1、2019 年河北省保定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 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）|（3+4i）i|（ ）A4 B5 C7 D252 （5 分）已知集合 Ax| y ，B ，则 AB（ ）A x|0x1 Bx|x1 C x|x0 D x|x13 （5 分）等比数列a n中，若 an0，a 2a41，a 1+a2+a37，则公比 q（ ）A B C2 D44 （5 分）已知随机变量 服从正态分布 N（， 2） ，若 P（2）P（6）0.1，则P（2 4）为（
2、;）A0.7 B0.5 C0.4 D0.355 （5 分）我国古代数学著作九章算术有如下问题：“今有器中米，不知其数，前人取半，中人三分取一，后人四分取一，余米一斗五升问，米几何？”如图是解决该问题的程序框图，执行该程序框图，若输出的 S1.5（单位：升） ，则输入 k 的值为（ ）A4.5 B6 C7.5 D96 （5 分）把点 A（3，2）按向量 （1，4）移到点 B，若 2 （O 为坐标原点） ，则 C 点坐标为（ ）第 2 页（共 24 页）A （1，1） B （ ，1） C （2，3） D （1， ）7 （5 分）已知一几何体的三视图如图所示，其中正视图由两个
3、小正方形组成，俯视图为正三角形，则此几何体的体积为（ ）A B C D8 （5 分）函数 的图象大致是（ ）A BC D9 （5 分）ABC 中，内角 A、B、C 的对边 a、b、c 依次成等差数列，且 B ，则ABC 的形状为（ ）A等边三角形B直角边不相等的直角三角形C等腰直角三角形D钝角三角形10 （5 分）设变量 x，y 满足约束条件 ，则目标函数 zx 2+y2 的最大值是（ ）A B C1 D11 （5 分）设点 P 为直线 l：x+y40 上的动点，点 A（2，0） ，B（2，0） ，则|PA|+|PB|的最小值为（ ）
4、A B C D12 （5 分）设函数 f（x ） 的最大值为 M，最小值为 N 则下列结论中：第 3 页（共 24 页）MN ， M+N4，MN1 ，其中一定成立的有（ ）A0 个 B1 个 C2 个 D3 个二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分13 （5 分） 展开式中只有第六项的二项式系数最大，则展开式中的常数项等于 14 （5 分）若正数 a，b 满足 ab+a+b3，则 a+b 的最小值为 15 （5 分）已知函数 f（x ）ax 33x 2+1，若 f（x）存在唯一的零点 x0，且 x00，则
5、a的取值范围是 16 （5 分）已知点 M 在以 A，B 为焦点的椭圆上，点 C 为该椭圆所在平面内的一点，且满足以下两个条件： ； ；则该椭圆的离心率为 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 1721 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：共 60 分17 （12 分）已知ABC 中，A ，cos B ，AC8（1）求ABC 的面积；（2）求 AB 边上的中线 CD 的长18 （12 分）如图，已知四棱锥中，四边形 ABCD 为矩形，AB 2 ，BC S
6、CSD2 ，BC SD（1）求证：SC平面 SAD；（2）设 ，求平面 SEC 与平面 SBC 所成的二面角的正弦值第 4 页（共 24 页）19 （12 分）某次招聘分为笔试和面试两个环节，且只有笔试过关者方可进入面试环节，笔试与面试都过关才会被录用笔试需考完全部三科，且至少有两科优秀才算笔试过关，面试需考完全部两科且两科均为优秀才算面试过关，假设某考生笔试三科每科优秀的概率均为 ，面试两科每科优秀的概率均为（1）求该考生被录用的概率；（2）设该考生在此次招聘活动中考试的科目总数为 ，求 的分布列与数学期望20 （12 分）已知抛物线 E：y 28x ，直线 l：ykx4（1）若直线 l 与
7、抛物线 E 相切，求直线 l 的方程；（2）设 Q（4，0） ，直线 l 与抛物线 E 交于不同的两点 A（x 1，y 1） ，B（x 2，y 2） ，若存在点 C，满足 ，且线段 OC 与 AB 互相平分（O 为原点） ，求 x2 的取值范围21 （12 分）已知函数 f（x ）xlnx+ax+1a（1）求证：对任意实数 a，都有f（x） min1；（2）若 a2，是否存在整数 k，使得在 x（2，+）上，恒有 f（x）（k+1）x2k1 成立？若存在，请求出 k 的最大值；若不存在，请说明理由 （e2.71828）（二）选考题：共 10 分请考生从第 22、23 两题中任选一题作答，并用
8、2B 铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按本选考题的首题进行评分选修 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 l 的参数方程为 以原点 O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，且曲线 C 的极坐标方程为（1）写出直线 l 的普通方程与曲线 C 的直角坐标方程；（2）设直线 l 上的定点 P，在曲线 C 外且其到 C 上的点的最短距离为 ，试求点P 的坐标选修 4-5：不等式选讲23已知函数 f（x ）|x +a|+|x2|1第 5 页（共 24 页）（1）若 a1，求不等式 f（
9、 x）2 的解集；（2）若 x1， 2时，f（x ） +x4 恒成立，求 a 的取值范围第 6 页（共 24 页）2019 年河北省保定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 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）|（3+4i）i|（ ）A4 B5 C7 D25【分析】根据题意，由复数乘积的公式可得（3+4i）i 4+3i，由复数模的公式计算可得答案【解答】解：根据题意， （3+4i）i 4+3i，则|（ 3+4i）i| |4+3 i| 5；故选：B【点评】本题考查复数的计算，涉及复数模的计
10、算，属于基础题2 （5 分）已知集合 Ax| y ，B ，则 AB（ ）A x|0x1 Bx|x1 C x|x0 D x|x1【分析】求出集合 A，B，由此能求出 AB【解答】解：集合 Ax| y x|x1，B x|x 0 或 x1 ，ABx|x1故选：D【点评】本题考查了不等式的解法，交集的基本运算，注意解集为整数集，属于基础题3 （5 分）等比数列a n中，若 an0，a 2a41，a 1+a2+a37，则公比 q（ ）A B C2 D4【分析】由 an0，a 2a41，可得 1，解得 a3根据 a1+a2+a37，利用通项公式及其性质即可得出【解答】解：a n0，
11、a 2a41， 1，解得 a31第 7 页（共 24 页）a 1+a2+a37， + +17，化为：6q 2q10，q0，解得 q 故选：B【点评】本题考查了等比数列的通项公式及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题4 （5 分）已知随机变量 服从正态分布 N（， 2） ，若 P（2）P（6）0.1，则P（2 4）为（ ）A0.7 B0.5 C0.4 D0.35【分析】随机变量 服从正态分布 N（， 2） ，由 P（2）P（6）0.1，得到曲线关于 x4 对称，根据曲线的对称性从而得到所求【解答】解：由 P（2）P（6）0.1，可得 4，且 P（24） ，故选：C【点评】本题
12、考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义，考查正态分布中两个量 和 的应用，考查曲线的对称性，属于基础题5 （5 分）我国古代数学著作九章算术有如下问题：“今有器中米，不知其数，前人取半，中人三分取一，后人四分取一，余米一斗五升问，米几何？”如图是解决该问题的程序框图，执行该程序框图，若输出的 S1.5（单位：升） ，则输入 k 的值为（ ）第 8 页（共 24 页）A4.5 B6 C7.5 D9【分析】模拟程序的运行，依次写出每次循环得到的 n，S 的值，当 n4 时，不满足条件 n4，退出循环，输出 S 的值为 ，即可解得 k 的值【解答】解：模拟程序的运行，可得n1，Sk满足
13、条件 n4，执行循环体，n2，Sk ，满足条件 n4，执行循环体，n3，S ，满足条件 n4，执行循环体，n4，S ，此时，不满足条件 n4，退出循环，输出 S 的值为 ，由题意可得： 1.5，解得：k6故选：B【点评】算法和程序框图是新课标新增的内容，在近两年的新课标地区高考都考查到了，这启示我们要给予高度重视，属于基础题6 （5 分）把点 A（3，2）按向量 （1，4）移到点 B，若 2 （O 为坐标原点） ，则 C 点坐标为（ ）A （1，1） B （ ，1） C （2，3） D （1， ）第 9 页（共 24 页）【分析】可设 B（x ，y ） ，据题意知 ，从而可求出 ，
14、得 B（4，6） ，然后设 C（s ，t） ，则根据 即可求出 s，t，即得出 C 点的坐标【解答】解：设 B（x ，y ） ，据题意得： ；（x3，y2）（1，4） ； ； ；B（4，6） ；设 C（s，t） ，则根据 得：（4，6）2（s 4，t6） ； ；解得 ；C（2，3） 故选：C【点评】考查向量平移的概念，根据点的坐标求向量的坐标的方法，向量坐标的数乘运算7 （5 分）已知一几何体的三视图如图所示，其中正视图由两个小正方形组成，俯视图为正三角形，则此几何体的体积为（ ）A B C D【分析】由已知中的三视图，可得该几何体是一个以俯视图为底面的三棱柱，求出棱柱的底面面积和
15、高，代入棱柱体积公式，可得答案【解答】解：由已知中的三视图，可得该几何体是一个以正视图为底面的三棱柱，棱锥的底面三角形的边长为 2，高为 1，故棱柱的体积 VSh ，故选：C第 10 页（共 24 页）【点评】本题考查的知识点是由三视图求体积，其中分析出几何体的形状是解答的关键8 （5 分）函数 的图象大致是（ ）A BC D【分析】判断函数奇偶性和对称性，结合极限思想进行判断即可【解答】解：f（x ） xsinx （ x+sinx） f（x ） ，则 f（x）是奇函数，图象关于原点对称，排除 B，D ，当 x0，且 x0，f（x）0 且 f（x）0，排除 A，故选：C【点评】本题
16、主要考查函数图象的识别和判断，判断函数的奇偶性和对称性以及利用极限思想是解决本题的关键9 （5 分）ABC 中，内角 A、B、C 的对边 a、b、c 依次成等差数列，且 B ，则ABC 的形状为（ ）A等边三角形B直角边不相等的直角三角形C等腰直角三角形D钝角三角形【分析】求出 A+C ，据 a、b、c 成等差数列，得 2ba+c，由正弦定理可得sinA+sinC，解得 cos 1，从而得到 AC0，可得ABC 为等边三角形【解答】解：B ，A+ C a、b、c 成等差数列，第 11 页（共 24 页）2ba+c，由正弦定理可得 2sinB sin A+sinC2sin cos c
17、os ，cos 1，又 AC ，AC0，故ABC 为等边三角形，故选：A【点评】本题考查等差数列的定义，正弦定理，和差化积公式，根据三角函数的值求角，求出 cos 1，是解题的关键10 （5 分）设变量 x，y 满足约束条件 ，则目标函数 zx 2+y2 的最大值是（ ）A B C1 D【分析】作出可行域，zx 2+y2 表示可行域内的点到原点距离的平方，数形结合可得【解答】解：作出变量 x，y 满足约束条件 ，所对应的可行域，而 zx 2+y2 表示可行域内的点 A 到原点距离的平方，由： ，解得 A（ ， ）数形结合可得最大值为：（ ） 2+（ ）2 ，故选：D第 12 页（共
18、 24 页）【点评】本题考查简单线性规划，准确作图是解决问题的关键，属中档题11 （5 分）设点 P 为直线 l：x+y40 上的动点，点 A（2，0） ，B（2，0） ，则|PA|+|PB|的最小值为（ ）A B C D【分析】利用点关于直线对称即可【解答】解：如图所示，设点 C（x ，y）为点 B 关于直线 x+y40 的对称点则有点 C 的坐标为（ 4，2）|PA|+|PB| 故选：A【点评】求两条线段之和的最小值时，三点共线时最小，这是解题关键12 （5 分）设函数 f（x ） 的最大值为 M，最小值为 N 则下列结论中：第 13 页（共 24 页）MN ， M+N4，MN
19、1 ，其中一定成立的有（ ）A0 个 B1 个 C2 个 D3 个【分析】构造函数 g（x） ，判断函数 g（x）的奇偶性和单调性，可得 g（x）的最值，进而得到 f（x ）的 M，N ，即可判断结论【解答】解：函数 f（x ） ，即 f（x）1+ ，设 g（x） ，可得 g（x）g（x ） ，即有 g（x ）为奇函数，可得 g（x）的最大值和最小值互为相反数当 x0 时，g（x ） ，导数为 g（x ） ，当 x1 时，g（x ）递减；x 1 时，g（x）递增，可得 x1 时，g（x ）取得极大值，且为最大值 ；当 x0 时，g（x ）的最小值为 ，可得 M1+ ，N1 ，即有
20、MN ，M+N2，MN1 ， ，则正确，错误故选：D【点评】本题考查函数的奇偶性和单调性、最值，考查导数的运用，考查运算能力，属于中档题二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分13 （5 分） 展开式中只有第六项的二项式系数最大，则展开式中的常数项等于 180 【分析】如果 n 是奇数，那么是中间两项的二次项系数最大，如果 n 是偶数，那么是最中间那项的二次项系数最大，由此可确定 n 的值，进而利用展开式，即可求得常数项【解答】解：如果 n 是奇数，那么是中间两项的二次项系数最大，如果 n 是偶数，那么是最中间项的二次项系数最大第 14 页（共 24 页） 展开式中只有第六项
21、的二项式系数最大，n10 展开式的通项为 令 0，可得 r2展开式中的常数项等于 180故答案为：180【点评】本题考查二项展开式，考查二项式系数，正确利用二项展开式是关键14 （5 分）若正数 a，b 满足 ab+a+b3，则 a+b 的最小值为 2 【分析】根据题意，由基本不等式可得 ab ，进而可得 +（a+b）3，解可得（a+b）的取值范围，即可得答案【解答】解：根据题意，a、b 是正数，则 ab ，又由 ab+a+b3，则 +（a+b）3，变形可得：（a+b） 2+4（a+b ）120，解可得：a+b2 或 a+b6，又由 a、b 是正数，则 a+b2，即 a+b 的最小值为 2；故
22、答案为：2【点评】本题考查基本不等式的性质以及应用，关键是构造不等式，属于基础题15 （5 分）已知函数 f（x ）ax 33x 2+1，若 f（x）存在唯一的零点 x0，且 x00，则 a的取值范围是 a2 【分析】对 a 进行分类讨论，再由题意可知 f（ ）0，从而求出 a【解答】解：当 a0 时，函数 f（x ）3x 2+1 有两个零点，不满足情况，当 a0 时，令 f（x）3 ax26x0，解得：x0，或 x ，f（0）1，f（x）存在唯一的零点 x，第 15 页（共 24 页）a0 时，函数的极小值 f（ ）0，解得：a2；但此时 x0a0 时，函数的极大值 f（ ）0，解得：a2；
23、此时 x0故答案为：a2【点评】本题考查了函数的零点的判断，属于基础题16 （5 分）已知点 M 在以 A，B 为焦点的椭圆上，点 C 为该椭圆所在平面内的一点，且满足以下两个条件： ； ；则该椭圆的离心率为 【分析】根据椭圆的定义和性质，建系后得到 M 的坐标代入椭圆方程可得【解答】解：由知：C 为 AB 的中点，即椭圆的中心，以 C 为原点，AB 的垂直平分线为 y 轴建立直角坐标系，则设椭圆的标准方程为： +1，根据椭圆的定义知：| |+| |2a，再结合可得| | a，| | | ，M（ ， ） ，将 M 的坐标代入椭圆方程得： +1，结合 b2a 2c 2
24、化简得 3c22a 2，所以离心率 e 故答案为： 【点评】本题考查了椭圆的性质，属中档题三、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 1721 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：共 60 分17 （12 分）已知ABC 中，A ，cos B ，AC8第 16 页（共 24 页）（1）求ABC 的面积；（2）求 AB 边上的中线 CD 的长【分析】法 1：（1）由已知利用同角三角函数基本关系式可求 sinB 的值，利用两角和的正弦函数公式可求 sinC，由正弦定理可求 AB 的值，根据三角形的面积公式即可计算得解；
25、（2）求得 ，由余弦定理可求 CD 的值法 2：（1）同法 1；（2）由 ，可得 ，结合 ，可求 C 为锐角，可求 cosC 的值，由 + 2 ，两边平方，利用平面向量数量积的运算即可求得 CD 的值【解答】解：法 1：（1） ，且 B（0，） ， ，sinCsin （AB ）sin（A+B），在ABC 中，由正弦定理得： ，即 ，解得： ，所以，ABC 的面积为： ，（2）在ACD 中， ，所以由余弦定理得： ，所以 法 2：（1） ，且 B（0，） ， ，sinCsin （AB ）sin（A+B），在ABC 中，由正弦定理得 ，即 ，解得 ，所以，ABC 的面积为 ，第 17 页（共 24
26、 页）（2）因为 ， ， ，C 为锐角故 （或 ），所以 【点评】本题主要考查了同角三角函数基本关系式，两角和的正弦函数公式，正弦定理，三角形的面积公式，余弦定理，平面向量数量积的运算，考查了计算能力和转化思想，属于中档题18 （12 分）如图，已知四棱锥中，四边形 ABCD 为矩形，AB 2 ，BC SCSD2 ，BC SD（1）求证：SC平面 SAD；（2）设 ，求平面 SEC 与平面 SBC 所成的二面角的正弦值【分析】 （1）推导出 BCSD，BC CD，从而 BC平面 SDC，进而 AD平面SDC，SCAD，SCSD，由此能证明 SC平面 SAD（2）作 SOCD 于 O，以点 O
27、为原点，建立坐标系，利用向量法能求出平面 SEC 与平面 SBC 所成的二面角的正弦值【解答】证明：（1）BC SD，BC CD，BC平面 SDC，AD平面 SDC，SCAD，又在SDC 中，SCSD2，DCAB ，SC 2+SD2DC 2，SCSD，第 18 页（共 24 页）ADSDD，SC平面 SAD解：（2）作 SOCD 于 O，BC平面 SDC，平面 ABCD平面 SDC，SO 平面 ABCD以点 O 为原点，建立坐标系如图，则 S（0，0， ） ，C（0， ，0） ，A（2， ，0） ，B（2， ，0）设 E（2，y， 0） ， ， ，即 E（2， ，0） ，设平面 SEC 的法向
28、量 （x，y，z） ，平面 SBC 的法向量 （a，b，c） ，则 ， ，取 z3，得 （2 ，3，3） ， ，取 z1，得 （0，1，1） ， ，平面 SEC 与平面 SBC 所成的二面角的正弦值为 【点评】本题考查线面垂直的证明，考查二面角的正弦值的求法，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，考查数形结合思想，是中档题19 （12 分）某次招聘分为笔试和面试两个环节，且只有笔试过关者方可进入面试环节，笔试与面试都过关才会被录用笔试需考完全部三科，且至少有两科优秀才算笔试过关，面试需考完全部两科且两科均为优秀才算面试过关，假设某考生笔试三科每科优秀的概率均为 ，
29、面试两科每科优秀的概率均为第 19 页（共 24 页）（1）求该考生被录用的概率；（2）设该考生在此次招聘活动中考试的科目总数为 ，求 的分布列与数学期望【分析】 （1）根据相互独立事件的概率公式计算；（2） 的取值有 3，5，求出各自的概率得出分布列和数学期望【解答】解：（1）该考生被录用，说明该考生笔试与面试均得以过关所以 P （2）易得 的可能取值为 3，5P（3） ， 3 5P 【点评】本题考查了相互独立事件的概率计算，考查离散型随机变量的分别列与数学期望，属于中档题20 （12 分）已知抛物线 E：y 28x ，直线 l：ykx4（1）若直线 l 与抛物线 E 相切，求直线 l 的方
30、程；（2）设 Q（4，0） ，直线 l 与抛物线 E 交于不同的两点 A（x 1，y 1） ，B（x 2，y 2） ，若存在点 C，满足 ，且线段 OC 与 AB 互相平分（O 为原点） ，求 x2 的取值范围【分析】 （1）联立方程组，令判别式等于 0 求出 k 的值；（2）根据根与系数的关系和四边形 OACB 为平行四边形求出 C 点坐标，根据 CQAC列方程得出 x2 关于 k 的函数，根据 k 的范围得出 x2 的范围【解答】解：（1）由 得 k2x28（k +1）x+160，显然 k0，64（k +1） 264k 20，解得 k 所以，直线 l 的方程为： （2）由 得 k2x28（
31、k +1）x+160，第 20 页（共 24 页）64（k+1） 264k 20，且 k0， ，且 k0 ， ，因为线段 OC 与 AB 互相平分，所以四边形 OACB 为平行四边形， ，即 C ，由 得，AC QC，所以 kACkQC1又 kQC ， ，所以 ，所以 ，若 k0，则 k + +22 +2，当且仅当 k 时取等号，0x 24（ 1） 若 k0， k + +22 +20，故 x20，不符合题意综上，x 2 的范围是（0，4（ 1）【点评】本题考查了抛物线的性质，考查直线与抛物线的位置关系，属于中档题21 （12 分）已知函数 f（x ）xlnx+ax+1a（1）求证：对任意实数
32、a，都有f（x） min1；（2）若 a2，是否存在整数 k，使得在 x（2，+）上，恒有 f（x）（k+1）x2k1 成立？若存在，请求出 k 的最大值；若不存在，请说明理由 （e2.71828）【分析】 （1）利用导数可得f（x） minf（e （a+1 ） ）1ae （a+1） ，令 t（a）f（x） min，则由 t'（a）1+e （a+1 ） 0 得t（a） maxt（1）1+111，即结论成立（2）法 1：由题设化简可得 k ，令 h（x） ，则 ，令 g（x）x42lnx 设 x 42lnx 0 并记其零点为 x0，故 8x 09，且 lnx0 第 21 页（共 24 页
33、）可得 h（x） minh（x 0） ，即 ，可得 k 的最大值为4法 2：由题设化简可得 x+xlnxk （x2）令 t（x）xlnx+（1k）x +2k，所以 t'（x）lnx+2k由 t'（x）lnx +2k0 得 xe k2 分以下情况讨论：若 ek2 2，若 ek2 2，【解答】解：（1）证明：由已知易得 f（x ）a（x1）+xlnx+1，所以 f'（x）a+1+ lnx令 f'（x）a+1+ lnx0 得，xe （a+1） 显然，x（0， e（a+1） ）时，f'（x）0，函数 f（x）单调递减； x（e （a+1） ，+）时，f'
34、（x ）0，函数 f（x ）单调递增所以f（x） minf（e （a+1） ）1ae （a+1） 令 t（a）f（x） min，则由 t'（a）1+e （a+1 ） 0 得 a1a （，1）时，t'（a）0，函数 t（a）单调递增；a（1，+）时，t'（a）0，函数 t（a）单调递减所以t（a） maxt（1）1+111，即结论成立（2）法 1：由题设化简可得 k ，令 h（x） ，则 令 g（x）x42lnx又 ，x2 时，g'（x）0，即 g（x ）单调递增，g（8）42ln8lne 4ln8 20，g（9）52ln 9lne 5ln9 20设 x42lnx
35、0 并记其零点为 x0，故 8x 09，且 lnx0 所以当 2xx 0 时，g（x ） 0，即 h（x）0，h（x）单调递减；当 xx 0 时，g（x ）0 即 h （x）0，h（x）单调递增，第 22 页（共 24 页）所以 h（x） minh（x 0） ，因此 k ，由于 kZ 且 8x 09，即 ，所以 k 的最大值为 4法 2：由题设化简可得 x+xlnxk （x2）令 t（x）xlnx+（1k）x +2k，所以 t'（x）lnx+2k由 t'（x）lnx +2k0 得 xe k2若 ek2 2，即 k2+ ln2 时，在 x（2，+）上，有 t'（x）0，故
36、函数 t（x）单调递增所以 t（x）t（2）2+2ln2 0若 ek2 2，即 k2+ ln2 时，在 x（2，e k 2）上，有 t'（x）0 故函数 t（x）在 x（2，e k2 ）上单调递减在 x（e k2 ， +）上，有 t'（x）0 故函数 t（x）在 x（e k2 ，+）上单调递增所以，在 x（ 2，+）上，故欲使 2ke k2 ，只需 即可令 m（k）2ke k2 ，m'（ k）2e k2故由 m'（k） 2e k2 0， k2+ln2所以，k2+ln2 时，m'（k）0，即 m（k）单调递减又 m（4）24e 42 8e 282.72 2
37、87.400，m （5）25e 52 10e 3102.7 31019.70故 k 的最大值为 4【点评】本题考查了利用导数求函数的单调区间，等价转化思想，不等式的证明难度中等（二）选考题：共 10 分请考生从第 22、23 两题中任选一题作答，并用 2B 铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按本选考题的首题进行评分选修 4-4：坐标系与参数方程第 23 页（共 24 页）22 （10 分）在平面直角坐标系 xOy 中，直线 l 的参数方程为 以原点 O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，且曲线 C 的极坐标方程为（
38、1）写出直线 l 的普通方程与曲线 C 的直角坐标方程；（2）设直线 l 上的定点 P，在曲线 C 外且其到 C 上的点的最短距离为 ，试求点P 的坐标【分析】 （1）消去参数 t 可得直线 l 的普通方程；由极坐标和直角坐标的互化公式可得曲线 C 的直角坐标方程；（2）问题转化为 P 到圆心的距离减去半径等于 列方程可得【解答】解：（1）由 消去参数 t，得 yx+1即直线 l 的普通方程为 xy+10（2 分）因为 ，又 xcos ，ysin曲线 C 的直角坐标方程为（ x1） 2+（y 1） 22（5 分）（2）由（x1） 2+（y 1） 22 知，曲线 C 是以 Q（1，1）为圆心，
39、为半径的圆设点 P 的坐标为（ ） ，则点 P 到 C 上的点的最短距离为|PQ| （7 分）即 ，整理得 解得所以点 P 的坐标为（1，0）或（2，3）（10 分）法二：由（x1） 2+（y 1） 22 知，曲线 C 是以 Q（1，1）为圆心， 为半径的圆设点 P 的坐标为（x ，x +1） ，则点 P 到 C 上的点的最短距离为|PQ| （7 分）第 24 页（共 24 页）即 ， ，整理得 x2x20，解得 x11，x 22所以点 P 的坐标为（1，0）或（2，3）（10 分）【点评】本题考查了简单曲线的极坐标方程，属中档题选修 4-5：不等式选讲23已知函数 f（x ）|x +a|+|
40、x2|1（1）若 a1，求不等式 f（ x）2 的解集；（2）若 x1， 2时，f（x ） +x4 恒成立，求 a 的取值范围【分析】 （1）原不等式化为| x+a|+|x2| 3，而|x+a|+|x2|a+2| ，结合 a1 可确定解集为 R；（2）利用 x1，2把原不等式转化为|x +a|3 恒成立，即3xa3x 恒成立，进而得解【解答】解：（1）|x +a|+|x2|12 |x+a|+|x2|3|x +a|+|x2| | a+2|，且 a1，|a +2|3，解集为 R；（2）若 x1， 2，f（x ） |x+a|+2x1，则 f（x）+x4 恒成立|x +a|3 恒成立，3xa3x 恒成立，4a1，故 a 的取值范围为4，1【点评】此题考查了绝对值不等式的性质，及不等式恒成立问题等价转化，难度适中
