2019年四川省绵阳市高考数学三诊试卷（理）
一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）
1. 已知集合M={x|1≤x＜3}，N={1，2}，则M∩N=（ ）
A.
B.
A. {1} B. {1,2} C. 0 D. [1,2]
C.
D. √2
8. 已知一个封闭的长方体容器中装有两个大小相同的铁球，若该长方体容器的三个相邻侧面的面积分别
为6，8，12，则铁球的直径最大只能为（ ）
2. i为虚数单位，复数z满足z（1+i）=i，则|z|=（ ）
D.
A. 2
1
2 B. √2
C. 1
3. 中国仓储指数是反映仓储行业经营和国内市场主要商品供求状况与变化趋势的已套指数体系．如图所
示的折线图是2017年和2018年的中国仓储指数走势情况．根据该折线图，下列结论中不正确的是（ ）
A. √3
9. 已知双曲线E：2−
𝑎𝑥2
𝑦2𝑏2
B. 2 C. √5 D. 4
=1（a＞b＞0）的两个焦点分别为F1，F2，以原点O为圆心，OF1为半径作圆，
F2恰好构成一个正六边形，与双曲线E相交，若顺次连接这些交点和F1，则双曲线E的离心率为（ ）
A. √3
2
B. 2 C. √3+1 D. 3
A. 2018年1月至4月的仓储指数比2017年同期波动性更大 B. 这两年的最大仓储指数都出现在4月份
C. 2018年全年仓储指数平均值明显低于2017年
D. 2018年各仓储指数的中位数与2017年备月仓储指数中位数差异明显
𝑥≥0
4. 已知变量x，y满足{|𝑦|≤1，则x2+y2的最大值为（ ）
𝑥+𝑦−2≤0
10. 在（1+𝑥-x）5的展开式中，x2项的系数为（ ）
A. −50 B. −30
𝑥+𝑦𝑧
C. 30 D. 50
11. 若x，y，z∈R+，且3x=4y=12z，∈（n，n+1），n∈N，则n的值是（ ）
A. 2
D. 2
B. 3 C. 4 D. 5
A. 10
𝜋
B. 5
𝜋
C. 4
12. 已知抛物线C：y2=4x的焦点为F，过点F且斜率为1的直线与抛物线C交于A、B两点，若在以线段
AB为直径的圆上存在两点M、N，在直线l：x+y+a=0上存在一点Q，使得∠MQN=90°，则实数a的取值范围为（ ）
5. 将函数𝑓(𝑥)=𝑠𝑖𝑛(2𝑥+6)的图象向左平移6个单位，得到函数g（x）的图象，则g（x）的式为（ ）
A. [−13,3]
A. 𝑔(𝑥)=cos2𝑥
B. 𝑔(𝑥)=−cos2𝑥
C. 𝑔(𝑥)=sin2𝑥
D. 𝑔(𝑥)=sin(2𝑥+3)
𝜋
B. [−3,1] C. [−3.13] D. [−13.13]
二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 函数f（x）={𝑓(𝑥−4),𝑥≥3，则f（9）=______．
⃗ =（sin2α，1），⃗ ⃗ ∥⃗ 14. 已知向量𝑎𝑏=（cosα，1），若𝑎𝑏，0＜α＜2，则α=______．
𝜋
2𝑥−1,−1≤𝑥<3,
6. 已知{an}是正项等比数列，且a1a8=4a5，a4与2a6的等差中项为18，则a5=（ ）
A. 2 B. 4 C. 8 D. 16
7. 函数f（x）=xln|x|的大致图象是（ ）
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15. 在《九章算术》中有称为“羡除”的五面体体积的求法．现有一个类似于“羡除”的
有三条棱互相平行的五面体，其三视图如图所示，财该五面体的体积为______． a1=1，a2=3，λ16. 已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn+1+Sn-1=2n+2Sn（n≥2），若，（Sn-an）
+λ+7≥（2-λ）n对任意n∈N*都成立，则实数λ）的最小值为______． 三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）
17. 已知△ABC的内角A，B，C所对边分别为a、b、c，且2acosC=2b-c．
（1）求角A的大小；
（2）若AB=3，AC边上的中线SD的长为√13，求△ABC的面积．
18. 甲、乙两家物流公司都需要进行货物中转，由于业务量扩大，现向社会招聘货车司机，其日工资方案
如下：甲公司，底薪80元，司机毎中转一车货物另计4元：乙公司无底薪，中转40车货物以内（含40车）的部分司机每车计6元，超出40车的部分司机每车计7元．假设同一物流公司的司机一填中转车数相同，现从这两家公司各随机选取一名货车司机，并分别记录其50天的中转车数，得到如下频数表：
甲公司送餐员送餐单数频数表
送餐单数 天数 38 10 39 15 40 10 41 10 42 5
19. 如图，在四棱锥P-ABCD中，底而ABCD是菱形，且PA=AD=2，
6
∠PAD=∠BAD=120°，E，F分别为PD，BD的中点，且𝐸𝐹=√．
2
（1）求证：平面PAD⊥平面ABCD； （2）求锐二面角E-AC-D的余弦值．
20. 已知A焦距为2√5的椭圆E：
⃗⃗⃗⃗ ． 于点B，⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑃𝐵=⃗𝑃𝐴（1）求椭圆E的方程；
𝑥2𝑎2
+
𝑦2𝑏2
=1（a＞b＞0）的右顶点，点P（0，2√3），直线PA交椭圆E
（2）设过点P且斜率为k的直线l与椭圆E交于M、N两点（W在P、N之间），若四边形MNAB的面积是△PMB面积的5倍．求直线l的斜率k．
乙公司送餐员送餐单数频数表
送餐单数 天数 38 5 39 10 40 10 41 20 42 5
21. 已知函数𝑓(𝑥)=2𝑥2−𝑎𝑥𝑙𝑛𝑥+𝑎𝑥+2(𝑎∈𝑅)有两个不同的极值点x1，x2，且x1＜x2．
（1）求实数a的取值范围； （2）求证：x1x2＜a2．
1
（1）现从记录甲公司的50天货物中转车数中随机抽取3天的中转车数，求这3填中转车数都不小于40的概率；
（2）若将频率视为概率，回答下列两个问题：
①记乙公司货车司机日工资为X（单位：元），求X的分布列和数学期望E（X）；
②小王打算到甲、乙两家物流公司中的一家应聘，如果仅从日工资的角度考虑，请利用所学的统计学知识为小王作出选择，并说明理由．
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22. 在平面直角坐标系xOy中，以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C的极坐标
方程为ρ（1+cos2θ）=8sinθ． （1）求曲线C的普通方程；
（2）直线l的参数方程为{𝑦=1+𝑡𝑠𝑖𝑛𝛼(𝑡为参数直线l与y轴交于点F与曲线C的交点为A，B，当𝑥=𝑡𝑐𝑜𝑠𝛼,
|FA|•|FB|取最小值时，求直线l的直角坐标方程．
23. 已知函数f（x）=|2x-1|+|x+m|．
（l）当m=l时，解不等式f（x）≥3； （2）证明：对任意x∈R，2f（x）≥|m+1|-|m|．
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答案和
1.【答案】B
【】
解：作出变量x，y满足
所对应的可行域（如图阴影部分）， 由
解得A（3，-1）
，
解：∵集合M={x|1≤x＜3}，N={1，2}， ∴M∩N={1，2}． 故选：B．
利用交集定义直接求解．
本题考查交集的求法，考查交集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题． 2.【答案】B
【】
而z=x2+y2表示可行域内的点到原点距离的平方， 数形结合可得最大距离为OA=z=x2+y2的最大值为：10． 故选：A．
，
作出可行域，z=x2+y2表示可行域内的点到原点距离的平方，数形结合可得． 本题考查简单线性规划，准确作图是解决问题的关键，属中档题． 5.【答案】A
【】
=，
解：i为虚数单位，复数z满足z（1+i）=i，故选：B．
直接利用复数的模的运算法则化简求解即可． 本题考查复数的模的求法，考查计算能力． 3.【答案】D
【】
解：将函数f（x）=sin（2x+）的图象向左平移个单位， 得到g（x）的式为g（x）=sin（2x++）=sin（2x+）=cos2x， 故选：A．
由题意利用诱导公式，函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换规律，得出结论．
本题主要考查诱导公式的应用，函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换规律，属于基础题． 6.【答案】C
【】
解：通过图象可看出，选项A，B，C的结论都正确； ∴选项D的结论错误． 故选：D．
通过图象可看出，2018年1月至4月的图象变化较2017年同期要大，从而判断出选项A的结论正确；由图象看出这两年的最大仓储指数都在4月份，从而判断B的结论正确；2018年的图象基本在2017年的下边，从而得出选项C的结论正确，从而错误的结论只能是D． 考查折线统计图的概念，以及读图的能力． 4.【答案】A
【】
解：设正项等比数列{an}的公比为q＞0，∵a1a8=4a5，a4与2a6的等差中项为18， ∴a12q7=4a1q4，a4+2a6=36即a1（q3+2q5）=36， 解得a1=，q=2， 则a5=16． 故选：C．
设正项等比数列{an}的公比为q＞0，由a1a8=4a5，a4与2a6的等差中项为18，可得a12q7=4a1q4，
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a4+2a6=36，解得a1，q，再利用等比数列的通项公式求解即可．
本题考查了等差数列与等比数列的通项公式与求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
进而可得a=2，b=3，c=4，由题意长方体一分为二，两个铁球最大直径为2，否则不可能放进长方体中，由此得解．
本题主要考查了长方体体积的求法，考查了空间想象能力和推理论证能力，属于中档题． 9.【答案】C
7.【答案】A
【】
【】
解：f（-x）=-xln|x|=-f（x），
∴f（x）是奇函数，图象关于原点对称，排除C，D； 当x＞0时，f（x）=xlnx，
∴当x＞1时，f（x）＞0，当0＜x＜1时，f（x）＜0， 故选：A．
根据f（x）的对称性，函数值的符号进行判断． 本题考查了函数图象判断，属于中档题． 8.【答案】B
【】
解：∵以c为半径的圆与双曲线的四个交点及F1、F2恰好构成正六边形的六个顶点 ∴该正六边形的边长为c， 则2a=（
-1）c
=
=
+1
则双曲线的离心率e==故选：C．
由已知中，以O为圆心，以c为半径的圆与双曲线的四个交点及F1、F2恰好构成正六边形的六个顶点，易求出该正六边形的边长及不相邻两个顶点之间的距离，进而求出2a的值，代入离心率表达式e=即可得到答案．
本题考查的知识点是双曲线的简单性质，其中根据已知条件，计算出a值，是解答本题的关键． 10.【答案】B
【】
解：∵长方体容器的三个相邻侧面的面积分别为6，8，12， ∴设长方体的长，宽，高分别为：a，b，c，则ab=6，ac=8，bc=12， ac×bc=6×8×12=576， ∴ab×
∴（abc）2=242，解得：V长方体=abc=24． ∴a=2，b=3，c=4， 则长方体如图：
解：（1+-x）5表示5个因式（1+-x）的乘积，在这5个因式中， 有2个因式都选-x，其余的3个因式都选1，相乘可得含x2 的项；
或者有3个因式选-x，有1个因式选，1个因式选1，相乘可得含x2 的项， 故x2项的系数为故选：B．
+（-•
•2）=-30，
由条件利用二项式定理，分类讨论求得（1+-x）5的展开式中，x2项的系数． 本题主要考查二项式定理的应用，体现了分类讨论的数学思想，属于中档题．
长方体一分为二，两个铁球最大直径为2，否则不可能放进长方体中．
11.【答案】C
故选：B．
设长方体的长，宽，高分别为：a，b，c，则由已知可得ab=6，ac=8，bc=12，可求V长方体=abc=24，
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【】
解：令3x=4y=12z=k＞1． 则x=，y=
，z=． ∴
==
=
+
+2∈（4，5）=（n，n+1），n∈N，
则n=4．
故选：C．
令3x=4y=12z=k＞1．可得x=
，y=
，z=
．代入
，化简整理即可得出．
本题考查了对数运算性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题． 12.【答案】A
【】
解：过点F（1，0）且斜率为1的直线方程为：y=x-1． 联立
⇒x2-6x+1=0
∴AB的中点坐标为（3，2）
AB=x1+x2+p=8
所以以线段AB为直径的圆圆
D：（x-3）2+（y-2）2=16，圆心
D为：（3，2），半径为r=4，∵在圆C上存在两点P，Q，在直线l上存在一点M，使得∠PMQ=90°， ∴在直线l上存在一点M，使得M到C（3，2）的距离等于r=4
，
∴只需C（3，2）到直线l的距离小于或等于4
，
∴⇒-13≤a≤3，
故选：A．
求得圆的方程，由切线的对称性和圆的知识将问题转化为圆心D（3，2）到直线l的距离小于或等于4
，再由点到直线的距离公式得到关于a的不等式求解．
本题考查直线和圆的位置关系，由题意得到圆心到直线的距离小于或等于4
是解决问题的
关键，属中档题
13.【答案】1
【】
解：根据题意，f（x）=
，
则f（9）=f（5）=f（1）=2×1-1=1； 故答案为：1．
根据题意，由函数的式可得f（9）=f（5）=f（1），进而计算可得答案．
本题考查分段函数式求值问题，属于基础题．
14.【答案】𝜋
6
【】
解：向量=（sin2α，1），=（cosα，1），
若
∥
，则sin2α-cosα=0，
即2sinαcosα=cosα； 又0＜α＜， ∴cosα≠0， ∴sinα=， ∴α=．
故答案为：．
由平面向量的共线定理与坐标表示，利用三角恒等变换求出α的值．
本题考查了平面向量的共线定理与应用问题，也考查了三角恒等变换应用问题，是基础题．
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15.【答案】24
【】
所以：，
故：λ（Sn-an）+λ+7≥（2-λ）n对任意n∈N*都成立， 则：
即：当n=1时，（Sn-an）min=0，
即：λ+7≥2-λ， 所以：
，
．
，
解：根据几何体得三视图，转换为几何体为：
故：λ的最小值为
所以：故答案为：24
首先把几何体的三视图转换为几何体，进一步利用割补法求出几何体的体积．
本题考查的知识要点：三视图和几何体之间的转换，几何体的体积公式的应用，割补法在几何体的体积运算中的应用，主要考察学生的运算能力和转换能力，属于基础题型． 16.【答案】−2
【】
5
=24 故答案为：
首先求出数列的通项公式，进一步求出数列的和，再利用函数的恒成立问题的应用求出λ的取值范围，最后求出最小值．
本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，数列的前n项和的应用，函数的恒成立问题的应用，主要考察学生的运算能力和转换能力，属于基础题型． 17.【答案】（本题满分为12分）
解：（1）∵2acosC=2b-c，由正弦定理可得：sinAcosC+2sinC=sinB， ∴sinB=sin（A+C）=sinAcosC+cosAsinC． ∴2sinC=cosAsinC， ∵sinC≠0，
1
1
解：数列{an}的前n项和为Sn，a1=1，a2=3， 且Sn+1+Sn-1=2n+2Sn（n≥2）， 所以：故：所以：…，
，
则：故：=所以：=
=2n+1-n-2，
， ，
-（1+1+1+…+1）， ，
， ，
，
， ，
∴cosA=2，
∴由A∈（0，π），可得角A=3；…6分 （2）在△ABD中，AB=3，BD=√13，cosA=2，
由余弦定理可得：13=9+AD2-3AD，解得：AD=4（负值舍去），…9分 ∵BD为AC边上的中线， ∴D为AC的中点， ∴AC=2AD=8，
13∴S△ABC=2AB•AC•sinA=×3×8×√=6√3．…12分
2
2
1
1
𝜋
1
【】
（1）利用正弦定理以及两角和与差的三角函数化简方程，即可求角A的余弦值，得到A的值；
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（2）在△ABD中，由余弦定理可得3AD的值，进而求得AC=2AD=8，利用三角形的面积公式即可计算得解．
本题考查正弦定理，余弦定理，三角形的面积公式在三角形的综合应用，考查了转化思想，属于基础题．
18.【答案】解：（1）设“这三天中转车数都不小于40”的事件为A，
则P（A）=𝐶3=196．
503𝐶25
可能取值为232，236，240，244，248，求出其分布列和E（Y），由E（X）＞E（Y），从日工资的角度考虑，小王应该选择乙公司．
本题考查概率的求法，考查离散型随机变量的分布列、数学期望的求法，考查推理推论证能力、运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．
19.【答案】证明：（1）过P作PO⊥AD，垂足为O，连结AO，BO，
由∠PAD=120°，得∠PAO=60°，
√3
=2×=√3， ∴在Rt△PAO中，PO=PAsin∠PAO=2sin60°
2
23
（2）设乙公司货车司机中转货车数为t， 则X={7𝑡−40,𝑡>40，
则X的所有取值分别为228，234，240，247，254， 其分布列为： 日工资 概率P 228 10 1
1
1
16𝑡,𝑡≤40
∵∠BAO=120°，∴∠BAO=60°，AO=AO， ∴△PAO≌△BAO，∴BO=PO=√3，
6
∵E，F分别是PA，BD的中点，EF=√，
2
234 5 2
1
1 240 5 1 247 5 2 254 10 1√6
=√6， ∴EF是△PBD的中位线，∴PB=2EF=2×
2
∴PB2=PO2+BO2，∴PO⊥BO， ∵AD∩BO=O，∴PO⊥平面ABCD，
又PO⊂平面PAD，∴平面PAD⊥平面ABCD．
解：（2）以O为原点，OB为x轴，OD为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系， A（0，1，0），P（0，0，√3），B（√3，0，0），D（0，3，0），
333
∴E（0，，√），F（√，2，0），
2
2
2
1√3
⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗ =（√3，，0）， 𝐴𝐸=（0，2，2），⃗⃗𝐴𝐹22
13
+234×+240×+247×+254×=241.8． ∴E（X）=228×1055510
设甲公司货车司机日工资为Y，日中转车数为μ，则Y=4μ+80， 则Y的所有可能取值为232，236，240，244，248， 则分布列为： 日工资 概率P 232 5 15
3
1 236 10 1
1
3 240 5 11 244 5 1 248 10 1⃗ =（0，0，1）， 平面ABCD的一个法向量𝑛
⃗⃗⃗ =（x，y，z）， 设平面ACE的法向量𝑚
1√3
𝑚⃗⃗⃗ ⋅⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐸=2𝑦+2𝑧=0
⃗⃗⃗ =（1，-√3，1）， 则{，取x=1，得𝑚
1√3⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗ ⋅𝐴𝐹=𝑥+𝑦=0𝑚
2
2
E（Y）=232×+236×
+240×+244×+248×=238.8．
105510
设锐二面角的平面角的大小为θ，
√5
=则cosθ=|cos＜𝑚， ⃗⃗⃗ ，𝑛⃗ ＞|=|𝑚⃗⃗⃗ |⋅|𝑛⃗⃗ |
5
|𝑚⃗⃗⃗ ⋅𝑛⃗⃗ |
由E（X）＞E（Y），知：
若从日工资的角度考虑，小王应该选择乙公司． 【】
∴锐二面角E-AC-D的余弦值为√．
5
5
（1）设“这三天中转车数都不小于40”的事件为A，利用古典概型、排列组合知识能求出这3天中转车数都不小于40的概率．
（2）设乙公司货车司机中转货车数为t，则X的所有取值分别为228，234，240，247，254，求出其分布列和E（X）；设甲公司货车司机日工资为Y，日中转车数为μ，则Y=4μ+80，则Y的所有
【】
（1）过P作PO⊥AD，垂足为O，连结AO，BO，推导出PO=PAsin∠PAO=AO=AO，从而△PAO≌△BAO，进而BO=PO=能证明平面PAD⊥平面ABCD．
，∠BAO=60°，
，推导出PO⊥BO，从而PO⊥平面ABCD，由此
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（2）以O为原点，OB为x轴，OD为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出锐二面角E-AC-D的余弦值．
本题考查面面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位即直线l的斜率k=±√．
3
42
【】
置关系等基础知识，考查推理推论证能力、运算求解能力，是中档题．
20.【答案】解：（1）由题意，得焦距2c=2√5，⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑃𝐵=⃗𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗ ， ∴2c=2√5，且点B为线段AP的中点， ∵点P（0，2√3），A（a，0）， ∴PA=2PB，B（𝑎
2，√3）， 点B（𝑎
2，√3）在椭圆E上， ∴c=√5，且𝑎2
3
4𝑎2+𝑏2=1，①，
又a2=b2+c2，即a2=b2+5，②， 联立①②解得b2=4，a2=b2+c2=9， ∴椭圆E的方程为𝑥2+𝑦2
9
4=1．
（2）由题可得S△PAN=6S△PBM，
即11
2|PA|•|PN|•sin∠APN=6×2|PB|•|PM|•sin∠BPM， ∴|PN|=3|⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑃𝑀|， ∴⃗𝑃𝑁⃗⃗⃗⃗⃗ =3⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑃𝑀，
设M（x1，y1），N（x2，y2），
于是⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑃𝑀=（x1，y1-2√3），⃗𝑃𝑁⃗⃗⃗⃗⃗ =（x2，y2-2√3）， ∴（x1，y1-2√3）=3（x2，y2-2√3）， ∴x1=3x𝑥2，即2
𝑥1
=3，
于是𝑥2𝑥110
𝑥1
+𝑥2
=3，
即
(𝑥1+𝑥2)216𝑥1𝑥2
=3，①，
联立{𝑦=𝑘𝑥+2√3𝑥2𝑦2，消去y，整理得（9k2+4）x2+36√39+1kx+72=0，
4=由△=（36√3k）2
-4×（9k2
+4）×
72＞0，解得k2
＞8
9， ∴x1+x2=-36√3𝑘
9𝑘2+4
，x1x2
=729𝑘2+4， 代入①可解得k2=32
28
9，满足k＞9，
∴k=±4√2
3
，
（1）根据题意可得c=，再根据点B在椭圆上，以及a2=b2+c2，即可求出b2=4，a2=9，可得椭圆
方程，
（2）设M（x1，y1），N（x2，y2），根据题意可得，可得x1=3x2，即
=3，再根据韦达定
理，即可求出k的值．
本题考查了椭圆的简单几何性质，考查了直线与圆锥曲线的关系，突出考查了数形结合和等价转化等数学思想方法，属于中档题．
21.【答案】解：（1）∵函数𝑓(𝑥)=1
2𝑥2−𝑎𝑥𝑙𝑛𝑥+𝑎𝑥+2(𝑎∈𝑅)，∴x＞0，f′（x）=x-alnx，
∵函数𝑓(𝑥)=1
22𝑥−𝑎𝑥𝑙𝑛𝑥+𝑎𝑥+2(𝑎∈𝑅)有两个不同的极值点x1，x2，且x1＜x2． ∴f′（x）=x-alnx=0有两个不等根， 令g（x）=x-alnx，则𝑔′(𝑥)=1−𝑎𝑥=𝑥−𝑎
𝑥
，（x＞0），
①当a≤0时，得g′（x）＞0，则g（x）在（0，+∞）上单调递增， ∴g（x）在（0，+∞）上不可能有两个零点．
②当a＞0时，由g′（x）＞0，解得x＞a，由g′（x）＜0，解得0＜x＜a， 则g（x）在（0，a）上单调递减，在（a，+∞）上单调递增， 要使函数g（x）有两个零点，则g（a）=a-alna＜0， 解得a＞e，∴实数a的取值范围是（e，+∞）． 证明：（2）由x1，x2是g（x）=x-alnx=0的两个根， 则{𝑎𝑙𝑛𝑥𝑎𝑙𝑛𝑥2=𝑥2
1=𝑥1，两式相减，得a（lnx2-lnx1）=x2-x1），
即a=𝑥1−𝑥1
(𝑥2−𝑥1)2
𝑥2𝑥1
𝑙𝑛𝑥2−𝑙𝑛𝑥1，即证x1x2＜
(𝑙𝑛𝑥2，即证（ln𝑥2
𝑥2−𝑥1
𝑥1
)2𝑥1）＜（𝑙𝑛𝑥2𝑥）=1
𝑥1−2+𝑥2，
由x𝑥1＜x2，得2
1
𝑥1=t＞1，只需证ln2t-t-𝑡+2，
设g（t）=ln2t-t-1
2
1
1
1
𝑡+2，则g′（t）=𝑡𝑙𝑛𝑡−1+𝑡2=𝑡(2𝑙𝑛𝑡−𝑡+𝑡)， 令h（t）=2lnt-t+1
2
1
1
𝑡，∴h′（t）=𝑡−1−𝑡2=-（𝑡−1）2＜0， ∴h（t）在（1，+∞）上单调递减，∴h（t）＜h（1）=0， ∴g′（t）＜0，即g（t）在（1，+∞）上是减函数，
∴g（t）＜g（1）=0，
即ln2t＜t-2+1
𝑡在（1，+∞）上恒成立，
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∴x1x2＜a2． 【】
②当-1＜x＜2时，f（x）=-x+2≥3，解得x≤-1，与-1＜x＜2矛盾，舍去， ③当x≥2时，f（x）=3x≥3，解得x≥1，
1
11
（1）推导出f′（x）=x-alnx=0有两个不等根，令g（x）=x-alnx，则a≤0，a＞0分类讨论，结合导数的性质能求出实数a的取值范围． （2）由x1，x2是g（x）=x-alnx=0的两个根，得到a=由x1＜x2，令
=t＞1，只需证ln2t-t-，设g（t）=ln2t-t-，证（ln
）＜（
）=
=
，
=
，（x＞0），根据
综上，不等式f（x）＜3的解集为{x|x≤-1或x≥1}；
证明（2）：2f（x）=|4x-2|+|2x+2m|=|2x-1|+|2x-1|+|2x+2m|≥|2x-1|+|2x+2m|≥|2x+2m-2x+1|=|2m+1|=|（m+1）+m|≥|m+1|-|m|，
∴对任意x∈R，2f（x）≥|m+1|-|m|． 【】
，则g′（t）=
（1）m=1时函数f（x）=|2x-1|+|x+1|，利用分段讨论法去掉绝对值，解对应的不等式即可； （2）根据绝对值三角不等式即可证明．
本题考查了含有绝对值的不等式的解法与应用问题，也考查了不等式恒成立问题，是中档题．
，利用导数性质能证明x1x2＜a2．
本题考查实数的取值范围的求法，考查不等式的证明，考查导数性质、函数的单调性等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查分类讨论与整合能力，是难题． 22.【答案】解：（1）由题意得ρ（1+cos2θ）=8sinθ，得2ρcos2θ=8sinθ，得ρ2cos2θ=4ρsinθ，
∵x=ρcosθ，y=ρsinθ，∴x2=4y， 即曲线C的普通方程为x2=4y．
（2）由题意可知，直线l与y轴交于点F（0，1）即为抛物线C的焦点， 令|FA|=|t1|，|FB|=|t2|，
将直线l的参数方程{𝑦=1+𝑡𝑠𝑖𝑛𝛼代入C的普通方程x2=4y中， 整理得t2cos2α-4tsinα-4=0， 由题意得cosα≠0，
根据韦达定理得：t1+t2=𝑐𝑜𝑠2𝛼，t1t2=𝑐𝑜𝑠2𝛼，
∴|FA||FB|=|t1||t2|=|t1t2|=𝑐𝑜𝑠2𝛼≥4，（当且仅当cos2α=1时，等号成立）， ∴当|FA|•|FB|取得最小值时，直线l的直角坐标方程为y=1． 【】
44𝑠𝑖𝑛𝛼
−4
𝑥=𝑡𝑐𝑜𝑠𝛼
（1）由题意得ρ（1+cos2θ）=8sinθ，得2ρcos2θ=8sinθ，得ρ2cos2θ=4ρsinθ，∵x=ρcosθ，y=ρsinθ，∴x2=4y，
（2）根据韦达定理和参数的几何意义可得． 本题考查了简单曲线的极坐标方程，属中档题． 23.【答案】解：（1）当m=1时，f（x）=|2x-1|+|x+1|，
①当x≤-1时，f（x）=-3x≥3，解得x≤-1，
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