《广东省湛江市2020年普通高考测试（二）文科数学354C （解析版）.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《广东省湛江市2020年普通高考测试（二）文科数学354C （解析版）.doc（26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、2020年湛江市高考数学二模试卷（文科）一、选择题（共12小题）.1已知集合Ax|y=1x+1，Bx|x1，则AB（）A（1，+）B1，1）C（1，1D（，12（2+4i）i5（）A-2+4iB4-2iC4+2iD-2-4i3已知函数f（x）ax2+2bx的图象在点（1，f（1）处的切线方程为y4x+3，则ba（）A8B20C8D204高二某班共有学生45人，学号依次为1，2，3，45，现按学号用系统抽样的办法抽取一个容量为5的样本，已知学号为6，24，33的学生在样本中，那么样本中还有两个学生的学号应为（）A15，42B15，43C14，42D14，435已知alg2，bln2，ce12，则
2、（）AacbBabcCbcaDbac6下列图象为函数y=sinxx，y=sin3xx，y=sinxx2，y=cosx2x2的部分图象，则按顺序对应关系正确的是（）ABCD7我国南北朝时期的数学家祖暅提出了计算几何体体积的祖暅原理：“幂势既同，则积不容异“意思是两个同高的几何体，如果在等高处的截面积都相等，那么这两个几何体的体积相等现有某几何体和一个圆锥满足祖暅原理的条件，若该圆锥的侧面展开图是半径为3的圆的三分之一，则该几何体的体积为（）A223B423C42D838执行如图所示的程序框图，若输出的y3，则输入的x的值为（）A2B2C5或2D7或29若双曲线E：x2a2-y2b2=1（a0，b
3、0）的一条渐近线被圆（x4）2+y216所截得的弦长为4，则E的离心率为（）A2B3C2D23310在ABC中，角A、B、C的对边分别为a，b，c，若A=3，c1，asinCbsinB，则ABC的面积为（）A33B32C38D3411已知函数f（x）Acos（x+）（A0，0，0）的图象的一个最高点为（-12，3)，与之相邻的一个对称中心为(6，0)，将f（x）的图象向右平移6个单位长度得到函数g（x）的图象，则（）Ag（x）为偶函数Bg（x）的一个单调递增区间为-512，12Cg（x）为奇函数D函数g（x）在0，2上有两个零点12已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，E为A1B1的中
4、点，则三棱锥EABC1的外接球的表面积为（）A50B25C12528D252二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡的相应位置.13已知向量a=（4，1），b=（m，3），若（a-b）a，则m 14已知定义域为R的函数f（x）满足f（x）f（x），f（x+2）f（x），且f（x）=x3，0x13x，1x2，则f（7） 15已知（0，），sin+cos=105，则tan2 16已知抛物线C：y22x，过点E（a，0）的直线l与C交于不同的两点P（x1，y1），Q（x2，y2），且满足y1y24，以Q为中点的线段的两端点分别为M，N，其中N在x轴上，M在C上，则a |PM
5、|的最小值为 三、解答题：本大题共5小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.1721题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22，23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17已知数列an的前n项和为Sn，且Snn2+an1（1）求an的通项公式；（2）设bn=1anan+1，求数列bn的前n项和Tn18如图，已知直三棱柱ABCA1B1C1，E，F分别是棱CC1，AB的中点（1）证明：CF平面AEB1（2）若ACBCAA14，ACB90，求三棱锥B1ECF的体积19冠状病毒是一个大型病毒家族，已知的有中东呼吸综合征（MERS）和严重急性呼吸综合征（SARS）
6、等较严重的疾病，新型冠状病毒（nCoV）是以前从未在人体中发现的冠状病毒新毒株，某小区为进一步做好新型冠状病毒肺炎疫情知识的教育，在小区内开展“新型冠状病毒防疫安全公益课”在线学习，在此之后组织了“新型冠状病毒防疫安全知识竞赛”在线活动已知进入决赛的分别是甲、乙、丙、丁四位业主，决赛后四位业主相应的名次为第1，2，3，4名，该小区为了提高业主们的参与度和重视度，邀请小区内的所有业主在比赛结束前对四位业主的名次进行预测，若预测完全正确将会获得礼品，现用a，b，c，d表示某业主对甲、乙、丙、丁四位业主的名次做出一种等可能的预测排列，记X|a1|+|b2|+|c3|+|d4|（1）求出（a，b，c，
7、d）的所有可能情形；（2）若X6会有小礼品赠送，求该业主获得小礼品的概率，20已知函数f（x）ax2+blnx在x=12处取得极小值12+ln2（1）求f（x）；（2）令函数g（x）mx3lnx+2，若f（x）g（x）对x1，4恒成立，求m的取值范围21已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（ab0）的离心率为32，点M（a，0），N（0，b），O（0，0），且OMN的面积为1（1）求椭圆C的标准方程；（2）设A，B是x轴上不同的两点，点A（异于坐标原点）在椭圆C内，点B在椭圆C外若过点B作斜率不为0的直线与C相交于P，Q两点，且满足PAB+QAB180证明：点A，B的横坐标之积为定值（二）选考题
8、：共10分请考生在第22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.选修4-4：坐标系与参数方程22在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为x=-32+cosy=12+sin（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（1）设射线l的极坐标方程为=23，若射线l与曲线C交于A，B两点，求AB的长；（2）设M，N是曲线C上的两点，若MON=2，求OMN的面积的最大值选修4-5；不等式选讲23已知函数f（x）|2x+4|2x2|（1）求不等式|f（x）|4的解集；（2）记f （x）的最大值为m，设a，b，c0，且a+2b+3cm，证明：1a+12b+13c32参考
9、答案一、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已知集合Ax|y=1x+1，Bx|x1，则AB（）A（1，+）B1，1）C（1，1D（，1【分析】可以求出集合A，然后进行交集的运算即可解：Ax|x1，Bx|x1，AB（1，1故选：C【点评】本题考查了描述法、区间的定义，交集的运算，考查了计算能力，属于基础题2（2+4i）i5（）A-2+4iB4-2iC4+2iD-2-4i【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案解：（2+4i）i5（2+4i）i4+2i故选：C【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查虚数单位i的运算性质，
10、是基础题3已知函数f（x）ax2+2bx的图象在点（1，f（1）处的切线方程为y4x+3，则ba（）A8B20C8D20【分析】求得f（x）的导数，可得切线的斜率和切点，由已知切线的方程，可得a，b的方程组，解方程可得所求值解：函数f（x）ax2+2bx的导数为f（x）2ax+2b，可得函数的图象在点（1，f（1）处的切线斜率为2a+2b，再由切线方程为y4x+3，可得2a+2b4，即a+b2，由f（1）a+2b7，解方程可得a3，b5，所以ba8故选：C【点评】本题考查导数的运用：求切线的方程，考查直线方程的运用，主要考查方程思想和运算能力，属于基础题4高二某班共有学生45人，学号依次为1，
11、2，3，45，现按学号用系统抽样的办法抽取一个容量为5的样本，已知学号为6，24，33的学生在样本中，那么样本中还有两个学生的学号应为（）A15，42B15，43C14，42D14，43【分析】根据系统抽样的定义，算出每组人数即组距，再利用第一组抽到的学号依次加上组距即可求出所有抽得的学号解：由题意可知，每组人数为455=9，即组距为9，所以另外两个学生的学号为6+915，和33+942，故选：A【点评】本题主要考查了系统抽样，是基础题5已知alg2，bln2，ce12，则（）AacbBabcCbcaDbac【分析】利用换底公式可得alg2=1log210，bln2=1log2e，再利用对数函
12、数的单调性即可得出解：alg2=1log210，bln2=1log2e，ab1，又ce121，abc故选：B【点评】本题考查了换底公式、对数函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于基础题6下列图象为函数y=sinxx，y=sin3xx，y=sinxx2，y=cosx2x2的部分图象，则按顺序对应关系正确的是（）ABCD【分析】根据函数解析式及函数图象分别判断即可解：根据奇偶性可知函数y=sinxx2对应的为图；由cos4(2)2=22212，可知函数y=cosx2x2对应的为图；由sin44sin344，可知函数y=sinxx，y=sin3xx对应的图分别为，；故选：B【点评】本题考查函数
13、图象的运用，考查数形结合思想，属于基础题7我国南北朝时期的数学家祖暅提出了计算几何体体积的祖暅原理：“幂势既同，则积不容异“意思是两个同高的几何体，如果在等高处的截面积都相等，那么这两个几何体的体积相等现有某几何体和一个圆锥满足祖暅原理的条件，若该圆锥的侧面展开图是半径为3的圆的三分之一，则该几何体的体积为（）A223B423C42D83【分析】由已知列式求得圆锥的底面半径与高，代入圆锥体积公式求解解：由题意可知，几何体的体积等于圆锥的体积，圆锥的侧面展开图恰为一个半径为3的圆的三分之一，圆锥的底面周长为233=2，故圆锥的底面半径为1，圆锥的高为22圆锥的体积V=131222=223从而所求
14、几何体的体积为V=223故选：A【点评】本题考查祖暅原理的应用，考查圆锥体积的求法，正确理解题意是关键，是中档题8执行如图所示的程序框图，若输出的y3，则输入的x的值为（）A2B2C5或2D7或2【分析】由程序框图分x0和x0时两种情况，分别求出输出y的值为3的x值，进而可得答案解：由程序框图可得：由x0log2(x+1)=3，解得x7；由x02-x-1=3，解得x2综上，输入的x的值为7或2故选：D【点评】本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的结论，是基础题9若双曲线E：x2a2-y2b2=1（a0，b0）的一条渐近线被圆（x4）2+y216所截得的弦长
15、为4，则E的离心率为（）A2B3C2D233【分析】设双曲线的一条渐近线方程为bx+ay0，由圆心到直线的距离公式及垂径定理列式求解解：设双曲线的一条渐近线方程为bx+ay0，则圆心（4，0）到该直线的距离d=|4b|a2+b2=4bc，由题意，216-(4bc)2=4，即b2c2=34，得a2c2=14E的离心率为2故选：A【点评】本题考查圆与双曲线的综合，考查点到直线距离公式的应用，是中档题10在ABC中，角A、B、C的对边分别为a，b，c，若A=3，c1，asinCbsinB，则ABC的面积为（）A33B32C38D34【分析】利用正弦定理由已知可得acb2，又c1，可求b2a，利用余弦
16、定理可求a（a1）1-a，解得a，可求b的值，根据三角形的面积公式即可求解解：asinCbsinB，acb2，c1，b2a，A=3，a2b2+c22bccosAa+1-a，整理可得a（a1）1-a，a1，b1，SABC=12bcsinA=121132=34故选：D【点评】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形的面积公式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题11已知函数f（x）Acos（x+）（A0，0，0）的图象的一个最高点为（-12，3)，与之相邻的一个对称中心为(6，0)，将f（x）的图象向右平移6个单位长度得到函数g（x）的图象，则（）Ag（x）为偶函数Bg（x）
17、的一个单调递增区间为-512，12Cg（x）为奇函数D函数g（x）在0，2上有两个零点【分析】先根据余弦函数的图象和性质求出f（x）解析式，再根据图象的变换规律求得g（x）的解析式，最后根据余弦函数性质得出结论解：由题可得：T4=6-（-12）=4；T2；f（x）3cos（2x+）；因为f（-12）3cos（2（-12）+3-6+K；0；=6，f（x）3cos（2x+6）；g（x）3cos2（x-6）+63cos（2x-6）；是非奇非偶函数；令+2k2x-62k-512+kxk+12，kz；当k0时，g（x）的一个单调递增区间为：-512，12；2x-6=k+2x=k2+3，kz，函数g（x）
18、在0，2上只有一个零点故选：B【点评】本题主要考查由函数yAsin（x+）的部分图象求解析式，函数yAsin（x+）的图象变换规律，属于基础题12已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，E为A1B1的中点，则三棱锥EABC1的外接球的表面积为（）A50B25C12528D252【分析】由条件判断得到三棱锥EABC1的外接球即四棱锥EABC1D1的外接球，设四棱锥EABC1D1的外接球半径为R，则R2（3）2+（2-R）2，解出R即可解：如图，因为A、B、C1、D1的四点共面，所以三棱锥EABC1的外接球即四棱锥EABC1D1的外接球，因为ABC1D1为矩形，且AB2，BC122，EAEB
19、EC1ED1=5，四棱锥EABC1D1的高为2，设四棱锥EABC1D1的外接球半径为R，则R2（3）2+（2-R）2，解得R=542，则三棱锥的外接球表面积S4（542）2=252，故选：D【点评】本题考查三棱锥外接球表面积，转化为求四棱锥的外接球半径是关键，考查数形结合思想，属于中档题二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡的相应位置.13已知向量a=（4，1），b=（m，3），若（a-b）a，则m5【分析】由已知结合向量数量积的坐标表示即可求解解：因为a=（4，1），b=（m，3），所以a-b=（4m，4），又（a-b）a，则4（4m）+（1）（4）0，解可得m5
20、故答案为：5【点评】本题主要考查了向量数量积的性质的坐标表示，属于基础试题14已知定义域为R的函数f（x）满足f（x）f（x），f（x+2）f（x），且f（x）=x3，0x13x，1x2，则f（7）1【分析】推导出f（x+4）f（x+2）f（x），且f（x）是奇函数，从而f（7）f（1）f（1），由此能求出结果解：定义域为R的函数f（x）满足f（x）f（x），f（x+2）f（x），f（x+4）f（x+2）f（x），且f（x）是奇函数，f（7）f（1）f（1）1故答案为：1【点评】本题考查函数值的求法，考查函数性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题15已知（0，），sin+cos=105，则
21、tan234【分析】将已知等式两边平方，利用同角三角函数基本关系式可求sincos=-310，可得（sincos）2=85，结合范围，可求sincos=2105，解得sin，cos的值，进而根据同角三角函数基本关系式，二倍角的正切函数公式即可求解tan2的值解：sin+cos=105，两边平方，可得1+2sincos=25，sincos=-310，由（0，），可得（2，），（sincos）2=85，sincos=2105，解得sin=31010，cos=-1010，tan3，tan2=2tan1-tan2=34故答案为：34【点评】本题主要考查了同角三角函数基本关系式，二倍角的正切函数公式在三
22、角函数化简求值中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题16已知抛物线C：y22x，过点E（a，0）的直线l与C交于不同的两点P（x1，y1），Q（x2，y2），且满足y1y24，以Q为中点的线段的两端点分别为M，N，其中N在x轴上，M在C上，则a2|PM|的最小值为42【分析】过点E（a，0）的直线l的方程设为xmy+a，代入抛物线的方程，运用韦达定理，结合条件，解方程可得a的值；再设直线PM的方程为xny+b，联立抛物线方程，设M（x3，y3），运用韦达定理和中点坐标公式，可得b4，再由弦长公式和二次函数的最值求法，可得所求最小值解：过点E（a，0）的直线l的方程设为xmy+a，代入抛
23、物线方程y22x，可得y22my2a0，所以y1+y22m，y1y22a4，可得a2；设直线PM的方程为xny+b，联立抛物线方程y22x，可得y22ny2b0，设M（x3，y3），所以y1+y32n，y1y32b，由Q为MN的中点，且N在x轴上，可得y32y2，即有2y1y22b8，可得b4，则|PM|=1+n2(y1+y3)2-4y1y3=1+n24n2+32=2n4+9n2+8=2(n2+92)2-49442，当n0即PMx轴时，|PM|取得最小值42故答案为：2，42【点评】本题考查抛物线的方程和运用，考查直线方程和抛物线联立，运用韦达定理和弦长公式，考查方程思想和运算能力，属于中档题
24、三、解答题：本大题共5小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.1721题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22，23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17已知数列an的前n项和为Sn，且Snn2+an1（1）求an的通项公式；（2）设bn=1anan+1，求数列bn的前n项和Tn【分析】（1）先由Snn2+an1Sn1（n1）2+an11，两式相减得an12（n1）+1，进而求得an；（2）利用裂项相消法求和即可解：（1）Snn2+an1，Sn1（n1）2+an11（n2），由可得：ann2（n1）2+anan1，整理得：an12（n1）+1（n2）
25、，an2n+1，当n2时，有S222+a21a1+a2a13也适合，故an2n+1；（2）an2n+1，bn=1anan+1=1(2n+1)(2n+3)=12（12n+1-12n+3），Tn=12（13-15）+（15-17）+（12n+1-12n+3）=12（13-12n+3）=n6n+9【点评】本题主要考查数列通项公式的求法及裂项相消法求前n项和，属于中档题18如图，已知直三棱柱ABCA1B1C1，E，F分别是棱CC1，AB的中点（1）证明：CF平面AEB1（2）若ACBCAA14，ACB90，求三棱锥B1ECF的体积【分析】（1）取AB1的中点G，连结EG，FG，推导出四边形FGEC是平
26、行四边形，从而CFEG，由此能证明CF平面AEB1（2）求出B1EC的面积，三棱锥FB1CE的高为12AC=2，由此能求出三棱锥FB1CE的体积解：（1）证明：取AB1的中点G，连结EG，FG，F，G分别是AB，AB1的中点，FGEC，FGEC，四边形FGEC是平行四边形，CFEG，CF平面AEB1，EG平面AEB1，CF平面AEB1（2）解：BCAA14，E是CC1的中点，B1EC的面积为1242=4，ACBC，F是AB的中点，三棱锥FB1CE的高为12AC=2，三棱锥FB1CE的体积为V=1342=83【点评】本题考查线面平行的证明，考查三棱锥的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位
27、置关系等基础知识，考查推理论证能力能力与运算求解能力，属于中档题19冠状病毒是一个大型病毒家族，已知的有中东呼吸综合征（MERS）和严重急性呼吸综合征（SARS）等较严重的疾病，新型冠状病毒（nCoV）是以前从未在人体中发现的冠状病毒新毒株，某小区为进一步做好新型冠状病毒肺炎疫情知识的教育，在小区内开展“新型冠状病毒防疫安全公益课”在线学习，在此之后组织了“新型冠状病毒防疫安全知识竞赛”在线活动已知进入决赛的分别是甲、乙、丙、丁四位业主，决赛后四位业主相应的名次为第1，2，3，4名，该小区为了提高业主们的参与度和重视度，邀请小区内的所有业主在比赛结束前对四位业主的名次进行预测，若预测完全正确将
28、会获得礼品，现用a，b，c，d表示某业主对甲、乙、丙、丁四位业主的名次做出一种等可能的预测排列，记X|a1|+|b2|+|c3|+|d4|（1）求出（a，b，c，d）的所有可能情形；（2）若X6会有小礼品赠送，求该业主获得小礼品的概率，【分析】（1）利用列举法能求出（a，b，c，d）的所有可能情形（2）以（a，b，c，d）为一个基本事件，列表求出所有可能结果，由此能求出该业主获得小礼品的概率解：（1）利用列举法得到（a，b，c，d）的所有可能情形如下：（1，2，3，4），（1，2，4，3），（1，3，2，4），（1，3，4，2），（1，4，2，3），（1，4，3，2），（2，1，3，4），（2
29、，1，4，3），（2，3，1，4），（2，3，4，1），（2，4，1，3），（2，4，3，1），（3，1，2，4），（3，1，4，2），（3，2，1，4），（3，2，4，1），（3，4，1，2），（3，4，2，1），（4，1，2，3），（4，1，3，2）（4，2，1，3），（4，2，3，1），（4，3，1，2），（4，3，2，1）（2）以（a，b，c，d）为一个基本事件，如下表所示： （a，b，c，d） X （a，b，c，d） X （a，b，c，d） X （1，2，3，4） 0 （2，3，1，4） 4 （3，4，1，2） 8 （1，2，4，3） 2 （2，3，4，1） 6 （3，4，2，1）
30、8 （1，3，2，4） 2 （2，4，1，3） 6 （4，1，2，3） 6 （1，3，4，2） 4 （2，4，3，1） 6 （4，1，3，2） 6 （1，4，2，3） 4 （3，1，2，4） 4 （4，2，1，3） 6 （1，4，3，2） 4 （3，1，4，2） 6 （4，2，3，1） 6 （2，1，3，4） 2 （3，2，1，4） 4 （4，3，1，2） 8 （2，1，4，3） 4 （3，2，4，1） 6 （4，3，2，1） 8X6的概率为56，即该业主获得小礼品的概率为56【点评】本题考查概率的求法，考查列举法等基础知识，考查运算求解能力，是基础题20已知函数f（x）ax2+blnx在x=
31、12处取得极小值12+ln2（1）求f（x）；（2）令函数g（x）mx3lnx+2，若f（x）g（x）对x1，4恒成立，求m的取值范围【分析】（1）先对函数求导，然后结合极值存在的条件代入即可求解a，b，进而可求函数解析式；（2）由已知不等式恒成立，分离参数后转化为求解函数的范围问题，可考虑构造函数，结合导数可求解：（1）f(x)=2ax+bx，所以f(12)=a+2b=0，f（12）=a4+bln12=12+ln2，解可得，a2，b1，f（x）2x2lnx，（2）若f（x）g（x）对x1，4恒成立，则mx3lnx+22x2lnx，所以m2x2-2x3 对x1，4恒成立，令h（x）=2x2-2
32、x3，x1，4，则h(x)=6-2x2x4=2(3-x)(3+x)x4，当1x3时，h（x）0，函数单调递增，当3x4时，h（x）0，函数单调减，故h（x）maxh（3）=439，即m的范围439，+）【点评】本题主要 考查了函数极值存在条件的应用及利用分离法处理恒成立问题中参数范围求解问题中的应用，体现了转化思想的应用21已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（ab0）的离心率为32，点M（a，0），N（0，b），O（0，0），且OMN的面积为1（1）求椭圆C的标准方程；（2）设A，B是x轴上不同的两点，点A（异于坐标原点）在椭圆C内，点B在椭圆C外若过点B作斜率不为0的直线与C相交于P，Q两点
33、，且满足PAB+QAB180证明：点A，B的横坐标之积为定值【分析】（1）由题意离心率的值及三角形OMN的面积和a，b，c之间的关系求出a，b的值，进而求出椭圆的方程；（2）作点P关于x轴的对称点P，由椭圆的对称性可知PABPAB，QBAPBA，所以P，A，Q三点共线，设PQ，A，B的坐标，设直线PQ的方程与椭圆联立求出两根之和及两根之积，因为QBAPBA，所以kBP+kBQ0，求出两条直线的斜率，求出A，B的乘积为定值解：（1）由题意可得：ca=3212ab=1a2=b2+c2，解得：a24，b21，所以椭圆C的标准方程：x24+y21；（2）证明：作点P关于x轴的对称点P，由椭圆的对称性可
34、知，点P在椭圆上，且PABPAB，QBAPBA，因为PAB+QAB180所以PAB+QAB180，所以P，A，Q三点共线，由题意可得直线PQ的方程为：xty+m，（mt0），设P（x1，y1），Q（x2，y2），A（xA，0），B（xB，0），联立直线与椭圆的方程：x=ty+mx2+4y24消x可得（4+t2）y2+2tmy+m240，则有y1+y2-2mt4+t2，y1y2=m2-44+t2，因为QBAPBA，所以kBP+kBQ0，即y1x1-xB+y2x2-xB=0，所以y1（ty2+mxB）+y2（ty1+mxB）0，即2t(m2-4)4+t2-2mt(m-xB)4+t2=0，解得xB=
35、4m，因为xAm，所以xAxBm4m=4，故点A，B横坐标之积为定值4【点评】本题考查求椭圆的方程及直线与椭圆的综合，及由角的关系可得斜率的关系，属于中档题一、选择题22在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为x=-32+cosy=12+sin（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（1）设射线l的极坐标方程为=23，若射线l与曲线C交于A，B两点，求AB的长；（2）设M，N是曲线C上的两点，若MON=2，求OMN的面积的最大值【分析】（1）直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换（2）利用极径的应用和三角函数关系式的恒等变换及正弦型函数的性质的
36、应用求出结果解：（1）曲线C的参数方程为x=-32+cosy=12+sin（为参数），转换为直角坐标方程为(x+32)2+(y-12)2=1，整理得x2+y2+3x-y=0，根据x=cosy=sinx2+y2=2转换为极坐标方程为=2sin(-3)射线l的极坐标方程为=23与曲线C相交于A和B两点，所以=2sin(-3)=23，解得|AB|=2sin(23-3)=3（2）设M（1，），N（2，+2），由于直线OC的斜率为-33，所以过原点与圆C相切的切线的斜率为k=3，从而(3，56)则SOMN=1212=122sin(-3)2sin(+2-3)=sin（2-23），当sin(2-23)=1时
37、，SOMN的最大值为1【点评】本题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，三角形面积公式的应用，三角函数关系式的恒等变换，正弦型函数的性质的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型选修4-5；不等式选讲23已知函数f（x）|2x+4|2x2|（1）求不等式|f（x）|4的解集；（2）记f （x）的最大值为m，设a，b，c0，且a+2b+3cm，证明：1a+12b+13c32【分析】（1）先将f（x）写为分段函数的形式，然后由|f（x）|4得到|4x+2|4-2x1，再解不等式组即可；（2）由（1）知f（x）的最大值为6，从而得到a+2b+3c6，然后利
38、用基本不等式求出1a+12b+13c的最小值，即可证明不等式1a+12b+13c32成立解：（1）f（x）|2x+4|2x2|=-6，x-24x+2，-2x16，x1|f（x）|4，|4x+2|4-2x1，-32x12，不等式的解集为(-32，12)（2）由（1）知，f（x）的最大值为6，a+2b+3cm6，1a+12b+13=16(a+2b+3c)(1a+12b+13c)=163+(2ba+a2b)+(a3c+3ca)+(3c2b+2b3c)32，当且仅当a2b3c，即a=2，b=1，c=23时等号成立，1a+12b+13c32【点评】本题考查了绝对值不等式的解法，基本不等式和利用综合法证明不等式，考查了分类讨论思想和转化思想，属中档题