1、2018 年湖北省武汉市高考数学模拟试卷（理科） （4 月份）一、选择题：本大题共 12 个小题，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 （5 分）复数 的共轭复数是（ ）A2+ i B2i C2+i D2i2 （5 分）已知集合 Mx |x21，N x|ax1，若 NM，则实数 a 的取值集合为（ ）A1 B1，1 C1 ，0 D1 ，1，03 （5 分）执行如图所示的程序框图，如果输入的 t2，2，则输出的 S 属于（ ）A4，2 B2，2 C 2，4 D 4，04 （5 分）某几何体的三视图如图所示，则在该
2、几何体的所有顶点中任取两个顶点，它们第 2 页（共 25 页）之间距离的最大值为（ ）A B C D5 （5 分）一张储蓄卡的密码共有 6 位数字，每位数字都可以从 09 中任选一个，某人在银行自动提款机上取钱时，忘记了密码最后一位数字，如果任意按最后一位数字，不超过 2 次就按对的概率为（ ）A B C D6 （5 分）若实数 a，b 满足 ab1，m log a（log ab） ， ， ，则m，n，l 的大小关系为（ ）Amln Bl nm Cnlm Dlmn7 （5 分）已知直线 ykx1 与双曲线 x2y 24 的右支有两个交点，则 k 的取值范围为
3、（ ）A B C D8 （5 分）在ABC 中，角 A、B、C 的对应边分别为 a，b，c，条件 p：a ，条件q：A 那么条件 p 是条件 q 成立的（ ）A充分而不必要条件 B必要而不充分条件C充要条件 D既不充分也不必要条件9 （5 分）在 的展开式中，含 x5 项的系数为（ ）A6 B6 C24 D24第 3 页（共 25 页）10 （5 分）若 x，y 满足|x1|+2| y+1|2，则 M2x 2+y2 2x 的最小值为（ ）A2 B C4 D11 （5 分）函数 的图象在0，1 上恰有两个最大值点，则 的取值范围为（ ）
4、A2，4 B C D12 （5 分）过点 P（2，1）作抛物线 x24y 的两条切线，切点分别为 A，B，PA，PB 分别交 x 轴于 E，F 两点，O 为坐标原点，则PEF 与 OAB 的面积之比为（ ）A B C D二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.13 （5 分）已知 sin2cos，则 sincos 14 （5 分）已知向量 ， ， 满足 + +2 ，且 ， ， ，则 15 （5 分）已知 ，yf （x）1 为奇函数，f'（x）+f （x ）tanx0，则不等式 f（x ）cosx
5、的解集为 16 （5 分）在四面体 ABCD 中，ADDB AC CB1，则四面体体积最大时，它的外接球半径 R 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 题第 21 题为必考题，每个试题考生都必须作答.第 22 题第 23 题为选考题，考生根据要求作答.必考题：共 60 分.17 （12 分）已知正数数列a n满足：a 12， （n2） （1）求 a2，a 3；（2）设数列b n满足 ，证明：数列b n是等差数列，并求数列a n的通项 an18 （12 分）如图，在棱长为 3 的正方体 AB
6、CDA 1B1C1D1 中，E，F 分别在棱 AB，CD 上，且 AECF1 （1）已知 M 为棱 DD1 上一点，且 D1M1，求证：B 1M平面 A1EC1第 4 页（共 25 页）（2）求直线 FC1 与平面 A1EC1 所成角的正弦值19 （12 分）已知椭圆 ： ，过点 P（1，1）作倾斜角互补的两条不同直线l1，l 2，设 l1 与椭圆 交于 A、B 两点，l 2 与椭圆 交于 C，D 两点（1）若 P（1，1）为线段 AB 的中点，求直线 AB 的方程；（2）记 ，求 的取值范围20 （12 分）在某市高中某学科竞赛中，某一个区 4000 名考生的参赛成绩统计如图所示（1）求这
7、4000 名考生的竞赛平均成绩 （同一组中数据用该组区间中点作代表） ；（2）由直方图可认为考生竞赛成绩 z 服正态分布 N（， 2） ，其中 ， 2 分别取考生的平均成绩 和考生成绩的方差 s2，那么该区 4000 名考生成绩超过 84.81 分的人数估计有多少人？（3）如果用该区参赛考生成绩的情况来估计全市的参赛考生的成绩情况，现从全市参赛考生中随机抽取 4 名考生，记成绩不超过 84.81 分的考生人数为 ，求 P（3） （精确到 0.001）附： s2204.75， ；zN（ ， 2） ，则 P（ z+）0.6826，P（2z +2）0.9544；0.841340.501 第 5 页（
8、共 25 页）21 （12 分）已知函数 f（x ）xe xa（lnx +x） ，aR （1）当 ae 时，求 f（x）的单调区间；（2）若 f（x）有两个零点，求实数 a 的取值范围选考题：共 10 分.请考生在 22、23 题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.作答时请写清题号.选修 4-4：坐标系与参数方程22 （10 分）在平面直角坐标系 xOy 中，以坐标原点 O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，l 的极坐标方程为 （cos+2sin ）10，C 的参数方程为 （ 为参数， R） （1）写出 l 和 C 的普通方程；（2）在 C 上求点 M，使点 M 到 l 的距
9、离最小，并求出最小值选修 4-5：不等式选讲23已知 f（x） |ax2| |x+2|（1）在 a2 时，解不等式 f（x ）1；（2）若关于 x 的不等式4f （x）4 对 xR 恒成立，求实数 a 的取值范围第 6 页（共 25 页）2018 年湖北省武汉市高考数学模拟试卷（理科） （4 月份）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共 12 个小题，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 （5 分）复数 的共轭复数是（ ）A2+ i B2i C2+i D2i【分析】利用复数的运算法则、共轭复数的定义即可得出【解答】解：复数 2i 的共
10、轭复数为2+i 故选：C【点评】本题考查了复数的运算法则、共轭复数的定义，属于基础题2 （5 分）已知集合 Mx |x21，N x|ax1，若 NM，则实数 a 的取值集合为（ ）A1 B1，1 C1 ，0 D1 ，1，0【分析】先求出集合 Mx |x21 1，1，当 a0 时，N，成立；当 a0 时，N ，由 NM，得 或 1由此能求出实数 a 的取值集合【解答】解：集合 Mx |x21 1，1，Nx|ax1，NM，当 a0 时，N，成立；当 a0 时，N ，NM， 或 1解得 a1 或 a1，综上，实数 a 的取值集合为1，1，0 故选：D【点评】本题考查实数的取值范围的求法，
11、考查子集、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题3 （5 分）执行如图所示的程序框图，如果输入的 t2，2，则输出的 S 属于（ ）第 7 页（共 25 页）A4，2 B2，2 C 2，4 D 4，0【分析】根据程序框图的功能进行求解即可【解答】解：本程序为条件结果对应的表达式为 S ，则当输入的 t2，2，则当 t2，0）时，S2t 4，0） ，当 t0，2 时，如右图，S3t +t3t（t ） （t ） 2，2，综上 S4，2，故选：A【点评】本题主要考查程序框图的识别和判断，根据条件结构，结合分段函数的表达式是解决本题的关键第 8 页（共 25
12、页）4 （5 分）某几何体的三视图如图所示，则在该几何体的所有顶点中任取两个顶点，它们之间距离的最大值为（ ）A B C D【分析】在该几何体的所有顶点中任取两个顶点，它们之间距离取最大值时，最大距离相当于一个长宽高分别为 2，1，1 的长方体的体对角线，进而得到答案【解答】解：由已知中的三视图可得该几何体是一个以侧视图为底面的直四棱柱，在该几何体的所有顶点中任取两个顶点，它们之间距离取最大值时，最大距离相当于一个长宽高分别为 2，1，1 的长方体的体对角线，故 d ，故选：B【点评】本题考查的知识点是简单空间图形的三视图，棱柱的几何特征，难度中档5 （5 分）一张储蓄卡的密码共有
13、 6 位数字，每位数字都可以从 09 中任选一个，某人在银行自动提款机上取钱时，忘记了密码最后一位数字，如果任意按最后一位数字，不超过 2 次就按对的概率为（ ）A B C D【分析】利用互斥事件概率加法公式和相互独立事件概率乘法公式直接求解【解答】解：一张储蓄卡的密码共有 6 位数字，每位数字都可以从 09 中任选一个，某人在银行自动提款机上取钱时，忘记了密码最后一位数字，任意按最后一位数字，不超过 2 次就按对的概率为：第 9 页（共 25 页）p 故选：C【点评】本题考查概率的求法，考查互斥事件概率加法公式和相互独立事件概率乘法公式等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程
14、思想，是基础题6 （5 分）若实数 a，b 满足 ab1，m log a（log ab） ， ， ，则m，n，l 的大小关系为（ ）Amln Bl nm Cnlm Dlmn【分析】推导出 0log a1log ablog aa1，由此利用对数函数的单调性能比较m，n，l 的大小【解答】解：实数 a，b 满足 ab1，m log a（log ab） ， ，0log a1log ablog aa1，mlog a（log ab）log a10，0 1，2log ab m，n，l 的大小关系为 l nm故选：B【点评】本题考查三个数的大小的比较，考查对数函数的单调性等基础知识，考查运算求解
15、能力，考查函数与方程思想，是基础题7 （5 分）已知直线 ykx1 与双曲线 x2y 24 的右支有两个交点，则 k 的取值范围为（ ）A B C D【分析】根据双曲线的渐近线和切线的方程得出 k 的范围【解答】解：双曲线的渐近线方程为 yx，当1k1 时，直线与双曲线的右支只有 1 个交点，当 k1 时，直线与双曲线右支没有交点，把 ykx1 代入 x2y 24 得：（1k 2）x+2kx50，第 10 页（共 25 页）令4k 2+20（1k 2）0，解得 k 或 k （舍） 1k 故选：D【点评】本题考查了双曲线的性质，切线方程的求解，属于中档题8 （5 分）在ABC 中，角
16、 A、B、C 的对应边分别为 a，b，c，条件 p：a ，条件q：A 那么条件 p 是条件 q 成立的（ ）A充分而不必要条件 B必要而不充分条件C充要条件 D既不充分也不必要条件【分析】由条件 p：a ，利用余弦定理与基本不等式的性质可得：cosA ，当且仅当 bca 时取等号又 A（0，） ，可得 由条件 q：A，B ，C（0，） ，A 取 ，C ，B 满足上述条件，但是 a 即可判断出结论【解答】解：由条件 p：a ，则 cosA ，当且仅当 bca 时取等号又 A（0，） ， 由条件 q：A，B，C（0，） ，A 取 ，C ，B 满足上述条件，但是 a 条件 p 是条件 q
17、 成立的充分不必要条件故选：A【点评】本题考查了余弦定理与基本不等式的性质、倍角公式、三角函数求值，考查了推理能力与计算能力，属于中档题9 （5 分）在 的展开式中，含 x5 项的系数为（ ）A6 B6 C24 D24第 11 页（共 25 页）【分析】把 x+ 看作一项，写出 的展开式的通项，再写出 的展开式的通项，由 x 的指数为 5 求得 r、s 的值，则答案可求【解答】解： 的展开式的通项为 的展开式的通项为 由 6r2s 5，得 r+2s1，r，sN，r 1，s0在 的展开式中，含 x5 项的系数为 故选：B【点评】本题考查二项式系数的性质，考查数学转化思想方法，关键是熟
18、记二项展开式的通项，是基础题10 （5 分）若 x，y 满足|x1|+2| y+1|2，则 M2x 2+y2 2x 的最小值为（ ）A2 B C4 D【分析】画出约束条件表示的可行域，通过表达式的几何意义，求出表达式的最小值【解答】解：x，y 满足|x1|+2| y+1|2，可化为 ，或 ，或 ，或 ，表示的可行域为四边形 ABCD 如图：第 12 页（共 25 页）令 x' x，M2x 2+y22x（x' ） 2+y2 ，可知（ ，0）到 AB 的距离最小，设距离为 a，AB3，则根据相似可得 ，a ，所求表达式的最小值为：M（ ） 2 故选：D【点评】本题考查了
19、线性规划问题，考查转化思想，数形结合思想11 （5 分）函数 的图象在0，1 上恰有两个最大值点，则 的取值范围为（ ）A2，4 B C D【分析】根据在0，1上，求解内层函数的范围，由题意在 0，1上恰有两个最大值点，结合三角函数的性质建立不等式可得结论【解答】解：函数x0， 1上 在0，1上恰有两个最大值点，第 13 页（共 25 页） ，解得： 故选：C【点评】本题考查三角函数的图象及性质，考查转化思想以及计算能力12 （5 分）过点 P（2，1）作抛物线 x24y 的两条切线，切点分别为 A，B，PA，PB 分别交 x 轴于 E，F 两点，O 为坐标原点，则PEF 与 OA
20、B 的面积之比为（ ）A B C D【分析】求出切线方程，得出 A，B 两点坐标，计算 E，F 坐标，再计算三角形面积得出结论【解答】解：设过 P 点的直线方程为：yk （x2）1 ，代入 x24y 可得x24kx+8k+40，令0 可得 16k24（8k +4）0，解得 k1 PA，PB 的方程分别为 y（ 1+ ） （x 2）1，y（ 1 ） （x 2）1，分别令 y0 可得 E（ ，0） ，F（1 ，0） ，即| EF|2 S PEF 1 ，解方程 可得 x2k，A（2+2 ，3+2 ） ，B （22 ，32 ） ，直线 AB 方程为 yx +1，|AB|8，原点 O 到直线
21、 AB 的距离 d ，S OAB 2 PEF 与OAB 的面积之比为 故选：C【点评】本题考查了抛物线的性质，直线与抛物线的位置关系，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 sin2cos，则 sincos 【分析】由已知求得 tan，再由万能公式求解【解答】解：由 sin2cos，得 tan2，第 14 页（共 25 页）sincos 故答案为： 【点评】本题考查三角函数的化简求值，考查了同角三角函数基本关系式及万能公式的应用，是基础题14 （5 分）已知向量 ， ， 满足 + +2 ，且 ， ， ，则 13 【
22、分析】根据 即可得出 ，两边平方即可求出 的值，并可得出 ，这样即可求出答案【解答】解： ； ；且 ； ； ； ； ； 故答案为：13【点评】考查向量的数乘运算，以及向量的数量积运算15 （5 分）已知 ，yf （x）1 为奇函数，f'（x）+f （x ）tanx0，则不等式 f（x ）cosx 的解集为 【分析】令 g（x） ， ，根据函数的单调性求出 g（x）g（0） ，从而求出不等式的解集即可【解答】解：yf（x）1 为奇函数，f（0）10，即 f（0）1，令 g（x） ， ，第 15 页（共 25 页）则 g（x） 0，故 g（x）在 递增，f（x）c
23、os x，得 g（x） 1g（0） ，故 x0，故不等式的解集是（0， ） ，故答案为：（0， ）【点评】本题考查了函数的单调性、奇偶性问题，考查导数的应用，是一道中档题16 （5 分）在四面体 ABCD 中，ADDB AC CB1，则四面体体积最大时，它的外接球半径 R 【分析】由题意画出图形，取 AB 中点 E，连接 CE，DE，设 AB2x（0x 1） ，则CEDE ，可知当平面 ABC平面 ABD 时，四面体体积最大，写出体积公式，利用导数求得体积最大时的 x 值，再由ABD 的外心 G 与ABC 的外心 H 作两个三角形所在平面的垂线，可得交点 O 为四面体 ABCD
24、的外接球的球心，然后求解三角形得答案【解答】解：如图，取 AB 中点 E，连接 CE，DE ，设 AB2x（0x 1） ，则 CEDE ，当平面 ABC平面 ABD 时，四面体体积最大，为 V V ，当 x（0， ）时，V 为增函数，当 x（ ，1）时，V 为减函数，则当 x 时，V 有最大值设ABD 的外心为 G，ABC 的外心为 H，分别过 G、H 作平面 ABD、平面 ABC 的垂线交于 O，则 O 为四面体 ABCD 的外接球的第 16 页（共 25 页）球心在ABD 中，有 sin ，则 cos ，sin 设ABD 的外接圆的半径为 r，则 ，即 DGr 又 DE ，OGHE GE
25、它的外接球半径 ROD 故答案为： 【点评】本题考查四面体外接球半径的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题三、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 题第 21 题为必考题，每个试题考生都必须作答.第 22 题第 23 题为选考题，考生根据要求作答.必考题：共 60 分.17 （12 分）已知正数数列a n满足：a 12， （n2） （1）求 a2，a 3；（2）设数列b n满足 ，证明：数列b n是等差数列，并求数列a n的通项 an【分析】 （1）根据题意，由数列的递推公式以及 a12，依次令
26、 n2、3、4，计算即可第 17 页（共 25 页）得答案；（2）由已知条件可知： ，变形可得 0，结合等差数列的性质分析可得答案【解答】解：（1）根据题意，数列a n满足 ，当 n2 时，有 ，而 a12， ，即 而 a20，则 a23又由 ，a 23， ，即 而 a30，则 a34a 23，a 34（2）由已知条件可知： ， ，则 0，而 ，b n0，数列b n为等差数列 而 an0，故 ann+1【点评】本题考查数列的递推公式的应用，关键是对 的变形18 （12 分）如图，在棱长为 3 的正方体 ABCDA 1B1C1D1 中，E，F 分别在棱 AB，CD 上，且 AECF1 （1）已知
27、 M 为棱 DD1 上一点，且 D1M1，求证：B 1M平面 A1EC1（2）求直线 FC1 与平面 A1EC1 所成角的正弦值第 18 页（共 25 页）【分析】 （1）过 M 作 MTAA 1 于点 T，连 B1T，则 A1T1推导出AA 1EA1B1T，AA 1EA 1B1T推导出 A1EB 1T从而 MT面 AA1B1B，进而MTA 1E，A 1E面 MTB，A 1EMB 1连 B1D1，则 B1D1A 1C1又 D1MA 1C1，从而A1C1面 MD1B1，A 1C1MB 1由 A1EMB 1，A 1C1MB 1，能证明 B1M面 A1EC1（2）在 D1C1 上取一点 N，使 ND
28、11，连接 EF则 由余弦定理可知 cosEA 1C1求出A 1EC1 的面积，由等体积法可知 F 到平面 A1EC1 之距离 h 满足 ，求出 ，由此能求出直线 FC1 与平面 A1EC1 所成角的正弦值【解答】证明：（1）过 M 作 MTAA 1 于点 T，连 B1T，则 A1T1AEA 1T，AA 1A 11，A 1AEB 1A1T90，AA 1E A1B1T，AA 1EA 1B1T由A 1B1T+A 1TB190，知AA 1E+A 1TB190，A 1EB 1TMT面 AA1B1B，而 A1E面 AA1B1B，MTA 1E，又 B1TMTT，A 1E面 MTB，A 1EMB 1连 B1
29、D1，则 B1D1A 1C1又 D1MA 1C1，B 1D1D 1MD 1，A 1C1面 MD1B1，A 1C1MB 1由 A1EMB 1，A 1C1MB 1，A 1EA 1C1A 1，B 1M面 A1EC1解：（2）在 D1C1 上取一点 N，使 ND11，第 19 页（共 25 页）连接 EF则 对于A 1EC1， ， ，而 ，由余弦定理可知 A 1EC1 的面积 由等体积法可知 F 到平面 A1EC1 之距离 h 满足 ，则 ， ，又 ，设 FC1 与平面 AEC1 所成角为 ，直线 FC1 与平面 A1EC1 所成角的正弦值 sin 【点评】本题考查线面垂直的证明，考查线面角的正弦值的
30、求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题19 （12 分）已知椭圆 ： ，过点 P（1，1）作倾斜角互补的两条不同直线l1，l 2，设 l1 与椭圆 交于 A、B 两点，l 2 与椭圆 交于 C，D 两点（1）若 P（1，1）为线段 AB 的中点，求直线 AB 的方程；（2）记 ，求 的取值范围【分析】 （1）设直线 l1 的方程为 y1k（x1） ，根据韦达定理和中点坐标公式即可求第 20 页（共 25 页）出直线的斜率 k，问题得以解决，（2）根据弦长公式分别求出|AB |，|CD|，再根据基本不等式即可求出【解答】解：（1）设
31、直线 l1 的方程为 y1k（x1） ，即 ykx +1k，设 A（x 1，y 1） ，B（x 2， y2）由 ，消 y 可得（1+2k 2）x 2+4k（1k）x+2（k 1） 240，x 1+x2 ，x 1x2 ，P（1，1）为线段 AB 的中点，x 1+x2 2，解得 k ，直线 AB 的方程为 y x+ ，即为 x+2y30；（2）由（1）可知，|AB| ，设直线 l2 的方程为 y1k（x1） ，即 ykx+1+ k，同理可得|CD | ， 2（ ） 2 1+ 1+ ，当 k0 时，3k+ 2 ，当且仅当 时取等号，当 k0 时 3k+ （3k）+ 2 ，当且仅当 时取等号，1 21
32、+ ，2 22+ ，由于 AB 与 CD 是不同的直线，斜率 k0，1 的取值范围 ，1）（1， 【点评】本题考查了直线和椭圆的位置关系，韦达定理和弦长公式和基本不等式，考查第 21 页（共 25 页）了运算能力和转化能力，属于中档题20 （12 分）在某市高中某学科竞赛中，某一个区 4000 名考生的参赛成绩统计如图所示（1）求这 4000 名考生的竞赛平均成绩 （同一组中数据用该组区间中点作代表） ；（2）由直方图可认为考生竞赛成绩 z 服正态分布 N（， 2） ，其中 ， 2 分别取考生的平均成绩 和考生成绩的方差 s2，那么该区 4000 名考生成绩超过 84.81 分的人数估计有多少
33、人？（3）如果用该区参赛考生成绩的情况来估计全市的参赛考生的成绩情况，现从全市参赛考生中随机抽取 4 名考生，记成绩不超过 84.81 分的考生人数为 ，求 P（3） （精确到 0.001）附： s2204.75， ；zN（ ， 2） ，则 P（ z+）0.6826，P（2z +2）0.9544；0.841340.501 【分析】 （1）根据加权平均数公式计算 ；（2）根据正态分布的对称性计算 P（z84.81） ，再估计人数；（3）根据二项分布的概率公式计算 P（3） 【解答】解：（1）由题意知：+850.15+950.170.5，4000 名考生的竞赛平均成绩 为 70.5（2）依题意 z
34、 服从正态分布 N（， 2） ，其中 ， 2D204.75，14.31 ，z 服从正态分布 N（， 2）N（70.5，14.31 2） ，而 P（ z +）P（56.19z84.81）0.6826，第 22 页（共 25 页） 竞赛成绩超过 84.8 的人数估计为 0.15874000634.8 人634 人（3）全市竞赛考生成绩不超过 84.8 的概率 10.15870.8413而 B（4，0.8413） ， 10.5010.499【点评】本题考查了频率分布直方图，正态分布与二项分布的概率计算，属于中档题21 （12 分）已知函数 f（x ）xe xa（lnx +x） ，aR （1）当 ae
35、 时，求 f（x）的单调区间；（2）若 f（x）有两个零点，求实数 a 的取值范围【分析】 （1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；（2）记 tlnx+x ，通过讨论 a 的范围，结合函数的单调性以及函数的零点的个数判断a 的范围即可【解答】解：（1）定义域为：（0，+） ，当 ae 时， ，令 f（x）0 ，解得：x1，令 f（x ）0，解得：x1，f（x）在（0 ，1）时为减函数；在（1，+）时为增函数（2）记 tlnx+x ，则 tlnx +x 在（0，+）上单增，且 tRf（x）xe x a（lnx+x ） etatg（t） f（x）在 x0 上有两个零点等
36、价于 g（t）e tat 在 tR 上有两个零点在 a 0 时， g（t）e t 在 R 上单增，且 g（t ）0，故 g（t）无零点；在 a 0 时， g'（t）e t a 在 R 上单增，又 g（0）10， ，故 g（t）在 R 上只有一个零点；在 a 0 时，由 g'（t）e ta0 可知：g（t）在 tlna 时有唯一的一个极小值 g（lna）a（1lna） 若 0ae，g 最小 a（1lna）0，g（t）无零点；若 ae，g 最小 0，g（t）只有一个零点；若 ae 时，g 最小 a（1lna）0，而 g（0）10，第 23 页（共 25 页）由于 在 xe 时为减函
37、数，可知：ae 时，e aa ea 2从而 g（a）e aa 20，g（x）在（0，lna）和（lna，+）上各有一个零点综上讨论可知：ae 时 f（x）有两个零点，即所求 a 的取值范围是（e，+） 【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分类讨论思想，转化思想，是一道综合题选考题：共 10 分.请考生在 22、23 题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.作答时请写清题号.选修 4-4：坐标系与参数方程22 （10 分）在平面直角坐标系 xOy 中，以坐标原点 O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，l 的极坐标方程为 （cos+2sin ）10，C 的参
38、数方程为 （ 为参数， R） （1）写出 l 和 C 的普通方程；（2）在 C 上求点 M，使点 M 到 l 的距离最小，并求出最小值【分析】 （1）l 的极坐标方程转化为 cos+sin100，由 xcos ，ysin能求出 l 的普通方程；C 的参数方程消去参数 ，能求出 C 的普通方程（2）在 C 上取点 M（3cos，2sin ） ，利用点到直线的距离公式求出 d由此能求出结果【解答】解：（1）l 的极坐标方程为 （cos+2sin ）10，即：cos+sin 100，xcos，ysin l 的普通方程为 x+2y100C 的参数方程为 （ 为参数， R） 由 x3cos ，y 2si
39、n ，消去 得 C 的普通方程为 （2）在 C 上取点 M（3cos，2sin ） ，则 第 24 页（共 25 页）其中 ，当 0 时，d 取最小值 此时 ， ， 【点评】本题考查直线的普通方程和曲线的普通方程的求法，考查点到直线的最小距离的求法，考查参数方程、直角坐标方程、极坐标方程的互化等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题选修 4-5：不等式选讲23已知 f（x） |ax2| |x+2|（1）在 a2 时，解不等式 f（x ）1；（2）若关于 x 的不等式4f （x）4 对 xR 恒成立，求实数 a 的取值范围【分析】 （1）在 a2 时，|2x 2|x+2| 1通
40、过 x1 时，x2 时，2x1 时，转化求解即可（2）|x+2|ax2| 4 恒成立，转化为| （1+ a）x |4 恒成立，或|（1a）x+4|4 恒成立，然后求解即可【解答】解：（1）在 a2 时，|2x 2|x+2| 1在 x1 时， （2x 2）（x +2）1，1x5；在 x2 时，（2x 2）+（x +2）1，x 3，x 无解；在2x1 时，（2x 2）（x +2）1， ， 综上可知：不等式 f（x ）1 的解集为 （2）|x+2|ax 2| 4 恒成立，而|x+2|ax2| | （1+a）x|，或|x+2|ax2| | （1a）x+4|，故只需|（1+ a）x |4 恒成立，或 |（1a）x+4|4 恒成立，a1 或 a1a 的取值为 1 或1【点评】本题考查不等式恒成立，考查转化思想以及计算能力
