《2020年福建省龙岩市高考(文科)数学(5月份)模拟试卷(解析版).pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020年福建省龙岩市高考(文科)数学(5月份)模拟试卷(解析版).pdf（24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 年高考数学模拟试卷（文科）（5 月份）一、选择题（共12 小题）.1已知集合Ax Z|x3，B2，0，2，3，则 AB（）A2，0，2B0，2C2，2D22设 z=1+?1-2?，则?在复平面内对应的点位于（）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限3已知 sin2 1cos2，且?(?，?2)，则 （）A?12B?6C?4D?34设 x，y 满足约束条件?+?-?-?+?-?，则 z 2x+y 的最小值为（）A5B2C 4D 75某综艺节目为比较甲、乙两名选手的各项能力（指标值满分为5 分，分值高者为优），分别绘制了如图所示的六维能力雷达图，图中点A 表示甲的创造力指标值为4，点
2、B 表示乙的空间能力指标值为3，则下列叙述错误的是（）A甲的六大能力中推理能力最差B甲的创造力优于观察能力C乙的计算能力优于甲的计算能力D乙的六大能力整体水平低于甲6在正方体ABCD A1B1C1D1中，E 为 AD1的中点，F 为 BD 的中点，下列结论正确的是（）AEFC1DBEF BDCEF平面 BCC1B1DEF 平面 AB1C1D7已知函数?(?)=12?+12?(?)的图象，如图所示，那么的值为（）A2B3C4D58“中国剩余定理”又称“孙子定理”，最早可见于中国南北朝时期的数学著作孙子算经卷下第二十六题，叫做“物不知数”，原文如下：今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七
3、数之剩二，问物几何？现有这样一个相关的问题：将1 到 2020 这2020 个自然数中满足被3 除余 2 且被 5 除余 3 的数按照从小到大的顺序排成一列，构成一个数列，则该数列的项数是（）A135B134C59D589设 alog43，b log54，c20.01，则 a，b，c 的大小关系为（）AbacBabcCacbDbc a10 已知双曲线?：?-?2?=?(?)左、右焦点分别为F1，F2，过 F2的直线与C 交于 A，B 两点若 ABF1为等边三角形，则C 的渐近线方程为（）A?=?B?=?C?=?或?=?D?=?或?=?11在正四面体PABC 中，点 D，E 分别在线段PC，PB
4、 上，?=13?，若 AE+ED 的最小值为?，则该正四面体外接球的表面积为（）A27B54C27 68?D272?12已知曲线yf（x）与 g（x）ln（x2）x2 的图象关于点（1，0）对称，若直线 yax 与曲线 yf（x）相切，则a（）A 2B 1C1-?D-?+1?二、填空题：本大题共4 小题，每小题5 分，满分20 分13已知向量?=(?，?)，?=(-?，?)，若?=?，R，则 m14为增强学生的劳动意识，某校组织两个班级的学生参加社区劳动，这两个班级拟从高一年段的两个班级和高二年段的四个班级中选出，则选出的班级中至少有一个班级来自高一年段的概率为15 ABC的内角A，B，C 的
5、对边分别为a，b，c若sinAsinBcosC 2sin2C，则?2+?2?2=，sinC 的最大值为16已知椭圆?：?2?2+?2?2=?(?)的左焦点为F，经过原点的直线与C 交于 A，B 两点，若 AFB 150，则 C 的离心率的取值范围为三、解答题：共70 分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤第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记数列 an的前 n 项和为 Sn，已知 a11，?=?+12?（1）求数列 an的通项公式；（2）设?=?，记数列 bn的前 n 项和为 Tn，求证：?+?+?18在党中
6、央的正确领导下，通过全国人民的齐心协力，特别是全体一线医护人员的共同努力，新冠肺炎疫情得到了有效控制作为集中医学观察隔离点的某酒店在疫情期间，为客人提供两种速食品“方便面”和“自热米饭”为调查这两种速食品的受欢迎程度，酒店部门经理记录了连续10 天这两种速食品的销售量，得到如下频数分布表（其中销售量单位：盒）：第 t 天12345678910方便面1039398931068687949199自热米饭8896989710199102107104112（1）根据两组数据完成下面的茎叶图（填到答题卡上）；（2）根据统计学知识，你认为哪种速食品更受欢迎，并简要说明理由；（3）求自热米饭销售量y 关于天
7、数t 的线性回归方程，并预估第12 天自热米饭的销售量（结果精确到整数）参考数据：?=?（ti-?）（yi-?）165，?=?（ti-?）2=1652附：回归直线方程?=?+?，其中?=?=1(?-?)(?-?)?=1(?-?)2，?=?-?t19在如图所示的几何体ABCDE 中，DC平面 ABC，DE BC，CA CD，F 是线段 AD的中点，AECF（1）求证：ACBC；（2）若 ACBC2DE 2，求三棱锥FABE 的体积20已知点A（1，0），抛物线C：y22px（p0）上存在一点M，使得直线AM 的斜率的最大值为1，圆 Q 的方程为?+?-?+34=?（1）求点 M 的坐标和 C 的
8、方程；（2）若直线 l 交 C 于 D，E 两点且直线MD，ME 都与圆 Q 相切，证明直线l 与圆 Q 相离21已知函数f（x）xlnx ax2+a（1）若 f（x）a，求 a 的取值范围；（2）若 f（x）存在唯一的极小值点x0，求 a 的取值范围，并证明2a1f（x0）0（二）选考题：共10 分请考生在第22.23 两题中任选一题作答如果多做，则按所做第一个题目计分选修 4-4：坐标系与参数方程22在直角坐标系xOy 中，直线l 过点（2，0）且倾斜角为 以坐标原点O 为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线C 的极坐标方程为 1，l 与 C 交于 M，N两点（1）求 C 的直角
9、坐标方程和的取值范围；（2）求线段 MN 中点 H 的轨迹的参数方程选修 4-5：不等式选讲23已知函数f（x）|x+1|2|xm|（m0），且 f（x）的最大值为3（l）求 m 的值；（2）若正数a，b，c 满足 2（a+b+c）m，证明：bc（la）+ac（lb）+ab（lc）6abc参考答案一、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 Z|x3，B2，0，2，3，则 AB（）A2，0，2B0，2C2，2D2【分析】利用交集定义直接求解解：集合Ax Z|x3，B2，0，2，3，AB2，0，2故选：A2设 z=1+?
10、1-2?，则?在复平面内对应的点位于（）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，求出?的坐标得答案解：由 z=1+?1-2?=(1+?)(1+2?)(1-2?)(1+2?)=-15+35?，得?=-15-35?，?在复平面内对应的点的坐标为（-15，-35），位于第三象限故选：C3已知 sin2 1cos2，且?(?，?2)，则 （）A?12B?6C?4D?3【分析】由已知利用二倍角公式可求2sin cos 2sin2，解范围?(?，?2)，可得 sin0，利用同角三角函数基本关系式可求tan 1，即可求解的值解：sin2 1cos2，2sin cos
11、2sin2，?(?，?2)，sin 0，可得 cos sin，即 tan 1，=?4故选：C4设 x，y 满足约束条件?+?-?-?+?-?，则 z 2x+y 的最小值为（）A5B2C 4D 7【分析】由约束条件作出可行域，数形结合得到最优解，求出最优解的坐标，代入目标函数得答案解：由 x，y 满足约束条件?+?-?-?+?-?，作出可行域如图，化目标函数z 2x+y 为 y2x+z，?=-?+?-?=?，解得 B（3，1），由图可知，当直线y 2x+z 过 B（3，1）时直线在 y轴上的截距最小，此时z 取得最小值，z 最小 z 2 31 7故选：D5某综艺节目为比较甲、乙两名选手的各项能力
12、（指标值满分为5 分，分值高者为优），分别绘制了如图所示的六维能力雷达图，图中点A 表示甲的创造力指标值为4，点 B 表示乙的空间能力指标值为3，则下列叙述错误的是（）A甲的六大能力中推理能力最差B甲的创造力优于观察能力C乙的计算能力优于甲的计算能力D乙的六大能力整体水平低于甲【分析】根据雷达图中所给的信息，逐项分析即可解：由六维能力雷达图，得：对于 A，甲的推理能力为2 比其他都低，故A 正确；对于B，甲的创造能力是4，观察能力也是4，故甲的创造力与于观察能力一样，故B误；对于 C，乙的计算能力是5，甲的计算能力是4，故乙的计算能力优于甲的计算能力，故C 正确；对于 D，乙的六大能力总和为2
13、4，甲的六大能力总和为25，故 D 正确故选：B6在正方体ABCD A1B1C1D1中，E 为 AD1的中点，F 为 BD 的中点，下列结论正确的是（）AEFC1DBEF BDCEF平面 BCC1B1DEF 平面 AB1C1D【分析】由EF CD1，CD1与 C1D 相交，判定A 错误；求出异面直线所成角判断B 错误；由CD1与平面BCC1B1相交，EF CD1判断 C 错误；证明直线与平面垂直判断D正确解：如图，连接 CD1，F 为 BD 的中点，则F 为 AC 的中点，又 E 为 AD1的中点，EF 为 ACD1的中位线，得EF CD1，CD1与 C1D 相交，EF 与 C1D 不平行，故
14、A 错误；连接 B1D1，B1C，可得 B1D1C 为等边三角形，即B1CD160，又 EF CD1，BD B1D1，B1CD1为 EF 与 BD 所成角为60，故 B 错误；CD1与平面 BCC1B1相交，而EFCD1，EF 与平面 BCC1B1相交，故C 错误；在正方体ABCD A1B1C1D1中，B1C1 CD1，而 CD1C1D，又 B1C1C1DC1，CD1平面AB1C1D，而 EF CD1，EF平面AB1C1D，故 D正确故选：D7已知函数?(?)=12?+12?(?)的图象，如图所示，那么的值为（）A2B3C4D5【分析】根据图象求出函数的解析式，结合三角函数的性质即可得到结论解
15、：根据函数?(?)=12?+12?(?)=12cos（x）的图象，可得 1 ，即 +12?2?1，由图象可知，12f（0）0，即 1cos 0可得：0?2那么 +3?2可得 的值为 4故选：C8“中国剩余定理”又称“孙子定理”，最早可见于中国南北朝时期的数学著作孙子算经卷下第二十六题，叫做“物不知数”，原文如下：今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二，问物几何？现有这样一个相关的问题：将1 到 2020 这2020 个自然数中满足被3 除余 2 且被 5 除余 3 的数按照从小到大的顺序排成一列，构成一个数列，则该数列的项数是（）A135B134C59D58【分析】根据“被3
16、 除余 2 且被 5 除余 3 的数”，可得这些数构成等差数列，然后根据等差数列的前n 项和公式，可得结果解：被 3除余 2 且被 5 除余 3 的数构成首项为8，公差为15 的等差数列，记为an，则 an8+15（n1）15n7，令 an15n72020，解得 n135215将 1 到 2020 这 2020 个自然数中满足被3 除余 2 且被 5 除余 3 的数按照从小到大的顺序排成一列，构成一个数列，则该数列的项数是135故选：A9设 alog43，b log54，c20.01，则 a，b，c 的大小关系为（）AbacBabcCacbDbc a【分析】引入中间量?-18，分出 c 与 b
17、 的大小，然后换底，比较a，b 的大小解：因为0log41alog43log441，0 blog54log551，c20.012-180.92，log54=2?21-?2 0.86，?43?54=?3?5?4?4=log43 log45（?43+?452）2（?4152）2 1，a，b，c 的大小关系为abc故选：B10 已知双曲线?：?-?2?=?(?)左、右焦点分别为F1，F2，过 F2的直线与C 交于 A，B 两点若 ABF1为等边三角形，则C 的渐近线方程为（）A?=?B?=?C?=?或?=?D?=?或?=?【分析】利用双曲线的对称性，结合已知条件判断AB 的位置，然后利用通径与焦距列
18、出方程，求解即可解：双曲线?：?-?2?=?(?)左、右焦点分别为F1，F2，过 F2的直线与C 交于 A，B 两点若 ABF1为等边三角形，可知 AB 垂直 x 轴，所以 2c=32?2?2?，可得 2ac=?，即 2?+?=?m，解得 m2，所以双曲线的渐近线方程为：y=?x故选：A11在正四面体PABC 中，点 D，E 分别在线段PC，PB 上，?=13?，若 AE+ED 的最小值为?，则该正四面体外接球的表面积为（）A27B54C27 68?D272?【分析】把平面 PAB 与平面 PCB 展开，连接 AD 交 PB 于点 E，此时 AE+ED 的值最小，在 PAD 中利用余弦定理求出
19、PA 的长，把四面体PABC 放入正方体中，利用四面体PABC 的棱长得到正方体的棱长，从而求出正方体的外接球的半径，即为四面体PABC的外接球的半径，再利用球的表面积公式即可得到该正四面体外接球的表面积解：正四面体PABC，如图所示：，把平面 PAB 与平面 PCB 展开得：，连接 AD 交 PB 于点 E，此时根据两点之间线段最短得到AE+ED 的值最小，设正四面体PABC 的棱长为3a，则在 PAD 中，APD 120，PA3a，PDa，所以由余弦定理得：?=?2+?2-?22?=-12，解得：a2，所以四面体PABC 的棱长为6，则把四面体PABC 放入正方体中，正方体的棱长为3?，又
20、因为正方体的外接球即是四面体PABC 的外接球，所以四面体PABC 的外接球的半径为12?=3 62，所以四面体PABC 的外接球的表面积为?(362)?=54，故选：B12已知曲线yf（x）与 g（x）ln（x2）x2 的图象关于点（1，0）对称，若直线 yax 与曲线 yf（x）相切，则a（）A 2B 1C1-?D-?+1?【分析】先根据图象关于（1，0）对称，求出f（x）的解析式，然后设切点，求导数，进而写出切线方程，再根据切线过原点，求出切点坐标，即可求出a 的值解：由已知设（x，y）是 yf（x）上任意一点，则关于（1，0）的对称点为（2x，y）在g（x）ln（x2）x2 的图象上，
21、所以 yln（2x）2+（x+2）2，所以：f（x）x lnx，?(?)=-?-1?，设切点为（x0，x0lnx0），k=-?-1?0，故切线为y（x0lnx0）（-?-1?0）（xx0），由已知切线过（0，0），所以x0+lnx0 x0+1，所以 x0 e，所以 k 1-1?=-?+1?故?=-?+1?故选：D二、填空题：本大题共4 小题，每小题5 分，满分20 分13已知向量?=(?，?)，?=(-?，?)，若?=?，R，则 m6【分析】根据题意，由数乘向量的坐标公式可得若?=?，则-?=?=?，解 、m 的值，即可得答案解：根据题意，向量?=(?，?)，?=(-?，?)，若?=?，则-?
22、=?=?，解可得 3，m 6；故答案为：6；14为增强学生的劳动意识，某校组织两个班级的学生参加社区劳动，这两个班级拟从高一年段的两个班级和高二年段的四个班级中选出，则选出的班级中至少有一个班级来自高一年段的概率为35【分析】基本事件总数n=?=15选出的班级中至少有一个班级来自高一年段包含的基本事件个数m=?+?=9，由此能求出选出的班级中至少有一个班级来自高一年段的概率解：某校组织两个班级的学生参加社区劳动，这两个班级拟从高一年段的两个班级和高二年段的四个班级中选出，基本事件总数n=?=15选出的班级中至少有一个班级来自高一年段包含的基本事件个数m=?+?=9，则选出的班级中至少有一个班级
23、来自高一年段的概率为p=?=915=35故答案为：3515 ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为a，b，c若 sinAsinBcosC2sin2C，则?2+?2?2=5，sinC 的最大值为35【分析】利用正弦定理可得：abcosC 2c2，根据余弦定理进而可求得：?2+?2?2=5，根据余弦定理，基本不等式可求cosC45，当且仅当ab 时等号成立，进而可求sinC 的最大值解：sinAsinBcosC2sin2C，利用正弦定理可得：abcosC2c2，又 cosC=?2+?2-?22?，可得?2+?2-?22=2c2，整理可得：?2+?2?2=5，cosC=?2+?2-?22?=?2+
24、?2-?2+?252?=2(?2+?2)5?2?2?5?=45，当且仅当ab 时等号成立，sinC 的最大值为?-?=35，当且仅当ab 时等号成立，故答案为：5，3516已知椭圆?：?2?2+?2?2=?(?)的左焦点为F，经过原点的直线与C 交于 A，B 两点，若 AFB 150，则 C 的离心率的取值范围为(?，6-24【分析】设椭圆的右焦点为E，则四边形AFBE 是平行四边形，于是把原问题转化为求FAE 30时，离心率的取值范围；然后在AFE 中，结合椭圆的定义、余弦定理和基本不等式列出关于离心率e 的不等式，解之即可得解解：如图所示，设椭圆的右焦点为E，则四边形AFBE 是平行四边形
25、，AFB 150，FAE 30由椭圆的定义可知，AE+AF 2a，不妨设为m+n2a，由基本不等式的性质可知，?(?+?)24=?，在 AFE中，由 余 弦 定 理 知，cos FAE=?2+?2-?22?=(?+?)2-2?-?22?=4?2-4?22?-?=2(?2-?2)?-?2(?2-?2)?2-?=?-?，FAE 30，cosFAE 32，?)，?-?32，解得?2-34=(6-24)?，0e 1，离心率e(?，6-24故答案为：(?，6-24三、解答题：共70 分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤第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
26、要求作答（一）必考题：共 60 分17记数列 an的前 n 项和为 Sn，已知 a11，?=?+12?（1）求数列 an的通项公式；（2）设?=?，记数列 bn的前 n 项和为 Tn，求证：?+?+?【分析】本题第（1）题当 n2 时根据公式anSn Sn1，代入进行计算并加以转化可得?=?-1?-1(?)，从而可发现数列?是一个常数列，进而可计算出数列an的通项公式；第（2）题先根据第（1）题的结果计算出数列bn的通项公式，然后将通项公式进行转化可发现数列bn是以 2 为首项，2 为公比的等比数列，再根据等比数列的求和公式写出Tn的表达式，同时可得Tn+1与 Tn+2的表达式，然后运用作差法
27、代入计算可证明不等式成立【解答】（1）解：由题意，当n1 时，a11，当 n 2 时，anSn Sn1=?+12an-(?-1)+12an1，则?+12anan=?2an1，即?-12an=?2an1，?=?-1?-1(?)，?11=?，?=?-1?-1=?=?11=?，ann，n N*（2）证明：由（1）知，?=?=2?2n1，故数列 bn是以 2 为首项，2 为公比的等比数列，?=2(1-2?)1-2=?(?-?)，则 Tn+1 2（2n+11），Tn+22（2n+2 1），?+?-?+?=?(?+?-?)?-?(?-?)(?+?-?)4（22n+22n+2+1）4（22n+22n2n+2
28、+1）4（22n+22n+2+122n+2+2n+2n+21）42n2n+20，?+?+?，即?+?+?故得证18在党中央的正确领导下，通过全国人民的齐心协力，特别是全体一线医护人员的共同努力，新冠肺炎疫情得到了有效控制作为集中医学观察隔离点的某酒店在疫情期间，为客人提供两种速食品“方便面”和“自热米饭”为调查这两种速食品的受欢迎程度，酒店部门经理记录了连续10 天这两种速食品的销售量，得到如下频数分布表（其中销售量单位：盒）：第 t 天12345678910方便面1039398931068687949199自热米饭8896989710199102107104112（1）根据两组数据完成下面的
29、茎叶图（填到答题卡上）；（2）根据统计学知识，你认为哪种速食品更受欢迎，并简要说明理由；（3）求自热米饭销售量y 关于天数t 的线性回归方程，并预估第12 天自热米饭的销售量（结果精确到整数）参考数据：?=?（ti-?）（yi-?）165，?=?（ti-?）2=1652附：回归直线方程?=?+?，其中?=?=1(?-?)(?-?)?=1(?-?)2，?=?-?t【分析】（1）利用已知条件，直接求解茎叶图（2）解法一：由（1）中的茎叶图可知，自热米饭的销售量较方便面更高，两种速食品的销售量波动情况相当，所以认为自热米饭更受欢迎解法二：方便面的销售量平均值，自热米饭的销售量平均值，推出结果（3）求
30、出样本中心，回归直线方程的斜率，然后求解截距，得到回归直线方程，然后求解预估第12 天自热米饭的销售量个数解：（1）茎叶图如下：（2）解法一：由（1）中的茎叶图可知，自热米饭的销售量较方便面更高，两种速食品的销售量波动情况相当，所以认为自热米饭更受欢迎解法二：方便面的销售量平均值为?+3-7-2-7+6-14-13-6-9-110=?，自热米饭的销售量平均值为?+-12-4-2-3+1-1+2+7+4+1210=?.?，所以自热米饭的销售量平均值比方便面销售量平均值更高，因此认为自热米饭更受欢迎（注：本小题只需根据统计学知识参照给分）（3）计算?=1+102=112，?=?.?，又?=?(?-
31、?)(?-?)=?，?=?(?-?)?=1652，?=10?=1(?-?)(?-?)12?=1(?-?)2=1661652=?，?=?-?=?.?-?112=?.?因此自热米饭销售量y 关于天数t 的线性回归方程为?=?+?.?当 t12 时，?=?+?.?（个），所以预估第12 天自热米饭的销售量为113 个19在如图所示的几何体ABCDE 中，DC平面 ABC，DE BC，CA CD，F 是线段 AD的中点，AECF（1）求证：ACBC；（2）若 ACBC2DE 2，求三棱锥FABE 的体积【分析】（1）求出CF AD，AECF，从而CF平面ADE，进而CF DE，由 DEBC，得 CF
32、CB，由 DC平面 ABC，DC BC，从而BC平面 ACD，由此能证明ACBC（2）由 CA CD，CACB，DE BC，得 B，C，D，E 四点共面，从而 CA平面 BDE，由此能求出三棱锥FABE 的体积解：（1）证明：CACD，F 是线段 AD 的中点，CF AD又 AECF，AEAD A，CF 平面 ADE，CF DE，又 DE BC，CF CB，DC平面 ABC，DC BC，又 CF CD C，BC平面 ACD，AC?平面 ACD，ACBC（2）解：CACD，CACB，CD CBC，又 DE BC，B，C，D，E 四点共面，CA平面 BDE，AC BC2DE 2，F 为线段 AD
33、的中点?-?=12?-?=12?-?=1213?=1612?=1320已知点A（1，0），抛物线C：y22px（p0）上存在一点M，使得直线AM 的斜率的最大值为1，圆 Q 的方程为?+?-?+34=?（1）求点 M 的坐标和 C 的方程；（2）若直线 l 交 C 于 D，E 两点且直线MD，ME 都与圆 Q 相切，证明直线l 与圆 Q 相离【分析】（1）（法一）设M（x0，y0），代入抛物线方程，求出直线AM 的斜率表达式，利用基本不等式求出kAM取得最大值1解得 p，求出抛物线方程法二：设M（x0，y0），则点M 在 x 轴上方，直线AM 的方程为 yx+1，联立直线AM和抛物线C 的方程
34、并整理得x2+（22p）x+10，利用判别式解得：p，然后求解抛物线方程（2）（法一）求出圆Q 的圆心为（1，0），半径为12，设过点M 的直线 MA 或 MB 的方程为 y2k（x1）利用点到直线的距离解得?=?得到直线MD 的方程，将直线 MD 方程与抛物线y24x 方程联立，设D（x1，y1），求出D，E 坐标，推出l 的方程 15x+15y+110，判断直线l 与圆 Q 相离（法二）求出圆心Q（1，0），半径为12设 l 的方程为ykx+m代入抛物线方程，转化求解直线MD 的斜率，直线MD 的方程式，通过MD 与圆 Q 相切，转化求解D、E 坐标，得到直线l 得方程判断圆心Q 到直线
35、l 的距离，得到结果解：（1）（法一）设M（x0，y0），则?=?，由已知可得y00，直线AM 的斜率为?=?0?0+1=?0?022+1=2?0?02+2?=2?0+2?02?22?=2?2，当且仅当?=?时，kAM取得最大值12?2=?，解得 p2，y02，M（1，2），C 的方程为y24x法二：设M（x0，y0），则点M 在 x 轴上方，由已知，当直线AM 的斜率为1 时，直线AM 与抛物线C 相切，此时直线AM 的方程为yx+1，联立直线AM 和抛物线C 的方程并整理得x2+（22p）x+1 0，（22p）40，解得：p2，且 x1x21，M（1，2），C 的方程为y24x（2）（法一
36、）圆Q 的方程可化为(?-?)?+?=14，圆 Q 的圆心为（1，0），半径为12，设过点 M 的直线 MA 或 MB 的方程为y2k（x1），化为 kx yk+20，则|2|?2+1=12，解得?=?不妨设直线MD 的方程为?-?=?(?-?)，将直线 MD 与抛物线y2 4x 方程联立，消去 x 得?-?+?-?=?设 D（x1，y1），则?+?=415，?=415-?，?=1915-415，同理设 E（x2，y2），?+?=4-15?=4-15-?，?=1915+415，直线 l 的斜率?=?2-?1?2-?1=-?，直线 l 的方程为yy1（xx1），即?=-?-1115，l 的方程
37、15x+15y+110，此时圆心Q 到直线 l 的距离?=26152=1321512，直线 l 与圆 Q 相离（法二）圆Q 的方程可化为(?-?)?+?=14圆心 Q（1，0），半径为12由题知，直线l 的斜率必存在，设 l 的方程为ykx+m联立，消去x 得 ky24y+4m0，由 16 16km0，得 km1，设 D（x1，y1），E（x2，y2），则?+?=4?，?=4?，直线 MD 的斜率为?=?1-2?1-1=?1-2?124-1=4?1+2，直线 MD 的方程式为?-?=4?1+2(?-?)，即 4x（y1+2）y+2y10，MD 与圆 Q 相切，|4+2?1|42+(?1+?2)
38、2=12，?(?+?)?=?，?=-?415，由题知：?(?，-?+415)，?(?，-?-415)，或?(?，-?-415)，?(?，-?+415)，代入 得 k 1，?=-1115，?=1115?，满足 式，直线 l 得方程为?=-?-1115，即?+?+1115=?此时圆心Q 到直线 l 的距离?=20152=1321512直线 l 与圆 Q 相离21已知函数f（x）xlnx ax2+a（1）若 f（x）a，求 a 的取值范围；（2）若 f（x）存在唯一的极小值点x0，求 a 的取值范围，并证明2a1f（x0）0【分析】（1）可利用分离参数法，将问题转化为?恒成立，然后研究g（x）=?的
39、单调性，求出最大值；（2）通过研究f（x）在（0，+）内的变号零点，单调性情况确定唯一极小值点；若不能直接确定f（x）的零点范围及单调性，可以通过研究f（x）的零点、符号来确定 f（x）的单调性，和特殊点（主要是能确定f（x）符号的点）处的函数值符号，从而确定f（x）的极值点的存在性和唯一性解：（1）f（x）的定义域为（0，+）由 f（x）a，得?在 x（0，+）恒成立，转化为?(?)?，令?(?)=?，则?(?)=1-?2，?(?)=?在（0，e）单调递增，在（e，+）单调递减，g（x）的最大值为?(?)=1?，?1?a 的取值范围是1?，+)（2）设 g（x）f（x），则 g（x）lnx+
40、12ax，?(?)=1?-?，x0 当 a0 时，g（x）0 恒成立，g（x）在（0，+）单调递增，又 g（1）1 2a 0，g（e2a1）2a1+12ae2a12a（1e2a1）0所以 g（x）存在唯一零点x1（0，1）当 x（0，x1）时，f（x）g（x）0，当 x（x1，1）时，f（x）g（x）0所以 f（x）存在唯一的极小值点x0 x1 当a0 时，g（x）lnx+1，g（x）在（0，+）单调递增，?(1?)=?，所以 g（x）在（0，+）有唯一零点1?当?(?，1?)时，f（x）g（x）0，当?(1?，?)时，f（x）g（x）0所以 f（x）存在唯一的极小值点?=1?当 a0 时，令
41、 g（x）0，得?(?，12?)；令 g（x）0，得?(12?，+)，g（x）在(?，12?)单调递增，在(12?，+)单调递减，所以 g（x）的最大值为?(12?)=-?(?)，当?12时，?(1?)?，g（1）1 2a0，?(12?)?，?(1?2)=-?+?-2?-?(?-1?)+?-2?=-?，由函数零点存在定理知：g（x）在区间（0，1），（1，+）分别有一个零点x2，x3，当 x（0，x2）时，f（x）g（x）0；当 x（x2，x3）时，f（x）g（x）0；所以 f（x）存在唯一的极小值点x0 x2，极大值点x3 当?12时，?(12?)?，f（x）g（x）0所以 f（x）在（0，
42、+）单调递减，无极值点由可知，当x（0，x0）时，f（x）0；所以 f（x）在（0，x0）单调递减，（x0，1）单调递增所以 f（x0）f（1）0由 f（x0）lnx0+12ax00，得 lnx02ax01所以?(?)=?-?+?=?(?-?)-?+?=?+?-?(?)-(?-?)=?-?-?+?=（x01）a（x0+1）1，因为 x0（0，1），?(-，12)，所以 x0 10，?(?+?)-?12?-?=?所以 f（x0）（2a 1）0，即 f（x0）2a1；所以 2a 1f（x0）0（二）选考题：共10 分请考生在第22.23 两题中任选一题作答如果多做，则按所做第一个题目计分选修 4-
43、4：坐标系与参数方程22在直角坐标系xOy 中，直线l 过点（2，0）且倾斜角为 以坐标原点O 为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线C 的极坐标方程为 1，l 与 C 交于 M，N两点（1）求 C 的直角坐标方程和的取值范围；（2）求线段 MN 中点 H 的轨迹的参数方程【分析】（1）直接利用转换关系的应用，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换（2）利用直线的垂直的充要条件的应用求出结果解：（1）曲线 C 的极坐标方程为 1 转换为直角坐标方程为x2+y2 1直线 l 过点（2，0）且倾斜角为 当?=?2时，直线显然与圆相离，不合题意，故舍去当?2时，设直线的斜率ktan
44、 ，则直线的方程为kxy+2k 0由于直线与圆相交于M、N 两点，所以圆心到直线的距离d=|2?|1+?2?，解得-33?33即-33?33，根据正切函数的图象，所以?6或5?6?；当 0 时，l 与 C 交于 M，N 两点，满足题意，故：?6或5?6?（2）设点 H（x，y），则由 OH l 可知：当k10 时，kOH?kl 1，即?+2=-?，整理得（x+1）2+y21当 kl0 时，点 H 与原点重合，也满足上式所以点 H 的轨迹方程为?=-?+?=?（为参数，?3或5?3?）一、选择题23已知函数f（x）|x+1|2|xm|（m0），且 f（x）的最大值为3（l）求 m 的值；（2）若
45、正数a，b，c 满足 2（a+b+c）m，证明：bc（la）+ac（lb）+ab（lc）6abc【分析】（1）化简函数的解析式为分段函数的形式，求出函数的最值，即可求解m 的值（2）利用“1”的代换，结合基本不等式转化证明不等式即可【解答】（1）解：函数f（x）|x+1|2|xm|=?-?-?，?-?-?+?，-?-?+?+?，?，当xm 时，f（x）取得最大值m+1，又 f（x）的最大值为3所以，m+1 3，解得 m2（2）证明：由（1）可知 m2，2（a+b+c）2，即 a+b+c1；正数 a，b，c，并且1-?+1-?+1-?=?+?+?+?+?+?=?+?+?+?+?+?2+2+26，当且仅当abc=13时，取等号所以 bc（la）+ac（lb）+ab（lc）6abc