1、2018 年山西省太原市高考数学一模试卷（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 ，则 AB（ ）A （1，+） B C D2 （5 分）若复数 在复平面内对应的点在第四象限，则实数 m 的取值范围是（ ）A （1，1） B （1，0） C （1，+） D （，1）3 （5 分）已知命题 ；命题 q：若 ab，则 ，则下列为真命题的是（ ）Apq Bpq Cpq Dpq4 （5 分）执行如图所示的程序框图，输出 S 的值为（ ）A Blog
2、 23 C3 D25 （5 分）已知等比数列a n中，a 2a5a88，S 3a 2+3a1，则 a1（ ）A B C D6 （5 分）函数 的图象大致为（ ）第 2 页（共 28 页）ABCD7 （5 分）已知不等式 ax2by2 在平面区域（x，y ）|x|1 且|y| 1 上恒成立，若 a+b的最大值和最小值分别为 M 和 m，则 Mm 的值为（ ）A4 B2 C4 D28 （5 分）已知抛物线 y22px（p0）的焦点为 F，准线为 l，A，B 是抛物线上的两个动点，且满足AFB60设线段 AB 的中点 M 在 l 上的投影为 N，则（
3、）A|AB|2| MN| B2| AB|3|MN| C|AB| 3|MN| D|AB|MN|9 （5 分）某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ）第 3 页（共 28 页）A B C2 D410 （5 分）已知函数 f（x ）2sin（x+） （0） ，若 ，在上具有单调性，那么 的取值共有（ ）A6 个 B7 个 C8 个 D9 个11 （5 分）三棱锥 DABC 中，CD底面 ABC，ABC 为正三角形，若AE CD，AB CD AE 2，则三棱锥 DABC 与三棱锥 EABC 的公共部分构成的几何体的外接球的体积为（ ）A B C D1
4、2 （5 分）设函数 f（x ）x 2xlnx+2，若存在区间 ，使 f（x）在a，b 上的值域为 k（a+2 ） ，k（b+2），则 k 的取值范围是（ ）A BC D二、填空题：本大题共 4 道，每小题 5 分，共 20 分13 （5 分）已知多项式（1+2x） 6（1+y） 5，则其展开式中 xy3 的系数为 14 （5 分）已知双曲线 C： 1 的右焦点为 F，过点 F 向双曲线的一条渐进线引垂线，垂足为 M，交另一条渐近线于 N，若 2 ，则双曲线的离心率 第 4 页（共 28 页）15 （5 分）某人在微信群中发
5、了一个 7 元“拼手气”红包，被甲、乙、丙三人抢完，若三人均领到整数元，且每人至少领到 1 元，则甲领取的钱数不少于其他任何人的概率是 16 （5 分）数列a n中， ，若数列b n满足 ，则数列b n的最大项为第 项三、解答题：本大题共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17 （12 分）ABC 的内角为 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知（1）求 sin（A+B）+sin AcosA+cos（AB ）的最大值；（2）若 ，当ABC 的面积最大时，ABC 的周长；18 （12 分）某校倡导为特困学生募捐，要求在自
6、动购水机处每购买一瓶矿泉水，便自觉向捐款箱中至少投入一元钱现统计了连续 5 天的售出矿泉水箱数和收入情况，列表如下：售出水量x（单位：箱）7 6 6 5 6收入 y（单位：元）165 142 148 125 150学校计划将捐款以奖学金的形式奖励给品学兼优的特困生，规定：特困生综合考核前 20名，获一等奖学金 500 元；综合考核 2150 名，获二等奖学金 300 元；综合考核 50 名以后的不获得奖学金（1）若 x 与 y 成线性相关，则某天售出 9 箱水时，预计收入为多少元？（2）甲乙两名学生获一等奖学金的概率均为 ，获二等奖学金的概率均为 ，不获得奖学金的概率均为 ，已知甲乙两名学生获
7、得哪个等级的奖学金相互独立，求甲乙两名学生所获得奖学金之和 X 的分布列及数学期望；第 5 页（共 28 页）附：回归方程 ，其中 19 （12 分）如图，在四棱锥中 PABCD，底面 ABCD 为边长为 的正方形，PABD （1）求证：PBPD ；（2）若 E，F 分别为 PC，AB 的中点，EF平面 PCD，求直线 PB 与平面 PCD 所成角的大小20 （12 分）已知椭圆 的左、右顶点分别为 A1，A 2，右焦点为F2（1， 0） ，点 在椭圆 C 上（1）求椭圆方程；（2）若直线 l：y k（x4） （k0）与椭圆 C 交于 M，N 两点，已知直线 A1M 与 A2N相交于点 G，证
8、明：点 G 在定直线上，并求出定直线的方程21 （12 分）f（x ）a（x1） ，g（x）（ax1）e x，aR（1）证明：存在唯一实数 a，使得直线 yf （x）和曲线 yg（x）相切；（2）若不等式 f（x ）g（x）有且只有两个整数解，求 a 的范围22 （10 分）在平面直角坐标系 xoy 中，曲线 C1 过点 P（a，1） ，其参数方程为（t 为参数，a R） 以 O 为极点，x 轴非负半轴为极轴，建立极坐标系，曲线 C2 的极坐标方程为 cos2+4cos0（）求曲线 C1 的普通方程和曲线 C2 的直角坐标方程；（）已知曲线 C1 与曲线 C2 交于 A、B 两点，且|PA|
9、2|PB| ，求实数 a 的值选修 4-5：不等式选讲23已知函数 f（x ）|x +m|+|2x1| 第 6 页（共 28 页）（1）当 m1 时，求不等式 f（x）2 的解集；（2）若 f（x） |2x +1|的解集包含 ，求 m 的取值范围第 7 页（共 28 页）2018 年山西省太原市高考数学一模试卷（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 ，则 AB（ ）A （1，+） B C D【分析】化简集合 A、B，根据交集的定义写出 AB【解答】解：集合
10、 Ay| ylog 2x，x2y|y1，B y|y ，x 1 y|y ，则 ABy|y1（1，+） 故选：A【点评】本题考查了集合的化简与运算问题，是基础题2 （5 分）若复数 在复平面内对应的点在第四象限，则实数 m 的取值范围是（ ）A （1，1） B （1，0） C （1，+） D （，1）【分析】利用复数代数形式的乘除运算，再由实部大于 0 且虚部小于 0 列式求解【解答】解： 在复平面内对应的点在第四象限， ，解得1m 1实数 m 的取值范围是（ 1，1） 故选：A【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题3 （5 分）已知命题 ；
11、命题 q：若 ab，则 ，则下列为真命题的是（ ）第 8 页（共 28 页）Apq Bpq Cpq Dpq【分析】根据题意，分析可得 p 为真命题，而 q 为假命题，结合复合命题的真假关系分析选项，综合即可得答案【解答】解：根据题意，对于 P，x 2x +1（x ） 2+ 0 恒成立，则x 0R，则x02x 0+10 为真命题；对于 q，当 a0 而 b0 时， ，则 不成立，则 q 为假命题；分析选项可得：pq、pq、pq 都是假命题；pq 为真命题；故选：B【点评】本题考查复合命题的真假的判定，关键是掌握复合命题真假的判定方法4 （5 分）执行如图所示的程序框图，输出 S 的值
12、为（ ）A Blog 23 C3 D2【分析】由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量 S 的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案【解答】解：模拟程序的运行，可得S3，i1满足条件 i3，执行循环体， S3+ ，i 2满足条件 i3，执行循环体， S3+ + ，i 3第 9 页（共 28 页）满足条件 i3，执行循环体， S3+ + + 3+14，i4此时，不满足条件 i3，退出循环，可得： S 2故程序框图输出 S 的值为 2故选：D【点评】本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的结论，是基础题
13、5 （5 分）已知等比数列a n中，a 2a5a88，S 3a 2+3a1，则 a1（ ）A B C D【分析】设等比数列a n的公比为 q，a 2a5a88，S 3 a2+3a1，可得：8，a 3+a2+a1a 2+3a1，解得 a52a 1q4，a 32a 1，进而得出【解答】解：设等比数列a n的公比为 q，a 2a5a88 ，S 3a 2+3a1， 8，a 3+a2+a1a 2+3a1，解得 a52a 1q4，a 32a 1，解得 q22，a 1 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6 （5 分）函数 的图象大致为（ &
14、nbsp;）A第 10 页（共 28 页）BCD【分析】通过特值法逐步排除选项即可得到结果【解答】解：当 x1 时，函数 1，所以选项 B 不正确；x1 时，函数 1，所以选项 A 不正确，x 时，函数 e0，所以选项 D 不正确；故选：C【点评】本题考查函数的图象的判断，一般利用函数的奇偶性与函数的单调性，函数经过的特殊点以及函数的对称性判断解答，例如本题采用特值排除法也是常用方法7 （5 分）已知不等式 ax2by2 在平面区域（x，y ）|x|1 且|y| 1 上恒成立，若 a+b的最大值和最小值分别为 M 和 m，则 Mm 的值为（ ）A4 B2 C4 D2【分析】先依据不
15、等式组（ x，y）|x|1，| y|1，结合二元一次不等式（组）与平面区域的关系画出其表示的平面区域，再利用求最优解的方法，结合题中条件：“恒有ax2by2”得出关于 a，b 的不等关系，利用线性规划的知识进行求解第 11 页（共 28 页）【解答】解：令 zax2by ，ax2by2 恒成立，即函数 zax2by 在可行域要求的条件下，z max2 恒成立当直线 ax2byz0 过点（1，1）或点（1，1）或（1，1）或（1，1）时，有： 点 P（a，b）形成的图形是图中的菱形 MNTS设 a+bz，得 ba+z，平移直线 ba+z ，由图象知当直线 ba+z 经过 M（2，0）时，直线的截
16、距最大，当经过点 T（2，0）时，直线的截距最小，即最大值 Ma+b2+02，最小值为不等式 ma+b2+02，Mm 22 4，故选：C【点评】本题主要考查了用平面区域二元一次不等式组，以及简单的转化思想和数形结合的思想，属中档题求出不等式的平面区域是解决本题的关键8 （5 分）已知抛物线 y22px（p0）的焦点为 F，准线为 l，A，B 是抛物线上的两个动点，且满足AFB60设线段 AB 的中点 M 在 l 上的投影为 N，则（ ）A|AB|2| MN| B2| AB|3|MN| C|AB| 3|MN| D|AB|MN|【分析】设|AF|a，| BF|b，连接 AF、BF由抛物
17、线定义得 2|MN|a+b，由余弦定理第 12 页（共 28 页）可得|AB| 2（a+ b） 23ab，进而根据基本不等式，求得|AB|的取值范围，从而得到本题答案【解答】解：设|AF|a，| BF|b，由抛物线定义，得 AF|AQ |，|BF| |BP|在梯形 ABPQ 中， 2| MN|AQ|+|BP |a+b由余弦定理得，|AB|2a 2+b2 2abcos60a 2+b2ab配方得，|AB| 2（a+ b） 23 ab，又ab（ ） 2，（a+b） 23ab（a+ b） 2 （a+ b） 2 （a+b） 2得到|AB| （a+ b） |AB| |MN|故选：D【点评】本题着重考查抛物
18、线的定义和简单几何性质、基本不等式求最值和余弦定理的应用等知识，属于中档题9 （5 分）某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ）第 13 页（共 28 页）A B C2 D4【分析】由三视图还原原几何体，可知该几何体为三棱锥，底面是等腰直角三角形，直角边长为 2，高为 2，再由棱锥体积公式求解【解答】解：由三视图还原原几何体如图：该几何体为三棱锥，底面是等腰直角三角形，直角边长为 2，高为 2，则该几何体的体积为 故选：A【点评】本题考查由三视图求面积、体积，关键是由三视图还原原几何体，是中档题10 （5 分）已知函数 f（x ）2sin（x+） （0） ，若 ，在上
19、具有单调性，那么 的取值共有（ ）A6 个 B7 个 C8 个 D9 个【分析】由题意知， k + T，根据 k 的取值情况求得 的可能取值【解答】解：函数 f（x ）2sin（x+） ，第 14 页（共 28 页），由题意，有 k + T，k 为非负整数；又 f（x）在 上具有单调性， ，T ，又 T ， ，解得 12， k + T， （2k+1） ，解得 （2 k+1）12；k ，取 k8；k 的取值范围是0 ，1，2，3，4，5，6，7，8 ；则 的取值共有 9 种故选：D【点评】本题考查了正弦函数的图象与性质的应用问题，是难题11 （5 分）三棱锥 DABC 中，CD底面
20、 ABC，ABC 为正三角形，若AE CD，AB CD AE 2，则三棱锥 DABC 与三棱锥 EABC 的公共部分构成的几何体的外接球的体积为（ ）A B C D【分析】首先根据题意，整理出几何体，进一步根据图形求出球的半径，进一步求出球的体积【解答】解：根据题意：三棱锥 DABC 与三棱锥 EABC 的公共部分构成的几何体的外接球的半径为：正三角形 ABC 的底面中心如图所示：第 15 页（共 28 页）故：r ，所以：V ，故选：B【点评】本题考查的知识要点：几何体与球的接和切的应用12 （5 分）设函数 f（x ）x 2xlnx+2，若存在区间 ，使 f（x）在a，b 上的
21、值域为 k（a+2 ） ，k（b+2），则 k 的取值范围是（ ）A BC D【分析】判断 f（x ）的单调性得出 f（x）k （x+2）在 ，+）上有两解，作出函数图象，利用导数的意义求出 k 的范围【解答】解：f（x ）2xlnx+1，f（x ）2 ，当 x 时，f（x）0，f（x）在 ，+ ）上单调递增，f（x）f（ ）2ln 0，f（x）在 ， +）上单调递增，a，b ，+ ） ，f（x）在a， b上单调递增，f（x）在a， b上的值域为k（a+2） ，k（b+2） ， ，方程 f（x） k（x+2）在 ，+ ）上有两解 a，b第 16 页（共 28 页）作出 yf（x）
22、与直线 yk （x +2）的函数图象，则两图象有两交点若直线 yk（x +2）过点（ ， + ln2） ，则 k ，若直线 yk（x +2）与 yf（x）的图象相切，设切点为（x 0，y 0） ，则 ，解得 k11k ，故选：C【点评】本题考查了函数的单调性，导数的几何意义，零点个数与函数图象的关系，属于中档题二、填空题：本大题共 4 道，每小题 5 分，共 20 分13 （5 分）已知多项式（1+2x） 6（1+y） 5，则其展开式中 xy3 的系数为 120 【分析】利用二项式展开式的通项公式即可得出【解答】解：根据题意（1+2x） 6（1+y）5 ，xy 3 的系数为 120，故答案为：
23、120【点评】本题考查了二项式定理的应用，考查了推理能力与计算能力，属于基础题第 17 页（共 28 页）14 （5 分）已知双曲线 C： 1 的右焦点为 F，过点 F 向双曲线的一条渐进线引垂线，垂足为 M，交另一条渐近线于 N，若 2 ，则双曲线的离心率 【分析】由题意可知 F 为 MN 的三等分点，用 a，b，c 表示出OMN 的边长，利用勾股定理得出 a，b 的关系从而得出离心率【解答】解：双曲线的渐近线方程为 y ，设 M 在直线 y 上，M（x 0， ） ，F（c，0） ，则 MF b，OM a，2 ，FN2b，S OFN 2S OMF ，即 2MOFNO
24、F，ON2a，在 Rt OMN 中，由勾股定理得 a2+9b24a 2，b 2 ，e 故答案为： 第 18 页（共 28 页）【点评】本题考查了双曲线的简单性质，属于中档题15 （5 分）某人在微信群中发了一个 7 元“拼手气”红包，被甲、乙、丙三人抢完，若三人均领到整数元，且每人至少领到 1 元，则甲领取的钱数不少于其他任何人的概率是 【分析】利用隔板法得到共计有 n 15 种领法，乙获得“最佳手气”的情况总数m6，由此能求出乙获得“ 最佳手气”的概率【解答】解：如下图，利用隔板法，得到共计有 n 1510 种领法，甲领 3 元“甲领取的钱数不少于其他任何人”的情况有 3 种，甲领 4 元“
25、甲领取的钱数不少于其他任何人”的情况有 2 种，甲领 5 元“甲领取的钱数不少于其他任何人”的情况有 1 种，“甲领取的钱数不少于其他任何人”的情况总数 m3+2+16，甲领取的钱数不少于其他任何人的概率 p 故答案为： 【点评】本题考查概率的求法，考查隔板法等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题第 19 页（共 28 页）16 （5 分）数列a n中， ，若数列b n满足 ，则数列b n的最大项为第 6 项【分析】由数列的递推式和等差数列的求和公式可得 an，求得 bn，判断单调性，即可得到最大项【解答】解：由 a10，a na n1 2n1，可得 ana 1+（a 2a
26、 1）+ （a 3a 2）+ +ana n1 0+3+5+（2n1） （n1） （3+2n1）n 21，若数列b n满足 bnn （ ） n1 ，即有 bnn （ ） n1 n（n+1）（ ） n1 ，可得 ，由 1 可得 n ，由 n 为整数，可得 1n6 时，b n 递增；且 n6 时，b n 递减，可得 b6 为最大项故答案为：6【点评】本题考查数列的通项公式的求法，注意运用数列恒等式，考查数列的单调性的判断和运用：求最大项，考查运算能力，属于中档题三、解答题：本大题共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17 （12 分）ABC 的内角为 A，B，C 的对边分别为 a，b
27、，c，已知（1）求 sin（A+B）+sin AcosA+cos（AB ）的最大值；（2）若 ，当ABC 的面积最大时，ABC 的周长；【分析】 （1）根据正弦定理和两角和的正弦公式，以及二次函数的性质即可求出答案，（2）根据三角形的面积公式和余弦定理，以及基本不等式即可求出第 20 页（共 28 页）【解答】解：（1）由 得： ，abcosC+csinB，即 sinAsinBcosC+sinCsinB，cosBsinB ， ；由 ，令 tsinA+cosA，原式 ，当且仅当 时，上式的最大值为 （2） ，即 ，当且仅当 等号成立； ，周长 【点评】本题主要考查了两角和与差的正弦函数公式，正弦
28、余弦定理，基本不等式，三角形面积公式，正弦函数的图象和性质在解三角形中的综合应用，考查了转化思想和数形结合思想，属于中档题18 （12 分）某校倡导为特困学生募捐，要求在自动购水机处每购买一瓶矿泉水，便自觉向捐款箱中至少投入一元钱现统计了连续 5 天的售出矿泉水箱数和收入情况，列表如下：售出水量x（单位：箱）7 6 6 5 6收入 y（单位：元）165 142 148 125 150学校计划将捐款以奖学金的形式奖励给品学兼优的特困生，规定：特困生综合考核前 20名，获一等奖学金 500 元；综合考核 2150 名，获二等奖学金 300 元；综合考核 50 名以后的不获得奖学金（1）若 x 与
29、y 成线性相关，则某天售出 9 箱水时，预计收入为多少元？第 21 页（共 28 页）（2）甲乙两名学生获一等奖学金的概率均为 ，获二等奖学金的概率均为 ，不获得奖学金的概率均为 ，已知甲乙两名学生获得哪个等级的奖学金相互独立，求甲乙两名学生所获得奖学金之和 X 的分布列及数学期望；附：回归方程 ，其中 【分析】 （1）根据表中数据 ，经计算 ，所以线性回归方程为 ，把 x9 带入计算即可（2）根据独立性事件的性质，X 的可能取值为 0，300，500，600，800，1000；即可求解概率可得 X 的分布列及数学期望【解答】解：（1） ，经计算 ，所以线性回归方程为，当 x9 时，y 的估计
30、值为 206 元；（2）X 的可能取值为 0，300，500，600，800，1000； ； ； ；X 0 300 500 600 800 1000P所以 X 的数学期望 E（X ）600【点评】本题考查了线性回归方程的求法及应用，分布列及数学期望属于基础题19 （12 分）如图，在四棱锥中 PABCD，底面 ABCD 为边长为 的正方形，PABD （1）求证：PBPD ；（2）若 E，F 分别为 PC，AB 的中点，EF平面 PCD，求直线 PB 与平面 PCD 所成角的大小第 22 页（共 28 页）【分析】 （1）连接 AC，BD 交于点 O，连结 PO，则 ACBD ，结合 PABD
31、得出 BD平面 PAC，故而 BDPO ，又 O 为 BD 的中点，得出 OP 为 BD 的中垂线，得出结论；（2）设 PD 的中点为 Q，连接 AQ，EQ ，证明四边形 AQEF 是平行四边形，于是 AQ平面 PCD，通过证明 CD平面 PAD 得出 CDPA，结合 PABD 得出 PA平面ABCD，以 A 为原点建立空间直角坐标系，则直线 PB 与平面 PCD 所成角的正弦值等于|cos |，从而得出线面角的大小【解答】解：（1）连接 AC， BD 交于点 O，连结 PO底面 ABCD 是正方形，ACBD，OBOD又 PABD ，PA平面 PAC，AC 平面 PAC，PAAC A，BD平面
32、 PAC，PO 平面 PAC，BDPO 又 OBOD ，PBPD （2）设 PD 的中点为 Q，连接 AQ，EQ ，则 EQCD，EQ CD，又 AFCD，AF ，EQAF，EQAF，四边形 AQEF 为平行四边形，EF AQ ，EF平面 PCD，AQ 平面 PCD，AQPD ，Q 是 PD 的中点，APAD AQ平面 PCD，AQCD，又 ADCD，AQADA ，CD平面 PAD，CDPA第 23 页（共 28 页）又 BDPA，BDCDD，PA平面 ABCD以 A 为坐标原点，以 AB，AD，AP 为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，则 B（ ，0，0） ，P（0，0， ） ，A（0，0
33、，0） ，Q （0， ， ） （0， ， ） ， （ ，0， ） AQ平面 PCD， 为平面 PCD 的一个法向量cos 设直线 PB 与平面 PCD 所成角为 ，则 sin |cos | 直线 PB 与平面 PCD 所成角为 【点评】本题考查了线面垂直的判定与性质，线面角的计算，空间向量的应用，属于中档题20 （12 分）已知椭圆 的左、右顶点分别为 A1，A 2，右焦点为F2（1， 0） ，点 在椭圆 C 上（1）求椭圆方程；（2）若直线 l：y k（x4） （k0）与椭圆 C 交于 M，N 两点，已知直线 A1M 与 A2N相交于点 G，证明：点 G 在定直线上，并求出定直线的方程【分析
34、】 （1）由题意得：c1将 B 代入椭圆方程，即可求得 a 和 b 的值，即可求得椭圆方程；第 24 页（共 28 页）（2）分类讨论，M 在椭圆顶点时，根据椭圆的对称性，求得直线 k，求得 A1M 与 A2N方程，求得 G 点坐标，当 M 不在椭圆顶点时，将直线方程，代入椭圆方程，利用韦达定理及直线的斜率公式，表示出直线 A1M 与 A2N，当 x1 时，代入整理得，所以 G 在定直线 x1 上【解答】解：（1）F 2（1，0） ，c1，由题目已知条件知 ，椭圆的方程为： ；（2）由椭圆对称性知 G 在 xx 0 上，假设直线 l 过椭圆上顶点，则 ， ， ，所以 G 在定直线 x1 上当
35、M 不在椭圆顶点时，设 M（x 1，y 1） ，N（x 2，y 2） ， ，整理得（3+4k 2）x232k 2x+64k2120，所以 ，当 x1 时， ，得 2x1x25（x 1+x2）+80 ，所以 ，显然成立，所以 G 在定直线 x1 上【点评】本题考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，考查韦达定理，直线的斜率公式的应用，考查转化思想，属于中档题第 25 页（共 28 页）21 （12 分）f（x ）a（x1） ，g（x）（ax1）e x，aR（1）证明：存在唯一实数 a，使得直线 yf （x）和曲线 yg（x）相切；（2）若不等式 f（x ）g（x）有且只有两个整数解，求 a 的
36、范围【分析】 （1）设切点为（x 0，y 0） ，求得 g（x ）的导数，可得切线的斜率，由方程相等，可得 x0 的方程，求得其范围，即可得证；（2）令 f（x） g（x） ，即 a（x1）（ax1）e x，所以 ，令，求得导数和单调性，结合条件讨论 0a1，a1，可得满足条件的 a的范围【解答】解：（1）证明：设切点为（x 0，y 0） ，则 ，yf（x）和 yg（x ）相切，则，所以 ，即 令 h（x）e x+x2，h'（x）e x+10，所以 h（x）单增又因为 h（0）10，h（1）e10，所以，存在唯一实数 x0，使得 ，且 x0（0，1） 所以只存在唯一实数 a，使成立，即
37、存在唯一实数 a 使得 yf（x）和 yg（x）相切（2）令 f（x） g（x） ，即 a（x1）（ax1）e x，所以 ，令 ，则 ，由（1）可知，m（x）在（，x 0）上单减，在（x 0，+）单增，且 x0（0，1） ，故当 x0 时，m （x）m（0）1，当 x1 时，m（x）m （1）1，当 a0 时，f（x ）0，g（x）e x，f（x ）g（x）显然恒成立，不满足题意；第 26 页（共 28 页）当 a0 时，因为要求整数解，所以 m（x）在 xZ 时，m（x ）1，所以 am（x）1 有无穷多整数解，舍去；当 0a1 时， ，又 ，所以两个整数解为 0，1，即 ，所以 ，即 ，当
38、 a1 时， ，因为 在 xZ 内大于或等于 1，所以 无整数解，舍去，综上， 【点评】本题考查导数的运用：求切线方程和单调性，考查方程思想和不等式有解的条件，以及分类讨论思想方法，化简整理的运算能力，属于难题22 （10 分）在平面直角坐标系 xoy 中，曲线 C1 过点 P（a，1） ，其参数方程为（t 为参数，a R） 以 O 为极点，x 轴非负半轴为极轴，建立极坐标系，曲线 C2 的极坐标方程为 cos2+4cos0（）求曲线 C1 的普通方程和曲线 C2 的直角坐标方程；（）已知曲线 C1 与曲线 C2 交于 A、B 两点，且|PA| 2|PB| ，求实数 a 的值【分析】 （）利用
39、三种方程的转化方法，求曲线 C1 的普通方程和曲线 C2 的直角坐标方程；（）设 A、B 两点所对应参数分别为 t1，t 2，联解 ，得 ，由此能求出实数 a 的值第 27 页（共 28 页）【解答】解：（）曲线 C1 参数方程为 ，其普通方程xya+10，由曲线 C2 的极坐标方程为 cos2+4cos0， 2cos2+4cos 20x 2+4xx 2y 20，即曲线 C2 的直角坐标方程 y24x （）C 1 参数方程为 可化为 ，设 A、B 两点所对应参数分别为 t1，t 2，联解 得 ，要有两个不同的交点，则 ，即 a0，由韦达定理有 ，|PA| 2|PB|， 当 时，根据直线参数方程
40、的几何意义可知 t12t 2， ，解得 a ，a 0，符合题意，当 时根据直线参数方程的几何意义可知 t12t 2，解得 a ，a 0，符合题意，实数 a 的值为 或 【点评】本题考查三种方程的转化，考查参数方程的运用，考查参数的几何意义，考查分类讨论的数学思想，属于中档题选修 4-5：不等式选讲23已知函数 f（x ）|x +m|+|2x1| （1）当 m1 时，求不等式 f（x）2 的解集；第 28 页（共 28 页）（2）若 f（x） |2x +1|的解集包含 ，求 m 的取值范围【分析】 （1）通过讨论 x 的范围，去掉绝对值，解关于各个区间上的不等式的解集，取并集即可；（2）求出 f（x ）的最大值，问题转化为|x+m|2，从而求出 m 的范围【解答】解：（1）当 m 1 时，f（x）| x1|+|2x 1|，x1 时，f（x ）3x22，解得 ；当 时，f（x ） x2，解得 ；当 时， f（x ）2 3x2，解得 ；综合可知，原不等式的解集为 （2）由题意可知 f（x ）|2x+1|在 上恒成立，当 时，f（x ）|x+m|+|2x1| |x+m|+2x1 |2x+1|2x+1，从而可得|x+ m|2，即2x+m22xm2x，且 ， （2x） min0，因此 【点评】本题考查了解绝对值不等式问题，考查分类讨论思想以及函数恒成立，是一道中档题
