2018年黑龙江省齐齐哈尔市高考数学二模试卷（理科）

资源描述

1、第 1 页（共 24 页）2018 年黑龙江省齐齐哈尔市高考数学二模试卷（理科）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）已知集合 Mx |x1，N x|x2x 0 ，则（）AMN BN M CM N x|x1 DM Nx|x02 （5 分）设（2+i）（3xi） 3+（y +5）i （i 为虚数单位），其中 x，y 是实数，则|x+yi|等于（）A5 B C2 D23 （5 分）某高校调查了 320 名学生每周的自习时间（单位：小时），制成了如图所示的频率分布直方图，其中自习时间的范围是17.

2、5，30 ，样本数据分组为17.5，20），20，22.5 ），22.5，25）， 25，27.5），27.5 ，30根据直方图，这 320 名学生中每周的自习时间不足 22.5 小时的人数是（）A68 B72 C76 D804 （5 分）（1 ）（1+x） 5 的展开式中 x2 的系数为（）A15 B15 C5 D55 （5 分）已知双曲线（a0，b0）是离心率为，左焦点为 F，过点 F 与x 轴垂直的直线与双曲线的两条渐近线分别交于点 M，N，若OMN 的面积为 20，其中O 是坐标原点，则该双曲线的标准方程为（）A BC D6 （5 分）某空间几何体的三视图如图所示

3、，则该几何体的体积为（）第 2 页（共 24 页）A4+2 B2+6 C4+ D2+47 （5 分）执行如图的程序框图，若输入 a 的值为 2，则输出 S 的值为（）A3.2 B3.6 C3.9 D4.98 （5 分）等比例数列a n的前 n 项和为 Sn，公比为 q，若 S69S 3，S 562，则 a1（）A B2 C D39 （5 分）已知函数 f（x ）cos （2x +）（0，| ）的最小正周期为，将其图象向右平移个单位后得函数 g（x）cos2x 的图象，则函数 f（x）的图象（）A关于直线 x 对称 B关于直线 x 对称C关于点（）对称 D关于点（，0）对称10

4、（5 分）已知三棱柱 ABCA 1B1C1 的六个顶点都在球 O 的球面上，球 O 的表面积为第 3 页（共 24 页）194，AA 1平面 ABC，AB 5，BC 12，AC13，则直线 BC1 与平面 AB1C1 所成角的正弦值为（）A B C D11 （5 分）已知椭圆（ab0）的短轴长为 2，上顶点为 A，左顶点为B，F 1，F 2 分别是椭圆的左、右焦点，且F 1AB 的面积为，点 P 为椭圆上的任意一点，则的取值范围为（）A1，2 B C D1 ，412 （5 分）已知对任意 x 不等式 x 2 恒成立（其中 e2.71828，是自然对数的底数），则实数 a 的取值范

5、围是（）A （0，） B （0，e） C （，2e） D （）二、填空题（每题 5 分，满分 20 分，将答案填在答题纸上）13 （5 分）已知实数 x，y 满足条件，若 zax+y 的最小值为8，则实数a 14 （5 分）若函数 f（x ）是偶函数 x0 时，f（x ）lg （ x+1），则满足 f（2x+1）1 的实数 x 取值范围是 15 （5 分）已知平行四边形 ABCD 中，AD2，BAD 120，点 E 是 CD 中点，1，则 16 （5 分）已知数列a n的前 n 项和为 Sn，且 a24，S 430，n2 时，an+1+an1 2（a n+1），则 an的通项公式

6、an 三、解答题（本大题共 5 小题，共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17在ABC 中 a，b，c 分别为角 A，B，C 所对的边，已知（I）求角 B 的大小；（）若 a1，b ，求ABC 的面积18在四棱锥 ADBCE 中，底面 DBCE 是等腰梯形，BC2DE，BDDE CE，ADE第 4 页（共 24 页）是等边三角形，点 F 在 AC 上且 AC3AF（I）证明：AD平面 BEF；（）若平面 ADE平面 BCED，求二面角 ABE F 的余弦值19近年来，随着科学技术迅猛发展，国内有实力的企业纷纷进行海外布局，如在智能手机行业，国产品牌已在赶超国外巨头，某品牌

7、手机公司一直默默拓展海外市场，在海外设多个分支机构需要国内公司外派大量 80 后、90 后中青年员工该企业为了解这两个年龄层员工对是否愿意接受外派工作的态度随机调查了 100 位员工，得到数据如表：愿意接受外派人数不愿意接受外派人数合计80 后 20 20 4090 后 40 20 60合计 60 40 100（）根据调查的数据，判断能否在犯错误的概率不超过 0.1 的前提下认为“是否愿意接受外派与年龄层有关” ，并说明理由；（）该公司选派 12 人参观驻海外分支机构的交流体验活动，在参与调查的 80 后员工中用分层抽样方法抽出 6 名，组成 80 后组，在参与调查的 90 后员工中，也用

8、分层抽样方法抽出 6 名，组成 90 后组求这 12 人中， 80 后组 90 后组愿意接受外派的人数各有多少？为方便交流，在 80 后组、90 后组中各选出 3 人进行交流，记在 80 后组中选到愿意接受外派的人数为 x，在 90 后组中选到愿意接受外派的人数为 y，求 xy 的概率参考数据：p（k 2k 0）0.15 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005k0 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879参考公式：K 2 ，其中 na+ b+c+d20设抛物线的顶点为坐标原点，焦点 F 在 y 轴的正半轴上，点 A 是抛物线上的一点，以A 为圆心，

9、 2 为半径的圆与 y 轴相切，切点为 F（I）求抛物线的标准方程：（）设直线 m 在 y 轴上的截距为 6，且与抛物线交于 P，Q 两点，连接 QF 并延长交第 5 页（共 24 页）抛物线的准线于点 R，当直线 PR 恰与抛物线相切时，求直线 m 的方程21已知函数 f（x ）klnx ，且曲线 yf （x）在点（1，f（1））处的切线与 y 轴垂直（I）求函数 f（x ）的单调区间；（）若对任意 x（0，1）（1，e）（其中 e 为自然对数的底数），都有（a0）恒成立，求 a 的取值范围请考生在 22、23 两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.选修 4-4：坐标系与

10、参数方程22在直角坐标系 xOy 中，以坐标原点 O 为极点，以 x 轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线 C 的极坐标方程为 sin +cos，点 P 的曲线 C 上运动（I）若点 Q 在射线 OP 上，且|OP|OQ| 4，求点 Q 的轨迹的直角坐标方程；（）设 M（4，），求 MOP 面积的最大值选修 4-5：不等式选讲23设 a0，b0，且 a2b+ab22，求证：（）a 3+b32；（）（a+b）（a 5+b5）4第 6 页（共 24 页）2018 年黑龙江省齐齐哈尔市高考数学二模试卷（理科）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

12、数形式的乘除运算以及复数相等的条件，列出方程组求解即可得x，y 的值，再由复数求模公式计算得答案【解答】解：（2+i）（3 xi）6+x +（32x ）i3+（ y+5）i，，解得，则|x +yi|3+4y | 故选：A【点评】本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数相等的条件，考查了复数模的求法，是基础题3 （5 分）某高校调查了 320 名学生每周的自习时间（单位：小时），制成了如图所示的频率分布直方图，其中自习时间的范围是17.5，30 ，样本数据分组为17.5，20），20，22.5 ），22.5，25）， 25，27.5），27.5 ，30根据直方图，这 320

13、名学生中每周的自习时间不足 22.5 小时的人数是（）第 7 页（共 24 页）A68 B72 C76 D80【分析】由频率分布直方图求出每周的自习时间不足 22.5 小时的频率，由此能求出这 320 名学生中每周的自习时间不足 22.5 小时的人数【解答】解：由频率分布直方图得每周的自习时间不足 22.5 小时的频率为：（0.02+0.07）2.50.225，这 320 名学生中每周的自习时间不足 22.5 小时的人数是：0.22532072故选：B【点评】本题考查频数的求法，考查频率分布直方图等基础知识，考查运算求解能力、数据处理能力，考查数形结合思想，是基础题4 （5 分）（1 ）

14、（1+x） 5 的展开式中 x2 的系数为（）A15 B15 C5 D5【分析】写出二项式（1+x） 5 的通项，分别求出含 x2 的项与含 x4 的项，再由多项式乘多项式求解【解答】解：（1+x） 5 的展开式的通项为取 r2，得，取 r4，得（1 ）（1+x） 5 的展开式中 x2 的系数为故选：C【点评】本题考查二项式系数的性质，关键是熟记二项展开式的通项，是基础题5 （5 分）已知双曲线（a0，b0）是离心率为，左焦点为 F，过点 F 与x 轴垂直的直线与双曲线的两条渐近线分别交于点 M，N，若OMN 的面积为 20，其中O 是坐标原点，则该双曲线的标准方程为（）A

15、B第 8 页（共 24 页）C D【分析】根据双曲线的离心率建立方程，结合三角形的面积求出 a，b 的值即可得到结论【解答】解：由 e 可得 c25a 2，则 b2c 2a 2 5a2a 24a 2，即 b2a，则渐近线方程为 y x2x ，则 M（c，2c），N（c ， 2c），OMN 的面积为 20，S 20，得 c210，得 a22，b 28，则双曲线方程为 1故选：A【点评】本题主要考查双曲线方程的求解，结合条件建立方程关系求出 a，b 的值是解决本题的关键6 （5 分）某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A4+2 B2+6 C4+ D2+4【分析】三视图的直观图

16、是上部为三棱柱，下部是圆柱，利用三视图的数据求解几何体的体积即可【解答】解：由题意可知几何体的组合体，上部是三棱柱，底面边长为 2，底面三角形的高为 1，棱柱的高 2，第 9 页（共 24 页）下部是圆柱，高为 2，底面半径为：，所以几何体的体积为： 2+4，故选：D【点评】本题考查三视图求解几何体的体积，判断几何体的形状是解题的关键7 （5 分）执行如图的程序框图，若输入 a 的值为 2，则输出 S 的值为（）A3.2 B3.6 C3.9 D4.9【分析】模拟执行程序框图的运行过程，即可得出 a2 时程序运行后输出的 S 值【解答】解：执行如图所示的程序框图，若输入 a2，则 k1 时，

17、S1+ 2；k2 时，S2+ ；k3 时，S + ；k4 时，S + ；k5 时，S + 3.9；此时终止循环，输出 S3.9第 10 页（共 24 页）故选：C【点评】本题考查了程序的运行过程应用问题，是基础题8 （5 分）等比例数列a n的前 n 项和为 Sn，公比为 q，若 S69S 3，S 562，则 a1（）A B2 C D3【分析】根据题意，分析可得等比数列a n的公比 q 1，进而由等比数列的通项公式可得 9 ，解可得 q2，又由 S5 31a 162，解可得 a1 的值，即可得答案【解答】解：根据题意，等比例数列a n中，若 S69S 3，则 q1，若 S69S 3，则 9

18、，解可得 q38，则 q2，又由 S562，则有 S5 31a 162，解可得 a12；故选：B【点评】本题考查等比数列的前 n 项和公式的应用，关键是掌握等比数列的前 n 项和的性质9 （5 分）已知函数 f（x ）cos （2x +）（0，| ）的最小正周期为，将其图象向右平移个单位后得函数 g（x）cos2x 的图象，则函数 f（x）的图象（）A关于直线 x 对称 B关于直线 x 对称C关于点（）对称 D关于点（，0）对称【分析】求出函数 f（x ）的解析式，结合函数的对称性分别进行判断即可【解答】解：由题意得将 g（x）cos2x 的图象向左平移个单位后得到 f（x），

19、即 f（x）cos2（x + ）cos（2x+ ），f（）cos（2 + ）cos 1，f（）cos（2 + ）cos 1，第 11 页（共 24 页）f（）cos（2 + ）cos（）10，A，B，C 都不正确，f（）cos2（）+ cos （）0，则函数关于点（，0）对称，故选：D【点评】本题主要考查三角函数的图象和性质，求出函数的解析式，结合函数的对称性分别进行判断是解决本题的关键10 （5 分）已知三棱柱 ABCA 1B1C1 的六个顶点都在球 O 的球面上，球 O 的表面积为194，AA 1平面 ABC，AB5，BC 12，AC13，则直线 BC1 与平面 AB1C1

20、所成角的正弦值为（）A B C D【分析】根据棱柱底面为直角三角形得出球心 O 的位置，利用勾股定理计算棱柱的高，通过等体积法求出 B 到平面 AB1C1 的距离，再得出线面角的大小【解答】解：AB5，BC12，AC 13，AB 2+BC2 AC2，ABBC，设 AC，A 1C1 的中点分别为 M，M 1，则 MM1 的中点为球心 O，设球半径为 R，CC 1x ，则由 CC1平面 ABC 知：x 2+1324R 2，又 4R2194，x5，BC 1 13，AB 1 5 ， 30 ，又， 50，设点 B 到平面 AB1C1 的距离为 d，则 50，d ，直线 BC1 与平面 AB1C1

21、所成角正弦值为故选：C第 12 页（共 24 页）【点评】本题考查了空间线面角的计算，圆柱与球的位置关系，属于中档题11 （5 分）已知椭圆（ab0）的短轴长为 2，上顶点为 A，左顶点为B，F 1，F 2 分别是椭圆的左、右焦点，且F 1AB 的面积为，点 P 为椭圆上的任意一点，则的取值范围为（）A1，2 B C D1 ，4【分析】根据F 1AB 的面积和短轴长得出 a，b，c 的值，从而得出 |PF1|的范围，得到关于|PF 1|的函数，从而求出答案【解答】解：由 2b2 可得 b1，即 A（0，1），又 F（c，0），B（a，0），，又 a2c 21，a2，c |PF

22、 1|+|PF2|2a4，，2 |PF 1|2+ ，|PF1|（4 | PF1|）（|PF 1|2） 2+4，1|PF 1|（4| PF1|）41 4故选：D【点评】本题考查哦了椭圆的性质，函数最值的计算，属于中档题第 13 页（共 24 页）12 （5 分）已知对任意 x 不等式 x 2 恒成立（其中 e2.71828，是自然对数的底数），则实数 a 的取值范围是（）A （0，） B （0，e） C （，2e） D （）【分析】两边取对数，分离常数 a，利用导函数研究单调性即可求解【解答】解：由 x 2 可得：，即令 f（x），则 f（x）显然：0xef（x）在 x ，e 是

23、递增函数，在e，e 2是递减函数故选：A【点评】本题主要考查不等式恒成立问题，利用导数求出函数的最值是解决本题的关键二、填空题（每题 5 分，满分 20 分，将答案填在答题纸上）13 （5 分）已知实数 x，y 满足条件，若 zax+y 的最小值为8，则实数a 2 【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，对 a 分类后数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数即可求得 a 值【解答】解：由约束条件作出可行域，第 14 页（共 24 页）化目标函数 zax+y 为 yax +z，若 a0，可得当直线 yax+z 过 O（0，0）时，z 有最小值为 0，不合题意；若

24、a0，可得当直线 yax+z 过 C（4，0）时，z 有最小值为 4a，由 4a8，得a2故答案为：2【点评】本题考查简单的线性规划，考查数形结合的解题思想方法，是中档题14 （5 分）若函数 f（x ）是偶函数 x0 时，f（x ）lg （ x+1），则满足 f（2x+1）1 的实数 x 取值范围是（5，4）【分析】根据 x0 时 f（x）的解析式可判断 f（x ）在0 ，+）上单调递增，且得出1f（9），又由 f（x）为偶函数，从而可由 f（2x+1）1 得到 f（|2x+1| ）f（9），从而得到|2 x+1|9，解该绝对值不等式即可求出实数 x 的取值范围【解答】解：x0 时

25、，f（x）lg （x +1）；1f（9），且 f（x）在0 ，+）上单调递增；又 f（x）是偶函数；由 f（2x+1）1 得：f（|2x +1|）f（9）；f（x）在0 ， +）上单调递增；|2 x+1|9；解得5x4；实数 x 的取值范围是（5，4）故答案为：（5，4）【点评】考查对数函数的单调性，偶函数的定义，增函数的定义，以及绝对值不等式的解法15 （5 分）已知平行四边形 ABCD 中，AD2，BAD 120，点 E 是 CD 中点，第 15 页（共 24 页）1，则 13 【分析】设| |m，由向量的加减运算和数量积的定义、性质，计算可得所求值【解答】解：设| |m，AD2

26、，BAD120，可得 2mcos120m，由 1，得（ + ）（）1，即有 4 m2 （m）1，解得 m3，则（）（）4+ 9 （3）13，故答案为：13【点评】本题考查向量的加减运算和数量积的定义以及性质，考查运算能力，属于中档题16 （5 分）已知数列a n的前 n 项和为 Sn，且 a24，S 430，n2 时，an+1+an1 2（a n+1），则 an的通项公式 an n 2 【分析】根据题意，对于 an+1+an1 2（a n+1），用特殊值法分析可得 a11，进而将an+1+an1 2（a n+1）变形分析可得 an+1a na na n1 2，则数列 ana n1

27、是公差为 2 的等差数列，由等差数列的通项公式分析可得 ana n1 3+2（n1）2n1，由累加法分析可得答案【解答】解：根据题意，对于 an+1+an1 2（a n+1），当 n1 时，有 a3+a12（a 2+1）2（4+1 ）10，当 n2 时，有 a4+a22（a 3+1），又由 S430，则有 a1+a2+a3+a414+a 430，则 a416，又由 a4+a22（a 3+1）20，解可得 a39，则有 a11，则 a2a 13，第 16 页（共 24 页）又由 an+1+an1 2（a n+1），变形可得 an+1a na na n 1+2，则数列 ana n1 是公差为

28、 2 的等差数列，则 ana n1 3+2（n1）2n1，则有 ana 1+（a 2a 1）+ （a 3a 2）+ +（a na n1 ）1+3+5+（2n1）n 2；即 ann 2；故答案为：n 2【点评】本题考查数列的递推公式，关键是对 an+1+an1 2（a n+1）的变形三、解答题（本大题共 5 小题，共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17在ABC 中 a，b，c 分别为角 A，B，C 所对的边，已知（I）求角 B 的大小；（）若 a1，b ，求ABC 的面积【分析】（）推导出 2sinBcosC2sin （B+C）sin C2sinBcos C+2cosB

29、sinCsin C，从而 2cosBsinCsinC，进而 cosB ，由此能求出角 B（）由余弦定理，得 b2a 2+c22accosB，从而求出 c3，由此能求出ABC 的面积【解答】解：（）在ABC 中 a，b，c 分别为角 A，B，C 所对的边，sinAsin（B+C ），2sinBcosC2sin（B+C ）sin C2sinBcosC+2cosBsin Csin C，2cosBsinCsinC，又在ABC 中，sinC0，cosB ，0B，B （）在ABC 中，由余弦定理，得 b2a 2+c22accos B，a1，b ，B ，71+c 2c，c 2c60，c 0， c3，第 1

30、7 页（共 24 页）ABC 的面积 S 【点评】本题考查角的大小的求法，考查三角形面积的求法，考查三角函数性质、三角函数恒等式、余弦定理、三角形面积公式等基础知识，考查运用求解能力，考查函数与方程思想，是中档题18在四棱锥 ADBCE 中，底面 DBCE 是等腰梯形，BC2DE，BDDE CE，ADE是等边三角形，点 F 在 AC 上且 AC3AF（I）证明：AD平面 BEF；（）若平面 ADE平面 BCED，求二面角 ABE F 的余弦值【分析】（）连接 DC，交 BE 于点 G，连接 FG，结合已知条件可求得 BCDE ，进一步求出 ADFG，再由线面平行的性质可得 AD平面 BEF；

31、（）取 DE 中点 O，取 BC 中点 H，连接 AO，OH，显然 AODE，又平面 ADE平面 BCED，平面 ADE平面 BCEDDE，可得 AO平面 BCED，由于 O、H 分别为DE、BC 中点，且在等腰梯形 DBCE 中，BC2DE ，则 OHDE，然后以 O 为原点，以 OD 方向为 x 轴，OH 方向为 y 轴，以 OA 方向为 z 轴，建立空间直角坐标系，再分别求出平面 ABE 与平面 FBE 的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角ABEF 余弦值【解答】（）证明：连接 DC，交 BE 于点 G，连接 FG在等腰梯形 DBCE 中，BDDE CE ，BE2DE，BC

32、DE，则，AC3AF，，，则 ADFG，又 AD平面 BEF，FG 平面 BEF，AD平面 BEF；（）解：取 DE 中点 O，取 BC 中点 H，连接 AO，OH ，显然 AODE，又平面 ADE平面 BCED，平面 ADE平面 BCEDDE，AO平面 BCED，由于 O、H 分别为 DE、BC 中点，且在等腰梯形 DBCE 中， BC2DE ，则 OHDE ，第 18 页（共 24 页）故以 O 为原点，以 OD 方向为 x 轴，OH 方向为 y 轴，以 OA 方向为 z 轴，建立如图所示空间直角坐标系设 BC2a（a0），可求各点坐标分别为B（a，，0），C（a，，0），

33、E （，0，0），A（0，0，）可得，，（2a，0，0）+ 设平面 ABE 的一个法向量为，由，令 z11，可得设平面 FBE 的一个法向量为（x 2，y 2，z 2），由，令，可得从而 cos ，则二面角 ABE F 的余弦值为【点评】本题考查了直线与平面平行的判定，考查了二面角的平面角的求法，解答的关键是建立正确的空间右手系，是中档题19近年来，随着科学技术迅猛发展，国内有实力的企业纷纷进行海外布局，如在智能手机行业，国产品牌已在赶超国外巨头，某品牌手机公司一直默默拓展海外市场，在海外第 19 页（共 24 页）设多个分支机构需要国内公司外派大量 80 后、

34、90 后中青年员工该企业为了解这两个年龄层员工对是否愿意接受外派工作的态度随机调查了 100 位员工，得到数据如表：愿意接受外派人数不愿意接受外派人数合计80 后 20 20 4090 后 40 20 60合计 60 40 100（）根据调查的数据，判断能否在犯错误的概率不超过 0.1 的前提下认为“是否愿意接受外派与年龄层有关” ，并说明理由；（）该公司选派 12 人参观驻海外分支机构的交流体验活动，在参与调查的 80 后员工中用分层抽样方法抽出 6 名，组成 80 后组，在参与调查的 90 后员工中，也用分层抽样方法抽出 6 名，组成 90 后组求这 12 人中， 80 后组 90 后

35、组愿意接受外派的人数各有多少？为方便交流，在 80 后组、90 后组中各选出 3 人进行交流，记在 80 后组中选到愿意接受外派的人数为 x，在 90 后组中选到愿意接受外派的人数为 y，求 xy 的概率参考数据：p（k 2k 0）0.15 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005k0 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879参考公式：K 2 ，其中 na+ b+c+d【分析】（）由列联表中的数据计算观测值，对照临界值得出结论；（）由分层抽样原理计算即可，根据 “xy”包含的基本事件，计算对应的概率值，再由互斥事件的概率和公式计算即可【解答】解：

36、（）由列联表中的数据，计算其观测值K2 2.7782.706；所以在犯错误的概率不超过 0.1 的前提下，认为“是否愿意接受外派与年龄有关” ；（）由分层抽样知 80 后组中，愿意接受外派人数为 3，第 20 页（共 24 页）90 后组中，愿意接受外派人数为 4，“xy”包含“x 0，y 1”， “x0，y2” ， “x0，y3” ，“x1，y2” ， “x1，y3” ， “x2，y3”六个互斥事件；且 P（x 0，y1），P（x 0，y2），P（x 0，y3），P（x 1，y2），P（x 1，y3），P（x 2，y3），所以 P（xy）【点评】本题考查了独立性检验与互斥事件

37、的概率求和问题，是基础题20设抛物线的顶点为坐标原点，焦点 F 在 y 轴的正半轴上，点 A 是抛物线上的一点，以A 为圆心， 2 为半径的圆与 y 轴相切，切点为 F（I）求抛物线的标准方程：（）设直线 m 在 y 轴上的截距为 6，且与抛物线交于 P，Q 两点，连接 QF 并延长交抛物线的准线于点 R，当直线 PR 恰与抛物线相切时，求直线 m 的方程【分析】（）设所求抛物线方程为 x22px（p0），可得 p2，即可得抛物线的标准方程（）不妨设直线 m：ykx+6，P（x 1，y 1），Q （ x2，y 2），由，消 y 得x24kx240，即写出抛物线在点 P（）处的切

38、线方程，第 21 页（共 24 页）令 y1，得 R（），利用 Q，F，R 三点共线，所以 kQFk FR，得 k2 ，即求直线 m 的方程【解答】解：（）设所求抛物线方程为 x22px（p0），由以 A 为圆心，2 为半径的圆与 y 轴相切，切点为 F，所以 p2，即该抛物线的标准方程为 x24y（）由题知，直线 m 的斜率存在，不妨设直线 m：ykx +6，P（x 1，y 1），Q （x 2，y 2），由，消 y 得 x24kx240，即（1）抛物线在点 P（）处的切线方程为，令 y1，得 x ，所以 R（），而 Q，F，R 三点共线，所以 kQFk FR，及 F（0

39、，1），得（）（ +16x1x20，整理得 4（x 1+x2） 22x 1x2+16+16x1x20，将（1）式代入得 k2 ，即 k ，故所求直线 m 的方程为 y 或 y 【点评】本题考查了抛物线的方程、切线，属于中档题21已知函数 f（x ）klnx ，且曲线 yf （x）在点（1，f（1））处的切线与 y 轴垂直（I）求函数 f（x ）的单调区间；（）若对任意 x（0，1）（1，e）（其中 e 为自然对数的底数），都有（a0）恒成立，求 a 的取值范围【分析】（）求出函数的导数，求出 k 的值，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；第 22 页（共 24 页）（）

40、求出 + ，设 m（x ），求出 m（x）的范围，从而确定 a 的范围即可【解答】解：（）f（x ）的定义域为（0，+），因为 f（x），由题意知，f（1）0， k1，f（x）由 f（x）0 ，得 x1，由 f（x ）0，解得：0x1，故 f（x）的单调减区间为（ 0，1），单调增区间为（1，+）（）由（）知 f（x ）lnx1+ ， + + + ，设 m（x），则 m（ x），令 n（x）x1xlnx，则 n（x）1lnx1lnx，x1 时，n（x ）0，n（x ）在1 ，+）上递减，n（x）n（1）0，x（1，e时，m（x ） 0，m（x）在（1，e上是减函数，x（1，e时，

41、m（x ）m（e），由题意知，，又 a0，ae1，下证 ae1，0x 1 时，成立，即证 alnxx1 成立，令（x ）alnxx+1，则（x ），由 ae1，0x 1，（x）0，（x）在（0，1是增函数，x（0，1）时，（x ）（1）0，alnxx成立，即成立，正数 a 的取值范围是e1，+）【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转化思想，是一道中档题请考生在 22、23 两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.选修 4-4：坐标系与参数方程第 23 页（共 24 页）22在直角坐标系 xOy 中，以坐标原点 O 为极点，以 x 轴正半

42、轴为极轴，建立极坐标系，曲线 C 的极坐标方程为 sin +cos，点 P 的曲线 C 上运动（I）若点 Q 在射线 OP 上，且|OP|OQ| 4，求点 Q 的轨迹的直角坐标方程；（）设 M（4，），求 MOP 面积的最大值【分析】（）设 Q（，），P（ 1，）（0， 10），则 1sin +cos，又|OP |OQ|4，求出 sin +cos，即 sin+cos 4，将 xcos，y sin 代入 sin+cos4，得点 Q 轨迹方程；（）设 P（，）（0），则 cos +sin，由 M（4，），得MOP 面积 +sin） 2，当且仅当 sin21 时，取“” ，取

43、即可，由此能求出MOP 面积的最大值【解答】解：（）设 Q（，），P（ 1，）（0， 10），则 1sin +cos，又|OP |OQ|4， 1 4，即， sin+cos ，sin+ cos4，将 xcos ，ysin 代入 sin+cos4，得点 Q 轨迹方程为 x+y4；（）设 P（，）（0），则 cos +sin，M（4，），MOP 面积 +sin） 2 ，当且仅当 sin21 时，取“” ，取即可，MOP 面积的最大值为【点评】本题考查了极坐标方程化为直角坐标方程、考查三角形面积的最大值的求法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题第 24 页（共 24 页）选

44、修 4-5：不等式选讲23设 a0，b0，且 a2b+ab22，求证：（）a 3+b32；（）（a+b）（a 5+b5）4【分析】（）利用作差法比较即可，（）利用作差法比较即可【解答】证明：（）设 a0，b0，且 a2b+ab22，（a 3+b3）2a 3+b3a 2bab 2a 2（ab）+ b2（ba）（ab）（a 2b 2）（ab） 2（a+b）0，a 3+b32；（）（a+b）（a 5+b5）a 6+b6+a5b+ab5（a 3+b3） 22a 3b3+a5+ab5（a 3+b3） 22a 3b3+a5b+ab5（a 3+b3） 2+ab（a 42a 2b2+b4）（a 3+b3） 2+ab（a 2b 2） 2，a0，b0，a 3+b32，（a+b）（a 5+b5）4【点评】本题考查了作差法比较不等式的大小，考查了转化能力，属于基础题声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2019/7/6 12:23:54；用户：17746823402；邮箱：17746823402；学号：28261463

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