1、2019 年山东省烟台市高考数学二模试卷（文科）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，只有一个选项符合题目要求.1 （5 分）复数 z 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2 （5 分）设集合 Ax| x3，By|y2 x，x3，则集合（ RA）B（ ）A x|x3 Bx|x3 C x|0x3 D x|0x33 （5 分）命题“x 0R， ”的否定是（ ）AxR，x 2x 10 Bx R，x 2x10Cx 0R， Dx 0R，4 （5 分）已知角 顶点在坐标原点，始边与
2、 x 轴非负半轴重合终边在直线 y2x 上，则（ ）A5 B4 C3 D25 （5 分）已知双曲线 的渐近线方程为 ，则实数 m（ ）A4 B16 C4 D166 （5 分）2013 年华人数学家张益唐证明了孪生素数猜想的一个弱化形式，孪生素数猜想是希尔伯特在 1900 年提出的 23 个问题之一，可以这样描述：存在无穷多个素数 p 使得p+2 是素数，素数对（p，p+2）称为孪生素数从 10 以内的素数中任取两个，其中能构成孪生素数的概率为（ ）A B C D7 （5 分）一个四棱锥与半圆柱构成的几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ 第
3、 2 页（共 22 页）A16+8 B16+12 C48+12 D48+88 （5 分）在ABC 中，sin ，AB1，BC 3，则 AC（ ）A B2 C3 D9 （5 分）执行如图所示的程序框图，若输出的结果是 4，则判断框内 m 的取值范围是（ ）A （3，9） B （3，9 C （9，18） D （9，1810 （5 分）已知 f（x ）是定义在 R 上的奇函数，且 f（x+1）为偶函数，若 f（1）2，则 f（1）+ f（2）+ f（3）+ +f（2019）（ ）A4 B2 C0 D211 （5 分）已知过抛物线 C： y24x 焦点的直线交抛物线
4、 C 于 P、Q 两点，交圆x2+y22x 0 于 M，N 两点，其中 P，M 位于第一象限则 的值不可能为（ ）A3 B4 C5 D612 （5 分）在棱长为 l 的正四面体 ABCD 中，E 是 BD 上一点， 3 ，过 E 作该四面体的外接球的截面，则所得截面面积的最小值为（ ）第 3 页（共 22 页）A B C D二、填空题：本大题共有 4 个小题，每小题 5 分，共 20 分.13 （5 分）已知向量 （1，1） ， （2，m ） ，若 （ ） ，则实数 m 14 （5 分）曲线 f（x ）x 3+lnx 在点（1，1）处的切线方
5、程为 15 （5 分）若满足约束条件 则 的最大值为 16 （5 分）将函数 f（x ）sin（2x+ ）的图象向左平移 m（m0）个单位长度，再将图象上各点的横坐标伸长到原来的 2 倍（纵坐标不变） 得到函数 g（x）的图象，若对任意的 xR 均有 成立，则 m 的最小值为 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）必考题：60 分.17 （12 分）已知数列a n为公差不为零的等差
6、数列，a 12，且 a1，a 3，a 7 成等比数列（1）求数列a n的通项公武：（2）若数列b n满足 求数列a n+bn的前 n 项和 Tn18 （12 分）如图，在五面体 ABCDEF 中，四边形 CDFE 为矩形ADCD（1）证明：AB平面 ADF；（2）连接 BD，BF ，若二面角 FCDA 的大小为 120，AD 2AB2DF2求三棱锥 FABD 的体积19 （12 分）混凝土具有原材料丰富、抗压强度高、耐久性好等特点，是目前使用量最大的土木建筑材料抗压强度是混凝土质量控制的重要技术参数，也是实际工程对混凝土要求的基本指标为了解某型号某批次混凝土的抗压强度（单位：MPa）随龄期（单
7、位：天）的发展规律，质检部门在标准试验条件下记录了 10 组混凝土试件在龄期xi（i 1，2， ，10）分别为 2，3，4，5，7，9，12，14 ，l 7，21 时的抗压强度 yi 的值，并对数据作了初步处理，得到下面的散点图及一些统计量的值 第 4 页（共 22 页）（x i） 2（w i） 2（x i ）（y i ）（w i） （y i ）9.4 29.7 2 366 5.5 439.2 55表中 wilnx i， wi（1）根据散点图判断 ya+bxy c+dlnx 哪一个适宜作为抗压强度 y 关于龄期 x 的回归方程类型？选择其中的一个模型，并根据表中数据，建立 y 关于 x 的回归
8、方程；（2）工程中常把龄期为 28 天的混凝土试件的抗压强度 f28 视作混凝十抗压强度标准值已知该型号混凝土设置的最低抗压强度标准值为 40MPa（i）试预测该批次混凝土是否达标？，（ii）由于抗压强度标准值需要较长时间才能评定，早期预测在工程质量控制中具有重要的意义经验表明，该型号混凝土第 7 天的抗压强度 f7 与第 28 天的抗压强度 f28 具有线性相关关系 f281.2f 7+7，试估计在早期质量控制中，龄期为 7 天的试件需达到的抗压强度，附： ， 参考数据：ln20.69，ln 71.9520 （12 分）已知点. 在椭圆 上，椭圆的离心率为（1）求椭圆的方程：（2）过椭圆的左
9、焦点作直线 l1，l 2 分别交椭圆于 A，B 和 C，D 且两条直线的斜率乘积为 1，是否存在常数 使得 |AB|+|CD| |AB|CD|若存在，求出 的值；若不存在，说明理由第 5 页（共 22 页）21 （12 分）己知函数 f（x ）ax 2+lnx（a R）（1）讨论 f（x ）的单调性：（2）当 a0 时，证明：（二）选考题：共 10 分.请在第 22、23 题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.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，直线，的参数方程为 （t 为参数） ，曲线 C 的参数方程为 （ 为参数） ，以 O 为极点，x
10、 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系（1）求直线 l 和曲线 C 的极坐标方程；（2）设 ，M，N 为直线 l 与曲线 C 的两个交点，求 |OM|+|ON|的最大值选修 4-5：不等式选讲 （10 分）23已知函数 f（x ）|3x 1|+|3x+k|，g（x ）x 24x1（1）当 k3 时，求不等式 f（x）4 的解集：（2）若存在 使得 f（x ）g（x）成立，求 k 的取值范围第 6 页（共 22 页）2019 年山东省烟台市高考数学二模试卷（文科）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，只有一个选项符合题目要求.1 （
11、5 分）复数 z 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】直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案【解答】解：z ，复数 z 在复平面内对应的点的坐标为（ ） ，位于第四象限故选：D【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2 （5 分）设集合 Ax| x3，By|y2 x，x3，则集合（ RA）B（ ）A x|x3 Bx|x3 C x|0x3 D x|0x3【分析】求出集合的等价条件，结合补集交集的定义进行求解即可【解答】解： RAx |x3，B y|y2 x，x3 y|0y8，则（ R
12、A）Bx |0x 3，故选：C【点评】本题主要考查集合的基本运算，结合补集交集的定义是解决本题的关键3 （5 分）命题“x 0R， ”的否定是（ ）AxR，x 2x 10 Bx R，x 2x10Cx 0R， Dx 0R，【分析】利用特称命题的否定是全称命题，写出结果即可【解答】解：因为特称命题的否定是全称命题，所以命题“ x0R， ”的否定为：x R，x 2x10故选：A【点评】本题考查命题的否定，特称命题与全称命题的否定关系，考查基本知识的应第 7 页（共 22 页）用4 （5 分）已知角 顶点在坐标原点，始边与 x 轴非负半轴重合终边在直线 y2x 上，则（ ）A5
13、 B4 C3 D2【分析】由已知求得 tan，再由同角三角函数基本关系式化弦为切求解【解答】解：由题意，tan2，则 故选：B【点评】本题考查三角函数的化简求值，考查同角三角函数基本关系式的应用，是基础题5 （5 分）已知双曲线 的渐近线方程为 ，则实数 m（ ）A4 B16 C4 D16【分析】利用双曲线的渐近线方程，求出关于 m 的方程，然后求解 m 即可【解答】解：双曲线 的渐近线方程为 ，可得 ，可得 m4，故选：A【点评】本题考查双曲线的简单性质的应用，是基本知识的考查6 （5 分）2013 年华人数学家张益唐证明了孪生素数猜想的一个弱化形式，孪生素数猜想是希尔伯特在 1
14、900 年提出的 23 个问题之一，可以这样描述：存在无穷多个素数 p 使得p+2 是素数，素数对（p，p+2）称为孪生素数从 10 以内的素数中任取两个，其中能构成孪生素数的概率为（ ）A B C D【分析】10 以内的素数共有 4 个，而 10 以内的孪生素数有（3，5） ， （5，7） ，根据古典概型的概率公式计算即可【解答】解：依题意，10 以内的素数共有 4 个，从中选两个共包含 6 个基本事件，第 8 页（共 22 页）而 10 以内的孪生素数有（3，5） ， （5，7）两对，包含 2 个基本事件，所以从 10 以内的素数中任取两个，其中能构成孪生素数的概率 P 故选：
15、A【点评】本题借助新定义考查了古典概型的概率计算，计数原理等知识，属于基础题7 （5 分）一个四棱锥与半圆柱构成的几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）A16+8 B16+12 C48+12 D48+8【分析】由三视图可知几何体上部为四棱锥，下部为半圆柱，分别计算半圆柱和四棱锥的体积即可【解答】解：由三视图可知几何体下部为半圆柱，上部为四棱锥，其中，半圆柱的底面半径为 2，高为 6，四棱锥的底面为矩形，长为 6，宽为 4，侧面的斜高为 ，故四棱锥的高为 2几何体的体积 V + 12+16 故选：B【点评】本题考查了常见几何体的三视图与体积计算，属于中档题8 （5 分）在A
16、BC 中，sin ，AB1，BC 3，则 AC（ ）A B2 C3 D【分析】由已知利用二倍角公式可求 cosB 的值，进而根据余弦定理即可解得 AC 的值第 9 页（共 22 页）【解答】解：sin ， AB1，BC 3，cosB12sin 2 12（ ） 2 ，由余弦定理可得：AC 2 故选：B【点评】本题主要考查了二倍角的余弦函数公式，余弦定理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9 （5 分）执行如图所示的程序框图，若输出的结果是 4，则判断框内 m 的取值范围是（ ）A （3，9） B （3，9 C （9，18） D （9，18【分析】根
17、据初始 S，k 的值，代入流程图，分析循环的控制条件即可得到 m 的范围【解答】解：依题意，S 初始值为 0，k 的初始值为 1，运行一次循环后，S3k2，运行两次循环后，S9，k3，运行 3 次循环后，S18，k4以，要想输出结果为 4，则 S9 时满足条件，即 9m ，且 S18 时不满足条件，即18m 联立得： 9m18故选：D【点评】本题通过程序框图考查了，循环结构中的循环的控制条件，看清题意，并正确的运行循环，是解题的关键本题属于中档题10 （5 分）已知 f（x ）是定义在 R 上的奇函数，且 f（x+1）为偶函数，若 f（1）2，第 10 页（共 22 页）则 f（1）+f（2）
18、+ f（3）+f（2019）（ ）A4 B2 C0 D2【分析】根据题意，分析可得 f（x ）是周期为 4 的周期函数，进而求出 f（1） 、f （2） 、f（3） 、f（4）的值，结合函数的周期性分析可得答案【解答】解：根据题意，f（ x+1）为偶函数，则 f（x）的图象关于直线 x1 对称，则有 f（2+x）f（x ） ，又由 f（x）是定义在 R 上的奇函数，则 f（x）f（x） ，则有 f（2+x）f（x ） ，进而可得 f（x+4）f（x +2）f （x） ，即 f（x ）是周期为 4 的周期函数，又由 f（x）是定义在 R 上的奇函数，则 f（0）0，若 f（1）2，则
19、 f（1）f（1）2，f （2）f（0）0，f （3）f（1）2，f（4）f（0）0，则 f（1）+f（2）+ f（3）+f（2019）504f（1）+f（2）+f（3）+f（4）+f（2017）+f（ 2018）+f（2019）0；故选：C【点评】本题考查函数的奇偶性与函数的周期性，涉及函数求值，属于基础题11 （5 分）已知过抛物线 C： y24x 焦点的直线交抛物线 C 于 P、Q 两点，交圆x2+y22x 0 于 M，N 两点，其中 P，M 位于第一象限则 的值不可能为（ ）A3 B4 C5 D6【分析】设 PQ 的方程为 xmy+1 可得 ，从而有|PM|QN|（PF|1
20、） （|QF|1）（x 1+11） （x 2+11） （x 2+11）x 1x21，【解答】解：设 P（x 1，y 1） ， Q（x 2，y 2）设 PQ 的方程为 xmy +1y24my40第 11 页（共 22 页）y1+y24m，y 1y24，则|PM|QN|（PF|1） （|QF|1）（x 1+11） （x 2+11） （x 2+11）x 1x21，则 故选：A【点评】本题考查了抛物线的性质，基本不等式的应用属于中档题12 （5 分）在棱长为 l 的正四面体 ABCD 中，E 是 BD 上一点， 3 ，过 E 作该四面体的外接球的截面，则所得截面面积的最小值为（ ）A B
21、C D【分析】根据题意，将四面体 ABCD 放置于如图所示的正方体中，则正方体的外接球就是四面体 ABCD 的外接球因此利用题中数据算出外接球半径 R，当球心 O 到截面的距离最大时，截面圆的面积达最小值，再利用球的截面圆性质可算出截面面积的最小值【解答】解：将四面体 ABCD 放置于正方体中，如图所示，可得正方体的外接球就是四面体 ABCD 的外接球，正四面体 ABCD 的棱长为 1，正方体的棱长为 ，可得外接球半径 R 满足 2R ，R E 是 BD 上一点， 3 ，当球心 O 到截面的距离最大时，截面圆的面积达最小值，此时球心 O 到截面的距离等于 OE，cosODB ，OD ，DE ，
22、第 12 页（共 22 页）OE 2 ，则所得截面半径最小值为 所得截面面积的最小值为 故选：B【点评】本题给出正四面体的外接球，求截面圆的面积最小值着重考查了正方体的性质、球内接多面体和球的截面圆性质等知识，属于中档题二、填空题：本大题共有 4 个小题，每小题 5 分，共 20 分.13 （5 分）已知向量 （1，1） ， （2，m ） ，若 （ ） ，则实数 m 0 【分析】可求出 ，根据 即可得出 ，进行数量积的坐标运算即可求出 m【解答】解： ； ； ；m0故答案为：0【点评】考查向量垂直的充要条件，以及向量减法和数量积的坐标运算14 （5 分）曲线 f（x ）x 3+lnx 在点（1
23、，1）处的切线方程为 4xy30 【分析】求出曲线的导函数，把 x1 代入即可得到切线的斜率，然后根据（1，1）和斜率写出切线的方程即可【解答】解：由函数 f（x ）x 3+lnx 知 f（x ）3x 2+ ，把 x1 代入 f （x）得到切线的斜率 k3+14，第 13 页（共 22 页）则切线方程为：y14（x 1） ，即 4xy30故答案为：4xy 30【点评】本题主要考查了学生会根据曲线的导函数求切线的斜率，从而利用切点和斜率写出切线的方程，属于基础题15 （5 分）若满足约束条件 则 的最大值为 【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，即
24、可求 z 的取值范围【解答】解：作出不等式组对应的平面区域，则 的几何意义为区域内的点到D（2，0）的斜率，由图象知，AD 的斜率最大，由 A（1，2） ，故 AD 的斜率 k 故答案为： 【点评】本题主要考查线性规划和直线斜率的应用，利用目标函数的几何意义，结合数形结合的数学思想是解决此类问题的基本方法16 （5 分）将函数 f（x ）sin（2x+ ）的图象向左平移 m（m0）个单位长度，再将图象上各点的横坐标伸长到原来的 2 倍（纵坐标不变） 得到函数 g（x）的图象，若对任意的 xR 均有 成立，则 m 的最小值为 【分析】由题意，根据函数 yAsin （ x
25、+）的图象变换可求 g（x ）的函数解析式，利用正弦函数的图象和性质即可求得 m 的最小值第 14 页（共 22 页）【解答】解：将函数 f（x ）sin（2x+ ）的图象向左平移 m（m0）个单位长度，得到函数解析式为：ysin2（x+m ）+ sin （2x+2m+ ） ，再将图象上各点的横坐标伸长到原来的 2 倍（纵坐标不变） 得到函数 g（x）sin（x+2m+ ） ，可得：g（ ）sin（ +2m+ ） ，由于对任意的 xR 均有 成立，可得： +2m+ 2k+ ，kZ ，解得：mk+ ，kZ，由于 m0，可得 m 的最小值为： 故答案为： 【点评】本题主要考查了函数 yAsin （
26、 x+）的图象变换，正弦函数的图象和性质的综合应用，考查了转化思想和数形结合思想，属于基础题三、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 17-21 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：60 分.17 （12 分）已知数列a n为公差不为零的等差数列，a 12，且 a1，a 3，a 7 成等比数列（1）求数列a n的通项公武：（2）若数列b n满足 求数列a n+bn的前 n 项和 Tn【分析】 （1）设数列a n的公差为 d，d0，运用等比数列的中项性质和等差数列的通项公式，解方程可得首项和公差，即可得到所求
27、通项；（2）由数列的分组求和，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：（1）设数列a n的公差为 d，d0，因为 a1，a 3，a 7 成等比数列，所以 a32a 1a7，即（a 1+2d） 2a 1（a 1+6d） ，将 a12 代入，解得 d1 或 d0（舍） ，所以 ann+1；（2）数列a n的前 n 项和为 n（2+n+1） n2+ n；又 bn2 n+1，所以数列b n为首项为 4，公比为 2 的等比数列，第 15 页（共 22 页）所以数列b n的前 n 项和为 2 n+24所以数列a n+bn的前 n 项和为 n2+ n+2n+24【点评】本题考查等差数列和
28、等比数列的通项公式和求和公式的运用，考查数列的分组求和，化简整理的运算能力，属于基础题18 （12 分）如图，在五面体 ABCDEF 中，四边形 CDFE 为矩形ADCD（1）证明：AB平面 ADF；（2）连接 BD，BF ，若二面角 FCDA 的大小为 120，AD 2AB2DF2求三棱锥 FABD 的体积【分析】 （1）推导出 CD平面 ADF，EFCD，EF平面 ABCD，从而EFAB，CD AB，由此能证明 AB平面 ADF（2）由 CDAD，CDDF，得ADF 即为二面角 ACD F 的平面角，从而ADF120三棱锥 FABD 的体积 VFADB V BADF ，由此能求出结果【解答
29、】证明：（1）CDAD，CD DF，ADDF D，CD平面 ADF，（2 分）四边形 CDFE 为矩形，EFCD又 EF平面 ABCD，CD平面 ABCD，EF平面 ABCD（4 分）EF平面 ABCD，EF平面 ABEF，平面 ABEF平面 ABCDAB，EFAB，（6 分）又 EFCD，所以 CDAB（5 分）又 CD平面 ADF，所以 AB平面 ADF，（7 分）解：（2）CDAD，CDDF，ADF 即为二面角 ACDF 的平面角，所以ADF120（8 分） （10第 16 页（共 22 页）分）三棱锥 FABD 的体积：VF ADBV BADF （12 分）【点评】本题考查线面垂直的证
30、明，考查三棱锥的体积的求法，考查利用空间向量解决线面关系及空间角度问题，考查空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力，属于中档题19 （12 分）混凝土具有原材料丰富、抗压强度高、耐久性好等特点，是目前使用量最大的土木建筑材料抗压强度是混凝土质量控制的重要技术参数，也是实际工程对混凝土要求的基本指标为了解某型号某批次混凝土的抗压强度（单位：MPa）随龄期（单位：天）的发展规律，质检部门在标准试验条件下记录了 10 组混凝土试件在龄期xi（i 1，2， ，10）分别为 2，3，4，5，7，9，12，14 ，l 7，21 时的抗压强度 yi 的值，并对数据作了初步处理，得到下面的散点图及一些统计量
31、的值 （x i） 2（w i） 2（x i ）（y i ）（w i） （y i ）9.4 29.7 2 366 5.5 439.2 55表中 wilnx i， wi（1）根据散点图判断 ya+bxy c+dlnx 哪一个适宜作为抗压强度 y 关于龄期 x 的回归方程类型？选择其中的一个模型，并根据表中数据，建立 y 关于 x 的回归方程；（2）工程中常把龄期为 28 天的混凝土试件的抗压强度 f28 视作混凝十抗压强度标准值已知该型号混凝土设置的最低抗压强度标准值为 40MPa（i）试预测该批次混凝土是否达标？，（ii）由于抗压强度标准值需要较长时间才能评定，早期预测在工程质量控制中具有重要的
32、意义经验表明，该型号混凝土第 7 天的抗压强度 f7 与第 28 天的抗压强度 f28 具有线性相关关系 f281.2f 7+7，试估计在早期质量控制中，龄期为 7 天的试件需达到的抗第 17 页（共 22 页）压强度，附： ， 参考数据：ln20.69，ln 71.95【分析】 （1）由散点图可以判断，yc+dlnx 适宜作为抗压强度 y 关于龄期 x 的回归方程类型令 wlnx，先建立 y 关于 w 的线性回归方程求出 与 的值，得到 y 关于 w的线性回归方程（2） （i）由（1）中的回归方程，取 x28 求得 y43，由 4340，可知预测该批次混凝土达标（ii）令 f281.2f 7
33、+740，求得 f727.5可知估计龄期为 7 天的混凝土试件需达到的抗压强度为 27.5MPa【解答】解：（1）由散点图可以判断，yc+dlnx 适宜作为抗压强度 y 关于龄期 x 的回归方程类型令 wlnx，先建立 y 关于 w 的线性回归方程由于 ， ，y 关于 w 的线性回归方程为 ，因此 y 关于 x 的线性回归方程为 （2） （i）由（1）知，当龄期为 28 天，即 x28 时，抗压强度 y 的预报值 434340，预测该批次混凝土达标（ii）令 f281.2f 7+740，得 f727.5第 18 页（共 22 页）估计龄期为 7 天的混凝土试件需达到的抗压强度为 27.5MPa
34、【点评】本题考查回归方程的求法，考查数学转化思想方法，考查计算能力，是中档题20 （12 分）已知点. 在椭圆 上，椭圆的离心率为（1）求椭圆的方程：（2）过椭圆的左焦点作直线 l1，l 2 分别交椭圆于 A，B 和 C，D 且两条直线的斜率乘积为 1，是否存在常数 使得 |AB|+|CD| |AB|CD|若存在，求出 的值；若不存在，说明理由【分析】本题第（1）题可根据题意将 P 点的坐标代入椭圆方程，然后根据离心率为得到关于 a、b 的两个算式，联立这两个式子即可算出 a、b 的值，则可求出椭圆的方程；第（2）题可先设出直线 l1 的方程为 yk（x+1） （k0） ，然后与椭圆方程椭圆的
35、方程可算出|AB|，同样的道理可算出|CD|，再假设 存在，则： ，代入算式可得出 的值【解答】解：（1）由题意，可将点 代入椭圆方程得： ，椭圆的离心率为 ， ，即 ，解得：a 24，b 23椭圆的标准方程为 （2）由（1）知，椭圆的左焦点为（1，0） ，设直线 l1 的方程为 yk（x+1） （k0） ，A（x 1， y1） ，B（x 2，y 2） 联立方程组 ，整理得：（3+4k 2）x 2+8k2x+4k2120x1+x2 ，x 1x2 第 19 页（共 22 页）|AB| 同理可得：|CD| 由题意，假设 存在，则： 存在常数 【点评】本题第（1）题主要考查椭圆的基本知识，离心率以及
36、计算能力；第（2）题主要考查直线与椭圆的综合，求直线与椭圆中的弦长公式及计算问题本题属中档题21 （12 分）己知函数 f（x ）ax 2+lnx（a R）（1）讨论 f（x ）的单调性：（2）当 a0 时，证明：【分析】 （1）求出函数的导数，通过讨论 a 的范围，求出函数的单调区间即可；（2）要证明 ，只要证 ，令 g（x） ，令 h（x） （x0）利用导数求得最值即可证明【解答】解：（1） （1 分）当 a0 时，f（x ）0，函数 f（x）在（0，+）单调递增，（2 分）第 20 页（共 22 页）当 a0 时，令 f（x ）0，解得 0 ，所以 f（x）在（0， ）单增，令 f（x）
37、0 ，解得 x ，所以 f（x ）在（ ，+）单减，（4 分）综上，当 a0 时，函数 f（x）在（0，+）单调递增，当 a0 时，f（x）在（0，）单增，在（ ，+）单减（5 分）（2）证明：要证明 ，只要证 （7 分）令 g（x） ，则 g 当 0xe 时，g（x ）0 ，g（x）单调递增；当 xe 时，g（x）0，g（x）单调递减；所以 g（x）的最大值为 g（e） ，（9 分）令 h（x） （x 0） ，h（x ） 当 0x2 时，h（x ）0，h（x ）单调递减；当 x2 时，h（x ）0，h（x）单调递增；所以 h（x）的最小值为 h（2） ，（11 分）因为 ，所以 g（x）h（
38、x） ，即 所以原不等式成立（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分类讨论思想，转化思想，是一道综合题（二）选考题：共 10 分.请在第 22、23 题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.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，直线，的参数方程为 （t 为参数） ，曲线 C 的参数方程为 （ 为参数） ，以 O 为极点，x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系第 21 页（共 22 页）（1）求直线 l 和曲线 C 的极坐标方程；（2）设 ，M，N 为直线 l 与曲线 C 的两个交点，求 |OM|+|ON|的最大值【
39、分析】 （1）利用极坐标与直角坐标的互化公式可得；（2）根据极径的几何意义以及三角函数的性质可得【解答】解：（1）直线 l 的极坐标方程为 （ R） ； （2 分）曲线 C 的普通方程为 ，（3 分）因为 xcos ，ysin ，x 2+y2 2，所以曲线 C 的极坐标方程为 （5 分）（2）设 M（ 1，） ，N（ 2， ） ，且 10， 20，将 代入曲线 C 的极坐标方程，有 ，（6 分）因为 ，（7 分）根据极坐标的几何意义，|OM|，| ON|分别表示点 M，N 的极径，因此 ，（8 分）因为 ，所以 ，所以，当 ，即 时，|OM|+|ON| 取最大值 4（10 分）【点评】本题考查
40、了简单曲线的极坐标方程，属中档题选修 4-5：不等式选讲 （10 分）23已知函数 f（x ）|3x 1|+|3x+k|，g（x ）x 24x1（1）当 k3 时，求不等式 f（x）4 的解集：（2）若存在 使得 f（x ）g（x）成立，求 k 的取值范围【分析】 （1）k3 时，利用分段法求不等式 f（x）4 的解集；第 22 页（共 22 页）（2） 时，f（x ）1+k，原问题等价于存在 使kx 24x2 成立，构造函数，求函数的最值，从而求得 k 的取值范围【解答】解：（1）当 k3 时，不等式 f（x）4 可化为：或 或 ；（3 分）解得：x 或 x或 x0，所以不等式的解集为x| x0 或 x ；（5 分）（2）当 时，3x10，3x+k 0 ，所以 f（x）1+k；于是原问题等价于存在 使 kx 24x 2，即 x24x2k 0 成立； （6 分）设 h（x）x 24x 2k， ，则 h（x） max0；（7 分）因为 h（x）x 24x 2k 为开口向上的抛物线，对称轴为 x2，所以 h（x）在 单调递减，当 时， ；（8 分）令 ，解得 k6 或 k3；（9 分）又 k1，因此 k 的取值范围是k| k3 （10 分）【点评】本题考查了含有绝对值的不等式的解法与应用问题，也考查了不等式恒成立应用问题，是中档题
