1、已知集合 A1，0，1，2，Bx|x21，则 AB（ ） A1，0，1 B1，2 C1，1 D1，1，2 2 （5 分）已知复数 z 在复平面上对应的点为（1，1） ，则（ ） Az+1 是实数 Bz+1 是纯虚数 Cz+i 是实数 Dz+i 是纯虚数 3 （5 分）不等式的解集为（ ） Ax|x1 Bx|1x1 且 x0 Cx|x1 Dx|x1 或1x0 4 （5 分）某同学用如下方式估算圆周率，他向图中的正方形中随机撒豆子 100 次，其中落 入正方形的内切圆内有 68 次，则他估算的圆周率约为（ ） A3.15 B2.72 C1.47 D3.84 5 （5 分）函数 f（x）xsinx
2、的零点个数为（ ） A1 B2 C3 D4 6 （5 分）设，则 S（ ） A B C D 7 （5 分）已知点 P（2，2）和圆 C：x2+y2+4x+2y+k0，过 P 作 C 的切线有两条，则 k 的 取值范围是（ ） A0k5 Bk20 Ck5 D20k5 8 （5 分）如图，正方体 ABCDA1B1C1D1，点 P 为对角线 A1C1上的点，当点 P 由点 A1 向点 C1运动过程中，下列说法正确的是（ ） 第 2 页（共 23 页） ABPD 的面积始终不变 BBPD 始终是等腰三角形 CBPD 在面 ABB1A1内的投影的面积先变小再变大 D点 A 到面 BPD 的距离一直变大
3、9 （5 分）函数的图象可能是（ ） A B C D 10 （5 分）已知 F 是双曲线 C：x2y22 的一个焦点，点 P 在 C 上，过点 P 作 FP 的垂线 与 x 轴交于点 Q，若FPQ 为等腰直角三角形，则FPQ 的面积为（ ） A B C D 第 3 页（共 23 页） 11 （5 分）天干地支纪年法，源于中国中国自古便有十天干与十二地支十天干即甲、 乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸，十二地支即子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、 申、酉、戌、亥天干地支纪年法是按顺序以一个天干和一个地支相配，排列起来，天 干在前，地支在后，天干由“甲”起，地支由“子”起，比如说第一年为“甲子” ，
4、第二 年为“乙丑” ，第三年为“丙寅”依此类推，排列到“癸酉”后，天干回到“甲”重 新开始， 即 “甲戌” “乙亥” ， 之后地支回到 “子” 重新开始， 即 “丙子” 依此类推 1911 年中国爆发推翻清朝专制帝制、建立共和政体的全国性革命，这一年是辛亥年，史称“辛 亥革命” 1949 新中国成立，请推算新中国成立的年份为（ ） A己丑年 B己酉年 C丙寅年 D甲寅年 12 （5 分）设函数 f（x）x2（exe2）ax若只存在唯一非负整数 x0，使得 f（x0）0， 则实数 a 取值范围为（ ） A （ee2，0 B （e2，1） C （，0 D （ee2，e） 二、填空题（本大题共二、填
5、空题（本大题共 4 小题，每题小题，每题 5 分，满分分，满分 20 分，将答案填在答题纸上）分，将答案填在答题纸上） 13 （5 分）函数在 x1 处的切线方程为 14 （5 分）在三棱锥 PABC 中，平面 PAB平面 ABC，ABC 是边长为 2 的正三角形， PAB 是以 AB 为斜边的直角三角形，则该三棱锥外接球的表面积为 15 （5 分）已知正项等比数列an的前 n 项和为 Sn，S69S3，a23，则 a5 16 （5 分）等腰直角三角形 ABC，ABAC2，BAC90E，F 分别为边 AB，AC 上 的动点，设，其中 m，n（0，1） ，且满足 m2+n21，M，N 分别是 E
6、F，BC 的中点，则|MN|的最小值为 三、解答题解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤第三、解答题解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤第 1721 题为必考题，每个试题为必考题，每个试 题考生都必须作答第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）必考题题为选考题，考生根据要求作答 （一）必考题 17 （12 分）随机调查某城市 80 名有子女在读小学的成年人，以研究晚上八点至十点时间 段辅导子女作业与性别的关系，得到下面的数据表： 是否辅导 性别 辅导 不辅导 合计 男 25 60 女 第 4 页（共 23 页） 合计 40 80 （1）请将表中数据补充完整； （
7、2）用样本的频率估计总体的概率，估计这个城市有子女在读小学的成人女性晚上八点 至十点辅导子女作业的概率； （3）根据以上数据，能否有 99%以上的把握认为“晚上八点至十点时间段是否辅导子女 作业与性别有关？” 参考公式：，其中 na+b+c+d 参考数据： P（K2k0） 0.15 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 k0 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 第 18 题图 18 （12 分）如图所示，在ABD 中，点 C 在线段 AB 上，|AD|3，|BC|1，|BD|， cosDAB （1）求 sinABD 的值； （2）判断ACD
8、 是否为等腰三角形 19 （12 分） 如图所示， 梯形 ABCD 中， ADBC， 平面 CDEF平面 ABCD， 且四边形 CDEF 为矩形，BC2AD2，CF2，AB，BE2 （1）求证：AD平面 BDE； （2）求点 D 到平面 BEF 的距离 第 5 页（共 23 页） 20 （12 分）已知抛物线 C 的顶点为坐标原点 O，对称轴为 y 轴，其准线为 y1 （1）求抛物线 C 的方程； （2）设直线 l：ykx+n，对任意的 kR 抛物线 C 上都存在四个点到直线 l 的距离为 4， 求 n 的取值范围 21 （12 分）设函数 f（x）exa（x1） （1）求函数 f（x）的单调
9、区间和极值； （2）若存在 m，nR 满足，证明：m+nlna2成立 （二）选考题请考生在第（二）选考题请考生在第 22、23 题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分 22 （10 分）在平面直角坐标系 xOy 中，直线 l 过点 P（2，3） ，且倾斜角以坐标 原点O为极点， x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系， 已知圆C的极坐标方程为4sin （1）求圆 C 的直角坐标方程； （2）设直线 l 与圆 C 交于 A，B 两点，求|PA|+|PB|的值 23已知函数 f（x）|x1| （1）解不等式 f（x）+f（x+1）4； （2）当
10、x0，xR 时，证明： 第 6 页（共 23 页） 2020 年广东省珠海市高考数学三模试卷（文科）年广东省珠海市高考数学三模试卷（文科） 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、单选题（本大题共一、单选题（本大题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 60 分，在每小题列出的四个选项中，选分，在每小题列出的四个选项中，选 出符合题目要求的一项 ）出符合题目要求的一项 ） 1 （5 分）已知集合 A1，0，1，2，Bx|x21，则 AB（ ） A1，0，1 B1，2 C1，1 D1，1，2 【分析】先求出集合 A，B，由此能求出 AB 【解答】解：集合 A1，0，1，2， Bx
11、|x21x|x1 或 x1， AB1，1，2 故选：D 【点评】本题考查交集的求法，考查交集定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础 题 2 （5 分）已知复数 z 在复平面上对应的点为（1，1） ，则（ ） Az+1 是实数 Bz+1 是纯虚数 Cz+i 是实数 Dz+i 是纯虚数 【分析】复数 z 在复平面上对应的点为（1，1） ，可得 z1i，分别计算 z+1，z+i即 可判断出结论 【解答】解：复数 z 在复平面上对应的点为（1，1） ，则 z1i， z+12i，z+i1 因此只有 C 正确 故选：C 【点评】本题考查了复数的运算法则、几何意义，考查了推理能力与计算能力，属于基 础题
12、3 （5 分）不等式的解集为（ ） Ax|x1 Bx|1x1 且 x0 Cx|x1 Dx|x1 或1x0 【分析】由题意利用用穿根法求得分式不等式的解集 第 7 页（共 23 页） 【解答】解：不等式 ， 即 （x+1）x（x1）0 且 x0， 用穿根法求得它的解集为x|x1 或1x0， 故选：D 【点评】本题主要考查用穿根法求分式不等式的解集，属于中档题 4 （5 分）某同学用如下方式估算圆周率，他向图中的正方形中随机撒豆子 100 次，其中落 入正方形的内切圆内有 68 次，则他估算的圆周率约为（ ） A3.15 B2.72 C1.47 D3.84 【分析】首先求出正方形的面积和圆的面积的
13、比值，表示出豆子落在圆中的概率，根据 比例作出圆周率的值 【解答】解：根据几何概型 得 2.72； 故选：B 【点评】本题考查模拟方法估计概率，考查用几何概型来表示概率，本题是一个基础题， 题目的运算比较简单，注意不要丢分 5 （5 分）函数 f（x）xsinx 的零点个数为（ ） A1 B2 C3 D4 【分析】在同一坐标系内画出函数 ysinx 与 yx 的图象，利用图象得结论 【解答】解：因为函数的零点个数就是找对应两个函数的图象的交点个数 在同一坐标系内画出函数 ysinx 与 yx 的图象， 由图得交点 1 个 第 8 页（共 23 页） 故函数 f（x）sinxx 的零点的个数是
14、1 故选：A 【点评】本题考查函数零点个数的判断和数形结合思想的应用在判断函数零点个数时， 常转化为对应方程的根，利用根的个数来得结论或转化为对应两个函数的图象的交点， 利用两个函数的图象的交点个数来判断 6 （5 分）设，则 S（ ） A B C D 【分析】本题根据通项的特点可运用裂项相消法来化简计算可得 S 的表达式，得到正确 选项 【解答】解：由题意，可知 故选：A 【点评】本题主要考查运用裂项相消法来求和的问题考查了转化与化归思想，逻辑推 理能力和数学运算能力本题属中档题 7 （5 分）已知点 P（2，2）和圆 C：x2+y2+4x+2y+k0，过 P 作 C 的切线有两条，则 k
15、的 取值范围是（ ） A0k5 Bk20 Ck5 D20k5 第 9 页（共 23 页） 【分析】根据题意，分析圆 C 的圆心和半径，同时有 5k0，由圆的切线条数可得点 P 在圆外，从而|PC|，据此变形解可得 k 的取值范围，综合可得答案 【解答】解：根据题意，圆 C 的方程为 x2+y2+4x+2y+k0，变形可得（x+2）2+（y+1）2 5k，则 5k0 得 k5， 其圆心 C（2，1） ，半径 r 要使过 P 作 C 的切线有两条，则点 P 在圆外，从而|PC|， 而|PC|5，则有 255k，解可得 k20， 所以20k5 故选：D 【点评】本题考查圆的切线方程，涉及点与圆的位置
16、关系，属于基础题 8 （5 分）如图，正方体 ABCDA1B1C1D1，点 P 为对角线 A1C1上的点，当点 P 由点 A1 向点 C1运动过程中，下列说法正确的是（ ） ABPD 的面积始终不变 BBPD 始终是等腰三角形 CBPD 在面 ABB1A1内的投影的面积先变小再变大 D点 A 到面 BPD 的距离一直变大 【分析】由题意画出图形，可证点 P 由点 A1向点 C1运动过程中，OP 先变小再变大，则 BPD 的面积先变小再变大，判断 A 错误；证明 BPDP，判断 B 正确；找出BPD 在 面 ABB1A1内的投影判断 C；由等体积法判断 D 【解答】解：在正方体 ABCDA1B1
17、C1D1中，可证 BD平面 AA1C1C， 则 BDOP，点 P 由点 A1向点 C1运动过程中，OP 先变小再变大， 则BPD 的面积先变小再变大，故 A 不对； 在 RtPOB 与 RtPOD 中，OBOD，OPOP，可得 BPDP， BPD 始终是等腰三角形，故 B 正确； 设 P 在面 ABB1A1内投影为 Q，则BPD 在面 ABB1A1内投影为ABQ， 第 10 页（共 23 页） AB 为定值，Q 到 AB 的距离为定值，则面积不变，故 C 不对； 棱锥 PABD 的体积为定值，三角形 PBD 的面积先变小再变大， 则点 A 到面 BPD 的距离先变大再变小，故 D 不对 故选：
18、B 【点评】本题考查命题的真假判断与应用，考查空间想象能力与思维能力，是中档题 9 （5 分）函数的图象可能是（ ） A B C 第 11 页（共 23 页） D 【分析】 利用函数奇偶性的定义可证明函数 f （x） 为偶函数， 排除选项 B， 代入特殊点 和 x0，可分别得到，可分别排除选项 A 和 D，故而 得解 【解答】解：f（x） ， 函数 f（x）为偶函数，排除选项 B， 又，排除选项 A， 而， 故选：C 【点评】本题考查函数的图象，一般从函数的单调性、奇偶性或特殊点处的函数值等方 面着手考虑，考查学生的逻辑推理能力和运算能力，属于基础题 10 （5 分）已知 F 是双曲线 C：x
19、2y22 的一个焦点，点 P 在 C 上，过点 P 作 FP 的垂线 与 x 轴交于点 Q，若FPQ 为等腰直角三角形，则FPQ 的面积为（ ） A B C D 【分析】取点 F 为双曲线的右焦点，P 在第一象限，因为FPQ 为等腰直角三角形，所 以可设 P（x，2x） ，代入双曲线 C：x2（2x）22，解得，所以， 再利用三角形的面积公式即可得解 【解答】解：如图所示，取点 F 为双曲线的右焦点，P 在第一象限， FPQ 为等腰直角三角形，可设 P（x，2x） ， 第 12 页（共 23 页） 将其代入双曲线 C：x2（2x）22，解得， ， 故选：A 【点评】本题考查双曲线的性质，考查学
20、生的分析能力和运算能力，属于基础题 11 （5 分）天干地支纪年法，源于中国中国自古便有十天干与十二地支十天干即甲、 乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸，十二地支即子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、 申、酉、戌、亥天干地支纪年法是按顺序以一个天干和一个地支相配，排列起来，天 干在前，地支在后，天干由“甲”起，地支由“子”起，比如说第一年为“甲子” ，第二 年为“乙丑” ，第三年为“丙寅”依此类推，排列到“癸酉”后，天干回到“甲”重 新开始， 即 “甲戌” “乙亥” ， 之后地支回到 “子” 重新开始， 即 “丙子” 依此类推 1911 年中国爆发推翻清朝专制帝制、建立共和政体的全国性革命，这一年
21、是辛亥年，史称“辛 亥革命” 1949 新中国成立，请推算新中国成立的年份为（ ） A己丑年 B己酉年 C丙寅年 D甲寅年 【分析】根据题意可得，天干是以 10 为公差的等差数列，地支是以 12 为公差的等差数 列，结合等差数列的通项公式即可求解 【解答】解：根据题意可得，天干是以 10 为公差的等差数列，地支是以 12 为公差的等 差数列， 从 1911 年到 1949 年经过 38 年，且 1911 年为“辛亥”年，以 1911 年的天干和地支分别 为首项， 则 38310+8，则 1949 年的天干为己，38123+2，则 1949 年的地支为丑， 所以 1949 年为己丑年 故选：A
22、【点评】本题主要考查了等差数列的通项公式在实际问题中的应用，弄清题意，找出模 型是求解问题的关键 12 （5 分）设函数 f（x）x2（exe2）ax若只存在唯一非负整数 x0，使得 f（x0）0， 则实数 a 取值范围为（ ） A （ee2，0 B （e2，1） C （，0 D （ee2，e） 【分析】令 g（x）x2（exe2） ，h（x）ax，描绘出 g（x）x2（exe2）的草图，结 第 13 页（共 23 页） 合函数的图象，转化求解 a 的范围即可 【解答】解：函数 f（x）x2（exe2）ax 令 g（x）x2（exe2） ，h（x）ax， 则 f（x）g（x）h（x） ，g（x
23、）x2（exe2） ， 令 g（x）0，解得 x0 或 x2， x2 时，有 g（x）0， 0x2 时，有 g（x）0， x0 时，有 g（x）0， 可以描绘出 g（x）x2（exe2）的草图， h（x）ax 为过点（0，0）的直线， 由图可知：当 a0 不成立， 当 a0 时，x01， 所以 f（1）0，得 aee2， 所以 x（ee2，0 故选：A 【点评】本题考查函数与方程的应用，考查数形结合以及构造法的应用，考查转化思想 以及计算能力，是难题 二、填空题（本大题共二、填空题（本大题共 4 小题，每题小题，每题 5 分，满分分，满分 20 分，将答案填在答题纸上）分，将答案填在答题纸上）
24、 13 （5 分）函数在 x1 处的切线方程为 x2y10 【分析】求得 f（x）的导数，代入 x1 可得切线的斜率和切点，由点斜式方程可得所求 切线的方程 第 14 页（共 23 页） 【解答】解：函数的导数为 f（x）， 可得 f（x）在 x1 处的切线的斜率 k，且切点为（1，0） ， 则切线的方程为 y0（x1） ，即为 x2y10， 故答案为：x2y10 【点评】本题考查导数的运用：求切线的方程，考查直线方程的运用，考查方程思想和 运算能力，属于基础题 14 （5 分）在三棱锥 PABC 中，平面 PAB平面 ABC，ABC 是边长为 2 的正三角形， PAB 是以 AB 为斜边的直
25、角三角形，则该三棱锥外接球的表面积为 【分析】由题意画出图形，由已知求出三棱锥外接球的半径，代入表面积公式得答案 【解答】解：如图， 在等边三角形 ABC 中，取 AB 中点 F，设ABC 的中心为 O， 由 AB2，得 COCF PAB 是以 AB 为斜边的等腰直角三角形， F 为PAB 的外心，则 O 为棱锥 PABC 的外接球球心， 则外接球半径 ROC 该三棱锥外接球的表面积为 4 故答案为： 【点评】本题考查多面体外接球表面积的求法，考查数形结合的解题思想方法，考查计 算能力，是中档题 15 （5 分）已知正项等比数列an的前 n 项和为 Sn，S69S3，a23，则 a5 24 【
26、分析】由已知结合等比数列的通项公式及求和公式即可直接求解 【解答】解：an为等比数列，S69S3， 第 15 页（共 23 页） a1+a2+a3+a4+a5+a69（a1+a2+a3） ， a4+a5+a68（a1+a2+a3） ，q38， 此时， 故答案为：24 【点评】本题主要考查了等比数列的通项公式及求和公式的简单应用，属于基础试题 16 （5 分）等腰直角三角形 ABC，ABAC2，BAC90E，F 分别为边 AB，AC 上 的动点，设，其中 m，n（0，1） ，且满足 m2+n21，M，N 分别是 EF，BC 的中点，则|MN|的最小值为 【分析】以 A 为坐标原点，分别以 AC，
27、AB 所在直线为 x，y 轴建立平面直角坐标系，由 题意得到 E，F 的坐标，可得 M 在单位圆上，求出 A 到 BC 的距离，可得|MN|的最小值 【解答】解：如图建坐标系，则 B（0，2） ，C（2，0） ， 由，得 E（0，2m） ，F（2n，0） ，得 M（n，m） ， 又 m2+n21，可知点 M 在单位圆上， 当 A，M，N 共线时|MN|取的最小值， 最小值为： 故答案为： 【点评】本题考查直线与圆位置关系的应用，考查数形结合的解题思想方法与数学转化 思想方法，是中档题 三、解答题解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤第三、解答题解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤第 1721
28、 题为必考题，每个试题为必考题，每个试 题考生都必须作答第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）必考题题为选考题，考生根据要求作答 （一）必考题 17 （12 分）随机调查某城市 80 名有子女在读小学的成年人，以研究晚上八点至十点时间 段辅导子女作业与性别的关系，得到下面的数据表： 第 16 页（共 23 页） 是否辅导 性别 辅导 不辅导 合计 男 25 60 女 合计 40 80 （1）请将表中数据补充完整； （2）用样本的频率估计总体的概率，估计这个城市有子女在读小学的成人女性晚上八点 至十点辅导子女作业的概率； （3）根据以上数据，能否有 99%以上的把
29、握认为“晚上八点至十点时间段是否辅导子女 作业与性别有关？” 参考公式：，其中 na+b+c+d 参考数据： P（K2k0） 0.15 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 k0 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 第 18 题图 【分析】 （1）直接由题意填写 22 列联表； （2）直接由古典概型概率计算公式求解； （3）由表格中的数据求出 K2的观测值，结合临界值表得结论 【解答】解： （1） 辅导 不辅导 合计 男 25 35 60 女 15 5 20 合计 40 40 80 （2）在样本中有 20 位女士，其中有 15 位辅导孩子作
30、业，其频率为 估计成人女士晚上八点至十点辅导孩子作业的概率为 0.75； （3） 可知有 99%的把握认为“晚上八点至十点时间段是否辅导孩子作业与性别有关” 第 17 页（共 23 页） 【点评】本题考查古典概型及其概率，考查独立性检验，考查计算能力，是基础题 18 （12 分）如图所示，在ABD 中，点 C 在线段 AB 上，|AD|3，|BC|1，|BD|， cosDAB （1）求 sinABD 的值； （2）判断ACD 是否为等腰三角形 【分析】 （1）利用同角三角函数基本关系式可求 sinDAB 的值，进而利用正弦定理可求 sinABD 的值 （2）利用同角三角函数基本关系式可求 co
31、sABD 的值，进而利用余弦定理可求 CD 的 值，即可判断得解 【解答】解： （1）因为， 所以 sinDAB， 在ABD 中，由正弦定理得：，即：， 解得 （2）在ABD 中因为 BDAD， 所以， 所以， 由于：|CD|2|BD|2+|BC|22|BD|BC|cosCBD9，解得：|CD| 3， 所以ACD 是等腰三角形 【点评】本题主要考查了同角三角函数基本关系式，正弦定理，余弦定理在解三角形中 的综合应用，考查了数形结合思想和转化思想，属于基础题 19 （12 分） 如图所示， 梯形 ABCD 中， ADBC， 平面 CDEF平面 ABCD， 且四边形 CDEF 第 18 页（共 2
32、3 页） 为矩形，BC2AD2，CF2，AB，BE2 （1）求证：AD平面 BDE； （2）求点 D 到平面 BEF 的距离 【分析】 （1）推导出 ED面 ABCD，EDBD，ADED，ADBD，由此能证明 AD 面 BDE （2）作 BHCD 于 H，则，推导出 BH面 CDEF， 设点 D 到平面 BEF 的距离为 h，则，由此能求出点 D 到平面 BEF 的 距离 【解答】解： （1）证明：EDCD， 又平面 EDCF平面 ABCD，且平面 EDCF平面 ABCDCD，ED面 EDCF， ED面 ABCD， 又平面 AD，BD平面 ABCD，EDBD，ADED， 在 RtBDE， 在A
33、BD 中，AD1， AB2AD2+BD2，ADBD， 又EDBDD，ED，BD面 BDE， AD面 BDE （2）解：由（1）可知BCD 为 Rt，且，BC2， CD4， 作 BHCD 于 H，则， 由已知平面 EDCF平面 ABCD，且平面 EDCF平面 ABCDCD， BH面 ABCD，BH面 CDEF， 在BEF 中，EFCD4， 第 19 页（共 23 页） ， 设点 D 到平面 BEF 的距离为 h， 则，解得： 点 D 到平面 BEF 的距离为 【点评】本题考查线面垂直的证明，考查点到平面的距离的求法，考查空间中线线、线 面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间想象能力和运算求解能
34、力，是中档题 20 （12 分）已知抛物线 C 的顶点为坐标原点 O，对称轴为 y 轴，其准线为 y1 （1）求抛物线 C 的方程； （2）设直线 l：ykx+n，对任意的 kR 抛物线 C 上都存在四个点到直线 l 的距离为 4， 求 n 的取值范围 【分析】 （1）由题意可设抛物线的方程为 x22py，由准线方程可得 p 的值，进而得到抛 物线的方程； （2）设与直线 l 平行的直线 m：ykx+b，由题意可得当 m 与抛物线 C 相切时，kR， 点（0，n）到 m：ykx+b 距离大于 4 恒成立，由点到直线的距离公式和直线和抛物线相 切的条件，可得 k，b 的方程，进而得到 k，n 的
35、不等式，运用换元法，结合二次函数和 二次不等式恒成立问题解法，可得 n 的范围 【解答】解： （1）由题意可设抛物线的方程为 x22py（p0） ，则得 p2，所 以抛物线 C 的方程为 x24y； （2）设与直线 l 平行的直线 m：ykx+b， 要满足题设条件“对任意的 kR，抛物线 C 上都有四个点到直线 l 的距离为 4” ， 则有当 m 与抛物线 C 相切时，kR，点（0，n）到 m：ykx+b 距离大于 4 恒成立， 得：x24kx4b0，（4k）24（4b）0 得 k2+b0， 第 20 页（共 23 页） 点（0，n）到 m：ykx+b 距离为， 所以kR，不等式恒成立， 代入
36、 bk2得4， 整理得：k4+（2n16）k2+n2160， 可令 tk2（t0） ，可得 t2+（2n16）t+n2160 在 t0，+）恒成立， 则0，得（2n16）24（n216）0，求得 n5， 或，得 n8， 所以可得 n5 【点评】本题考查抛物线的方程和性质，考查直线和抛物线的位置关系，注意联立直线 方程和抛物线的方程，考查转化思想和二次函数与二次不等式恒成立问题，适用于难题 21 （12 分）设函数 f（x）exa（x1） （1）求函数 f（x）的单调区间和极值； （2）若存在 m，nR 满足，证明：m+nlna2成立 【分析】 （1）求出函数的导数，通过讨论 a 的范围，求出函
37、数的单调区间和极值即可； （2）由于 f（x）的极小值点为 xlna，可设 mlnan，设 F（x）f（x）f（2lna x） ，根据函数的单调性求出 f（n）f（2lnam） ，证明结论即可 【解答】解： （1）由 f（x）exa（x1）得 f（x）exa， 当 a0 时，f（x）0 从而得 f（x）在 R 上单调递增没有极值； （1 分） 当 a0 时，f（x）0 得 xlna；f（x）0 得 xlna；f（x）0 得 xlna； f（x）在（lna，+）上单调递增，f（x）在（，lna）上单调递减， 此时有极小值 f（lna）2alna （4 分） （2）证明：由得：emamenan，从
38、而得 f（m）f（n） ， 第 21 页（共 23 页） 由（1）知当 a0 时，f（x）0 从而得 f（x）在 R 上单调递增，所以此时不成立 （5 分） 可知此时 a0，由于 f（x）的极小值点为 xlna，可设 mlnan， 设 F（x）f（x）f（2lnax） exa（x1）e2lna xa（2lnax1） exe2lna x2ax+2alna （7 分） ，仅当 xlna 时取得“” ， 所以 F（x）在（lna，+）为单调递增函数且 F（lna）0 （9 分） 当 mlna，时有 F（m）f（m）f（2lnam）0，即 f（m）f（2lnam） ， 又由 f（m）f（n） ，所以
39、f（n）f（2lnam） （11 分） 又由（1）知 f（x）在（，lna）上单调递减，且 2lnam（，lna） ，n（， lna） 所以 n2lnam 从而得证 m+nlna2成立 （12 分） 【点评】本题考查了函数的单调性，极值问题，考查导数的应用以及不等式的证明，分 类讨论思想，转化思想，是一道综合题 （二）选考题请考生在第（二）选考题请考生在第 22、23 题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分 22 （10 分）在平面直角坐标系 xOy 中，直线 l 过点 P（2，3） ，且倾斜角以坐标 原点O为极点， x轴的非负半轴为极
40、轴建立极坐标系， 已知圆C的极坐标方程为4sin （1）求圆 C 的直角坐标方程； （2）设直线 l 与圆 C 交于 A，B 两点，求|PA|+|PB|的值 【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）利用一元二次次方程根和系数的关系式的应用求出结果 【解答】解： （1）由 4sin 得 24sin，圆 C 的极坐标方程为 4sin转换为直 第 22 页（共 23 页） 角坐标方程为：从而有 x2+y24y 即：x2+（y2）24 （2）由题意设直线 l 过点 P（2，3） ，且倾斜角所以直线 l 的参数方程为 ，即： 代入圆的方程得 整理得：， 所
41、以，t1t21 由 t1+t20 且 t1t20， 可知 【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，一元 二次方程根和系数关系式的应用，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 23已知函数 f（x）|x1| （1）解不等式 f（x）+f（x+1）4； （2）当 x0，xR 时，证明： 【分析】 （1）由 f（x）+f（x+1）4，得|x1|+|x|4，然后利用零点分段法解不等式即 可； （2），利用绝对值三角不等式和基本不等式，可知 【解答】解： （1）由 f（x）+f（x+1）4，得|x1|+|x|4， 当 x1 时，得 2x14，此时； 当 0x1 时，得 14，此时 x； 当 x0 时，得2x+14，此时； 不等式的解集为x|或 第 23 页（共 23 页） （2）， 由绝对值三角不等式，得， 又同号， 由基本不等式，得，当且仅当|x|1 时等号成立， 【点评】本题考查了绝对值不等式的解法，绝对值三角不等式，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
