2020年广东省广州市高三统一模拟测试(6月)理科数学试题(含答案)

2020年广州市普通高中毕业班综合测试（6月）理科数学一、选择题：本大题共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. 若集合{|2}A x y x ==-，{}2|0B x x x =-…，则A B =I （ ）A. [0,1)B. [0,1]C. [0,2)D. [0,2]2. 已知复数1i()z b b R =+∈，2zi+是纯虚数，则b =（ ） A. 2- B. 12-C. 12 D. 1 3. 若33log 2a =，1ln 2b =，0.20.6c -=，则a ，b ，c 的大小关系为（ ）A. c b a >>B. c a b >>C. b a c >>D. a c b >>4. 首项为21-的等差数列从第8项起开始为正数，则公差d 的取值范围是（ ）A. 3d >B. 72d <C. 732d ≤<D. 732d <≤5. 《周带算经》中提出了“方属地，圆属天”，也就是人们常说的“天圆地方”. 我国古代铜钱的铸造也蕴含了这种“外圆内方”“天地合一”的哲学思想. 现将铜钱抽象成如图所示的图形，其中圆的半径为r ， 正方形的边长为(0)a a r <<，若在圆内随机取点，得到点取自阴影部分的概率是p ，则圆周率π的值为（ ）A. 22(1)a p r -B. 22(1)a p r +C. (1)a p r -D. (1)a p r+ 6. 在三棱柱111ABC A B C -中，E 是棱AB 的中点，动点F 是侧面11ACC A （包括边界）上一点，若//EF 平面11BCC B ，则动点F 的轨迹是（ ）A. 线段B. 圆弧C. 椭圆的一部分D. 抛物线的一部分7. 函数1()2||f x x x =-+的图像大致是（ ）8. 如图，在梯形ABCD 中，//AB CD ，AB AD ⊥，22AB AD DC ==，E 是BC的中点，F 是AE 上一点，2AF FE =u u u r u u u r ，则BF =u u u r（ ）A. 1123AB AD -u u u r u u u rB. 1132AB AD -u u ur u u u r C. 1123AB AD -+u u u r u u u r D. 1132AB AD -+u u ur u u u r9. 已知命题21:np x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式中，仅有第7项的二项式系数最大，则展开式中的常数项为495；命题:q 随机变量ξ服从正态分布()22,N σ，且(4)0.7P ξ<=，则(02)0.3.P ξ<<= 现给出四个命题:①p q ∧；②p q ∨；③()p q ∧⌝；④()p q ⌝∨.其中真命题的是（ ）A. ①③B. ①④C. ②③D. ②④10. 设数列{}n a 的前n 项和为n S ，且12a =，()*12n n n a a n ++=∈N ，则2020S =（ ）A. 2020223-B. 2020223+C. 2021223-D. 2021223+11. 过双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b-=>>右焦点2F 作双曲线一条渐近线的垂线，垂足为P ，与双曲线交于点A ，若223F P F A =u u u u r u u u u r，则双曲线C 的渐近线方程为（ ）A. 12y x =±B. y x =±C. 2y x =±D. 25y x =±12. 若关于x 的不等式21e ln 2x a x a -≥恒成立，则实数a 的取值范围是（ ）A. [0,2e]B. (,2e]-∞C. 20,2e ⎡⎤⎣⎦D. (2,2e ⎤-∞⎦二、填空题: 本大题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知角α的顶点与坐标原点重合，始边与x 轴的非负半轴重合，若点(2,1)P -在角α的终边上，则sin 2α= .14. 下表是某厂2020年14月份用水量（单位: 百吨）的一组数据由散点图可知，用水量y 与月份x 之间有较明显的线性相关关系，其线性回归方程是ˆˆ 1.75ybx =+，预测2020年6月份该厂的用水量为 百吨. 15. 过抛物线24y x =焦点F 的直线交该拋物线于A ，B 两点，且||4AB =，若原点O 是ABC ∆的垂心，则点C 的坐标为 .16. 正四棱雉P ABCD -的底面边长为2，侧棱长为22，过点A 作一个与侧棱PC 垂直 的平面α，则平面α被此正四棱雉所截的截面面积为 ，平面α将此正四棱雉分成 的两部分体积的比值为 .（第一个空2分，第二个空3z 分）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1721:题为必考题，每个试题考生都必须做答，第 22、23题为选考题，考生根据要求做答. （一）必考题：共60分.17. （12分）ABC ∆的内角A ，B ，C 对边分别为a ，b ，c ，已知1a =，3B π=，ABC ∆的面积为33. （1）求ABC ∆的周长； （2）求cos()B C -的值.18.（12分）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，侧面11BB C C 为菱形，1AC AB =，11B C BC O =I . （1）求证： 1B C AB ⊥；（2）若160CBB ︒∠=，AC BC =，且点A 在侧面11BB C C 上的投影为点O ，求二面角1B AA C --的余弦值.19.（12分）已知点A ，B 的坐标分别是(，，动点(,)M x y 满足直线AM 和BM 的斜率之积为3-，记M 的轨迹为曲线E . （1）求曲线E 的方程；（2）直线y kx m =+与曲线E 相交于P ，Q 两点，若曲线E 上存在点R ，使得四边形 OPRQ 为平行四边形（其中O 为坐标原点），求m 的取值范围.20.（12分）当今世界科技迅猛发展，信息日新月异，为增强全民科技意识，提高公众科学素养，某市图书馆开展了以“亲近科技、畅想未来”为主题的系列活动，并对不同年龄借阅者对科技类图书的情况进行了调查. 该图书馆从只借阅了一本图书的借阅者中随机抽取100名，数据统计如下表:（1）是否有99%的把握认为年龄与借阅科技类图书有关?（2）该图书馆为了鼓励市民借阅科技类图书，规定市民每借阅一本科技类图书奖励积分2分，每借阅一本非科技类图书奖励积分1分，积分累计一定数量可以用积分换购自己喜爱的图书. 用上表中的样本频率作为概率的估计值.（i ）现有 3名借阅者每人借阅一本图书，记此3人增加的积分总和为随机变量ξ，求ξ的分布列和数学期望；（ii ）现从只借阅一本图书的借阅者中选取16人，则借阅科技类图书最有可能的人数是 多少？附： 22()()()()()n ad bc k a b c d a c b d -=++++，其中n a b c d =+++.21.（12分）已知函数()ln sin (0)f x x x ax a =-+>.（1）若1a =，求证：当1,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()21f x x <-；（2）若()f x 在(0,2)π上有且仅有1个极值点，求a 的取值范围.（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.【选修44-：坐标系与参数方程】（10分）在直角坐标系xOy 中，曲线1C 的参数方程为 cos ()2sin x y ααα=⎧⎨=+⎩为参数. 以坐标原点O为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线2C 的极王标方程为22413sin ρθ=+.（1）写出曲线1C 和2C 的直角坐标方程；（2）已知P 为曲线2C 上的动点，过点P 作曲线1C 的切线，切点为A ，求PA 的最大值.23.【选修45-：不等式选讲】（10分）已知函数()|1||22|f x x x =+--的最大值为M ，正实数a ，b 满足a b M +=. （1）求222a b +的最小值；（2）求证：a ba b ab ….绝密 ★ 启用前2020 年广州市普通高中毕业班综合测试（6月）理科数学试题答案及评分参考7 7 评分说明:1．本解答给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要考查内容比照评分参考制订相应的评分细则．2．对计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答未改变该题的内容和难度，可视影响的程度决定后继部分的给分，但不得超过该部分正确解答应得分数的一半；如果后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分．3．解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数． 4．只给整数分数．选择题不给中间分．一、选择题：题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案BABDAACCCCAC二、填空题：13． - 414． 5.9515． (-3, 0)4 3 116．， 或2532三．解答题：17．解：（1）因为a = 1， B = π ， ∆ABC 的面积为3 3 ，在∆ABC 中， S∆ABC3 4= 1 ac sin B ． 21 π 3 3 即 ⨯1⨯ c ⨯sin = ，解得c = 3.23 4由余弦定理，得b 2= a 2+ c 2- 2ac cos B = 1+ 9 - 6⨯ 1= 7 ，2所以b = .所以∆ABC 的周长为a + b + c = 4 + 7 ．（2）解法 1：在∆ABC 中， a = 1， b = ， c = 3，B = π， 3由正弦定理b sin B =c ， sin C32 72⨯1⨯ 77 7 7 2 7 7 2⨯1⨯ 77 1-cos 2 C 3 21 7 2 7 C C 1O 7c sin B 3⨯ 3 21 得sin C == = ．b14 因为c 2 = a 2 + b 2- 2ab cos C ，所以cos C = a 2 + b 2 - c 2 2ab = 1+ 7 - 9 = - ．14 【或根据 a = 1， b = ， c = 3，可知C 为钝角，则cos C = - = -】14所以cos ( B - C ) = cos ⎝ sin C = 1 ⨯⎛- ⎫ + 3 ⨯ 3 21 = .2 14 ⎪ 2 14 7 ⎝ ⎭解法 2：在∆ABC 中， a = 1， b = ， c = 3， B = π，3所以cos C = a 2 + b 2 - c 2 2ab = 1+ 7 - 9 = - ．14 因为C 为∆ABC 的内角，所以sin C = = = ． 14所以cos ( B - C ) = cos ⎛ - C = cos cos C + sin π sin C3 ⎪ 3 3⎝⎭= 1 ⨯⎛- ⎫ +3 ⨯ 3 21= . 2 14 ⎪ 2 14 7⎝ ⎭18．（1）证明：连接 AO ，因为侧面 BB 1C 1C 为菱形，所以 B 1C ⊥ BC 1 ， 且O 为 BC 1 和 BC 1 的中点．因为 AC = AB 1 ，所以 AO ⊥ B 1C ．因为 AO BC 1 = O ，所以 B 1C ⊥ 平面 ABO ． B 因为 AB ⊂ 平面ABO ，所以 B 1C ⊥ AB ．AA 1B 11- sin 2C 1- ⎛ - 2⎝7 ⎫14 ⎭ ⎪ ⎛ π - C ⎫= cos π cos C + sin π 3⎪⎭ 3 3m n1+ 3 -1 m n=5 ⨯ 51 （2）解法 1：因为点 A 在侧面 BB 1C 1C 上的投影为点O ，所以 AO ⊥ 平面BB 1C 1C ．因为 B 1C ⊥ BC 1 ，所以 AO ， OB ， OB 1 两两互相垂直．如图，以O 为坐标原点，以OB ，OB 1 ，OA 为 x 轴， y 轴， z 轴正方向建立空间直角坐标系．z AAC C 1OxBB 1y因为∠CBB 1 = 60，设 AC = BC = AB = 2a ，则 AO = BO = 3a ．所以 A (0, 0, 3a )， B ( 3a , 0, 0)， B 1 (0, a , 0)， C (0, -a , 0)．所以 AB =( 3a , 0, - 3a )， CA = (0, a , 3a )， AA 1= BB 1= (-3a , a , 0)．设平面 BAA 1 的法向量为m = (x 1, y 1, z 1 )，⎧⎪m ⋅ AB = 则⎨ 3ax 1 - 3az 1 = 0, ．取 x 1= 1，则m = (1, 3,1)．⎪⎩m ⋅ AA 1 = - 3ax 1 + ay 1 = 0.设平面CAA 1 的法向量为n = (x 2 , y 2 , z 2 )，⎧⎪n ⋅ C A = ay 2 + 则⎨ 3az 2 = 0, ．取 x 2= 1，则n = (1, 3, -1)． ⎪⎩n ⋅ AA 1 = - 3ax 2 + ay 2 = 0.设二面角 B - AA 1 - C 的平面角为θ ，由图知，θ 为锐角，则cos θ = =3． 5所以二面角 B - AA - C 的余弦值为 3．15解法 2：因为点 A 在侧面 BB 1C 1C 上的投影为点O ， 所以 AO ⊥ 平面BB 1C 1C ．x + 2 x - 2 x + 2 x - 2 1因为B1C ⊥BC1 ，所以AO ，OB ，OB1 两两垂直．过O 作OE ⊥CC1 ，则E 为CC1 的四等分点，连接AE ．延长EO 交BB1 于F ，连接AF ．因为∠CBB1= 60 ，设 AC =BC =AB= 2a ，则 AO =BO = 3a ．则OE =OF =3a ．2【或作B H ⊥CC ，则OE =1B H =3a 】1 12 1 2因为CC1 ⊥EF ，CC1⊥OA ，OA EF =O ，所以CC1 ⊥平面AEF ．因为CC1 ∥AA1 ，所以AA1 ⊥平面AEF ．所以∠FAE 为所求二面角的平面角．因为 AE =AF = =15 a ，2所以cos∠EAF = AE2 +AF 2 -EF 22AE ⨯AF=3．5所以二面角B -AA -C 的余弦值为3 ．119．解：（1）因为A (-y 2, 0)，B (y52,0)，M(x,y)，所以k AM =，k BM =．因为直线AM 和BM 的斜率之积为-3 ，所以y⋅y=-3 ．整理，得x2+y2 =2 61．()3a +2⎝32a2⎪ ⎪⎭≤-6 ⎧⎪ y = kx + m ， 因为直线 AM 和 BM 存在斜率，且均不为0 ，所以 x ≠±x 2 + y 2 =2 【或 y ≠ 0 】．所以曲线 E 的方程为2 61 (x ≠±2 )．（2）设直线 y = kx + m 与曲线 E ： x 2+ y 2 = 2 6的交点为 P (x 1, y 1 )， Q (x 2 , y 2 )，因为四边形OPRQ 为平行四边形，所以OR = OP + OQ 【或其他形式】． 所以R (x 1 + x 2 , y 1 + y 2 ) ． 由 得(k 2 + 3)x 2 + 2kmx + m 2- 6 = 0 ． ⎨⎪⎩3x 2 + y 2 = 6.x + x = - 2km x x = m 2- 6所以 1 2 k 2 +3 ， 1 2 k 2+ 3 ．所以 y + y = k(x + x ) + 2m =6m．1212k 2+ 3由∆ = 4k 2m2- 4(k 2 + 3)(m 2 - 6) > 0 ，得2k 2 > m 2 - 6 ．因为点 R (x 1 + x 2 , y 1 + y 2 )在曲线 E 上，⎛ 2km ⎫2 ⎛ 6m ⎫2所以3 - ⎪ + ⎪ = 6 ，即k 2 = 2m 2 - 3 ． ⎝ k 2 + 3 ⎭ ⎝ k 2+ 3 ⎭因为2k2> m 2 - 6 ，即2(2m 2 - 3)> m 2 - 6 ，解得m 2 > 0 ．当直线 PQ 过点(± 2，0)时， m = ± 2k ，代入2m2- 3 = k 2 ，所以m = ± ，此时不符合题意．因为2m 2- 3 = k 2≥ 0 ，所以m 或m ≥ 6 ． 2 2 所以m 的取值范围为(-∞, - 2 ) ⎛ - 2, - 6 ⎤ ⎡ 6, 2 ⎫ ( 2, +∞)．2 ⎥ ⎢ 2⎪ ⎝ ⎦ ⎣ ⎭2 13 10 ⎪ 10 ⎪ 3 10 ⎪ 10 ⎪ ⎛ 3 ⎫ ⎛ 7 ⎫ ⎛ 3 ⎫ ⎛ 7 ⎫ 3 10 ⎪ 10 ⎪ 3 10 ⎪ 10 ⎪ ⎛ 3 ⎫ ⎛ 7 ⎫ ⎛ 3 ⎫ ⎛ 7 ⎫ ⎪⎩ ⎛ 3 ⎫ ⎛ 7 ⎫⎛ ⎫ ⎛ ⎫⎛ 3 ⎫ ⎛ 7 ⎫ ⎩ ⎨ ⎪ k20．解：（1）因为k 2 =100(20⨯ 45 -10⨯ 25)230⨯ 70⨯ 45⨯55 = 16900 ≈ 8.129 > 6.635 ． 2079所以有99%的把握认为年龄与借阅科技类图书有关．（2）（i ）因为用表中的样本频率作为概率的估计值，所以借阅科技类图书的概率 p =30= 3． 100 10因为3 名借阅者每人借阅一本图书，这 3 人增加的积分总和为随机变量ξ ， 所以随机变量ξ 的可能取值为3 ， 4 ， 5 ， 6 ．3P (ξ = 3) = C 0⎝ ⎭ ⎝ ⎭ 21P (ξ = 5) = C 2 ⎝ ⎭ ⎝ ⎭ 从而ξ 的分布列为：= 343 1000= 189 1000 12， P (ξ = 4) = C 1 ⎝ ⎭ ⎝⎭ 3 0， P (ξ = 6) = C 3 ⎝ ⎭ ⎝ ⎭ = 441 ， 1000= 27 ． 1000ξ3 4 5 6P343 1000 441 1000 189 1000 271000所以 E (ξ )= 3⨯ 343+ 4⨯ 441 + 5⨯189 + 6⨯ 27= 3.9 ．1000 1000 1000 1000（ii ）解法 1：记16 人中借阅科技类图书的人数为 X ， 则随机变量 X 满足二项分布 XB ⎛16, 3 ⎫ ． 10 ⎪ ⎝ ⎭设借阅科技类图书最有可能的人数是k (k = 0,1, 2,,16)，⎧⎪P (X = k ) ≥ P ( X = k -1), 则⎨P ( X = k ) ≥ P ( X = k +1). ⎧ ⎛ 3 ⎫k ⎛ 7 ⎫16-k⎪C kk -1 17-k ≥ C k -1 , ⎪ 16 10 ⎪ 10 ⎪ 16 10 ⎪ 10 ⎪ ⎝ ⎭ ⎝ ⎭ ⎝ ⎭ ⎝ ⎭ 即 3 k 7 16-k C k +1 15-k≥ C k +1 .⎪ 16 10 ⎪ 10 ⎪ 16 10 ⎪ 10 ⎪ ⎩ ⎝ ⎭ ⎝ ⎭⎝ ⎭ ⎝ ⎭ ⎧k ≤ 5.1,解得⎨k ≥ 4.1.即4.1≤ k ≤ 5.1．1610 ⎪ 10 ⎪( )因为k ∈N ，所以k = 5 ．所以16 人借阅科技类图书最有可能的人数是5 人． 解法 2：记16 人中借阅科技类图书的人数为X ，则随机变量 X 满足二项分布 XB ⎛16, 3 ⎫ ． 10 ⎪ ⎝ ⎭设借阅科技类图书最有可能的人数是k (k = 0,1, 2, ,16)，⎛ 3 ⎫k ⎛ 7 ⎫16-k则 P ( X = k ) = Ck．⎝ ⎭ ⎝ ⎭⎛ 3 ⎫k⎛ 7 ⎫16-kC k ⎪ ⎪P ( X = k ) 因为 =P X = k -1 16⎝ 10 ⎭ ⎝ 10 ⎭ ⎛ 3 ⎫k -1⎛ 7 ⎫17-kC k -1 ⎪ ⎪ = 1+ 51-10k． 7k 16⎝ 10 ⎭ ⎝ 10 ⎭ 所以当k ≤ 5时， P ( X = k ) > 1 ， k ≥ 6 时，P ( X = k )< 1 ． P ( X = k -1)P ( X = k -1)即 P ( X = 0) < P ( X =1) < < P ( X = 5) > P ( X = 6) >> P ( X=16)．所以 P (k = 5)最大．所以16 人借阅科技类图书最有可能的人数是5 人．【若由 E ( X ) = 16 ⨯ 3=4.8 ，说明借阅科技类图书最有可能的人数是5 人．共给2 分】1021．（1）证法 1：若a = 1，则 f (x ) = ln x -sin x + x ．要证 f (x ) < 2x -1，即证： ln x -sin x - x +1<0．设 g (x ) = ln x - sin x - x +1⎛1 < x < π ⎫，2 ⎪ ⎝ ⎭则g '( x ) = 1 - cos x -1 = 1- x- cos x ． x x因为1 < x < π，所以 g '(x )< 0 ．所以 g (x )在⎛1, π ⎫单调递减．2 2 ⎪ ⎝ ⎭所以 g (x )< g (1)= ln1-sin1-1+1 = -sin1 < 0 ．，⎪ 2 所以当x ∈⎛1, π ⎫ 时， f (x ) < 2x -1． 2 ⎪ ⎝ ⎭证法 2：若a = 1，则 f (x )= ln x -sin x + x ． 要证 f (x )< 2x -1，即证ln x - x +1< sin x ．设 h (x )= l n x - x +1 ⎛1 < x < π ⎫ ，则h '(x ) = 1 - 1 = 1 - x ．2 ⎪x x⎝ ⎭因为1 < x < π，所以h '( x ) < 0 ．所以 h (x ) 在⎛1 π ⎫上单调递减．2所以h (x )< h (1) = ln1-1+1 = 0 ． 因为1 < x < π，所以sin x > 0．2所以ln x - x +1< sin x ． 所以当 x ∈⎛1,π ⎫时， f (x )< 2x -1． ⎝ 2 ⎭2 ⎪ ⎝ ⎭（2）因为 f (x )= ln x -sin x + ax (a > 0)，所以 f '( x )= 1 - cos x + a ． x①若 x ∈(0,1⎤⎦ ，则 f '(x )≥1- cos x + a > a > 0 ．此时函数 f (x ) 单调递增，无极值点．②若x ∈⎛1 π⎤ ，设 g (x ) = f '( x )= 1 - cos x + a ，则 g '(x ) =- 1 +sin x ．， ⎥ x x 2 ⎝ 2 ⎦设 h (x ) =- 1 +sin x ，则h '(x ) = 2 +cos x > 0 ，所以 g '(x ) 在⎛1, π ⎤ 上单调递增．x 2 x 32 ⎥⎝ ⎦【或由 y =- 1 与 y = sin x 在⎛1, π ⎤ 上分别单调递增，所以 g '(x ) 在⎛1, π ⎤上单调递增】x 22 ⎥ 2 ⎥ ⎝ ⎦ ⎝ ⎦ 因为 g '(1)= -1+ sin1< 0 ， g '⎛ π ⎫ = - 4+1 > 0 ， ⎪ ⎝ ⎭x ∈⎛1π ⎫ g '(x ) =- 1 +sin x = 0 1 所以存在唯一 0 ， ⎪ ，满足 0x 20 ，即x ． π2⎝ 2 ⎭当 x ∈(1, x )时， g '(x )< 0 ， g (x )单调递减，当 x ∈⎛ x 0 , π ⎤时， g '(x ) > 0 ， g (x )单 02 ⎥ ⎝ ⎦2 2 ⎥ π⎤⎥2 ⎝ 调递增．则 g (x )= g ( x )= 1- cos x +a = cos x+ a > sin x - cos x> 0 ．minx 0所以 g (x )= f '(x ) > 0 恒成立． 此时 f (x ) 单调递增，无极值点． ③若 x ∈⎛ π , 3π ⎤ ，则cos x ≤ 0 ，所以 f '( x )= 1 - cos x + a ≥ 1 +a > 0 ．⎝ ⎦ x x此时函数 f (x ) 单调递增，无极值点．④若 x ∈⎛ 3π , 2π ⎫ ，此时 f ( x )必存在1个极值点． 2 ⎪⎝ ⎭设 g ( x ) = f '( x )= 1 - cos x + a ，则 g '( x ) = - 1 +sin x < 0 ，所以 g (x ) 单调递减． xx 2 ⎧g ⎛ 3π ⎫ = 2+a > 0， ⎪⎪2 ⎪ 3π则⎨⎝ ⎭⎪g (2π) = 1 -1+a < 0. ⎩⎪2π 解得- 2 < a < 1-1．3π 2π已知a > 0，所以0 < a < 1-1．2π 所以存在唯一 x 0 ∈⎛ 3π , 2π⎫ ，满足 g (x ) = 0 ．2 ⎪ 0⎝⎭ 当 x ∈⎛ 3π , x 0 ⎫ 时， g (x ) = f '(x ) > 0 ， f ( x )单调递增，2 ⎪ ⎝ ⎭ 当 x ∈(x 0 , 2π) 时， g (x ) = f '(x ) < 0 ， f ( x )单调递减． 故 x 0 是函数 f (x )的极大值点． 综上可知，若 f (x )在(0, 2π)上有且仅有1个极值点，则 a 的取值范围为⎛ 0，1- 1 ⎫．2π ⎪⎝⎭补充：理科 21 题将①②合并讨论，解法如下：若x ∈⎛ 0 ，设 g (x ) = f '( x )= 1 - c os x + a ，则 g '(x ) =- 1+sin x ．， ⎝ 2 ⎦x x设 h (x ) =- 1 +sin x ，则h '(x ) = 2 +cos x > 0 ，所以 g '(x ) 在⎛ 0, π⎤ 上单调递增．x 2x 32 ⎥⎦【或由y =-1与y = sin x 在⎛0,π⎤上分别单调递增，所以g'(x) 在⎛0,π⎤上单调递增】x2 2 ⎥ 2 ⎥⎝⎦⎝⎦2 ⎩ ⎩ 1 1 0因为 g '(1)= -1+ sin1< 0 ， g '⎛ π ⎫ = - 4+1 > 0 ， ⎪ ⎝ ⎭x ∈⎛1 π ⎫ g '(x ) =- 1 +sin x = 0x sin x = 1所以存在唯一 0 ， ⎪ ，满足 0x2 0 ，即 0 0 x ． ⎝ 2 ⎭0 0 当 x ∈(0, x ) 时，g '(x ) < 0 ，g (x )单调递减，当 x ∈⎛ x 0 , π ⎤ 时，g '(x ) > 0 ，g (x )单2 ⎥调递增．则 g (x ) ⎝⎦= g ( x )= 1- cos x +a ．minx因为 x ∈(1, π) ，所以sin x > cos x , x> 1，20 0 0所以 g (x 0 )=x 0 sin x 0 -cos x 0 + a > sin x 0 -cos x 0 > 0 ．所以 g (x )= f '(x ) > 0 恒成立． 此时 f (x ) 单调递增，无极值点．⎧x = cos α ,22．（1）解：由⎨ y = 2 + sin α⎧x = cos α ,得⎨y - 2 = sin α.所以曲线C 的直角坐标方程为 x 2 + ( y - 2)2= 1．由 ρ 2 =4 1+ 3sin 2 θ得 ρ 2+ 3(ρ sin θ )2 = 4 ． 因为 ρ 2= x 2+ y 2， ρ sin θ = y ，x 2+ 2 =所以曲线C 2 的直角坐标方程为4y 1．（2）解法 1：因为点 P 在曲线C 2 ： x 2+4 y 2=1上， 所以可设点 P 的坐标为(2cos ϕ,sin ϕ ) ． 因为曲线C 的直角坐标方程为 x 2+ ( y - 2)2= 1， 所以圆心为C 1 (0，2)，半径r = 1 ．0 π2PC 2- r 21-3 sin ϕ + 3 ⎪ + ⎛2 ⎫2⎝ ⎭25 3 5 3 PC 2- r 2 1 x +y 2 0 ( 0 - 2)2-1 - 3 y + + ⎛0 ⎪ 2 ⎫2⎝25 3 ⎭ 3 5 3 1 ⎩= ⎪所以 PA = == ．当sin ϕ =- 2 时， PA 有最大值5 3 ．33所以 PA 的最大值为．3x 2+ 2 =解法 2：因为点 P 在曲线C 2 ：4y 1上，x 2 2 所以可设点 P 的坐标为( x , y )，其中 0 + y= 1 ．4因为曲线C 的直角坐标方程为 x 2+ ( y - 2)2= 1， 所以圆心为C 1 (0，2)，半径r = 1 ．所以 PA = == ．因为-1 ≤ y 0 ≤ 1，所以当 y =- 2 时， PA 有最大值5 3 ．33所以 PA 的最大值为． 323．（1）解法 1： f (x ) = x +1 - 2x - 2 ⎧x - 3, ⎨3x -1, ⎪-x + 3, x ≤ -1， -1 < x < 1，x ≥ 1.因为函数 f (x )在(-∞,1)上单调递增，在(1, +∞)上单调递减． 所以当 x = 1时， f (x )取得最大值 2，所以a + b = 2 ． 因为a + b = 2 ，即b = 2 - a ，(2cos ϕ )2 +(sin ϕ - 2)2-12 2所以2a 2 + b 2 = 2a 2 + (2 - a )2= 3⎛ a - ⎝ 2 ⎫2⎪ ⎭ + 8 ． 3所以当a = 2时， 2a 2 + b 2 取得最小值 8．33解法 2：因为 x +1 - 2x - 2 = x +1 - x -1 - x -1≤ (x +1) -(x -1) - x -1 （当且仅当 x ≤ -1或x ≥1时取等号）．= 2 - x -1≤ 2 （当且仅当 x = 1时取等号）．所以当且仅当 x = 1时， f (x )取得最大值 2，所以a + b = 2 ．1 ⎛ ⎫2由柯西不等式，得(2a 2 + b 2 )⎛ +1⎫ ≥ 2a ⋅ + b ⎪ = (a + b )2 = 4 ．2 ⎪ 2 ⎪ ⎝ ⎭ ⎝ ⎭⎧ ⎧a = 2 所以2a 2 + b 2 ≥ 8 ，当且仅当⎪ 2a ⨯1 = b ⨯ ， ⎪ 3 时取等号．⎨ 3 ⎪⎩a + b = 2,2即⎨ ⎪ b = 4 ⎩ 3所以2a 2 + b 2 的最小值为 8．3（2）证明 1：因为a + b = 2 ， a > 0 ， b > 0，要证a a b b≥ ab ，即证a ln a + b ln b ≥ ln a +lnb ． 即证(a -1)ln a +(b -1)ln b ≥ 0 ．即证(1- a )ln⎛ 2-1⎫≥ 0 ． a ⎪ ⎝ ⎭当0 < a <1时，> 0 ，⎝因为1- a > 0 ，所以(1- a )ln⎛ 2 -1⎫> 0 ． a ⎪ ⎝ ⎭当 a = 1时， (1- a )ln⎛ 2 -1⎫= 0 ． a ⎪ ⎝ ⎭3 2 -1 > 1，所以ln ⎛ 2 -1⎫ a a ⎪⎭a a a 1-a( ) b 当1< a < 2时， 0 < 2 -1 < 1，所以ln⎛ 2-1⎫< 0 ． aa ⎪ ⎝ ⎭因为1- a < 0 ，所以(1- a )ln⎛ 2-1⎫> 0 ． a ⎪ ⎝ ⎭综上所述， (1- a )ln ⎛ 2 -1⎫ ≥ 0 成立，即a a b b ≥ ab ．a ⎪ ⎝ ⎭证明 2：因为a + b = 2 ， a > 0 ， b > 0， 要证a a b b ≥ ab ，即证a a -1b b -1 ≥ 1，⎛ 2 - a ⎫1-a⎛ 2 ⎫1-a即证a a -1 (2 - a )1-a≥ 1．即证 ⎪≥ 1 ，即证 -1⎪≥ 1 ．⎝ a ⎭2 ⎛ 2⎝ a⎭⎫x 当0 < a <1时， -1 > 1，所以函数 y = -1⎪ a ⎝ a ⎭单调递增．⎛ 2 ⎫1-a因为1- a > 0 ，所以 -1⎪ ⎝ ⎭> 1．⎛ 2 ⎫1-a当 a = 1时， -1⎪ ⎝ ⎭2= 1．⎛ 2 ⎫x当1< a < 2时， 0 < -1 < 1，所以函数 y = -1⎪ a ⎝ a ⎭单调递减．⎛ 2 ⎫1-a因为1- a < 0 ，所以 -1⎪ ⎝ ⎭> 1．综上所述， ⎛ 2-1⎫≥ 1 成立，即a a b b ≥ ab ．a⎪ ⎝ ⎭证明 3：因为a + b = 2 ， a > 0 ， b > 0， 要证a a bb≥ ab ，即证a a b ba +b≥ ab 2 ．即证aa -a +b2bb - a +b 2≥ 1 ，即证a a -b b -a 2 b 2≥ 1，即证 a a -b b b -a ≥ 1．⎛ a ⎫a -b即证 ⎪ ≥ 1 ．⎝ ⎭b b b b a⎛ a ⎫x当0 < a < b 时， < 1 ，所以函数 y = ⎪ b ⎝ b ⎭单调递减．⎛ a ⎫a -b因为a - b < 0，所以 ⎪⎝ ⎭> 1 ．⎛ a ⎫a -b当 a = b 时， ⎪ ⎝ ⎭a= 1 ．⎛ a ⎫x当0 < b < a 时， > 1 ，所以函数 y = ⎪ b ⎝ b ⎭单调递增．⎛ a ⎫a -b因为a - b > 0，所以 ⎪ ⎝ ⎭ ⎛ a ⎫a -b> 1 ．a ab b ≥ ab综上所述， ⎪⎝ ⎭≥ 1 成立．即．。