1、2020 年高考（理科）数学（年高考（理科）数学（4 月份）模拟试卷月份）模拟试卷 一、选择题(共 12 小题) 1已知复数 z（1a）+（a21）i（i 为虚数单位，al），则 z 在复平面内的对应点所 在的象限为（ ） A第一象限 B第二象限 C第三象限 D第四象限 2已知集合 Ax|3xx+4，B（x|x28x+70，则 AB（ ） A（1，2） B（2，7） C（2，+） D（1，2） 3某装饰公司制作一种扇形板状装饰品，其圆心角为 120，并在扇形弧上正面等距安装 7 个发彩色光的小灯泡且在背面用导线相连（弧的两端各一个，导线接头忽略不计）已 知扇形的半径为 30 厘米，则连接导线最
2、小大致需要的长度为（ ） A58 厘米 B63 厘米 C69 厘米 D76 厘米 4函数 f（x）在，上的图象大致为（ ） A B C D 5若（l+ax）（l+x）5的展开式中 x2，y3的系数之和为10，则实数 a 的值为（ ） A3 B2 Cl D1 6已知 alog3，bln3，c20.99，则 a，b，c 的大小关系为（ ） Abca Babc Ccab Dcba 7 执 行 如 图 的 程 序 框 图 ， 则 输 出S的 值 为 （ ） A B C D 8“哥德巴赫猜想”是近代三大数学难题之一，其内容是：一个大于 2 的偶数都可以写成 两个质数（素数）之和，也就是我们所谓的“1+1
3、”问题，它是 1742 年由数学家哥德巴 赫提出的，我国数学家潘承洞、王元、陈景润等在哥德巴赫猜想的证明中做出相当好的 成绩，若将 6 拆成两个正整数的和，则拆成的和式中，加数全部为质数的概率为（ ） A B C D 9 已知正项等比数列an的前 n 项和为 Sn， S2， S3， 则 a1a2an的最小值为 （ ） A（）2 B（）3 C（）4 D（）5 10已知点 P 是双曲线 C：l（a0，b0，c）上一点，若点 P 到 双曲线 C 的两条渐近线的距离之积为c2，则双曲线 C 的离心率为（ ） A B C D2 11已知 f（x）12cos2（x+）（0）给出下列判断： 若 f（xl）l
4、，f（x2）1，且|x1x2|min，则 2； 存在 （0，2），使得 f（x）的图象右移个单位长度后得到的图象关于 y 轴对称； 若 f（x）在0，2上恰有 7 个零点，则 的取值范围为， 若 f（x）在，上单调递增，则 的取值范围为（0， 其中，判断正确的个数为（ ） A1 B2 C3 D4 12如图，在平面四边形 ABCD 中，满足 ABBC，CDAD，且 AB+AD10，BD8沿 着 BD 把 ABD 折起，使点 A 到达点 P 的位置，且使 PC2，则三棱锥 PBCD 体积的最 大值为（ ） A12 B12 C D 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分 13已知
5、函数 f（x）lnx+x2，则曲线 yf（x）在点（1，f（1）处的切线方程为 14若x0R，x02a+50 为假，则实数 a 的取值范围为 15在直角坐标系 xOy 中，已知点 A（0，1）和点 B（3，4），若点 C 在AOB 的平分 线上，且|3，则向量 的坐标为 16已知抛物线 C：y24x，点 P 为抛物线 C 上一动点，过点 P 作圆 M：（x3）2+y24 的切线，切点分别为 A，B，则线段 AB 长度的取值范围为 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 17-21 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
6、考题：共 60 分 17在ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且 csinBbsin（C）+b （l）求角 C 的大小； （2）若 c，a+b3，求 AB 边上的高 18如图，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 为等腰梯形，ABCD，CD2AB4，AD PAB 为等腰直角三角形，PAPB，平面 PAB底面 ABCD，E 为 PD 的中点 （1）求证：AE平面 PBC； （2）若平面 EBC 与平面 PAD 的交线为 l，求二面角 PlB 的正弦值 19一种游戏的规则为抛掷一枚硬币，每次正面向上得 2 分，反面向上得 1 分 （1）设抛掷 4 次的得分为 X，求变量 X
7、的分布列和数学期望 （2）当游戏得分为 n（xN*）时，游戏停止，记得 n 分的概率和为 Qn，Q1 求 Q2； 当 nN*时，记 AnQn+1+Qn，BnQn+1Qn，证明：数列An为常数列，数列Bn 为等比数列 20已知椭圆 E：+1（ab0）的离心率为，且过点（ ，）点 P 在 第一象限，A 为左顶点B 为下顶点，PA 交 y 轴于点 C，PB 交 x 轴于点 D （1）求椭圆 E 的标准方程； （2）若 CDAB，求点 P 的坐标 21已知函数 f（x）lnxx2+ax（aR） （1）若 f（x）0 恒成立，求 a 的取值范围； （2）设函数 f（x）的极值点为 x0，当 a 变化时，
8、点（x0，f（x0）构成曲线 M证明： 过原点的任意直线 ykx 与曲线 M 有且仅有一个公共点 （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，则按所做的 第一题计分选修 4-4：坐标系与参数方程 22在直角坐标系 xOy 中，直线 l1的参数方程为（m 为参数），直线 l2的参数 方程为（n 为参数）若直 l1，l2的交点为 P，当 k 变化时，点 P 的轨迹是曲线 C （l）求曲线 C 的普通方程； （2）以坐标原点为极点，x 轴非负半轴为极轴且取相同的单位长度建立极坐标系，设射 线 l3的极坐标方程为 （0），tan （0），点 Q 为射线 l3与曲线 C
9、 的交点，求点 Q 的极径 选修 4-5：不等式选讲 23已知函数 f（x）|x1|+|x+2| （l）求不等式 f（x）x+3 的解集； （2）若不等式 mx22xf（x）在 R 上恒成立，求实数 m 的取值范围 参考答案 一、选择题：本题共 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已知复数 z（1a）+（a21）i（i 为虚数单位，al），则 z 在复平面内的对应点所 在的象限为（ ） A第一象限 B第二象限 C第三象限 D第四象限 【分析】由 a1 可得复数 z 的实部与虚部的范围，则答案可求 解：当 a1 时，1a0，a210，
10、z 在复平面内的对应点所在的象限为第二象限 故选：B 2已知集合 Ax|3xx+4，B（x|x28x+70，则 AB（ ） A（1，2） B（2，7） C（2，+） D（1，2） 【分析】可以求出集合 A，B，然后进行交集的运算即可 解：Ax|x2，Bx|1x7， AB（1，2） 故选：D 3某装饰公司制作一种扇形板状装饰品，其圆心角为 120，并在扇形弧上正面等距安装 7 个发彩色光的小灯泡且在背面用导线相连（弧的两端各一个，导线接头忽略不计）已 知扇形的半径为 30 厘米，则连接导线最小大致需要的长度为（ ） A58 厘米 B63 厘米 C69 厘米 D76 厘米 【分析】弧长比较短的情况
11、下分成 6 等份，每部分的弦长和弧长相差很小， 用弧长近似代替弦长，计算导线的长度即可 解：因为弧长比较短的情况下分成 6 等份，每部分的弦长和弧长相差很小， 可以用弧长近似代替弦长， 所以导线长度为3020203.1463（厘米） 故选：B 4函数 f（x）在，上的图象大致为（ ） A B C D 【分析】根据题意，利用排除法分析：先分析函数的奇偶性，再分析在区间（0，） 上，f（x）0，由排除法分析可得答案 解：根据题意，f（x），有 f（x）f（x）， 则，上，f（x）为奇函数，其图象关于原点对称，排除 AB， 又由在区间（0，）上，cosx0，2x0，2 x0，则 f（x）0，排除 D
12、； 故选：C 5若（l+ax）（l+x）5的展开式中 x2，y3的系数之和为10，则实数 a 的值为（ ） A3 B2 Cl D1 【分析】先求（l+x）5的展开式的通项公式，进而求得结论 解：因为（l+x）5的展开式的通项公式为：Tr+1 xr； 可得展开式中 x，x2，x3的系数分别为：，； 故（l+ax）（l+x）5的展开式中 x2的系数为：+a10+5a； 故（l+ax）（l+x）5的展开式中 x3的系数为：a+10+10a； 10+5a+10+10a20+15a10； a2 故选：B 6已知 alog3，bln3，c20.99，则 a，b，c 的大小关系为（ ） Abca Babc
13、Ccab Dcba 【分析】结合指数与对数函数的单调性分别确定 a，b，c 的范围即可比较 解：因为 alog3（0，），bln31，c20.9921 ， 故 bca 故选：A 7 执 行 如 图 的 程 序 框 图 ， 则 输 出S的 值 为 （ ） A B C D 【分析】根据循环体的算法功能可以看出，这是一个对数列求前五项和的程序 框图，计算可求解 解：由题意得 故选：D 8“哥德巴赫猜想”是近代三大数学难题之一，其内容是：一个大于 2 的偶数都可以写成 两个质数（素数）之和，也就是我们所谓的“1+1”问题，它是 1742 年由数学家哥德巴 赫提出的，我国数学家潘承洞、王元、陈景润等在哥
14、德巴赫猜想的证明中做出相当好的 成绩，若将 6 拆成两个正整数的和，则拆成的和式中，加数全部为质数的概率为（ ） A B C D 【分析】利用列举法求出由古典概型的基本事件的等可能性得 6 拆成两个正整数的和含 有 5 个基本事件，而加数全为质数的有 1 个，由此能求出拆成的和式中，加数全部为质 数的概率 解：由古典概型的基本事件的等可能性得 6 拆成两个正整数的和含有 5 个基本事件，分 别为： （1，5），（2，4），（3，3），（4，2），（5，1）， 而加数全为质数的有（3，3）， 拆成的和式中，加数全部为质数的概率为 P 故选：A 9 已知正项等比数列an的前 n 项和为 Sn， S
15、2， S3， 则 a1a2an的最小值为 （ ） A（）2 B（）3 C（）4 D（）5 【分析】由已知结合等比数列的通项公式可求 a1，q，进而可求通项公式，然后结合项的 特点可求 解：由题意可得， 解可得，或（舍）， 故 an ， 当 1n5 时，an1，当 n6，an1， 则 a1a2an的最小值为 a1a2a5 故选：D 10已知点 P 是双曲线 C：l（a0，b0，c）上一点，若点 P 到 双曲线 C 的两条渐近线的距离之积为c2，则双曲线 C 的离心率为（ ） A B C D2 【分析】双曲线 C：l（a0，b0 的两条渐近线的方程为 bxay0，设 P （x，y），利用点 P 到
16、双曲线的两条渐近线的距离之积为|，求出 a、c 关系，即可求出双曲线的离心率 解：双曲线 C：l（a0，b0 的两条渐近线的方程为 bxay0， 设 P（x，y），利用点 P 到双曲线的两条渐近线的距离之积为|， 可得| | ab， 双曲线的离心率 e 故选：A 11已知 f（x）12cos2（x+）（0）给出下列判断： 若 f（xl）l，f（x2）1，且|x1x2|min，则 2； 存在 （0，2），使得 f（x）的图象右移个单位长度后得到的图象关于 y 轴对称； 若 f（x）在0，2上恰有 7 个零点，则 的取值范围为， 若 f（x）在，上单调递增，则 的取值范围为（0， 其中，判断正确的
17、个数为（ ） A1 B2 C3 D4 【分析】先将 f（x）化简，对于由条件知，周期为，然后求出 ；对于由条件 可得+k（kZ），然后求出 13k（kZ）；对于由条件，得 2 ， 然 后 求 出 的 范 围 ； 对 于 由 条 件 ， 得 ，然后求出 的范围，再判断命题是否成立即可 解 ： ， 周 期 由条件知，周期为，故错误； 函数图象右移个单位长度后得到的函数为，其图象关于 y 轴对称， 则，13k（kZ）， 故对任意整数 k，（0，2），故错误； 由条件，得，故正确； 由条件，得，又 0，故正确 故选：B 12如图，在平面四边形 ABCD 中，满足 ABBC，CDAD，且 AB+AD10
18、，BD8沿 着 BD 把 ABD 折起，使点 A 到达点 P 的位置，且使 PC2，则三棱锥 PBCD 体积的最 大值为（ ） A12 B12 C D 【分析】过点 P 作 PEBD 于 E，连结 CE，推导出 BD平面 PCE，当 SPCE最大时， VPBCD取得最大值， 取 PC 的中点 F， 则 EFPC， 推导出点 P 到以 BD 为焦点的椭圆上， PE 的最大值为对应短半轴长，由此能求出三棱锥 PBCD 体积的最大值 解：过点 P 作 PEBD 于 E，连结 CE， 由题意知BPDBCD，CEBD，且 PECE， BD平面 PCE， VPBCDVBPCE+VDPCE ， 当 SPCE
19、最大时，VPBCD取得最大值， 取 PC 的中点 F，则 EFPC， SPCE EF， PB+PD10，BD8，点 P 到以 BD 为焦点的椭圆上， PE 的最大值为对应短半轴长， PE 最大值为3，SPCE最大值为 2， 三棱锥 PBCD 体积的最大值为 故选：C 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分 13已知函数 f（x）lnx+x2，则曲线 yf（x）在点（1，f（1）处的切线方程为 3xy 20 【分析】先对函数求导，然后将 x1 代入导数求出斜率，再将 x1 代入函数求出切点 纵坐标，最后套用点斜式写出方程 解：易知 f（1）1，故切点为（1，1）， ， 故 f
20、（1）3， 所以切线方程为 y13（x1）， 即 3xy20 即为所求 故答案为：3xy20 14若x0R，x02a+50 为假，则实数 a 的取值范围为 （，4 【分析】若x0R，x02a+50 为假，则其否定命题为真， 利用分离常数法和基本不等式求出 a 的取值范围 解：若x0R，x02a+50 为假， 则其否定命题为真，即xR，x2a+50 为真， 所以 a对任意实数恒成立； 设 f（x），xR； 则 f（x）+24， 当且仅当，即 x时等号成立， 所以实数 a 的取值范围是 a4 故答案为：（，4 15在直角坐标系 xOy 中，已知点 A（0，1）和点 B（3，4），若点 C 在AOB
21、 的平分 线上，且|3，则向量 的坐标为 （3，9） 【分析】 由点 C 在AOB 的平分线上得存在 （0， +） ， 使 （+） ， 再由|求出 的值即可 解：由点 C 在AOB 的平分线上， 所以存在 （0，+），使 （+）（0，1）+（，）（，）； 又|3 ， 所以+90， 解得 5， 所以向量（3，9） 故答案为：（3，9） 16已知抛物线 C：y24x，点 P 为抛物线 C 上一动点，过点 P 作圆 M：（x3）2+y24 的切线，切点分别为 A，B，则线段 AB 长度的取值范围为 2，4） 【分析】画出图形，连接 PM，PA，PB，易得 MAPA，MBPB，PMAB，求出四边 形
22、PAMN 的面积，结合四边形 PAMB 的面积为三角形 PAM 面积的两倍，求出|AB|的表达 式，然后分析求解最小值以及最大值即可 解：如图：连接 PM，PA，PB，易得 MAPA，MBPB，PMAB，所以四边形 PAMN 的面积为： PM， AB， 另外四边形 PAMB 的面积为三角形 PAM 面积的两倍， 所以|PM| |AB|PA|MA|， 所以|AB|4， 所以当|PM| 取得最小值时，|AB|最小，设点 P（x，y），则|PM|，所 以 x1 时，|PM|取得最小值为：2，所以 AB 的最小值为：2当 P 向无 穷远处运动时，|AB|的长度趋近于圆的直径，故|AB|的取值范围是2，
23、4） 故答案为：2，4） 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 17-21 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在ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且 csinBbsin（C）+b （l）求角 C 的大小； （2）若 c，a+b3，求 AB 边上的高 【分析】（1）由已知结合正弦定理及和差角公式进行化简可求 C； （2）由已知结合余弦定理及三角形的面积公式即可求解 解：（1）因为 csinBbsin（C）+b 由正弦定理可得，sinCsinBsinBsin（C）+sinB
24、， 因为 sinB0， 所以 sinCsin（C）+，即1， 所以 sin（C）1， 0C， 所以 C， （2）由余弦定理可得，c2a2+b22abcosC， 所以 a2+b2+ab7，即（a+b）2ab7， 所以 ab2，SABC， 设 AB 边上的高为 h，则，故 h 18如图，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 为等腰梯形，ABCD，CD2AB4，AD PAB 为等腰直角三角形，PAPB，平面 PAB底面 ABCD，E 为 PD 的中点 （1）求证：AE平面 PBC； （2）若平面 EBC 与平面 PAD 的交线为 l，求二面角 PlB 的正弦值 【分析】（1）取 PC 的中点 F
25、，连结 EF，BF，推导出四边形 ABFE 为平行四边形，AE BF，由此能求出 AE平面 PBC （2）取 AB 中点 O，CD 中点 Q，连结 OQ，推导出 POAB，OQAB，从而 PO平 面 ABCD，OQ平面 PAB，以点 O 为坐标原点，OQ，OB，OP 为 x，y，z 轴，建立空间 直角坐标系，由此能求出二面 PlB 的正弦值 解：（1）证明：如图 1，取 PC 的中点 F，连结 EF，BF， PEDE，PFCF，EFCD，CD2EF， ABCD，CD2AB，ABEF，且 EFAB， 四边形 ABFE 为平行四边形，AEBF， BF平面 PBC，AE平面 PBC， AE平面 PB
26、C （2）解：如图 2，取 AB 中点 O，CD 中点 Q，连结 OQ， OAOB，CQDQ，PAPB，POAB，OQAB， 平面 PAB平面 ABCD，交线为 AB， PO平面 ABCD，OQ平面 PAB， AB，OQ，OP 两两垂直， 以点 O 为坐标原点，OQ，OB，OP 为 x，y，z 轴，建立空间直角坐标系， 由 PAPB，AB2，得 OAOBOP1，DQCQ2， 在等腰梯形 ABCD 中，AB2，CD4，AD，OQ1， O（0，0，0），A（0，1，0），B（0，1，0），C（1，2，0），P（0，0，1），D（1， 2，0），E（，1，）， 设平面 PAD 的法向量为 （x，y，
27、z）， （0，1，1），（1，1，0）， 则，取 y1，得 （1，1，1）， 设平面 EBC 的法向量 （a，b，c）， （1，1，0），（）， 则，取 a1，得 （1，1，5）， 设二面角 PlB 的平面角为 ， 则|cos|，PlB 的正弦值为 sin 19一种游戏的规则为抛掷一枚硬币，每次正面向上得 2 分，反面向上得 1 分 （1）设抛掷 4 次的得分为 X，求变量 X 的分布列和数学期望 （2）当游戏得分为 n（xN*）时，游戏停止，记得 n 分的概率和为 Qn，Q1 求 Q2； 当 nN*时，记 AnQn+1+Qn，BnQn+1Qn，证明：数列An为常数列，数列Bn 为等比数列 【
28、分析】（1）变量 X 的所有可能取值为 4，5，6，7，8，分别求出相应的概率，由此能 求出 X 的分布列 （2）得 2 分只需要抛掷一次正面向上或两次反面向上，由此能求出 Q2 得 n 分分两种情况， 第一种为得 n2 分后抛掷一次正面向上， 第二种为得 n1 分后， 抛掷一次反面向上，当 n3，且 nN*时，Qn+，由此能证明数列An 为常数列，由 Bn+1Qn+2Qn+1+ Qn+1 +，能证明 数列Bn为等比数列 解：（1）解：变量 X 的所有可能取值为 4，5，6，7，8， 每次抛掷一次硬币，正面向上的概率为，反面向上的概率为， P（X4）（）4， P（X5）， P（X6）， P（X
29、7）， P（X8）， X 的分布列为： P 4 5 6 7 8 X （2） 解： 得 2 分只需要抛掷一次正面向上或两次反面向上， 概率的和为： Q2 ， 证明：得 n 分分两种情况，第一种为得 n2 分后抛掷一次正面向上， 第二种为得 n1 分后，抛掷一次反面向上， 当 n3，且 nN*时，Qn+， An+1Qn+2+An， 数列An为常数列， B n+1Qn+2Qn+1 +Qn+1+ （Qn+1Qn）， B1P2P1 ， 数列Bn为等比数列 20已知椭圆 E：+1（ab0）的离心率为，且过点（ ，）点 P 在 第一象限，A 为左顶点B 为下顶点，PA 交 y 轴于点 C，PB 交 x 轴于
30、点 D （1）求椭圆 E 的标准方程； （2）若 CDAB，求点 P 的坐标 【分析】（1）列出关于 a，b，c 的方程组，解出 a，b，c 的值，即可求出椭圆 E 的标准 方程； （2）设直线 AP 的方程为：yk（x+2）（0k），与椭圆方程联立，利用韦达定理 可求出 P （， ） ， 由点 P， B， D 三点共线， 所以 kBDkPB， 求出 D （， 0），由 CDAB 可得，解出 k 的值，从而求出点 P 的坐标 解：（1）由题意可得，解得， 椭圆 E 的标准方程为：； （2）由（1）知点 A（2，0），B（0，1）， 由题意可设直线 AP 的方程为：yk（x+2） （0k），所以
31、点 C 的坐标为（0，2k）， 联立方程，消去 y 得：（1+4k2）x2+16k2x+16k240， 设 P（x1，y1），则 ，所以， 所以， 所以 P（， ）， 设 D 点的坐标为（x0，0），因为点 P，B，D 三点共线，所以 kBDkPB， 即，所以 x0，所以 D（，0）， 因为 CDAB，所以 kCDkAB， 即，所以 4k2+4k10，解得， 又因为 0k， 所以 k， 所以点 P 的坐标为（，） 21已知函数 f（x）lnxx2+ax（aR） （1）若 f（x）0 恒成立，求 a 的取值范围； （2）设函数 f（x）的极值点为 x0，当 a 变化时，点（x0，f（x0）构成曲
32、线 M证明： 过原点的任意直线 ykx 与曲线 M 有且仅有一个公共点 【分析】（1）由题意可得原不等式等价为 ax恒成立设 g（x）x，由 g（x）的二次导数的符号，确定 g（x）的单调性，可得 g（x）的最小值，进而得到 a 的 范围； （2）由极值的定义可得 f（x0）lnx0+x021，可得曲线 M 的方程为 ylnx+x21，由题 意可得对任意实数 k，方程 lnx+x21kx 有唯一解设 h（x）lnx+x2kx1，求得 h （x）的导数，讨论 k0；k0，0，0，结合 h（x）的单调性，以及函数零点 存在定理，化简计算即可得证 解：（1）由 x0 可得 f（x）0 恒成立等价为
33、ax恒成立 设 g（x）x，g（x）1，再令 h（x）x21+lnx， 则 h（x）2x+0，则 h（x）在（0，+）递增，又 h（1）0，则 0x1，h（x） 0，x1，h（x）0， 即 0x1 时，g（x）0；x1 时，g（x）0，可得 g（x）在（0，1）递减；在 （1，+）递增， 即有 g（x）在 x1 处取得极小值，即最小值 g（1）1，所以 a1； （2）证明：由（1）可得 f（x0）lnx0x02+ax0， f（x0）0，即2x0+a0，即 a2x0， 所以 f（x0）lnx0+x021，可得曲线 M 的方程为 ylnx+x21，由题意可得对任意实数 k，方程 lnx+x21kx
34、 有唯一解 设 h（x）lnx+x2kx1， 则 h（x）+2xk， 当 k0 时，h（x）0 恒成立，h（x）在（0，+）递增， 由 h（1）k0，h（ek）k+e2kkek1k（1ek）+e2k10， 所以存在 x0满足 ekx01 时，使得 h（x0）0又因为 h（x）在（0，+）递增，所 以 xx0为唯一解 当 k0 时， 且k280 即 0k2时， h （x） 0 恒成立， 所以 h （x） 在 （0， +）递增， 由 h（1）k0，h（e3）3+e6ke31（e3）2+（2k）e30， 所以存在 x0（1，e3），使得 h（x0）0又 h（x）在（0，+）递增，所以 xx0为 唯一
35、解 当 k2时，h（x）0 有两解 x1，x2，设 x1x2，因为 x1x2 ，所以 x1 x2， 当 x（0，x1）时，h（x）0，h（x）递增；当 x（x1，x2）时，h（x）0，h（x） 递减， 当 x（x2，+），h（x）0，h（x）递增，可得 h（x）的极大值为 h（x1）lnx1+x12 kx11， 因为 2x12kx1+10，所以 h（x1）lnx1x1220，所以 h（x2）h（x1）0， h （e） k2+eke1 （ek） e+k210， 令 m （x） ex， x2， 可得 m（x）2x e10， 所以 m（x）m（2）0，所以存在 x0（x2，e），使得 h（x0）0，
36、 又因为 h（x）在（x2，+）递增，所以 xx0为唯一解 综上可得，过原点的任意直线 ykx 与曲线 M 有且仅有一个公共点 （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，则按所做的 第一题计分选修 4-4：坐标系与参数方程 22在直角坐标系 xOy 中，直线 l1的参数方程为（m 为参数），直线 l2的参数 方程为（n 为参数）若直 l1，l2的交点为 P，当 k 变化时，点 P 的轨迹是曲线 C （l）求曲线 C 的普通方程； （2）以坐标原点为极点，x 轴非负半轴为极轴且取相同的单位长度建立极坐标系，设射 线 l3的极坐标方程为 （0），tan （0），
37、点 Q 为射线 l3与曲线 C 的交点，求点 Q 的极径 【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）利用一元二次方程根和系数关系式的应用求出结果 解：（1）直线 l1的参数方程为（m 为参数），转换为直角坐标方程为 y kx 直线 l2的参数方程为 （n 为参数），转换为直角坐标方程为 y2 联立两直线的方程消去参数 k 得：x2+（y1）21（x0） （2）设点 Q（cos，sin）由 tan， 可得： 代入曲线 C，得，解得或 0（舍去）， 故点 Q 的极径为 选修 4-5：不等式选讲 23已知函数 f（x）|x1|+|x+2| （l）求
38、不等式 f（x）x+3 的解集； （2）若不等式 mx22xf（x）在 R 上恒成立，求实数 m 的取值范围 【分析】（1）由绝对值的定义，去绝对值符号，解不等式，再求并集可得所求解集； （2）由题意可得 m（x2+2x+f（x）min，结合二次函数的最值求法，以及绝对值不等 式的性质可得所求最小值，进而得到 m 的范围 解：（1）当 x2 时，f（x）x+3 可化为 1xx2x+3，解得 x，无解； 当2x1 时，f（x）x+3 可化为 1x+x+2x+3，解得 x0，故 0x1； 当 x1 时，f（x）x+3 可化为 x1+x+2x+3，解得 x2，故 1x2 综上可得，f（x）x+3 的解集为（0，2）； （2）不等式 mx22xf（x）在一、选择题上恒成立，可得 mx2+2x+f（x）， 即 m（x2+2x+f（x）min，由 yx2+2x（x+1）21 的最小值为1，此时 x1； 由 f（x）|x1|+|x+2|x1x2|3，当且仅当2x1 时，取得等号， 则（x2+2x+f（x）min1+32，所以 m2， 即 m 的取值范围是（，2
