1、2019 年广东省茂名市高考数学一模试卷（理科）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，只有项是符合题目要求的1 （5 分）已知集合 A1， 3，5，7 ，Bx|x 27x+100，则 AB（ ）A1 ，3 B3 ，5 C5 ，7 D1 ，72 （5 分）已知 i 是虚数单位，若（ 1+i） （a+i）为实数，则实数 a 的值为（ ）A1 B2 C1 D03 （5 分）若 x，y 满足约束条件 ，则 zx 2 y 的最小值为（ ）A3 B2 C1 D04 （5 分）已知 a3 ，b2 ，clog 32，则 a
2、，b，c 的大小关系为（ ）Abac Bacb Cbca Dabc5 （5 分）七巧板是我国古代劳动人民发明的一种智力玩具，它是由五块等腰直角三角形、一块正方形和一块平行四边形共七块板组成的如图是一个用七巧板拼成的正方形，若在此正方形中任取一点，则此点取自黑色部分的概率为（ ）A B C D6 （5 分） “x1”是“x + 4”成立的（ ）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7 （5 分）已知函数 f（x ）axln （e x+1） （a R）为偶函数，则 a（ ）A1 B2 C D38 （5 分）函数 f（x
3、）sin2x+sin x 在 ，的图象大致是（ ）第 2 页（共 25 页）A BC D9 （5 分）已知函数 f（x ）cos （ 2x ） ，把 yf（x）的图象向左平移 个单位得到函数 g（x ）的图象，则下列说法正确的是（ ）Ag（ ）Bg（x）的图象关于直线 x 对称Cg（x）的一个零点为（ ，0）Dg（x）的一个单调减区间为 ， 10 （5 分）如图，网格纸的小正方形的边长是 1，在其上用粗线画出了某多面体的三视图，则此几何体的体积为（ ）A6 B18 C12 D3611 （5 分）已知数 f（x ）是定义域在 R 上的偶函数，且 f（x+1）f
4、（x1） ，当 x0，1时，f（x ）x 3，则关于 x 的方程 f（x）|cosx |在 ， 上所有实数解之和为（ ）A1 B3 C6 D712 （5 分）已知双曲线 1（a0，b0）的左，右焦点分别为 F1，F 2，右顶点第 3 页（共 25 页）为 A，P 为其右支上一点，PF 1 与渐近线 y x 交于点 Q，与渐近线 y x 交于点R，RQ 的中点为 M，若 RF2PF 1，且 AMPF 1，则双曲线的离心率为（ ）A +1 B2 C D二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分，把答案填在答题纸上13 （5 分）已知向量 （1，2） ， （m
5、 ，1） ，若 （ + ） ，则 m 14 （5 分） （x+ ） 3 的展开式中的常数项是 15 （5 分）在ABC 中，角 A，B，C 所对边分别为 a，b，c，已知 ab（a 2+c2）cosC，cosB ，若 b+c 2+ ，则ABC 的面积为 16 （5 分）把三个半径都是 2 的球放在桌面上，使它们两两相切，然后在它们上面放上第四个球（半径是 2） ，使它与下面的三个球都相切，则第四个球的最高点与桌面的距离为 三、解答题：本大题共 5 小题，共 70 分其中
6、17 至 21 题为必做题，2、23 题为选做題解答过程应写出文字说明、证明过程或演算步骤17 （12 分）已知 Sn 为数列a n的前 n 项和，S n2a n2 （）求数列a n的通项公式；（）若 bn ，kN*，求数列b n的前 2n 项和 T2n18 （12 分）2018 年茂名市举办“好心杯”少年美术书法作品比赛，某赛区收到 200 件参赛作品，为了了解该赛区参赛作品的质量，现从这些作品中随机抽取 12 件作品进行试评，成绩如下：67，82，78，86，96，81，73，84，76，59，85，93（）求该样本的中位数和方差；（）若把成绩不低于 85 分（含 85 分）的作品认为为优
7、秀作品，现在从这 12 件作品中任意抽取 3 件，求抽到优秀作品的件数的分布列和期望19 （12 分）已知在三棱锥 PABC 中，ABBC AC ， PABPAC（）求证：PABC；（）若 ABPA 2，cosPAB ，求二面角 BPAC 的平面角的余弦值第 4 页（共 25 页）20 （12 分）已知抛物线 C： y22px（p0） ，点 G 与抛物线 C 的焦点 F 关于原点对称，动点 Q 到点 G 的距离与到点 F 的距离之和为 4（）求动点 Q 的轨迹；（）若 p2 ，设过点 D（0，2）的直线 l 与 Q 的轨迹相交于 AB 两点，当OAB 的面积最大时，求直线 l 的方程21 （1
8、2 分）已知函数 f（x ）lnx+ （a R）在 x1 处的切线与直线 x2y+10 平行（）求实数 a 的值，并判断函数 f（x ）的单调性；（）若函数 f（x ）m 有两个零点 x1，x 2，且 x1x 2，求证：x 1+x21选修 4-4：坐标系与参数方程22 （10 分）在平面直角坐标系 xoy，已知椭圆的方程为： + 1，动点 P 在椭圆上，O 为原点，线段 OP 的中点为 Q（）以 O 为极点，x 轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，求点 Q 的轨迹的极坐标方程；（）设直线 l 的参数方程为 ， （t 为参数） ，l 与点 Q 的轨迹交于 M、N 两点，求弦长|MN| 选修 4-5：
9、不等式选讲23已知函数 f（x ）|2x +1| xa|（a0） （）当 a1 时，求不等式 f（x ）1 的解集；第 5 页（共 25 页）（）若不等式 f（x ）2 在 R 上恒成立，求实数 a 的取值范围第 6 页（共 25 页）2019 年广东省茂名市高考数学一模试卷（理科）参考答案与试题解析一、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，只有项是符合题目要求的1 （5 分）已知集合 A1， 3，5，7 ，Bx|x 27x+100，则 AB（ ）A1 ，3 B3 ，5 C5 ，7 D1 ，7【分析】可解出集合 B，然后进行交集的运算
10、即可【解答】解：Bx|2 x 5；AB3，5故选：B【点评】考查描述法、列举法的定义，一元二次不等式的解法，交集的运算2 （5 分）已知 i 是虚数单位，若（ 1+i） （a+i）为实数，则实数 a 的值为（ ）A1 B2 C1 D0【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，再由虚部为 0 求解【解答】解：（1+i） （a+ i）（ a1）+ （a+1）i 是实数，a+10，即 a1故选：C【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题3 （5 分）若 x，y 满足约束条件 ，则 zx 2 y 的最小值为（ ）A3 B2 C1 D0【分析】由约束条件
11、作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，联立方程组求得最优解的坐标，把最优解的坐标代入目标函数得答案【解答】解：由 x，y 满足约束条件 ，作出可行域如图，联立 ，解得 A（0，1） ，化目标函数 zx2y 为 y x ，第 7 页（共 25 页）由图可知，当直线 y x 过 A 时，直线在 y 轴上的截距最大，z 有最小值为2故选：B【点评】本题考查简单的线性规划，考查数形结合的解题思想方法，是中档题4 （5 分）已知 a3 ，b2 ，clog 32，则 a，b，c 的大小关系为（ ）Abac Bacb Cbca Dabc【分析】容易看出 ，并且 log32
12、log 331，从而可得出 a，b，c 的大小关系【解答】解： ；abc故选：D【点评】考查幂函数、指数函数和对数函数的单调性，以及增函数的定义5 （5 分）七巧板是我国古代劳动人民发明的一种智力玩具，它是由五块等腰直角三角形、一块正方形和一块平行四边形共七块板组成的如图是一个用七巧板拼成的正方形，若在此正方形中任取一点，则此点取自黑色部分的概率为（ ）A B C D第 8 页（共 25 页）【分析】根据几何概型的概率公式求出对应区域的面积，即可得到结论【解答】解：设正方形的边长为 2，则阴影部分由三个小等腰直角三角形构成，则正方形的对角线长为 ，则等腰直角三角形的边长为 ，对应每
13、个小等腰三角形的面积 S ，则阴影部分的面积之和为 3 ，正方形的面积为 4，若在此正方形中任取一点，则此点取自黑色部分的概率为 ，故选：C【点评】本题主要考查几何概型的应用，根据图形，求出对应区域的面积是解决本题的关键6 （5 分） “x1”是“x + 4”成立的（ ）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】根据基本不等式的性质，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可【解答】解：当 x0 时，x + 2 4，当且仅当 x ，即 x2 时，取等号，则“x1”是“x + 4”成立的充分不必要条件，故选：A【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的判
14、断，结合不等式的关系是解决本题的关键7 （5 分）已知函数 f（x ）axln （e x+1） （a R）为偶函数，则 a（ ）A1 B2 C D3【分析】根据偶函数的定义，利用定义法或者特殊值法建立方程关系进行求解即可【解答】解：方法一：定义法：由 f（x ）f（x）得，第 9 页（共 25 页）即 lnex 2ax， ，故选 C方法二：特值法：f（1） f（1）得， ，故选：C【点评】本题主要考查函数奇偶的应用，利用定义法建立方程关系是解决本题的关键8 （5 分）函数 f（x ）sin2x+sin x 在 ，的图象大致是（ ）A BC D【分析】判断函数的奇偶性，结
15、合函数值的符号的对应性进行判断即可【解答】解：显然 f（x ）是奇函数，图象关于原点对称，排除 D；在区间（0， ）上，sin2x 0，sinx0，即 f（x）0， 排除 B 和 C；故选：A【点评】本题主要考查函数图象的识别和判断，根据函数的奇偶性以及特殊值的符号是否一致，利用排除法是解决本题的关键9 （5 分）已知函数 f（x ）cos （ 2x ） ，把 yf（x）的图象向左平移 个单位得到函数 g（x ）的图象，则下列说法正确的是（ ）Ag（ ）Bg（x）的图象关于直线 x 对称Cg（x）的一个零点为（ ，0）Dg（x）的一个单调减区间为 ， 【分析】首先把函数的关系式变形
16、成余弦型函数，进一步利用余弦型函数的性质求出结第 10 页（共 25 页）果【解答】解：函数 f（x ）cos（ 2x ）cos （2x ） ，把 yf（x）的图象向左平移 个单位得到函数 g（x）的图象，得到：g（x） cos（2x+ ） ，故： g（ ）cos ，当 x 时，g（ ）cos ，当 x 时，g（ ）cos 0，故：A、B 、C 错误故选：D【点评】本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，正弦型函数和余弦型函数的性质的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题型10 （5 分）如图，网格纸的小正方形的边长是 1，在其上用粗线画出了某多面体的三视图，则此几何体的体积
17、为（ ）A6 B18 C12 D36【分析】根据题意把该几何体放入一个长，宽，高分别为 4，3，3 的长方体中，由此求出该几何体的体积【解答】解：作一个长，宽，高分别为 4，3，3 的长方体，根据三视图知该几何体是三棱锥 ABCD，如图所示；因为三棱锥 ABCD 的四个顶点，都在这一个长方体中，所以三棱锥 ABCD 体积为故选：A第 11 页（共 25 页）【点评】本题考查了几何体三视图的应用问题，也考查了数形结合与空间想象能力，是基础题11 （5 分）已知数 f（x ）是定义域在 R 上的偶函数，且 f（x+1）f（x1） ，当 x0，1时，f（x ）x 3，则关于 x 的方程
18、f（x）|cosx |在 ， 上所有实数解之和为（ ）A1 B3 C6 D7【分析】根据函数奇偶性和对称性判断函数 f（x ）的周期性，利用方程与函数之间的关系转化为两个图象之间的交点个数问题，利用数形结合进行求解即可【解答】解：因为 f（x +1）f（x1） ，则 f（x）f（x2） ，所以 f（x）的最小正周期为 2，当 x 1，0时，x0 ，1，则 f（x）（ x） 3x 3f （x） ，则 f（x）x 3，x 1，0，又由 f（x+1）f（1x ）得 f（x）的图象也关于 x1 对称，作出函数 f（x）和 y）|cosx |在 ， 上图象如图：由图象可得， 有 7 个交点，
19、取 x1 外，两两关于 x1 对称，则实数解的和为 23+17，故选：D第 12 页（共 25 页）【点评】本题主要考查函数零点个数问题，求出函数 f（x）的周期性和对称性，结合方程与函数之间的关系转化为两个函数图象相交问题是解决本题的关键12 （5 分）已知双曲线 1（a0，b0）的左，右焦点分别为 F1，F 2，右顶点为 A，P 为其右支上一点，PF 1 与渐近线 y x 交于点 Q，与渐近线 y x 交于点R，RQ 的中点为 M，若 RF2 PF1，且 AMPF 1，则双曲线的离心率为（ ）A +1 B2 C D【分析】由题意可得 R 的坐标可看做圆 x2+y2c 2 与渐近
20、线 的交点，解方程可得R 的坐标，进而得到 RQ 的方程，联立渐近线方程求得 Q，M 的纵坐标，由三角形相似可得 a，c 的关系，结合离心率公式，可得所求值【解答】解：若直接联立方程求解 R，Q 的坐标，运算会十分繁琐因为 RF2PF 1，所以 R 的坐标可看做圆 x2+y2c 2与渐近线 的交点，由 解得 R（a，b） ，所以可得直线 ，由 ，解得 ，所以 ，第 13 页（共 25 页）由F 1MA F1RF2，可得 ，即 ，即 ，所以 ，因此 ，即 ，所以 ，化简得 c22a 2ac 0，由 e ，即 e2e 20，解得 e2 或 e1（舍去） ，故选：B【点评】本题考查双曲线的离心率的求
21、法，注意运用渐近线方程，以及联立圆方程，考查三角形的相似，以及化简运算能力，属于中档题二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分，把答案填在答题纸上13 （5 分）已知向量 （1，2） ， （m ，1） ，若 （ + ） ，则 m 【分析】可求出 ，根据 即可得出 12（m+1）0，解出m 即可【解答】解： ； ；12（m+1） 0；解得 m 第 14 页（共 25 页）故答案为：【点评】考查向量坐标的概念，以及平行向量的坐标关系14 （5 分） （x+ ） 3 的展开式中的常数项是 3 【分析】写出二项展开式的通项，令 x 的指数为零，求出相应的参数值，然后代入
22、通项即可得出答案【解答】解： 的展开式的通项为 ，令 33k0，得 k1因此，二项展开式的常数项为 故答案为：3【点评】本题考查二项式定理的应用，考查指定项的系数，考查公式的理解与应用，属于中等题15 （5 分）在ABC 中，角 A，B，C 所对边分别为 a，b，c，已知 ab（a 2+c2）cosC，cosB ，若 b+c 2+ ，则ABC 的面积为 【分析】由余弦定理化简已知等式可得 b2（a 2c 2）（a 2+c2） （a 2c 2） ，讨论可得ac，根据余弦定理可求 ，根据已知可求 ca2，根据三角形面积公式即可求解【解答】解：由余弦定理得： ，所以有： ，
23、化简得：b 2（a 2c 2）（a 2+c2） （a 2c 2） ，当 a2c 20 时，则 ac ，所以：ABC 为等腰三角形；当 a2c 20 时，则：b 2a 2+c2，则 B 为直角，而 ，不合题意；故ABC 为等腰三角形；根据余弦定理： ，可知： ，ac， ，有：ca2，所以： 第 15 页（共 25 页）故答案为： 【点评】本题主要考查了余弦定理，三角形面积公式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和分类讨论思想，属于中档题16 （5 分）把三个半径都是 2 的球放在桌面上，使它们两两相切，然后在它们上面放上第四个球（半径是 2） ，使它与下面的三个球都相切，则第四个球的最高点与桌
24、面的距离为 +4 【分析】先求四个球心连线是正三棱锥的高，而第四个球的最高点与桌面的距离即为高加上两个半径，从而求出所求【解答】解：如图，四个球心连线是正三棱锥，棱长均为 4， ， 第四个球的最高点与桌面的距离为 OA 加上两个半径，即 故答案为： 【点评】本题主要考查了点到面的距离，同时考查了转化与划归的思想，以及计算能力，属于中档题三、解答题：本大题共 5 小题，共 70 分其中 17 至 21 题为必做题，2、23 题为选做題解答过程应写出文字说明、证明过程或演算步骤17 （12 分）已知 Sn 为数列a n的前 n 项和，S n2a n2 （）求数列a n的通项公式；（）若 bn ，k
25、N*，求数列b n的前 2n 项和 T2n第 16 页（共 25 页）【分析】 （I）运用数列的递推式，结合等比数列的定义和通项公式，可得所求；（II）求得 ，运用数列的分组求和，结合等差数列和等比数列的求和公式，计算可得所求和【解答】解：（I）由 Sn2a n2得 Sn1 2a n1 2得 an 2an2a n1 ， a n2a n1 ，由 S12a 12，得 a12，a n是以 2 为首项，公比为 2 的等比数列 ；（II） ，T2n（b 1+b3+b5+b2n1 ）+（b 2+b4+b6+b2n）（2+2 3+25+22n1 ）+（2+4+6+2n） 【点评】本题考查数列的通项公式的求法
26、，注意运用数列的递推式，考查等差数列、等比数列的通项公式和求和公式，以及数列的分组求和，考查化简整理的运算能力，属于中档题18 （12 分）2018 年茂名市举办“好心杯”少年美术书法作品比赛，某赛区收到 200 件参赛作品，为了了解该赛区参赛作品的质量，现从这些作品中随机抽取 12 件作品进行试评，成绩如下：67，82，78，86，96，81，73，84，76，59，85，93（）求该样本的中位数和方差；（）若把成绩不低于 85 分（含 85 分）的作品认为为优秀作品，现在从这 12 件作品中任意抽取 3 件，求抽到优秀作品的件数的分布列和期望【分析】 （）根据样本数据的大小计算它们的中位数
27、、平均数和方差的值；（）设抽到优秀作品的个数为 x，计算对应的概率值，写出分布列，求出数学期望值【解答】解：（）样本数据按从小到大的顺序为第 17 页（共 25 页）59，67，73，76，78，81，82，84，85，86，93，96则这组数据的中位数为： ，（2 分）平均数为 ，（3 分）方差为；（4 分）（）设抽到优秀作品的个数为 x，则 x 的可能值为 0，1，2，3；（5分）计算 ，（6 分），（7 分），（8 分）；（9 分）所以 x 的分布列为：x 0 1 2 3P（10 分）数学期望为 （12 分）【点评】本题考查了样本数据的数字特征与离散型随机变量的分布列和数学期望的计算问题
28、，是中档题19 （12 分）已知在三棱锥 PABC 中，ABBC AC ， PABPAC（）求证：PABC；（）若 ABPA 2，cosPAB ，求二面角 BPAC 的平面角的余弦值第 18 页（共 25 页）【分析】 （）设 E 为 BC 的中点，连结 AE，PE，由已知证明PABPAC，可得PBPC，结合 BECE，得到 BCPE，再证明 BCAE ，利用线面垂直的判定可得BC面 PAE从而得到 BCPA；（）作 BFPA 于点 F，连结 CF，证明BFC 为二面角 BPAC 的一个平面角然后求解三角形得答案【解答】 （）证明：设 E 为 BC 的中点，连结 AE，PE，PAB PAC，A
29、BAC，PAPA，PABPAC，则 PBPC 又BECE， BCPE ，在ABC 中，AB AC，BE EC ，BCAE ，又PEAEE，PE 面 PAE，AE面 PAE，BC 面 PAE又PA 面 PAE，BCPA；（）解：作 BFPA 于点 F，连结 CF，PAB PAC，ABAC，AFAF，FABFAC，则BFA CFA，BFCF，可得 CFPA，即BFC 为二面角 BPAC 的一个平面角由 cosPAB ，得 ，又 AB2， ，在BFC 中，由 BFFC ，BC 2，第 19 页（共 25 页）得： 二面角 BPA C 的平面角的余弦值为 【点评】本题考查空间中直线与直线的位置关系，考
30、查空间想象能力与思维能力，训练了二面角的平面角的求法，是中档题20 （12 分）已知抛物线 C： y22px（p0） ，点 G 与抛物线 C 的焦点 F 关于原点对称，动点 Q 到点 G 的距离与到点 F 的距离之和为 4（）求动点 Q 的轨迹；（）若 p2 ，设过点 D（0，2）的直线 l 与 Q 的轨迹相交于 AB 两点，当OAB 的面积最大时，求直线 l 的方程【分析】 （）由题意可得 FGp，QG+ QF4，讨论 p 与 4 的大小，即可得到所求轨迹；（）若 ，则 Q 的轨迹方程为 ，讨论直线 l 的斜率是否存在，设出直线方程，代入椭圆方程，运用韦达定理，方法一、由弦长公式和原点到直线
31、 l 的距离公式，结合三角形的面积公式，化简整理，运用基本不等式可得所求最大值时直线 l 的方程；方法二、运用，结合韦达定理，化简整理，再由基本不等式即可得到所求最大值时直线 l 的方程【解答】解：（）由题意可得 FGp，QG+ QF4，当 p 4 时， Q 的轨迹不存在，当 p 4 时， Q 的轨迹为一线段，方程为 y0（2x2） ，第 20 页（共 25 页）0p4 时，Q 的轨迹为焦点在 x 轴上的椭圆，方程为 （0p4） ；（）若 ，则 Q 的轨迹方程为 ，方法一、当 lx 轴时不合题意，故设 l：ykx2，A（x 1，y 1） ，B （x 2，y 2）. （1+4k 2）x 216k
32、x+120由0 得（16k） 248（1+4k 2）0解得 ，由韦达定理得 ， ，令 ，则 ；当且仅当 即 t2， 时等号成立，；方法二：若 ，则 Q 的轨迹方程为 ，当 lx 轴时不合题意，故设 l：ykx2，A（x 1，y 1） ，B（x 2，y 2） 且| x2|x 1|（1+4k 2）x 216kx+120，由0 得（16k） 248（1+4k 2）0 解得 ，由韦达定理得 ，第 21 页（共 25 页）， ，令 ，则 ；当且仅当 即 t2， 时等立，【点评】本题考查抛物线的定义、方程和性质，考查椭圆的定义、方程和性质，注意联立直线方程和椭圆方程，运用韦达定理和弦长公式、三角形的面积公
33、式和基本不等式求最值，考查化简整理的运算能力，属于难题21 （12 分）已知函数 f（x ）lnx+ （a R）在 x1 处的切线与直线 x2y+10 平行（）求实数 a 的值，并判断函数 f（x ）的单调性；（）若函数 f（x ）m 有两个零点 x1，x 2，且 x1x 2，求证：x 1+x21【分析】 （）求出函数的导数，求出 a 的值，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；（）求出 ， ，令 t ，则 ，构造函数 ，根据函数的单调性证明即可【解答】解：（）函数 f（ x）的定义域：（0，+） ，（1 分），（2 分） ， 第 22 页（共 25 页）（3 分）令 f'（x
34、）0，解得 ，故 ；（4 分）令 f'（x）0，解得 ，故 （5 分）（II）由 x1，x 2 为函数 f（x）m 的两个零点，得 ，（6 分）两式相减，可得 ，（7 分）， ，因此 ， （8 分）令 ，则 ，（9 分）构造函数 ，（10 分）则所以函数 h（t）在（0，1）上单调递增，故 h（t ）h（ 1） ，（11 分）即 ，可知 ，故 x1+x21命题得证 （12 分）【点评】本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及换元思想，转化思第 23 页（共 25 页）想，是一道综合题选修 4-4：坐标系与参数方程22 （10 分）在平面直角坐标系 xoy，已知椭圆的方程为：
35、 + 1，动点 P 在椭圆上，O 为原点，线段 OP 的中点为 Q（）以 O 为极点，x 轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，求点 Q 的轨迹的极坐标方程；（）设直线 l 的参数方程为 ， （t 为参数） ，l 与点 Q 的轨迹交于 M、N 两点，求弦长|MN| 【分析】 （）设点 Q 的坐标为（ x，y） ，则点 P 的坐标为（ 2x，2y） ，然后将点 P 的坐标代入椭圆的方程可得出有关点 Q 的坐标所满足的方程，即为点 Q 的轨迹方程；（）解法一是将直线 l 的参数方程与椭圆 C 的方程联立，消去 x、y，得到关于 t 的二次方程，并列出韦达定理，并利用弦长公式|MN| |t 1t 2|结合
36、韦达定理可求出答案；解法二是将直线 l 的方程化为普通方程，将直线 l 的普通方程与椭圆 C 的方程联立，列出韦达定理，结合韦达定理与弦长公式可计算出|MN| ；解法三是写出直线 l 与椭圆 C 的极坐标方程，将直线 l 的极坐标方程与椭圆的极坐标方程联立，列出有关 的二次方程，列出韦达定理，结合韦达定理以及|MN| 1 2|可计算出答案【解答】解：（）设点 Q 的坐标为（x，y） ，则点 P 的坐标为（ 2x，2y） ，由点 P 在椭圆上得 ，化解可得： 由 xcos ，ysin ，代入 得 ，化简可得点 Q 轨迹的极坐标方程为 2（3+2sin 2）15（） （法一）把直线 l 参数方程
37、（t 为参数）代入 得 化简得：第 24 页（共 25 页）所以 ，弦长 ；（法二）由直线 l 参数方程 （t 为参数）知，直线 l 过极点，倾斜角为 ，直线 l 的极坐标方程为 由 解得： 或 弦长 （法三）由直线 l 参数方程 （t 为参数）知，直线 l 的普通方程为 ，联立 解得 弦长 【点评】本题考查直线与椭圆的综合问题，同时也考查了参数方程与极坐标方程的应用，考查计算能力与变形能力，属于中等题选修 4-5：不等式选讲23已知函数 f（x ）|2x +1| xa|（a0） （）当 a1 时，求不等式 f（x ）1 的解集；（）若不等式 f（x ）2 在 R 上恒成立，求实数 a 的取值
38、范围【分析】 （）去绝对值变分段函数解不等式再相并；（）转化为 f（x ） min2 可得【解答】解：由已知 f（x）|2 x+1|xa | （1 分）第 25 页（共 25 页）（）当 a1 时，f（x ） 由 f（ x）1，得 或或 即 x3 或 x1 或x1（3 分）x3 或 x ，即不等式 f（x）1 的解集x|x 3 或 x （5 分）（）函数 f（x ）的解析式知当 x 时，f（x ）单调递减，当 xa 时，f（x）单调递增，当 xa 时，f（x）单调递增当 x 时，f（x）取得最小值 f（x ） min a （8 分）由 a2，解得 a ，又 a0实数 a 的取值范围是（0， ） （10 分）【点评】本题考查了绝对值不等式的解法，属中档题