《2018年河北省石家庄市高考数学一模试卷(理科)(A卷)(共28页).doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2018年河北省石家庄市高考数学一模试卷(理科)(A卷)(共28页).doc（31页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、精选优质文档-倾情为你奉上2018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 已知集合U=1，2，3，4，5，6，7，A=x|x3，xN，则UA=（）A1，2B3，4，5，6，7C1，3，4，7D1，4，72 已知i为虚数单位，（1+i）x=2+yi，其中x，yR，则|x+yi|=（）ABC2D43 函数f（x）=2x（x0），其值域为D，在区间（1，2）上随机取一个数x，则xD的概率是（）ABCD4 点B是以线段AC为直径的圆上的一点，其中|AB|=2，则=（）A1B2C3D45
2、 若x，y满足约束条件，则z=2x+y的最大值是（）A2B3C4D56 程序框图如图所示，该程序运行的结果为s=25，则判断框中可填写的关于i的条件是（）Ai4？Bi4？Ci5？Di5？7 南宋数学家秦九韶早在数书九章中就独立创造了已知三角形三边求其面积的公式：“以小斜幂并大斜幂，减中斜幂，余半之，自乘于上，以小斜幂乘大斜幂减之，以四约之，为实，一为从隅，开方得积”（即：，abc），并举例“问沙田一段，有三斜（边），其小斜一十三里，中斜一十四里，大斜一十五里，欲知为田几何？”则该三角形田面积为（）A82平方里B83平方里C84平方里D85平方里8 如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是
3、某几何体的三视图，则该几何体的表面积为（）A8+3B8+4C8+5D8+69 已知f（x）是定义在2b，1+b上的偶函数，且在2b，0上为增函数，则f（x1）f（2x）的解集为（）ABC1，1D10 在ABC中，AB=2，则的最大值为（）ABCD11 过抛物线焦点F的直线交抛物线于A，B两点，点C在直线y=1上，若ABC为正三角形，则其边长为（）A11B12C13D1412 设xOy，xOy为两个平面直角坐标系，它们具有相同的原点，Ox正方向到Ox正方向的角度为，那么对于任意的点M，在xOy下的坐标为（x，y），那么它在xOy坐标系下的坐标（x，y）可以表示为：x=xcos+ysin，y=yc
4、osxsin根据以上知识求得椭圆的离心率为（）ABCD二、填空题：本大题共4小题，每题5分，共20分.13 命题p：x01，的否定为 14 甲、乙、丙三位同学，其中一位是班长，一位是体育委员，一位是学习委员，已知丙的年龄比学委的大，甲与体委的年龄不同，体委比乙年龄小据此推断班长是 15 一个直角三角形的三个顶点分别在底面棱长为2的正三棱柱的侧棱上，则该直角三角形斜边的最小值为 16 已知函数，若函数y=f（g（x）+a有三个不同的零点x1，x2，x3（其中x1x2x3），则2g（x1）+g（x2）+g（x3）的取值范围为 三、解答题（共5小题，满分60分）17（12.00分）已知等比数列an的
5、前n项和为Sn，且满足（）求数列an的通项公式；（）若数列bn满足，求数列bn的前n项和Tn18（12.00分）四棱锥SABCD的底面ABCD为直角梯形，ABCD，ABBC，AB=2BC=2CD=2，SAD为正三角形（）点M为棱AB上一点，若BC平面SDM，求实数的值；（）若BCSD，求二面角ASBC的余弦值19（12.00分）小明在石家庄市某物流派送公司找到了一份派送员的工作，该公司给出了两种日薪薪酬方案甲方案：底薪100元，每派送一单奖励1元；乙方案：底薪140元，每日前55单没有奖励，超过55单的部分每单奖励12元（）请分别求出甲、乙两种薪酬方案中日薪y（单位：元）与送货单数n的函数关系
6、式；（）根据该公司所有派送员100天的派送记录，发现派送员的日平均派送单数满足以下条件：在这100天中的派送量指标满足如图所示的直方图，其中当某天的派送量指标在（n=1，2，3，4，5）时，日平均派送量为50+2n单若将频率视为概率，回答下列问题：根据以上数据，设每名派送员的日薪为X（单位：元），试分别求出甲、乙两种方案的日薪X的分布列，数学期望及方差；结合中的数据，根据统计学的思想，帮助小明分析，他选择哪种薪酬方案比较合适，并说明你的理由（参考数据：0.62=0.36，1.42=1.96，2.62=6.76，3.42=11.56，3.62=12.96，4.62=21.16，15.62=243
7、.36，20.42=416.16，44.42=1971.36）20（12.00分）已知椭圆C：的左、右焦点分别为F1，F2，且离心率为，M为椭圆上任意一点，当F1MF2=90时，F1MF2的面积为1（）求椭圆C的方程；（）已知点A是椭圆C上异于椭圆顶点的一点，延长直线AF1，AF2分别与椭圆交于点B，D，设直线BD的斜率为k1，直线OA的斜率为k2，求证：k1k2为定值21（12.00分）已知函数f（x）=（x+b）（exa），（b0），在（1，f（1）处的切线方程为（e1）x+ey+e1=0（）求a，b；（）若方程f（x）=m有两个实数根x1，x2，且x1x2，证明：（二）选考题：共10分，
8、请考生在22、23题中任选一题作答，按本选考题的首题进行评分选修4-4：坐标系与参数方程（共1小题，满分10分）22（10.00分）在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（r0，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，直线l的极坐标方程为，若直线l与曲线C相切；（）求曲线C的极坐标方程；（）在曲线C上取两点M，N与原点O构成MON，且满足，求面积MON的最大值选修4-5：不等式选讲（共1小题，满分0分）23已知函数的定义域为R；（）求实数m的取值范围；（）设实数t为m的最大值，若实数a，b，c满足a2+b2+c2=t2，求的最小值2018年河北省石家庄市高考数学一模试
9、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 已知集合U=1，2，3，4，5，6，7，A=x|x3，xN，则UA=（）A1，2B3，4，5，6，7C1，3，4，7D1，4，7【分析】利用补集定义直接求解【解答】解：集合U=1，2，3，4，5，6，7，A=x|x3，xN，UA=1，2故选：A【点评】本题考查补集的求法，考查补集等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题2 已知i为虚数单位，（1+i）x=2+yi，其中x，yR，则|x+yi|=（）ABC2D4【分析】利
10、用复数的相等、模的计算公式即可得出【解答】解：（1+i）x=2+yi，其中x，yR，x+xi=2+yi，x=2，x=y，解得x=y=2则|x+yi|=|2+2i|=2故选：A【点评】本题考查了复数的相等、模的计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题3 函数f（x）=2x（x0），其值域为D，在区间（1，2）上随机取一个数x，则xD的概率是（）ABCD【分析】由指数函数的单调性求出函数f（x）=2x，x（，0）的值域为D，再由测度比为长度比得答案【解答】解：函数f（x）=2x，x（，0）的值域为（0，1），即D=（0，1），则在区间（1，2）上随机取一个数x，xD的概率P=故选：B【点评】
11、本题考查几何概型，考查指数函数值域的求法，是基础题4 点B是以线段AC为直径的圆上的一点，其中|AB|=2，则=（）A1B2C3D4【分析】根据题意画出图形，结合图形求出的值【解答】解：如图所示，B是以线段AC为直径的圆上的一点，|AB|=2，=（+）=+=+0=4故选：D【点评】本题考查了平面向量的数量积应用问题，是基础题5 若x，y满足约束条件，则z=2x+y的最大值是（）A2B3C4D5【分析】先根据约束条件画出可行域，再利用几何意义求最值，z=2x+y表示直线在y轴上的截距，只需求出可行域直线在y轴上的截距最大值即可【解答】解：先根据约束条件画出可行域，当直线z=2x+y过点A（2，1
12、）时，z最大是3，故选：B【点评】本小题主要考查线性规划问题，以及利用几何意义求最值，属于基础题6 程序框图如图所示，该程序运行的结果为s=25，则判断框中可填写的关于i的条件是（）Ai4？Bi4？Ci5？Di5？【分析】按照程序框图的流程写出前几次循环的结果判断出当i为何值时输出，得到判断框中的条件【解答】解：模拟程序的运行，可得s=100，i=1由题意，满足判断框内的条件，执行循环体，s=1005=95，i=2由题意，满足判断框内的条件，执行循环体，s=9510=85，i=3由题意，满足判断框内的条件，执行循环体，s=8515=70，i=4由题意，满足判断框内的条件，执行循环体，s=702
13、0=50，i=5由题意，满足判断框内的条件，执行循环体，s=5025=25，i=6由题意，此时应该不满足判断框内的条件，退出循环，输出s的值为25可得判断框中可填写的关于i的条件是i5？故选：C【点评】本题考查解决程序框图中的循环结构时，常采用写出前几次循环的结果，找规律，属于基础题7 南宋数学家秦九韶早在数书九章中就独立创造了已知三角形三边求其面积的公式：“以小斜幂并大斜幂，减中斜幂，余半之，自乘于上，以小斜幂乘大斜幂减之，以四约之，为实，一为从隅，开方得积”（即：，abc），并举例“问沙田一段，有三斜（边），其小斜一十三里，中斜一十四里，大斜一十五里，欲知为田几何？”则该三角形田面积为（）
14、A82平方里B83平方里C84平方里D85平方里【分析】根据题意代值计算即可【解答】解：由题意：不妨设c=13，b=14，a=15，=84，故选：C【点评】本题考查数三角形的面积的求法，考查计算能力8 如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为（）A8+3B8+4C8+5D8+6【分析】根据三视图可得该几何体是有一个半圆柱挖去一个半球所得，根据面积公式可得【解答】解：根据三视图可得该几何体是有一个半圆柱挖去一个半球所得，圆柱底面圆半径为1，球的半径为1，圆柱的高为4，则该几何体的表面积为S=12+24=8+6故选：D【点评】本题考查了三视图，几何体表面
15、积公式，属于中档题9 已知f（x）是定义在2b，1+b上的偶函数，且在2b，0上为增函数，则f（x1）f（2x）的解集为（）ABC1，1D【分析】先根据奇偶函数的性质求出b，再根据f（x1）f（2x），可得|x1|2x|，结合x2，2，求出x的范围【解答】解：f（x）是定义在2b，1+b上的偶函数，2b+1+b=0，b=1，函数f（x）在2b，0上为增函数，函数f（x）在2，0上为增函数，故函数f（x）在0，2上为减函数，则由f（x1）f（2x），可得|x1|2x|，即（x1）24x，求得1x，再结合x2，2，故f（x1）f（2x）的解集为1，故选：B【点评】本题主要考查函数的单调性和奇偶性，
16、属于基础题10 在ABC中，AB=2，则的最大值为（）ABCD【分析】直接利用三角函数关系式的变换和正弦定理求出结果【解答】解：ABC中，AB=2，则：2R=，则：，=，=，=2cosA+6，=，由于：，0所以：，所以最大值为4故选：D【点评】本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，正弦定理的应用11 过抛物线焦点F的直线交抛物线于A，B两点，点C在直线y=1上，若ABC为正三角形，则其边长为（）A11B12C13D14【分析】设A（x1，y1），B（x2，y2），线段AB的中点D（x0，y0），设直线AB的斜率为k，则直线方程为y=kx+1，根据韦达定理和求出点D的坐标，根据抛物线的性
17、质求出|AB|，即可求出AB的垂直平分线的方程，求出点C的坐标，根据点到直线的距离公式，求出|CD|，根据等比三角形的性质可得|CD|=|AB|，即可求出k2=2，则边长可求【解答】解：抛物线焦点为（0，1），设A（x1，y1），B（x2，y2），线段AB的中点D（x0，y0），设直线AB的斜率为k，则直线方程为y=kx+1，由，消y可得x24kx4=0，x1+x2=4k，y1+y2=k（x1+x2）+2=4k2+2，|AB|=y1+y2+2=4k2+4，x0=2k，y0=2k2+1，D（2k，2k2+1），线段AB的垂直平分线的方程为y2k21=（x2k），即y=x+2k2+3，令y=1，则
18、x=2k3+4k，C（2k3+4k，1）点C到直线AB的距离|CD|=，ABC为正三角形，|CD|=|AB|，=（4k2+4），整理可得k2=2，|AB|=4k2+4=12，故选：B【点评】本题考查二轮直线和抛物线的位置关系，以及抛物线的性质和三角形的性质，考查了转化能力和运算能力，属于中档题12 设xOy，xOy为两个平面直角坐标系，它们具有相同的原点，Ox正方向到Ox正方向的角度为，那么对于任意的点M，在xOy下的坐标为（x，y），那么它在xOy坐标系下的坐标（x，y）可以表示为：x=xcos+ysin，y=ycosxsin根据以上知识求得椭圆的离心率为（）ABCD【分析】把坐标变换公式代
19、入椭圆方程化简，令xy系数为0得出的值，从而得出椭圆方程，计算出离心率【解答】解：把x=xcos+ysin，y=ycosxsin代入椭圆得：3（xcos+ysin）22（xcos+ysin）（ycosxsin）+5（ycosxsin）21=0，化简得：（4+sin2cos2）x2+（4sin2+cos2）y24sin（2+）xy=1令4sin（2+）=0可得2=于是2x2+6y2=1a2=，b2=，c2=，椭圆离心率为e=故选：A【点评】本题考查了坐标变换，三角变换，椭圆的性质，属于中档题二、填空题：本大题共4小题，每题5分，共20分.13 命题p：x01，的否定为x1，x22x30【分析】根
20、据特称命题的否定是全称命题，进行求解即可【解答】解：命题是特称命题，则命题的否定：x1，x22x30，故答案为：x1，x22x30【点评】本题主要考查含有量词的命题的否定，根据特称命题的否定是全称命题是解决本题的关键14 甲、乙、丙三位同学，其中一位是班长，一位是体育委员，一位是学习委员，已知丙的年龄比学委的大，甲与体委的年龄不同，体委比乙年龄小据此推断班长是乙【分析】推导出丙是体委，年龄从大到小是乙丙学委，由此得到乙不是学委，故乙是班长【解答】解：根据甲与体委的年龄不同，体委比乙年龄小，得到丙是体委，丙的年龄比学委的大，甲与体委的年龄不同，体委比乙年龄小，得到年龄从大到小是乙丙学委，由此得到
21、乙不是学委，故乙是班长故答案为：乙【点评】本题考查简单推理的应用，考查合情推理等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题15 一个直角三角形的三个顶点分别在底面棱长为2的正三棱柱的侧棱上，则该直角三角形斜边的最小值为【分析】根据正三棱柱的底面ABC为等边三角形，一个RtDEF的三个顶点分别在正三棱柱的三条侧棱上，结合图形的对称性可得，该三角形的斜边EF上的中线DG的长为底面三角形的高时，RtDEF的斜边最短【解答】解：直角三角形DEF的三个顶点分别在正三棱柱的三条侧棱上，不妨设EDF=90，已知正三棱柱的底面边长为AB=2，且EDF的斜边EF上的中线为DG，如图所示；由图形知，
22、当DG的长为底面三角形的高时，DG取得最小值为 3，此时斜边EF的长为2DG=2 3故答案为：2 3【点评】本题主要考查了正三棱柱的结构特征以及应用问题，是基础题16 已知函数，若函数y=f（g（x）+a有三个不同的零点x1，x2，x3（其中x1x2x3），则2g（x1）+g（x2）+g（x3）的取值范围为（，0）【分析】分别判断f（x）和g（x）的单调性，计算极值，根据零点个数求出a的范围，根据根与系数的关系，用a表示出2g（x1）+g（x2）+g（x3）得出结论【解答】解：g（x）=，当0xe时，g（x）0，当xe时，g（x）0，g（x）在（0，e）上单调递增，在（e，+）上单调递减，g（
23、x）g（e）=，作出g（x）的函数图象如图所示：令g（x）=t，则当t0或t=时，g（x）=t只有1解，当0t时，g（x）=t有2解f（x）=，当x0时，f（x）0，当0x时，f（x）0，f（x）在（，0）上单调递增，在（0，上单调递减当x=0时，f（x）取得极大值f（0）=1，又f（）=，作出f（x）在（，上的函数图象如图所示：y=f（g（x）+a有三个不同的零点x1，x2，x3，关于t的方程f（t）=a在（，0）和（0，）上各有1解，不妨设为t1，t2，a1，且g（x1）=t1，g（x2）=g（x3）=t2，又f（t）=a，即t2+（a1）t+1a=0，t1+t2=1a，2g（x1）+g（
24、x2）+g（x3）=2t1+2t2=2（1a）（，0），故答案为：（，0）【点评】本题考查了函数零点与函数图象的关系，函数单调性的判断，属于难题三、解答题（共5小题，满分60分）17（12.00分）已知等比数列an的前n项和为Sn，且满足（）求数列an的通项公式；（）若数列bn满足，求数列bn的前n项和Tn【分析】（I）设等比数列an的公比为q，可得2a1=22+m，2（a1+a1q）=23+m，2（a1+a1q+a1q2）=24+m，解出即可得出（）数列bn满足=，利用裂项求和即可得出【解答】解：（I）设等比数列an的公比为q，2a1=22+m，2（a1+a1q）=23+m，2（a1+a1q
25、+a1q2）=24+m，联立解得：m=2，a1=1，q=2an=2n1（）数列bn满足=，数列bn的前n项和Tn=+=【点评】本题考查了等比数列的通项公式、对数运算性质、裂项求和方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题18（12.00分）四棱锥SABCD的底面ABCD为直角梯形，ABCD，ABBC，AB=2BC=2CD=2，SAD为正三角形（）点M为棱AB上一点，若BC平面SDM，求实数的值；（）若BCSD，求二面角ASBC的余弦值【分析】（）推导出BCDM，ABDC，从而四边形BCDM为平行四边形，由AB=2CD，得M为AB的中点由此能求出（）在平面SCD内过点S作SE直线CD于点E，以点
26、E为坐标原点，EA方向为x轴，EC方向为y轴，ES方向为z轴建立空间坐标系，利用向量法能求出二面角ASBC的余弦值【解答】证明：（）BC平面SDM，BC平面ABCD，平面SDM平面ABCD=DM，BCDM，ABDC，四边形BCDM为平行四边形，又AB=2CD，M为AB的中点=，=解：（）BCSD，BCCD，BC平面SCD，又BC平面ABCD，平面SCD平面ABCD，平面SCD平面ABCD=CD，在平面SCD内过点S作SE直线CD于点E，则SE平面ABCD，在RtSEA和RtSED中，SA=SD，AE=DE，又由题知EDA=45，AEED，AE=ED=SE=1，以点E为坐标原点，EA方向为x轴，
27、EC方向为y轴，ES方向为z轴建立如图所示空间坐标系，则E（0，0，0），S（0，0，1），A（1，0，0），B（1，2，0），C（0，2，0），=（1，0，1），=（0，2，0），=（0，2，1），=（1，0，0），设平面SAB的法向量=（x，y，z），则，令x=1，得=（1，0，1），同理得=（0，1，2）为平面SBC的一个法向量，cos=，二面角ASBC为钝角，二面角ASBC的余弦值为【点评】本题考查实数值的求法，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题19（12.00分）小明在石家庄市某物流派送公司找到了
28、一份派送员的工作，该公司给出了两种日薪薪酬方案甲方案：底薪100元，每派送一单奖励1元；乙方案：底薪140元，每日前55单没有奖励，超过55单的部分每单奖励12元（）请分别求出甲、乙两种薪酬方案中日薪y（单位：元）与送货单数n的函数关系式；（）根据该公司所有派送员100天的派送记录，发现派送员的日平均派送单数满足以下条件：在这100天中的派送量指标满足如图所示的直方图，其中当某天的派送量指标在（n=1，2，3，4，5）时，日平均派送量为50+2n单若将频率视为概率，回答下列问题：根据以上数据，设每名派送员的日薪为X（单位：元），试分别求出甲、乙两种方案的日薪X的分布列，数学期望及方差；结合中的
29、数据，根据统计学的思想，帮助小明分析，他选择哪种薪酬方案比较合适，并说明你的理由（参考数据：0.62=0.36，1.42=1.96，2.62=6.76，3.42=11.56，3.62=12.96，4.62=21.16，15.62=243.36，20.42=416.16，44.42=1971.36）【分析】（）甲方案：底薪100元，每派送一单奖励1元；乙方案：底薪140元，每日前55单没有奖励，超过55单的部分每单奖励12元由此能分别求出甲、乙两种薪酬方案中日薪y（单位：元）与送货单数n的函数关系式；（）由已知，在这100天中，该公司派送员日平均派送单数求出X甲的分布列和E（X甲）=155.4，
30、=6.44，求出X乙的分布列和E（X乙）=155.6，S乙2=404.64，答案一：E（X甲）E（X乙），但两者相差不大，且远小于，甲方案日工资收入波动相对较小，所以小明应选择甲方案答案二：，E（X甲）E（X乙），即甲方案日工资期望小于乙方案日工资期望，所以小明应选择乙方案【解答】解：（）甲方案中派送员日薪y（单位：元）与送单数n的函数关系式为：y=100+n，nN，乙方案中派送员日薪y（单位：元）与送单数n的函数关系式为：y=（）由已知，在这100天中，该公司派送员日平均派送单数满足如下表格：单数5254565860频率0.20.30.20.20.1所以X甲的分布列为：X甲152154156
31、158160P0.20.30.20.20.1所以E（X甲）=1520.2+1540.3+1560.2+1580.2+1600.1=155.4，=0.2（152155.4）2+0.3（154155.4）2+0.2（156155.4）2+0.2（158155.4）2+0.1（160155.4）2=6.44，所以X乙的分布列为：X乙140152176200P0.50.20.20.1所以E（X乙）=1400.5+1520.2+1760.2+2000.1=155.6，S乙2=0.5（140155.6）2+0.2（152155.6）2+0.2（176155.6）2+0.1（200155.6）2=404.6
32、4答案一：由以上的计算可知，虽然E（X甲）E（X乙），但两者相差不大，且远小于，即甲方案日工资收入波动相对较小，所以小明应选择甲方案答案二：由以上的计算结果可以看出，E（X甲）E（X乙），即甲方案日工资期望小于乙方案日工资期望，所以小明应选择乙方案【点评】本题考查函数解析式的求法，考查离散型随机变量的分布列、数学期望、方差的求法，考查古典概型、统计表等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题20（12.00分）已知椭圆C：的左、右焦点分别为F1，F2，且离心率为，M为椭圆上任意一点，当F1MF2=90时，F1MF2的面积为1（）求椭圆C的方程；（）已知点A是椭圆C上异于椭圆顶点
33、的一点，延长直线AF1，AF2分别与椭圆交于点B，D，设直线BD的斜率为k1，直线OA的斜率为k2，求证：k1k2为定值【分析】（I）根据勾股定理和三角形面积公式列方程组求出a，b得出椭圆方程；（II）先计算有一条直线无斜率对应的斜率之积的值，再讨论一般情况，求出A，B，D三点坐标，化简斜率得出结论【解答】解：（I）设|MF1|=m，则|MF2|=2am，F1MF2=90，|F1F2|=2c，解得a=，c=1，b=1椭圆C的方程为+y2=1（2）设A（x0，y0），B（x1，y1），D（x2，y2），当直线AF1的斜率不存在时，设A（1，），则B（1，），直线AF2的方程为y=（x1），代入+
34、y2=1可得5x22x7=0，x2=，y2=，即D（，）直线BD的斜率为k1=，直线OA的斜率为k2=，k1k2=当直线AF2的斜率不存在时，同理可得k1k2=当直线AF1、AF2的斜率存在时，x01，直线AF1的方程为y=（x+1），则由，消去x可得：（x0+1）2+2y02x2+4y02x+2y022（x0+1）2=0，又+y02=1，则2y02=2x02，代入上述方程可得（3+2x0）x2+2（2x02）x3x024x0=0，x1x0=，x1=，y1=（1）=，直线AF2的方程为y=（x1），同理可得：x2=，y2=，直线BD的斜率为k1=，又直线OA的斜率为k2=，k1k2=直线BD与
35、OA的斜率之积为定值，即k1k2=【点评】本题考查了椭圆的性质，直线与椭圆的位置关系，属于中档题21（12.00分）已知函数f（x）=（x+b）（exa），（b0），在（1，f（1）处的切线方程为（e1）x+ey+e1=0（）求a，b；（）若方程f（x）=m有两个实数根x1，x2，且x1x2，证明：【分析】（）求得切点坐标，求出f（x）的导数，可得切线的斜率，即可得到所求a，b的值；（）求得f（0）=0，f（1）=0，设出f（x）在（1，0）处的切线方程为h（x）=k（x+1），求得k，令F（x）=f（x）h（x），求得导数和单调性，求出h（x）=m的根，同理设y=f（x）在（0，0）处的切线
36、方程为y=t（x），易得t（x）=x，求得t（x）=m的根，即可得证【解答】解：（）在（1，f（1）处的切线方程为（e1）x+ey+e1=0，可得f（1）=0，即f（1）=（1+b）（e1a）=0，又函数f（x）=（x+b）（exa），（b0），可得导数为f（x）=（x+b+1）exa，所以f（1）=a=1+，若a=，则b=2e0，与b0矛盾，故a=b=1；（）证明：由（）可知f（x）=（x+1）（ex1），f（0）=0，f（1）=0，设f（x）在（1，0）处的切线方程为h（x）=k（x+1），易得k=f（1）=1，则h（x）=（1）（x+1），令F（x）=f（x）h（x），即F（x）=（x+
37、1）（ex1）（1）（x+1），F（x）=（x+2）ex，当x2时，F（x）=（x+2）ex0，当x2时，设G（x）=F（x）=（x+2）ex，G（x）=（x+3）ex0，故函数F（x）在（2，+）上单调递增，又F（1）=0，所以当x（，1）时，F（x）0，当x（1，+）时，F（x）0，所以函数F（x）在区间（，1）上单调递减，在区间（1，+）上单调递增，故F（x）F（1）=0，f（x1）h（x1），设h（x）=m的根为x1，则x1=1+，又函数h（x）单调递减，故h（x1）=f（x1）h（x1），故x1x1，设y=f（x）在（0，0）处的切线方程为y=t（x），易得t（x）=x，令T（x）=
38、f（x）t（x）=（x+1）（ex1）x，T（x）=（x+2）ex2，当x2时，T（x）=（x+2）ex220，当x2时，设H（x）=T（x）=（x+2）ex2，H（x）=（x+3）ex0，故函数T（x）在（2，+）上单调递增，又T（0）=0，所以当x（，0）时，T（x）0，当x（0，+）时，T（x）0，所以函数T（x）在区间（，0）上单调递减，在区间（0，+）上单调递增，T（x）T（0）=0，f（x2）t（x2），设t（x）=m的根为x2，则x2=m，又函数t（x）单调递增，故t（x2）=f（x2）t（x2），故x2x2，又x1x1，则x2x1x2x1=m（1+）=1+【点评】本题考查函数的
39、导数的运用：求切线的斜率和单调性，考查不等式的证明，注意运用方程和函数的转化思想和构造函数法，考查分类讨论思想方法，以及运算能力，属于难题（二）选考题：共10分，请考生在22、23题中任选一题作答，按本选考题的首题进行评分选修4-4：坐标系与参数方程（共1小题，满分10分）22（10.00分）在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（r0，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，直线l的极坐标方程为，若直线l与曲线C相切；（）求曲线C的极坐标方程；（）在曲线C上取两点M，N与原点O构成MON，且满足，求面积MON的最大值【分析】（）求出直线l的直角坐标方程为y=+2，曲
40、线C是圆心为（，1），半径为r的圆，直线l与曲线C相切，求出r=2，曲线C的普通方程为（x）2+（y1）2=4，由此能求出曲线C的极坐标方程（）设M（1，），N（2，），（10，20），由=2sin（2）+，由此能求出MON面积的最大值【解答】解：（）直线l的极坐标方程为，由题意可知直线l的直角坐标方程为y=+2，曲线C是圆心为（，1），半径为r的圆，直线l与曲线C相切，可得r=2，曲线C的参数方程为（r0，为参数），曲线C的普通方程为（x）2+（y1）2=4，所以曲线C的极坐标方程为22cos2sin=0，即（）由（）不妨设M（1，），N（2，），（10，20），=4sin（）sin（）=2
41、sincos+2=sin2+=2sin（2）+，当时，所以MON面积的最大值为2+【点评】本题考查曲线的极坐标方程的求法，考查三角形的面积的最大值的求法，考查参数方程、极坐标方程、直角坐标方程的互化等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题选修4-5：不等式选讲（共1小题，满分0分）23已知函数的定义域为R；（）求实数m的取值范围；（）设实数t为m的最大值，若实数a，b，c满足a2+b2+c2=t2，求的最小值【分析】（）由定义域为R可得2|x3|x|m0恒成立，即m2|x3|x|的最小值，运用分类讨论思想方法，以及一次函数的单调性，可得最小值，即可得到所求m的范围；（）可得a
42、2+b2+c2=9，可令u=a2+1，v=b2+2，t=c2+3，运用三元均值不等式，即可得到所求最小值【解答】解：（）函数的定义域为R，可得2|x3|x|m0恒成立，即m2|x3|x|的最小值，由y=2|x3|x|，当x3时，y=2x6x即y=x6，可得y3；当x0时，y=62x+x=6x，可得y6；当0x3时，y=62xx=63x，可得3y6，则y3，由x=3时，函数y取得最小值3，则m3，即m的取值范围是（，3；（）a2+b2+c2=t2，即为a2+b2+c2=9，可令u=a2+1，v=b2+2，t=c2+3，可得u+v+t=15，则=（u+v+t）（+）33=，当且仅当u=v=t=5，即a2=4，b2=3，c2=2时，取得最小值【点评】本题考查