《2024年高考数学终极押题密卷1（全国甲卷文科）含答案.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2024年高考数学终极押题密卷1（全国甲卷文科）含答案.doc（62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、2024年高考数学终极押题密卷1（全国甲卷文科）一选择题（共12小题）1若集合Mx|log2x4，Nx|2x1，则MN（）Ax|0x8BCx|2x16D2已知mR，且，其中i是虚数单位，则|m2i|等于（）A5BCD13某校高三年级的700名学生中，男生有385名，女生有315名从中抽取一个容量为60的样本，则抽取男生和女生的人数分别为（）A31，29B32，28C33，27D34，264正项等比数列an中，a5，4a3，2a4成等差数列，若，则a1a7（）A4B8C32D645已知p：xR，x2+x10；q：xR，2x3x，则真命题是（）ApqBp（q）C（p）qD（p）（q）6如图，四边形
2、ABCD是边长为2的菱形，BAD60，E，F分别为BC，CD的中点，则（）ABCD7已知直线m，n与平面，下列命题中正确的是（）A若m，n，则mnB若m，m，则C若，m，则mD若，n，mn，则m8ABC中，角A、B，C的对边分别为a，b，c，若，则A（）ABCD9若函数f（x）2ax2+3x1在区间1，1内恰有一个零点，则实数a的取值集合为（）Aa|1a2Ba|a，或1a2Ca|1a2Da|a，或1a210已知函数f（x）（ax+1）ex，给出下列4个图象（）其中，可以作为函数f（x）的大致图象的个数为（）A1B2C3D411已知F1（c，0），F2（c，0）分别是双曲线的左右焦点，若过F1的
3、直线与圆相切，与C在第一象限交于点P，且PF2x轴，则C的离心率为（）AB3CD12已知a，b，c均为正数，且，则a，b，c的大小关系为（）AbcaBbacCacbDabc二填空题（共4小题）13如图茎叶图记录了甲、乙两组各5名学生在一次英语听力测试中的成绩（单位：分）已知甲组数据的中位数为14，乙组数据的平均数为16，则x+y的值为 14若实数x，y满足不等式组，则z2x+y的最小值为 15已知奇函数f（x）的导函数为f（x），若当x0时f（x）x2，且f（1）0则f（x）的单调增区间为 16已知双曲线的左，右焦点分别为F1，F2，点P在直线x5上当F1PF2取最大值时， 三解答题（共7小题
4、）17已知数列an 的前n项和为Sn，且an是Sn与2的等差中项（1）求数列an的通项公式；（2）设bnlog2an，求数列的前n项和Tn18如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，AA1ABAC2，M，N分别是BC，CC1的中点，AB1MN（1）证明：MN平面AB1M；（2）求四棱锥AB1MNC1的体积19已知椭圆C：+1（ab0）的离心率为，且过点A（2，1）（1）求C的方程；（2）点M，N在C上，且AMAN，ADMN，D为垂足证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值20在2csinBcosAb（sinAcosB+cosAsinB）；sin2B+sin2C+cos2A1sin（A+B）sin（A
5、+C）；这三个条件中任选一个，补充在下面对问题中，并解答问题在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足_（）求A；（）若ABC的面积为，D为AC的中点，求BD的最小值21已知函数f（x）（2x2x3）e1x，其中x0（1）求f（x）的最大值；（2）若不等式ax2e1x+|lnx|a对于任意的x（0，3）恒成立，求实数a的取值范围22在平面直角坐标系xOy中，已知曲线C1：（t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，曲线C2：2acos（a0）（1）求曲线C1的极坐标方程和曲线C2的直角坐标方程；（2）设射线与C1相交于A，B两点，与C2相交于M点（异于O），若
6、|OM|AB|，求a23已知函数f（x）|x2|+|xt|（t0）的最小值为2（）求不等式f（x）+|xt|8的解集；（）若ct+10，且4a2+3b2+2c32t+1，求2ab+bc+2ca的最大值2024年菁优高考数学终极押题密卷1（全国甲卷文科）参考答案与试题解析一选择题（共12小题）1若集合Mx|log2x4，Nx|2x1，则MN（）Ax|0x8BCx|2x16D【考点】指、对数不等式的解法；交集及其运算菁优网版权所有【专题】集合思想；综合法；集合；数学运算【答案】D【分析】直接解出集合M，N，再求交集即可【解答】解：Mx|log2x4x|0x16，则故选：D【点评】本题主要考查了集合
7、的基本运算，属于基础题2已知mR，且，其中i是虚数单位，则|m2i|等于（）A5BCD1【考点】复数的运算；复数的模菁优网版权所有【专题】转化思想；转化法；数系的扩充和复数；数学运算【答案】B【分析】利用复数乘法法则进行计算，得到m1，再使用模长公式求解【解答】解：由得（1+2i）（1+i）m+3i，即1+3im+3i，解得m1，故故选：B【点评】本题主要考查复数的四则运算，以及复数模公式，属于基础题3某校高三年级的700名学生中，男生有385名，女生有315名从中抽取一个容量为60的样本，则抽取男生和女生的人数分别为（）A31，29B32，28C33，27D34，26【考点】分层抽样方法菁优
8、网版权所有【专题】对应思想；定义法；概率与统计；数据分析【答案】C【分析】根据分层抽样原理求出抽取的人数【解答】解：根据分层抽样原理知，6033，6027，所以抽取男生33人，女生27人故选：C【点评】本题考查了分层抽样原理应用问题，是基础题4正项等比数列an中，a5，4a3，2a4成等差数列，若，则a1a7（）A4B8C32D64【考点】等差数列与等比数列的综合；等差数列的通项公式；等比数列的通项公式菁优网版权所有【专题】方程思想；综合法；等差数列与等比数列；数学运算【答案】D【分析】由等差数列的中项性质和等比数列的通项公式，解方程可得首项和公比，即可得到所求值【解答】解：设正项等比数列an
9、的公比为q，a10，q0，由a5，4a3，2a4成等差数列，可得8a3a52a4，即8a1q2a1q42a1q3，即有q22q80，解得q4（2舍去），又a2，即4a1，解得a1，所以a1a74664故选：D【点评】本题考查等比数列的通项公式和等差数列的中项性质，考查方程思想和运算能力，属于基础题5已知p：xR，x2+x10；q：xR，2x3x，则真命题是（）ApqBp（q）C（p）qD（p）（q）【考点】复合命题及其真假菁优网版权所有【专题】函数思想；定义法；函数的性质及应用；数学运算【答案】C【分析】根据复合命题以及二次函数、指数函数的性质可解【解答】解：q：根据指数函数的性质，x0时，2
10、x3x，xR，2x3x，为真命题，p：x2+x10，1+450，yx2+x1在0时有解，xR不能使x2x10成立，p为假命题，pq中，p为假命题，A不选，故A错误；p（q）中，p、q都为假命题，B不选，故B错误；（p）q中，两者都是真命题，选C，故C正确；（p）（q），p为真命题，q为假命题，D不选，故D错误故选C【点评】本题考查利用函数性质判断复合命题真假，属于基础题6如图，四边形ABCD是边长为2的菱形，BAD60，E，F分别为BC，CD的中点，则（）ABCD【考点】平面向量数量积的性质及其运算菁优网版权所有【专题】转化思想；向量法；平面向量及应用【答案】D【分析】运用向量的加减运算和数量
11、积的定义以及性质，主要是向量的平方即为模的平方，计算即可得到所求值【解答】解：四边形ABCD是边长为2的菱形，BAD60，可得22cos602，则（+）（+）（）（44+2），故选：D【点评】本题考查向量的加减运算和向量数量积的定义以及性质，考查运算能力，属于中档题7已知直线m，n与平面，下列命题中正确的是（）A若m，n，则mnB若m，m，则C若，m，则mD若，n，mn，则m【考点】空间中直线与平面之间的位置关系；平面与平面之间的位置关系菁优网版权所有【专题】计算题；方程思想；转化思想；综合法；空间位置关系与距离；数学抽象【答案】B【分析】根据题意，由直线与平面垂直的性质分析A、C，由平面与平
12、面垂直的判定定理分析B、D，综合可得答案【解答】解：根据题意，依次分析选项：对于A，若m，n，直线m、n都在平面内，两直线可能相交，A错误；对于B，由平面与平面垂直的判定定理，B正确；对于C，若，m，则m，若，则m或m，C错误；对于D，当m时，若，n，mn，才有m，D错误故选：B【点评】本题考查直线与平面、平面与平面的位置关系，属于基础题8ABC中，角A、B，C的对边分别为a，b，c，若，则A（）ABCD【考点】解三角形；正弦定理菁优网版权所有【专题】整体思想；综合法；三角函数的求值；解三角形；数学运算【答案】C【分析】由已知结合二倍角公式，正弦定理及辅助角公式进行化简即可求解【解答】解：因为
13、c（1+cosA），所以sinAsinCsinC+sinCcosA，因为sinC0，所以sinA1+cosA，即sinAcosA1，所以2sin（A）1，所以sin（A），因为0A，则A故选：C【点评】本题主要考查了二倍角公式，正弦定理，辅助角公式在三角求值中的应用，属于中档题9若函数f（x）2ax2+3x1在区间1，1内恰有一个零点，则实数a的取值集合为（）Aa|1a2Ba|a，或1a2Ca|1a2Da|a，或1a2【考点】函数零点的判定定理菁优网版权所有【专题】分类讨论；函数思想；综合法；函数的性质及应用；直观想象；数学运算【答案】D【分析】根据题意，分a0和a0，结合二次函数的性质，以及
14、零点存在性定理，列出不等式，即可求解【解答】解：因为函数f（x）2ax2+3x1，若a0，可得f（x）3x1，令f（x）0，即3x10，解得，符合题意；若a0，令f（x）0，即2ax2+3x10，可得9+8a，当0时，即9+8a0，解得，此时f（x）2x2+3x1，解得，符合题意；当0时，即a且a0，则满足f（1）f（1）（2a4）（2a+2）0，解得1a2且a0，若a1，可得f（x）2x2+3x1，令f（x）0，即2x23x+10，解得x1或，两根均在1，1内，符合题意；若a2，可得f（x）4x2+3x1，令f（x）0，即4x2+3x10，解得x1或，两根均在1，1内，符合题意；综上可得，实
15、数a的取值范围为 或1a2故选：D【点评】本题考查了二次函数的性质、分类讨论思想及函数的零点，属于中档题10已知函数f（x）（ax+1）ex，给出下列4个图象（）其中，可以作为函数f（x）的大致图象的个数为（）A1B2C3D4【考点】利用导数研究函数的单调性；函数的图象与图象的变换菁优网版权所有【专题】计算题；数形结合；综合法；函数的性质及应用；导数的概念及应用；数学抽象【答案】D【分析】根据题意，首先分析a0时的图象，当a0时，分析f（x）的零点，求出f（x）的导数，求出其导数的零点，分3种情况讨论不同a的值对应的图象，综合可得答案【解答】解：根据题意，f（x）（ax+1）ex，当a0时，f
16、（x）ex，其图象与对应，当a0时，其导数f（x）aex+（ax+1）ex（ax+a+1）ex，若f（x）0，解可得x，若f（x）（ax+1）ex0，则x，分3种情况讨论：a0时，有0，对于f（x）（ax+1）ex，在区间（，）上，ax+10，有f（x）0，在区间（，+），ax+10，有f（x）0，对于f（x）（ax+a+1）ex，在区间（，）上，ax+a+10，有f（x）0，f（x）为减函数，在区间（，+）上，ax+a+10，有f（x）0，f（x）为增函数，其图象与对应；当1a0时，有0，对于f（x）（ax+1）ex，在区间（，）上，ax+10，有f（x）0，在区间（，+），ax+10，有f
17、（x）0，对于f（x）（ax+a+1）ex，在区间（，）上，ax+a+10，有f（x）0，f（x）为增函数，在区间（，+）上，ax+a+10，有f（x）0，f（x）为减函数，其图象与对应；当a1时，有0，对于f（x）（ax+1）ex，在区间（，）上，ax+10，有f（x）0，在区间（，+），ax+10，有f（x）0，对于f（x）（ax+a+1）ex，在区间（，）上，ax+a+10，有f（x）0，f（x）为增函数，在区间（，+）上，ax+a+10，有f（x）0，f（x）为减函数，其图象与对应，综合可得：可以作为函数f（x）的大致图象的有4个故选：D【点评】本题考查函数的图象分析，涉及函数导数与单
18、调性的关系，属于中档题11已知F1（c，0），F2（c，0）分别是双曲线的左右焦点，若过F1的直线与圆相切，与C在第一象限交于点P，且PF2x轴，则C的离心率为（）AB3CD【考点】双曲线的性质菁优网版权所有【专题】方程思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；数学运算【答案】D【分析】由PF2x轴，结合双曲线的方程，求得P的坐标，直线PF1的方程，圆的圆心和半径，由直线和圆相切的条件，化简整理，解方程可得所求离心率【解答】解：设F2（c，0），令xc，可得y2b2（1），解得y，可得P（c，），直线PF1的方程为y（x+c），又圆的圆心为（c，0），半径为c，直线PF1与圆相切，可得c，化为
19、b24ac，即（c2a2）4ac，可得e24e0，解得e（舍去）故选：D【点评】本题考查双曲线的方程和性质，以及直线和圆的位置关系，考查方程思想和运算能力，属于中档题12已知a，b，c均为正数，且，则a，b，c的大小关系为（）AbcaBbacCacbDabc【考点】对数值大小的比较菁优网版权所有【专题】计算题；函数思想；综合法；函数的性质及应用；数学运算【答案】B【分析】将所求拆分成，令，q（x）log4（x+3），且x0，a，b，c可看作函数f（x）与g（x），h（x），q（x）的交点，通过函数单调性以及函数的增长速度结合零点存在性定理可比较出a，b，c的大小【解答】解：可变形为：可变形为：
20、可变形为：，令，且x0，可知a，b，c分别为函数f（x）与g（x），h（x），q（x）的交点横坐标，当x0时，f（x）单调递增且f（1）3，f（2）0，g（x），h（x），q（x）这三个函数全部单调递减，且g（1）h（1）q（1）13，g（2）30，h（2）70，q（2）log4510，由零点存在性定理可知：a，b，c（1，2），所以只需判断g（x），h（x），q（x）这三个函数的单调性，在x（1，2）范围内下降速度快的，交点横坐标小，下降速度慢的交点横坐标大，由图象可知，q（x）log4（x+3）下降速度最慢，所以c最大，g（x）2xln2，h（x）3xln3，x0时，g（x）h（x），所以
21、交点ab，故选：B【点评】本题主要考查对数值大小的比较，属于中档题二填空题（共4小题）13如图茎叶图记录了甲、乙两组各5名学生在一次英语听力测试中的成绩（单位：分）已知甲组数据的中位数为14，乙组数据的平均数为16，则x+y的值为 9【考点】茎叶图菁优网版权所有【专题】计算题；方程思想；综合法；概率与统计【答案】见试题解答内容【分析】甲组数据的中位数为14，乙组数据的平均数为16，由茎叶图列出方程组求出x，y，由此能求出x+y的值【解答】解：根据茎叶图知，甲组数据是9，12，10+x，24，27；它的中位数为14，x4；乙组数据的平均数为16，y5；x+y4+59；故答案为：9【点评】本题考查
22、代数式的值的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意中位数、平均数、茎叶图的性质的合理运用，14若实数x，y满足不等式组，则z2x+y的最小值为 2【考点】简单线性规划菁优网版权所有【专题】对应思想；数形结合法；不等式的解法及应用；数学运算【答案】2【分析】根据不等式组可作出可行域，将问题转化为直线y2x+z在y轴截距最小值的求解，采用数形结合的方式可求得结果【解答】解：根据不等式组可得可行域如下图阴影部分所示，当z2x+y取得最小值时，直线y2x+z在y轴截距最小，由图象可知：当y2x+z过A（0，2）时，在y轴截距最小，所以zmin0+22故答案为：2【点评】本题考查了简单线性规划、数形结合
23、思想，作出图象是关键，属于基础题15已知奇函数f（x）的导函数为f（x），若当x0时f（x）x2，且f（1）0则f（x）的单调增区间为 （1，0），（0，1）【考点】利用导数研究函数的单调性菁优网版权所有【专题】函数思想；转化法；导数的综合应用；逻辑推理【答案】（1，0），（0，1）【分析】根据题意可得f（x）2x+，f（1）2+a0，解得a，分析f（x）的单调性，再由奇函数的对称性可得答案【解答】解：当x0时，f（x）x2，f（x）2x+，因为f（1）0，所以2+a0，解得a2，所以当x0时，f（x）x2，f（x）2x+2（x+）2，令f（x）0得x1，所以在（1，0）上f（x）0，f（x）
24、单调递增，在（，1）上f（x）0，f（x）单调递减，又函数f（x）为奇函数，所以在（0，1）上f（x）单调递增，在（1，+）上f（x）单调递减，所以f（x）的单调递增区间为（1，0），（0，1）故答案为：（1，0），（0，1）【点评】本题考查导数的综合应用，解题中注意在转化思想的应用，属于中档题16已知双曲线的左，右焦点分别为F1，F2，点P在直线x5上当F1PF2取最大值时，【考点】双曲线的性质菁优网版权所有【专题】计算题；转化思想；综合法；三角函数的求值；不等式的解法及应用；圆锥曲线的定义、性质与方程；数学运算【答案】【分析】设出P的坐标，利用两角和与差的正切函数，结合基本不等式，求解P的
25、坐标，然后求解结果即可【解答】解：双曲线的左，右焦点分别为F1，F2，可得F1（3，0），F2（3，0）点P在直线x5上设F1PF2，P（5，t），t0，可得tan，当且仅当t4时取等号，此时tan取得最大值，即F1PF2取最大值，此时P（5，4），故答案为：【点评】本题考查双曲线的简单性质的应用，三角函数的应用以及基本不等式的应用，是中档题三解答题（共7小题）17已知数列an 的前n项和为Sn，且an是Sn与2的等差中项（1）求数列an的通项公式；（2）设bnlog2an，求数列的前n项和Tn【考点】数列的求和菁优网版权所有【专题】对应思想；综合法；等差数列与等比数列；数学运算【答案】（1）
26、；（2）【分析】（1）根据和项与通项关系求递推关系，再根据等比数列定义以及通项公式即可求解；（2）先拆项，再利用裂项相消法求和【解答】解：（1）由2anSn+2得，2an1Sn1+2（n2），两式相减得an2an1（n2），当n1时，a12，所以数列an是首项为2、公比为2的等比数列，则；（2）由（1）知，bnn，所以，所以数列的前n项和，即【点评】本题考查了数列的通项公式的求法和裂项求和，属于中档题18如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，AA1ABAC2，M，N分别是BC，CC1的中点，AB1MN（1）证明：MN平面AB1M；（2）求四棱锥AB1MNC1的体积【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积
27、；直线与平面垂直菁优网版权所有【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；逻辑推理；数学运算【答案】（1）证明过程见解答；（2）【分析】（1）推导出AMBC，AMCC1，从而AM平面BCC1B1，MNAM，由此能证明MN平面AB1M；（2）设BC2a，由MN平面AB1M，得MB1MN，利用勾股定理求出BC2，由AM平面BCC1B1，得四棱锥AB1MNC1的高为AM，求出SCMN，由此能求出四棱锥AB1MNC1的体积【解答】解：（1）证明：在直三棱柱ABCA1B1C1中，AA1ABAC2，M，N分别是BC，CC1的中点，AB1MN，AMBC，AMCC1，BCCC1C，AM平面BCC1B1，MN
28、平面BCC1B1，MNAM，AB1AMA，MN平面AB1M；（2）设BC2a，MN平面AB1M，MB1MN，+MN2B1N2，4+a2+1+a24a2+1，解得a，BC2，AM平面BCC1B1，四棱锥AB1MNC1的高为AM，SCMN，四棱锥AB1MNC1的体积为：V【点评】本题考查线面垂直的判定与性质、勾股定理、四棱锥的体积等基础知识，运算求解能力，是中档题19已知椭圆C：+1（ab0）的离心率为，且过点A（2，1）（1）求C的方程；（2）点M，N在C上，且AMAN，ADMN，D为垂足证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值【考点】直线与椭圆的综合；椭圆的标准方程菁优网版权所有【专题】分类讨论；
29、分类法；圆锥曲线中的最值与范围问题；逻辑推理；数学运算【答案】见试题解答内容【分析】（1）由题可知，解出a2和b2的值即可；（2）分两大类进行讨论：当直线MN的斜率存在时，设其方程为ykx+m，与椭圆方程联立，消去y，写出韦达定理，结合0可得m12k或m，分别找出两种情形下直线MN所过的定点，并利用圆的几何性质可得点Q的坐标；当直线MN的斜率不存在时，此时D为（，1），验证Q（，）是否符合题意即可【解答】解：（1）离心率，ac，又a2b2+c2，bc，ab，把点A（2，1）代入椭圆方程得，解得b23，故椭圆C的方程为（2）当直线MN的斜率存在时，设其方程为ykx+m，联立，得（2k2+1）x2
30、+4kmx+2m260，由（4km）24（2k2+1）（2m26）0，知m26k2+3，设M（x1，y1），N（x2，y2），则x1+x2，x1x2，AMAN，（x12，y11）（x22，y21）0，即（k2+1）x1x2+（kmk2）（x1+x2）+m22m+50，（k2+1）+（kmk2）（）+m22m+50，化简整理得，4k2+8km+3m22m1（2k+m1）（2k+3m+1）0，m12k或m，当m12k时，ykx2k+1，过定点A（2，1），不符合题意，舍去；当m时，ykx，过定点BADMN，点D在以AB为直径的圆上，故当点Q为AB的中点，即Q（，）时，|DQ|，为定值；当直线MN的
31、斜率不存在时，设其方程为xt，M（t，s），N（t，s），且，AMAN，（t2，s1）（t2，s1）t24ts2+50，解得t或2（舍2），D（，1），此时|DQ|，为定值综上所述，存在定点Q（，），使得|DQ|为定值，且该定值为【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值问题，涉及分类讨论的思想和先猜后证的方法，有一定的计算量，考查学生的逻辑推理能力、转化与化归能力和运算能力，属于难题20在2csinBcosAb（sinAcosB+cosAsinB）；sin2B+sin2C+cos2A1sin（A+B）sin（A+C）；这三个条件中任选一个，补充在下面对问题中，并解答问题在A
32、BC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足_（）求A；（）若ABC的面积为，D为AC的中点，求BD的最小值【考点】解三角形；正弦定理；余弦定理菁优网版权所有【专题】转化思想；综合法；解三角形；数学运算【答案】（）；（）4【分析】（）选择：由正弦定理，余弦定理可得cosA的值，再由角A的范围，可得角A的大小；选择：由正弦定理和余弦定理可得cosA的值，再由角A的范围，可得角A的大小；若选择：由正弦定理和余弦定理可得tanA的值，再由角A的范围，可得角A的大小；（）由三角形的面积公式及余弦定理，基本不等式可得BD的最小值【解答】解：（）若选择：2csinBcosAb（sinAcosB+c
33、osAsinB），由正弦定理可得：2sinCsinBcosAsinBsin（A+B）sinBsinC，因C（0，），B（0，），故sinC0，sinB0，解得，又因为A（0，），所以；若选择：sin2B+sin2C+cos2A1sin（A+B）sin（A+C），则sin2B+sin2Csin2AsinCsinB，由正弦定理可得：b2+c2a2bc，而由余弦定理可得：b2+c2a22bccosA，所以cosA，因A（0，），所以A；若选择：，由正弦定理可得：，再由余弦定理得：，即，因为A（0，），所以；（），又，所以bc64，在BCD中，由余弦定理可得：BD2BA2+AD22BADAcosAc2
34、+（）22cc2+bc2bcbc32，当且仅当时取等号所以BD的最小值为【点评】本题考查正弦定理，余弦定理的应用，属于中档题21已知函数f（x）（2x2x3）e1x，其中x0（1）求f（x）的最大值；（2）若不等式ax2e1x+|lnx|a对于任意的x（0，3）恒成立，求实数a的取值范围【考点】利用导数研究函数的最值菁优网版权所有【专题】函数思想；综合法；导数的综合应用；数学运算【答案】（1）1；（2）1，1【分析】（1）求导，得到函数单调性，极值最值情况，求出最大值；（2）先考虑x1时满足题意，再分0x1与x1两种情况，求导后变形，与题干中的f（x）建立联系，分类讨论求出实数a的取值范围【解
35、答】解：（1）f（x）（x35x2+4x）e1xx（x1）（x4）e1x，x0，令f（x）x（x1）（x4）e1x0，解得：x4或0x1，令f（x）x（x1）（x4）e1x0，解得：1x4，故f（x）（2x2x3）e1x在（0，1）和（4，+）上单调递增，在（1，4）上单调递减，故f（x）（2x2x3）e1x在x1处取得极大值，f（1）e111，令f（x）（2x2x3）e1xx2（2x）e1x，即当x2时，f（x）0恒成立，故f（x）（2x2x3）e1x在x1处取得最大值，f（x）max1；（2）设g（x）ax2e1x+|lnx|a，其中x0，当x1时，g（1）0，符合题意，当0x1时，g（x
36、）ax2e1xlnxa，且，由（1）知：f（x）在（0，1）单调递增，故f（x）（f（0），f（1）（0，1），若a0，g（x）0，则g（x）单调递减，有g（x）g（1）0，符合题意，若a0，g（x）lnx0，符合题意，若，即0a1时，g（x）0，则g（x）在（0，1）上单调递减，有g（x）g（1）0，符合题意，若，即a1时，存在x0（0，1）使得，当x（x0，1）时，故g（x）0，则g（x）单调递增，可得g（x）g（1）0，不合题意，因此当0x1时，满足题意得a（，1，当x1时，g（x）ax2e1x+lnxa，且，由可知：只需考虑a1，若，即a1时，由（1）知f（x）在（1，2）上单调递减，
37、故f（x）（f（2），f（1）（0，1），存在x1（1，2），使得，当x（1，x1）时，得g（x）0，则g（x）单调递减，可得：g（x）g（1）0，不合题意，若，即1a0时，由（1）可知：当x1时，f（x）1，故g（x）0，则g（x）在（1，3）上单调递增，有g（x）g（1）0，符合题意，若a0，g（x）lnx0，符合题意，若0a1，下面证明0a1符合题意，当xe时，ax2e1x0，故g（x）lnxalnx10，当1xe时，设h（x）x2e1x1，则h（x）x（2x）e1x，可得h（x）在（1，2）上单调递增，在（2，e）上单调递减，故h（x）minh（1），h（e）min0，e3e10，从而
38、g（x）ah（x）+lnx0，符合题意，综上：a1，1【点评】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性和最值，考查了函数恒成立问题，同时考查了学生的运算求解能力，属于难题22在平面直角坐标系xOy中，已知曲线C1：（t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，曲线C2：2acos（a0）（1）求曲线C1的极坐标方程和曲线C2的直角坐标方程；（2）设射线与C1相交于A，B两点，与C2相交于M点（异于O），若|OM|AB|，求a【考点】简单曲线的极坐标方程；参数方程化成普通方程菁优网版权所有【专题】转化思想；综合法；坐标系和参数方程；逻辑推理；数学运算【答案】（1）；（xa）2+y
39、2a2（2）【分析】（1）直接利用转换关系，在参数方程、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的值的应用求出结果【解答】解：（1）已知曲线C1：（t为参数），转换为直角坐标方程为：，根据转换为曲线C1的极坐标方程为：；曲线C2：2acos（a0）根据转换为曲线C2的直角坐标方程为：（xa）2+y2a2（2）将代入，得，即，解得11，所以又，而|OM|AB|，所以【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，极径的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题23已知函数f（x）|x2|+|xt|（t0）的最小值为2（）求不等式f
40、（x）+|xt|8的解集；（）若ct+10，且4a2+3b2+2c32t+1，求2ab+bc+2ca的最大值【考点】函数的最值及其几何意义；绝对值不等式的解法菁优网版权所有【专题】对应思想；综合法；不等式；数学运算【答案】（）或x6；（）5【分析】（）由f（x）的最小值为2，可得t4，将函数写成分段函数，求解即可；（）由题意可得c，从而得2c+10，（2c+1）（c1）20，进一步得2c3+13c2，于是有104a2+3b2+2c3+14a2+3b2+3c2，再结合重要不等式求解即可【解答】解：（）|x2|+|xt|（x2）（xt）|t2|，f（x）min|t2|，又f（x）|x2|+|xt|（t0）的最小值为2，|t2|2，t4（t0舍去）f（x）+|xt|x2|+2|x4|，当x2时，令103x8，得，x；当2x4时，令6x8，得x2，无解；当x4时，令3x108，得x6，x6综上，不等式的解集为或x6（）ct+104c+