2020屆廣東省江門市高三上學(xué)期調(diào)研測(cè)試數(shù)學(xué)(理)試題(解析版)

1、第1 1頁共 1919 頁2020 屆廣東省江門市高三上學(xué)期調(diào)研測(cè)試數(shù)學(xué)(理)試題一、單選題1設(shè)集合A 1,0,1,2,3，Bxx23x 0，則AI BA A 1B B.1,0C C.1,3D D .1,0,3【答案】A A【解析】由B中不等式變形得x x30，解得x0或x 3，即Bx |x0或x 3,A1,0,123,AIB1，故選A.A.2 2 .設(shè)復(fù)數(shù) z z 滿足z(1i)24i，則復(fù)數(shù) z z 的共軛復(fù)數(shù)z()A A 2B B. 2 2C C .2iD D .2i【答案】A A【解析】由復(fù)數(shù)的乘方運(yùn)算解得 z z，其共軛復(fù)數(shù)實(shí)部相同，虛部互為相反數(shù)，即可得答案 【詳解】因?yàn)閦(1 i

2、)2z(1 2i i2) z 2i 4i z2，所復(fù)數(shù) z z 的共軛復(fù)數(shù)z 2. .故選：A A【點(diǎn)睛】 本題考查求通過復(fù)數(shù)的乘方運(yùn)算化簡(jiǎn)，進(jìn)而求其共軛復(fù)數(shù)，屬于基礎(chǔ)題vvvv5，且| |a|=2|=2 ,|,|b|=1|=1，則向量a與b的夾角為(nA -6【答案】B BA A 巨23 3 已知平面向量v vv vva,b滿足扌(扌b)nB.-3【解a, b的夾角為，且0,，由a a b5，可得a2a b代入數(shù)據(jù)可得222 1 cos解得cos -，可得3，故選 B.B.34 4.若(0,)，且sin2cos-，則tan的值等于4C C ,2,2故選：C C第 2 2 頁共 1919 頁【

3、答案】D D【解析】利用同角三角函數(shù)的關(guān)系將原式化簡(jiǎn)成關(guān)于COS的二次方程，求得1cos，繼而根據(jù)（0,）可得 的值與tan的值即可. .2【詳解】【點(diǎn)睛】本題主要考查了同角三角函數(shù)的運(yùn)用，屬于基礎(chǔ)題【解析】該三視圖還原之后是如圖所示的三棱錐，由棱錐的體積公式求得答案【詳解】該三視圖還原之后是如圖所示的三棱錐，所以體積由sin2cos1，得4(1 cos2)4即4cos24cos30，解得cos(0,)，-23二tantan23. .34cos 10, ,或cos25 5如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長(zhǎng)為1 1,粗實(shí)線畫出的是某幾何體的三視圖，該幾何故選：D.D.體的體積為（）A A 6B B1【

4、答案】C C第3 3頁共 1919 頁故選：C C第 2 2 頁共 1919 頁【點(diǎn)睛】本題考查由三視圖還原立體圖形求體積，屬于基礎(chǔ)題. .6 6.已知向量v( , 2),b (1,1)，則1是向量a與向量b垂直的()A A .必要不充分條件B B .充分不必要條件C C 充分必要條件D D 既不充分也不必要條件【答案】B B【解析】由1可得向量；與向量b垂直；反之，由向量a與向量b垂直，不一定得到1.然后結(jié)合充分必要條件的判定方法得答案.【詳解】1 1 是向量a與向量b垂直的充分不必要條件.故選：B.【點(diǎn)睛】本題考查向量垂直的坐標(biāo)運(yùn)算，考查充分必要條件的判定方法，屬于基礎(chǔ)題.【答案】解：向量

5、 a a ( ( , , 2)2) , b b (1(1,1),1)若1，則a (1, 2),(2,1)，此時(shí) 1 1 2 2向量a與向量b垂直;若向量a與向量b垂直，則(1(1) ) 2 20 0，即0 0,解得7 7 某程序框圖如圖所示，若輸出的S26，則判斷框內(nèi)應(yīng)填(3?B B.k 4?C C.k 5?k 6?第5 5頁共 1919 頁【詳解】【解根據(jù)程序框圖的結(jié)構(gòu)及輸出結(jié)果，逆向推斷即可得判斷框中的內(nèi)第6 6頁共 1919 頁由程序框圖可知，S 1,k1, ,則k2,S2 124k3,S2 43 11k4,S2 11426所以此時(shí)輸出S的值，因而k 4時(shí)退出循環(huán) 因而判斷框的內(nèi)容為k

6、3?故選: :A A【點(diǎn)睛】本題考查了根據(jù)程序框圖的輸出值 ，確定判斷框的內(nèi)容，屬于基礎(chǔ)題 8 8已知函數(shù)f(x) ax In(ex1)(a R)為偶函數(shù)，則a()A A 1 1B B 2 21C C D D 3 32【答案】C C【解析】利用f 1 f 1列方程，解方程求得a的值 【詳解】由于f x為偶函數(shù)，所以f 1 f 1，即a ln e11 a ln e 1，所以1e 112a ln e 1 ln e11 ln彳ln e 1，所以a. .e112故選：C.【點(diǎn)睛】本小題主要考查根據(jù)函數(shù)的奇偶性求參數(shù)，屬于基礎(chǔ)題2n9 9 VABC中，B,A、B是雙曲線E的左、右焦點(diǎn)，點(diǎn)C在E上，且AB

7、 BC,3則E的離心率為()B B ，3 1【答案】D D曲線的定義構(gòu)建方程，求得答案【解析】由雙曲線的簡(jiǎn)單幾何性質(zhì)表示AB BC 2c，由余弦定理表示AC，再由雙第7 7頁共 1919 頁【詳解】由題可知,A、B是雙曲線E的左、右焦點(diǎn)，貝U ABBC 2c第8 8頁共 1919 頁【答案】以及外接圓的半徑 r r，由題可知三棱錐D ABC體積的最大值，則此時(shí)的點(diǎn) D D應(yīng)在垂直于面 ABCABC 且過球心的軸頂點(diǎn)位置，則可表示該三棱錐此時(shí)的高錐的體積公式構(gòu)建方程求得R R,再帶入球體的表面積公式即可得解【詳解】22 22則由余弦定理AC22c 2c 2 2c 2c cos 3AC2.3c又點(diǎn)

8、C在E上，顯然在右支上，則AC BC 2.3c 2c 2a故選：D D【點(diǎn)本題考查求雙曲線的離心率，屬于簡(jiǎn)單題1010 已知三棱錐D ABC的所有頂點(diǎn)都在球0的球面上，ABBCAC 2 3,若三棱錐D ABC體積的最大值為 2 2,則球0的表面積為(B B. 9 964C.-3121【解在底面ABCABC 中由余弦定理和正弦定理以及任意三角形的面積公式,可得SABC，DO，由三棱在底面AABCABC 中由余弦定理可知COSABCAB2BL 2AB BCsin ABC，即1SABC2AB BCsinABC由正弦定理可知，2rACsin ABC2.32若三棱錐DD D 應(yīng)在垂直于面ABCABC 且

9、過球心的軸頂點(diǎn)位置，則該三棱錐的高DOR R2r2RR24則此時(shí)的體積為VmaxSABCDO4432，解得R 33所以球0的表面積為4 R2643第9 9頁共 1919 頁【詳解】連接 ACAC,過 C C 作CE AB于 E E,設(shè)CAB，如圖,因?yàn)?ABAB 為直徑且為 6 6,所以BC 6sin ,BE 6sin2由題意可知 ABCDABCD 為等腰梯形，故其周長(zhǎng)為2 26 12sin 12(1 sin sin ) 12(sin【點(diǎn)睛】故選：C C【點(diǎn)本題考查三棱錐的外接球求表面積問題，應(yīng)優(yōu)先確定球心位置進(jìn)而求得半徑，屬于中檔1111.已知線段AB的長(zhǎng)為 6 6,以AB為直徑的圓有一內(nèi)接

10、四邊形 則這個(gè)內(nèi)接四邊形的周長(zhǎng)的最大值為（ABCD，其中AB/CD,D D . 1818【解析】 連接 ACAC,用CAB表示出周長(zhǎng)來,利用二次函數(shù)求解y 6 12sin所以當(dāng)sin丄時(shí)，周長(zhǎng)取到最大值15.15.2弓)215,2【答案】A A1616第1010頁共 1919 頁本題主要考查利用三角函數(shù)求解最值問題 根據(jù)題意構(gòu)造目標(biāo)式，結(jié)合目標(biāo)式的特點(diǎn)選擇合適的方法求解【答案】B B【解析】對(duì)a實(shí)行參變分離，對(duì)新函數(shù)的圖象求導(dǎo)，研究其導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)，得新函數(shù)的單調(diào)性，從而求出新函數(shù)的最趨勢(shì)和最值，求得a的范圍. .【詳解】x2sin x令f x 0,因?yàn)閑x0所以axg x . ex0,-時(shí)，g

11、 g x x 0,0,所以g x在0,上單調(diào)遞增；44x4,時(shí)，g x0,0,所以g x在，4上單調(diào)遞減;所以g x在x處取得最大值，又g 0g 04要使f(x)xae2si nx,x0,有且僅有一個(gè)零點(diǎn)，則a的值為、2eN. .故選：B B【點(diǎn)睛】 本題關(guān)鍵在于對(duì)a實(shí)行參變分離，轉(zhuǎn)化為求新函數(shù)的圖象趨勢(shì)和最值，屬于難度題二、填空題1313 曲線y e2xx在x 0處的切線的斜率是 _【答案】3 3【解析】 先求得函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，令x 0求得導(dǎo)數(shù)，也即切線的斜率. .【詳解】y 2e2x1，當(dāng)x 0時(shí)，導(dǎo)數(shù)為2e01 3，也即切線的斜率為3. .【點(diǎn)睛】1212 .設(shè)函數(shù)f(x) aex2sin

12、 x,x 0,有且僅有一個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的值為（）A A .為C C.2e2D 2e22 cosx sin x0,得x7.第1111頁共 1919 頁本小題主要考查復(fù)合函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，考查切線斜率的求法，屬于基礎(chǔ)題【答案】直線3_x y m=0與圓x2y22x 2 0相切,點(diǎn)C至煩線3一x y m=0的距離等于半徑，即_41故答案為3.3或3f(1)【答案】、.3【解析】2試題分析：由題意得，A .3,T 4一又2 f(x)Acos( x)為奇函數(shù)，- k,k Z，取k 0,22f(x)、 、3 cos(x), f (1)、3，故填：2 23.【考點(diǎn)】 本題主要考查三角函數(shù)的圖象和性質(zhì).1616

13、.已知數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn,a11, a a?2 2 ,且對(duì)于任意n 1,nN*，滿足Sn 1Sn 12(Sn1)，則S10的值為【答案】 91911414 .直線0 0 與圓x2y22x 20相切，則實(shí)數(shù)m等于【解由題將圓x22小y 2x20化成標(biāo)準(zhǔn)方程，得（x 1）2y23,y22x 20的圓心為C（10），半徑r3.1515.已知函數(shù)f(x) Acos( x)(A 0,0,0）為奇函數(shù)，該函數(shù)的部分圖象如圖所示，EFG（點(diǎn)G在圖象的最高點(diǎn)） 是邊長(zhǎng)為2 2 的等邊三角形，則第1212頁共 1919 頁【解析】 由Sn+1+S+SnT= 2 2 ( S Sn+ + 1 1 ),可得 S

14、 Sn+1 S Sn= S SnS Sn-1+2+2，可得 a an+1 a an= 2 2 利用第1313頁共 1919 頁等差數(shù)列的通項(xiàng)公式與求和公式即可得出.【詳解】對(duì)于任意n1, N N,滿足 S Sn+i+S+SnT= 2 2 ( S Sn+1+1 ),-n n2時(shí)，S Sn+1 S Sn= S Sn S Sn-1+2+2 ,-an+1 a an= 2 2 .數(shù)列anan在 n n2 2 時(shí)是等差數(shù)列，公差為2 2.9 8則S10= 1+91+9229191.2故答案為 9191【點(diǎn)睛】本題考查了數(shù)列遞推關(guān)系、等差數(shù)列的通項(xiàng)公式與求和公式，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題.三、解

15、答題an,a212,a524，數(shù)列 d 滿足b 4,bn 1bnan(n N ). .(1)(1)求數(shù)列an,bnbn 的通項(xiàng)公式;【解析】(1 1)利用等差數(shù)列中任意兩項(xiàng)求公差d d 4 4，再用廣義通項(xiàng)公式求出2an4n 4，接著利用累加法求數(shù)列g(shù) 2n 2n；1nn 8利用裂項(xiàng)相消法求數(shù)列b；的前n項(xiàng)和為寸，再解不等式亦石石求 得最小正整數(shù)n為 17.17.【詳解】 解：設(shè)等差數(shù)列an的公差為 d d，則a5a212，則3d 12，解得 d d 4 4 ,所以務(wù)a2(n 2)d4n4. .因?yàn)閎n 1bn4n4所以bnb1(b2bj(bab2)L(bnbn1)(n 2)1717 .已知等

16、差數(shù)列1丄1丄(2)(2)求使得b1b2babn【答案】(1)an4n4,bn成立的最小正整數(shù)n的值. .1722n 2n(n N )(2 2) 1717第1414頁共 1919 頁4 (4 1 4) (4 2 4) L (4(n 1) 4)2n22n(n 2),b 4也合適. .所以an4n 4,bn2n22n(n N ). .【點(diǎn)睛】本題考查基本量法、累加法求數(shù)列通項(xiàng)公式、裂項(xiàng)相消法求和、不等式與數(shù)列的交會(huì)問題，考查邏輯推理和運(yùn)算求解能力 1818 在VABC中，角A, B,C的對(duì)應(yīng)邊分別為a,b,c. .(1) 若a,b,c成等比數(shù)列，cos B 12，求cs A cosC的值；13 s

17、in A sin C(2) 若角 代B,C成等差數(shù)列，且b 2，求VABC周長(zhǎng)的最大值 13【答案】(1 1)亠(2 2) 6 65【解析】(1 1)由同角三角函數(shù)關(guān)系求得sinB，由等比中項(xiàng)的性質(zhì)構(gòu)建方程，進(jìn)而由正弦定理邊化角，再將所求表達(dá)式通分并由兩角和的正弦公式的逆運(yùn)用進(jìn)行整理求得答因?yàn)? bn11122n22n2n(n 1)丁111111所以一1b2b3bn2211n12n12(n 1)rn8即，解得n162(n1)17所不等式成立的最小正整數(shù)n為 17.17.1 1n n 111 1 1_ L-2 3n n 14 4(1 2 L(n 1) 4(n 1)第1515頁共 1919 頁案；

18、(2 2)由等差中項(xiàng)的性質(zhì)和三角形三角和為求得角 B B,由正弦定理分別表示邊a,ca,c,進(jìn)而表示周長(zhǎng) L L,利用三角恒等變換整理，再由三角函數(shù)求最值方式求得最大值. .【詳解】(1)在VABC中，QcosB5sin B一131213，B (0,)第1616頁共 1919 頁Q a、b、c成等比數(shù)列，b b2acac,a a sisi nAnA，c心sinC3 33Q A C 120，即C 120VABC周長(zhǎng)為【點(diǎn)睛】本題考查利用正弦定理表示邊長(zhǎng)進(jìn)而求周長(zhǎng)最值問題,于中檔題 1919如圖 1 1，在邊長(zhǎng)為2.3的正方形中ABCD,E、O分別為AD、BC的中點(diǎn)，沿EO將矩形ABOE折起使得B

19、OC 120，如圖 2 2 所示，點(diǎn)G在BC上，BG 2GC,M、N分別為AB、EG中點(diǎn). .cosAcosC sin AcosC cosAsinCsi n(AC)sin B113sin Asi nCsin Asin C2sinBsin2B si nB5(2)Qb2,A、B、C成等差數(shù)列，2BAC 180B,B60，則sin B2asin Absin Bc4,3sin C 34.3Q0120cos(A4cos(A(sin Asi nC) 260 )當(dāng)A B C 60時(shí),4、3sin AsinVABC周長(zhǎng)L取得最大值為 6.6.120 A還考查了正弦定理化簡(jiǎn)求值，屬由正弦定理得sin2B sin

20、AsinC，由正弦定理，得60)26A 602. .-cosA2第1717頁共 1919 頁(1) 求證：MN平面OBC;(2) 求二面角G ME B的余弦值 【答案】( (1 1)見解析(2 2)二4271【解析】( (1)取0G中點(diǎn)F,連結(jié)BF、FN,利用中位線可得FN /OE且FN 0E,21由直棱錐性質(zhì)可知BM /0E且BM -0E，即可證得四邊形BFNM是平行四邊形，2進(jìn)而MN/BF，再由線面平行的判定定理說明即可；(2 2)由余弦定理，已知以及勾股定理可說明OG 0B，易證OE 0G，由線面垂直的判定定理和性質(zhì)定理可說明OG QE，由等腰三角形說明OM QE，進(jìn)而可證QE平面OMG

21、，QE MG，貝y OMG為二面角G ME B的平面角，最后在RtAMOG中求得答案 【詳解】(1 1)證明：(法一)如圖取0G中點(diǎn)F，連結(jié)BF、FN,第1818頁共 1919 頁1則在EOG中由中位線定理可知FN /0E且FN OE,21又由原正方形可得BM /0E且BM -OE2FN/BM且FN BM,四邊形BFNM是平行四邊形，MN/BF,又MN平面OBC,BF平面OBC,MN/平面OBC. .法二：如圖，延長(zhǎng)EM、OB交于點(diǎn)Q,連結(jié)GQ,2QM BM 1QE OE 2M為EQ中點(diǎn),中位線MN/QG又MN平面OBC，QG面OBC，MN/平面OBC. .（2 2）解：（法一）如圖，因?yàn)镺B

22、 OC . 3，BOC 120，所以BCOB2OC22OB OC cos120 3，又BG 2GC 所以BG -BC 2，GC 1，3第1919頁共 1919 頁OG CG2OC22CG OC cos30 1，OB2OG2BG2,BOG 90,OG OB,又OEOB，OEOC，OBI OCO，OE平面OBC，OG平面OBC，OEOG. .又OBIOE O，OG平面OBE，QE面OBE，OG QE又M為EQ中點(diǎn)，即OQOE 2 3，所以O(shè)M QE，OM IOG O，QE平面OMG，QEMG，OMG為二面角GMEB的平面角在RtAMOG中，OM ,( .3)2(. 3)2. 6，MG .(6)21

23、2. 7，OM、6,42cos OMG -MG7二面角G ME B的余弦值為竺.7法二：如圖，QOB OC . 3,BOC 120,BCOB2OC22OB OC cos120 3，2又BG 2GC所以BG BC 2,GC 1,3OG、CG2OC22CG OC cos30 1，OB2OG2BG2,BOG 90,OG OB,又OE OB,OE OC,OBI OC O,第2020頁共 1919 頁OE平面OBC,OG平面OBC,OE OG. .又OBI OE O,OG平面OBE,QE面OBE,OG QE建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O xyz, 則M(、.3,0,、.3),G(0,1,0),E(0,0

24、,2 .,3),ujun_uuir-MG ( ,3,1,.3),ME ( ,3,0, -.3)ir而n (0,1,0)是平面BOE的一個(gè)法向量設(shè)平面MGE的法向量為un(x, y, z),uv.n2由uvuuuvMG 0旳uuuv，即ME 0.3x、3xy 3z 03z 0令z 1，則x 1,y2、3面MGE的一個(gè)法向量為uu(1,2、3,1)，設(shè)二面角G ME B大小為，由圖,ir uu2n22/323V42UT|.-nJ花Ji 121如7【點(diǎn)睛】 本題考查立體幾何中線面平行的證明，還考查了二面角的余弦值的求值，屬于中檔題2 22020 已知橢圓C：1 a b 0的焦距為 2.62.6，且過

25、點(diǎn)A 2,1a2b2(1)(1) 求橢圓 C C 的方程；(2)(2) 若不經(jīng)過點(diǎn)A的直線l : y kx m與橢圓C交于 P P ,Q兩點(diǎn)，且直線AP與直線AQ的斜率之和為 0 0，證明：直線PQ的斜率為定值2【答案】(1)(1)橢圓C的方程為8.面角G MEB的余弦值為丄42211； (2)(2)見解析. .2cos第2121頁共 1919 頁【解析】試題分析：(1 1 )由已知條件先求出橢圓C的半焦距，再把A 2,1代入橢圓方程，結(jié)合性質(zhì)a2b2c2，求出a、b、c，即可求出橢圓C的方程；(2 2)設(shè)直線I的方程為 y y kxkx m m 與橢圓的方程聯(lián)立，根據(jù)韋達(dá)定理及過兩點(diǎn)的斜率公

26、式，利用丄或m 1 2k. .若m 1 2k，可得方程()的一個(gè)根為21線PQ的斜率為定值，該值為 一. .2【方法點(diǎn)晴】本題主要考查待定系數(shù)求橢圓方程以及直線與橢圓的位置關(guān)系和過兩點(diǎn)的斜率公式，屬于難題. .用待定系數(shù)法求橢圓方程的一般步驟；作判斷：根據(jù)條件判斷橢圓的焦點(diǎn)在x軸上，還是在y軸上，還是兩個(gè)坐標(biāo)軸都有可能；設(shè)方程：根據(jù)上述2 2 22判斷設(shè)方程x y1ab0或7 1 a b 0；找關(guān)系：根據(jù)已知條a2b2b2a2件，建立關(guān)于a、b、c的方程組；得方程：解方程組，將解代入所設(shè)方程，即為所求. .直線AP,AQ的斜率之和為零可得2k 1 m 2k 10，從而可得結(jié)果試題解析：(1 1

27、 )因?yàn)闄E圓C的焦距為_42 6，且過點(diǎn)A 2,1，所以-2a1,2c 2、6. .因?yàn)閍2b22 2 2c2，解得a 8,bx22，所以橢圓C的方程為8(2(2)設(shè)點(diǎn) P PX1, y1,Q X2,y2，則kx2m，y2x8kx2y2m,消去1,y得4k21x28kmx 4 m20，()則x-ix28km4k2為kpAkPQ0，即y1X112y2X212，紬2X2y1X1x22 y1y242kx-ix2m 12kX1X24m 422k 4m 8 8km m 1 2k-22- 4m4k 14k 1化簡(jiǎn)得0即卩0. .()代入得40，整理得2k 1 m 2k 10，所2，不合題意，所以直第222

28、2頁共 1919 頁2121 .設(shè)函數(shù)f (x) xln x.12(I)設(shè)F(x) -mx f (x)(m R)，討論函數(shù) F F( (x x)的單調(diào)性；2第2323頁共 1919 頁(n)過兩點(diǎn)A(x1, f (x1), B(x2f (x2)(x1x2)的直線的斜率為k，求證：0 k丄.Xi【答案】(I )詳見解析；(n)詳見解析12【解析】【詳解】試題分析：(I)L二;,e 嚴(yán) I ,可得F(x)(I na)x2In (ax) 1,2F (x) (Ina)x丄x2(In a)x 1x對(duì)In a分類討論即可得出單調(diào)性.(II)由f(X2) f (xjIn (ax2) In (axjX2X1x

29、2x1x2x-i要證明丄X2由于0，只要證明X2In空X2X1-1即可，令tx2(t 1)，只要證明X1X1X1X2X1In t,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極t 1即可.分別構(gòu)造函數(shù)g(t) t 1試題解析：12(I)解：f(X)Inx 1，所以F(x)-mx Inx 1，值與最值即可證明.函數(shù)F (x)的定義域?yàn)?0,1)，而F (x) mx xmx21x當(dāng)0 0 時(shí)，恒有 F F(x)(x) 0 0,函數(shù)F(x)在(0,)上是增函數(shù);當(dāng)0時(shí)，令F(x) 0,得mx21 0，解得0 x(x(x) )得mx210,解得x綜上，當(dāng)0 0 時(shí)，函數(shù)F(x)在(0,)上是增函數(shù);當(dāng)m 0時(shí),函數(shù)F(x

30、)在(0,是增函數(shù)，在 m,)上是減函數(shù).因?yàn)?X X1X X2，所以X2X2X1X10;而&1，所以In0，所以k 0;X1X1要證k丄即證InX2x2x1，令tx2，則t1,則只要證In tX1X1X1X1f (x2) f (X|) In x2In為(n)證明:kX2X1X2X11,第2424頁共 1919 頁第2525頁共 1919 頁1設(shè)g(t) t 1 Int，則g(t) 10(t 1)，故g(t)在1,)上是增函數(shù)所以當(dāng)t 1時(shí)，g(t) t 1 In t g(1)0，即t 1 Int成立.1綜上可知0 k成立，得證.X1【考點(diǎn)】1 1 導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算；2 2利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點(diǎn)切線方程.x 2cos2222 .在平面直角坐標(biāo)系中，曲線 G G 的參數(shù)方程為y 2 2sin原點(diǎn)0為極點(diǎn)，以x軸正半軸為極軸，建立極坐標(biāo)系，曲線4cos. .(1) 求曲線 G G 的極坐標(biāo)方程；(2)射線-(0)與曲線G,C2 分別交于 代B兩點(diǎn)(異于原點(diǎn)O),定點(diǎn)M(2,0),3求MAB的面積 【答案】(1 1)4sin； (2 2)3 ,3. .【解析】()將曲線C1化成直角坐標(biāo)方程，再化成極坐標(biāo)方程；(2 2