2020年福建省、广东省高考数学模拟试卷（文科）（4月份）含详细解答

1、已知集合 Ax|x290，Bx|x1，则 AB（ ） A （3，1） B3，1） C3，+） D （1，3 2 （5 分）已知复数 z，则 （ ） Ai Bi C1+i D1i 3 （5 分）在ABC 中，内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，A，B，c3， 则 a（ ） A B2 C3 D4 4 （5 分）已知 alog89，b0.57，clog0.810，则（ ） Acab Bbac Cbca Dcba 5 （5 分）学校为了调查学生在课外读物方面的支出（单位：元）情况，抽取了一个容量为 n 的样本，并将得到的数据分成10，20） ，20，30） ，30，40） ，40，50四组，绘

2、制成 如图所示的频率分布直方图，其中支出在40，50的同学有 24 人，则 n（ ） A80 B60 C100 D50 6 （5 分）已知双曲线与抛物线有相同的焦点 F，点 F 到双曲线 E 的一条渐近线的距离为 2，则 E 的离心率为（ ） A2 B C D 7 （5 分）若 cos（25+），则 sin（402）（ ） 第 2 页（共 21 页） A B C D 8 （5 分）十二生肖是十二地支的形象化代表，即子（鼠） 、丑（牛） 、寅（虎） 、卯（兔） 、 辰（龙） 、巳（蛇） 、午（马） 、未（羊） 、申（猴） 、酉（鸡） 、戌（狗） 、亥（猪） ，每一 个人的出生年份对应了十二种动物

3、中的一种，即自己的属相现有印着六种不同生肖图 案（包含马、羊）的毛绒娃娃各一个，小张同学的属相为马，小李同学的属相为羊，现 在这两位同学从这六个毛绒娃娃中各随机取一个（不放回） ，则这两位同学都拿到自己属 相的毛绒娃娃的概率是（ ） A B C D 9（5 分） 圆 C： x2+y22x4y+30 被直线 l： ax+y1a0 截得的弦长的最小值为 （ ） A1 B2 C D 10 （5 分）将函数 f（x）sin（3x+） （0）的图象向左平移个单位长度后得到 函数 g（x）的图象，若直线 x是 g（x）的图象的一条对称轴，则（ ） Af（x）为奇函数 Bg（x）为偶函数 Cf（x）在，上单

4、调递减 Dg（x）在，上单调递增 11 （5 分）已知某圆柱的底面直径与某圆锥的底面半径相等，且它们的表面积也相等，圆 锥的底面积是圆锥侧面积的一半，则此圆锥与圆柱的体积之比为（ ） A8：5 B4：5 C2：5 D4：11 12 （5 分）已知函数，g（x）+f（3x）6，则函数 yf（x） g（x）的零点个数为（ ） A0 B4 C3 D2 二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分.把答案填把答案填在答题卡中的横线上在答题卡中的横线上. 13 （5 分）已知向量 （1，2） ， （2m，m3） ，若 ，则 m 14 （5 分）已知

5、实数 x，y 满足，则 zx2y 的最小值是 第 3 页（共 21 页） 15 （5 分）已知函数 f（x）是奇函数，当 x0 时，f（x）xex+1，则 f（x）的图象在点（ 1，f（1） ）处的切线斜率为 16 （5 分）在正三棱柱 ABCA1B1C1中，D 为 AB 的中点，则异面直 线 B1D 与 A1C1所成角的余弦值为 ；三棱锥 DA1B1C1的外接球的表面积 为 三、解答三、解答题：本大题共题：本大题共 5 小题，共小题，共 70 分分.解答应写出必要的文字说眀、证明过程或演算步解答应写出必要的文字说眀、证明过程或演算步 骤骤.1721 题为必考题，每个试题考生都必须作答题为必考

6、题，每个试题考生都必须作答.第第 22，23 题为选考题，考生根据要求作题为选考题，考生根据要求作 答答.（一）必考题：共（一）必考题：共 60 分分. 17 （12 分）已知数列an的前 n 项和为 Sn，且 （1）求an的通项公式； （2）设，数列cn的前 n 项和为 Tn，证明： 18 （12 分）每个国家对退休年龄都有不一样的规定，从 2018 年开始我国关于延迟退休的 话题一直在网上热议，为了了解市民对“延迟退休”的态度，现从某地市民中随机选取 100 人进行调查，调查情况如表： 年龄段 （单位： 岁） 15，25） 25，35） 35，45） 45，55） 55，65） 65，75

7、） 被调查的人数 10 15 20 m 25 5 赞成的人数 6 12 n 12 6 2 （1）从赞成“延迟退休”的人中任选 1 人，此人年龄在35，45）的概率为，求出表 格中 m，n 的值； （2）在被调查的人中，年龄低于 35 岁的人可以认为“低龄人” ，年龄不低于 35 岁的人 可以认为“非低龄人” ，试作出是否赞成“延迟退休”与“低龄与否”的 22 列联表， 并指出有无 99%的把握认为是否赞成“延迟退休”与“低龄与否”有关，并说明理由 附：K2，na+b+c+d P（K2k0） 0.100 0.050 0.010 0.005 k0 2.706 3.841 6.635 7.879 1

8、9 （12 分）如图，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 为直角梯形，ADBC，ADC 90，平面 PAD底面 ABCD，Q 为 AD 的中点，M 是棱 PC 的中点，PAPD4，BC 第 4 页（共 21 页） AD2，CD （1）证明：平面 BQM平面 PAD （2）求四面体 PBQM 的体积 20 （12 分）已知椭圆 C：+1（ab0）的长轴长为 2，右焦点与抛物线 y2 8x 的焦点重合 （1）求椭圆 C 的标准方程； （2）若点 P（3，0）关于直线 l：ykx+m 的对称点 Q 在 C 上，求 m 的取值范围 21 （12 分）已知函数 f（x）（mxm1）lnx+x （1

9、）当 m0 时，求 f（x）的最值； （2）当 m0 时，若 f（x）的两个零点分别为 x1，x2（x1x2） ，证明 x2x1e （二）选考题：共（二）选考题：共 10 分请考生在第分请考生在第 22、23 两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的 第一题计分第一题计分.选修选修 4-4：坐标系：坐标系与参数方程与参数方程 22 （10 分）在直角坐标系 xOy 中，曲线 C1的参数方程为， （t 为参数） ，以坐标原 点为极点，x 轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线 C2的极坐标方程为 （1）写出曲线 C1的极坐标方程和曲线 C2的直角坐标方程；

10、（2）若射线与曲线 C2相交于点 A，将 OA 逆时针 旋转 90后，与曲线 C1相交于点 B，且|OB|2|OA|，求 的值 选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲 23已知函数 f（x）|x+2|+|2x3| （1）求不等式 f（x）6 的解集； （2）若函数 f（x）的最小值为 m，正实数 a，b 满足 a2+m，证明： 第 5 页（共 21 页） 2020 年福建省、广东省高考数学模拟试卷（文科） （年福建省、广东省高考数学模拟试卷（文科） （4 月份）月份） 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分

11、，共 60 分分.在每小题给出的四个选项中，只有在每小题给出的四个选项中，只有 一项是符合题目要求的一项是符合题目要求的. 1 （5 分）已知集合 Ax|x290，Bx|x1，则 AB（ ） A （3，1） B3，1） C3，+） D （1，3 【分析】可以求出集合 A，然后进行交集的运算即可 【解答】解：Ax|3x3，Bx|x1， AB3，1） 故选：B 【点评】本题考查了描述法、区间的定义，一元二次不等式的解法，交集的运算，考查 了计算能力，属于基础题 2 （5 分）已知复数 z，则 （ ） Ai Bi C1+i D1i 【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，再由共轭复数的概念得答案 【

12、解答】解：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ABC 中，内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，A，B，c3， 则 a（ ） A B2 C3 D4 【分析】由已知可求 C，然后结合正弦定理即可求解 【解答】解：A，B， C， c3， 第 6 页（共 21 页） 由正弦定理可得， 则 a3 故选：C 【点评】本题主要考查了正弦定理的简单应用，属于基础试题、 4 （5 分）已知 alog89，b0.57，clog0.810，则（ ） Acab Bbac Cbca Dcba 【分析】利用指数函数、对数函数的单调性直接求解 【解答

13、】解：因为 log89log881，00.570.501，log0.810log0.810， 所以 cba 故选：D 【点评】本题考查三个数的大小的判断，考查指数与对数函数的性质等基础知识，考查 运算求解能力，考查逻辑推理的核心素养，是基础题 5 （5 分）学校为了调查学生在课外读物方面的支出（单位：元）情况，抽取了一个容量为 n 的样本，并将得到的数据分成10，20） ，20，30） ，30，40） ，40，50四组，绘制成 如图所示的频率分布直方图，其中支出在40，50的同学有 24 人，则 n（ ） A80 B60 C100 D50 【分析】根据频率直方图求出40，50的频率，然后求出总

14、人数 【解答】解：本题考查频率分布直方图，考查数据处理能力 由频率分布直方图可得，支出在40，50的频率为 1（0.01+0.024+0.036）100.3 根据题意得，解得 n80 故选：A 第 7 页（共 21 页） 【点评】本题考查通过频率直方图估算总人数，属于基础题 6 （5 分）已知双曲线与抛物线有相同的焦点 F，点 F 到双曲线 E 的一条渐近线的距离为 2，则 E 的离心率为（ ） A2 B C D 【分析】根据条件可知焦点坐标为（4，0） ，得到 c，结合焦点到渐近线距离得到 b， 从而求出 a，得到 e 的值 【解答】解：由题意知抛物线 C：y216x 的焦点为 F（4，0）

15、 ，所以 c4 又因为点 F 到双曲线 E 的一条渐近线的距离为 2，所以 b2， 从而， 故选：D 【点评】本题考查双曲线的离心率，考查运算求解能力 7 （5 分）若 cos（25+），则 sin（402）（ ） A B C D 【分析】由 cos（25+）求出 cos（50+2）的值，再用诱导公式求出 sin（402） 的值 【解答】解：由 cos（25+）， 所以 cos（50+2）2cos2（25+）121， 所以 sin（402）cos90（402）cos（50+2） 故选：A 【点评】本题考查了三角函数求值问题，也考查了转化思想，是基础题 8 （5 分）十二生肖是十二地支的形象化代

16、表，即子（鼠） 、丑（牛） 、寅（虎） 、卯（兔） 、 辰（龙） 、巳（蛇） 、午（马） 、未（羊） 、申（猴） 、酉（鸡） 、戌（狗） 、亥（猪） ，每一 个人的出生年份对应了十二种动物中的一种，即自己的属相现有印着六种不同生肖图 案（包含马、羊）的毛绒娃娃各一个，小张同学的属相为马，小李同学的属相为羊，现 在这两位同学从这六个毛绒娃娃中各随机取一个（不放回） ，则这两位同学都拿到自己属 相的毛绒娃娃的概率是（ ） 第 8 页（共 21 页） A B C D 【分析】先求出这两位同学从这六个毛绒娃娃中各随机取一个（不放回） ，共有多少种可 能，再结合这两位同学都拿到自己属相的毛绒娃娃只有一种

17、情况，利用古典概型的概率 公式即可求出这两位同学都拿到自己属相的毛绒娃娃的概率 【解答】解：这两位同学从这六个毛绒娃娃中各随机取一个（不放回） ，共有 30 种可能， 而这两位同学都拿到自己属相的毛绒娃娃只有一种情况， 所以这两位同学都拿到自己属相的毛绒娃娃的概率是， 故选：B 【点评】本题主要考查了古典概型的的概率公式，是中档题 9（5 分） 圆 C： x2+y22x4y+30 被直线 l： ax+y1a0 截得的弦长的最小值为 （ ） A1 B2 C D 【分析】由圆的方程求出圆心坐标与半径，再求出直线 l 所过定点，求出圆心到定点的 距离，利用垂径定理求最小弦长 【解答】解：由 x2+y

18、22x4y+30，得（x1）2+（y2）22， 则圆心坐标为 C（1，2） ，半径为 直线 ax+y1a0 即 a（x1）+y10，过定点 P（1，1） ， 当过圆心与定点的直线与直线 l 垂直时，弦长最短， 此时|CP|，则弦长为 故选：B 【点评】本题考查直线与圆位置关系的应用，训练了利用垂径定理求弦长，是基础题 10 （5 分）将函数 f（x）sin（3x+） （0）的图象向左平移个单位长度后得到 函数 g（x）的图象，若直线 x是 g（x）的图象的一条对称轴，则（ ） Af（x）为奇函数 Bg（x）为偶函数 Cf（x）在，上单调递减 Dg（x）在，上单调递增 【分析】直接利用三角函数关

19、系式的平移变换的应用和三角函数关系式的恒等变换和正 第 9 页（共 21 页） 弦型函数的性质的应用求出结果 【解答】解：函数 f（x）sin（3x+） （0）的图象向左平移个单位长度后得 到函数 g（x）sin（3x+）的图象， 由于直线 x是 g（x）的图象的一条对称轴， 故（kZ） ，整理得 （kZ） ， 当 k1 时， 所以 f（x）sin（3x+） g（x）sin（3x+）sin3x 故选项 A、B 错误 对 于 选 项C ：（ kZ ） ， 解 得 ： （kZ） ， 当 k0 时，函数的单调递减区间为， 由于，故选项 C 正确 对于选项 D：令（kZ） ， 当 k0 时，函数的单调

20、增区间为：，故选项 D 错误 故选：C 【点评】本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，三角函数关系式的平移变 换的应用，正弦型函数的性质的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力， 属于基础题型 11 （5 分）已知某圆柱的底面直径与某圆锥的底面半径相等，且它们的表面积也相等，圆 锥的底面积是圆锥侧面积的一半，则此圆锥与圆柱的体积之比为（ ） A8：5 B4：5 C2：5 D4：11 【分析】设圆锥的底面半径为 r，母线长为 l，求出 l2r，圆锥的高 h，从而圆锥 的体积 V由题意知圆柱的底面半径为，设圆柱的高为 h，由圆锥和圆柱的表面积相等，解得 h，求出圆柱体积 V 第

21、10 页（共 21 页） ，由此能求出此圆锥与圆柱的体积之比 【解答】解：设圆锥的底面半径为 r，母线长为 l， 则 r2，解得 l2r， 圆锥的高 h， 圆锥的体积 V 由题意知圆柱的底面半径为，设圆柱的高为 h， 圆锥和圆柱的表面积相等，3r22（）2+2（）h，解得 h， 圆柱体积 V， 此圆锥与圆柱的体积之比为： 故选：A 【点评】本题考查圆锥与圆柱的体积之比的求法，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，是中档题 12 （5 分）已知函数，g（x）+f（3x）6，则函数 yf（x） g（x）的零点个数为（ ） A0 B4 C3 D2 【分析】判断函数的性

22、质，画出函数的图象，利用数形结合，求解即可 【解答】解：由 g（x）6f（3x） ，知 yf（x）g（x）f（x）+f（3x）6 令 F（x）f（x）+f（3x） ，则 F（3x）f（3x）+f（x） ， 所以 F（3x）F（x） ，即 F（x）的图象关于直线对称 当时，F（x）f（x）+f（3x）3x+3（3x）3； 当 x0 时， 作出 F（x）的图象可知，函数 F（x）6 有 2 个零点 故选：D 第 11 页（共 21 页） 【点评】本题考查分段函数的图象与性质，考查数形结合的数学思想函数零点个数的 求法，是中档题 二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 4 小题，每小题小题，每小题

23、 5 分，共分，共 20 分分.把答案填在答题卡中的横线上把答案填在答题卡中的横线上. 13 （5 分）已知向量 （1，2） ， （2m，m3） ，若 ，则 m 【分析】依题意，2m+2（m3）0，由此解得 【解答】解：因为，所以 2m+2（m3）0，即 故答案为： 【点评】本题考查平面向量的坐标运算，考查运算求解能力 14 （5 分）已知实数 x，y 满足，则 zx2y 的最小值是 1 【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，求最小值 【解答】解：画出不等式足，表示的平面区域， B（3，2） 可知当直线 zx2y 经过可行域内的点 B（3，2）时，zx2y 有最小值，最小

24、值为1 故答案为：1 【点评】本题主要考查线性规划的基本应用，利用数形结合，结合目标函数的几何意义 第 12 页（共 21 页） 是解决此类问题的基本方法 15 （5 分）已知函数 f（x）是奇函数，当 x0 时，f（x）xex+1，则 f（x）的图象在点（ 1，f（1） ）处的切线斜率为 2e 【分析】根据条件求出 f（x）在 x0 时的解析式，然后求出其导数，再求出 f（x）的图 象在点（1，f（1） ）处的切线斜率 f（1） 【解答】解：函数 f（x）是奇函数，当 x0 时，f（x）xex+1， 当 x0 时，x0，f（x）xe x+1， f（x）xe x1，f（x）（1x）ex， f（

25、x）的图象在点（1，f（1） ）处的切线斜率为 kf（1）2e 故答案为：2e 【点评】本题考查了函数与导数的综合应用和利用导数研究曲线上某点切线方程，考查 化归与转化的数学思想，属基础题 16 （5 分）在正三棱柱 ABCA1B1C1中，D 为 AB 的中点，则异面直 线 B1D 与 A1C1所成角的余弦值为 ；三棱锥 DA1B1C1的外接球的表面积为 【分析】可取 A1B1的中点 E，结合题意 AEB1D，ACA1C1，可得EAC 即异面直线 B1D 与 A1C 所成角或其补角，然后解三角形可求； 先根据球的性质定出球心，然后结合球的截面性质求解半径，即可求解表面积 【解答】解：如图，取

26、A1B1的中点 E，连接 AE，EC 因为 AEB1D，ACA1C1， 所以EAC 即异面直线 B1D 与 A1C 所成角或其补角 因为 AB4， 所以， 所以 记A1B1C1， A1B1D 的外心分别为 O1， O2， 过 O1， O2分别作平面 A1B1C1、 平面 A1B1D 的垂线， 则两条垂线的交点 O 即三棱锥 DA1B1C1的外接球的球心 第 13 页（共 21 页） 因为，所以A1B1D的外接圆半径 ， A1B1C1的外接圆半径， 所以三棱锥 DA1B1C1的外接球的半径， 三棱锥 DA1B1C1的外接球的表面积为 故答案为：； 【点评】本题考查异面直线所成角及外接球，考查空间

27、想象能力 三、解答题：本大题共三、解答题：本大题共 5 小题，共小题，共 70 分分.解答应写出必要的文字说眀、证明过程或演算步解答应写出必要的文字说眀、证明过程或演算步 骤骤.1721 题为必考题，每个试题考生都必须作答题为必考题，每个试题考生都必须作答.第第 22，23 题为选考题，考生根据要求题为选考题，考生根据要求作作 答答.（一）必考题：共（一）必考题：共 60 分分. 17 （12 分）已知数列an的前 n 项和为 Sn，且 （1）求an的通项公式； （2）设，数列cn的前 n 项和为 Tn，证明： 【分析】 （1）求出首项，通过说明数列an是以 2 为首项，4 为公比的等比数列，

28、求解通 项公式 （2）化简 bnlog2an2n1，求出数列cn的前 n 项和为 Tn，然后证明不等式即可 【解答】 （1）解：由，得 a12， 因为， 所以，化简得 an4an1， 第 14 页（共 21 页） 即数列an是以 2 为首项，4 为公比的等比数列， 所以 （2）证明：因为 bnlog2an2n1， 所以， 则 因为 nN*，所以当 n1 时，Tn取得最小值，当 n 接近无限大时，Tn趋于， 故 【点评】本题考查数列求和，数列的递推关系式的应用，考查转化思想以及计算能力， 是中档题 18 （12 分）每个国家对退休年龄都有不一样的规定，从 2018 年开始我国关于延迟退休的 话题

29、一直在网上热议，为了了解市民对“延迟退休”的态度，现从某地市民中随机选取 100 人进行调查，调查情况如表： 年龄段 （单位： 岁） 15，25） 25，35） 35，45） 45，55） 55，65） 65，75） 被调查的人数 10 15 20 m 25 5 赞成的人数 6 12 n 12 6 2 （1）从赞成“延迟退休”的人中任选 1 人，此人年龄在35，45）的概率为，求出表 格中 m，n 的值； （2）在被调查的人中，年龄低于 35 岁的人可以认为“低龄人” ，年龄不低于 35 岁的人 可以认为“非低龄人” ，试作出是否赞成“延迟退休”与“低龄与否”的 22 列联表， 并指出有无 9

30、9%的把握认为是否赞成“延迟退休”与“低龄与否”有关，并说明理由 附：K2，na+b+c+d P（K2k0） 0.100 0.050 0.010 0.005 k0 2.706 3.841 6.635 7.879 【分析】根据题意求出参数，然后列表，代入判断是否独立 【解答】解： （1）因为总共抽取 100 人进行调查，所以 m100101520255 25 第 15 页（共 21 页） 因为从赞成“延迟退休”的人中任选 1 人，此人年龄在35，45）的概率， 所以 n10 （2）是否赞成“延迟退休”与“低龄与否”的 22 列联表如下： 赞成“延迟退休” 不赞成“延迟退休” 总计 低龄人 18

31、7 25 非低龄人 30 45 75 总计 48 52 100 ，所以有 99%的把握认为是否赞 成“延迟退休”与“低龄与否”有关 【点评】本题考查独立性检验，注意代入公式先化简再估算，属于中档题 19 （12 分）如图，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 为直角梯形，ADBC，ADC 90，平面 PAD底面 ABCD，Q 为 AD 的中点，M 是棱 PC 的中点，PAPD4，BC AD2，CD （1）证明：平面 BQM平面 PAD （2）求四面体 PBQM 的体积 【分析】 （1）推导出四边形 BCDQ 为平行四边形，CDBQBQAD由此能证明平面 BQM平面 PAD （2） 由 VP

32、BQMVCBQM， 能求出四面体 PBQM 的体积 【解答】解： （1）证明：，Q 为 AD 的中点， 四边形 BCDQ 为平行四边形，CDBQ ADC90，AQB90，即 BQAD 又平面 PAD平面 ABCD，且平面 PAD平面 ABCDAD，BQ平面 ABCD， BQ平面 PADBQ平面 BQM， 第 16 页（共 21 页） 平面 BQM平面 PAD （2）解：VPBQMVCBQM， 由（1）可知四边形 BCDQ 为矩形， PAPD，Q 为 AD 的中点，PQAD 平面 PAD平面 ABCD，且平面 PAD平面 ABCDAD， PQ平面 ABCD 在 RtPDQ 中， 【点评】本题考查

33、面面垂直的证明，考查四面体的体积的求法，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，是中档题 20 （12 分）已知椭圆 C：+1（ab0）的长轴长为 2，右焦点与抛物线 y2 8x 的焦点重合 （1）求椭圆 C 的标准方程； （2）若点 P（3，0）关于直线 l：ykx+m 的对称点 Q 在 C 上，求 m 的取值范围 【分析】 （1）根据题意可得焦点（2，0） ，即 c2，则可得 a，所以 b2a2c22， 即可表示出椭圆方程； （2）由题意，设点 Q（x0，y0） （y00） ，点 P（3，0）关于直线 l 的对称点为 P，得出 直线 l 的方程为 y（x） ，

34、令 x0 得 ym，利用 点 Q 在椭圆，得 m（y0+） ，利用基本不等式可得出 m 的取值范围 【解答】解： （1）由抛物线的方程可得抛物线的焦点坐标为（2，0） ， 所以由题意可得椭圆的右焦点（2，0） ，即 c2，2a2，即 a，b2a2c26 第 17 页（共 21 页） 42， 所以椭圆的标准方程为：+1； （2）由题意，设点 Q（x0，y0） （y00） ，由点 P（3，0）关于直线 l 的对称点为 Q， 则线段 PQ 的中点 D 的坐标为（，）l 且 lPQ， 又直线 PQ 的斜率， 故直线 l 的斜率 kl， 又过点 D（，） ， 所以直线 l 的方程为：y（x） ， 令 x

35、0，得 ym， 由，得 x0263y02， 则 m（y0+） ，y0，y00 又|y0|+2，当且仅当 y0，时等号成 立， 所以 m 的取值范围为 m或 m 【点评】本题考查了椭圆方程的求法，涉及了直线的斜率、椭圆的方程、中点坐标公式 等内容，属于中档题 21 （12 分）已知函数 f（x）（mxm1）lnx+x （1）当 m0 时，求 f（x）的最值； （2）当 m0 时，若 f（x）的两个零点分别为 x1，x2（x1x2） ，证明 x2x1e 第 18 页（共 21 页） 【分析】 （1）把 m0 代入，对函数求导，然后结合导数与单调性的关系可求函数的最小 值； （2）结合导数与单调性的

36、关系及函数的性质及零点判定定理可证 【解答】解： （1）m0，f（x）lnx+x，x0，f（x）， 当 x1 时，f（x）0，函数单调递增，当 0x1 时，f（x）0，函数单调递减， 故当 x1 时，函数取得最小值 f（1）1； （2）， 因为 m0 时，f（x）单调递增且 f（1）0， 所以 0x1 时，f（x）0，函数单调递减，当 x1 时，f（x）0，函数单调递 增， 故当 x1 时，函数取得最小值 f（1）10， 又 f（）m（）+10， 所以 f（x）在（）上存在一个零点， 因此 x2x1e 【点评】 本题主要考查了函数的最值的求解及利用导数及函数的性质综合解决函数问题， 体现了转化

37、思想的应用 （二）选考题：共（二）选考题：共 10 分请考生在第分请考生在第 22、23 两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的 第一题计分第一题计分.选修选修 4-4：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程 22 （10 分）在直角坐标系 xOy 中，曲线 C1的参数方程为， （t 为参数） ，以坐标原 点为极点，x 轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线 C2的极坐标方程为 （1）写出曲线 C1的极坐标方程和曲线 C2的直角坐标方程； （2）若射线与曲线 C2相交于点 A，将 OA 逆时针 旋转 90后，与曲线 C1相交于点 B，且|OB|2|OA|，求

38、 的值 【分析】 （1）由曲线 C1的参数方程为， （t 为参数） ，消去参数 t 可得其直角坐标 第 19 页（共 21 页） 方程， 由， 代入得曲线 C1的极坐标方程.， 由，得曲线 C2的直角坐标方程 （2）将 （0）代入，得 A将 OA 逆时针旋转 90， 得 OB 的极坐标方程为，可得 B由，化简即可得 出 【解答】解： （1）由曲线 C1的参数方程为， （t 为参数） ，可得其直角坐标方程 x24y， 由，得曲线C1的极坐标方程cos2 4sin.， 由，得曲线 C2的直角坐标方程 （2）将 （0）代入， 得 将 OA 逆时针旋转 90，得 OB 的极坐标方程为， 所以 由，得，

39、 即，解得 因为，所以 【点评】本题考查了极坐标参数方程与普通方程的互化、和差公式，考查了推理能力与 计算能力，属于中档题 选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲 23已知函数 f（x）|x+2|+|2x3| （1）求不等式 f（x）6 的解集； 第 20 页（共 21 页） （2）若函数 f（x）的最小值为 m，正实数 a，b 满足 a2+m，证明： 【分析】 （1）将函数 f（x）化为分段函数的形式，再分类讨论解不等式组，最后将各部 分的解集取并集即可得到答案； （2）由（1）知，而，又 ， 再利用基 本不等式可得，继而得到，由此得证 【解答】解： （1）f（x）|x+2|+|2x3| 即，或，或 解得或 x1， 所以原不等式的解集为 （2）证明：由（1）知当时，f（x）有最小值， 所以， 因为， 所以， 因为，当且仅当 b3a 时取等号， 所以，当且仅当 b3a 时取等号， 所以，当且仅当，时取等号 【点评】本题考查绝对值不等式的解法以及基本不等式的运用，考查不等式的证明，考 查分类讨论思想以及推理计算能力，属于中档题