1、2020 年高考数学模拟试卷（文科）（年高考数学模拟试卷（文科）（5 月份）月份） 一、选择题（共 12 小题）. 1已知集合 AxZ|x3，B2，0，2，3，则 AB（ ） A2，0，2 B0，2 C2，2 D2 2设 z ，则 在复平面内对应的点位于（ ） A第一象限 B第二象限 C第三象限 D第四象限 3已知 sin21cos2，且 ， ，则 （ ） A B C D 4设 x，y 满足约束条件 ，则 z2x+y 的最小值为（ ） A5 B2 C4 D7 5某综艺节目为比较甲、乙两名选手的各项能力（指标值满分为 5 分，分值高者为优）， 分别绘制了如图所示的六维能力雷达图，图中点 A 表示
2、甲的创造力指标值为 4，点 B 表 示乙的空间能力指标值为 3，则下列叙述错误的是（ ） A甲的六大能力中推理能力最差 B甲的创造力优于观察能力 C乙的计算能力优于甲的计算能力 D乙的六大能力整体水平低于甲 6在正方体 ABCDA1B1C1D1中，E 为 AD1的中点，F 为 BD 的中点，下列结论正确的是 （ ） AEFC1D BEFBD CEF平面 BCC1B1 DEF平面 AB1C1D 7已知函数 的图象，如图所示，那么 的值为 （ ） A2 B3 C4 D5 8“中国剩余定理”又称“孙子定理”，最早可见于中国南北朝时期的数学著作孙子算 经卷下第二十六题，叫做“物不知数”，原文如下：今有
3、物不知其数，三三数之剩二， 五五数之剩三， 七七数之剩二， 问物几何？现有这样一个相关的问题： 将 1 到 2020 这 2020 个自然数中满足被 3 除余 2 且被 5 除余 3 的数按照从小到大的顺序排成一列，构成一个 数列，则该数列的项数是（ ） A135 B134 C59 D58 9设 alog43，blog54，c20.01，则 a，b，c 的大小关系为（ ） Abac Babc Cacb Dbca 10 已知双曲线 ： 左、 右焦点分别为 F1， F2， 过 F2的直线与 C 交于 A， B 两点若ABF1为等边三角形，则 C 的渐近线方程为（ ） A B C 或 D 或 11在
4、正四面体 PABC 中，点 D，E 分别在线段 PC，PB 上， ，若 AE+ED 的最小 值为 ，则该正四面体外接球的表面积为（ ） A27 B54 C D 12已知曲线 yf（x）与 g（x）ln（x2）x2 的图象关于点（1，0）对称，若 直线 yax 与曲线 yf（x）相切，则 a（ ） A2 B1 C D 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，满分 20 分 13已知向量 ， ， ， ，若 ，R，则 m 14为增强学生的劳动意识，某校组织两个班级的学生参加社区劳动，这两个班级拟从高一 年段的两个班级和高二年段的四个班级中选出，则选出的班级中至少有一个班级来自高 一年段的概率
5、为 15 ABC 的内角 A， B， C 的对边分别为 a， b， c 若 sinAsinBcosC2sin2C， 则 ， sinC 的最大值为 16 已知椭圆 ： 的左焦点为 F， 经过原点的直线与 C 交于 A， B 两点， 若AFB150，则 C 的离心率的取值范围为 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记数列an的前 n 项和为 Sn，已知 a11， （1）求数列an的通项公式； （2）设 ，记数列bn的前 n 项和为 Tn，
6、求证： 18在党中央的正确领导下，通过全国人民的齐心协力，特别是全体一线医护人员的共同努 力，新冠肺炎疫情得到了有效控制作为集中医学观察隔离点的某酒店在疫情期间，为 客人提供两种速食品“方便面”和“自热米饭”为调查这两种速食品的受欢迎程度， 酒店部门经理记录了连续 10 天这两种速食品的销售量，得到如下频数分布表（其中销售 量单位：盒）： 第 t 天 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 方便面 103 93 98 93 106 86 87 94 91 99 自热米饭 88 96 98 97 101 99 102 107 104 112 （1）根据两组数据完成下面的茎叶图（填到答题卡上）；
7、 （2）根据统计学知识，你认为哪种速食品更受欢迎，并简要说明理由； （3） 求自热米饭销售量 y 关于天数 t 的线性回归方程， 并预估第 12 天自热米饭的销售量 （结果精确到整数） 参考数据： （ti ）（yi ）165， （ti ）2 附：回归直线方程 ，其中 ， t 19在如图所示的几何体 ABCDE 中，DC平面 ABC，DEBC，CACD，F 是线段 AD 的中点，AECF （1）求证：ACBC； （2）若 ACBC2DE2，求三棱锥 FABE 的体积 20已知点 A（1，0），抛物线 C：y22px（p0）上存在一点 M，使得直线 AM 的斜率 的最大值为 1，圆 Q 的方程为
8、（1）求点 M 的坐标和 C 的方程； （2）若直线 l 交 C 于 D，E 两点且直线 MD，ME 都与圆 Q 相切，证明直线 l 与圆 Q 相 离 21已知函数 f（x）xlnxax2+a （1）若 f（x）a，求 a 的取值范围； （2）若 f（x）存在唯一的极小值点 x0，求 a 的取值范围，并证明 2a1f（x0）0 （二）选考题：共 10 分请考生在第 22.23 两题中任选一题作答如果多做，则按所做第 一个题目计分选修 4-4：坐标系与参数方程 22在直角坐标系 xOy 中，直线 l 过点（2，0）且倾斜角为 以坐标原点 O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线 C
9、 的极坐标方程为 1，l 与 C 交于 M，N 两点 （1）求 C 的直角坐标方程和 的取值范围； （2）求线段 MN 中点 H 的轨迹的参数方程 选修 4-5：不等式选讲 23已知函数 f（x）|x+1|2|xm|（m0），且 f（x）的最大值为 3 （l）求 m 的值； （2）若正数 a，b，c 满足 2（a+b+c）m，证明：bc（la）+ac（lb）+ab（lc） 6abc 参考答案 一、选择题：本大题共 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已知集合 AxZ|x3，B2，0，2，3，则 AB（ ） A2，0，2 B0，2 C2
10、，2 D2 【分析】利用交集定义直接求解 解：集合 AxZ|x3，B2，0，2，3， AB2，0，2 故选：A 2设 z ，则 在复平面内对应的点位于（ ） A第一象限 B第二象限 C第三象限 D第四象限 【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，求出 的坐标得答案 解：由 z ， 得 ， 在复平面内对应的点的坐标为（ ， ），位于第三象限 故选：C 3已知 sin21cos2，且 ， ，则 （ ） A B C D 【分析】由已知利用二倍角公式可求 2sincos2sin2，解范围 ， ，可得 sin 0，利用同角三角函数基本关系式可求 tan1，即可求解 的值 解：sin21cos2， 2si
11、ncos2sin2， ， ，sin0， 可得 cossin，即 tan1， 故选：C 4设 x，y 满足约束条件 ，则 z2x+y 的最小值为（ ） A5 B2 C4 D7 【分析】由约束条件作出可行域，数形结合得到最优解，求出最优解的坐标，代入目标 函数得答案 解：由 x，y 满足约束条件 ，作出可行域如图， 化目标函数 z2x+y 为 y2x+z， ，解得 B（3，1）， 由图可知，当直线 y2x+z 过 B（3，1）时 直线在 y 轴上的截距最小，此时 z 取得最小值， z 最小 z2317 故选：D 5某综艺节目为比较甲、乙两名选手的各项能力（指标值满分为 5 分，分值高者为优）， 分
12、别绘制了如图所示的六维能力雷达图，图中点 A 表示甲的创造力指标值为 4，点 B 表 示乙的空间能力指标值为 3，则下列叙述错误的是（ ） A甲的六大能力中推理能力最差 B甲的创造力优于观察能力 C乙的计算能力优于甲的计算能力 D乙的六大能力整体水平低于甲 【分析】根据雷达图中所给的信息，逐项分析即可 解：由六维能力雷达图，得： 对于 A，甲的推理能力为 2 比其他都低，故 A 正确； 对于 B， 甲的创造能力是 4， 观察能力也是 4， 故甲的创造力与于观察能力一样， 故 B 误； 对于 C，乙的计算能力是 5，甲的计算能力是 4，故乙的计算能力优于甲的计算能力，故 C 正确； 对于 D，乙
13、的六大能力总和为 24，甲的六大能力总和为 25，故 D 正确 故选：B 6在正方体 ABCDA1B1C1D1中，E 为 AD1的中点，F 为 BD 的中点，下列结论正确的是 （ ） AEFC1D BEFBD CEF平面 BCC1B1 DEF平面 AB1C1D 【分析】 由 EFCD1， CD1与 C1D 相交， 判定 A 错误； 求出异面直线所成角判断 B 错误； 由 CD1与平面 BCC1B1相交，EFCD1 判断 C 错误；证明直线与平面垂直判断 D 正确 解：如图， 连接 CD1，F 为 BD 的中点，则 F 为 AC 的中点， 又 E 为 AD1的中点，EF 为ACD1的中位线，得
14、EFCD1， CD1与 C1D 相交，EF 与 C1D 不平行，故 A 错误； 连接 B1D1，B1C，可得B1D1C 为等边三角形，即B1CD160， 又 EFCD1，BDB1D1，B1CD1为 EF 与 BD 所成角为 60，故 B 错误； CD1与平面 BCC1B1相交，而 EFCD1，EF 与平面 BCC1B1相交，故 C 错误； 在正方体 ABCDA1B1C1D1中，B1C1CD1，而 CD1C1D， 又 B1C1C1DC1，CD1平面 AB1C1D，而 EFCD1，EF平面 AB 1C1D，故 D 正 确 故选：D 7已知函数 的图象，如图所示，那么 的值为 （ ） A2 B3 C
15、4 D5 【分析】根据图象求出函数的解析式，结合三角函数的性质即可得到结论 解：根据函数 cos（x）的图象， 可得 1，即 + 1， 由图象可知， f（0）0，即 1cos0 可得：0 那么 + 可得 的值为 4 故选：C 8“中国剩余定理”又称“孙子定理”，最早可见于中国南北朝时期的数学著作孙子算 经卷下第二十六题，叫做“物不知数”，原文如下：今有物不知其数，三三数之剩二， 五五数之剩三， 七七数之剩二， 问物几何？现有这样一个相关的问题： 将 1 到 2020 这 2020 个自然数中满足被 3 除余 2 且被 5 除余 3 的数按照从小到大的顺序排成一列，构成一个 数列，则该数列的项数
16、是（ ） A135 B134 C59 D58 【分析】根据“被 3 除余 2 且被 5 除余 3 的数”，可得这些数构成等差数列，然后根据 等差数列的前 n 项和公式，可得结果 解：被 3 除余 2 且被 5 除余 3 的数构成首项为 8，公差为 15 的等差数列，记为an， 则 an8+15（n1）15n7， 令 an15n72020，解得 n135 将 1 到 2020 这 2020 个自然数中满足被 3 除余 2 且被 5 除余 3 的数按照从小到大的顺 序排成一列， 构成一个数列，则该数列的项数是 135 故选：A 9设 alog43，blog54，c20.01，则 a，b，c 的大小
17、关系为（ ） Abac Babc Cacb Dbca 【分析】引入中间量 ，分出 c 与 b 的大小，然后换底，比较 a，b 的大小 解：因为 0log41alog43log441， 0blog54log551， c20.012 0.92， log54 0.86， log43log45（ ）2（ ）21， a，b，c 的大小关系为 abc 故选：B 10 已知双曲线 ： 左、 右焦点分别为 F1， F2， 过 F2的直线与 C 交于 A， B 两点若ABF1为等边三角形，则 C 的渐近线方程为（ ） A B C 或 D 或 【分析】利用双曲线的对称性，结合已知条件判断 AB 的位置，然后利用通
18、径与焦距列出 方程，求解即可 解：双曲线 ： 左、右焦点分别为 F1，F2，过 F2的直线与 C 交于 A， B 两点 若ABF1为等边三角形， 可知 AB 垂直 x 轴， 所以 2c ， 可得 2ac ， 即 2 m，解得 m2， 所以双曲线的渐近线方程为：y x 故选：A 11在正四面体 PABC 中，点 D，E 分别在线段 PC，PB 上， ，若 AE+ED 的最小 值为 ，则该正四面体外接球的表面积为（ ） A27 B54 C D 【分析】把平面 PAB 与平面 PCB 展开，连接 AD 交 PB 于点 E，此时 AE+ED 的值最小， 在PAD中利用余弦定理求出PA的长， 把四面体P
19、ABC放入正方体中， 利用四面体PABC 的棱长得到正方体的棱长，从而求出正方体的外接球的半径，即为四面体 PABC 的外接 球的半径，再利用球的表面积公式即可得到该正四面体外接球的表面积 解：正四面体 PABC，如图所示： ， 把平面 PAB 与平面 PCB 展开得： ， 连接 AD 交 PB 于点 E，此时根据两点之间线段最短得到 AE+ED 的值最小， 设正四面体 PABC 的棱长为 3a，则在PAD 中，APD120，PA3a，PDa， 所以由余弦定理得： ， 解得：a2， 所以四面体 PABC 的棱长为 6，则把四面体 PABC 放入正方体中，正方体的棱长为 3 ， 又因为正方体的外
20、接球即是四面体 PABC 的外接球， 所以四面体 PABC 的外接球的半径为 ， 所以四面体 PABC 的外接球的表面积为 54， 故选：B 12已知曲线 yf（x）与 g（x）ln（x2）x2 的图象关于点（1，0）对称，若 直线 yax 与曲线 yf（x）相切，则 a（ ） A2 B1 C D 【分析】先根据图象关于（1，0）对称，求出 f（x）的解析式，然后设切点，求导数， 进而写出切线方程，再根据切线过原点，求出切点坐标，即可求出 a 的值 解：由已知设（x，y）是 yf（x）上任意一点， 则关于（1，0）的对称点为（2x，y）在 g（x）ln（x2）x2 的图象上， 所以yln（2x
21、）2+（x+2）2， 所以：f（x）xlnx， ， 设切点为（x0，x0lnx0），k ， 故切线为 y（x0lnx0）（ ）（xx0）， 由已知切线过（0，0），所以 x0+lnx0x0+1， 所以 x0e，所以 k1 故 故选：D 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，满分 20 分 13已知向量 ， ， ， ，若 ，R，则 m 6 【分析】根据题意，由数乘向量的坐标公式可得若 ，则 ，解 、m 的 值，即可得答案 解：根据题意，向量 ， ， ， ， 若 ，则 ，解可得 3，m6； 故答案为：6； 14为增强学生的劳动意识，某校组织两个班级的学生参加社区劳动，这两个班级拟从高一
22、年段的两个班级和高二年段的四个班级中选出，则选出的班级中至少有一个班级来自高 一年段的概率为 【分析】基本事件总数 n 15选出的班级中至少有一个班级来自高一年段包含的 基本事件个数 m 9，由此能求出选出的班级中至少有一个班级来自高一年 段的概率 解：某校组织两个班级的学生参加社区劳动，这两个班级拟从高一年段的两个班级和高 二年段的四个班级中选出， 基本事件总数 n 15 选出的班级中至少有一个班级来自高一年段包含的基本事件个数 m 9， 则选出的班级中至少有一个班级来自高一年段的概率为 p 故答案为： 15 ABC 的内角 A， B， C 的对边分别为 a， b， c 若 sinAsinB
23、cosC2sin2C， 则 5 ， sinC 的最大值为 【分析】利用正弦定理可得：abcosC2c2，根据余弦定理进而可求得： 5，根 据余弦定理，基本不等式可求 cosC ，当且仅当 ab 时等号成立，进而可求 sinC 的最 大值 解：sinAsinBcosC2sin2C， 利用正弦定理可得：abcosC2c2， 又cosC ， 可得 2c 2， 整理可得： 5， cosC ， 当且仅当 ab 时等号成立， sinC 的最大值为 ，当且仅当 ab 时等号成立， 故答案为：5， 16 已知椭圆 ： 的左焦点为 F， 经过原点的直线与 C 交于 A， B 两点， 若AFB150，则 C 的离
24、心率的取值范围为 ， 【分析】设椭圆的右焦点为 E，则四边形 AFBE 是平行四边形，于是把原问题转化为求 FAE30时，离心率的取值范围；然后在AFE 中，结合椭圆的定义、余弦定理和 基本不等式列出关于离心率 e 的不等式，解之即可得解 解：如图所示，设椭圆的右焦点为 E，则四边形 AFBE 是平行四边形， AFB150，FAE30 由椭圆的定义可知，AE+AF2a，不妨设为 m+n2a，由基本不等式的性质可知， ， 在AFE 中， 由余弦定理知， cosFAE ， FAE30， cosFAE ， ， ，解得 ， 0e1，离心率 e ， 故答案为： ， 三、 解答题： 共 70 分 解答应写
25、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记数列an的前 n 项和为 Sn，已知 a11， （1）求数列an的通项公式； （2）设 ，记数列bn的前 n 项和为 Tn，求证： 【分析】本题第（1）题当 n2 时根据公式 anSnSn1，代入进行计算并加以转化可得 ，从而可发现数列 是一个常数列，进而可计算出数列an的通项 公式； 第（2）题先根据第（1）题的结果计算出数列bn的通项公式，然后将通项公式进行转 化可发现数列bn是以 2 为首项，2 为公比的等比数列，再根据等比数列
26、的求和公式写出 Tn的表达式，同时可得 Tn+1与 Tn+2的表达式，然后运用作差法代入计算可证明不等式成 立 【解答】（1）解：由题意，当 n1 时，a11， 当 n2 时，anSnSn1 an an1， 则 anan an1， 即 an an1， ， ， ， ann，nN* （2）证明：由（1）知， 2 2n 1， 故数列bn是以 2 为首项，2 为公比的等比数列， ， 则 Tn+12（2n+11），Tn+22（2n+21）， 4（22n+22n+2+1）4（22n+22n2n+2+1） 4（22n+22n+2+122n+2+2n+2n+21） 42n 2 n+20， ，即 故得证 18在
27、党中央的正确领导下，通过全国人民的齐心协力，特别是全体一线医护人员的共同努 力，新冠肺炎疫情得到了有效控制作为集中医学观察隔离点的某酒店在疫情期间，为 客人提供两种速食品“方便面”和“自热米饭”为调查这两种速食品的受欢迎程度， 酒店部门经理记录了连续 10 天这两种速食品的销售量，得到如下频数分布表（其中销售 量单位：盒）： 第 t 天 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 方便面 103 93 98 93 106 86 87 94 91 99 自热米饭 88 96 98 97 101 99 102 107 104 112 （1）根据两组数据完成下面的茎叶图（填到答题卡上）； （2）根据统
28、计学知识，你认为哪种速食品更受欢迎，并简要说明理由； （3） 求自热米饭销售量 y 关于天数 t 的线性回归方程， 并预估第 12 天自热米饭的销售量 （结果精确到整数） 参考数据： （ti ）（yi ）165， （ti ）2 附：回归直线方程 ，其中 ， t 【分析】（1）利用已知条件，直接求解茎叶图 （2）解法一：由（1）中的茎叶图可知，自热米饭的销售量较方便面更高，两种速食品 的销售量波动情况相当，所以认为自热米饭更受欢迎 解法二：方便面的销售量平均值，自热米饭的销售量平均值，推出结果 （3）求出样本中心，回归直线方程的斜率，然后求解截距，得到回归直线方程，然后求 解预估第 12 天自热
29、米饭的销售量个数 解：（1）茎叶图如下： （2）解法一：由（1）中的茎叶图可知，自热米饭的销售量较方便面更高，两种速食品 的销售量波动情况相当，所以认为自热米饭更受欢迎 解法二：方便面的销售量平均值为 ， 自热米饭的销售量平均值为 ， 所以自热米饭的销售量平均值比方便面销售量平均值更高， 因此认为自热米饭更受欢迎 （注：本小题只需根据统计学知识参照给分） （3）计算 ， ， 又 ， ， ， 因此自热米饭销售量 y 关于天数 t 的线性回归方程为 当 t12 时， （个）， 所以预估第 12 天自热米饭的销售量为 113 个 19在如图所示的几何体 ABCDE 中，DC平面 ABC，DEBC，C
30、ACD，F 是线段 AD 的中点，AECF （1）求证：ACBC； （2）若 ACBC2DE2，求三棱锥 FABE 的体积 【分析】（1）求出 CFAD，AECF，从而 CF平面 ADE，进而 CFDE，由 DE BC，得 CFCB，由 DC平面 ABC，DCBC，从而 BC平面 ACD，由此能证明 AC BC （2）由 CACD，CACB，DEBC，得 B，C，D，E 四点共面，从而 CA平面 BDE， 由此能求出三棱锥 FABE 的体积 解：（1）证明：CACD，F 是线段 AD 的中点，CFAD 又 AECF，AEADA，CF平面 ADE， CFDE，又 DEBC，CFCB， DC平面
31、ABC，DCBC， 又CFCDC，BC平面 ACD， AC平面 ACD，ACBC （2）解：CACD，CACB，CDCBC， 又DEBC， B，C，D，E 四点共面， CA平面 BDE， ACBC2DE2，F 为线段 AD 的中点 20已知点 A（1，0），抛物线 C：y22px（p0）上存在一点 M，使得直线 AM 的斜率 的最大值为 1，圆 Q 的方程为 （1）求点 M 的坐标和 C 的方程； （2）若直线 l 交 C 于 D，E 两点且直线 MD，ME 都与圆 Q 相切，证明直线 l 与圆 Q 相 离 【分析】（1）（法一）设 M（x0，y0），代入抛物线方程，求出直线 AM 的斜率表达
32、式， 利用基本不等式求出 kAM取得最大值 1解得 p，求出抛物线方程 法二：设 M（x0，y0），则点 M 在 x 轴上方，直线 AM 的方程为 yx+1，联立直线 AM 和抛物线 C 的方程并整理得 x2+（22p）x+10，利用判别式解得：p，然后求解抛物 线方程 （2）（法一）求出圆 Q 的圆心为（1，0），半径为 ，设过点 M 的直线 MA 或 MB 的方 程为 y2k（x1）利用点到直线的距离解得 得到直线 MD 的方程，将直 线 MD 方程与抛物线 y24x 方程联立，设 D（x1，y1），求出 D，E 坐标，推出 l 的方程 15x+15y+110，判断直线 l 与圆 Q 相离
33、 （法二）求出圆心 Q（1，0），半径为 设 l 的方程为 ykx+m代入抛物线方程，转 化求解直线 MD 的斜率，直线 MD 的方程式，通过 MD 与圆 Q 相切，转化求解 D、E 坐 标，得到直线 l 得方程判断圆心 Q 到直线 l 的距离，得到结果 解：（1）（法一）设 M（x0，y0），则 ， 由已知可得 y00，直线 AM 的斜率为 ， 当且仅当 时，kAM取得最大值 1 ，解得 p2，y02， M（1，2），C 的方程为 y24x 法二：设 M（x0，y0），则点 M 在 x 轴上方， 由已知，当直线 AM 的斜率为 1 时，直线 AM 与抛物线 C 相切， 此时直线 AM 的方程
34、为 yx+1， 联立直线 AM 和抛物线 C 的方程并整理得 x2+ （22p） x+10， （22p） 40， 解得：p2，且 x1x21， M（1，2），C 的方程为 y24x （2）（法一）圆 Q 的方程可化为 ， 圆 Q 的圆心为（1，0），半径为 ， 设过点 M 的直线 MA 或 MB 的方程为 y2k（x1）， 化为 kxyk+20，则 ，解得 不妨设直线 MD 的方程为 ， 将直线 MD 与抛物线 y24x 方程联立， 消去 x 得 设 D（x1，y1），则 ， ， ， 同理设 E（x2，y2）， ， ， 直线 l 的斜率 ， 直线 l 的方程为 yy1（xx1），即 ， l 的
35、方程 15x+15y+110， 此时圆心 Q 到直线 l 的距离 ， 直线 l 与圆 Q 相离 （法二）圆 Q 的方程可化为 圆心 Q（1，0），半径为 由题知，直线 l 的斜率必存在， 设 l 的方程为 ykx+m 联立，消去 x 得 ky24y+4m0， 由1616km0，得 km1， 设 D（x1，y1），E（x2，y2）， 则 ， ， 直线 MD 的斜率为 ， 直线 MD 的方程式为 ， 即 4x（y1+2）y+2y10， MD 与圆 Q 相切， ， ， ， 由题知： ， ， ， ， 或 ， ， ， ， 代入得 k1， ， ，满足式， 直线 l 得方程为 ，即 此时圆心 Q 到直线 l
36、 的距离 直线 l 与圆 Q 相离 21已知函数 f（x）xlnxax2+a （1）若 f（x）a，求 a 的取值范围； （2）若 f（x）存在唯一的极小值点 x0，求 a 的取值范围，并证明 2a1f（x0）0 【分析】（1） 可利用分离参数法， 将问题转化为 恒成立， 然后研究 g （x） 的单调 性，求出最大值； （2）通过研究 f（x）在（0，+）内的变号零点，单调性情况确定唯一极小值点；若 不能直接确定 f（x）的零点范围及单调性，可以通过研究 f（x）的零点、符号来确 定 f（x）的单调性，和特殊点（主要是能确定 f（x）符号的点）处的函数值符号， 从而确定 f（x）的极值点的存在
37、性和唯一性 解：（1）f（x）的定义域为（0，+） 由 f（x）a，得 在 x（0，+）恒成立， 转化为 ，令 ，则 ， 在（0，e）单调递增，在（e，+）单调递减， g（x）的最大值为 ， a 的取值范围是 ， （2）设 g（x）f（x），则 g（x）lnx+12ax， ，x0 当 a0 时，g（x）0 恒成立，g（x）在（0，+）单调递增， 又 g（1）12a0，g（e2a1）2a1+12ae2a12a（1e2a1）0 所以 g（x）存在唯一零点 x1（0，1） 当 x（0，x1）时，f（x）g（x）0， 当 x（x1，1）时，f（x）g（x）0 所以 f（x）存在唯一的极小值点 x0x1
38、 当 a0 时，g（x）lnx+1，g（x）在（0，+）单调递增， ， 所以 g（x）在（0，+）有唯一零点 当 ， 时，f（x）g（x）0， 当 ， 时，f（x）g（x）0 所以 f（x）存在唯一的极小值点 当 a0 时，令 g（x）0，得 ， ； 令 g（x）0，得 ， ， g（x）在 ， 单调递增，在 ， 单调递减， 所以 g（x）的最大值为 ， 当 时， ，g（1）12a0， ， ， 由函数零点存在定理知：g（x）在区间（0，1），（1，+）分别有一个零点 x2，x3， 当 x（0，x2）时，f（x）g（x）0； 当 x（x2，x3）时，f（x）g（x）0； 所以 f（x）存在唯一的极
39、小值点 x0x2，极大值点 x3 当 时， ，f（x）g（x）0 所以 f（x）在（0，+）单调递减，无极值点 由可知，当 x（0，x0）时，f（x）0； 所以 f（x）在（0，x0）单调递减，（x0，1）单调递增 所以 f（x0）f（1）0 由 f（x0）lnx0+12ax00，得 lnx02ax01 所 以 （x01）a（x0+1）1， 因为 x0（0，1）， ， ， 所以 x010， 所以 f（x0）（2a1）0，即 f（x0）2a1； 所以 2a1f（x0）0 （二）选考题：共 10 分请考生在第 22.23 两题中任选一题作答如果多做，则按所做第 一个题目计分选修 4-4：坐标系与参
40、数方程 22在直角坐标系 xOy 中，直线 l 过点（2，0）且倾斜角为 以坐标原点 O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线 C 的极坐标方程为 1，l 与 C 交于 M，N 两点 （1）求 C 的直角坐标方程和 的取值范围； （2）求线段 MN 中点 H 的轨迹的参数方程 【分析】（1）直接利用转换关系的应用，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进 行转换 （2）利用直线的垂直的充要条件的应用求出结果 解：（1）曲线 C 的极坐标方程为 1 转换为直角坐标方程为 x2+y21 直线 l 过点（2，0）且倾斜角为 当 时，直线显然与圆相离，不合题意，故舍 去 当 时，设直线的
41、斜率 ktan，则直线的方程为 kxy+2k0 由于直线与圆相交于 M、N 两点，所以圆心到直线的距离 d ，解得 即 ， 根据正切函数的图象， 所以 或 ； 当 0 时，l 与 C 交于 M，N 两点，满足题意， 故： 或 （2）设点 H（x，y），则由 OHl 可知：当 k10 时，kOH kl1， 即 ，整理得（x+1）2+y21 当 kl0 时，点 H 与原点重合，也满足上式 所以点 H 的轨迹方程为 （ 为参数， 或 ） 一、选择题 23已知函数 f（x）|x+1|2|xm|（m0），且 f（x）的最大值为 3 （l）求 m 的值； （2）若正数 a，b，c 满足 2（a+b+c）m，证明：bc（la）+ac（lb）+ab（lc） 6abc 【分析】 （1） 化简函数的解析式为分段函数的形式， 求出函数的最值， 即可求解 m 的值 （2）利用“1”的代换，结合基本不等式转化证明不等式即可 【解答】（1）解：函数 f（x）|x+1|2|xm| ， ， ， ，当 xm 时，f（x）取得最大值 m+1， 又 f（x）的最大值为 3 所以，m+13，解得 m2 （2）证明：由（1）可知 m2，2（a+b+c）2，即 a+b+c1；正数 a，b，c， 并且 2+2+26， 当且仅当 abc 时，取等号 所以 bc（la）+ac（lb）+ab（lc）6abc
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