2019年东北三省四校(哈师大附中等)高考数学四模试卷(文科)

2019年东北三省四校（哈师大附中等）高考数学四模试卷（文科）一、选择题：本题共12小题，毎小题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. 设函数f(x)=√1−x2的定义域为A，值域为B，则A∪B＝（）A.[0, 1]B.[−1, 1]C.(0, 1)D.{−1, 1}2. 已知圆O:x2+y2＝4，直线2x−y+b＝0与圆O相切，则b的值为（）A.±2B.±√5C.±2√5D.±√103. 复数z＝1+2i的共复数是z¯，则z⋅z¯=()A.√3B.3C.√5D.54. 设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，有下列四个命题，其中正确的是（）A.若m⊥α，m⊥n，则n // αB.若m // α，n // α，则m // nC.若α // β，m⊂α，则m // βD.若m // β，m⊂α，则α // β5. 已知sin(α+π3)=13，则sin(α−2π3)=()A.1 3B.−13C.2√33D.−2√336. 已知椭圆C:x2a2+y23=1的一个焦点为(1, 0)，则C的离心率为（）A.1 3B.12C.√22D.2√237. 已知x，y满足约束条件{x+y−3≤0x−y−1≤0x≥1，则z＝x+2y的最小值为（）A.5B.4C.3D.18. 函数f(x)=ln|2x|x 的图象是（）A. B.C. D.9. 已知函数f(x)＝sin(ωx+φ)(ω>0, |φ|<π2)的部分图象如图，则φ＝（）A.π3B.π6C.−π6D.−π310. 对于表中x，y之间的一组数据：甲、乙两位同学给出的拟合直线方程分别为①y=13x+1和②y=12x+12．若通过分析得出②的拟合效果好，则下列分析理由错误的是（）参考公式：R2＝1−∑ni=1(y i−y i)2∑n i=1(y i−y¯)2A.①的残差和大于②的残差和，所以②拟合效果更好B.①的残差平方和大于②的残差平方和，所以②拟合效果更好C.①的R 2小于②的R 2，所以②拟合效果更好D.残差图中直线②的残差点分布的水平带状区域比①的残差点分布的水平带状区域更窄，所以直线②拟合效果更好11. 已知某几何体的三视图如图，则该几何体的体积为（ ）A.112 B.16C.13D.1212. 双曲线C:x 23−y 23=1，A 1，A 2分别为曲线C 的左、右顶点，F 1，F 2分别为曲线C 的左、右焦点，P 为坐标平面内一点，若PF 1→⋅PF 2→=8，则PA 1→⋅PA 2→=( ) A.5 B.7 C.9 D.11二、填空题：本共4小题，每小题5分，共20分．已知向量a →=(1, 2)，b →=(2, m)，若a → // b →，则实数m ＝________．已知函数(x)＝x 3+ax +1的图象在点（1、f(1)）处的切线过点(2, 7)，则a ＝________．在△ABC 中，D 为线段AB 的中点，∠ACB ＝120∘，BC ＝1，CD =12．则AC ＝________．已知(x)是定义域为(−∞, +∞)的奇函数，满足f(3+x)＝f(3−x)，当x ∈(0, 3]时，f(x)＝log 3x ，若f(t)＝1，t ∈(0, 100]，则t 的最大值为________．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，毎个试题考生都必须作答．第22、23为选考，考生根据要求作答．（一）必考题：共60分已知公差为正数的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，且a 2，S 2+1，a 8成等比数列． （1）求数列{a n }的通项公式；（2）若数列{b n }满足b 1＝1，nb n+1＝2a n b n ，求数列{a n +b n }的前n 项和T n ．如图，四棱锥P −ABCD 中，AB // CD ，∠DAB ＝60∘，DC ＝AD ＝2AB ＝2，△PDC 是等边三角形，BD ⊥PC ．（1）证明；平面PDC ⊥面ABCD（2）求点A 到平面PBC 得距离某小学为了解毕业年级学生对小升初择校现象的看法，设计了一份调査问着，其中包括为择校意愿打分，并且分数可以为[0, 10]内的任意值（完全不想择校，择校意愿记为0，坚定不移要择校，择校意愿记为10）该小学从毕业年級随机抽取20名同学，要求20名同学完成调査问卷，并统计得到择校意愿打分数分布表 择校意愿打分频数分布表（1）作出这20名同学择校意愿打分频率分布直方图，并计算择校意愿打分的平均数（同一组中的数据用该组区问的中点值作代表）（2）已知A 家庭回答了调査问卷，并给自已择校意愿打10分，若从第五组中任选2个家庭，求A 家庭被选到的概率；（3）将第二、三、四组称为观望组，右该校毕业年级共有500名学生，估计该校对小升初择校采取观望态度的学生人数．已知抛物线x2＝4y，过点M(0, 2)的动直线l1交抛物线予A，B两点，点A关于y轴的对称点为C，连接CB，直线CB与y轴交于点N．（1）求证：N为定点；（2）过点N作y轴的垂线l2，是否存在直线l1，使得在直线l2上在在点P满足△PAB为等边三角形，若存在，求出直线方程l1；若不存在，说明理由．已知函数f(x)＝xe−x(x∈R)（1）求函数f(x)的单调区间；（2）证明：当x>0时，e 2xx2f(x)+x ln xf(x)>1．（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]（10分）平面直角坐标系xOy中，直线l的方程为x+y−4＝0，A，B为直线上的两个动点，∠AOB=π4，以原点为极点，x轴非负半为极轴建立极坐系．（1）写出直线l的极坐标方程及满足题意的一组A，B的极坐标；（2）求三角形AOB面积的最小值．[选修4-5：不等式选讲]（10分）已知a，b，c是正数．（1）求证：a a b b≥a b b a（2）求证：2(a3+b3+c3)≥a2(b+c)+b2(a+c)+c2(a+b)．参考答案与试题解析2019年东北三省四校（哈师大附中等）高考数学四模试卷（文科）一、选择题：本题共12小题，毎小题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.【答案】 B【考点】函数的值域及其求法 函数的定义域及其求法【解析】根据二次根式的性质求出A ，再结合二次函数的性质求出B ，取并集即可． 【解答】∵ 1−x 2≥0， ∴ −1≤x ≤1， 解得：A ＝[−1, 1]而y ＝1−x 2 中，x ∈[−1, 1]， 故y max ＝1，y min ＝0， 解得：B ∈[0, 1]， ∴ A ∪B ＝[−1, 1]， 2.【答案】 C【考点】 圆的切线方程 【解析】利用点到直线的距离公式表示出圆心到直线l 的距离d ，由d 等于圆的半径列出关于b 的方程，求出b 的值； 【解答】（1）直线l 与圆O 相切，则圆心O(0, 0)到直线：2x −y +b ＝0的距离等于半径2， d =√4+1=2⇒b ＝±2√5．故选：C ． 3. 【答案】 D【考点】 复数的运算 【解析】由已知直接利用z ⋅z ¯=|z|2求解． 【解答】∵ z ＝1+2i ，∴ z ⋅z ¯=|z|2=(√12+22)2=5． 4.【答案】 C【考点】空间中直线与平面之间的位置关系 【解析】由空间中直线与平面位置关系逐一核对四个选项得答案． 【解答】由m ⊥α，m ⊥n ，得n // α或m ⊂α，故A 错误；由m // α，n // α，得m // n 或m 与n 相交或m 与n 异面，故B 错误； 由α // β，m ⊂α，得m // β，故C 正确；由m // β，m ⊂α，得α // β或α与β相交，故D 错误． 5. 【答案】 B【考点】两角和与差的三角函数 【解析】由题意利用诱导公式，求得要求式子的值． 【解答】∵ 已知sin (α+π3)=13，则sin (α−2π3)=−sin (2π3−α)＝−sin [π−(α+π3)]＝−sin (α+π3)=−13，6. 【答案】 B【考点】 椭圆的离心率 【解析】利用椭圆的简单性质，利用椭圆的焦距求解椭圆的离心率． 【解答】 椭圆C:x 2a 2+y 23=1的一个焦点为(1, 0)，可得a 2−3＝1，解得a ＝2， 所以椭圆的离心率为：e =ca =12． 7.【答案】 D【考点】 简单线性规划 【解析】由约束条件作出可行域，数形结合得到最优解，求出最优解的坐标，代入目标函数得答案．【解答】由x ，y 满足约束条件{x +y −3≤0x −y −1≤0x ≥1 作出可行域如图，由{x =1x −y −1=0解得A(1, 0)化目标函数z ＝x +2y 为y =−12x +z2， 由图可知当直线y =−12x +z 2过A(1, 0)时， z 有最小值为1+2×0＝1． 8.【答案】 A【考点】函数的图象与图象的变换 【解析】根据题意，求出函数的定义域，分析可得f(x)为奇函数，排除C 、D ，进而分析可得在区间(0, 12)上，有f(x)<0，排除B ；即可得答案． 【解答】 根据题意，f(x)=ln |2x|x，其定义域为{x|x ≠0}，又由f(−x)=ln |2(−x)|−x=−ln |2x|x=−f(x)，即函数f(x)为奇函数，排除C 、D ；在区间(0, 12)上，ln |2x|<0，则有f(x)<0，排除B ； 9.【答案】 B【考点】由y=Asin （ωx+φ）的部分图象确定其解析式 【解析】结合函数的图象，由周期求出ω，再由f(1)＝1求出φ的值 【解答】由f(x)的图象可知，T =4(52−1)=2πω，则ω=π3，∴ f(x)=sin (π3x +φ)，∵ 当x ＝1时，f(x)的最大值为1， ∴ π3+φ=π2+2kπ,k ∈Z ， ∵ |φ|<π2，∴ φ=π6． 10. 【答案】A【考点】求解线性回归方程 【解析】根据所给的两条直线的方程和五个坐标点，求出用y =13x +1作为拟合直线时，所得y 的实际值与y 的估计值的差的平方和，用y =12x +12作为拟合直线时，所得y 的实际值与y 的估计值的差的平方和，比较分析A ，B ，D 的正误，再求得①的R 2与②的R 2分析C 的正误． 【解答】用y =13x +1作为拟合直线时，所得y 的实际值与y 的估计值的差的平方和为：S 1＝(1−43)2+(2−2)2+(3−3)2+(4−103)2+(5−113)2=73．用y =12x +12作为拟合直线时，所得y 的实际值与y 的估计值的差的平方和为： S 2＝(1−1)2+(2−2)2+(3−72)2+(4−4)2+(5−92)2=12．∵ S 2<S 1，∴ ①的残差和大于②的残差和，①的残差平方和大于②的残差平方和，则②的拟合效果更好，故A 错误，B 正确；残差图中直线②的残差点分布的水平带状区域比①的残差点分布的水平带状区域更窄，所以直线②拟合效果更好，故D 正确； ①的R 2＝1−7310=2330，②的R 2＝1−1210=1920，①的R 2小于②的R 2，②拟合效果更好，故C 正确．11. 【答案】 B【考点】由三视图求体积 【解析】判断几何体的形状，画出直观图，利用三视图的数据求解几何体的体积即可． 【解答】由题意可知几何体是三棱锥，是正方体的一部分如图： 几何体的体积为：13×12×1×1×1=16． 12.【答案】 D【考点】双曲线的离心率 【解析】求得双曲线的左右顶点和左右焦点，设P(m, n)，运用向量的数量积的坐标表示，计算可得所求值． 【解答】 双曲线C:x 23−y 23=1的左右顶点为(−√3, 0)，(√3, 0)，左右焦点为(−√6, 0)，(√6, 0)， 设P(m, n)，由PF 1→⋅PF 2→=8，可得(−√6−m, −n)⋅(√6−m, −n)＝m 2−6+n 2＝8， 即为m 2+n 2＝14，则则PA 1→⋅PA 2→=(−√3−m, −n)⋅(√3−m, −n)＝m 2−3+n 2＝14−3＝11． 二、填空题：本共4小题，每小题5分，共20分． 【答案】 4【考点】平行向量（共线） 【解析】根据a →∥b →即可得出m −4＝0，从而解得m ＝4． 【解答】 ∵ a →∥b →；∴ m −4＝0； ∴ m ＝4． 【答案】 1【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程 【解析】求出函数的导数，利用切线的方程经过的点求解即可． 【解答】函数f(x)＝x 3+ax +1的导数为：f′(x)＝3x 2+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(2, 7)， 所以7−a −2＝(3+a)(2−1)， 解得a ＝1． 故答案为：1． 【答案】 1【考点】 余弦定理 【解析】设AC ＝x ，延长CD 至E ，使得CD ＝DE ，连接AE ，BE ，可得四边形ACBE 为平行四边形，由余弦定理可得AB ，再由平行四边形的性质可得AB 2+CE 2＝2(AC 2+BC 2)，解方程可得所求． 【解答】设AC ＝x ，延长CD 至E ，使得CD ＝DE ，连接AE ，BE ， 可得四边形ACBE 为平行四边形，可得CE ＝1，AB =√1+x 2−2x ⋅(−12)=√x 2+x +1， 再由平行四边形的性质可得AB 2+CE 2＝2(AC 2+BC 2)， 即为x 2+x +1+1＝2(x 2+1)，解得x ＝1．【答案】 99【考点】函数的最值及其几何意义 【解析】由奇函数的定义和f(3+x)＝f(3−x)，可得f(x)的周期为12，由f(3)＝1，即可得到所求最大值． 【解答】f(x)是定义域为(−∞, +∞)的奇函数，满足f(3+x)＝f(3−x)， 可得f(−x)＝−f(x)，且f(−x)＝f(x +6)，可得f(x +6)＝−f(x)，即有f(x +12)＝−f(x +6)＝f(x)， 则f(x)的周期为12，由f(3)＝log 33＝1，可得f(3+96)＝f(3)＝1，可得t 的最大值为99．三、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，毎个试题考生都必须作答．第22、23为选考，考生根据要求作答．（一）必考题：共60分 【答案】设等差数列{a n }的公差为d(d >0)，∵ a 1＝1．a 2．S 2+1．a 8成等比数列，即(S 2+1)2＝a 2a 8， ∴ (3+d)2＝(1+d)(1+7d)，∴ 3d 2+d −4＝0，∴ (3d +4)(d −1)＝0，∵ d >0，∴ d ＝1， ∴ a n ＝1+(n −1)＝n ；∵ nb n+1＝2a n b n ．由（1）得nb n+1＝2nb n ， 可得b n+1b n=2，又b 1＝1，所以{b n }是以1为首项，以2为公比的等比数列，b n ＝2n−1， a n +b n ＝n +2n−1，则前n 项和T n ＝(1+2+...+n)+(1+2+...+2n−1)=12n(n +1)+1−2n 1−2=12n(n +1)+2n −1．【考点】 数列的求和 【解析】（1）设等差数列{a n }的公差为d(d >0)，运用等差数列的通项公式和求和公式，解方程可得d ，进而得到所求通项公式；（2）由等比数列的通项公式求得b n ，a n +b n ＝n +2n−1，再由数列的分组求和和等差数列、等比数列的求和公式，可得所求和． 【解答】设等差数列{a n }的公差为d(d >0)，∵ a 1＝1．a 2．S 2+1．a 8成等比数列，即(S 2+1)2＝a 2a 8， ∴ (3+d)2＝(1+d)(1+7d)，∴ 3d 2+d −4＝0，∴ (3d +4)(d −1)＝0，∵ d >0，∴ d ＝1， ∴ a n ＝1+(n −1)＝n ；∵ nb n+1＝2a n b n ．由（1）得nb n+1＝2nb n ， 可得b n+1b n=2，又b 1＝1，所以{b n }是以1为首项，以2为公比的等比数列，b n ＝2n−1，a n +b n ＝n +2n−1，则前n 项和T n ＝(1+2+...+n)+(1+2+...+2n−1)=12n(n +1)+1−2n 1−2=12n(n +1)+2n −1．【答案】证明：△ABD 中，AB ＝1，AD ＝2，∠DAB ＝60∘， 由余弦定理得BD =√3， ∴ AB 2+BD 2， ∴ AB ⊥BD ； 又AB // CD ， ∴ BD ⊥CD ；又BD ⊥PC ，CD ∩PC ＝C ， ∴ BD ⊥平面PDC ， 又BD ⊂平面ABCD ，∴ 平面PDC ⊥平面ABCD ； 取CD 的中点O ，连接PO ，∵ △PDC 是等边三角形，∴ PO ⊥CD ； 由（1）知，BD ⊥平面PDC ， 又PO ⊂平面PDC ， ∴ PO ⊥BD ； 又BD ∩CD ＝D ， ∴ PO ⊥平面ABCD ；设点A 到平面PBC 的距离为ℎ，由V 三棱锥A−PBC ＝V 三棱锥P−ABC ，得13S △PBC ⋅ℎ=13S △ABC ⋅PO ，∵ △PDC是等边三角形，且CD ＝2， ∴ PO =√3；又S △ABC =12AB ⋅BD =12×1×√3=√32； Rt △BDC 中，BD =√3，CD ＝2，∴ BC =√7； Rt △POB 中，PO =√3，OB ＝2，∴ BP =√7；△PBC 中，BC ＝BP =√7，PC ＝2，则PC 边上的高为√6， ∴ S △PBC =12×2×√6=√6， ∴ ℎ=√32×√3√6=√64， ∴ 点A 到平面PBC 得距离为√64． 【考点】点、线、面间的距离计算 平面与平面垂直【解析】（1）由题意，证明AB ⊥BD ，BD ⊥CD ，得出BD ⊥平面PDC ，即证平面PDC ⊥平面ABCD ； （2）求出三棱锥A −PBC 的体积，利用等积法求出点A 到平面PBC 的距离． 【解答】证明：△ABD 中，AB ＝1，AD ＝2，∠DAB ＝60∘， 由余弦定理得BD =√3， ∴ AB 2+BD 2， ∴ AB ⊥BD ； 又AB // CD ， ∴ BD ⊥CD ；又BD ⊥PC ，CD ∩PC ＝C ， ∴ BD ⊥平面PDC ， 又BD ⊂平面ABCD ，∴ 平面PDC ⊥平面ABCD ； 取CD 的中点O ，连接PO ，∵ △PDC 是等边三角形，∴ PO ⊥CD ； 由（1）知，BD ⊥平面PDC ， 又PO ⊂平面PDC ， ∴ PO ⊥BD ； 又BD ∩CD ＝D ， ∴ PO ⊥平面ABCD ；设点A 到平面PBC 的距离为ℎ，由V 三棱锥A−PBC ＝V 三棱锥P−ABC ，得13S △PBC ⋅ℎ=13S △ABC ⋅PO ， ∵ △PDC 是等边三角形，且CD ＝2， ∴ PO =√3；又S △ABC =12AB ⋅BD =12×1×√3=√32； Rt △BDC 中，BD =√3，CD ＝2，∴ BC =√7； Rt △POB 中，PO =√3，OB ＝2，∴ BP =√7；△PBC 中，BC ＝BP =√7，PC ＝2，则PC 边上的高为√6，∴S△PBC=12×2×√6=√6，∴ℎ=√32×√3√6=√64，∴点A到平面PBC得距离为√64．【答案】由择校意愿打分数分布表作出这20名同学择校意愿打分频率分布直方图如下：∴择校意愿打分的平均数为：11×0.15+3×0.1+5×0.3+7×0.2+9×0.25＝5.6分．设“A家庭被选到”为事件M，设第五组这五个家庭分别为a，b，c，d，e，其中A家庭记为a，从中任取两个家庭的所有情况有：ab，ac，ad，ae，bc，bd，be，cd，ce，de，共10个，其中包含A家庭的有ab，ac，ad，ae共4个，∴A家庭被选到的概率P=410=25．第二、三、四组称为观望组，若将频率视为概率，每个家庭是观望家庭的概率是：P＝0.1+0.3+0.2＝0.6，该校毕业年级共有500个家庭，估计该校对小升初择校采取观望态度的家庭数为：500×0.6＝300个．【考点】频率分布直方图【解析】（1）由择校意愿打分数分布表作出这20名同学择校意愿打分频率分布直方图，由此能求出择校意愿打分的平均数．（2）设“A家庭被选到”为事件M，设第五组这五个家庭分别为a，b，c，d，e，其中A家庭记为a，从中任取两个家庭，利用列举法能求出A家庭被选到的概率．（3）第二、三、四组称为观望组，若将频率视为概率，每个家庭是观望家庭的概率是P＝0.6，由此能估计该校对小升初择校采取观望态度的家庭数．【解答】由择校意愿打分数分布表作出这20名同学择校意愿打分频率分布直方图如下：∴择校意愿打分的平均数为：11×0.15+3×0.1+5×0.3+7×0.2+9×0.25＝5.6分．设“A家庭被选到”为事件M，设第五组这五个家庭分别为a，b，c，d，e，其中A家庭记为a，从中任取两个家庭的所有情况有：ab，ac，ad，ae，bc，bd，be，cd，ce，de，共10个，其中包含A家庭的有ab，ac，ad，ae共4个，∴A家庭被选到的概率P=410=25．第二、三、四组称为观望组，若将频率视为概率，每个家庭是观望家庭的概率是：P＝0.1+0.3+0.2＝0.6，该校毕业年级共有500个家庭，估计该校对小升初择校采取观望态度的家庭数为：500×0.6＝300个．【答案】A(x1, y1)，B(x2, y2)．C(−x1, y1)显然AB斜率存在，设AB方程为y＝kx+2．则{y=kx+2x2=4y,x2−4kx−8=0x1+x2＝4k，x1x2＝−8直线BC的斜率k CB=y2−y1x2+x1=14(x2−x1)∴BC的方程y=14(x2−x1)(x−x2)+14x22=14(x2−x1)x−2，∴直线BC过点(0, −2)．线段AB的中点坐标为T(2k, 2k2+2)．显然k≠0，线段AB的中垂线方程为y−(2k2+2)=−1k(x−2k)，令y＝−2，x＝2k3+6k，∴P(2k3+6k, −2)．|PT|2＝(4K2+4)(K2+2)2，|AB|2＝(1+k2)(16k2+32)，∵△PAB为等边三角形，∴|PT|2=34|AB|2，⇒(k2+2)(k2−1)＝0∴k＝±1存在直线l1y＝x+2或y＝−x+2，符合题意．【考点】直线与抛物线的位置关系【解析】（1）设出直线AB 的方程，和抛物线方程联立后得到关于x 的一元二次方程，利用根与系数关系得到BC 的方程y =14(x 2−x 1)(x −x 2)+14x 22=14(x 2−x 1)x −2，可证BC 过定点；（2））线段AB 的中点坐标为T(2k, 2k 2+2)．线段AB 的中垂线方程为y −(2k 2+2)=−1k (x −2k)，可得P 的坐标，由|PT|2=34|AB|2，⇒(k 2+2)(k 2−1)＝0∴ k ＝±1即可．【解答】A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)．C(−x 1, y 1)显然AB 斜率存在，设AB 方程为y ＝kx +2． 则{y =kx +2x 2=4y ,x 2−4kx −8=0x 1+x 2＝4k ，x 1x 2＝−8 直线BC 的斜率k CB =y 2−y 1x 2+x 1=14(x 2−x 1)∴ BC 的方程y =14(x 2−x 1)(x −x 2)+14x 22=14(x 2−x 1)x −2， ∴ 直线BC 过点(0, −2)．线段AB 的中点坐标为T(2k, 2k 2+2)．显然k ≠0，线段AB 的中垂线方程为y −(2k 2+2)=−1k (x −2k)，令y ＝−2，x ＝2k 3+6k ，∴ P(2k 3+6k, −2)．|PT|2＝(4K 2+4)(K 2+2)2，|AB|2＝(1+k 2)(16k 2+32)， ∵ △PAB 为等边三角形， ∴ |PT|2=34|AB|2，⇒(k 2+2)(k 2−1)＝0∴ k ＝±1存在直线l 1y ＝x +2或y ＝−x +2，符合题意． 【答案】∵ f(x)＝xe −x (x ∈R)，∴ f ′(x)=1−x e x，令f ′(x)>0，得x <1；令f ′(x)<0，得x >1；所以函数f(x)的单调增区间为(−∞, 1)，减区间为(1, +∞)． 由（1）f(x)＝xe−x(x ∈R)，要证e 2x x 2f(x)+x ln x f(x)>1，即证e x x+e x ln x >1，即证1x +ln x >1e x令g(x)=1x +ln x ，则g ′(x)=x−1x 2，x ∈(0, 1)时，g ′(x)<0，函数是减函数；x ∈(1, +∞)时，g ′(x)>0，函数增函数； g(x)min ＝g(1)＝1，令ℎ(x)=1e x ，函数在R 上递减，所以ℎ(x)<ℎ(0)＝1，∴ g(x)min >ℎ(x)， ∴ 原不等式成立． 【考点】利用导数研究函数的单调性 利用导数研究函数的最值【解析】（1）求出函数的导数，解导数不等式即可得出函数的单调区间；（2），e 2xx 2f(x)+x ln xf(x)>1等价于1x +ln x >1e x ，构造两个函数g(x)=1x +ln x ，ℎ(x)=1e x ，将问题转化为证明g(x)min 大于ℎ(x)的最大值的问题，从而不等式可证． 【解答】∵ f(x)＝xe −x (x ∈R)，∴ f ′(x)=1−x e x，令f ′(x)>0，得x <1；令f ′(x)<0，得x >1；所以函数f(x)的单调增区间为(−∞, 1)，减区间为(1, +∞)． 由（1）f(x)＝xe−x(x ∈R)，要证e 2x x 2f(x)+x ln x f(x)>1，即证e x x+e x ln x >1，即证1x+ln x >1e x令g(x)=1x +ln x ，则g ′(x)=x−1x 2，x ∈(0, 1)时，g ′(x)<0，函数是减函数；x ∈(1, +∞)时，g ′(x)>0，函数增函数； g(x)min ＝g(1)＝1，令ℎ(x)=1e x ，函数在R 上递减，所以ℎ(x)<ℎ(0)＝1，∴ g(x)min >ℎ(x)， ∴ 原不等式成立．（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]（10分） 【答案】∵ {x =ρcos θy =ρsin θ ，∴ 直线l 的极坐标方程：ρcos θ+ρsin θ−4＝0．满足题意的一组A ，B 的极坐标分别为(4, 0)，(2√2, π4)． 设A(ρ1, π4)，B(ρ2, θ+π4) ρ1=4cos θ+sin θ，ρ2=4cos (θ+π4)+sin (θ+π4)=2cos θ，S △AOB =12ρ1ρ2sin π4=12⋅4cos θ+sin θ4√2cos θ⋅√22=41+cos 2θ2+12sin 2θ=81+sin 2θ+cos 2θ=81+√2sin (2θ+π4)≥1+√2=8√2−8 ∴ 三角形AOB 面积的最小值为8√2−8． 【考点】圆的极坐标方程 【解析】（1）利用{x =ρcos θy =ρsin θ，直接求直线l 的极坐标方程：．满足题意的一组A ，B 的极坐标分别为(4, 0)，(2√2, π4)．（2）设A(ρ1, π4)，B(ρ2, θ+π4)，S△AOB=12ρ1ρ2sinπ4=12⋅4cosθ+sinθ⋅√2cosθ⋅√22=1+2sin(2θ+π4)≥1+√2=8√2−8，即可．【解答】∵{x=ρcosθy=ρsinθ，∴直线l的极坐标方程：ρcosθ+ρsinθ−4＝0．满足题意的一组A，B的极坐标分别为(4, 0)，(2√2, π4)．设A(ρ1, π4)，B(ρ2, θ+π4)ρ1=4cosθ+sinθ，ρ2=4cos(θ+π4)+sin(θ+π4)=√2cosθ，S△AOB=12ρ1ρ2sinπ4=12⋅4cosθ+sinθ4√2cosθ√22=41+cos2θ2+12sin2θ=8=81+√2sin(2θ+π4)≥81+√2=8√2−8∴三角形AOB面积的最小值为8√2−8．[选修4-5：不等式选讲]（10分）【答案】由a a b ba b b a =a a−b⋅b b−a＝(ab)a−b，若a＝b可得(ab )a−b＝1；若a>b>0，可得ab>1，即有(ab)a−b>1；若0<a<b，可得0<ab <1，即有(ab)a−b>1；综上可得(ab)a−b≥1，即有a a b b≥a b b a；a3+b3−a2b−ab2＝a2(a−b)−b2(a−b)＝(a−b)2(a+b)≥0，可得a3+b3≥a2b+ab2，同理可得b3+c3≥b2c+bc2，c3+a3≥c2a+ca2，相加可得2(a3+b3+c3)≥a2(b+c)+b2(a+c)+c2(a+b)（当且仅当a＝b＝c取得等号）．【考点】不等式的证明【解析】（1）运用作商比较法，结合指数函数的单调性，即可得证；（2）由a3+b3−a2b−ab2，运用因式分解，可得a3+b3≥a2b+ab2，同理可得b3+c3≥b2c+bc2，c3+a3≥c2a+ca2，相加即可得证．【解答】由a a b ba b b a =a a−b⋅b b−a＝(ab)a−b，若a＝b可得(ab)a−b＝1；若a>b>0，可得ab>1，即有(ab)a−b>1；若0<a<b，可得0<ab<1，即有(ab)a−b>1；综上可得(ab)a−b≥1，即有a a b b≥a b b a；a3+b3−a2b−ab2＝a2(a−b)−b2(a−b)＝(a−b)2(a+b)≥0，可得a3+b3≥a2b+ab2，同理可得b3+c3≥b2c+bc2，c3+a3≥c2a+ca2，相加可得2(a3+b3+c3)≥a2(b+c)+b2(a+c)+c2(a+b)（当且仅当a＝b＝c取得等号）．。