望值相同，方差小的 机床更好；（2）X 可能取的值为0,1,2,3, 4,5，分别计算各个可能取值对应的概率，即可求出 X 的分布列. 【详解】解：（1）由 1X 的分布列知，  1 0 0.4 1 0.3 2 0.2 3 0.1 1E X          由 2X 的分布列知，  2 0 0.2 1 0.6 2 0.2 1E X        ， 又因为          2 2 2 2 1 1 0 0.4 1 1 0.3 1 2 0.2 1 3 0.1 1D X              ，        2 2 2 2 1 0 0.2 1 1 0.6 1 2 0.2 0.4D X           ， 机床二更好，产生次品数的平均数一样，机床二生产的产品更稳定. （2） X 可能取的值为0,1,2,3, 4,5，  0 0.4 0.2 0.08P X     ，  1 0.3 0.2 0.4 0.6 0.3P X       ，  2 0.4 0.2 0.2 0.2 0.3 0.6 0.3P X         ，  3 0.1 0.2 0.3 0.2 0.2 0.6 0.2P X         ，  4 0.2 0.2 0.1 0.6 0.1P X       ，  5 0.1 0.2 0.02P X     ， 所以 X 的分布列为 X 0 1 2 3 4 5 P 0.08 0.3 0.3 0.2 0.1 0.02 【点睛】本题是根据期望和方差判断性能好坏的实际应用题，考查随机变量的分布列，属于 基础题. 20.如图，在平面直角坐标系中，已知点 ( 2,0)F  ，直线 : 4l x   ，过动点 P作PH l 于点 H ， HPF 的平分线交 x轴于点M ，且 | | 2 | |PH MF ，记动点 P的轨迹为曲线C． （1）求曲线C的方程； （2）过点 (0, 2)N 作两条直线，分别交曲线C于 ,A B两点（异于 N 点）．当直线 ,NA NB的 斜率之和为 2时，直线 AB是否恒过定点？若是，求出定点的坐标；若不是，请说明理由． 【答案】（1） 2 2 1( 0) 8 4 x y y   ；（2）过定点， ( 2, 2)  【解析】 【分析】 （1）设 ( , )P x y ，由题得 | | | | 2 | | | | 2 PF MF PH PH   ，即得 2 2( 2) 2 | 4 | 2 x y x     ，即得解； （2）当直线 AB的斜率存在时，设其方程为 ( 0, 2)y kx m k m    ，联立直线和椭圆方程 得到韦达定理，根据 2NA NBk k  得到 2 2m k  ，即得直线经过的定点；当直线 AB的斜 率不存在时，直线也经过定点.即得解. 【详解】解：（1）设 ( , )P x y ，由已知 / /PH FM ， HPM FMP   ， HPM FPM   ， FMP FPM   ， | | | |MF PF  ， | | | | 2 | | | | 2 PF MF PH PH    ，即 2 2( 2) 2 | 4 | 2 x y x     ， 化简得 2 2 1 8 4 x y   ，曲线C的方程为 2 2 1( 0) 8 4 x y y   ． （2）当直线 AB的斜率存在时，设其方程为 ( 0, 2)y kx m k m    ， 且设  1 1,A x y ，  2 2,B x y ． 由 2 2 , 1, 8 4 y kx m x y       得  2 2 21 2 4 2 8 0k x kmx m     ， 由已知   ， 1 2 2 4 1 2 kmx x k      ， 2 1 2 2 2 8 1 2 mx x k    ， 由已知 2NA NBk k  ，得 1 2 1 2 2 2 2kx m kx m x x       ， 整理得  1 2 1 22( 1) ( 2) 0k x x m x x     ， 2 2 2 2 8 42( 1) ( 2) 0 1 2 1 2 m kmk m k k            ，整理得 ( 2)(4 2 4) 0m k m    ． 2m  ， 2 2m k   ， 直线 AB的方程为 2 2 ( 2) 2y kx k k x      ， 直线 AB过定点 ( 2, 2)  ． 当直线 AB的斜率不存在时，设其方程为 x n ，且设  1,A n y ，  2,B n y ， 其中 1 2y y  ． 由已知 2NA NBk k  ，得 1 2 1 22 2 4 4 2y y y y n n n n          ， 2n   ， 直线 AB的方程为 2x   ，此时直线 AB也过定点 ( 2, 2)  ． 综上所述，直线 AB恒过定点 ( 2, 2)  ． 【点睛】本题主要考查动点轨迹方程的求法，考查椭圆中的定点问题，意在考查学生对这些 知识的理解掌握水平和分析推理计算能力. 21.已知函数   1 lnf x x a x   . （1）讨论  f x 的单调性； （2）证明：  *2 2 2 1 1 11 1 ... 1 1 1 2 2 e n N n n                    .注： 2.71828e  为自然对 数的底数. 【答案】（1）当 0a  时，  f x 在  0,  内单调递增；当 0a  时，  f x 在  0,a 内单调 递减，在  ,a  内单调递增.（2）证明见解析； 【解析】 【分析】 （1）对  f x 求导，分类讨论  f x 的正负，从而得出  f x 的单调性；（2）利用（1）的结 论 ， 有 ln 1x x  ， 令  *2 11x n N n n     ， 有 2 2 1 1 1 1ln 1 1 1 1n n n n n n                  ，两边求和可证明结果. 【详解】（1）解：∵    1 ln 0f x x a x x    ，∴   1 af x x    . ①若 0a  ，则   0f x  ， ∴  f x 在  0,  内单调递增； ②若 0a  ，则  f x 在  0,  内单调递增，且 ( ) 0f a¢ = ， ∴当  0,x a 时，   0f x  ；当  ,x a  时，   0f x  ， ∴  f x 在  0,a 内单调递减，在  ,a  内单调递增. 综上所述，当 0a  时，  f x 在  0,  内单调递增； 当 0a  时，  f x 在  0,a 内单调递减，在  ,a  内单调递增. （2）证明：当 1a  时，   1 lnf x x x   ， 由（1）知    1 0f x f  ，∴ ln 1x x  ，当且仅当 1x  时，等号成立， 令  *2 11x n N n n     ，易知 1x  ， ∴  2 2 2 1 1 1 1 1 1ln 1 1 1 1 1n n n n n n n n n n                      ， 从而 2 1 1 1ln 1 1 1 1 2       ， 2 1 1 1ln 1 2 2 2 3       ，  2 1 1 1ln 1 1n n n n        ， 累加可得 2 2 2 1 1 1 1ln 1 ln 1 ... ln 1 1 1 1 1 2 2 1n n n                            ， 即 2 2 2 1 1 1ln 1 1 ... 1 1 ln 1 1 2 2 e n n                       ， ∴ 2 2 2 1 1 11 1 ... 1 1 1 2 2 e n n                   ，证毕. 【点睛】本题考查利用导数求  f x 的单调性，考查不等式的证明，考查列项相消法求和，考 查数学分类讨论的思想，考查指数的运算，属于综合性比较强的中档题. 22.已知曲线 2cos , : 2sin , x C y      （ 为参数），设曲线C经过伸缩变换 , 1 2 x x y y       得到曲线C ， 以直角坐标中的原点O为极点， x轴的正半轴为极轴建立极坐标系． （1）求曲线C 的极坐标方程； （2）若 ,A B是曲线C 上的两个动点，且OA OB ，求 2 2|OA OB 的最小值． 【答案】（1） 2 2 1 3sin     ；（2） 16 5 【解析】 【分析】 （1）先求出曲线C 的普通方程，再把它化成极坐标方程得解； （2）设  1,A   ， 2 , 2 B       ，求出 2 2| | | |OA OB 2 20 94 sin 2 4    ，再求函数的最 小值得解. 【详解】解：（1）曲线C的普通方程为 2 2 4x y  ， 曲线C 的普通方程为 2 2(2 ) 4x y  ，即 2 2 1 4 x y  ， 曲线C 的极坐标方程为 2 2 23 sin 4    ，即 2 2 1 3sin     ． （2）设  1,A   ， 2 , 2 B       ， 2 2 2 2 1 2 2 2 4 4| | | | 1 3sin 1 3cos OA OB            2 20 16 9 54 sin 2 4     ， 所以，当 sin 2 1   时， 2 2| | | |OA OB 取到最小值 16 5 ． 【点睛】本题主要考查参数方程、普通方程和极坐标方程的互化，考查极坐标方程的最值问 题的求解，考查三角恒等变换，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平. 23.已知函数 ( ) | 2 | | 2 |f x x x    ，M 为方程 ( ) 4f x  的解集． （1）求M ； （2）证明：当 ,a b M ， | 2 2 | | 4 |a b ab „ ． 【答案】（1） { | 2 2}M x x    ；（2）证明见解析 【解析】 【分析】 （1）由题得 ( 2)( 2) 0x x   ，解不等式即得解； （2）利用分析法证明不等式得证. 【详解】（1）解： ( ) | 2 | | 2 | | ( 2) ( 2) | 4f x x x x x        … ， 当且仅当 ( 2)( 2) 0x x   时，等号成立， 即当且仅当 2 2x   时，等号成立， 方程 ( ) 4f x  的解集 { | 2 2}M x x    ． （2）证明：要证 | 2 2 | | 4 |a b ab „ ， 只需证 2 2(2 2 ) (4 )a b ab „ ， 即证 2 2 2 24 16 4 0a b a b   „ ， 只需证    2 24 4 0a b   ， ,a b MQ ， 2 4a  ， 2 4b „ ， 从而    2 24 4 0a b   ，证毕． 【点睛】本题主要考查绝对值三角不等式，考查不等式的证明，意在考查学生对这些知识的 理解掌握水平.