1、2019 年新疆高考数学二模试卷（理科）一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，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 Ax| 0，B x|xt ，若 AB，则实数 t 的取值集合是（ ）A （2，+） B2，+） C （3，+） D3 ，+）2 （5 分）设 xR，则“x 1”是“复数 z（x 21）+ （x+1）i 为纯虚数”的（ ）A充分不必要条件 B必要不充分条件C充分必要条件 D既不充分也不必要条件3 （5 分）正项等差数列a n的前 n 项和为 Sn，已知 a3+a9a 62+150，则 S11（ ）A
2、35 B36 C45 D554 （5 分）函数 f（x ）2lnx 的图象与函数 g（x）x 24x+5 的图象的交点个数为（ ）A3 B2 C1 D05 （5 分）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）A180 B200 C220 D2406 （5 分）将函数 f（x ）的图象向右平移一个单位长度，所得图象与曲线 ylnx 关于直线yx 对称，则 f（x ）（ ）Aln（x+1） Bln（ x1） Ce x+1 De x17 （5 分）已知 xR，sinx3cos x ，则 tan2x（ ）A B C D第 2 页（共 25 页
3、）8 （5 分）已知点 P（a，b） ，且 a，b 1，0，1，2，使关于 x 的方程 ax2+2x+b0 有实数解的点 P 的概率为（ ）A B C D9 （5 分）设关于 x，y 的不等式组 表示的平面区域内存在点 P（x 0，y 0）满足 x02y 02，则 m 的取值范围是（ ）A （， ） B （ ，0） C （， ） D （， ）10 （5 分）O 是ABC 的外接圆圆心，且 ，| | |1，则 在 方向上的投影为（ ）A B C D11 （5 分）椭圆 1（a0，b0）的左右焦点为 F1，F 2，若在椭圆上存在一点P，使得 PF 1F2 的内
4、心 I 与重心 G 满足 IGF 1F2，则椭圆的离心率为（ ）A B C D12 （5 分）已知函数 f（x ） ，g（x）2cosx，当 x（3，2）时，方程f（x）g（x ）的所有实根之和为（ ）A2 B1 C0 D2二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分.13 （5 分）观察下列事实：（1）|x|+|y|1 的不同整数解（x，y）的个数为 4；（2）|x|+|y|2 的不同整数解（x，y）的个数为 8；则|x |+|y|505 的不同整数解（x，y）的个数为 14 （5 分）若二项式 的展开式中的常数项为160，则
5、; 15 （5 分）在四面体 ABCD 中，AB 5，BCCD 3，DB2 ，AC4，ACD60，则该四面体的外接球的表面第 3 页（共 25 页）积为 16 （5 分）已知函数 f（x ）x 3ax 2 在（1，1）上没有最小值，则 a 的取值范围是 三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17 （12 分）已知等比数列a n的前 n 项和为 Sn，且 an+11+S n（nN +） ，且 a22a 1（）求数列a n的通项公式；（）若 bna nlog2an+（1 ） nn，求数列b n的前 n
6、项和 Hn18 （12 分）如图，在直三棱柱 A1B1C1ABC 中，ABAC ，AB AC 2，AA 14，点 D是 BC 的中点（1）求异面直线 A1B 与 C1D 所成角的余弦值；（2）求平面 ADC1 与 ABA1 所成二面角的正弦值19 （12 分）今年学雷锋日，乌鲁木齐市某中学计划从高中三个年级选派 4 名教师和若干名学生去当学雷锋文明交通宣传志愿者，用分层抽样法从高中三个年级的相关人员中抽取若干人组成文明交通宣传小组，学生的选派情况如下：年级 相关人数 抽取人数高一 99 x高二 27 y高三 18 2（）求 x，y 的值；（）若从选派的高一、高二、高三年级学生中抽取 3 人参加
7、文明交通宣传，求他们中恰好有 1 人是高三年级学生的概率；（）若 4 名教师可去 A、B、C 三个学雷锋文明交通宣传点进行文明交通宣传，其中每名教师去 A、B、C 三个文明交通宣传点是等可能的，且各位教师的选择相互独第 4 页（共 25 页）立记到文明交通宣传点 A 的人数为 X，求随机变量 X 的分布列和数学期望20 （12 分）已知 F1、F 2 是椭圆 C： 的左右焦点，焦距为 6，椭圆 C 上存在点Q 使得 ，且F 1QF2 的面积为 9（）求 C 的方程；（）过 F1 的直线 l 与椭圆 C 相交于 M，N 两点，直线 l 与 x 轴不重合，P 是 y 轴上一点，且 ，求点 P 纵坐
8、标的取值集合21 （12 分）设函数 f（x ）xlnx（x0） （）若 af（x ）恒成立，求 a 的敢值范围；（）设 F（x ）ax 2+x+f（x） （aR） ，讨论函数 F（x）的单调性；（）F（x） ax2+x+f（x）与函数 y x 在1 ，+ ）有公共点，求 a 的最小值请考生在第 22、23 题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分，作答时请用2B 铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑.22 （10 分）在直角坐标系 xOy 中，直线 l 的参数方程为 （t 为参数） 在极坐标系（与直角坐标系 xOy 取相同的长度单位，且以原点 O 为极点，以 x 轴非负半轴为极轴）中，
9、圆 C 的方程为 2 sin（）求圆 C 的直角坐标方程；（）设圆 C 与直线 l 交于点 A、B，若点 P 的坐标为（3， ） ，求 选修 4-5：不等式选讲23函数 f（x） +2 （）求 f（x）的值域；（）若关于 x 的不等式 f（x）m0 有解，求证：3m+ 7第 5 页（共 25 页）第 6 页（共 25 页）2019 年新疆高考数学二模试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，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 Ax| 0，B x|xt ，若 AB，则实数 t 的取值集合是（ ）A （2，+）
10、 B2，+） C （3，+） D3 ，+）【分析】求出集合 A，B，由 AB，能求出实数 t 的取值集合【解答】解：集合 Ax| 0 x|2x3，B x|xt，AB ，t3实数 t 的取值集合为3，+） 故选：D【点评】本题考查实数的取值范围的求法，考查元素与集合的关系、集合与集合的关系等基础知识，考查运算求解能力，是基础题2 （5 分）设 xR，则“x 1”是“复数 z（x 21）+ （x+1）i 为纯虚数”的（ ）A充分不必要条件 B必要不充分条件C充分必要条件 D既不充分也不必要条件【分析】由于复数 z（x 21）+（x+1）i 为纯虚数，则其实部为 0，虚部不为 0，故可得
11、到 x 的值，再与“x 1”比较范围大小即可【解答】解：由于复数 z（x 21）+（x+1）i 为纯虚数，则 ，解得 x1，故“x 1”是“复数 z（x 21）+ （x +1）i 为纯虚数”的充要条件故选：C【点评】本题考查的判断充要条件的方法，我们可以先判断命题 p 与命题 q 所表示的范围，再根据“谁大谁必要，谁小谁充分”的原则，判断命题 p 与命题 q 的关系3 （5 分）正项等差数列a n的前 n 项和为 Sn，已知 a3+a9a 62+150，则 S11（ ）A35 B36 C45 D55第 7 页（共 25 页）【分析】根据等差中项的性质将 a3+a92a 6 代入即可
12、【解答】解：因为a n为正项等差数列，故 a3+a92a 6，所以 2a 6150，解得，a65 或者 a63（舍） ，所以 S1111a 611555，故选：D【点评】本题考查等差中项的性质，及等差数列的前 n 项和公式属基础题4 （5 分）函数 f（x ）2lnx 的图象与函数 g（x）x 24x+5 的图象的交点个数为（ ）A3 B2 C1 D0【分析】本题考查的知识点是指数函数的图象，要求函数 f（x）2lnx 的图象与函数g（x）x 24x +5 的图象的交点个数，我们画出函数的图象后，利用数形结合思想，易得到答案【解答】解：在同一坐标系下，画出函数 f（x ）2lnx
13、的图象与函数 g（x）x 24x+5的图象如图：由图可知，两个函数图象共有 2 个交点故选：B【点评】求两个函数图象的交点个数，我们可以使用数形结合的思想，在同一坐标系中，做出两个函数的图象，分析图象后，即可等到答案5 （5 分）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）第 8 页（共 25 页）A180 B200 C220 D240【分析】由三视图可知：该几何体是一个横放的直四棱柱，高为 10；其底面是一个等腰梯形，上下边分别为 2，8，高为 4；据此可求出该几何体的表面积【解答】解：由三视图可知：该几何体是一个横放的直四棱柱，高为 10；其底面是一个等腰梯形，上下边分
14、别为 2，8，高为 4S 表面积 2 （2+8）4+2510+2 10+810240故选：D【点评】本题考查由三视图还原直观图，由三视图求面积、体积，由三视图正确恢复原几何体是解决问题的关键6 （5 分）将函数 f（x ）的图象向右平移一个单位长度，所得图象与曲线 ylnx 关于直线yx 对称，则 f（x ）（ ）Aln（x+1） Bln（ x1） Ce x+1 De x1【分析】根据题意，f（x 1）和 ylnx 互为反函数，故可得 f（x1）e x，从而求得f（x）得解析式【解答】解：将函数 f（x ）的图象向右平移一个单位长度，所得图象与曲线 ylnx 关于直线 yx 对称，
15、故有 f（x1）和 ylnx 互为反函数，故 f（x1）e x，故 f（x）e x+1，故选：C第 9 页（共 25 页）【点评】本题主要考查函数的图象的变换，互为反函数的两个函数图相间的关系，属于中档题7 （5 分）已知 xR，sinx3cos x ，则 tan2x（ ）A B C D【分析】把已知与平方关系联立求得 sinx，cos x 的值，进一步求得 tanx，再由倍角公式求解【解答】解：由 ，解得 或 tanx 2 或 当 tanx2 时，则 tan2x ；当 tanx 时，则 tan2x tan2x 故选：A【点评】本题考查三角函数的化简求值，考查倍角公式及同角三角函
16、数基本关系式的应用，是基础题8 （5 分）已知点 P（a，b） ，且 a，b 1，0，1，2，使关于 x 的方程 ax2+2x+b0 有实数解的点 P 的概率为（ ）A B C D【分析】基本事件总数 n4416，使关于 x 的方程 ax2+2x+b0 有实数解的点 P 满足的条件为 ab1，由此利用举法能求出使关于 x 的方程 ax2+2x+b0 有实数解的点 P的概率【解答】解：点 P（a，b） ，且 a，b 1，0，1，2，基本事件总数 n4416，使关于 x 的方程 ax2+2x+b0 有实数解的点 P 满足的条件为：44ab0，即 ab1，使关于 x 的方程 ax2+2x
17、+b0 有实数解的点 P（a，b）有：第 10 页（共 25 页）（1，1） ， （1，0） ， （1，1） ， （1，2） ， （0，1） ， （0，1） ， （0，1） ， （0，2） ，（1，1） ， （1，0） ， （1，1） ， （2，1） ， （2，0） ，共 13 个，使关于 x 的方程 ax2+2x+b0 有实数解的点 P 的概率 P 故选：B【点评】本题考查概率的求法，考查古典概型、列举法等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题9 （5 分）设关于 x，y 的不等式组 表示的平面区域内存在点 P（x 0，y 0）满足 x02y 02，则 m 的取值范围是（
18、 ）A （， ） B （ ，0） C （， ） D （， ）【分析】作出不等式组对应的平面区域，要使平面区域内存在点点 P（x 0，y 0）满足x02y 02，则平面区域内必存在一个点在直线 x2y2 的下方，由图象可得 m 的取值范围【解答】解：作出不等式组对应的平面如图：交点 C 的坐标为（m，m） ，直线 x2y2 的斜率为 ，斜截式方程为 y x1，要使平面区域内存在点 P（x 0，y 0）满足 x02y 02，则点 C（m，m）必在直线 x2y2 的下方，即 m m1，解得 m ，m 的取值范围是（， ） ，故选：D【点评】本题主要考查线性规划的基本应用，利用数形结合是解
19、决本题的关键，综合性第 11 页（共 25 页）较强，属中高档题10 （5 分）O 是ABC 的外接圆圆心，且 ，| | |1，则 在 方向上的投影为（ ）A B C D【分析】根据题意画出图形，结合图形判断四边形 ABOC 为菱形，且一内角为 120，由此求出 在 方向上的投影【解答】解：因为 ，所以 + ，即 + ，取 BC 的中点 D，则 + 2 ，如图所示；所以 cosBOD ，即BOD60，所以BOC2BOD120 ，且 ABACOAOBOC1，所以四边形 ABOC 为菱形；所以 在 方向上的投影为| |cos（180 60）1（ ） 故选：B【点评】本题考查了平面向量的
20、线性运算和数量积运算问题，是中档题11 （5 分）椭圆 1（a0，b0）的左右焦点为 F1，F 2，若在椭圆上存在一点P，使得 PF 1F2 的内心 I 与重心 G 满足 IGF 1F2，则椭圆的离心率为（ ）A B C D【分析】根据PF 1F2 的面积的不同计算方法列方程得出 a，c 的关系，从而可求出椭圆的离心率【解答】解：设PF 1F2 的内切圆半径为 r，则 yGy Ir ，y P3y G3r，S |F1F2|yP 2c3r3cr ，又 S （|PF 1|+|PF2|+|F1F2|）r （2a+2c）r（a+c）r，3cr（a+ c） r，即 3ca+c，第 12 页（共
21、 25 页）a2c，故 e 故选：D【点评】本题考查了椭圆的性质，三角形的内切圆的性质，属于中档题12 （5 分）已知函数 f（x ） ，g（x）2cosx，当 x（3，2）时，方程f（x）g（x ）的所有实根之和为（ ）A2 B1 C0 D2【分析】分别判断两个函数都关于点（ ，0）对称，作出两个函数的图象，得到两个图象有四个交点，结合点的对称性进行求解即可【解答】解：函数 f（x ）的图象关于点（ ，0）对称，当 x 时，g（ ）2cos（ ）0，即点（ ，0）也是 g（x ）的对称中心，作出两个函数的图象，由图象知两个函数有四个交点，两两关于点（ ，0）对称，设四个交点的横坐
22、标从小到大为 a，b，c，d则 ， ，即 a+d1，b+ c1，即 a+b+c+d 112，即方程 f（x） g（x）的所有实根之和为2，故选：A第 13 页（共 25 页）【点评】本题主要考查函数与方程的应用，根据条件判断函数关于点（ ，0）对称，以及利用数形结合确定交点个数是解决本题的关键二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分.13 （5 分）观察下列事实：（1）|x|+|y|1 的不同整数解（x，y）的个数为 4；（2）|x|+|y|2 的不同整数解（x，y）的个数为 8；则|x |+|y|505 的不同整数解（x，y）的个数为 2020 【分析】转化成平面直角坐标系内的点来考虑
23、，即可【解答】解：将平面直角坐标系分成 4 等份，其中 x 轴正半轴和第一象限为一份，则满足|x |+|y|1 的不同整数解（x，y）的个数为 1 个，故所有能满足）|x|+|y|1 的不同整数解（x，y）的个数为 414 个，如图，在第一份中能满足|x |+|y|2 的不同整数解（x，y）的个数为 2，故共有 428个则在第一份中能满足|x |+|y|505 的不同整数解（x，y）的个数为 505 个，故共有45052020 个故填：2020第 14 页（共 25 页）【点评】本题考查了归纳推理，借助图象，更有利于推理，本题属基础题14 （5 分）若二项式 的展开式中的常数项为160，则 6
24、 【分析】先根据二项式定理的通项公式列出常数项，建立等量关系，解之即可求出 a，然后根据定积分的定义求出 即可【解答】解：令 3r0，r3，常数项为C 63a3 20a 3160，a 38，a2，故答案为 6【点评】本题主要以二项式定理为载体考查定积分的应用，属于基础题之列15 （5 分）在四面体 ABCD 中，AB 5，BCCD 3，DB2 ，AC4，ACD60，则该四面体的外接球的表面积为 25 【分析】取 AB 的中点 O，通过余弦定理得 AD213，根据勾股定理可得 ADB90，ACB90，可得 O 为球心，AB 为直径【解答】解：如图：取 AB 的中点 O，在ACD 中，由余弦定理得
25、：AD2AC 2+CD22ACCDcos6013，在ABD 中，AB 2BD 2+AD2，ADB 90，OAOBOD，在ABC 中，AB 2BC 2+AC2，ACB 90，OAOB OC，第 15 页（共 25 页）OAOB OCOD，O 为四面体 ABCD 的外接球的球心，其半径 R AB ，S 球 4R 24（ ） 225故答案为：25【点评】本题考查了球的体积和表面积，属中档题16 （5 分）已知函数 f（x ）x 3ax 2 在（1，1）上没有最小值，则 a 的取值范围是 （1，+ ） 【分析】求出函数的导数，通过讨论 a 的范围，求出函数的单调区间，结合函数的最小值的范围确定 a 的
26、范围即可【解答】解：f（x ）x（3x2a） ，令 f（x）0 ，解得：x0 或 x ， （，1即 a 时，f（x）在（1，0）递减，在（ 0，1）递增，此时 x0 时，f（x）取最小值，舍去，1 0 时，f（x ）在（ 1， ）递增，在（ ，0）递减，在（0，1）递增，由题意 f（x）在（ 1，1）没有最小值，则 ，解得：1a0，当 a 0 时， f（x ）在（ 1，1）显然没有最小值，成立，当 0 1 时，f（x ）在（ 1，0）递增，在（0， ）递减，在（ ，1）递增，由题意 f（x）在（ 1，1）没有最小值，第 16 页（共 25 页）则 ，解得：0a ， 1 即 a 时，f（x ）在
27、（ 1，0）递增，在（0， 1）递减，故 f（x）在（ 1，1）没有最小值，综上，a1，故答案为：（1，+） 【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，是一道综合题三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17 （12 分）已知等比数列a n的前 n 项和为 Sn，且 an+11+S n（nN +） ，且 a22a 1（）求数列a n的通项公式；（）若 bna nlog2an+（1 ） nn，求数列b n的前 n 项和 Hn【分析】 （）设等比数列的公比为 q，可令 n1，解得首项和公比，即可得到所求通项公式；（）b na nlog2an+（1） nn
28、（n1）2 n1 +（1） nn，由数列的错位相减法和分类讨论思想方法，结合等比数列的求和公式，计算可得所求和【解答】解：（）设等比数列的公比为 q，an+11+S n（nN +） ，且 a22a 1，可得 a21+S 11+ a1，解得 a11，q2，则 an2 n1 ；（）b na nlog2an+（1） nn（n1）2 n1 +（1） nn，设 Tn02 0+12+222+（ n1）2 n1 ，2Tn02+12 2+223+（n 1）2 n，相减可得T n2+2 2+2n1 （n1）2 n （n1）2 n，可得 Tn2+（n2）2 n，第 17 页（共 25 页）当 n 为偶数时，前 n
29、 项和 Hn2+ （n2）2 n1+2+ n2+ +（n2）2 n；当 n 为奇数时，前 n 项和 Hn2+ n+（n2）2 n（n2）2 n 则 Hn 【点评】本题考查等比数列的通项公式和求和公式的运用，考查数列的错位相减法求和，以及分类讨论思想方法，考查化简整理的运算能力，属于中档题18 （12 分）如图，在直三棱柱 A1B1C1ABC 中，ABAC ，AB AC 2，AA 14，点 D是 BC 的中点（1）求异面直线 A1B 与 C1D 所成角的余弦值；（2）求平面 ADC1 与 ABA1 所成二面角的正弦值【分析】 （1）以 为单位正交基底建立空间直角坐标系 Axyz，利用向量法能求出
30、异面直线 A1B 与 C1D 所成角的余弦值（2）分别求出平面 ABA1 的法向量和平面 ADC1 的法向量，利用向量法能求出平面ADC1 与 ABA1 所成二面角的余弦值，再由三角函数知识能求出平面 ADC1 与 ABA1 所成二面角的正弦值【解答】解：（1）以 为单位正交基底建立空间直角坐标系 Axyz，则由题意知 A（0，0，0） ，B（2，0，0） ，C （0，2，0） ，A1（0，0，4） ，D（1，1，0 ） ，C 1（0，2，4） ， ， （1，1，4） ，cos ，第 18 页（共 25 页）异面直线 A1B 与 C1D 所成角的余弦值为 （2） 是平面 ABA1
31、的一个法向量，设平面 ADC1 的法向量为 ， ， ，取 z1，得 y2，x2，平面 ADC1 的法向量为 ，设平面 ADC1 与 ABA1 所成二面角为 ，cos|cos | | | ，sin 平面 ADC1 与 ABA1 所成二面角的正弦值为 【点评】本题考查两条异面直线所成角的余弦值的求法，考查平面与平面所成角的正弦值的求法，解题时要注意向量法的合理运用19 （12 分）今年学雷锋日，乌鲁木齐市某中学计划从高中三个年级选派 4 名教师和若干名学生去当学雷锋文明交通宣传志愿者，用分层抽样法从高中三个年级的相关人员中抽取若干人组成文明交通宣传小组，学生的选派情况如下：年级 相关人数 抽取人数
32、高一 99 x高二 27 y第 19 页（共 25 页）高三 18 2（）求 x，y 的值；（）若从选派的高一、高二、高三年级学生中抽取 3 人参加文明交通宣传，求他们中恰好有 1 人是高三年级学生的概率；（）若 4 名教师可去 A、B、C 三个学雷锋文明交通宣传点进行文明交通宣传，其中每名教师去 A、B、C 三个文明交通宣传点是等可能的，且各位教师的选择相互独立记到文明交通宣传点 A 的人数为 X，求随机变量 X 的分布列和数学期望【分析】 （）利用分层抽样的性质（比例关系）可求 x，y；（）列出从高二、高三年级抽取的参加文明交通宣传的 5 个人中选 3 个人的所有基本事件，找出其中 3 人
33、中有 2 人来自高二年级，1 人来自高三年级的基本事件，利用古典概型的概率计算公式求解；（）首先列出 X 的所有取值，再利用二项分布即可求出 X 的分布列以及数学期望【解答】解：（）由题意可得 ，所以 x11，y3（）设“他们中恰好有 1 人是高三年级学生”为事件 A，则 （）X 的所有取值为 0，1，2，3，4由题意可知，每位教师选择 A、B、C 三个学雷锋文明交通宣传点的概率都是 所以 ； ； ；随机变量 X 的分布列为：X 0 1 2 3 4P【点评】本题考查分层抽样的性质，古典概型的概率，以及二项分布概型的分布列以及数学期望，抓住概型是解题的关键，属于基础题第 20 页（共 25 页）
34、20 （12 分）已知 F1、F 2 是椭圆 C： 的左右焦点，焦距为 6，椭圆 C 上存在点Q 使得 ，且F 1QF2 的面积为 9（）求 C 的方程；（）过 F1 的直线 l 与椭圆 C 相交于 M，N 两点，直线 l 与 x 轴不重合，P 是 y 轴上一点，且 ，求点 P 纵坐标的取值集合【分析】 （）由已知列方程组 ，解出 a，再由 a2b 2+c2 确定椭圆方程（）取 MN 的中点 Q，由 ，化为 PQ MN，即 P 为直线 MN 的垂直平分线与 y 轴的交点先求 MN 斜率不存在时 P 的纵坐标；当 MN 斜率存在时设MN：yk（x+3） ，代入椭圆方程，利用韦达定理求 MN 的中
35、点 Q 的坐标，建立 PQ 的方程，可求 P 的纵坐标与 k 的关系式，再利用基本不等式进行求解【解答】解：（）由题意得： ，|QF 1|+|QF2|2a， ，a 218，又 c3，b3，C 的方程为 第 21 页（共 25 页）（）设 P 的坐标为（0，m ） ，MN 的中点为 Q，当 l 的斜率 k 存在时， l 的方程为 yk （x+3） 由题意知：PQMN， ，设 M（x 1，y 1） ，N（x 2，y 2） ，（1+2k 2）x 2+12k2x+18k2 180， ， ， ， ， 当 k0 时， ， ，当 k0 时， ， 当 l 的斜率不存在时，m0， P 的纵坐标的取值集合为： 【
36、点评】本题考查椭圆的标准方程，椭圆定义，直线与椭圆的位置关系，考查方程的思想、分类讨论、逻辑推理能力及运算能力，属于难题21 （12 分）设函数 f（x ）xlnx（x0） （）若 af（x ）恒成立，求 a 的敢值范围；第 22 页（共 25 页）（）设 F（x ）ax 2+x+f（x） （aR） ，讨论函数 F（x）的单调性；（）F（x） ax2+x+f（x）与函数 y x 在1 ，+ ）有公共点，求 a 的最小值【分析】 （I）函数的定义域为（ 0，+ ） ，f （x）1+lnx，令 f（x）0，可得 x，即可对称单调性极值，可得 a 的取值范围（II）F（x）ax 2+x+f（x）ax
37、 2+x+1+lnx（x0） ，F （x ）2ax+1+ （x0） 对 a 分类讨论，即可得出单调性（III）F（x） ax2+x+f（ x）与函数 y x 在1，+ ）有公共点lnxax 2 x10 在1 ，+）有解令 h（x ）ax 2 x1，u（x）lnx，x1，+） 对 a 分类讨论利用单调性即可得出结论【解答】解：（I）函数的定义域为（ 0，+ ） ，f（x）1+lnx，令 f（x）1+lnx0，可得 x0x 时，f（x）0，x 时，f （x）0函数 f（x）在（ 0， ）上单调递减，在（ ，+）单调递增，x 时，函数 f（x）取得极小值即最小值，f（ ） a a 的敢值范围是（，
38、） （II）F（x）ax 2+x+f（x）ax 2+x+1+lnx（x0） ，F（x）2 ax+1+ （x0） 当 a0 时，F（x ）0 恒成立，F（x ）在（0，+ ）上为增函数当 a0 时，令 F（x ）0，得 x 函数 F（x）在（ 0， ）上单调递增，在（ ，+）上单调递减综上可得：当 a0 时，F（x）在（0，+）上为增函数第 23 页（共 25 页）当 a0 时，函数 F（x ）在（0， ）上单调递增，在（ ，+）上单调递减（III）F（x） ax2+x+f（ x）与函数 y x 在1，+ ）有公共点lnxax 2 x10 在1 ，+）有解令 h（x）ax 2 x1， u（x）l
39、nx，x 1，+） a0 时，u（ x）在 x1，+）单调递增h（x ）在 x1，+）单调递减要使方程有解，必需 h（1）u（1）0，无解，舍去a0 时，u（ x）在 x1，+）单调递增h（x ） x1 在 x1，+）单调递减要使方程有解，必需 h（1） u（1）0，无解，舍去a0 时，u（ x）在 x1，+）单调递增h（x ） ax 2 x1，开口向上，对称轴为 x 0，要使方程有解，必需 h（1）a u（1）0，解得 0a a 的最小值为 【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性及其与最值、方程与不等式的解法、等价转化方法、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题请考生在第 22
40、、23 题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分，作答时请用2B 铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑.22 （10 分）在直角坐标系 xOy 中，直线 l 的参数方程为 （t 为参数） 在极坐标系（与直角坐标系 xOy 取相同的长度单位，且以原点 O 为极点，以 x 轴非负半轴为极轴）中，圆 C 的方程为 2 sin（）求圆 C 的直角坐标方程；（）设圆 C 与直线 l 交于点 A、B，若点 P 的坐标为（3， ） ，求 【分析】 （I）由 2 sin可得 22 sin，再根据极坐标与直角坐标的对应关系第 24 页（共 25 页）化简即可；（II）把直线 l 的参数方程代入圆的直接坐标
41、方程，根据根与系数的关系和参数的几何意义得出答案【解答】解：（I）由 2 sin得 22 sin，即 x2+y22 y，圆 C 的直角坐标方程为 x2+y22 y0（II）把 代入圆的直角坐标方程可得 t23 t+40，181620，设 A，B 对应的参数分别为 t1，t 2，则 t1+t23 ，t 1t24，故 t10，t 20 | + | | 【点评】本题考查了参数方程，极坐标方程与直角坐标方程的转化，属于中档题选修 4-5：不等式选讲23函数 f（x） +2 （）求 f（x）的值域；（）若关于 x 的不等式 f（x）m0 有解，求证：3m+ 7【分析】 （I）由 f（x ） +2 |x
42、1|+2|x2|，分类讨论取绝对值，然后根据分段函数的性质可求值域（II）若关于 x 的不等式 f（x）m 0 有解，故只需 mf（x）的最小值，可求 m 的范围，然后结合基本不等式即可证【解答】解：f（x ） +2 |x1|+2|x2|（I）当 x2 时，f（x ）3x51；当 1x2 时，f（x）3x，1f （x）2，当 x1 时，f（ x）53x2综上可得，函数的值域为1， +）（II）证明：若关于 x 的不等式 f（x ）m 0 有解，f（x）m 有解，故只需 mf（x）的最小值，即 m1第 25 页（共 25 页）3m+ 3 （m1）+ +3【点评】本题主要考查了分段函数的函数值域的求解，及不等式的存在性问题，及基本不等式在最值求解中的应用
