《2020年全国统一高考数学试卷(文科)(新课标ⅰ)(含解析版).pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020年全国统一高考数学试卷(文科)(新课标ⅰ)(含解析版).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、第 1页（共 24页）2020 年全国统一高考数学试卷（文科年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标（新课标）一、选择题：本题共一、选择题：本题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 60 分。在每小题给出的四个选项中，只有分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。一项是符合题目要求的。1（5 分）已知集合 Ax|x23x40，B4，1，3，5，则 AB（）A4，1B1，5C3，5D1，32（5 分）若 z1+2i+i3，则|z|（）A0B1CD23（5 分）埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一
2、个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（）ABCD4（5 分）设 O 为正方形 ABCD 的中心，在 O，A，B，C，D 中任取 3 点，则取到的 3 点共线的概率为（）ABCD5（5 分）某校一个课外学习小组为研究某作物种子的发芽率 y 和温度 x（单位：）的关系，在 20 个不同的温度条件下进行种子发芽实验，由实验数据（xi，yi）（i1，2，20）得到下面的散点图：由此散点图，在 10至 40之间，下面四个回归方程类型中最适宜作为发芽率 y 和温度x 的回归方程类型的是（）第 2页（共 24页）Aya+bxBya+bx2Cya+bexDya+blnx6（5
3、 分）已知圆 x2+y26x0，过点（1，2）的直线被该圆所截得的弦的长度的最小值为（）A1B2C3D47（5 分）设函数 f（x）cos（x+）在，的图象大致如图，则 f（x）的最小正周期为（）ABCD8（5 分）设 alog342，则 4a（）ABCD9（5 分）执行如图的程序框图，则输出的 n（）A17B19C21D2310（5 分）设an是等比数列，且 a1+a2+a31，a2+a3+a42，则 a6+a7+a8（）A12B24C30D32第 3页（共 24页）11（5 分）设 F1，F2是双曲线 C：x21 的两个焦点，O 为坐标原点，点 P 在 C 上且|OP|2，则PF1F2的面
4、积为（）AB3CD212（5 分）已知 A，B，C 为球 O 的球面上的三个点，O1为ABC 的外接圆若O1的面积为 4，ABBCACOO1，则球 O 的表面积为（）A64B48C36D32二、填空题：本题共二、填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分。分。13（5 分）若 x，y 满足约束条件则 zx+7y 的最大值为14（5 分）设向量（1，1），（m+1，2m4），若 ，则 m15（5 分）曲线 ylnx+x+1 的一条切线的斜率为 2，则该切线的方程为16（5 分）数列an满足 an+2+（1）nan3n1，前 16 项和为 540，则 a1三、解答题：
5、共三、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 题为必考题为必考题题，每个试题考生都必须作答每个试题考生都必须作答。第第 22、23 题为选考题题为选考题，考生根据要求作答考生根据要求作答。（一一）必考题必考题：共共 60 分。分。17（12 分）某厂接受了一项加工业务，加工出来的产品（单位：件）按标准分为 A，B，C，D 四个等级加工业务约定：对于 A 级品、B 级品、C 级品，厂家每件分别收取加工费90 元，50 元，20 元；对于 D 级品，厂家每件要赔偿原料损失费 50 元该厂有甲、乙两个分厂可承接加工业务
6、 甲分厂加工成本费为 25 元/件，乙分厂加工成本费为 20 元/件 厂家为决定由哪个分厂承接加工业务，在两个分厂各试加工了 100 件这种产品，并统计了这些产品的等级，整理如下：甲分厂产品等级的频数分布表等级ABCD频数40202020乙分厂产品等级的频数分布表等级ABCD频数28173421第 4页（共 24页）（1）分别估计甲、乙两分厂加工出来的一件产品为 A 级品的概率；（2）分别求甲、乙两分厂加工出来的 100 件产品的平均利润，以平均利润为依据，厂家应选哪个分厂承接加工业务？18（12 分）ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c已知 B150（1）若 ac，b2，求A
7、BC 的面积；（2）若 sinA+sinC，求 C19（12 分）如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，ABC 是底面的内接正三角形，P 为 DO 上一点，APC90（1）证明：平面 PAB平面 PAC；（2）设 DO，圆锥的侧面积为，求三棱锥 PABC 的体积第 5页（共 24页）20（12 分）已知函数 f（x）exa（x+2）（1）当 a1 时，讨论 f（x）的单调性；（2）若 f（x）有两个零点，求 a 的取值范围21（12 分）已知 A，B 分别为椭圆 E：+y21（a1）的左、右顶点，G 为 E 的上顶点，8 P 为直线 x6 上的动点，PA 与 E 的另一交点为 C，PB
8、 与 E 的另一交点为 D（1）求 E 的方程；（2）证明：直线 CD 过定点（二）选考题：共（二）选考题：共 10 分。请考生在第分。请考生在第 22、23 题中任选一题作答。如果多做，则按所做的题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。第一题计分。选修选修 4-4：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程（10 分）分）22（10 分）在直角坐标系 xOy 中，曲线 C1的参数方程为（t 为参数）以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 C2的极坐标方程为 4cos16sin+30（1）当 k1 时，C1是什么曲线？（2）当 k4 时，求 C1与 C2的公共点的直角坐标第
9、6页（共 24页）选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲（10 分）分）23已知函数 f（x）|3x+1|2|x1|（1）画出 yf（x）的图象；（2）求不等式 f（x）f（x+1）的解集第 7页（共 24页）2020 年全国统一高考数学试卷（文科年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标（新课标）参考答案与试题解析参考答案与试题解析一、选择题：本题共一、选择题：本题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 60 分。在每小题给出的四个选项中，只有分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。一项是符合题目要求的。1（5 分）已知集合 Ax|x23x40，B4，1，3，5，
10、则 AB（）A4，1B1，5C3，5D1，3【分析】求解一元二次不等式得到集合 A，再由交集运算得答案【解答】解：集合 Ax|x23x40（1，4），B4，1，3，5，则 AB1，3，故选：D【点评】本题考查交集及其运算，考查一元二次不等式的解法，是基础题2（5 分）若 z1+2i+i3，则|z|（）A0B1CD2【分析】根据复数的定义化简原式，并通过模长公式求解即可【解答】解：z1+2i+i31+2ii1+i，|z|故选：C【点评】本题考查了复数的定义以及复数模的求法，是基础题3（5 分）埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四
11、棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（）第 8页（共 24页）ABCD【分析】先根据正四棱锥的几何性质列出等量关系，进而求解结论【解答】解：设正四棱锥的高为 h，底面边长为 a，侧面三角形底边上的高为 h，则依题意有：，因此有 h2（）2ah4（）22（）10（负值舍去）；故选：C【点评】本题主要考查棱锥的几何性质，属于中档题4（5 分）设 O 为正方形 ABCD 的中心，在 O，A，B，C，D 中任取 3 点，则取到的 3 点共线的概率为（）ABCD【分析】根据古典概率公式即可求出【解答】解：O，A，B，C，D 中任取 3 点，共有10 种，其中共线为
12、 A，O，C 和 B，O，D 两种，故取到的 3 点共线的概率为 P，故选：A【点评】本题考查了古典概型概率问题，属于基础题5（5 分）某校一个课外学习小组为研究某作物种子的发芽率 y 和温度 x（单位：）的关系，在 20 个不同的温度条件下进行种子发芽实验，由实验数据（xi，yi）（i1，2，20）得到下面的散点图：第 9页（共 24页）由此散点图，在 10至 40之间，下面四个回归方程类型中最适宜作为发芽率 y 和温度x 的回归方程类型的是（）Aya+bxBya+bx2Cya+bexDya+blnx【分析】直接由散点图结合给出的选项得答案【解答】解：由散点图可知，在 10至 40之间，发芽
13、率 y 和温度 x 所对应的点（x，y）在一段对数函数的曲线附近，结合选项可知，ya+blnx 可作为发芽率 y 和温度 x 的回归方程类型故选：D【点评】本题考查回归方程，考查学生的读图视图能力，是基础题6（5 分）已知圆 x2+y26x0，过点（1，2）的直线被该圆所截得的弦的长度的最小值为（）A1B2C3D4【分析】由相交弦长|AB|和圆的半径 r 及圆心 C 到过 D（1，2）的直线的距离 d 之间的勾股关系，求出弦长的最小值，即圆心到直线的距离的最大时，而当直线与 CD 垂直时 d最大，求出 d 的最大值，进而求出弦长的最小值【解答】解：由圆的方程可得圆心坐标 C（3，0），半径 r
14、3；设圆心到直线的距离为 d，则过 D（1，2）的直线与圆的相交弦长|AB|2，当 d 最大时弦长|AB|最小，当直线与 CD 所在的直线垂直时 d 最大，这时 d|CD|2，所以最小的弦长|AB|22，故选：B【点评】本题考查直线与圆相交的弦长公式，属于中档题7（5 分）设函数 f（x）cos（x+）在，的图象大致如图，则 f（x）的最小正周期为（）第 10页（共 24页）ABCD【分析】由图象观察可得最小正周期小于，大于，排除 A，D；再由 f（）0，求得，对照选项 B，C，代入计算，即可得到结论【解答】解：由图象可得最小正周期小于（），大于 2（），排除 A，D；由图象可得 f（）cos
15、（+）0，即为+k+，kZ，（*）若选 B，即有，由+k+，可得 k 不为整数，排除 B；若选 C，即有，由+k+，可得 k1，成立故选：C【点评】本题考查三角函数的图象和性质，主要是函数的周期的求法，运用排除法是迅速解题的关键，属于中档题8（5 分）设 alog342，则 4a（）ABCD【分析】直接根据对数和指数的运算性质即可求出【解答】解：因为 alog342，则 log34a2，则 4a329则 4a，故选：B【点评】本题考查了对数和指数的运算性质，属于基础题9（5 分）执行如图的程序框图，则输出的 n（）第 11页（共 24页）A17B19C21D23【分析】由已知中的程序语句可知：
16、该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量 n 的值，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案【解答】解：n1，S0，第一次执行循环体后，S1，不满足退出循环的条件，n3；第二次执行循环体后，S4，不满足退出循环的条件，n5；第三次执行循环体后，S9，不满足退出循环的条件，n7；第四次执行循环体后，S16，不满足退出循环的条件，n9；第五次执行循环体后，S25，不满足退出循环的条件，n11；第六次执行循环体后，S36，不满足退出循环的条件，n13；第七次执行循环体后，S49，不满足退出循环的条件，n15；第八次执行循环体后，S64，不满足退出循环的条件，n17；第九次执行循环体后，S81，不满足退
17、出循环的条件，n19；第十次执行循环体后，S100，不满足退出循环的条件，n21；第十一次执行循环体后，S121，满足退出循环的条件，故输出 n 值为 21，故选：C【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10（5 分）设an是等比数列，且 a1+a2+a31，a2+a3+a42，则 a6+a7+a8（）第 12页（共 24页）A12B24C30D32【分析】根据等比数列的性质即可求出【解答】解：an是等比数列，且 a1+a2+a31，则 a2+a3+a4q（a1+a2+a3），即 q2，a6+a7+a8q5（a1+a2+a3）2513
18、2，故选：D【点评】本题考查了等比数列的性质和通项公式，属于基础题11（5 分）设 F1，F2是双曲线 C：x21 的两个焦点，O 为坐标原点，点 P 在 C 上且|OP|2，则PF1F2的面积为（）AB3CD2【分析】先判断PF1F2为直角三角形，再根据双曲线的定义和直角三角形的性质即可求出【解答】解：由题意可得 a1，b，c2，|F1F2|2c4，|OP|2，|OP|F1F2|，PF1F2为直角三角形，PF1PF2，|PF1|2+|PF2|24c216，|PF1|PF2|2a2，|PF1|2+|PF2|22|PF1|PF2|4，|PF1|PF2|6，PF1F2的面积为 S|PF1|PF2|
19、3，故选：B【点评】本题考查了双曲线的性质，直角三角形的性质，双曲线的定义，三角形的面积，属于中档题12（5 分）已知 A，B，C 为球 O 的球面上的三个点，O1为ABC 的外接圆若O1的面积为 4，ABBCACOO1，则球 O 的表面积为（）第 13页（共 24页）A64B48C36D32【分析】画出图形，利用已知条件求出 OO1，然后求解球的半径，即可求解球的表面积【解答】解：由题意可知图形如图：O1的面积为 4，可得 O1A2，则AO1ABsin60，ABBCACOO12，外接球的半径为：R4，球 O 的表面积：44264故选：A【点评】本题考查球的内接体问题，球的表面积的求法，求解球
20、的半径是解题的关键二、填空题：本题共二、填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分。分。13（5 分）若 x，y 满足约束条件则 zx+7y 的最大值为1【分析】先根据约束条件画出可行域，再利用几何意义求最值，只需求出可行域直线在 y轴上的截距最大值即可【解答】解：x，y 满足约束条件，不等式组表示的平面区域如图所示，由，可得 A（1，0）时，目标函数 zx+7y，可得 yx+，当直线 yx+过点 A 时，在 y 轴上截距最大，此时 z 取得最大值：1+701第 14页（共 24页）故答案为：1【点评】本题主要考查了简单的线性规划，以及利用几何意义求最值，属于基础
21、题14（5 分）设向量（1，1），（m+1，2m4），若 ，则 m5【分析】根据向量垂直的条件可得关于 m 的方程，解之可得结果【解答】解：向量（1，1），（m+1，2m4），若 ，则 m+1（2m4）m+50，则 m5，故答案为：5【点评】本题考查了向量的垂直的条件和向量数量积的运算，属于基础题15（5 分）曲线 ylnx+x+1 的一条切线的斜率为 2，则该切线的方程为y2x【分析】求得函数 ylnx+x+1 的导数，设切点为（m，n），可得切线的斜率，解方程可得切点，进而得到所求切线的方程【解答】解：ylnx+x+1 的导数为 y+1，设切点为（m，n），可得 k1+2，解得 m1，即有
22、切点（1，2），则切线的方程为 y22（x1），即 y2x，故答案为：y2x【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，考查方程思想和运算能力，属于基础题16（5 分）数列an满足 an+2+（1）nan3n1，前 16 项和为 540，则 a17第 15页（共 24页）【分析】在已知数列递推式中，分别取 n 为奇数与偶数，可得 anan23（n2）1与 an+2+an3n1，利用累加法得到 n 为奇数时 an与 a1的关系，求出偶数项的和，然后列式求解 a1【解答】解：由 an+2+（1）nan3n1，当 n 为奇数时，有 an+2an3n1，可得 anan23（n2）1，
23、a3a1311，累加可得 ana131+3+（n2）3；当 n 为偶数时，an+2+an3n1，可得 a4+a25，a8+a617，a12+a1029，a16+a1441可得 a2+a4+a1692a1+a3+a15448448，8a156，即 a17故答案为：7【点评】本题考查数列递推式，考查等差数列的前 n 项和，考查运算求解能力，是中档题三、解答题：共三、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 题为必考题为必考题题，每个试题考生都必须作答每个试题考生都必须作答。第第 22、23 题为选考题题为选考题，考生根
24、据要求作答考生根据要求作答。（一一）必考题必考题：共共 60 分。分。17（12 分）某厂接受了一项加工业务，加工出来的产品（单位：件）按标准分为 A，B，C，D 四个等级加工业务约定：对于 A 级品、B 级品、C 级品，厂家每件分别收取加工费90 元，50 元，20 元；对于 D 级品，厂家每件要赔偿原料损失费 50 元该厂有甲、乙两个分厂可承接加工业务 甲分厂加工成本费为 25 元/件，乙分厂加工成本费为 20 元/件 厂家为决定由哪个分厂承接加工业务，在两个分厂各试加工了 100 件这种产品，并统计了这些产品的等级，整理如下：第 16页（共 24页）甲分厂产品等级的频数分布表等级ABCD
25、频数40202020乙分厂产品等级的频数分布表等级ABCD频数28173421（1）分别估计甲、乙两分厂加工出来的一件产品为 A 级品的概率；（2）分别求甲、乙两分厂加工出来的 100 件产品的平均利润，以平均利润为依据，厂家应选哪个分厂承接加工业务？【分析】（1）根据表格数据得到甲乙 A 级品的频数分别为 40，28，即可求得相应频率；（2）根据所给数据分别求出甲乙的平均利润即可【解答】解：（1）由表格可得，甲分厂加工出来的一件产品为 A 级品的频数为 40，故频率为0.4，乙分厂加工出来的一件产品为 A 级品的频数为 28，故频率为0.28，故甲、乙两分厂加工出来的一件产品为 A 级品的概
26、率分别是 0.4，0.28；（2）由表格可知甲分厂加工四个等级的频率分别为 0.4，0.2，0.2，0.2，故其平均利润为（9025）0.4+（5025）0.2+（2025）0.2+（5025）0.215（元）；同理乙分厂加工四个等级的频率分别为 0.28，0.17，0.34，0.21，故其平均利润为（9020）0.28+（5020）0.17+（2020）0.34+（5020）0.2110（元）；因为 1510，所以选择甲分厂承接更好【点评】本题考查频率的求法，考查离散型随机变量的分布列和数学期望的求法，是中档题18（12 分）ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c已知 B150
27、（1）若 ac，b2，求ABC 的面积；（2）若 sinA+sinC，求 C【分析】（1）根据题意，B150，通过余弦定理，即可求得 c2，a2，进而通过第 17页（共 24页）三角形面积公式（2）通过三角形三边和为 180，将 A180150C 代入 sinA+sinC，根据 C 的范围，即可求得 C15【解答】解：（1）ABC 中，B150，ac，b2，cosB，c2（负值舍去），a2，（2）sinA+sinC，即 sin（180150C）+，化简得，sin（C+30），0C30，30C+3060，C+3045，C15【点评】本题主要考查解三角形中余弦定理的应用，结合三角恒等变换中辅助角公
28、式的应用，属于基础题19（12 分）如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，ABC 是底面的内接正三角形，P 为 DO 上一点，APC90（1）证明：平面 PAB平面 PAC；（2）设 DO，圆锥的侧面积为，求三棱锥 PABC 的体积第 18页（共 24页）【分析】（1）首先利用三角形的全等的应用求出 APBP，CPBP，进一步求出二面角的平面角为直角，进一步求出结论（2）利用锥体的体积公式和圆锥的侧面积公式的应用及勾股定理的应用求出结果【解答】解：（1）连接 OA，OB，OC，ABC 是底面的内接正三角形，所以 ABBCACO 是圆锥底面的圆心，所以：OAOBOC，所以 APBPCPO
29、A2+OP2OB2+OP2OC2+OP2，所以APBBPCAPC，由于APC90，所以APBBPC90，所以 APBP，CPBP，由于 APCPP，所以 BP平面 APC，由于 BP平面 PAB，所以：平面 PAB平面 PAC（2）设圆锥的底面半径为 r，圆锥的母线长为 l，所以由于圆锥的侧面积为，所以，整理得（r2+3）（r21）0，解得 r1所以 AB由于 AP2+BP2AB2，解得第 19页（共 24页）则：【点评】本题考查的知识要点：面面垂直的判定和性质的应用，几何体的体积公式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于中档题型20（12 分）已知函数 f（x）exa（x+
30、2）（1）当 a1 时，讨论 f（x）的单调性；（2）若 f（x）有两个零点，求 a 的取值范围【分析】（1）当 a1 时，f（x）ex1，求出导函数的零点，由导函数的零点对定义域分段，再由导函数在各区间段内的符号求得原函数的单调性；（2）当 a0 时，f（x）exa0 恒成立，f（x）在（，+）上单调递增，不合题意；当 a0 时，利用导数可得函数单调性，得到函数极值，结合题意由极小值小于0 即可求得 a 的取值范围【解答】解：由题意，f（x）的定义域为（，+），且 f（x）exa（1）当 a1 时，f（x）ex1，令 f（x）0，解得 x0当 x（，0）时，f（x）0，f（x）单调递减，当
31、x（0，+）时，f（x）0，f（x）单调递增f（x）在（，0）上单调递减，在（0，+）上单调递增；（2）当 a0 时，f（x）exa0 恒成立，f（x）在（，+）上单调递增，不合题意；当 a0 时，令 f（x）0，解得 xlna，当 x（，lna）时，f（x）0，f（x）单调递减，当 x（lna，+）时，f（x）0，f（x）单调递增f（x）的极小值也是最小值为 f（lna）aa（lna+2）a（1+lna）又当 x时，f（x）+，当 x+时，f（x）+第 20页（共 24页）要使 f（x）有两个零点，只要 f（lna）0 即可，则 1+lna0，可得 a综上，若 f（x）有两个零点，则 a 的
32、取值范围是（，+）【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，训练了利用导数求极值，考查利用函数零点的个数求参数的取值范围，是中档题21（12 分）已知 A，B 分别为椭圆 E：+y21（a1）的左、右顶点，G 为 E 的上顶点，8 P 为直线 x6 上的动点，PA 与 E 的另一交点为 C，PB 与 E 的另一交点为 D（1）求 E 的方程；（2）证明：直线 CD 过定点【分析】（1）根据椭圆的几何性质，可写出 A、B 和 G 的坐标，再结合平面向量的坐标运算列出关于 a 的方程，解之即可；（2）设 C（x1，y1），D（x2，y2），P（6，t），然后分两类讨论：t0，设直线 CD 的方程为
33、 xmy+n，写出直线 PA 和 PB 的方程后，消去 t 可得 3y1（x23）y2（x1+3），结合，消去 x23，可得，然后联立直线 CD 和椭圆的方程，消去 x，写出韦达定理，并将其代入上式化简整理得关于 m 和 n 的恒等式，可解得 n或3（舍），从而得直线 CD 过定点（，0）；若 t0，则直线 CD 的方程为 y0，只需验证直线 CD 是否经过点（，0）即可【解答】解：（1）由题设得，A（a，0），B（a，0），G（0，1），则，由得 a218，即 a3，所以 E 的方程为（2）设 C（x1，y1），D（x2，y2），P（6，t），若 t0，设直线 CD 的方程为 xmy+n，由
34、题可知，3n3，由于直线 PA 的方程为，所以，同理可得，于是有 3y1（x23）y2（x1+3）第 21页（共 24页）由于，所以，将 其 代 入 式，消 去 x2 3，可 得 27y1y2 （x1+3）（x2+3），即，联立得，（m2+9）y2+2mny+n290，所以，代入式得（27+m2）（n29）2m（n+3）mn+（n+3）2（m2+9）0，解得 n或3（因为3n3，所以舍3），故直线 CD 的方程为，即直线 CD 过定点（，0）若 t0，则直线 CD 的方程为 y0，也过点（，0）综上所述，直线 CD 过定点（，0）【点评】本题考查椭圆方程的求法、直线与椭圆的位置关系中的定点问题
35、，涉及分类讨论的思想，有一定的计算量，考查学生的逻辑推理能力和运算能力，属于难题（二）选考题：共（二）选考题：共 10 分。请考生在第分。请考生在第 22、23 题中任选一题作答。如果多做，则按所做的题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。第一题计分。选修选修 4-4：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程（10 分）分）22（10 分）在直角坐标系 xOy 中，曲线 C1的参数方程为（t 为参数）以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 C2的极坐标方程为 4cos16sin+30（1）当 k1 时，C1是什么曲线？第 22页（共 24页）（2）当 k4 时，求 C1与
36、C2的公共点的直角坐标【分析】（1）当 k1 时，曲线 C1的参数方程为，（t 为参数），利用平方关系消去参数 t，可得 x2+y21，故 C1是以原点为圆心，以 1 为半径的圆；（2）当 k4 时，曲线 C1的参数方程为，（t 为参数），消去参数 t，可得1，由 4cos16sin+30，结合极坐标与直角坐标的互化公式可得 4x16y+30 联立方程组即可求得 C1与 C2的公共点的直角坐标为（）【解答】解：（1）当 k1 时，曲线 C1的参数方程为，（t 为参数），消去参数 t，可得 x2+y21，故 C1是以原点为圆心，以 1 为半径的圆；（2）法一：当 k4 时，C1：，消去 t 得到
37、 C1的直角坐标方程为1，C2的极坐标方程为 4cos16sin+30 可得 C2的直角坐标方程为 4x16y+30，解得C1与 C2的公共点的直角坐标为（）法二：当 k4 时，曲线 C1的参数方程为，（t 为参数），两式作差可得 xycos4tsin4tcos2tsin2t2cos2t1，得，整理得：（xy）22（x+y）+10（0 x1，0y1）由 4cos16sin+30，又 xcos，ysin，4x16y+30联立，解得（舍），或第 23页（共 24页）C1与 C2的公共点的直角坐标为（）【点评】本题考查简单曲线的极坐标方程，考查参数方程化普通方程，考查计算能力，是中档题选修选修 4-
38、5：不等式选讲：不等式选讲（10 分）分）23已知函数 f（x）|3x+1|2|x1|（1）画出 yf（x）的图象；（2）求不等式 f（x）f（x+1）的解集【分析】（1）将函数零点分段，即可作出图象；（2）由于 f（x+1）是函数 f（x）向左平移了一个 1 单位，作出图象可得答案；【解答】解：函数 f（x）|3x+1|2|x1|，图象如图所示（2）由于 f（x+1）的图象是函数 f（x）的图象向左平移了一个 1 单位所得，（如图所示）第 24页（共 24页）直线 y5x1 向左平移一个单位后表示为 y5（x+1）15x+4，联立，解得横坐标为 x，不等式 f（x）f（x+1）的解集为x|x【点评】本题考查了绝对值函数的解法，分段作出图象是解题的关键属于基础题