2020年贵州省遵义市绥阳县高考数学一模试卷(理科)(有答案解析)

2020年贵州省遵义市绥阳县高考数学一模试卷（理科）一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.已知集合A={1,3，5}，B={1,2，3}，C={2,3，4，5}，则(A∩B)∪C=()A. {1,2，3，5}B. {1,2，3，4}C. {2,3，4，5}D. {1,2，3，4，5}2.已知复数z=1−i2−i(i为虚数单位)在复平面内对应的点的坐标是()A. (35,−15) B. (−35,−15) C. (35,15) D. (−35,15)3.已知向量a⃗=(2,−4)，b⃗ =(k,3)，且a⃗与b⃗ 的夹角为135°，则k=()A. −9B. 1C. −9或1D. −1或94.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线的倾斜角为θ，且cosθ=√55，则该双曲线的离心率为()A. √5B. √52C. 2D. 45.为比较甲、乙两名高二学生的数学素养，对课程标准中规定的数学六大素养进行指标测验(指标值满分为5分，分值高者为优)，根据测验情况绘制了如图所示的六大素养指标雷达图，则下面叙述正确的是()A. 乙的数据分析素养优于甲B. 乙的数学建模素养优于数学抽象素养C. 甲的六大素养整体水平优于乙D. 甲的六大素养中数据分析最差6.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A. 16π+43B. 16π+4 C. 32π+83D. 16π+837.若函数f(x)=x3−mx2+2x(m∈R)在x=1处有极值，则f(x)在区间[0,2]上的最大值为()A. 1427B. 2C. 1D. 38.将函数f(x)=2sin(3x+φ)(0<φ<π)图象向右平移π8个单位长度后，得到函数的图象关于直线x=π8对称，则函数f(x)在[−π8,π8]上的值域是()A. [−1,2]B. [−√3,2]C. [−√22,1] D. [−√2,2]9.我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果，哥德巴赫猜想的内容是：每个大于2的偶数都可以表示为两个素数的和，例如：4=2+2，6=3+3，8=3+5，那么在不超过18的素数中随机选取两个不同的数，其和等于16的概率为()A. 121B. 221C. 115D. 21510.甲乙丙丁四人中，甲说：我年纪最大，乙说：我年纪最大，丙说：乙年纪最大，丁说：我不是年纪最大的，若这四人中只有一个人说的是真话，则年纪最大的是()A. 甲B. 乙C. 丙D. 丁11.已知三棱锥D−ABC的体积为2，△ABC是边长为2的等边三角形，且三棱锥D−ABC的外接球的球心O恰好是CD的中点，则球O的表面积为()A. 52π3B. 40π3C. 25π3D. 24π12.已知函数f(x)=a(e2x−2lnx)(a>0),D=[1e,1]若所有点(s,f(t))(s,t∈D)所构成的平面区域面积为e2−1，则a=()A. eB. 1e−2C. 1 D. ee−2二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.若sin(α−2020π)=15，则cos2α=______14.x−3(x+2)6的展开式中的常数项为______15.已知F为抛物线C：x2=8y的焦点，P为C上一点，M(−4,3)，则△PMF周长的最小值是______．16.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2bcosB=acosC+ccosA，若△ABC外接，则△ABC面积的最大值是______．圆的半径为2√33三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17.已知公比为正数的等比数列{a n}的前n项和为S n.且a1=2,S3=7．2(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设b n=(2n−1)a n，求数列{b n}的前n项和T n．218.为调研高中生的作文水平．在某市普通高中的某次联考中，参考的文科生与理科生人数之比为1：4，且成绩分布在[0,60]的范围内，规定分数在50以上(含50)的作文被评为“优秀作文”，按文理科用分层抽样的方法抽取400人的成绩作为样本，得到成绩的频率分布直方图，如图所示．其中a，b，c构成以2为公比的等比数列．(1)求a，b，c的值；(2)填写下面2×2列联表，能否在犯错误的概率不超过0.01的情况下认为“获得优秀作文”与“学生的文理科”有关“？文科生理科生合计获奖6______ ______不获奖______ ______ ______合计______ ______ 400作文”的学生人数为X，求X的分布列及数学期望．，其中n=a+b+c+d．附：K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)P(K2≥k)0.150.100.050.0250.0100.0050.001k 2.072 2.706 3.841 5.024 6.6357.87910.82819.如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为菱形，PA⊥底面ABCD，∠BAD=60°，AB=4．(1)求证：BD⊥平面PAC；(2)若直线PC与平面ABCD所成的角为30°，求平面PAB与平面PCD所成锐二面角的余弦值．20.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的上顶点为B，圆C′：x2+y2=4与y轴的正半轴交于点A，与C有且仅有两个交点且都在x轴上,|OB||OA|=√32(O为坐标原点)．(1)求椭圆C的方程；(2)已知点D(−1,32)，不过D点且斜率为−12的直线l与椭圆C交于M，N两点，证明：直线DM与直线DN的斜率互为相反数．21.已知函数f(x)=xe x−1．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若x>0，证明ln(x+1)x>f(x)．22. 已知直线l 的参数方程为{x =−1−3t,y =2+4t(t 为参数)，以坐标原点为极点，x 轴的非负半轴为极轴且取相同的单位长度建立极坐标系，曲线C 的极坐标方程为ρ=2√2cos(θ−π4)． (1)求直线l 的普通方程及曲线C 的直角坐标方程；(2)设点P(−1,2)，直线l 与曲线C 交于A ，B 两点，求|AB|+|PA||PB|的值．23. 已知x >0，y >0，z >0，x 2+y 2+z 2=1，证明：(1)(x +y)2+(y +z)2+(x +z)2≤4；(2)1x +1y +1z >1+2√xy +2√xz +2√yz ．-------- 答案与解析 --------1.答案：D解析：解：∵A ={1,3，5}，B ={1,2，3}，C ={2,3，4，5}， 则(A ∩B)∪C ={1,3}∪{2,3，4，5}={1，2，3，4，5} 故选：D ．根据集合的基本运算即可求解．本题主要考查集合的基本运算，比较基础． 2.答案：A解析：解：∵z =1−i2−i =(1−i)(2+i)(2−i)(2+i)=35−15i ， ∴z 在复平面内对应的点的坐标是(35,−15).故选：A ．直接利用复数代数形式的乘除运算化简，求得z 的坐标得答案．本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题． 3.答案：C解析：解：由题意可得cos135°=a ⃗ ⋅b ⃗ |a ⃗ |⋅|b ⃗ |=√4+16⋅√k 2+9=−√22， 求得k =−9，或k =1， 故选：C ．由题意利用两个向量的数量积的定义和公式，求出k 的值． 本题主要考查两个向量的数量积的定义和公式，属于基础题． 4.答案：A解析：解：设双曲线的半个焦距为c ，由题意θ∈[0,π) 又cosθ=√55，则sinθ=2√55，tanθ=2，ba =2，所以离心率e =c a=√1+(b a)2=√5，故选：A ．由倾斜角的余弦值，求出正切值，即a ，b 的关系，求出双曲线的离心率． 本题考查双曲线的性质，属于基础题 5.答案：C解析：【分析】本题考查了统计图雷达图的识别和应用，属于基础题． 根据所给的雷达图逐个选项分析即可． 【解答】解：A 选项，乙的数据分析素养得分为4分，甲的数据分析素养得分5分，甲优于乙，故A 错误； B 选项，乙的数学建模素养得分为3分，乙的数学抽象素养得分也是3分，故B 错误； C 选项，6项素养中有5项甲比乙好一级，只有一项低一级，故甲的素养整体水平优于乙，故C 正确， D 选项，甲的六大素养中数学抽象、数学建模和数学运算较差，都是4分，数据分析为5分，最好，故D 错误． 故选C ． 6.答案：A解析：解：根据几何体的三视图转换为几何体为：该几何体为下面为一个半球，上面为一个直三棱锥体构成的组合体． 如图所示：下面的球的半径为2，直三棱锥的底面为腰长为2的等腰直角三角形，高为2， 故V =12×43×π×23+13×12×2×2×2=16π+43．故选：A ．首先把三视图转换为几何体，进一步求出几何体的体积．本题考查的知识要点：三视图和几何体的转换的应用，几何体的体积和表面积公式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型． 7.答案：B解析：解：由已知得f′(x)=3x 2−2mx +2，∴f′(1)=3−2m +2=0，∴m =52，经检验满足题意． ∴f(x)=x 3−52x 2+2x ，f′(x)=3x 2−5x +2． 由f′(x)<0得23<x <1；由f′(x)>0得x <23或x >1． 所以函数f(x)在[0,23]上递增,在[23,1]上递减，在[1,2]上递增． 则f(x)极大值=f(23)=1427,f(2)=2，由于f(2)>f(x)极大值，所以f(x)在区间[0,2]上的最大值为2．故选：B ．根据极值点处的导数为零先求出m 的值，然后再按照求函数在连续的闭区间上最值的求法计算即可． 本题考查了导数极值的性质以及利用导数求函数在连续的闭区间上的最值问题的基本思路，属于中档题．难度不大． 8.答案：D解析：1 故选：D ． 1 1解析：解：不超过18的素数有2，3，5，7，11，13，17共7个，从中随机选取两个不同的数共有C 72=21，其和等于16的结果(3,13)，(5,11)2种等可能的结果， 故概率P =221．故选：B ．先求出从不超过18的素数中随机选取两个不同的数的所有可能结果，然后再求出其和等于16的结果，根据等可能事件的概率公式可求．古典概型要求能够列举出所有事件和发生事件的个数，本题不可以列举出所有事件但可以用分步计数得到 10.答案：C解析：解：假设甲说的是真话，则年纪最大的是甲，那么乙说谎，丙也说谎，而丁说的是真话，而已知只有一个人说的是真话，故甲说的不是真话，年纪最大的不是甲；假设乙说的是真话，则年纪最大的是乙，那么甲说谎，丙说真话，丁也说真话，而已知只有一个人说的是真话，故乙说谎，年纪最大的也不是乙；假设丙说的是真话，则年纪最大的是乙，所以乙说真话，甲说谎，丁说的是真话，而已知只有一个人说的是真话，故丙在说谎，年纪最大的也不是乙；假设丁说的是真话，则年纪最大的不是丁，而已知只有一个人说的是真话，那么甲也说谎，说明甲也不是年纪最大的，同时乙也说谎，说明乙也不是年纪最大的，年纪最大的只有一人，所以只有丙才是年纪最大的，故假设成立，年纪最大的是丙； 故选：C ．根据题意四人中只有一个人说的是真话，逐个分析，只有丁说的是真话是，符合题意，得到年纪最大的是丙；本题主要考查了简单的合情推理，考查了学生的推理能力，是基础题． 11.答案：A解析：解：设D 点到平面ABC 的距离为h ，因为O 是CD 中点，所以O 到平面ABC 的距离为ℎ2， 三棱锥D −ABC 的体积V =13S △ABC ⋅ℎ=13⋅12×2×2×sin60°⋅ℎ=2，解得ℎ=2√3，作OO′⊥平面ABC ，垂足O′为△ABC 的外心，所以CO′=2√33，且OO′=ℎ2=√3，所以在Rt △CO′O 中，OC =√CO′2+O′O 2=√133，此为球的半径， ∴S =4πR 2=4π⋅133=52π3．根据O 是CD 中点这一条件，将棱锥的高转化为球心到平面的距离，即可用勾股定理求解． 本题考查球的表面积，考查点到平面的距离，属于中档题． 12.答案：D解析：解：f′(x)=a(e 2−2x )=a(e 2x−2)x，因为x ∈[1e ,1]，a >0，所以f′(x)>0，f(x)在[1e ,1]上单调递增， 则f(x)在[1e ,1]上的值域为[a(e +2),e 2a]，因为所有点(s,f(t))(s,t ∈D)所构成的平面区域面积为e 2−1， 所以a(e 2−e −2)(1−1e )=e 2−1， 解得a =ee−2， 故选：D ．依题意，可得f′(x)>0，f(x)在[1e ,1]上单调递增，于是可得f(x)在[1e ,1]上的值域为[a(e +2),e 2a]，继而可得a(e 2−e −2)(1−1e )=e 2−1，解之即可．本题考查利用导数研究函数的单调性，理解题意，得到a(e 2−e −2)(1−1e )=e 2−1是关键，考查运算能力，属于中档题．13.答案：2325解析：解：sin(α−2020π)=15，所以sinα=15， 故cos2α=1−2sin 2α=1−2(15)2=2325． 故答案为：2325．直接利用诱导公式和三角函数关系式的恒等变换的应用求出结果．本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，诱导公式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型． 14.答案：160解析：解：因为(x +2)6的展开式的通项公式为：∁6r ⋅x 6−r ⋅2r =2r ⋅∁6r ⋅x 6−r； 令6−r =3，可得r =3；∴x −3(x +2)6的展开式中的常数项为：23⋅∁63=160． 故答案为：160．先求(x +2)6的展开式中通项，令x 的指数为3即可求解结论．本题考查二项式系数的性质，关键是熟记二项展开式的通项，是基础题．15.答案：5+√17解析：解：如图，F 为抛物线C ：x 2=8y 的焦点，P 为C 上一点，M(−4,3)，抛物线C ：x 2=8y 的焦点为F(0,2)，准线方程为y =−2． 过M 作准线的垂线，交抛物线于P ，则△PMF 的周长最小． 最小值为5+√(−4)2+(3−2)2=5+√17． 故答案为：5+√17．由题意画出图形，过M 作准线的垂线，交抛物线于P ，则△PMF 的周长最小，然后结合两点间的距离公式求解．本题考查抛物线的简单性质，考查数形结合的解题思想方法与数学转化思想方法，是中档题．16.答案：√3解析：解：∵2bcosB =acosC +ccosA ，∴由正弦定理可得：2sinBcosB =sinAcosC +sinCcosA =sin(A +C)， ∵A +B +C =π， ∴sin(A +C)=sinB ，又∵B ∈(0,π)，∴sinB ≠0，∴2cosB =1，即cosB =12，可得：B =π3， ∵△ABC 外接圆的半径为2√33， ∴bsin π3=2×2√33，解得b =2，由余弦定理b 2=a 2+c 2−2accosB ，可得a 2+c 2−ac =4，又a 2+c 2≥2ac ，∴4=a 2+c 2−ac ≥2ac −ac =ac(当且仅当a =c 时取等号)，即ac 的最大值为4， ∴△ABC 面积的最大值为12×4sinB =√3．故答案为：√3．由正弦定理，三角函数恒等变换的应用化简已知等式，结合范围B ∈(0,π)可求B 的值，利用正弦定理可求b 的值，进而根据余弦定理，基本不等式可求ac 的最大值，进而根据三角形的面积公式即可求解．本题主要考查了正弦定理，三角函数恒等变换的应用，余弦定理，基本不等式，三角形的面积公式在解三角形中的应用，考查了转化思想，属于基础题．17.答案：解：(1)设公比q 为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1=2,S 3=72，可得q =1时，S 3=3a 1=6≠72，不成立； 当q ≠1时，S 3=2(1−q 3)1−q=72，即q 2+q +1=74，解得q =12(−32舍去)， 则a n =2×(12)n−1=(12)n−2；(2)b n =(2n−1)a n2=(2n −1)⋅(12)n−1，前n 项和T n =1⋅(12)0+3⋅(12)1+5⋅(12)2+⋯+(2n −1)⋅(12)n−1，12T n =1⋅(12)1+3⋅(12)2+5⋅(12)3+⋯+(2n −1)⋅(12)n ，两式相减可得12T n =1+2[(12)1+(12)2+(12)3+⋯+(12)n−1]−(2n −1)⋅(12)n =1+2⋅12(1−12n−1)1−12−(2n −1)⋅(12)n ，化简可得T n =6−(2n +3)⋅(12)n−1．解析：(1)判断公比q 不为1，运用等比数列的求和公式，解方程可得公比q ，进而得到所求通项公式； (2)求得b n =(2n−1)a n2=(2n −1)⋅(12)n−1，运用数列的错位相减法求和，以及等比数列的求和公式，计算可得所求和．本题考查等比数列的通项公式和求和公式的运用，考查数列的错位相减法求和，考查方程思想和运算能力，属于中档题．18.答案：14 20 74 306 380 80 320解析：解：(1)由频率分布直方图可知，10×(a +b +c)=1−10×(0.018+0.022+0.025)=0.35， 因为a ，b ，c 构成以2为公比的等比数列，所以a +2a +4a =0.035，解得a =0.005， 所以b =2a =0.01，c =4a =0.02． 故a =0.005，b =0.01，c =0.02．(2)获奖的人数为0.005×10×400=20人，因为参考的文科生与理科生人数之比为1：4，所以400人中文科生的数量为400×15=80，理科生的数量为400−80=320． 由表可知，获奖的文科生有6人，所以获奖的理科生有20−6=14人，不获奖的文科生有80−6=74人．于是可以得到2×2列联表如下：K 2=400×(6×306−14×74)20×380×80×320≈1.32<6.635所以在犯错误的概率不超过0.01的情况下，不能认为“获得优秀作文”与“学生的文理科”有关“． (3)由(2)可知，获奖的概率为20400=120， X 的可能取值为0，1，2，P(X =0)=C 20⋅(120)0⋅(1920)2=361400， P(X =1)=C 21⋅(120)1⋅(1920)1=38400=19200，P(X =2)=C 22⋅(120)2⋅(1920)0=1400，分布列如下： X 0 1 2 P361400192001400数学期望为E(X)=0×361400+1×19200+2×1400=110．(1)根据频率分步直方图和a ，b ，c 构成以2为公比的等比数列，即可得解；(2)由频率分步直方图算出相应的频数即可填写2×2列联表，再用K 2的计算公式运算即可； (3)获奖的概率为20400=120，随机变量X ～B(2,120)，再根据二项分布即可求出其分布列与期望． 本题考查频率分布直方图、统计案例和离散型随机变量的分布列与期望，考查学生的阅读理解能力和计算能力，属于基础题．19.答案：(1)证明：∵底面ABCD 为菱形，∴BD ⊥AC ， ∵PA ⊥底面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，∴PA ⊥BD ． 又AC ∩PA =A ，AC ，PA ⊂平面PAC ， ∴BD ⊥平面PAC ；(2)解：∵AB =AD ，∠BAD =60°，∴△ABD 为等边三角形， ∴AC =AD ⋅sin60°⋅2=4×√32×2=4√3．∵PA ⊥底面ABCD ，∴∠PCA 是直线PC 与平面ABCD 所成的角为30°， 在Rt △PAC 中，由tan∠PCA =PA AC=PA 4√3=√33，解得PA =4．如图，以点A 为坐标原点，以AD ，AP 所在直线及过点A 且垂直于平面PAD 的直线分别为x ，z ，y 轴 建立空间直角坐标系A −xyz ．则P(0,0，4)，A(0,0，0)，B(2,2√3,0)，D(4,0，0)，C(6,2√3,0)． ∴PA⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,−4)，PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,2√3,−4)，PD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(4,0,−4)，PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(6,2√3,−4)． 设平面PAB 与平面PCD 的一个法向量分别为m⃗⃗⃗ =(x,y,z)，n ⃗ =(x 1,y 1,z 1)． 由{m ⃗⃗⃗ ⋅PA⃗⃗⃗⃗⃗ =−4z =0m ⃗⃗⃗ ⋅PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =2x +2√3y −4z =0，取y =−1，得m ⃗⃗⃗ =(√3,−1,0)； 由{n ⃗ ⋅PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =6x 1+2√3y 1−4z 1=0n ⃗ ⋅PD ⃗⃗⃗⃗⃗ =4x 1−4z 1=0，取y 1=−1，得n ⃗ =(√3,−1,√3)．∴cos <m ⃗⃗⃗ ,n ⃗ >=m ⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗|m ⃗⃗⃗ |⋅|n ⃗⃗ |=2√77． ∴平面PAB 与平面PCD 所成锐二面角的余弦值为2√77．解析：(1)由底面ABCD 为菱形，得BD ⊥AC ，再由PA ⊥底面ABCD ，可得PA ⊥BD ，结合线面垂直的判定可得BD ⊥平面PAC ；(2)以点A 为坐标原点，以AD ，AP 所在直线及过点A 且垂直于平面PAD 的直线分别为x ，z ，y 轴建立空间直角坐标系A −xyz ，分别求出平面PAB 与平面PCD 的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得平面PAB 与平面PCD 所成锐二面角的余弦值． 本题考查直线与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用空间向量求解空间角，是中档题．20.答案：解：(1)∵圆C′：x 2+y 2=4与C 有且仅有两个交点且都在x 轴上，所以a =2， 又∵|OB||OA|=√32，∴b 2=√32，解得b =√3，故椭圆C 的方程为x 24+y 23=1；(2)设直线MN 的方程为y =−12x +m ，联立{y =−12x +m x 24+y 23=1，整理可得4x 2−4mx +4m 2−12=0，则△=(−4m)2−4×4(4m 2−12)=48(4−m 2)>0，解得−2<m <2， 设点M(x 1,y 1)，N(x 2,y 2)，则x 1+x 2=m ，x 1x 2=m 2−3， 所以k DM +k DN =y 1−32x1+1+y 2−32x 2+1=−12x 1+m−32x 1+1+−12x 2+m−32x 2+1=−x 1x 2+(m−2)(x 1+x 2)+2m−3(x 1+1)(x 2+1)=3−m 2+m 2−2m+2m−3(x 1+1)(x 2+1)=0，故直线DM 与直线DN 的斜率互为相反数．解析：(1)根据条件可得a =2，进而得到b =√3，即可得到椭圆方程；(2)设直线MN 的方程为y =−12x +m ，联立{y =−12x +m x 24+y 23=1，分别表示出直线DM 和直线DN 的斜率，相加利用根与系数关系即可得到．本题考查直线与椭圆的位置关系，涉及椭圆的几何性质，关键是求出椭圆的标准方程．21.答案：解：(1)函数f(x)=xe x −1定义域为(−∞,0)∪(0,+∞)，则f′(x)=e x (1−x)−1(e x −1)2，令g(x)=e x (1−x)−1，(x ≠0)，则g′(x)=−xe x ，当x >0，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x <0，g′(x)>0，g(x)单调递增； 故g(x)<g(0)=0，x ≠0， ∴f′(x)<0，x ≠0，故函数f(x)的单调递减区间为(−∞,0)，(0,+∞)，无单调递增区间． (2)证明ln(x+1)x>f(x)，即为ln(x+1)x>xe x −1，因为xe x −1=lne xe x −1=ln(e x −1+1)e x −1，即证ln(x+1)x>ln(e x −1+1)e x −1，令ℎ(x)=ln(x+1)x，则ℎ′(x)=xx+1−ln(x+1)x 2，令g(x)=x x+1−ln(x +1)，则g′(x)=1(x+1)2−1x+1=−x(x+1)2，当x >0时，g′(x)<0，所以g(x)在(0,+∞)上单调递减， 则g(x)<g(0)=0，x ≠0，则ℎ′(x))<0在(0,+∞)上恒成立， 所以ℎ(x)在(0,+∞)上单调递减，所以要证原不等式成立，只需证当x >0时，x <e x −1，令m(x)=e x −x −1，x >0，m′(x)=e x −1，可知m′(x)>0对于x >0恒成立， 即m(x)>m(0)=0，即x <e x −1， 故ℎ(x)<ℎ(e x −1)，即证ln(x+1)x>ln(e x −1+1)e x −1，故原不等式得证．解析：(1)求导，根据导数的正负判断单调性， (2)整理ln(x+1)x>f(x)，化简为ln(x+1)x>ln(e x −1+1)e x −1，令ℎ(x)=ln(x+1)x，求ℎ(x)的单调性，以及x <e x −1，即证．本题考查导数单调，最值问题，属于难题．22.答案：解：(1)直线l 的参数方程为{x =−1−3t,y =2+4t (t 为参数)，转换为直角坐标方程为4x +3y −2=0．曲线C 的极坐标方程为ρ=2√2cos(θ−π4).转换为ρ=2cosθ+2sinθ，转换为直角坐标方程为x 2+y 2−2x −2y =0．(2)直线l 的参数方程为{x =−1−3t,y =2+4t (t 为参数)，转换为标准式为{x =−1−35t y =2+45t(t 为参数)，代入圆的直角坐标方程整理得t 2+4t +3=0， 所以t 1+t 2=−4，t 1t 2=3．|AB|+|PA||PB|=|t 1−t 2|+|t 1t 2|=√(t 1+t 2)2−4t 1t 2+|t 1t 2|=5．解析：(1)直接利用转换关系的应用，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换． (2)利用(1)的结论，进一步利用一元二次方程根和系数的关系式的应用求出结果． 本题属于基础本题考查的知识要点：主要考查极坐标，参数方程与普通方程互化，及求三角形面积．需要熟记极坐标系与参数方程的公式，及与解析几何相关的直线与曲线位置关系的一些解题思路．23.答案：证明：(1)∵x 2+y 2+z 2=1，∴2xy +2yz +2xz ≤x 2+y 2+y 2+z 2+z 2+x 2=2(x 2+y 2+z 2)=2， ∴xy +yz +zx ≤1，∴(x +y)2+(y +z)2+(z +x)2=2(x 2+y 2+z 2)+2(xy +yz +zx)=2+2(xy +yz +zx)≤4(当且仅当x =y =z 时取等号)．(2)∵x >0，y >0，z >0，x 2+y 2+z 2=1，∴(x +y +z)2=x 2+y 2+z 2+2xy +2yz +2zx =1+2xy +2xz +2yz >1， ∴x +y +z >1，∴1x +1y +1z =(1x +1y +1z)(x 2+y 2+z 2)=x+y2x+z2x+x2y+y+z2y+x2z+y2z+z=(x+y+z)+(y2x+x2y)+(z2x+x2z)+(z2y+y2z)>1+2√xy+2√xz+2√yz，∴1x +1y+1z>1+2√xy+2√xz+2√yz．解析：(1)先由基本不等式可得xy+yz+zx≤1，而(x+y)2+(y+z)2+(x+z)2=2+2(xy+ yz+zx)≤4，即得证；(2)首先推导出x+y+z>1，再利用1x +1y+1z=(1x+1y+1z)(x2+y2+z2)，展开即可得证．本题考查不等式的证明，考查基本不等式的运用，考查逻辑推理能力，属于中档题．。