1、2019 年河北省唐山市高考数学二模试卷（理科）一、选择题：本题共 12 小题，每小题 5 分，共 6 分，在每小题给出的四个中，只有一项是符合题目要求的1 （5 分）已知集合 Ax|2 x ，则 RA（ ）A x|x1 Bx|0x1 C x|x1 D x|x12 （5 分）已知复数 z 满足（1+i）z2，则 z 的共轭复数为（ ）A1+ i B1i Ci Di3 （5 分）在等差数列a n中，a 46，a 3+a5a 10，则 a12（ ）A10 B12 C14 D164 （5 分）已知角 的顶点为坐标原点，始边与 x 轴的非负半轴重合，终边上一点A（2
2、sin，3） ，则 cos（ ）A B C D5 （5 分）已知双曲线 C： 1（a0，b0）的焦距为 4，A（2，3）为 C 上一点，则 C 的渐近线方程为（ ）Ay x Byx Cy x Dy x6 （5 分）已知直线 l，m 和平面 ，有如下三个命题：若存在平面 ，使 ，则 ；若 l， m 是两条异面直线，1 ，m ，1，m，则 ；若 l，m，1m，则 其中正确命题的个数是（ ）A0 B1 C2 D37 （5 分）已知函数 f（x ）sin（2x ） （0）的最小正周期为 将 f（x）的图象向左平移 个单位长度后，所得函数图象的一条对称轴为（ &nb
3、sp;）Ax0 Bx Cx Dx 8 （5 分）已知函数 f（x ） 为奇函数，则 f（x）在 x2 处的切线斜第 2 页（共 22 页）率等于（ ）A6 B2 C6 D89 （5 分）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）A16 B14 C10 D810 （5 分）割补法在我国古代数学著作中称为“出入相补” ，刘徽称之为“以盈补虚” ，即以多余补不足，是数量的平均思想在几何上的体现，如图揭示了刘徽推导三角形面积公式的方法在ABC 内任取一点，则该点落在标记 “盈”的区域的概率为（ ）A B C D11 （5 分）已知抛物线 C：y 24x 的
4、焦点为 F，点 P 在 C 上，以 PF 为半径的圆 P 与 y 轴交于 A， B 两点， O 为坐标原点，若 7 ，则圆 P 的半径 r（ ）A2 B3 C4 D512 （5 分）已知 alog 32，b 1og 43，c 1og 0.2 0.3，则 a，b，c 的大小关系是（ ）Aabc Bacb Ccab Dbac二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分13 （5 分）已知向量 ， 满足| |3，| |1，且| | |，则 （ ） 第 3 页（共 22 页）14 （5 分）设变量 x，y 满足约束条件 ，则 z 的最大
5、值为 15 （5 分）将六名教师分配到甲、乙、丙、丁四所学校任教，其中甲校至少分配两名教师，其它三所学校至少分配一名教师，则不同的分配方案共有 种 （用数字作答） 16 （5 分）各项均为正数的数列a n满足 a11，a nan+23a n+1（nN *） ，则 a5a2019 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，每个试题考生必须作答第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答17 （12 分）在ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，2c a
6、+2bcosA（1）求角 B；（2）若 c7，bsinA ，求 b18 （12 分）如图，在边长为 8 的菱形 ABCD 中，ABC120，将ABD 沿 BD 折起，使点 A 到达 A1 的位置，且二面角 A1BDC 为 60（1）求异面直线 A1C 与 BD 所成角的大小；（2）若点 E 为 A1C 中点，求直线 BE 与平面 A1DC 所成角的正弦值19 （12 分）草果可按果径 M（最大横切面直径，单位：mm ）分为五个等级：M80 时为 1 级，75M80 时为 2 级， 70M 75 时为 3 级， 65M70 时为 4 级，M65时为 5 级，不同果径的苹果，按照不同外观指标又分为
7、特级果、一级果、二级果某果园采摘苹果 10000 个，果径 M 均在60 ，85内，从中随机抽取 2000 个苹果进行统计分析，得到如图 1 所示的频率分布直方图，图 2 为抽取的样本中果径在 80 以上的苹果的等级分布统计图（1）假设 M 服从正态分布 N（， 2） ，其中 的近似值为果径的样本平均数 （同一组据用该区间的中点值代替） ， 235.4，试估计采摘的 10000 个苹果中，果径 M 位于区间（59.85，77.7）的苹果个数：第 4 页（共 22 页）（2）已知该果园今年共收获果径在 80 以上的苹果 800kg，且售价为特级果 12 元/kg，一级果 10 元/kg ，二级果
8、 9 元/kg设该果园售出这 800kg 苹果的收入为 X，以频率估计率，求 X 的数学期望附：若随机变量 Z 服从正态分布 N（， 2） ，则P（Z+）0.6827，P（2Z +2）0.9545， 5.9520 （12 分）已知|MN| 1， 3 ，当 N，M 分别在 x 轴，y 轴上滑动时，点 P 的轨迹记为 E（1）求曲线 E 的方程：（2）设斜率为 k（k 0）的直线 MN 与 E 交于 P，Q 两点，若 |PN| MQ|，求 k21 （12 分）已知 f（x ）4e xe 2x ax（1）若 f（x）在 R 上单调递增，求 a 的取值范围；（2）若 f （x）有两个极值点 x1，x
9、2，x 1x 2，证明：（i）x 1+x20；（ii）f（x 1）+f（x 2）6选考题：共 10 分，请考生在第 2，23 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22 （10 分）在直角坐标系 xOy 中，圆 C1：（x1） 2+y21，圆 C2：（x+2） 2+y24以坐标原点 O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系（1）求圆 C1，C 2 的极坐标方程；（2）设 A，B 分别为 C1，C 2 上的点，若OAB 为等边三角形，求 |AB|选修 4-5：不等式选讲23已知 f（x） |ax+1|+|ax 1|2a4（1）若 f（x） 0，求 a
10、的取值范围；第 5 页（共 22 页）（2）若 a0，y（x ）的图象与 x 轴围成的封闭图形面积为 S，求 S 的最小值第 6 页（共 22 页）2019 年河北省唐山市高考数学二模试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题：本题共 12 小题，每小题 5 分，共 6 分，在每小题给出的四个中，只有一项是符合题目要求的1 （5 分）已知集合 Ax|2 x ，则 RA（ ）A x|x1 Bx|0x1 C x|x1 D x|x1【分析】根据补集的定义，求出 A 在全集 R 中的补集即可【解答】解：Ax|2 x x| x1 ，则 RAx|x1故选：D【点评】本题考查了补集的定义与应用问题
11、，是基础题目2 （5 分）已知复数 z 满足（1+i）z2，则 z 的共轭复数为（ ）A1+ i B1i Ci Di【分析】把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案【解答】解：由（1+i）z 2，得 z ， 故选：A【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题3 （5 分）在等差数列a n中，a 46，a 3+a5a 10，则 a12（ ）A10 B12 C14 D16【分析】根据等差数列的性质和通项公式即可求出【解答】解：a 46，a 3+a5a 10，2a 4a 4+6d，d a41，a 12a 4+8d6+8 14，故选：C【点
12、评】本题考查了等差数列的性质和通项公式，属于基础题4 （5 分）已知角 的顶点为坐标原点，始边与 x 轴的非负半轴重合，终边上一点A（2sin，3） ，则 cos（ ）第 7 页（共 22 页）A B C D【分析】由已知结合任意角的三角函数的定义求得 cos ，整理可得：4cos 417cos 2+40，解方程即可得解【解答】解：由题意可得：x2sin ，y3，可得：r ，cos ，可得：cos 2 ，整理可得：4cos 417cos 2+40，解得：cos 2 ，或 （舍去） ，cos 故选：A【点评】本题主要考查了任意角的三角函数的定义及同角三角函数基本关系式的应用，考查了
13、方程思想，属于中档题5 （5 分）已知双曲线 C： 1（a0，b0）的焦距为 4，A（2，3）为 C 上一点，则 C 的渐近线方程为（ ）Ay x Byx Cy x Dy x【分析】求出双曲线的焦点，根据定义求出 a，然后求出 b可得双曲线 C 的方程与渐近线方程【解答】解：由题意可知：双曲线的焦点为（2，0）和（2，0）根据定义有 2a| |a1 由以上可知：a 21，c 24，b 23所求双曲线 C 的渐近线方程为： y 故选：D【点评】本题考查双曲线的简单性质以及双曲线的定义的应用，考查计算能力6 （5 分）已知直线 l，m 和平面 ，有如下三个命题：若存在平面 ，使 ，则
14、；若 l， m 是两条异面直线，1 ，m ，1，m，则 ；第 8 页（共 22 页）若 l，m，1m，则 其中正确命题的个数是（ ）A0 B1 C2 D3【分析】由面面垂直的性质定理和面面的位置关系，可判断；由面面平行的判定定理可判断 ；由线面垂直的性质定理和面面平行的判定，可判断【解答】解：直线 l，m 和平面 ，若存在平面 ，使 ，则 或 ， 相交，故错误；，若 l，m 是两条异面直线，1 ，m ，1，m，平移直线 l 到 l'与 m 相交，可得 l' ，由面面平行的判定定理可得 ，故正确；，若 l ，1m，则 m，又 m ，则 ，故正确故选：C【点评】本题考查
15、空间线线、线面和面面的位置关系，主要是平行和垂直的判断和性质，考查推理能力，属于基础题7 （5 分）已知函数 f（x ）sin（2x ） （0）的最小正周期为 将 f（x）的图象向左平移 个单位长度后，所得函数图象的一条对称轴为（ ）Ax0 Bx Cx Dx 【分析】先由周期公式可得 1，再平移得函数解析式，再代入 x 检验可知选B【解答】解：由 T 得 1，f（x ）sin（2x ） ，向左平移 后得ysin2（x+ ） sin（2x + ） ，当 x 时，sin（2x+ ）sin（2 + ）1，故选：B【点评】本题考查了函数 yAsin （ x+）的图象变换，属中档题8 （5
16、分）已知函数 f（x ） 为奇函数，则 f（x）在 x2 处的切线斜率等于（ ）第 9 页（共 22 页）A6 B2 C6 D8【分析】利用函数的奇偶性求出 a，然后通过函数的导数求解切线的斜率即可【解答】解：函数 f（x ） 为奇函数，函数的图象关于原点对称，所以 a2，x0，yx 2+2x，y2x+2，则 f（x）在 x2 处的切线斜率：4+22故选：B【点评】本题考查函数的极限以及函数的导数的应用，考查计算能力9 （5 分）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）A16 B14 C10 D8【分析】根据三视图知该几何体是半球体截去一个圆锥体剩余部分，结
17、合图中数据求出它的表面积【解答】解：根据三视图知，该几何体是半球体截去一个圆锥体剩余部分，画出图形如图所示；结合图中数据，计算该几何体的表面积为SS 半球表面积 +S 半球底面圆 +S 圆锥侧面积 S 圆锥底面圆2 + +1 1 2第 10 页（共 22 页）10故选：C【点评】本题考查了利用三视图求几何体表面积的应用问题，是基础题10 （5 分）割补法在我国古代数学著作中称为“出入相补” ，刘徽称之为“以盈补虚” ，即以多余补不足，是数量的平均思想在几何上的体现，如图揭示了刘徽推导三角形面积公式的方法在ABC 内任取一点，则该点落在标记 “盈”的区域的概率为（ ）A B C D【
18、分析】根据题意可得该点落在标记“盈”的区域的面积为三角形面积的四分之一，即可求出【解答】解：根据题意可得该点落在标记“盈”的区域的面积为三角形面积的四分之一，故该点落在标记“盈”的区域的概率为 ，故选：A【点评】本题考查了几何概型的概率公式，考查了数学文化知识，属于基础题11 （5 分）已知抛物线 C：y 24x 的焦点为 F，点 P 在 C 上，以 PF 为半径的圆 P 与 y 轴交于 A， B 两点， O 为坐标原点，若 7 ，则圆 P 的半径 r（ ）A2 B3 C4 D5【分析】画出图形，设出 AB 坐标，利用已知条件转化求解即可【解答】解：抛物线 C：y 24x 的焦点为
19、 F（1，0） ，点 P 在 C 上，以 PF 为半径的圆P 与 y 轴交于 A，B 两点，O 为坐标原点，若 7 ，设 A（0，t） ，t0，则 B（0，7t ） ，则 P（4t 2，4t ） ，可得：PA 2AC 2+PC2，即（4t 2+1） 2（4t 2） 2+（3t） 2，解得 t1，所以圆 P 的半径 r4t 2+15 第 11 页（共 22 页）故选：D【点评】本题考查抛物线的简单性质，抛物线与圆的位置关系的应用，考查转化思想以及计算能力12 （5 分）已知 alog 32，b 1og 43，c 1og 0.2 0.3，则 a，b，c 的大小关系是（ ）Aabc Ba
20、cb Ccab Dbac【分析】利用对数函数的单调性直接求解【解答】解：0log 31a log32log 3 ，b1og 43 ， c1og 0.2 0.3 ，则 a，b，c 的大小关系为 acb故选：B【点评】本题考查三个数的大小的求法，考查对数函数的单调性等基础知识，考查运算求解能力，是基础题二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分13 （5 分）已知向量 ， 满足| |3，| |1，且| | |，则 （ ） 9 【分析】利用向量的模的平方，求出向量的数量积，转化求解即可【解答】解：向量 ， 满足| |3，| |1，且| | |，可得 ，所以 ，第 12 页（共 22
21、页）则 （ ） 909故答案为：9【点评】本题考查向量的数量积的应用，考查计算能力14 （5 分）设变量 x，y 满足约束条件 ，则 z 的最大值为 【分析】先画出满足条件的平面区域，得到 yz（x+2）过（1，2）时，z 最大，从而求出 z 的最大值【解答】解：先画出满足条件的平面区域，如图示：，由 z 得：yz（x +2） ，yz（ x+2）过（1，2）时，z 最大，z 的最大值是 ，故答案为： 【点评】本题考查了线性规划问题，考查了数形结合思想，是一道中档题15 （5 分）将六名教师分配到甲、乙、丙、丁四所学校任教，其中甲校至少分配两名教师，其它三所学校至少分配
22、一名教师，则不同的分配方案共有 660 种 （用数字作答） 【分析】四所学校分配人数为 3，1，1，1 或 2，2，1，1，讨论甲校分，3 人，2 人进行讨论计算即可【解答】解：将六名教师分配到甲、乙、丙、丁四所学校任教，其中甲校至少分配两名教师，其它三所学校至少分配一名教师，第 13 页（共 22 页）则分配人数为 3，1，1，1 或 2，2，1，1，若甲校分 3 人，则有 C ，其余 3 人全排列，共有 C A 120，若甲校分 2 人，则有 C ，剩余 4 人分三组然后全排列有 C C A 540，共有 120+540660 种方案，故答案为：660【点评】本题主要考查排列组合的应用，结
23、合人数进行分组，以甲校分配人数进行分类讨论即可16 （5 分）各项均为正数的数列a n满足 a11，a nan+23a n+1（nN *） ，则 a5a2019 27 【分析】由已知可得数列a n是以 6 为周期的周期数列，由数列的周期性得答案【解答】解：由 a11，a nan+23a n+1（n N*） ，得：n1 时，a 33a 2，n2 时，a 2a43a 3，即 ；n3 时，a 3a53a 4，即 ；n4 时，a 4a63a 5，即 ；n5 时，a 5a73a 6，即 ；n6 时，a 6a83a 7，即 由上可知，数列a n是以 6 为周期的周期数列，则 a2019 a3716+3a
24、33a 2a 5a2019 故答案为：27第 14 页（共 22 页）【点评】本题考查数列递推式，考查数列周期性的应用，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 17-21 题为必考题，每个试题考生必须作答第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答17 （12 分）在ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，2c a+2bcosA（1）求角 B；（2）若 c7，bsinA ，求 b【分析】 （1）根据题意，由正弦定理分析可得 2sinC sinA+2sinBcosA，即2sin（A+B ） sinA+2sinBcosA，结合和差公式分析可得 2si
25、nAcosB sinA，进而求出 cosB 的值，由 B 的范围分析可得答案；（2）根据题意，由正弦定理分析可得 asinBbsin A ，又由 B 的值，解可得 a 的值，进而由余弦定理分析可得答案【解答】解：（1）根据题意，2c a+2bcosA，则有 2sinC sinA+2sinBcosA，即2sin（A+B ） sinA+2sinBcosA，所以 2（sinAcosB+sin BcosA） sinA+2sinBcosA，即 2sinAcosB sinA，因为 sinA0，所以 cosB 又 0B，故 B ；（2）在ABC 中，由正弦定理可得 ，变形可得 asinBbsin A ，由（
26、1）知 B ，则 a2 ，由余弦定理可得，b 2a 2+c22accosB19，所以 b 【点评】本题考查三角形中的几何计算，涉及正弦定理、余弦定理的应用，属于基础题18 （12 分）如图，在边长为 8 的菱形 ABCD 中，ABC120，将ABD 沿 BD 折起，使点 A 到达 A1 的位置，且二面角 A1BDC 为 60（1）求异面直线 A1C 与 BD 所成角的大小；（2）若点 E 为 A1C 中点，求直线 BE 与平面 A1DC 所成角的正弦值第 15 页（共 22 页）【分析】 （1）连接 AC，交 BD 于点 O，连接 OA1，推导出 ACBD ，从而OA1BD，OCBD，进而 B
27、D平面 A1OC，BDA 1C，由此能求出异面直线 A1C 与BD 所成角的大小（2）A 1OC 即为二面角 A1BDC 的平面角，从而A 1OC60以 O 为坐标原点，为 x，y 轴正方向，建立空间直角坐标系 Oxyz，利用向量法能求出直线 BE 与平面A1DC 所成角的正弦值【解答】解：（1）连接 AC，交 BD 于点 O，连接 OA1，因为四边形 ABCD 为菱形，所以 ACBD ，从而 OA1BD，OCBD，又因为 OA1OCO，所以 BD平面 A1OC，因为 A1C平面 A1OC，所以 BDA 1C，所以异面直线 A1C 与 BD 所成角的大小为 90（5 分）（2）由（1）可知，A
28、 1OC 即为二面角 A1BDC 的平面角，所以A 1OC60以 O 为坐标原点，为 x，y 轴正方向，建立空间直角坐标系 Oxyz，B（4，0，0） ，D（4，0， 0） ，C（0，4 ，0） ，A 1（0，2 ，6） ，E（0，3 ，3） 所以 （4，3 ，3） ， （4，2 ，6） ， （4，4 ，0） 设平面 A1DC 的法向量为 （x，y，z） ，则 ，取 y1，得 （ ，1， ） ，设直线 BE 与平面 A1DC 所成角为 ，则 sin 所以直线 BE 与平面 A1DC 所成角的正弦值为 （12 分）第 16 页（共 22 页）【点评】本题考查异面直线所成角、线面角的正弦值的求法，
29、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，是中档题19 （12 分）草果可按果径 M（最大横切面直径，单位：mm ）分为五个等级：M80 时为 1 级，75M80 时为 2 级， 70M 75 时为 3 级， 65M70 时为 4 级，M65时为 5 级，不同果径的苹果，按照不同外观指标又分为特级果、一级果、二级果某果园采摘苹果 10000 个，果径 M 均在60 ，85内，从中随机抽取 2000 个苹果进行统计分析，得到如图 1 所示的频率分布直方图，图 2 为抽取的样本中果径在 80 以上的苹果的等级分布统计图（1）假设 M 服从正态分布 N（， 2） ，其中 的
30、近似值为果径的样本平均数 （同一组据用该区间的中点值代替） ， 235.4，试估计采摘的 10000 个苹果中，果径 M 位于区间（59.85，77.7）的苹果个数：（2）已知该果园今年共收获果径在 80 以上的苹果 800kg，且售价为特级果 12 元/kg，一级果 10 元/kg ，二级果 9 元/kg设该果园售出这 800kg 苹果的收入为 X，以频率估计率，求 X 的数学期望附：若随机变量 Z 服从正态分布 N（， 2） ，则P（Z+）0.6827，P（2Z +2）0.9545， 5.95【分析】 （1）根据所给的频率分布直方图计算出平均数 ，进而得到M（59.85，77.7）即（2Z
31、 +） ，根据正态分布的对称性计算出第 17 页（共 22 页）P（2Z+）（2）X 的所有取值为 9600，8000，7200，然后分别求出特级果、一级果、二级果的概率，列出分布列，求其期望即可【解答】解：（1）平均数62.550.03+67.550.05+72.550.06+77.5 50.04+82.550.0271.75所以 M 服从正态分布 N（71.75，35.4） 从而有 P（59.85M77.7）P（2 Z+）P（ 2 Z +2）+P（Z+ ）0.8186，故采摘的 10000 个苹果中，果径位于区间（59.85，77.7）的苹果个数约为100000.81868186（个） （
32、2）由图 2 可知，果径在 80 以上的苹果中，特级果、一级果、二级果的概率分别为，0.2，0.5，0.3设出售 800kg 果径在 80 以上苹果的收入为 X 元，则 X 的分布列为：X 9600 8000 7200P 0.2 0.5 0.3故 E（X）96000.2+80000.5+72000.38080 元，【点评】本题考查了正态分布，离散型随机变量的概率分布列及数学期望，属于中档题20 （12 分）已知|MN| 1， 3 ，当 N，M 分别在 x 轴，y 轴上滑动时，点 P 的轨迹记为 E（1）求曲线 E 的方程：（2）设斜率为 k（k 0）的直线 MN 与 E 交于 P，Q 两点，若
33、 |PN| MQ|，求 k【分析】 （1）设 M（0，m） ，N （n，0） ，P（x，y） ，由题意可得 m2+n21再由 3，得 n ，m ，代入可得曲线 E 的方程为 ；（2）设 MN：ykx+t，得 n 设 P（x 1，y 1） ，Q（x 2，y 2） ，联立直线方程与椭圆方程，利用根与系数的关系可得 PQ 的中点坐标，结合|PN| |MQ|，得 MN 和 PQ 的中第 18 页（共 22 页）点重合，由此列式求得 k 值【解答】解：（1）设 M（0， m） ，N （n，0） ，P（x，y） ，由|MN | 1 得 m2+n21由 3 ，得（x，y m）3（n，m） ，从而 x3n，y
34、m3m，n ，m ，曲线 E 的方程为 ；（2）MN：ykx+t，n 设 P（x 1，y 1） ，Q（x 2，y 2） ，将 MN 代入到 E 的方程并整理，可得（4+9k 2）x 2+18ktx+9t2360，x 1+x2 |PN | |MQ|，所以 MN 和 PQ 的中点重合，联立可得 k2 ，故 k 【点评】本题考查利用待定系数法求轨迹方程，考查直线与椭圆位置关系的应用，是中档题21 （12 分）已知 f（x ）4e xe 2x ax（1）若 f（x）在 R 上单调递增，求 a 的取值范围；（2）若 f （x）有两个极值点 x1，x 2，x 1x 2，证明：（i）x 1+x20；（ii）
35、f（x 1）+f（x 2）6第 19 页（共 22 页）【分析】 （1）求出原函数的导函数 f（x ） ，再求导函数的导函数，得到 f（x）的单调性，再由求 f（x ）的最小值，由最小值大于等于 0 可得 a 的取值范围；（2） （）由（1）得 f（x）的两个零点为 x1，x 2，x 10x 2，且 a6得到 f（x）的单调区间，令 h（x）g（x）g（x ） ，利用导数得到 h（x）在（0，+）上单调递减，则当 x0 时，h（x ）h（0）0得到 g（x 2） g（x 2） ，结合 g（x 2）g（x 1）0，可得 g（x 1）g（x 2） ，再由单调性证明 x1+x20（）首先证明 f（x
36、 ）+f（x）6由（）得 x2x 10，再由 f（x）在（x 1，x 2）上单调递减，可得 f（x 2）f （x 1） ，从而得到 f（x 1）+f （x 2）6【解答】 （1）解：f（x ）4e xe 2x ax，f（x ）4e x+2e2x a，令 g（x）4e x+2e2x a，则 g（x）4e x4e 2x ，显然 g（x）在（，+）单调递增，且 g（0）0，当 x（ ，0）时，g（x）0，g（x）单调递减；当 x（0，+）时，g（x）0，g（x）单调递增g（x）的最小值为 g（0）6a，即 f（x）的最小值为 6a，要使 f（x）为单调增函数，则有 f（x）0，6a0，故 a6（2）
37、证明：（）由（1）得 g（x）的两个零点为 x1，x 2，x 10x 2，且 a6f（x）在（ ，x 1）和（x 2，+）上单调递增，在（x 1，x 2）上单调递减令 h（x）g（x ）g（x ） ，则 h（x）g（x ）+g（x ）4e x4e 2x +4ex 4e 2x4（e x+ex ） 2+（e x+ex ）+242（e x+ex ）1+ （e x+ex ）0，h（x）在（0，+）上单调递减，当 x0 时，h（x ）h（0）0g（x 2）g（x 2）0，从而 g（x 2）g（x 2） ，又 g（x 2）g（x 1）0，g（x 1）g（x 2） ，第 20 页（共 22 页）g（x）在（
38、，0）上单调递减，x 1，x 2（，0） ，x 1x 2，故 x1+x20（）f（x）+f（x ）4e xe 2x +4ex e 2x（e x+ex ） 2+4（e x+ex ）+2（e x+ex 2） 2+66由（）得 x1+x20，x 2 x 10，由 f（x）在（x 1，x 2）上单调递减，可得 f（x 2）f（x 1） ，从而有 f（x 1） +f（x 2）f（x 1）+f（x 1）6，f（x 1）+f（x 2）6【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查利用导数求函数的极值，考查分析问题与解决问题的能力，属难题选考题：共 10 分，请考生在第 2，23 题中任选一题作答，如果多做
39、，则按所做的第一题记分选修 4-4：坐标系与参数方程22 （10 分）在直角坐标系 xOy 中，圆 C1：（x1） 2+y21，圆 C2：（x+2） 2+y24以坐标原点 O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系（1）求圆 C1，C 2 的极坐标方程；（2）设 A，B 分别为 C1，C 2 上的点，若OAB 为等边三角形，求 |AB|【分析】 （1）利用 x2+y2 2，xcos 可得；（2）因为 C1，C 2 都关于 x 轴对称，OAB 为等边三角形，所以不妨设 A（ A，） ，B（ B，+ ） ，0 ，依题意可得， A2cos， B4cos （+ ） ，联立极坐标方程可解得【解答】解：
40、（1）依题意可得，圆 C1：（x 1） 2+y21；圆 C2：（x+2） 2+y24所以 C1：x 2+y22x；C 2：x 2+y24x，因为 x2+y2 2，x cos，所以 C1：2cos ；C 2： 4cos（4 分）（2）因为 C1，C 2 都关于 x 轴对称，OAB 为等边三角形，所以不妨设 A（ A，） ，B（ B， + ） ，0 第 21 页（共 22 页）依题意可得， A2cos， B4cos （ + ） 从而 2cos4cos（+ ） ，整理得，2cos sin，所以 tan ，又因为 0 ，所以 cos ，|AB| OA| A （10 分）【点评】本题考查了简单曲线的极坐
41、标方程，属中档题选修 4-5：不等式选讲23已知 f（x） |ax+1|+|ax 1|2a4（1）若 f（x） 0，求 a 的取值范围；（2）若 a0，y（x ）的图象与 x 轴围成的封闭图形面积为 S，求 S 的最小值【分析】 （1）利用绝对值不等式的性质求得最小值，再解关于 a 的不等式即可；（2）把 yf（ x）变成分段函数，画出图象后得等腰梯形，再求出面积【解答】解：（1）因为|ax +1|+|ax1|（ax +1）（ax1）|2，等号当且仅当（ax+1） （ax 1）0 时成立，所以 f（x）的最小值为 22a42a2依题意可得，2a20，所以 a1（4 分）（2）因为 a0，f（x ）|ax+1|+|ax1| 2a4，所以 f（x）所以 yf（x）的图象与 x 轴围成的封闭图形为等腰梯形 ABCD，且顶点为 A（1 ，0） ，B（1+ ，0） ，C（ ，2a2） ，D（ ，2a2）从而 S2（1+ ） （a+1 ）2（a+ ）+8因为 a+ 2 ，等号当且仅当 a 时成立，所以当 a 时，S 取得最小值 4 +8（10 分）第 22 页（共 22 页）【点评】本题考查了绝对值不等式的解法，属中档题
