1、2023年江西省鹰潭市高考数学一模试卷（理科）一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60分1（5分）已知集合Ax|yln（x1），集合Bx|x22x0，则AB（）Ax|x1Bx|0x2Cx|1x2Dx|0x22（5分）已知复数为纯虚数，且，则z（）A1iB1+iC1+i或1iD1i或1+i3（5分）设a为实数，直线l1：ax+y1，直线l2：x+ay2a，则“a1”是“l1，l2不平行”的（）条件A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件4（5分）公差不为0的等差数列an满足：，Sn为数列an的前n项和，则（）Aa40Ba50CS80DS905（5分）已知，则（）
2、ABCD6（5分）斐波那契数列Fn因数学家莱昂纳多斐波那契（LeonardodaFibonaci）以兔子繁殖为例而引入，故又称为“兔子数列”因n趋向于无穷大时，也被称为黄金分割数列在数学上，斐波那契数列由以下递推方法定义：数列Fn满足F1F21，Fn+2Fn+1+Fn，若从该数列前10项中随机抽取2项，则抽取的2项至少有1项是奇数的概率为（）ABCD7（5分）已知实数x，y满足，则的最小值为（）AB3CD58（5分）已知函数f（x），且f（1+a）+f（1a2）2，则实数a的取值范围（）A（2，1）B（，2）（1，+）C（1，2）D（，1）（2，+）9（5分）已知抛物线C：y24x，O为坐标原
3、点，F为抛物线的焦点，直线OA，OB的斜率分别为k1，k2，且k1k22，直线AB与x轴的交点为P，则AFB的面积的最小值为（）ABCD10（5分）设函数在区间（0，）恰有3个极值点，则的取值范围是（）ABCD11（5分）半正多面体（semiregularsolid）亦称”阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，棱长为的正方体截去八个一样的四面体，则下列说法错误的是（）A该几何体外接球的表面积为4B该几何体外接球的体积为C该几何体的体积与原正方体的体积比为5：6D该几何体的表面积与原正方体的表面积之比为（2）：612（5分）已知a1e0.2，其中e为自然对数的底数，则（）Ac
4、baBbcaCbacDcab二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13（5分）已知函数f（x），则 14（5分）F1，F2是椭圆E：（ab0）的左，右焦点，点N在x轴上，满足F1MNF2MN45，3|NF1|4|NF2|，则椭圆E的离心率为 15（5分）十七世纪法国业余数学家之王的皮埃尔德费马提出的一个著名的几何问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小”它的答案是：当三角形的三个角均小于120时，即该点与三角形的三个顶点的连线两两成角120；当三角形有一内角大于或等于120时，b，c分别是ABC三个内角A，B，C的对边，a，b2，则 16（5分）已
5、知函数f（x）lnx，若2ae2x+lnaf（x）恒成立，则实数a的取值范围为 三、解答题：共70分。解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤。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。17（12分）已知各项均为正数的数列an满足：a13，且2an+1（1）（1）求证：数列为等比数列；（2）设Sn，Tn，求Sn+Tn18（12分）如图，在四棱台ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的菱形，DAB1B1平面ABCD，点O1，O分别为B1D1，BD的中点，O1B1，A1AB，O1BO均为锐角（1）求证：ACBB1；（2）若顶点A1到底面
6、ABCD的距离为，求二面角BAA1C的平面角的余弦值19（12分）为了检测某种抗病毒疫苗的免疫效果，需要进行动物与人体试验研究人员将疫苗注射到200只小白鼠体内，一段时间后测量小白鼠的某项指标值，20），20，40，60），80），80，绘制频率分布直方图如图所示试验发现小白鼠体内产生抗体的共有120只，其中该项指标值不小于60的有85只假设小白鼠注射疫苗后是否产生抗体相互独立（1）填写下面的22列联表，并根据列联表及0.05的独立性检验，判断能否认为注射疫苗后小白鼠产生抗体与指标值不小于60有关抗体指标值合计小于60不小于60有抗体没有抗体合计（2）为检验疫苗二次接种的免疫抗体性，对第一次注
7、射疫苗后没有产生抗体的80只小白鼠进行第二次注射疫苗，结果又有40只小白鼠产生抗体（i）用频率估计概率，如果对一只小白鼠注射2次疫苗，求这只小白鼠产生抗体的概率P；（ii）以（i）中确定的概率P作为人体注射2次疫苗后产生抗体的概率，进行人体接种试验，当X80时，P（X）取最大值一中船加人体接种试验的人数n及E（X）参考公式： （其中na+b+c+d为样本容量）参考数据：P（x2k0）0.500.400.250.150.1000.0500.025k00.4550.7081.3232.0722.7063.8415.02420（12分）设m为实数，函数f（x）2mlnx2x（mR）（1）当m时，直线
8、yax+b是曲线yf（x）的切线；（2）已函数f（x）有两个不同的零点x1，x2（0x1x2），若，且f（x0）0恒成立，求实数的范围21（12分）已知双曲线的左、右焦点分别为F1，F2，P为双曲线右支上的一点，l为PF1F2的内心，且（1）求C的离心率；（2）设点T（x1，y1）为双曲线C右支上异于其顶点的动点，直线TF1与双曲线左支交于点S双曲线的右顶点为D（1，0），直线TD，SD分别与圆O：x2+y21相交，交点分别为异于点D的点M，N，判断直线MN是否过定点，求出定点，如果不过定点22（10分）数学中有许多美丽的曲线，如在平面直角坐标系xOy中，曲线E：（如图），称这类曲线为心形曲线
9、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）求E的极坐标方程；（2）已知P，Q为曲线E上异于O的两点，且，求OPQ的面积的最大值23已知m0，函数f（x）2|x1|2x+m|的最大值为4，（1）求实数m的值；（2）设正数x，y，z满足2x+2y+zm，求3xy+yz+zx的最大值参考答案解析一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60分1（5分）已知集合Ax|yln（x1），集合Bx|x22x0，则AB（）Ax|x1Bx|0x2Cx|1x2Dx|0x2【分析】求出集合A，集合B，利用交集定义能求出AB【解答】解：集合Ax|yln（x1）x|x1，集合Bx|x82x0x|4x
10、2，ABx|1x7故选：C【点评】本题考查交集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题2（5分）已知复数为纯虚数，且，则z（）A1iB1+iC1+i或1iD1i或1+i【分析】根据复数的乘除运算以及模长公式即可求解【解答】解：设za+bi（a，bR），则，为纯虚数，所以又，所以或，所以z6+i或z1i故选：C【点评】本题主要考查复数模公式，纯虚数的定义，属于基础题3（5分）设a为实数，直线l1：ax+y1，直线l2：x+ay2a，则“a1”是“l1，l2不平行”的（）条件A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件【分析】根据两条直线的平行与两直线系数之间的关
11、系求解【解答】解：直线l1：ax+y13，直线l2：x+ay2a2，由“l1，l2平行”可得，得到a22，所以a1，所以“l1，l3不平行”时，a1，所以“a1”推不出“l6，l2不平行”，“l1，l8不平行”能推出“a1”故选：B【点评】本题考查了充分必要条件，考查直线平行的充要条件，是一道基础题4（5分）公差不为0的等差数列an满足：，Sn为数列an的前n项和，则（）Aa40Ba50CS80DS90【分析】由已知结合等差数列的的通项公式及求和公式分别检验各选项即可判断【解答】解：公差不为0的等差数列an满足：，则（a1+2d）6+（a1+3d）8（a1+4d）3+（a1+5d）6，整理得2
12、a1+4d0，a4a3+3d，A错误；a5a7+4d，B错误；S83a1+28d0，C正确故选：C【点评】本题主要考查了等差数列的通项公式及求和公式的应用，属于基础题5（5分）已知，则（）ABCD【分析】利用求得，利用的范围和可得答案【解答】解：因为，所以，即，因为，所以，所以，可得故选：A【点评】本题主要考查了两角和与差的三角函数公式，属于基础题6（5分）斐波那契数列Fn因数学家莱昂纳多斐波那契（LeonardodaFibonaci）以兔子繁殖为例而引入，故又称为“兔子数列”因n趋向于无穷大时，也被称为黄金分割数列在数学上，斐波那契数列由以下递推方法定义：数列Fn满足F1F21，Fn+2Fn
13、+1+Fn，若从该数列前10项中随机抽取2项，则抽取的2项至少有1项是奇数的概率为（）ABCD【分析】利用列举法，结合古典概型的概率公式以及对立事件的概率关系求解即可【解答】解：依题意可知，数列Fn的前10项为：1，1，8，3，5，2，13，34，其中偶数有3个，所以从该数列前10项中随机抽取2项，则抽取的3项都是偶数的概率为P，所以至少有1项是奇数的概率为7故选：D【点评】本题主要考查了古典概型的概率公式，属于基础题7（5分）已知实数x，y满足，则的最小值为（）AB3CD5【分析】作出可行域，将目标函数化简得z+2，又因为表示可行域ABC内的点与点D（3，2）连线斜率的倒数，设k，结合图象，
14、求出k的值即可得答案【解答】解：作出可行域，如图所示：因为+4，又因为表示可行域ABC内的点与点D（5，设k，由图可得kADkkCD，即k3，所以4，所以+25，即的最小值为故选：A【点评】本题考查了简单的线性规划及转化思想、数形结合思想，作出图象是关键，属于中档题8（5分）已知函数f（x），且f（1+a）+f（1a2）2，则实数a的取值范围（）A（2，1）B（，2）（1，+）C（1，2）D（，1）（2，+）【分析】令F（x）f（x）1，判定函数F（x）的奇偶性与单调性，将不等式进行转化，即可求解a的范围【解答】解：令F（x）f（x）1，定义域为R，F（x）xex+）F（x），所以F（x）为奇
15、函数，又F（x）ex+xex+当x5时，令g（x）（x+1）e2x+3x，则有g（x）e2x+2（x+7）e2x1（2x+3）e2x7，因为x0，所以g（x）0，所以g（x）在3，+）上单调递增，所以g（x）g（0）10，所以F（x）8，所以F（x）在0，又因为F（x）为奇函数，所以F（x）在R上单调递增，所以f（1+a）+f（3a2）2f（4+a）1+f（1a3）10F（5+a）+F（1a2）5，所以F（1+a）F（1a4）F（a21），所以7+aa21，即a4a20，解得5a2，即实数a的取值范围是（1，2）故选：C【点评】本题主要考查函数奇偶性与单调性的综合，利用导数研究函数的单调性，考
16、查运算求解能力，属于中档题9（5分）已知抛物线C：y24x，O为坐标原点，F为抛物线的焦点，直线OA，OB的斜率分别为k1，k2，且k1k22，直线AB与x轴的交点为P，则AFB的面积的最小值为（）ABCD【分析】由题意，设出直线AB的方程，将直线方程与抛物线方程联立，结合韦达定理、斜率公式求出直线AB的方程以及点P的坐标，再利用三角形面积公式进行求解即可【解答】解：不妨设直线AB的方程为xmy+b，联立，消去x并整理得y54my4b8，不妨设A（x1，y1），B（x2，y2），由韦达定理得y1+y64m，y1y54b，因为A、B是抛物线C上两点，OB的斜率分别为k1，k4，且k1k24，所以
17、k1k22，又x1x8，所以4b4，解得b2，则直线AB的方程为xmy+2，因为直线AB与x轴的交点为P，所以P（6，0），易知抛物线y27x的焦点F（1，0），则SAFBSAFP+SBFP|FP|y1|+|FP|y2|y1y3|2，当m0时，AFB的面积取得最小值故选：B【点评】本题考查抛物线的性质以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力10（5分）设函数在区间（0，）恰有3个极值点，则的取值范围是（）ABCD【分析】由题意，利用余弦函数的图象和性质，求得的取值范围【解答】解：函数在区间（0，2个零点，即函数ycos（x+）在区间（0，且方程cos（x+有5个解x+（），3+故
18、选：C【点评】本题主要考查余弦函数的图象和性质，属于基础题11（5分）半正多面体（semiregularsolid）亦称”阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，棱长为的正方体截去八个一样的四面体，则下列说法错误的是（）A该几何体外接球的表面积为4B该几何体外接球的体积为C该几何体的体积与原正方体的体积比为5：6D该几何体的表面积与原正方体的表面积之比为（2）：6【分析】由题意求该几何体的体积与表面积，由外接球的半径求体积与表面积，对选项逐一判断【解答】解：由题意得该几何体外接球的球心为原正方体的中心，故外接球半径为1，外接球的表面积为4，故A；对于C，该几何体的体积VV正方
19、体8V四面体，正方体体积为，故该几何体的体积与原正方体的体积比为5：6；对于D，该几何体有3个面为正方形，S表61+36+2，故D错误故选：D【点评】本题考查了半正多面体的应用，考查几何体的表面积与体积，考查球的体积及表面积公式，属于中档题12（5分）已知a1e0.2，其中e为自然对数的底数，则（）AcbaBbcaCbacDcab【分析】比较a，b的大小，可构造函数f（x）1extanx，0x1；比较b，c的大小，可构造函数g（x）tanx+ln（1x），0x1然后求得导数和单调性，即可得到所求大小关系【解答】解：由a1e0.8，tan5.2，设f（x）1extanx，7x1，则f（x）ex，
20、由于0x1，可得5ex1，1，则f（x）在（0，4）递减，则1extanx，即有ab；由btan0.2，ln6.8ln（18.2），可设g（x）tanx+ln（1x），6x1，g（x），由于2x1时，sinxx2xxsin7xsinxsinx（sinx1）0，所以g（x）7，即g（x）在（0，则g（x）g（0）0，即有tanxln（2x），可得tan0.2ln（50.2），所以bc综上可得，abc故选：A【点评】本题考查数的大小比较，注意运用构造函数法，结合导数的运用：求单调性，考查转化思想和运算能力，属于中档题二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13（5分）已知函数f（x），则
21、【分析】根据分段函数的解析式，先求出f（）的值，进而求解结论【解答】解：函数f（x），f（）4+log2log24+log3log54；f（log2）7故答案为：【点评】本题考查了求分段函数的函数值的问题，解题时应对自变量进行分析，是基础题14（5分）F1，F2是椭圆E：（ab0）的左，右焦点，点N在x轴上，满足F1MNF2MN45，3|NF1|4|NF2|，则椭圆E的离心率为 【分析】由题意可知F1MF2M，且MN为F1MF2的角平分线，再由角平分线的性质可得，再由椭圆的定义|F1M|+|F2M|2a，可得|F1M|，|F2M|的值，由勾股定理可得a，c的关系，进而求出离心率的大小【解答】解
22、：因为F1MNF2MN45，可得F6MF2M，且MN为F1MF3的角平分线，所以，又因为3|NF4|4|NF2|，所以，设|F1M|4x，|F3M|3x，由椭圆的定义可得|F1M|+|F7M|2a，即7x3a，解得xa，所以|F8M|a，|F4M|a，在RtF4MF2中，由勾股定理可得（2+（a）2（2c）6，整理可得，所以离心率e故答案为：【点评】本题考查椭圆的性质的应用及角平分线性质的应用，属于中档题15（5分）十七世纪法国业余数学家之王的皮埃尔德费马提出的一个著名的几何问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小”它的答案是：当三角形的三个角均小于120时，
23、即该点与三角形的三个顶点的连线两两成角120；当三角形有一内角大于或等于120时，b，c分别是ABC三个内角A，B，C的对边，a，b2，则【分析】由费马点定义，确定，之间的夹角，利用三角形的面积得到等量关系，进而利用数量积定义求解即可【解答】解：因为C，所以三角形的三个角均小于120，则由费马点定义可知：APBBPCAPC120，设|x，|，|z，由SAPB+SBPC+SAPCSABC，可得，整理得：xy+yz+xz2，则xy+yz故答案为：【点评】本题考查向量的夹角和数量积运算，属中档题16（5分）已知函数f（x）lnx，若2ae2x+lnaf（x）恒成立，则实数a的取值范围为 ，+）【分析
24、】由题意，将问题转化成2xe2xln恒成立，构造函数g（x）xex，对函数g（x）进行求导，利用导数得到函数g（x）的单调性，此时问题转化成a在（0，+）上恒成立，构造函数h（x），对函数h（x）进行求导，利用导数得到函数h（x）的单调性和最值，进而即可求解【解答】解：已知f（x）lnx，函数定义域为（0，若2ae8x+lnaf（x）恒成立，即2ae2xln恒成立，此时8xe2xln，即2xe5xln恒成立，不妨设g（x）xex，函数定义域为R，可得g（x）（x+1）ex，当x1时，g（x）8；当x1时，g（x）0，又g（0）5，所以当x0时，g（x）0，g（x）5，此时需满足g（2x）g（l
25、n），即2xln恒成立，则e2x在（0，所以a在（4，不妨设h（x），函数定义域为（0，可得h（x），当4x时，h（x）2当x时，h（x）6，所以h（x）h（），此时a，则实数a的取值范围为，+）故答案为：，+）【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性和最值，考查了逻辑推理、转化思想和运算能力三、解答题：共70分。解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤。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。17（12分）已知各项均为正数的数列an满足：a13，且2an+1（1）（1）求证：数列为等比数列；（2）设Sn，Tn，求Sn+Tn【分析】（1）运用
26、等比数列的定义可得证明；（2）由数列的分组求和，结合等比数列的求和公式，可得所求和【解答】解：（1）证明：条件2an+1（4）an（1），nN+，可化为 ，由 a13 知，数列的首项为a3，公比为2，所以数列an是以、3为公比的等比数列；（2）由（1）知an（nN+），又Sn，Tn，可得Sn+Tn（+）+（+）（a1）2+（a2）2+.+（an）2+2n，（nN*），所以【点评】本题考查等比数列的定义和通项公式、求和公式，以及数列的分组求和，考查转化思想和运算能力，属于中档题18（12分）如图，在四棱台ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的菱形，DAB1B1平面ABCD，点O1，
27、O分别为B1D1，BD的中点，O1B1，A1AB，O1BO均为锐角（1）求证：ACBB1；（2）若顶点A1到底面ABCD的距离为，求二面角BAA1C的平面角的余弦值【分析】（1）推导出ACBD，从而AC平面BDD1B1，由此能证明ACBB1（2）作 O1HBD，以O为坐标原点，以OA，OB所在直线分别为x轴，y轴，过O作平面ABCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角BAA1C的平面角的余弦值【解答】解：（1）证明：底面ABCD是菱形，ACBD，又平面 BDD1B1平面ABCD，且平面BDD2B1平面ABCDBD，AC平面ABCD，AC平面BDD1B2，又 BB1平面 BD
28、D1B8，ACBB1（2）由（1）知 AC面 BDD1B5，又AC平面ABCD，平面ABCD平面 BDD1B1，作 O2HBD，因为平面 BDD1B1平面ABCD，平面 BDD7B1平面ABCDBD，O1H平面 BDD6B1，所以O1H平面ABCD，如图，以O为坐标原点，OB所在直线分别为x轴，过O作平面ABCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，A2C1 平面ABCD，O1到底面ABCD的距离为，又O1BO 为锐角，O1BO60，又OBO1B3，BOO1为等边三角形，故 OO13，在空间直角坐标系中，B（0，1，C（，0，A1（，），则，（，1，（2，0，设平面ABA6的法向量为，则，取x1，
29、得，设平面ACA3 的法向量为（a，b，则，取c2，得，cos，由图得二面角BAA4C为锐角，故二面角BAA1C的平面角的余弦值为【点评】本题考查线面垂直的判定与性质、二面角的定义及余弦值的求法等基础知识，考查运算求解能力，是中档题19（12分）为了检测某种抗病毒疫苗的免疫效果，需要进行动物与人体试验研究人员将疫苗注射到200只小白鼠体内，一段时间后测量小白鼠的某项指标值，20），20，40，60），80），80，绘制频率分布直方图如图所示试验发现小白鼠体内产生抗体的共有120只，其中该项指标值不小于60的有85只假设小白鼠注射疫苗后是否产生抗体相互独立（1）填写下面的22列联表，并根据列联表
30、及0.05的独立性检验，判断能否认为注射疫苗后小白鼠产生抗体与指标值不小于60有关抗体指标值合计小于60不小于60有抗体没有抗体合计（2）为检验疫苗二次接种的免疫抗体性，对第一次注射疫苗后没有产生抗体的80只小白鼠进行第二次注射疫苗，结果又有40只小白鼠产生抗体（i）用频率估计概率，如果对一只小白鼠注射2次疫苗，求这只小白鼠产生抗体的概率P；（ii）以（i）中确定的概率P作为人体注射2次疫苗后产生抗体的概率，进行人体接种试验，当X80时，P（X）取最大值一中船加人体接种试验的人数n及E（X）参考公式： （其中na+b+c+d为样本容量）参考数据：P（x2k0）0.500.400.250.150
31、.1000.0500.025k00.4550.7081.3232.0722.7063.8415.024【分析】（1）根据题意，先完成列联表，计算2的数值，分析即可得出结果；（2）（i）根据对立事件的概率求解即可；（ii）不同小老鼠之间的实验显然无关，于是可近似看成二项分布，由题意可知P（X99）P（X100），P（X99）P（X98），解出n的范围即可求解【解答】解：（1）由频率分布直方图知：200只小白鼠指标值不小于60的频率为：（0.025+0.0075）204.65，所以指标值不小于60的小白鼠共有0.65200130只，而指标值不小于60且有抗体的有85只；所以指标值不小于60且没有抗
32、体的小白鼠有45只，同理，指标值小于60且有抗体的小白鼠有35只，指标值小于60且没有抗体的小白鼠也有35只，故24列联表如下：抗体指标值合计小于60不小于60有抗体3585120没有抗体354580合计70130200假设 H0：注射疫苗后小白鼠产生抗体与指标值不小于60无关联根据列联表中数据，得 根据 3.05 的独立性检验，推断 H0 不成立，即认为注射疫苗后小白鼠产生抗体与指标值不小于60有关，此推断犯错误的概率不大于0.05；（2）（i）事件B“小白鼠第二次注射疫苗产生抗体”，事件C“小白鼠注射4次疫苗后产生抗体”，记事件A，B，C发生的概率分别为P（A），P（C），则，P（A），P
33、（C）8P（A）P（B）10.80.53.8，所以一只小白鼠注射2次疫苗后产生抗体的概率p6.8；（ii）由题意知随机变量XB（n，0.4），因为P（X80）最大，所以，解得99n，因为n是整数，所以接受接种试验的人数为99或100，当接种人数为99时，E（X）np990.879.4；当接种人数为100时，E（x）np1000.880【点评】本题主要考查独立性检验和二项分布，涉及概率的计算以及不等式的解法，属于中档题20（12分）设m为实数，函数f（x）2mlnx2x（mR）（1）当m时，直线yax+b是曲线yf（x）的切线；（2）已函数f（x）有两个不同的零点x1，x2（0x1x2），若，且
34、f（x0）0恒成立，求实数的范围【分析】（1）根据导数的几何意义，构造函数，利用导数研究函数的单调性与最值，即可求解；（2）构造函数，分类讨论参数，利用导数研究函数的单调性与最值，即可证明【解答】解：（1）当 时，f（x），设切点为 （x0，lnx72x0），则切线斜率，切线方程为 ，令 ，则 ，由g（x）0，可得0x3，可得x1，g（x）在（0，6）上单调递减，+）上单调递增，g（x）ming（1）2，即a+b的最小值为2；（2）f（x）有两个不同的零点x3，x2（0x3x2），mlnx1x3，mlnx2x2，4x1x2，m（lnx4lnx2）x1x6，mlnx6x2，设t（0，则 m，又f
35、（x），将x1tx4代入上式可得： 恒成立，又t（0，8）， 恒成立，设 ，t（5，则（t），t（0，（i）当 61 时，t28，（t）0，（t）在（0，（t）（1）8恒成立，（，1）1；（ii）当 61 时，t（0，t（3，2）时，（t）0，5） 上单调递减；t（2，1）时，（t）72，1）上单调递增，t（4，1）时，（t）（1）0，综上可得（，3）1【点评】本题考查导数的综合应用，恒成立问题的求解，利用导数研究函数的单调性与最值，分类讨论思想，化归转化思想，属难题21（12分）已知双曲线的左、右焦点分别为F1，F2，P为双曲线右支上的一点，l为PF1F2的内心，且（1）求C的离心率；（2）
36、设点T（x1，y1）为双曲线C右支上异于其顶点的动点，直线TF1与双曲线左支交于点S双曲线的右顶点为D（1，0），直线TD，SD分别与圆O：x2+y21相交，交点分别为异于点D的点M，N，判断直线MN是否过定点，求出定点，如果不过定点【分析】（1）由题意画出图形，由已知向量等式可得|PF1|F1F2|2|PF2|，结合|PF1|PF2|2a，得|PF2|2a，又|F1F2|2c，则2c4a，由此可得双曲线的离心率；（2）设直线ST的方程为：x2+ty，与双曲线方程联立，利用根与系数的关系证明DTDS，即可得结论【解答】解：（1）如图所示，延长IP到A且|IP|PA|，延长IF2到B且|IF2|
37、F2B|，由，得，I是ABF1 的重心，即，又，SAIB4SPIF6，而I是PF6F2 的内心，则|PF1|F2F2|2|PF6|，由|PF1|PF2|7a，得|PF2|2a，又|F8F2|2c，则2c4a，即；（2）弦MN过定点（2，0）由y已知结合（1）得，双曲线方程为则F7（2，0），F2（2，0），设点S（x3，y2），直线ST的方程为：x2+ty，联立，得（3t41）y212ty+40，则，则（x11）（x71）+y1y8（ty13）（ty23）+y1y4（t2+1）y6y23t（y7+y2）+90，即DTDS，也就是DMDN，MN为圆O的直径，故弦MN恒过圆心（7【点评】本题考查双
38、曲线的几何性质，考查数形结合思想，考查直线与双曲线位置关系的应用，考查运算求解能力，综合性强，难度较大22（10分）数学中有许多美丽的曲线，如在平面直角坐标系xOy中，曲线E：（如图），称这类曲线为心形曲线以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，（1）求E的极坐标方程；（2）已知P，Q为曲线E上异于O的两点，且，求OPQ的面积的最大值【分析】（1）将xcos，ysin代入曲线E，化简可得答案；（2）不妨设，则OPQ的面积，令tsin+cos，可得S22t+t21，再利用配方计算可得答案【解答】解：（1）将xcos，ysin代入曲线E，得22（sin），即7（1sin），所以，E的极
39、坐标方程为2（4sin）；（2）不妨设，即，则OPQ的面积25（sin+cos）+2sincos由于（sin+cos）27+2sincos，令tsin+cos，则，2sincost26，则S22t+t21t24t+1（t1）2，故当时，即OPQ的面积的最大值为【点评】本题考查了极坐标方程和直角坐标方程的互化，属于中档题23已知m0，函数f（x）2|x1|2x+m|的最大值为4，（1）求实数m的值；（2）设正数x，y，z满足2x+2y+zm，求3xy+yz+zx的最大值【分析】（1）由三角绝对值不等式可得f（x）|m+2|，由|m+2|4求解即可；（2）由题意可得2x+2y+z2，即2（x+y）2z，从而有，再利用配方法求解即可【解答】解：（1）f（x）2|x1|6x+m|2x2|8x+m|（2x2）（4x+m）|m+2|，m0，f（x）|m+4|m+2，当（2x8）（2x+m）0时取等号，f（x）mxm+8，又f（x）的最大值为4，m+28，即m2；（2）由（1）知2x+4y+z2，即2（x+y）2z，由 ，知，即 ，8xy+yz+zx 的最大值为 ，此时 ，3xy+yz+zx 的最大值为 【点评】本题考查了三角绝对值不等式、基本不等式及利用配方法求二次函数的最值，属于中档题