广东省佛山一中、石门中学、顺德一中、国华纪中四校2021-2022高二数学下学期期末考试试题 理(含

广东省佛山一中、石门中学、顺德一中、国华纪中四校2021-2022高

二数学下学期期末考试试题 理（含解析）

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.若复数za1a1i（i为虚数单位）是纯虚数，则复数

2z（ ） 13iD. A.

31i 55B.

31i 55C. 31i 5531i 55【答案】D 【解析】 【分析】

通过复数z是纯虚数得到a1，得到z，化简得到答案. 【详解】复数za1a1i（i为虚数单位）是纯虚数

2a210,a10a1z2i

z2i62i31i 13i13i1055故答案选D

【点睛】本题考查了复数的计算，属于基础题型.

2.某班有50人，从中选10人均分2组（即每组5人），一组打扫教室，一组打扫操场，那么不同的选派法有（ ） A. CC

55C50C45A22

1050510105C50C10B.

21052C. C50C10A2

D.

【答案】A 【解析】 【分析】

根据先分组，后分配的原则得到结果.

105C50C10【详解】由题意，先分组，可得，再一组打扫教室，一组打扫操场，可得不同的选

2 - 1 -

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105C50C10105派法有. A22=C50C102故选：A．

【点睛】不同元素的分配问题，往往是先分组再分配．在分组时，通常有三种类型：①不均匀分组；②均匀分组；③部分均匀分组．注意各种分组类型中，不同分组方法的求解．

3.学校组织同学参加社会调查，某小组共有5名男同学，4名女同学。现从该小组中选出3位同学分别到A，若选出的同学中男女均有，则不同安排方法有（ ） C三地进行社会调查，B，A. 70种 【答案】C 【解析】 【分析】

将情况分为2男1女和2女1男两种情况，相加得到答案.

213【详解】2男1女时：C5C4A3240 1232女1男时：C5C4A3180

B. 140种 C. 420种 D. 840种

共有420种不同的安排方法 故答案选C

【点睛】本题考查了排列组合的应用，将情况分为2男1女和2女1男两种情况是解题的关键.

4.一辆汽车在平直的公路上行驶，由于遇到紧急情况，以速度vt124t20（t的单位：t1D.

s，v的单位：m/s）紧急刹车至停止.则刹车后汽车行驶的路程（单位：m）是（ ）

A. 1620ln4 B. 1620ln5 C. 3220ln4

3220ln5

【答案】B 【解析】 【分析】

先计算汽车停止的时间，再利用定积分计算路程.

- 2 -

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【详解】当汽车停止时，vt124t4200，解得：t4或t2（舍去负值）， t14202所以s124tdt12t2t20lnt101620ln5.

t10故答案选B

【点睛】本题考查了定积分的应用，意在考查学生的应用能力和计算能力.

5.将三枚骰子各掷一次，设事件A为“三个点数都不相同”，事件B为“至少出现一个6点”，则概率P(A|B)的值为（ ） A.

60 91B.

1 2C.

5 18D.

91 216【答案】A 【解析】

考点：条件概率与独立事件．

分析：本题要求条件概率，根据要求的结果等于P（AB）÷P（B），需要先求出AB同时发生的概率，除以B发生的概率，根据等可能事件的概率公式做出要用的概率．代入算式得到结果． 解：∵P（A|B）=P（AB）÷P（B）， P（AB）=

6060= 362161259153P（B）=1-P（B）=1-3=1-= 216216660216=60

∴P（A/B）=P（AB）÷P（B）=

9191216故选A．

6.某面粉供应商所供应的某种袋装面粉质量服从正态分布N10,0.1（单位：kg）现抽取500袋样本，X表示抽取的面粉质量在10,10.2kg的袋数，则X的数学期望约为（ ） 附：若Z2N,2，则PZ0.6872，

P2Z20.9545

- 3 -

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A. 171 【答案】B 【解析】 【分析】

B. 239 C. 341 D. 477

根据正态分布中特殊区间上的概率得到面粉质量在

然后根据10,10.2上的概率为0.47725，

XB(500,0.47725)可求出X的数学期望．

【详解】设每袋面粉的质量为Z kg，则由题意得Z∴P10Z10.2由题意得XN10,0.12，

11P9.8Z10.2P2Z20.47725. 22B(500,0.47725)，

∴E(X)5000.47725238.625239． 故选B．

【点睛】本题考查正态分布中特殊区间上的概率，解题时注意把所求概率转化为三个特殊区间上的概率即可．另外，由于面粉供应商所供应的某种袋装面粉总数较大，所以可认为X的分布列近似于二项分布，这是解题的关键．

7.若2xa0a1xa2x2A. 10 【答案】C 【解析】 【分析】

先求出a0，对等式两边求导，代入数据1得到答案. 【详解】2xa0a1xa2x210取x0a.02

929对等式两边求导10(2x)a12a2x3a3x10a10x

10a10x10，则a0a12a23a310a10（ ）

C. 1014

D. 1034

B. -10

10a10x10

取x110a12a23a310a10a0a12a23a310a101014 故答案为C

【点睛】本题考查了二项式定理，对两边求导是解题的关键.

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8.甲罐中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙罐中有6个红球，2个白球和2个黑球，先从甲罐中随机取岀一个球放入乙罐，分别以A1，A2，A3表示由甲罐取岀的球是红球、白球和黑球的事件，再从乙罐中随机取出一个球，以B表示由乙罐取出的球是红球的事件，下列结论中不正确的是（ ） ．．．A. 事件B与事件A1不相互独立 C. PB【答案】C 【解析】 【分析】

依次判断每个选项得到答案.

【详解】A.乙罐取出的球是红球的事件与前面是否取出红球相关，正确 B. A1，A2，A3两两不可能同时发生，正确

B. A1，A2，A3是两两互斥的事件 D. PB|A13 57 11575613，不正确 101110112217P(BA1)2117，正确 D. PB|A11P(A1)112C. PB故答案选C

【点睛】本题考查了独立事件，互斥事件，条件概率，综合性强，意在考查学生的综合应用能力和计算能力.

19.已知nN*，设5x2的展开式的各项系数之和为M，二项式系数之和为N，若xMN992，则展开式中x的系数为（ ）

A. -250 【答案】A 【解析】 【分析】

B. 250

C. -500

D. 500

n - 5 -

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分别计算各项系数之和为M，二项式系数之和为N，代入等式得到n，再计算x的系数.

1【详解】5x2的展开式 x取x1得到M4n 二项式系数之和为N2n MN4n2n992n5

5r1Tr1C5r(5x2)5r()rC5r5x103r(1)r 取r3 值为-250

xn故答案选A

【点睛】本题考查了二项式定理，计算出n的值是解题的关键.

10.针对时下的“抖音热”，某校团委对“学生性别和喜欢抖音是否有关”作了一次调查，其中被调查的女生人数是男生人数的的人数占女生人数

11，男生喜欢抖音的人数占男生人数的，女生喜欢抖音262，若有99%的把握认为是否喜欢抖音和性别有关，则男生至少有（ ） 32nadbc2参考公式：K

abcdacbdPK2k 0.10 0.05 0.025 5024 k A. 12人 【答案】B 【解析】 【分析】

2.706 3.841 B. 18人

x，完善列联表，计算K26.635解不等式得到答案. 2x【详解】设男生人数为x，女生人数为

2设男生人数为x，女生人数为

.0.010 0.005 0.001 6.635 7.879 10.828 C. 24人 D. 30人

喜欢抖音 不喜欢抖音 - 6 -

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男生 1x 65x 6x 女生 1x 3x 21x 6x x 23x 2总计

3xxxx5x2nadbc3x26636K26.635x17.69

xx8abcdacbdxx22男女人数为整数 故答案选B

【点睛】本题考查了独立性检验，意在考查学生计算能力和应用能力.

11.在复平面内，复数zabiaR,bR对应向量OZ（O为坐标原点），设OZr，以射线Ox为始边，OZ为终边逆时针旋转的角为，则zrcosisin，法国数学家棣莫弗发现棣莫弗定理：z1r1cos1isin1，z2r2cos2isin2，则

2z1z2rr12cos12isin12，由棣莫弗定理导出了复数乘方公式：

nznrcosisinrcosnisinn，则13inA. 102410243i B. 102410243i

5125123i

【答案】D 【解析】 【分析】

的10（ ）

C. 5125123i

D.

将复数化为z1r1cos1isin1的形式，再利用棣莫弗定理解得答案. 【

详

解

】

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13i

10222020132(cossini)210(cossini)210(i)5125123i33332210【点睛】本题考查复数的计算，意在考查学生的阅读能力，解决问题的能力和计算能力.

fx1fx2aexxxx,x1,21恒成立，x1,212.函数fx，，且12，12，xxx12则实数a的取值范围是（ ） A. ,4 e2B. 4, 2eC. ,0 D. 0,

【答案】A 【解析】 【分析】

构造函数Fxfxx，根据函数的单调性得到F'x0在1,2上恒成立，参数分离得

x2gx，计算gx的最小值得到答案. 到axex1【详解】不妨设x1x2，

fx1fx2x1x21，可得：fx1x1fx2x2.

令Fxfxx，则Fx在1,2单调递减，所以F'x0在1,2上恒成立，

aexx1F'x10， 2x当x1时，aR，

xx22x2x2gx，则g'x0， 当x1,2时，ax2xex1ex1所以gx在1,2单调递减，是gxming244a,，所以2. 2ee【点睛】本题考查了函数的单调性，恒成立问题，构造函数Fxfxx是解题的关键.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

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13.已知复数z1对应复平面上的点3,4，复数z2满足z1z2z1，则复数z2的共轭复数为______. 【答案】

34i 55【解析】 【分析】

先计算复数z1的模，再计算复数z2，最后得到共轭复数. 【详解】复数z1对应复平面上的点3,4z15

z1z2z1z2z1z1534i 34i55复数z2的共轭复数为故答案为

34i 5534i 55【点睛】本题考查了复数的运算，复数的模，共轭复数，意在考查学生的计算能力.

14.我国古代数学名著《九章算术》的论割圆术中有：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周盒体而无所失矣.”它体现了一种无限与有限的转化过程.比如在表达式

11111中“…”既代表无限次重复，但原式却是个定值，它可以通过方程11x求x得x15，类似上述过程，则332__________．

【答案】【解析】 【分析】

131 2先换元令33mm0，平方可得方程3mm2，解方程即可得到结果. 【详解】令33mm0，则两边平方得，得333m2 即3mm2，解得：m113113或m（舍去） 22- 9 -

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本题正确结果：113 2【点睛】本题考查新定义运算的问题，关键是读懂已知条件所给的方程的形式，从而可利用换元法来进行求解.

215.设数列an的前n项和为Sn，已知a13，Sn2nan13n4n，nN*，则

an______.

【答案】2n1 【解析】 【分析】

先计算a1,a2,a3，归纳猜想an2n1

2【详解】由a13，Sn2nan13n4n，nN*，

可得a25，a37， 归纳猜想：an2n1 故答案为2n1

【点睛】本题考查了数列通项公式的归纳猜想，意在考查学生的归纳猜想能力.

16.已知ABC的外接圆半径为1，AB2，点D在线段AB上，且CDAB，则ACD面积的最大值为______. 【答案】33 8【解析】 【分析】

由AB22R所以可知AB为直径，设A，S求导得到面积的最大值.

【详解】由AB22R所以可知AB为直径，所以C1ADCD2cos3sin 22，设A，

则AC2cos，在ACD中，有AD2cos2，CD2cossin，

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13所以ACD的面积SADCD2cossin，0,.

22方法一：（导数法）

S'2cos2cos23sin22cos2cos3sincos3sin，

所以当0,时，S'0，当,时，S'0，

662所以S在0,上单调递增，在,上单调递减， 662时，ACD的面积的最大值为S所以当633. 86方法二：（均值不等式）

cos2cos2cos2S4cossin427sin2，

333262cos2cos2cos22sin2221coscoscos2333因为sin4.

433344133cos2当且仅当. sin2，即时等号成立，即S42746483【点睛】本题考查了面积的最大值问题，引入参数A是解题的关键.

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.设函数fxx. lnx（1）求fx的单调区间；

（2）若对任意的x1,x22,3都有fx1fx2m恒成立，求实数m的取值范围.

2fxe,fx0,11,e【答案】（1）的增区间为；的减区间为，（2）ln2e,



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【解析】 【分析】

（1）求导，根据导数的正负判断函数的单调区间.

（2）对任意的x1,x22,3都有fx1fx2m恒成立转化为：

mfxmaxfxmin求得答案.

【详解】（1）fx的定义域为0,11,.

f'xlnx1lnx2，

当f'x0时，xe，fx单调递增；

当f'x0时，0x1或1xe，fx单调递减； 所以fx的增区间为e,；fx的减区间为0,1，1,e. （2）由（1）知fx在2,e单调递减，e,3单调递增； 知fx的最小值为fee，又f223，f3， ln2ln3232ln33ln2ln9ln8f2f30，

ln2ln3ln2ln3ln2ln32. ln2所以fx在2,3上的值域为e,所以实数m的取值范围为2e,. ln2【点睛】本题考查了函数的单调性，恒成立问题，将恒成立问题转化为函数的最值问题是解题的关键.

18.2021年开始，国家逐步推行全新的高考制度，新高考不再分文理科。某省采用33模式，其中语文、数学、外语三科为必考科目，满分各150分，另外考生还要依据想考取的高校及专业的要求，结合自己的兴趣爱好等因素，在思想政治、历史、地理、物理、化学、生物6门科目中自选3门参加考试（6选3），每科目满分100分.为了应对新高考，某学校从高一年级1000名学生（其中男生550人，女生450人）中，根据性别分层，采用分层抽样的方法从中抽取100名学生进行调查.

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（1）学校计划在高一上学期开设选修中的“物理”和“历史”两个科目，为了了解学生对这两个科目的选课情况，对抽取到的100名学生进行问卷调查（假定每名学生在这两个科目中必须选择一个科目且只能选择一个科目），如下表是根据调查结果得到的22列联表.请求出

a和b，并判断是否有99%的把握认为选择科目与性别有关？说明你的理由；

男生 女生 总计

（2）在抽取到的女生中按（1）中的选课情况进行分层抽样，从中抽出9名女生，再从这9名女生中随机抽取4人，设这4人中选择“历史”的人数为X，求X的分布列及数学期望.

选择“物理” 选择“历史” 10 总计 a 25 b nadbc参考公式：K2

abcdacbdPK2k 0.10 0.05 3.841 0.025 5.024 0.010 6.635 0.005 7.879 0.001 10.828 2k

2.706 【答案】（1）a45，b20，有99%的把握认为选择科目与性别有关.详见解析（2）见解析 【解析】 【分析】

（1）完善列联表，计算K2，再与临界值表进行比较得到答案.

（2）这4名女生中选择历史的人数X可为0，1，2，3，4.分别计算对应概率，得到分布列，再计算数学期望.

【详解】（1）由题意，男生人数为100女生人数为10055055， 100045045， 1000- 13 -

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所以22列联表为： 男生 女生 总计

选择“物理” 45 25 70 选择“历史” 10 20 30 总计 55 45 100 a45，b20.

假设H0：选择科目与性别无关，所以K2的观测值

10045202510k8.1296.635，

70305545查表可得：PKk0.01，所以有99%的把握认为选择科目与性别有关.

（2）从45名女生中分层抽样抽9名女生，所以这9名女生中有5人选择物理，4人选择历史，9名女生中再选择4名女生，则这4名女生中选择历史的人数X可为0，1，2，3，4.设事件X发生概率为PX，则

312C54C5C440C52C4560PX04PX2，PX1，， C9126C94126C94126134C5C420C41PX34，PX44.

C9126C912622所以X的分布列为：

X P

0 1 2 3 4 5 12620 6310 2110 631 126所以X的数学期望EX054060201161234. 1261261261261269【点睛】本题考查了独立性检验，分布列，数学期望，意在考查学生的计算能力和应用能力.

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19.设函数fxmxm2e2lnx，gx. xx（1）讨论函数fx的单调性；

（2）已知m0，若存在x01,e使得fx0gx0，求实数m的取值范围. 【答案】（1）答案不唯一，具体见解析（2）m【解析】 【分析】

4e e21mx22xm（1）求导数f'x，讨论m的不同范围得到单调区间. 2x（2）设函数Fxfxgx，F'x0，函数单调递增推出Feme解得答案.

【详解】（1）fx的定义域为0,.

m40，emx22xm，f'x0，则mx22xm0. f'x2x当m0时，则f'x0，fx在0,单调递减；

当0m1时，mx22xm0，有两个根x1，x2，不妨设x1x2，

211m211m20，x1x21，所以0x1x2. 则x1，x2，由x1x2mmm所以f'x0时，x1xx2，fx单调递减；

f'x0，0xx1或xx2，fx单调递增；

当m1时，方程mx22xm0的0，则f'x0，fx在0,单调递增； 综上所述：当m0时，fx的减区间为0,；

11m211m2,当0m1时，fx的减区间为mm，fx增区间为 - 15 -

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11m20,m11m2,. 和m当m1时，fx的增区间为0,. （2）Fxfxgx，Fxmxm2e2lnx， xx2mx22xm2emxm2exF'x0，所以Fx在1,e单调递增， 22xxm4，要使得Fx0在1,e有解，当且仅当em4eFeme40，解得：m2.

e1eF12e0，Feme【点睛】本题考查了函数的单调性，存在性问题，构造Fxfxgx，判断F'x0是解题的关键.

20.随着国内电商的不断发展，快递业也进入了高速发展时期，按照国务院的发展战略布局，以及国家邮政管理总局对快递业的宏观调控，SF快递收取快递费的标准是：重量不超过1kg的包裹收费10元；重量超过1kg的包裹，在收费10元的基础上，每超过1kg（不足1kg，按1kg计算）需再收5元.某县SF分代办点将最近承揽的100件包裹的重量统计如下： 重量（单位：kg） （0，1] 件数

对近60天，每天揽件数量统计如下表： 件数范围 件数 天数

以上数据已做近似处理，将频率视为概率.

（1）计算该代办点未来5天内不少于2天揽件数在101~300之间的概率； （2）①估计该代办点对每件包裹收取的快递费的平均值；

0~100 50 6 101~200 150 6 201~300 250 30 301~400 350 1 401~500 450 6 43 （1，2] 30 （2，3] 15 （3，4] 8 （4，5] 4 - 16 -

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②根据以往的经验，该代办点将快递费的三分之一作为前台工作人员的工资和公司利润，其余的用作其他费用.目前该代办点前台有工作人员3人，每人每天揽件不超过150件，日工资110元.代办点正在考虑是否将前台工作人员裁减1人，试计算裁员前后代办点每日利润的数学期望，若你是决策者，是否裁减工作人员1人？ 【答案】（1）【解析】 【分析】

（1）由题意得到样本中包裹件数在101~300之间的概率为

2853（2）①15，②代办点不应将前台工作人员裁员1人 31253，进而得到包裹件数在101~3005B5，）之间的天数服从二项分布X～（，即可求解相应的概率；

（2）①利用平均数的计算公式，求得样本中每件快递收取的费用的平均值，即可得到结论； ②根据题意及①，分别计算出不裁员和裁员，代办点平均每日利润的期望值，比较即可得到结论.

【详解】（1）由题意，可得样本中包裹件数在101~300之间的天数为36，频率f故可估计概率为

35363， 6053， 53535334285301（X0）P（X1）1C5（1）C5（1）故所求概率为1P.

5553125B5，）显然未来5天中，包裹件数在101~300之间的天数服从二项分布，即X～（，

（2）①样本中快递费用及包裹件数如下表： 包裹重量（单位：kg） 快递费（单位：元） 包裹件数

故样本中每件快递收取的费用的平均值为

1 10 43 2 15 30 3 20 15 4 25 8 5 30 4 10431530201525830415，

100故估计该代办点对每件快递收取的费用的平均值为15元. ②代办点不应将前台工作人员裁员1人，理由如下：

根据题意及（2）①，搅件数每增加1，代办点快递收入增加15（元）， 若不裁员，则每天可揽件的上限为450件，代办点每日揽件数情况如下：

- 17 -

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包裹件数范围 包裹件数（近似处理） 实际揽件数 频率 EY

0~100 50 50 0.1 101~200 150 150 0.1 201~300 250 250 0.5 301~400 350 350 0.2 401~500 450 450 0.1 500.11500.12500.53500.24500.1260 故代办点平均每日利润的期望值为260153110970（元）； 若裁员1人，则每天可揽件包裹件数范围 包裹件数（近似处理） 实际揽件数 频率 EY

上限为300件，代办点每日揽件数情况如下：

101~200 150 150 0.1 201~300 250 250 0.5 301~400 350 300 0.2 401~500 450 300 0.1 130~100 50 50 0.1 500.11500.12500.53000.23000.1235 则代办点平均每日利润的期望值为235152110955（元）， 故代办点不应将前台工作人员裁员1人.

【点睛】本题主要考查了二项分布的应用，以及期望的求解及应用，其中解答中正确理解题意，熟记利用二项分布的概率计算方法，以及准确计算代办点平均每日利润的期望是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.

21.已知函数fxaecosxbx，gxx的13- 18 -

12xsinxcxd，若曲线yfx和曲线2ygx都过点P0,1，且在点P处有相同切线yx1.

（1）求fx和gx的解析式，并求fx的单调区间；

（2）设g'x为gx的导数，当x0，2时，证明：fxg'xsinxe.

x

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【答案】（1）fxecosx，gxx12xsinx2x1，fx的增区间2532k,2k2k,2k，kZ.（2）见解析 ，，减区间为：kZ4444【解析】 【分析】

（1）将P0,1分别代入函数和导函数，根据切线方程得到方程组，解得fx和gx的解析式，然后求单调区间.

exsinx（2）只需证明ecosxxcosx2sinx2e，即，分别

xcosx2cosx2xx求两边的最小和最大值，得证.

【详解】（1）曲线yfx和曲线ygx都过点P0,1， 所以f0a1，g0d1，

f'xexcosxsinxb，f'01b1，所以b0， g'xxcosxc，g'01c1，所以c2， fxexcosx，gx所以f'xex12xsinx2x1. 2cosxsinx2excosx，

4当f'x32excosx0，2kx2k，kZ，

44452excosx0，2kx2k，kZ，

444当f'x532k,2k2k,2k，fx所以的增区间，kZ，减区间为：4444kZ.

（2）先证：ecosxxcosx2sinx2e，

xx即证：excosx2xcosx2sinx，

- 19 -

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因为x0，1cosx1，所以cosx20，xcosx20，

exsinx即证：.

xcosx2cosx2sinxex令Fx，Gx，

cosx2xcosx2F'xexxsinxcosx1xcosx22，因为x0，所以xsinx0，1cosx0，

所以F'x0，所以FxF01， 令vsinx，ucosx，所以Gxv表示两点Au,v与B2,0斜率k，

u2其中u2v21，由图可知vku2与圆u2v21相切k有最大值1.

Gxmax1，Fx1Gx，所以fxg'xsinx2ex.

因为2，ecosxxcosx2sinx2excosx2sinxe.

xxx方法二：证明：ecosxxcosx2sinx2e.

xx①当sinx0时，

由x0，xcosx20，e所以exxcosx20，xcosx2sinx0，

cosx2xcosx2sinx.

②当sinx0时， 因为cosxsinx2，

所以xcosx2sinxcosxsinxexcosx2sinx2e，

xx下证：ecosxxcosx2sinxcosxsinxe，

xx化简可得：xcosx2sinxsinxe0，

x因为x0，xcosx20， 当sinx0时，xcosx2ex0.

令Fxxcosx2e，F'x1sinxe，F''xcosxe0，

xxx - 20 -

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F'x在0,单调递减，所以F'xF'00，

所以Fx在0,单调递减，所以FxF00， 综上所述：ecosxxcosx2sinx2e.

xx【点睛】本题考查了函数的切线方程，单调区间，恒成立问题，将不等式转化为

exsinx是解题的关键.

xcosx2cosx2

（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.

22.在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为x5cos（为参数）.以坐标原

ysin点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为cos（1）写出C1的普通方程和C2的直角坐标方程；

（2）设点M在C1上，点N在C2上，求MN的最小值及此时M的直角坐标.

2x【答案】（1）C1的普通方程为：y21，C2的直角坐标方程为：x3y160（2）

5526,MN的最小值为82，此时M的直角坐标为4 4【解析】 【分析】

（1）直接利用参数方程和极坐标方程公式得到答案

（2）最小值为点到直线的距离，d25cos3sin1622x22x22【详解】（1）C1：ycossin1，化简：5y1.

5C2： coscos3sinsin38，由xcos，ysin，

- 21 -

.8. 3,再根据三角函数求最值.

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化简可得：x3y160.

2x所以C1的普通方程为：y21，C2的直角坐标方程为：x3y160；

5（2）由题意，可设点M的直角坐标为所以MN5cos,sin，因为C2是直线，

最小值，即为M到C2的距离d的最小值，利用三角函数性质求得最小值.

d5cos3sin16253222cos22sin8其中cos0当且仅当cos526,此时M的直角坐标为4. 4【点睛】本题考查了参数方程，极坐标方程，利用三角函数求最小值可以简化运算.

23.已知函数fxx22x3. （1）若关于x的不等式fxm2的2cos08，

106，sin0， 44106，sin时，d取得最小值，最小值为82， 445m的解集不是空集，求m的取值范围； 2（2）设fx的最小值为，若正实数a，b，c满足abc.证明：

a2b2a2c2b2c27. cba【答案】（1）m1或m【解析】 【分析】

（1）等式fxm27.（2）见解析 255m的不是空集，等价于fx的最小值fxminm2m， 22 - 22 -

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37fxminf，解得答案

227，再利用两次均值不等式得到答案. 252【详解】（1）不等式fxmm的不是空集，等价于fx的最小值

25fxminm2m.

2（2）由（1）知abc33x1,x2337fxx22x35x,2x，可知fxminf，

22213x,x2757m2m，解得：m1或m. 22277（2）由（1）可知fx的最小值为，所以abc，

22所以

2222222ab2ac2bcabacbc正实数a，b，c，由均值不等式可知：， cbacba又因为

2ab2ac2bcbcacbaabc2abc7. cbacbcaab【点睛】本题考查了解绝对值不等式，均值不等式，意在考查学生的综合应用能力.

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