2019年河北省石家庄市高考数学一模试卷（理科）（a卷）

这是一份2019年河北省石家庄市高考数学一模试卷（理科）（a卷），共21页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2019年河北省石家庄市高考数学一模试卷（理科）（A卷）
一、选择题：本大题共12个小题，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．（5分）已知集合A＝{x∈R|x+1＞0}，B＝{x∈Z|x≤1}，则A∩B＝（　　）
A．{x|0≤x≤1} B．{x|﹣1＜x≤1} C．{0，1} D．{1}
2．（5分）若复数（i为虚数单位），则＝（　　）
A． B． C． D．
3．（5分）已知＝（　　）
A．﹣ B．﹣3 C． D．3
4．（5分）下列说法中正确的是（　　）
A．若函数f（x）为奇函数，则f（0）＝0
B．若数列{an}为常数列，则{an}既是等差数列也是等比数列
C．在△ABC中，A＞B是sinA＞sinB的充要条件
D．若两个变量x，y的相关系数为r，则r越大，x与y之间的相关性越强．
5．（5分）已知平面向量与的夹角为，且，则＝（　　）
A．2 B．1 C． D．
6．（5分）袋子中装有大小、形状完全相同的2个白球和2个红球，现从中不放回地摸取两个球，已知第二次摸到的是红球，则第一次摸到红球的概率为（　　）
A． B． C． D．
7．（5分）设变量x，y满足约束条件，则目标函数z＝x+3y的最小值为（　　）
A．8 B．6 C．4 D．3
8．（5分）已知f（x）是定义在R上的奇函数，且满足f（x）＝f（2﹣x），当x∈[0，1]时，f（x）＝4x﹣1，则在（1，3）上，f（x）≤1的解集是（　　）
A．（1，] B．[，] C．[，3） D．[2，3）
9．（5分）已知椭圆，点F为左焦点，点P为下顶点，平行于FP的直线l交椭圆于A，B两点，且AB的中点为，则椭圆的离心率为（　　）
A． B． C． D．
10．（5分）已知函数的部分函数图象如图所示，点，则函数f（x）图象的一条对称轴方程为（　　）

A． B． C． D．
11．（5分）如图，某几何体的三视图都是边长为1的正方形，则该几何体的体积为（　　）

A． B． C． D．
12．（5分）对任意，都存在x1，x2（x1，x2∈R，x1≠x2），使得，其中e为自然对数的底数，则实数a的取值范围是（　　）
A．（e2，+∞） B．（1，+∞） C．（1，e2） D．（0，1）
二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）
13．（5分）已知随机变量X服从正态分布N（2，1），若P（X≤a﹣2）＝P（X≥2a+3），则a＝　 　．
14．（5分）已知双曲线C：x2﹣4y2＝1，过点P（2，0）的直线l与C有唯一公共点，则直线l的方程为　 　．
15．（5分）在棱长为1的透明密闭的正方形容器ABCD﹣A1B1C1D1中，装有容器总体积一半的水（不计容器壁的厚度），将该正方体容器绕BD1旋转，并始终保持BD1所在直线与水平平面平行，则在旋转过程中容器中水的水面面积的最大值为　 　．
16．（5分）已知数列{an}的前n项和为Sn，且，若a2＜﹣4，则Sn取最小值时n＝　 　．
三、解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）
17．（12分）已知△ABC的面积为，且内角A、B、C依次成等差数列．
（1）若sinC＝3sinA，求边AC的长；
（2）设D为边AC的中点，求线段BD长的最小值．
18．（12分）已知三棱锥P﹣ABC中，PC⊥AB，△ABC是边长为2的正三角形，PB＝4，∠PBC＝60°；
（1）证明：平面PAC⊥平面ABC；
（2）设F为棱PA的中点，求二面角P﹣BC﹣F的余弦值．

19．（12分）东方商店欲购进某种食品（保质期两天），此商店每两天购进该食品一次（购进时，该食品为刚生产的）．根据市场调查，该食品每份进价8元，售价12元，如果两天内无法售出，则食品过期作废，且两天内的销售情况互不影响，为了了解市场的需求情况，现统计该产品在本地区100天的销售量如表：
销售量（份）
15
16
17
18
天数
20
30
40
10
（视样本频率为概率）
（1）根据该产品100天的销售量统计表，记两天中一共销售该食品份数为ξ，求ξ的分布列与期望
（2）以两天内该产品所获得的利润期望为决策依据，东方商店一次性购进32或33份，哪一种得到的利润更大？
20．（12分）已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）上一点P（x0，2）到焦点F的距离|PF|＝2x0．
（1）求抛物线C的方程；
（2）过点P引圆的两条切线PA、PB，切线PA、PB与抛物线C的另一交点分别为A、B，线段AB中点的横坐标记为t，求t的取值范围．
21．（12分）已知函数，
（1）求函数f（x）的极小值
（2）求证：当﹣1≤a≤1时，f（x）＞g（x）
[选修4-4：坐标系与参数方程]
22．（10分）在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（α为参数），以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，射线l的极坐标方程为．
（1）求曲线C的极坐标方程；
（2）当0＜r＜2时，若曲线C与射线l交于A，B两点，求的取值范围．
[选修4-5：不等式选讲]
23．设函数f（x）＝|1﹣x|﹣|x+3|．
（1）求不等式f（x）≤1的解集；
（2）若函数f（x）的最大值为m，正实数p，q满足p+2q＝m，求的最小值．

2019年河北省石家庄市高考数学一模试卷（理科）（A卷）
参考答案与试题解析
一、选择题：本大题共12个小题，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．（5分）已知集合A＝{x∈R|x+1＞0}，B＝{x∈Z|x≤1}，则A∩B＝（　　）
A．{x|0≤x≤1} B．{x|﹣1＜x≤1} C．{0，1} D．{1}
【分析】可求出集合A，然后进行交集的运算即可．
【解答】解：A＝{x|x＞﹣1}；
∴A∩B＝{x∈Z|﹣1＜x≤1}＝{0，1}．
故选：C．
2．（5分）若复数（i为虚数单位），则＝（　　）
A． B． C． D．
【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简z，再由求解．
【解答】解：∵数＝，
∴＝．
故选：D．
3．（5分）已知＝（　　）
A．﹣ B．﹣3 C． D．3
【分析】利用已知条件化简，通过两角和与差的三角函数化简求解即可．
【解答】解：已知cos（+α）＝2cos（π﹣α），可得﹣sinα＝﹣2cosα，
tanα＝2，
则tan＝＝＝﹣3．
故选：B．
4．（5分）下列说法中正确的是（　　）
A．若函数f（x）为奇函数，则f（0）＝0
B．若数列{an}为常数列，则{an}既是等差数列也是等比数列
C．在△ABC中，A＞B是sinA＞sinB的充要条件
D．若两个变量x，y的相关系数为r，则r越大，x与y之间的相关性越强．
【分析】对于选项A，B给出反例可说明命题错误，C由正弦定理可知命题正确，D由相关系数的定义确定其真伪即可．
【解答】解：A：只有当奇函数f（x）的定义域中有0时，f（0）＝0，故A不正确；
B：an＝0时，B不正确；
C：A＞B⇔a＞b⇔sinA＞sinB，故C正确；
D：两个随机变量相关性越强，则相关系数r的绝对值越接近于1，故D错误．
故选：C．
5．（5分）已知平面向量与的夹角为，且，则＝（　　）
A．2 B．1 C． D．
【分析】根据条件可求出，从而对两边平方即可得出，解出即可．
【解答】解：∵向量与的夹角为，且；
∴；
∴＝；
∴；
∴或0（舍去）；
∴．
故选：A．
6．（5分）袋子中装有大小、形状完全相同的2个白球和2个红球，现从中不放回地摸取两个球，已知第二次摸到的是红球，则第一次摸到红球的概率为（　　）
A． B． C． D．
【分析】第二次摸到红球时，第一次是从2个白球和一个红球中摸到红球．
【解答】解：在第二次摸到红球的条件下，第一次从3个球中摸到红球的概率为．
故选：B．
7．（5分）设变量x，y满足约束条件，则目标函数z＝x+3y的最小值为（　　）
A．8 B．6 C．4 D．3
【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，求最小值．
【解答】解：作出变量x，y满足约束条件，对应的平面区域如图：（阴影部分）．
由z＝x+3y得y＝﹣x+，
平移直线y＝﹣x+，
由图象可知当直线y＝﹣x+经过点A时，直线y＝﹣x+的截距最小，
此时z最小．
由，解得 A（﹣2，2），
代入目标函数得z＝﹣2+3×2＝4．
即z＝x+3y的最小值为4．
故选：C．

8．（5分）已知f（x）是定义在R上的奇函数，且满足f（x）＝f（2﹣x），当x∈[0，1]时，f（x）＝4x﹣1，则在（1，3）上，f（x）≤1的解集是（　　）
A．（1，] B．[，] C．[，3） D．[2，3）
【分析】根据题意，分析可得函数的对称轴为x＝1，结合函数的奇偶性与解析式作出函数的图象，据此分析可得答案．
【解答】解：根据题意，函数f（x）满足f（x）＝f（2﹣x），则函数的对称轴为x＝1，
又由f（x）为奇函数且当x∈[0，1]时，f（x）＝4x﹣1，则其图象如图，
在（1，3）上，f（x）≤1，则有≤x＜3，
即不等式的解集为[，3），
故选：C．

9．（5分）已知椭圆，点F为左焦点，点P为下顶点，平行于FP的直线l交椭圆于A，B两点，且AB的中点为，则椭圆的离心率为（　　）
A． B． C． D．
【分析】设A（x1，y1），B（x2，y2）．由AB的中点为，可得x1+x2＝2，y1+y2＝1．由PF∥l，可得kPF＝kl＝﹣＝．由+＝1，+＝1．作差代入即可得出．
【解答】解：设A（x1，y1），B（x2，y2）．
∵AB的中点为，∴x1+x2＝2，y1+y2＝1．
∵PF∥l，∴kPF＝kl＝﹣＝．
由+＝1，+＝1．
∴+＝0，
∴+＝0，可得：2bc＝a2，
∴4c2（a2﹣c2）＝a4，化为：4e4﹣4e2+1＝0，
解得e2＝，0＜e＜1．
∴e＝．
故选：A．
10．（5分）已知函数的部分函数图象如图所示，点，则函数f（x）图象的一条对称轴方程为（　　）

A． B． C． D．
【分析】首先根据函数图象上的点的坐标，确定函数的关系式，进一步利用含糊是图象的性质的应用求出结果．
【解答】解：函数的部分函数图象如图所示，
点，
根据函数的图象：f（0）＝，
整理得：2cosφ＝，
解得：φ＝，
由于ω＞0，图象向右平移，
所以φ＝﹣．
又：f（）＝2cos（ω﹣）＝0，
解得：（ω﹣1）＝2kπ+（k∈Z）
整理得：ω＝12k+4．当k＝0时，ω＝4．
故：f（x）＝2cos（4x﹣），
所以令4x﹣＝kπ（k∈Z）时，解得x＝+．（k∈Z）
所以当k＝0时，对称轴方程为x＝．
故选：D．
11．（5分）如图，某几何体的三视图都是边长为1的正方形，则该几何体的体积为（　　）

A． B． C． D．
【分析】画出几何体的直观图，利用三视图的数据求解几何体的体积即可．
【解答】解：由题意可知几何体的直观图如图：是正方体去掉2个三棱锥的几何体，
几何体的体积为：1﹣2×＝．

故选：D．
12．（5分）对任意，都存在x1，x2（x1，x2∈R，x1≠x2），使得，其中e为自然对数的底数，则实数a的取值范围是（　　）
A．（e2，+∞） B．（1，+∞） C．（1，e2） D．（0，1）
【分析】令f（m）＝mlnm﹣m，，然后根据导数及函数单调性可求f（m）∈[﹣1，e2]，然后令g（x）＝ax﹣ex，由x1≠x2，g（x1）＝g（x2），可知y＝mlnm﹣m与y＝g（x）的图象有2个交点，结合导数即可求解．
【解答】解：令f（m）＝mlnm﹣m，，
∴f′（m）＝lnm，
当时，f′（m）＝lnm＜0，∴f（m）单调递减，
当1＜m＜e2，f′（m）＝lnm＞0，∴f（m）单调递增，
∵f（m）＝﹣1，f（）＝﹣，f（e2）＝e2，
故f（m）∈[﹣1，e2]
令g（x）＝ax﹣ex，则g′（x）＝a﹣ex，且x1≠x2，g（x1）＝g（x2），
①当a≤0时，g′（x）＝a﹣ex＜0恒成立，∴g（x）在R上单调递减，与x1≠x2，g（x1）＝g（x2），矛盾
②当a＞0时，当x＞lna时，g′（x）＝a﹣ex＜0，∴函数g（x）单调递减，
当x＜lna时，g′（x）＝a﹣ex＞0，∴函数g（x）单调递增，
∵当x→﹣∞时，g（x）→﹣∞，当x→+∞时，g（x）→﹣∞且g（x）max＝g（lna）＝alna﹣a，
∴当x1≠x2时，若g（x1）＝g（x2）＝mlnm﹣m，
则y＝mlnm与y＝g（x）有2个不同的交点，
∴alna﹣a＞e2，∴g（a）＝alna﹣a＞g（e2）＝e2lne2﹣e2＝e2，又a＞0，
∴解得a＞e2，
∴实数a的取值范围为：（e2，+∞）．
故选：A．
二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）
13．（5分）已知随机变量X服从正态分布N（2，1），若P（X≤a﹣2）＝P（X≥2a+3），则a＝　1　．
【分析】根据正态曲线关于x＝2对称，得到两个概率相等的区间关于x＝2对称，得到关于a的方程，解方程即可．
【解答】解：∵随机变量ξ服从正态分布N（2，1），
∴正态曲线关于x＝2对称，
∵P（X≤a﹣2）＝P（X≥2a+3），
∴a﹣2+2a+3＝4，
∴a＝1，
故答案为：1．
14．（5分）已知双曲线C：x2﹣4y2＝1，过点P（2，0）的直线l与C有唯一公共点，则直线l的方程为　x±2y﹣2＝0　．
【分析】先确定双曲线的右顶点，进而根据图形可推断出当l与渐近线平行，满足l与C有且只有一个公共点．
【解答】解：根据双曲线方程x2﹣4y2＝1可知a＝1，
∴右顶点为（1，0），使l与C有且只有一个公共点的情况为：
当l与渐近线平行直线l与C有唯一公共点，双曲线的渐近线方程为：x±2y＝0，
过点P（2，0）的直线l与C有唯一公共点，则直线l的方程为：y＝（x﹣2）
即x±2y﹣2＝0．
故答案为：x±2y﹣2＝0．
15．（5分）在棱长为1的透明密闭的正方形容器ABCD﹣A1B1C1D1中，装有容器总体积一半的水（不计容器壁的厚度），将该正方体容器绕BD1旋转，并始终保持BD1所在直线与水平平面平行，则在旋转过程中容器中水的水面面积的最大值为　　．
【分析】水面是以BD1为对角线的平行四边形，设A1M＝x，用x表示出水面面积，根据二次函数的性质和x的范围得出水面的最大面积．
【解答】解：由对称性可知水面横经过BD1所在的直线，
设水面与AA1交于M，与CC1交于N，则A1M＝CN，且四边形BMD1N为平行四边形．
设A1M＝x（0≤x≤1），则AM＝1﹣x，故D1M＝，BM＝，
又BD1＝，
∴cos∠BMD1＝＝，
∴sin∠BMD1＝，
∴水面四边形BMD1N的面积S＝2S＝2×××＝．
∵x2﹣x+1＝（x﹣）2+，且0≤x≤1，
∴当x＝0或x＝1时，S取得最大值．
故答案为：．

16．（5分）已知数列{an}的前n项和为Sn，且，若a2＜﹣4，则Sn取最小值时n＝　10　．
【分析】由，知数列{an}为单调递增的等差数列，将n换为n+1，两式作差可得an+2+an+2＝n﹣9，结合条件得到a10与a11与0的大小，即可得出Sn取最小值时n的值．
【解答】解：∵数列{an}的前n项和为Sn，且，①
由等差数列前n项和的性质，知数列{an}为单调递增的等差数列，
将n换为n+1得，Sn+2+Sn+1＝，②
②﹣①得，an+2+an+1＝n﹣9，
当n＝9时，a11+a10＝0，
又a2＜﹣4，
∴a11＞0，a10＜0，
∴n＝10时，Sn取最小值．
故答案为：10．
三、解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）
17．（12分）已知△ABC的面积为，且内角A、B、C依次成等差数列．
（1）若sinC＝3sinA，求边AC的长；
（2）设D为边AC的中点，求线段BD长的最小值．
【分析】（1）由A，B，C依次成等差数列，得到2B＝A+C，再由内角和定理求出B的度数，利用三角形的面积公式，正弦定理，余弦定理即可计算得解．
（2）由题意可得＝（+），两边平方，利用平面向量数量积的运算，基本不等式即可计算得解AD的最小值．
【解答】解：（1）∵在△ABC中，三个内角A，B，C依次成等差数列，
∴2B＝A+C，
∵A+B+C＝180°，
∴B＝60°，
∵△ABC的面积为＝acsinB＝ac，
∴ac＝12，
∵sinC＝3sinA，由正弦定理可得：c＝3a，
∴解得：a＝2，c＝6，
∴由余弦定理得AC＝b＝＝＝2．
（2）因为D为AC边的中点，
所以：＝（+），
两边平方，可得：2＝（2+2+2•），
可得：||2＝（c2+a2+2a•c•cosB）＝（c2+a2+a•c）≥（2ac+ac）＝×3×12＝9，解得BD≥3，当且仅当a＝c时等号成立，
可得BD的最小值为3．
18．（12分）已知三棱锥P﹣ABC中，PC⊥AB，△ABC是边长为2的正三角形，PB＝4，∠PBC＝60°；
（1）证明：平面PAC⊥平面ABC；
（2）设F为棱PA的中点，求二面角P﹣BC﹣F的余弦值．

【分析】（1）计算PC，根据勾股定理可得PC⊥BC，结合PC⊥AB可得PC⊥平面ABC，故而平面PAC⊥平面ABC；
（2）建立空间坐标系，求出平面PBC和平面BCF的法向量，计算法向量的夹角得出二面角的大小．
【解答】（1）证明：∵PB＝4，BC＝2，∠PBC＝60°，
∴PC＝＝2，
∴PC2+BC2＝PB2，∴PC⊥BC，
又PC⊥AB，AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，AB∩BC＝B，
∴PC⊥平面ABC，有PC⊂平面PAC，
∴平面PAC⊥平面ABC．
（2）取AC的中点O，连接OF，CF，OB，则OF∥PC，OF＝PC＝，
由（1）知PC⊥平面ABC，故OF⊥平面ABC，
∵△ABC是正三角形，∴OB⊥AC，
以O为原点，以OA，OB，OF为坐标轴建立空间坐标系如图所示，
则F（0，0，），C（﹣1，0，0），B（0，，0），P（﹣1，0，2），
∴＝（1，，0），＝（1，0，），＝（0，0，2），
设平面PBC的法向量为＝（x，y，z），则，即，
令y＝1可得＝（﹣，1，0），同理可得平面BCF的法向量为＝（﹣，1，1）．
∴cos＜＞＝＝＝．
∴二面角P﹣BC﹣F的余弦值为．

19．（12分）东方商店欲购进某种食品（保质期两天），此商店每两天购进该食品一次（购进时，该食品为刚生产的）．根据市场调查，该食品每份进价8元，售价12元，如果两天内无法售出，则食品过期作废，且两天内的销售情况互不影响，为了了解市场的需求情况，现统计该产品在本地区100天的销售量如表：
销售量（份）
15
16
17
18
天数
20
30
40
10
（视样本频率为概率）
（1）根据该产品100天的销售量统计表，记两天中一共销售该食品份数为ξ，求ξ的分布列与期望
（2）以两天内该产品所获得的利润期望为决策依据，东方商店一次性购进32或33份，哪一种得到的利润更大？
【分析】（1）计算ξ的各种取值对应的概率，得出分布列，再计算数学期望；
（2）分别计算两种情况下所获利润的数学期望，得出结论．
【解答】解：（1）ξ的可能取值有30，31，32，33，34，35，36，
其中P（ξ＝30）＝0.2×0.2＝0.04，P（ξ＝31）＝2×0.2×0.3＝0.12，
P（ξ＝32）＝0.3×0.3+2×0.2×0.4＝0.25，
P（ξ＝33）＝2×0.2×0.1+2×0.3×0.4＝0.28，
P（ξ＝34）＝0.4×0.4+2×0.3×0.1＝0.22，
P（ξ＝35）＝2×0.4×0.1＝0.08，
P（ξ＝36）＝0.1×0.1＝0.01．
∴ξ的分布列为：
ξ
30
31
32
33
34
35
36
P
0.04
0.12
0.25
0.28
0.22
0.08
0.01
∴E（ξ）＝30×0.04+31×0.12+32×0.25+33×0.28+34×0.22+35×0.08+36×0.01＝32.8．
（2）当一次性购进32份食品时，设每两天的利润为X，则X的可能取值有104，116，128，
且P（X＝104）＝0.04，P（X＝116）＝0.12，P（X＝128）＝1﹣0.04﹣0.12＝0.84，
∴E（X）＝104×0.04+116×0.12+128×0.84＝125.6．
当一次性购进33份食品时，设没两天的利润为Y，则Y的可能取值有96，108，120，132．
且P（Y＝96）＝0.04，P（Y＝108）＝0.12，P（Y＝120）＝0.25，P（Y＝132）＝1﹣0.04﹣0.12﹣0.25＝0.59，
∴E（Y）＝96×0.04+108×0.12+120×0.25+132×0.59＝124.68．
∵E（X）＞E（Y），
∴东方商店一次性购进32份食品时得到的利润更大．
20．（12分）已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）上一点P（x0，2）到焦点F的距离|PF|＝2x0．
（1）求抛物线C的方程；
（2）过点P引圆的两条切线PA、PB，切线PA、PB与抛物线C的另一交点分别为A、B，线段AB中点的横坐标记为t，求t的取值范围．
【分析】（1）求得抛物线的焦点和准线方程，运用抛物线的定义，解方程可得p，进而得到抛物线方程；
（2）设过P（1，2）的切线方程为y＝kx+2﹣k，运用圆心到直线的距离为半径r，以及联立抛物线方程，运用韦达定理，可得A，B的横坐标与r的关系，化简整理，即可得到所求范围．
【解答】解：（1）抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点F（，0），准线方程为x＝﹣，
|PF|＝2x0．即为x0+＝2x0，又2px0＝4，解得p＝2，x0＝1，
抛物线C的方程为y2＝4x；
（2）过P（1，2）的切线方程为y＝kx+2﹣k，
由切线与圆M相切，可得＝r，
化为（r2﹣4）k2﹣8k+（r2﹣4）＝0，
可得k1+k2＝，k1k2＝1，
由y＝kx+2﹣k，联立抛物线方程可得k2x2+[2k（2﹣k）﹣4]x+（2﹣k）2＝0，
设A（x1，y1），B（x2，y2），
可得1•x1＝＝1﹣+，
1•x2＝＝1﹣+，
即有x1+x2＝2﹣4（+）+4（+）
＝2﹣+4（﹣2）＝（+1）2﹣7，
由0＜r≤，可得4﹣r2∈[2，4），
可得（+1）2﹣7∈（18，74]，
即有t＝∈（9，37]．
t的取值范围是（9，37]．
21．（12分）已知函数，
（1）求函数f（x）的极小值
（2）求证：当﹣1≤a≤1时，f（x）＞g（x）
【分析】（1）f′（x）＝﹣＝，（x∈（0，+∞））．对a分类讨论，利用导数研究单调性极值即可得出结论．
（2）令F（x）＝f（x）﹣g（x）＝lnx+﹣＝，x∈（0，+∞）．当﹣1≤a≤1时，要证f（x）＞g（x），即证F（x）＞0，即xlnx﹣asinx+1＞0，即证xlnx＞asinx﹣1．对a分类讨论，利用导数研究单调性极值通过放缩即可证明结论．
【解答】解：（1）f′（x）＝﹣＝，（x∈（0，+∞））．
当a﹣1≤0时，即a≤1时，f′（x）＞0，函数f（x）在x∈（0，+∞）上单调递增，无极小值；
当a﹣1＞0时，即a＞1时，f′（x）＜0，解得0＜x＜a﹣1，函数f（x）在（0，a﹣1）上单调递减．
f′（x）＞0，解得x＞a﹣1，函数f（x）在（a﹣1，+∞）上单调递增．
∴x＝a﹣1时，函数f（x）取得极小值，f（a﹣1＝1+ln（a﹣1）．
综上所述，当a≤1时，f（x）无极小值；当a＞1时，f（x）极小值＝1+ln（a﹣1）．
（2）令F（x）＝f（x）﹣g（x）＝lnx+﹣＝，x∈（0，+∞）．
当﹣1≤a≤1时，要证f（x）＞g（x），即证F（x）＞0，即xlnx﹣asinx+1＞0，
即证xlnx＞asinx﹣1．
①当0＜a≤1时，
令h（x）＝x﹣sinx，h′（x）＝1﹣cosx≥0，所以h（x）在x∈（0，+∞）上单调递增，
故h（x）＞h（0）＝0，即x＞sinx．
∴ax﹣1＞asinx﹣1，
令u（x）＝xlnx﹣x+1，u′（x）＝lnx，
当x∈（0，1），u′（x）＜0，u（x）在（0，1）上单调递减；x∈（1，+∞），u′（x）＞0，u（x）在（1，+∞）上单调递增．
故u（x）≥u（1）＝0，即xlnx≥x﹣1．当且仅当x＝1时取等号．
又∵0＜a≤1，∴xlnx≥x﹣1≥ax﹣1．
由上面可知：xlnx≥x﹣1≥ax﹣1＞asinx﹣1，
所以当0＜a≤1，∴xlnx＞asinx﹣1．
②当a＝0时，即证xlnx＞﹣1．令v（x）＝xlnx，v′（x）＝lnx+1，
可得v（x）在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增，
v（x）min＝v（）＝﹣＞﹣1，故xlnx＞﹣1．
③当﹣1≤a＜0时，当x∈（0，1]时，asinx﹣1＜﹣1，由②知v（x）＝xlnx≥﹣，而﹣＞﹣1，
故xlnx＞asinx﹣1．
当x∈（1，+∞）时，asinx﹣1≤0，由②知v（x）＝xlnx＞v（1）＝0，故xlnx＞asinx﹣1；
所以，当x∈（0，+∞）时，xlnx＞asinx﹣1．
综上①②③可知，当﹣1≤a≤1时，f（x）＞g（x）．
另证：xlnx﹣asinx+1＞0另一种方法：可设其为h（a），﹣1≤a≤1． h'（a）＝﹣sinx．分两类讨论都可以证出结论．
[选修4-4：坐标系与参数方程]
22．（10分）在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（α为参数），以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，射线l的极坐标方程为．
（1）求曲线C的极坐标方程；
（2）当0＜r＜2时，若曲线C与射线l交于A，B两点，求的取值范围．
【分析】（1）由消去r得曲线C的普通方程为：（x﹣2）2+y2＝r2，即x2+y2﹣4x+4﹣r2＝0，将代入得曲线C的极坐标方程为ρ2﹣4ρcosθ+4﹣r2＝0
（2）将θ＝代入ρ2﹣4ρcosθ+4﹣r2＝0，得ρ2﹣2ρ+4﹣r2＝0，设A，B的极径为ρ1，ρ2，然后利用极径的几何意义可得．
【解答】解：（1）由消去r得曲线C的普通方程为：（x﹣2）2+y2＝r2，即x2+y2﹣4x+4﹣r2＝0，
将代入得曲线C的极坐标方程为ρ2﹣4ρcosθ+4﹣r2＝0．
（2）将θ＝代入ρ2﹣4ρcosθ+4﹣r2＝0，得ρ2﹣2ρ+4﹣r2＝0，△＝4﹣4（4﹣r2）＞0，即r2∈（3，4）
设A，B的极径为ρ1，ρ2，
则ρ1+ρ2＝2，ρ1•ρ2＝4﹣r2，
∴+＝+＝＝，
∵3＜r2＜4，∴∈（2，+∞），
故的取值范围是（2，+∞）．
[选修4-5：不等式选讲]
23．设函数f（x）＝|1﹣x|﹣|x+3|．
（1）求不等式f（x）≤1的解集；
（2）若函数f（x）的最大值为m，正实数p，q满足p+2q＝m，求的最小值．
【分析】（1）分3段去绝对值解不等式，再相并；
（2）先根据分段函数的单调性求出最大值可得m＝4，再通过变形后使用基本不等式可得最小值．
【解答】解（1）不等式f（x）≤1⇔|1﹣x|﹣|x+3|≤1⇔或或，
解得x≥﹣，
故原不等式的解集为{x|x≥﹣}；
（2）∵f（x）＝，∴f（x）max＝4，∴m＝4，
∴p+2q＝4，p＞0，q＞0，∴p+2+2q＝6，
∴+＝（+）•＝（2+2++）≥（4+2）＝（4+4）＝，
∴的最小值为，当且仅当p＝1．q＝时取等．
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