1、2020 年湛江市高考数学二模试卷（理科）年湛江市高考数学二模试卷（理科） 一、选择题（共 12 小题）. 1设集合 A2，5，6），Bx|x25x+m0，若 AB2，则 B（ ） A2，3 B2 C3 D1，6） 2复数 z （2+4i）i 在复平面内对应的点位于（ ） A第一象限 B第二象限 C第三象限 D第四象限 3已知 （ ，），tan2 ，则 sin2+cos 2（ ） A B C D 4高二某班共有学生 45 人，学号依次为 1，2，3，45，现按学号用系统抽样的办法抽 取一个容量为 5 的样本，已知学号为 6，24，33 的学生在样本中，那么样本中还有两个 学生的学号应为（ ）
2、A15，42 B15，43 C14，42 D14，43 5下列图象为函数 y ，y ，y ，y 的部分图象，则按顺序对应关系 正确的是（ ） A B C D 6函数 f（x）ax36x 的一个极值点为 1，则 f（x）的极大值是（ ） A4 B2 C4 D2 7我国南北朝时期的数学家祖暅提出了计算几何体体积的祖暅原理：“幂势既同，则积不 容异“意思是两个同高的几何体，如果在等高处的截面积都相等，那么这两个几何体 的体积相等现有某几何体和一个圆锥满足祖暅原理的条件，若该圆锥的侧面展开图是 半径为 3 的圆的三分之一，则该几何体的体积为（ ） A B C4 D 8执行如图所示的程序框图，若输出的
3、y3，则输入的 x 的值为（ ） A2 B2 C5 或2 D7 或2 9在ABC 中，角 A、B、C 的对边分别为 a，b，c，若 A ，c1，asinCbsinB，则 ABC 的面积为（ ） A B C D 10 已知函数f （x） Acos （x+）（A0， 0， 0） 的图象的一个最高点为 （ ， ， 与之相邻的一个对称中心为 ， ， 将 f （x） 的图象向右平移 个单位长度得到函数 g （x） 的图象，则（ ） Ag（x）为偶函数 Bg（x）的一个单调递增区间为 ， Cg（x）为奇函数 D函数 g（x）在 ， 上有两个零点 11 已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2， E为A
4、1B1的中点， 下列说法中正确的是 （ ） AED1与 B1C 所成的角大于 60 B点 E 到平面 ABC1D1的距离为 1 C三棱锥 EABC1的外接球的表面积为 D直线 CE 与平面 ADB1所成的角为 12已知斜率为 k（k0）的直线 l 与椭圆 y 21 交于 A（x 1，y1），B（x2，y2）两点， O 为坐标原点，设直线 OA，OB 的斜率分别为 k1，k2，且满足 k2k1k2，设OAB 的面积 为 S，以 OA，OB 为直径的圆的面积分别为 S1，S2，则 的最小值为（ ） A B C D 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分把答案填在答题卡的相应位
5、置. 13已知向量 （4，m）， （m，3），若（ ） ，则| | 14若实数 x，y 满足约束条件 ，则 zx2y 的最大值为 15已知 F1（c，0），F2（c，0）分別为双曲线 1（a0，b0）的左、右焦 点， 以坐标原点O为圆心， c 为半径的圆与双曲线在第二象限交于点P， 若 tanPF1F2 ， 则该双曲线的离心率为 16若（1+x）10a0+a1x+a2x2+a10x10，则 a2+a6+a8 ；a1+2a2+3a3+10a10 三、 解答题： 本大题共5小题， 共70分.解答应写出必要的文字说明、 证明过程或演算步骤.17 21 题为必考题，每个试题考生都必须作答.第 22，2
6、3 题为选考题，考生根据要求作答.（一） 必考题：共 60 分. 17已知数列an的前 n 项和为 Sn，且 Snn2+an1 （1）求an的通项公式； （2）设 bn ，求数列bn的前 n 项和 Tn 18 如图， 长方体 ABCDA1B1C1D1的底面为正方形， AB1， AA13， 2 ， 2 ， N 是棱 C1D1的中点，平面 AEC1与直线 DD1相交于点 F （1）证明：直线 MN平面 AEC1F （2）求二面角 EACF 的正弦值 19冠状病毒是一个大型病毒家族，已知的有中东呼吸综合征（MERS）和严重急性呼吸综 合征（SARS）等较严重的疾病，新型冠状病毒（nCoV）是以前从未
7、在人体中发现的冠状 病毒新毒株， 某小区为进一步做好新型冠状病毒肺炎疫情知识的教育， 在小区内开展 “新 型冠状病毒防疫安全公益课”在线学习，在此之后组织了“新型冠状病毒防疫安全知识 竞赛”在线活动已知进入决赛的分别是甲、乙、丙、丁四位业主，决赛后四位业主相 应的名次为第 1，2，3，4 名，该小区为了提高业主们的参与度和重视度，邀请小区内的 所有业主在比赛结束前对四位业主的名次进行预测，若预测完全正确将会获得礼品，现 用 a，b，c，d 表示某业主对甲、乙、 丙、丁四位业主的名次做出一种等可能的预测排列， 记 X|a1|+|b2|+|c3|+|d4| （1）求该业主获得礼品的概率； （2）求
8、 X 的分布列及数学期望 20已知函数 f（x）ax2+bln 1，且 f（ ）4，f（1）5 （1）求 f（x）的图象在点（2，f（2）处的切线方程； （2）已知函数 g（x）ln mlnx+3，若存在 x0（1，e，使得不等式 f（x0）g（x0） 成立，求实数 m 的取值范围 21已知顶点为原点 O 的抛物线 C，焦点 F 在 x 轴上，直线 yx 与抛物线 C 交于 O，M 两 点，且线段 OM 的中点为 P（2，2） （1）求抛物线 C 的标准方程 （2） 若直线 l 与抛物线 C 交于异于原点的 A， B 两点， 交 x 轴的正半轴于点 D， 且有|FA|+1 |FD|，直线 11
9、l，且 l1和 C 有且只有一个公共点 E，请问直线 AE 是否恒过定点？若 是，求出定点坐标；若不是，说明理由 （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，曲线 C 的参数方程为 （ 为参数），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）设射线 l 的极坐标方程为 ，若射线 l 与曲线 C 交于 A，B 两点，求 AB 的长； （2）设 M，N 是曲线 C 上的两点，若MON ，求OMN 的面积的最大值 选修 4-5，不等式选讲 23已知函数 f（
10、x）|2x+4|2x2| （1）求不等式|f（x）|4 的解集； （2） 记 f （x） 的最大值为 m， 设 a， b， c0， 且 a+2b+3cm， 证明： 参考答案 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，只有一 项是符合题目要求的. 1设集合 A2，5，6），Bx|x25x+m0，若 AB2，则 B（ ） A2，3 B2 C3 D1，6） 【分析】根据 AB2即可求出 m6，从而可得出集合 B 解：AB2， 2B， 2252+m0，解得 m6， Bx|x25x+602，3 故选：A 【点评】本题考查了交集的定义及运算，元素与集合的关系，
11、考查了计算能力，属于基 础题 2复数 z （2+4i）i 在复平面内对应的点位于（ ） A第一象限 B第二象限 C第三象限 D第四象限 【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，求出 z 的坐标得答案 解：z （2+4i）i ， z 在复平面内对应点的坐标为（3，4），位于第二象限 故选：B 【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，是 基础题 3已知 （ ，），tan2 ，则 sin2+cos 2（ ） A B C D 【分析】由已知利用二倍角的正切函数公式可求 tan，进而根据同角三角函数基本关系 式即可求解 解：tan2 ，（ ，）， tan3，或 （舍去）
12、， sin2+cos2 故选：C 【点评】本题主要考查了二倍角的正切函数公式，同角三角函数基本关系式在三角函数 化简求值中的应用，考查了转化思想，属于基础题 4高二某班共有学生 45 人，学号依次为 1，2，3，45，现按学号用系统抽样的办法抽 取一个容量为 5 的样本，已知学号为 6，24，33 的学生在样本中，那么样本中还有两个 学生的学号应为（ ） A15，42 B15，43 C14，42 D14，43 【分析】根据系统抽样的定义，算出每组人数即组距，再利用第一组抽到的学号依次加 上组距即可求出所有抽得的学号 解：由题意可知，每组人数为 9，即组距为 9， 所以另外两个学生的学号为 6+
13、915，和 33+942， 故选：A 【点评】本题主要考查了系统抽样，是基础题 5下列图象为函数 y ，y ，y ，y 的部分图象，则按顺序对应关系 正确的是（ ） A B C D 【分析】根据函数解析式及函数图象分别判断即可 解：根据奇偶性可知函数 对应的为图； 由 ，可知函数 对应的为图； 由 ，可知函数 ， 对应的图分别为，； 故选：B 【点评】本题考查函数图象的运用，考查数形结合思想，属于基础题 6函数 f（x）ax36x 的一个极值点为 1，则 f（x）的极大值是（ ） A4 B2 C4 D2 【分析】求出函数的导数，通过函数的极值点，求出 a，然后判断函数的单调性，求解函 数的极大
14、值即可 解：f（x）ax36x，可得 f（x）3ax26，f（x）ax36x 的一个极值点为 1，所 以 3a60，解得 a2， 因为 f（x）6（x1）（x+1），所以 f（x）在（，1），（1，+）上是增函 数，在（1，1）上是减函数， 所以 x1 时，函数取得极大值：f（1）4 故选：C 【点评】本题考查函数的导数的应用，函数的极值的求法，是中档题 7我国南北朝时期的数学家祖暅提出了计算几何体体积的祖暅原理：“幂势既同，则积不 容异“意思是两个同高的几何体，如果在等高处的截面积都相等，那么这两个几何体 的体积相等现有某几何体和一个圆锥满足祖暅原理的条件，若该圆锥的侧面展开图是 半径为 3
15、 的圆的三分之一，则该几何体的体积为（ ） A B C4 D 【分析】由已知列式求得圆锥的底面半径与高，代入圆锥体积公式求解 解：由题意可知，几何体的体积等于圆锥的体积， 圆锥的侧面展开图恰为一个半径为 3 的圆的三分之一， 圆锥的底面周长为 ， 故圆锥的底面半径为 1，圆锥的高为 圆锥的体积 V 从而所求几何体的体积为 V 故选：A 【点评】本题考查祖暅原理的应用，考查圆锥体积的求法，正确理解题意是关键，是中 档题 8执行如图所示的程序框图，若输出的 y3，则输入的 x 的值为（ ） A2 B2 C5 或2 D7 或2 【分析】由程序框图分 x0 和 x0 时两种情况，分别求出输出 y 的值
16、为 3 的 x 值，进 而可得答案 解：由程序框图可得：由 ，解得 x7； 由 ，解得 x2 综上，输入的 x 的值为 7 或2 故选：D 【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 9在ABC 中，角 A、B、C 的对边分别为 a，b，c，若 A ，c1，asinCbsinB，则 ABC 的面积为（ ） A B C D 【分析】利用正弦定理由已知可得 acb2，又 c1，可求 b2a，利用余弦定理可求 a （a1）1 ，解得 a，可求 b 的值，根据三角形的面积公式即可求解 解：asinCbsinB，acb2， c1，b2a， A ，
17、 a2b2+c22bccosAa+1 ，整理可得 a（a1）1 ， a1，b1， SABC bcsinA 故选：D 【点评】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形的面积公式在解三角形中的综合 应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题 10 已知函数f （x） Acos （x+）（A0， 0， 0） 的图象的一个最高点为 （ ， ， 与之相邻的一个对称中心为 ， ， 将 f （x） 的图象向右平移 个单位长度得到函数 g （x） 的图象，则（ ） Ag（x）为偶函数 Bg（x）的一个单调递增区间为 ， Cg（x）为奇函数 D函数 g（x）在 ， 上有两个零点 【分析】先根据余弦函数的图象和性
18、质求出 f（x）解析式，再根据图象的变换规律求得 g （x）的解析式，最后根据余弦函数性质得出结论 解：由题可得： （ ） ； T2； f（x）3cos（2x+）； 因为 f（ ）3cos（2（ ）+3 K； 0； ，f（x）3cos（2x ）； g（x）3cos2（x ） 3cos（2x ）；是非奇非偶函数； 令+2k2x 2k kxk ，kz； 当 k0 时，g（x）的一个单调递增区间为： ， ； 2x k x ，kz，函数 g（x）在0， 上只有一个零点 故选：B 【点评】 本题主要考查由函数yAsin （x+） 的部分图象求解析式， 函数yAsin （x+） 的图象变换规律，属于基础题
19、 11 已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2， E为A1B1的中点， 下列说法中正确的是 （ ） AED1与 B1C 所成的角大于 60 B点 E 到平面 ABC1D1的距离为 1 C三棱锥 EABC1的外接球的表面积为 D直线 CE 与平面 ADB1所成的角为 【分析】对于 A，取 DC 的中点 F，连接 EF，D1F，则D1EF 为 ED1与 B1C 所成的角， 求出角的正切值与 比较判断； 对于 B，把 B1到平面 ABC1D1 的距离转化为点 E 到平面 ABC1D1 的距离，求出点 E 到平 面 ABC1D1的距离判断； 对于 C，三棱锥 EABC1的外接球即四棱锥 EABC
20、1D1的外接球，由勾股定理列式求出 四棱锥 EABC1D1的外接球的半径为 R，进一步求出外接球的表面积判断； 对于 D，连接 DC1，取 DC1的中点 H，连接 DB1交 EC 于 K，连接 CH，HK，可得CKH 是直线 CE 与平面 ADB1所成的角，求解三角形得其正弦值判断 解： 如图， 对于 A， 取 DC 的中点 F， 连接 EF， D1F， 则D1EF 为 ED1与 B1C 所成的角， ， ，tanD1 EF ，故 A 错误； 对于 B，由于 A1B1平面 ABC1D1， 故 B1到平面 ABC1D1 的距离即点 E 到平面 ABC1D1 的距离， 连接 B1C 角 BC1于 G
21、，可得 B1G平面 ABC1D1 ，而 ， 点 E 到平面 ABC1D1的距离为 ，故 B 错误； 对于 C，三棱锥 EABC1的外接球即四棱锥 EABC1D1的外接球， ABC1D1为矩形，且 AB2， ，EAEB ， 四棱锥 EABC1D1的高为 ， 设四棱锥 EABC1D1的外接球的半径为 R，则 ，解得 三棱锥的外接球的表面积 S ，故 C 错误； 对于 D，连接 DC1，取 DC1的中点 H，连接 DB1交 EC 于 K，连接 CH，HK， EB1DC，CKH 是直线 CE 与平面 ADB1所成的角， 在直角三角形 CKH 中，CK CE2，CH ， sinCKH ，故 D 正确 故
22、选：D 【点评】本题考查命题的真假判断与应用，考查空间中直线与直线、直线与平面位置关 系的判定及其应用，考查空间想象能力与运算求解能力，是中档题 12已知斜率为 k（k0）的直线 l 与椭圆 y 21 交于 A（x 1，y1），B（x2，y2）两点， O 为坐标原点，设直线 OA，OB 的斜率分别为 k1，k2，且满足 k2k1k2，设OAB 的面积 为 S，以 OA，OB 为直径的圆的面积分别为 S1，S2，则 的最小值为（ ） A B C D 【分析】设直线 l 的方程与椭圆联立求出两根之和，两根之积，进而求出弦长 AB，及 O 到直线 l 的距离，再求 S1，S2之和，进而求出面积之比，
23、由均值不等式求出面积之比的 最小值 解：设直线 l 的方程为 ykx+m，显然 m0，代入椭圆的方程可得（1+4k2）x2+8kmx+4 （m21）0，64k2m24（1+4k2） 4（m21）0，可得 m21+4k2， x1+x2 ，x 1x2 ， 由 k2k1k2 化简可得 km （x1+x2） +m20， 所以可得 k2 ， 因为 k0， 所以 k ， 所以 m22，所以 m（ ，0）（0， ）； 则 S |AB| d |x1x2| |m|， 由 y1 2 y2 21， 所以 S1+S2 （x1 2+y 1 2+x 2 2+y 2 2 ） （x1+x2） 24x 1x2 ， 所以 ， 因
24、为 |m| 1， 所以当且仅当 m1 时取等号，这时 的最小值为 ； 故选：C 【点评】本题考查直线与椭圆的中及三角形的面积公式和圆的面积公式，及均值不等式 的应用，属于中档题 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分把答案填在答题卡的相应位置. 13已知向量 （4，m）， （m，3），若（ ） ，则| | 2 【分析】利用向量坐标运算性质、向量共线定理、模的计算公式即可得出 解： （4+m，m+3）， （ ） ， m（m+3）3（m+4）0， 解得 m212 | | 2 故答案为：2 【点评】本题考查了向量坐标运算性质、向量共线定理、模的计算公式，考查了推理能 力与计算能
25、力，属于基础题 14若实数 x，y 满足约束条件 ，则 zx2y 的最大值为 4 【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合可得最优 解，求出最优解的坐标，代入目标函数得答案 解：由约束条件作出可行域如图， 化目标函数 zx2y 为直线方程的斜截式 y 由图可知， 当直线 y 过点 A 时， 直线在 y 轴上的截距最小， z 最大， 解得 A（2，1） 最大值为：z22（1）4 故答案为：4 【点评】本题考查了简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，是中档题 15已知 F1（c，0），F2（c，0）分別为双曲线 1（a0，b0）的左、右焦 点， 以坐标原点O为圆
26、心， c 为半径的圆与双曲线在第二象限交于点P， 若 tanPF1F2 ， 则该双曲线的离心率为 【分析】由题意可得 PF1PF2，设|PF1|t，因为 tanPF1F2 ，所以|PF2| ，由 勾股定理可得 2c 的值，再由双曲线的定义可得 2a 的值，进而求出离心率的值 解：由题意可得：P，F1，F2在圆 x2+y2c2上，所以 PF1PF2，设|PF1|t，因为 tan PF1F2 ，所以|PF2| ， 由勾股定理可得 t2+2t24c2，所以 4c23t2，所以 2c t， 而 2a|PF2|PF2| （ ）t， 所以双曲线的离心率 e ， 故答案为： 【点评】本题考查双曲线的性质及圆
27、的性质，属于中档题 16若（1+x）10a0+a1x+a2x2+a10x10，则 a2+a6+a8 300 ；a1+2a2+3a3+10a10 5120 【分析】（1）易知，展开式中每项的系数即为二项式系数，问题可解； （2）先对原式两边求导数，然后令 x1，即可解决问题 解：由已知通项为： ， 所以展开式中每一项的系数即为其二项式系数 故 a2+a6+a8 对原式两边求导数得：10（1+x）9 令 x1 得 a1+2a2+3a3+10a1010295120 故答案为：300，5120 【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式、二项式系数与系数 的关系，属于基础题 三、 解答
28、题： 本大题共5小题， 共70分.解答应写出必要的文字说明、 证明过程或演算步骤.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已知数列an的前 n 项和为 Sn，且 Snn2+an1 （1）求an的通项公式； （2）设 bn ，求数列bn的前 n 项和 Tn 【分析】 （1）先由 Snn2+an1Sn1（n1） 2+a n11，两式相减得 an12（n1） +1，进而求得 an； （2）利用裂项相消法求和即可 解：（1）Snn2+an1， Sn1（n1）2+an11（n2）， 由可得：ann2（n1）2+an
29、an1， 整理得：an12（n1）+1（n2）， an2n+1，当 n2 时，有 S222+a21a1+a2a 13 也适合， 故 an2n+1； （2）an2n+1， bn （ ）， Tn （ ）+（ ）+（ ） （ ） 【点评】本题主要考查数列通项公式的求法及裂项相消法求前 n 项和，属于中档题 18 如图， 长方体 ABCDA1B1C1D1的底面为正方形， AB1， AA13， 2 ， 2 ， N 是棱 C1D1的中点，平面 AEC1与直线 DD1相交于点 F （1）证明：直线 MN平面 AEC1F （2）求二面角 EACF 的正弦值 【分析】（1）推导出 C1EAF，D1F2FD，设点
30、 G 为 D1F 的中点，连结 GM，GN，推 导出 GN平面 AEC1F，GM平面 AEC1F，从而平面 MNG平面 AEC1F，由此能证明 MN平面 AEC1F （2）以 D 为原点，DA 为 x 轴，DC 为 y 轴，DD1为 z 轴，建立空间直角坐标系，利用向 量法能求出二面角 EACF 的正弦值 解：（1）证明：平面 BB1C1C平面 AA1D1D， 平面 AEC1F平面 BB1C1CEC1，平面 AEC1F平面 AA1D1DAF， C1EAF，由题意得 D1F2FD， 设点 G 为 D1F 的中点，连结 GM，GN， N 是棱 C1D1的中点，GNFC1， GN平面 AEC1F，F
31、C1平面 AEC1F，GN平面 AEC1F， D1F2FD， ，GMAF， GM平面 AEC1F，AF平面 AEC1F，GM平面 AEC1F， GNGMG，平面 MNG平面 AEC1F， MN平面 MNG，MN平面 AEC1F （2）解：AB1，DD13，如图，以 D 为原点，DA 为 x 轴，DC 为 y 轴，DD1为 z 轴，建立空间直角坐标系， A（1，0，0），C（0，1，0），F（0，0，1），E（1 1，2）， （1，1，0）， （0，1，2）， （1，0，1）， 设平面 ACE 的法向量 （x，y，z）， 则 ，取 z1，得 （2，2，1）， 设平面 ACF 的法向量 （a，b，
32、c）， 则 ，取 a1，得 （1，1，1）， 设二面角 EACF 的平面角为 ， 由|cos| ， sin ， 二面角 EACF 的正弦值为 【点评】本题考查线面平行的证明，考查二面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线 面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力与运算求解能力，属于中档题 19冠状病毒是一个大型病毒家族，已知的有中东呼吸综合征（MERS）和严重急性呼吸综 合征（SARS）等较严重的疾病，新型冠状病毒（nCoV）是以前从未在人体中发现的冠状 病毒新毒株， 某小区为进一步做好新型冠状病毒肺炎疫情知识的教育， 在小区内开展 “新 型冠状病毒防疫安全公益课”在线学习，在此之后组织
33、了“新型冠状病毒防疫安全知识 竞赛”在线活动已知进入决赛的分别是甲、乙、丙、丁四位业主，决赛后四位业主相 应的名次为第 1，2，3，4 名，该小区为了提高业主们的参与度和重视度，邀请小区内的 所有业主在比赛结束前对四位业主的名次进行预测，若预测完全正确将会获得礼品，现 用 a，b，c，d 表示某业主对甲、乙、 丙、丁四位业主的名次做出一种等可能的预测排列， 记 X|a1|+|b2|+|c3|+|d4| （1）求该业主获得礼品的概率； （2）求 X 的分布列及数学期望 【分析】（1）该业主预测的结果有 种可能，预测完全正确的结果只有 1 种，然 后根据古典概型求概率即可； （2）以（a，b，c，
34、d）为一个基本事件，用列举法逐一写出每种情况，并列表，而 X 的 所有可能取值为 0，2，4，6，8，从表可知每个 X 的取值所对应的概率即可得分布列， 进而求得数学期望 解：（1）该业主预测的结果有 种可能，预测完全正确的结果只有 1 种， 该业主获奖的概率为 （2）以（a，b，c，d）为一个基本事件，如下表所示： （a，b，c， d） X （a，b，c， d） X （a，b，c， d） X （1，2，3， 4） 0 （2，3，1， 4） 4 （3，4，1， 2） 8 （1，2，4， 3） 2 （2，3，4， 1） 6 （3，4，2， 1） 8 （1，3，2， 2 （2，4，1， 6 （4，
35、1，2， 6 4） 3） 3） （1，3，4， 2） 4 （2，4，3， 1） 6 （4，1，3， 2） 6 （1，4，2， 3） 4 （3，1，2， 4） 4 （4，2，1， 3） 6 （1，4，3， 2） 4 （3，1，4， 2） 6 （4，2，3， 1） 6 （2，1，3， 4） 2 （3，2，1， 4） 4 （4，3，1， 2） 8 （2，1，4， 3） 4 （3，2，4， 1） 6 （4，3，2， 1） 8 X 的所有可能取值为 0，2，4，6，8， 分布列如下表： X 0 2 4 6 8 P 数学期望 E（X） 【点评】本题考查排列数、古典概型、离散型随机变量的分布列和数学期望，考
36、查学生 对数据的分析与处理能力，属于基础题 20已知函数 f（x）ax2+bln 1，且 f（ ）4，f（1）5 （1）求 f（x）的图象在点（2，f（2）处的切线方程； （2）已知函数 g（x）ln mlnx+3，若存在 x0（1，e，使得不等式 f（x0）g（x0） 成立，求实数 m 的取值范围 【分析】（1）先对函数求导，然后结合导数的几何意义可求切线的斜率，进而可求切线 方程； （2）由已知进行分离参数可得 m 在（1，e上有解，可考虑构造函数，转化为求 解函数的范围问题，结合导数可求 解：（1）因为 ，x0， f（ ）a+2b4，f（1）2a+b5， 解可得，a2，b1， ， 则 f
37、（2） ，f（2）9， 故 f（x）的图象在点（2，f（2）处的切线方程 y9 即 17x2y160， （2）若 f（x）g（x），则 ， 即 m 在（1，e上有解， 令 h（x） ，x（1，e，则 ， 令 p（x）4xlnx2x ，则 ， 当 x（1，e时，p（x）0，p（x）单调递增，p（x）p（1）0，即 h（x）0， 故 h（x）在（1，e上单调递增，故 h（x）maxh（e）2e22， 所以 m 的范围（，2e22 【点评】本题主要考查了导数的几何意义的应用及利用分离法求解不等式的存在性问题 中参数范围的求解问题，体现了转化思想的应用 21已知顶点为原点 O 的抛物线 C，焦点 F
38、在 x 轴上，直线 yx 与抛物线 C 交于 O，M 两 点，且线段 OM 的中点为 P（2，2） （1）求抛物线 C 的标准方程 （2） 若直线 l 与抛物线 C 交于异于原点的 A， B 两点， 交 x 轴的正半轴于点 D， 且有|FA|+1 |FD|，直线 11l，且 l1和 C 有且只有一个公共点 E，请问直线 AE 是否恒过定点？若 是，求出定点坐标；若不是，说明理由 【分析】（1）由 OM 的中点 D 的坐标，可得 M 的坐标，将 M 的坐标代入抛物线的方程 可得 p 的值，进而求出抛物线的方程； （2）由（1）可得 F 的坐标，设 A，D 的坐标，再由|FA|+1|FD|，可得
39、A，D 的坐标的 关系，进而求出直线 AB 的斜率，由直线 11l，可设直线 l1的斜率，与抛物线联立由题 意可得判别式等于 0，设 E 的坐标，求出直线 AE 的斜率，设直线 AE 的方程，由 A 的坐 标代入抛物线的方程可得 y （x ），可得恒定点（ ，0） 解：（1）由题意设抛物线的标准方程为：y22px，因为 OM 的中点为 P（2，2）， 所以 M 的坐标为（4，4）， 由 422p 4，可得 p2， 即抛物线 C 的标准方程为：y24x； （2）由（1）知 F（1，0），设 A（x0，y0），（x0y00），D（xD，0）（xD0）， 因为|FA|+1|FD|，则|xD1|x0+
40、2， 由 xD0，得 xDx0+3，即 D（x0+3，0）， 所以直线 AB 的斜率 kAB ， 因为直线 11l，设直线 l1的方程为：y x+b， 代入抛物线的方程可得 y2 y 0， 因为且 l1和 C 有且只有一个公共点 E，可得 0，解得：b ， 设 E（xE，yE），则 yE ，xE ，即 E（ ， ）， 当 y026 时 kAE ， 可得直线 AE 的方程为：yy0 （xx0）， 由 x0 ，代入整理 y （x ）， 即直线 AE 恒过点（ ，0）， 当 y026，直线 AE 的方程：x ，过点（ ，0）， 综上，可知直线 AE 过定点（ ，0） 【点评】本题考查求抛物线的方程及
41、直线与抛物线的综合，及求直线恒过定点的求法， 属于中档题 一、选择题 22在直角坐标系 xOy 中，曲线 C 的参数方程为 （ 为参数），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）设射线 l 的极坐标方程为 ，若射线 l 与曲线 C 交于 A，B 两点，求 AB 的长； （2）设 M，N 是曲线 C 上的两点，若MON ，求OMN 的面积的最大值 【分析】 （1） 直接利用转换关系， 把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换 （2） 利用极径的应用和三角函数关系式的恒等变换及正弦型函数的性质的应用求出结果 解：（1）曲线 C 的参数方程为 （ 为参数），转换为直
42、角坐标方程为 ， 整 理 得 ， 根 据 转 换 为 极 坐 标 方 程 为 射线 l 的极坐标方程为 与曲线 C 相交于 A 和 B 两点， 所以 ，解得 （2）设 M（1，），N（ ， ）， 由于直线 OC 的斜率为 ，所以过原点与圆 C 相切的切线的斜率为 k ， 从而 ， 则 sin（ ）， 当 时，SOMN的最大值为 1 【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，三角 形面积公式的应用，三角函数关系式的恒等变换，正弦型函数的性质的应用，主要考查 学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型 选修 4-5，不等式选讲 23已知函数 f（x）|2x+4|
43、2x2| （1）求不等式|f（x）|4 的解集； （2） 记 f （x） 的最大值为 m， 设 a， b， c0， 且 a+2b+3cm， 证明： 【分析】（1）先将 f（x）写为分段函数的形式，然后由|f（x）|4 得到 ， 再解不等式组即可； （2）由（1）知 f（x）的最大值为 6，从而得到 a+2b+3c6，然后利用基本不等式求出 的最小值，即可证明不等式 成立 解：（1）f（x）|2x+4|2x2| ， ， ， |f（x）|4， ， ， 不等式的解集为 ， （2）由（1）知，f（x）的最大值为 6，a+2b+3cm6， ， 当且仅当 a2b3c，即 ， ， 时等号成立， 【点评】本题考查了绝对值不等式的解法，基本不等式和利用综合法证明不等式，考查 了分类讨论思想和转化思想，属中档题
