2018年新疆高考数学一模试卷（文科）含答案解析

1、2018 年新疆高考数学一模试卷（文科）一、选择题（共 12 小题，每小题 5 分，满分 60 分）1 （5 分）设集合 Ax| 2 x ，B x|lnx0 ，则 AB（  ）A B1，0） C D 1，12 （5 分）已知 b+ i（a，b R） ，其中 i 为虚数单位，则 a2+b2（  ）A0 B1 C2 D33 （5 分） “m ”是“方程 x2+x+m0 有实数解”的（   ）A充分而不必要条件 B必要而不充分条件C充分必要条件 D既不充分也不必要条件4 （5 分）沈括是我国宋朝著名科学家，宋代制酒业很发达，为了存储方便，酒缸是要一层一层堆起来的，形成了

2、堆垛，怎样用简便的方法算出堆垛中酒缸的总数，古代称之为堆垛术沈括用了近十年的时间写了著名的梦溪笔谈 ，提出了公式，解决了这个问题下面左图中的是长方垛：每一层都是长方形，底层长方形的长边放置了 a 个酒缸，短边放置了 b 个酒缸，共放置了 n 层某同学根据左图，绘制了计算酒缸总数的程序框图，那么在 和 两个空白框中，可以分别填入（  ）Ain？和 SS+a*b Bin？和 SS+a*b第 2 页（共 23 页）Cin？和 Sa*b Din？和 Sa*b5 （5 分）函数 y2 xx 2+2 的图象大致是（  ）A BC D6 （5 分）设实数 x，y 满足约束条件 ，则 z2

3、x+y 的最大值为（  ）A4 B C10 D117 （5 分）平面向量 （x，y） ， （x 2，y 2） ， （1，1） ， （2，2） ，若 1，则这样的向量 有（  ）A1 个 B2 个 C多于 2 个 D0 个8 （5 分）数列 1，2，2，3，3，3，4，4，4，4，5，5，5，5，5，的项正负交替，且项的绝对值为 1 个 1，2 个 2，3 个 3，n 个 n，则此数列的前 100 项和为（  ）A7 B21 C21 D79 （5 分）在空间中，与边长均为 3cm 的ABC 的三个顶点距离均为 cm 的平面的个数为（  ）A2 B3 C4

4、D510 （5 分）在区间0，2中随机取两个数，则两个数中较大的数大于 的概率为（  ）A B C D11 （5 分）已知定义在 R 上的函数 的大小关系为（  ）Abac Bacb Ccab Dc ba第 3 页（共 23 页）12 （5 分）已知双曲线 1（0a ）的两条渐近线的一个夹角为 ，则双曲线的离心率为（  ）A B C D2二、填空题（共 4 小题，每小题 5 分，满分 20 分）13 （5 分）等差数列a n的前 n 项和为 Sn，等比数列的b n的前 n 项和为 Tn，且a1b 11，a 4b 48，则     14 （5 分

5、）过点 M（2，0） ，斜率为 2 的直线 l 交曲线 y24x0 于 A，B 两点，则|AB|      15 （5 分）如图是一个几何体的三视图，其正视图与侧视图都是边长为 2 的正三角形，俯视图轮廓为正方形，则此几何体的外接球的体积是     16 （5 分）设 x，y 均为正数，且 xy+xy 100，则 x+y 的最小值是     三、解答题（共 5 小题，满分 60 分）17 （12 分）已知向量 （1，sinx ） ， （sinx，1） ， （1，cosx） ，x（0，） （）若（ + ） ，求 x；（）在AB

6、C 中，角 A、B、C 的对边分别为 a、b、c，且 B 为（）中的x，2sin 2B+2sin2C2sin 2AsinBsin C，求 sin（C ）的值18 （12 分）中国共产党第十九次全国代表大会（简称十九大）于 2017 年 10 月 18 日10月 24 日在北京胜利召开 “十九大”报告指出：“必须把教育事业放在优先位置，深化教育改革，加快教育现代化，办好人民满意的教育” 要“推动城乡义务教育一体化发展，高度重视农村义务教育，办好学前教育、特殊教育和网络教育” 某乡镇属于学前教育的学校有 3 所，属于特殊教育的学校有 1 所，属于网络教育的学校有 2 所目前每所学校只需招聘 1 名

7、师范毕业生，现有 2 名师范毕业生参与应聘第 4 页（共 23 页）（）求他们选择的学校所属教育类别相同的概率；（）记 为 2 人中选择的学校属于学前教育或网络教育的人数，求 1 的概率19 （12 分）已知四棱锥 PABCD 的底面 ABCD 是平行四边形，侧面 PAB平面ABCD， E 是棱 PA 的中点（）求证：PC平面 BDE；（）平面 BDE 分此棱锥为两部分，求这两部分体积的比20 （12 分）已知椭圆 C： + 1（ab0）过点（0，1） ，且过焦点垂直于 x 轴的直线截椭圆所得的弦长为 1（1）求椭圆 C 的方程；（2）若 AB 为椭圆 C 的左、右顶点，直线 L：x 2 与

8、x 轴交于点 D，点 P 是椭圆 C上异于 A、B 的动点，直线 AP、BP 分别交 L 于 E，F 两点（i）证明：|DE| DF|为定值（ii）当 SPEF 2S PAB 时，求 P 点的坐标21 （12 分）已知函数 f（x ）（2a）x2lnx+a2（）当 a1 时，求 f（x ）的单调区间；（）若函数 f（x ）在（0， ）上无零点，求 a 的取值范围选修 4-4：坐标系与参数方程22 （10 分）在平面直角坐标系中，已知曲线 C1 的参数方程是： （ 为参数，02） ，以平面直角坐标系的原点为极点，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： ，其中 02（）求曲

9、线 C1、C 2 的普通方程，并说明它们分别表示什么曲线；（）若 P 是曲线 C1 上任意一点， Q 为曲线 C2 上的任意一点，求| PQ|取最小值时 P 点的坐标第 5 页（共 23 页）选修 4-5：不等式选讲23设函数 f（x ）|2x +1|2 x4|，g（x ）9+2 xx 2（）解不等式 f（x ）1；（）证明：|8x 16|g（x）2f （x） 第 6 页（共 23 页）2018 年新疆高考数学一模试卷（文科）参考答案与试题解析一、选择题（共 12 小题，每小题 5 分，满分 60 分）1 （5 分）设集合 Ax| 2 x ，B x|lnx0 ，则 AB（  ）A B

10、1，0） C D 1，1【分析】化简集合 A、B，根据交集的定义写出 AB【解答】解：集合 Ax| 2 x x| 1x B x|lnx0x|0 x 1，则 ABx|0x （0， ） 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）已知 b+ i（a，b R） ，其中 i 为虚数单位，则 a2+b2（  ）A0 B1 C2 D3【分析】把已知等式变形，再由复数代数形式的乘法运算化简，利用复数相等的条件求得 a，b 的值，则答案可求【解答】解： b+ i，a+i（b+ i）i ，则 a ，b1a 2+b23故选：D【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，复数相等的条

11、件，是基础的计算题3 （5 分） “m ”是“方程 x2+x+m0 有实数解”的（   ）A充分而不必要条件 B必要而不充分条件C充分必要条件 D既不充分也不必要条件【分析】结合一元二次方程的判别式以及充分必要条件的定义，先证明充分性，再证明必要性【解答】解：先证明充分性：第 7 页（共 23 页）m ，14m0，方程 x2+x+m0 有实数解，是充分条件；再证明必要性：方程 x2+x+m0 有实数解，14m0，m ，不是必要条件，故选：A【点评】本题考查了充分必要条件，考查了一元二次方程根的判别式，是一道基础题4 （5 分）沈括是我国宋朝著名科学家，宋代制酒业很发达，为了存储方便，

12、酒缸是要一层一层堆起来的，形成了堆垛，怎样用简便的方法算出堆垛中酒缸的总数，古代称之为堆垛术沈括用了近十年的时间写了著名的梦溪笔谈 ，提出了公式，解决了这个问题下面左图中的是长方垛：每一层都是长方形，底层长方形的长边放置了 a 个酒缸，短边放置了 b 个酒缸，共放置了 n 层某同学根据左图，绘制了计算酒缸总数的程序框图，那么在 和 两个空白框中，可以分别填入（  ）Ain？和 SS+a*b Bin？和 SS+a*b第 8 页（共 23 页）Cin？和 Sa*b Din？和 Sa*b【分析】由已知中的程序框图可知：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，

13、可得答案；【解答】解：由已知中要计算 n 层酒缸总数的和故循环次数要 n 次，由循环变量的初值为 1，步长为 1，故终值为 n，故 处应填：in？由于每次累加的值为每层酒缸的总数，为 a*b，故 处应填：SS+a*b，故选：B【点评】本题考查的知识点是程序框图，当循环的次数不多，或有规律时，常采用模拟循环的方法解答，属于基础题5 （5 分）函数 y2 xx 2+2 的图象大致是（  ）A BC D【分析】求得函数 y2 xx 2+2 的导数，讨论 x0，x0，的单调性和零点、极值点和极值的符号，即可得到所求结论【解答】解：函数 y2 xx 2+2 的导数为y2 xln22x ，当 x

14、0 时，y0，可得函数 y 递增，排除选项 C，D；当 x0 时，设 f（x）2 xln22x，由 f（0）ln20，f（1）2ln220，且 f（x）2 xln222，第 9 页（共 23 页）可得 f（x）在（ 0，1）递减，可得 f（x）的一个零点 x1 介于（0，1） ，f（3）8ln260，f（4）16ln280，可得 f（x）的一个零点 x2 介于（3，4） ，由 x0 时，y10+2 30，x1 时，y21+2 30，x2 时，y44+2 30，x3 时，y89+2 10，x4 时，y1616+2 20，排除选项 A，故选：B【点评】本题考查函数的图象的判断，考查导数的运用：求单

15、调性，以及函数零点存在定理的运用，考查运算能力，属于中档题6 （5 分）设实数 x，y 满足约束条件 ，则 z2x+y 的最大值为（  ）A4 B C10 D11【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，利用数形结合得到最优解，联立方程组求得最优解的坐标，代入目标函数求得结果【解答】解：画出约束条件 表示的平面区域，如图所示；联立 ，解得 A（4，2） ，化目标函数 z2x+y 为 y2x +z，由图可知当直线 y2x +z 过点 A 时，直线在 y 轴上的截距最大， z 有最大值为24+210第 10 页（共 23 页）故选：C【点评】本题考查了简单的线性规划问题

16、，也考查了数形结合的解题思想方法，是基础题7 （5 分）平面向量 （x，y） ， （x 2，y 2） ， （1，1） ， （2，2） ，若 1，则这样的向量 有（  ）A1 个 B2 个 C多于 2 个 D0 个【分析】根据平面向量的数量积运算法则，列方程组求得 x、y 的值即可【解答】解：平面向量 （x，y） ， （x 2，y 2） ， （1，1） ， （2，2） ，若 1，则 ，解得 ，向量 （ ， ） ，只有 1 个故选：A【点评】本题考查了平面向量的数量积运算问题，也考查了直线与圆的位置关系应用问题，是基础题8 （5 分）数列 1，2，2，3，3，3，4，4，4，4，5，5，

17、5，5，5，的项正负交替，且项的绝对值为 1 个 1，2 个 2，3 个 3，n 个 n，则此数列的前 100 项和为（  ）A7 B21 C21 D7【分析】根据题意，将数列按绝对值分组，分析各组和的关系；进而分析可得第 100 个数为第 14 组的第 9 个数，将其相加即可得答案【解答】解：根据题意，将该数列分组，第 1 组，为 1，有 1 个 1，其和为 1，第 2 组，为2、2，其绝对值为 2，两项和为 0，第 3 组，为3，3，3；其绝对值为 3，其和为3，第 4 组，为 4，4，4，4；其绝对值为 4，其和为 0，第 5 组，为 5，5，5，5，5；其绝对值为 5，其和为

18、 5，第 11 页（共 23 页）；前 13 组共有 1+2+3+1391 个数，则第 100 个数为第 14 组的第 9 个数，则此数列的前 100 项和为 13+57+911+13 147；故选：D【点评】本题考查合情推理的应用，关键是分析数列各项的规律9 （5 分）在空间中，与边长均为 3cm 的ABC 的三个顶点距离均为 cm 的平面的个数为（  ）A2 B3 C4 D5【分析】分别从平面在三角形的同侧和异侧确定平面的位置，由此能求出与边长均为3cm 的ABC 的三个顶点距离均为 cm 的平面的个数【解答】解：若三角形在平面的同侧，此时到ABC 的三个顶点距离均为 cm 的平

19、面有 2 个因为正三角形的边长为 3，所以三角形的高为 2，所以当平面经过中位线 EF 时，根据线面平行的性质可知，此时有 1 个平面到ABC 的三个顶点距离均为 cm同理过两外两个边的中位线的平面也各有 1 个所以满足条件的平面共有 5 个故选：D【点评】本题考查线面平行的性质以及平面之间的距离问题，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，考查函数与方程思想，是中档题10 （5 分）在区间0，2中随机取两个数，则两个数中较大的数大于 的概率为（  ）A B C D【分析】先根据几何概型的概率公式求出在区间0，2 中随机地取一个数，这个数小于的概率，从而得

20、到这两个数都小于 的概率，最后根据对立事件的概率公式可求出所求第 12 页（共 23 页）【解答】解：在区间0，2中随机地取一个数，这个数小于 的概率为 ，在区间0，2中随机地取两个数，则这两个数都小于 的概率为 ，这两个数中较大的数大于 的概率为 P1 ，故选：A【点评】本题主要考查了几何概型，简单地说，如果每个事件发生的概率只与构成该事件区域的长度（面积或体积）成比例，则称这样的概率模型为几何概率模型，简称为几何概型11 （5 分）已知定义在 R 上的函数 的大小关系为（  ）Abac Bacb Ccab Dc ba【分析】由 0.90.9（0，1） ， ln（lg9）0， 1，

21、及其函数 f（x） 在 R上单调递减，即可得出【解答】解：0.9 0.9（0， 1） ，ln （lg9）0， 1，函数 f（x） 在 R 上单调递减，cab故选：C【点评】本题考查了对数函数与指数函数及其三角函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于基础题12 （5 分）已知双曲线 1（0a ）的两条渐近线的一个夹角为 ，则双曲线的离心率为（  ）A B C D2【分析】根据题意，由双曲线的方程分析可得双曲线的渐近线方程，结合题意以及 a 的范围可得 ，解可得 a ，由双曲线的性质可得 c 的值，由双曲线的离心率公式计算可得答案第 13 页（共 23 页）【解答】解：根据题意，双曲

22、线 1 的焦点在 x 轴上，且 0a ，则其渐近线方程为 y x，又由双曲线的两条渐近线的一个夹角为 ，且 0a ，则有 ，解可得 a ，则 c ，则双曲线的离心率 e 2；故选：D【点评】本题考查双曲线的几何性质，涉及双曲线的标准方程，注意求出 a 的值二、填空题（共 4 小题，每小题 5 分，满分 20 分）13 （5 分）等差数列a n的前 n 项和为 Sn，等比数列的b n的前 n 项和为 Tn，且a1b 11，a 4b 48，则   【分析】设公差为 d，公比为 q，求出公差和公比，再根据求和公式计算即可【解答】解：设公差为 d，公比为 q，a 1b 11，a 4b 48，

23、d3，q2，S 551+ 25，T5 11， ，故答案为：【点评】本题考查了等差数列的求和公式和等比数列的求和公式，属于基础题14 （5 分）过点 M（2，0） ，斜率为 2 的直线 l 交曲线 y24x0 于 A，B 两点，则|AB| 3   【分析】求出 A、B 的坐标，再计算| AB|【解答】解：直线 l 的方程为： y2x4，第 14 页（共 23 页）代入 y24x0 可得 x25x+40，A（1，2） ，B（4，4） ，|AB| 3 故答案为：3 【点评】本题考查了直线与抛物线的位置关系，距离公式，属于中档题15 （5 分）如图是一个几何体的三视图，其正视图与侧视图都是边

24、长为 2 的正三角形，俯视图轮廓为正方形，则此几何体的外接球的体积是    【分析】易得此几何体为正四棱锥，设 ACDBH ，则 PH面 ABCD，此几何体的外接球的球心在 PH 上，设球 半径为 R，PH2 sin603，R 2（PHR） 2+BH2，解得 R 即可求球的体积【解答】解：可得此几何体为正四棱锥，如图设 ACDBH，则 PH面 ABCD，此几何体的外接球的球心在 PH 上，设球 半径为 R，PH2 sin603，R2（PHR） 2+BH2，解得 R 则此几何体的外接球的体积是 故答案为： 第 15 页（共 23 页）【点评】本题考查了正四棱锥的三视图、球的体

25、积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题16 （5 分）设 x，y 均为正数，且 xy+xy 100，则 x+y 的最小值是 6 【分析】根据题意，将 xy+xy100 变形可得 x 1+ ，进而可得x+yy+1+ （y+1 ）+ ，由基本不等式的性质分析可得答案【解答】解：根据题意，若 xy+xy100，则 x 1+ ，则 x+yy+1+ （y+1 ）+ 2 6，即 x+y 的最小值是 6；故答案为：6【点评】本题考查基本不等式的性质以及应用，关键是对 xy+xy 100 的变形与化简三、解答题（共 5 小题，满分 60 分）17 （12 分）已知向量 （1，sinx ） ， （si

26、nx，1） ， （1，cosx） ，x（0，） （）若（ + ） ，求 x；（）在ABC 中，角 A、B、C 的对边分别为 a、b、c，且 B 为（）中的x，2sin 2B+2sin2C2sin 2AsinBsin C，求 sin（C ）的值【分析】 （）由已知结合向量的坐标加法求得（ + ） ，再由（ + ） 列式求 x；（）由已知等式结合正弦定理及余弦定理求得 cosA，进一步得到 sinA，由 sin（C ）sin（ ） sin（ ） ，展开两角差的正弦求解【解答】解：（） （1，sinx ） ， （sinx，1） ， （1，cosx） ， ，第 16 页（共 23 页）（ + ） ，（

27、1+sinx）cosx sin x1，则 sinxcosxsin xcosx1，令 sinx cosxt，得 t ，x（0，） ， ，即 sinxcosx ，t（1， ，则 t2+2t30，解得 t1sinx cosx1，于是 ，sin （x ） 可得 x ；（）2sin 2B+2sin2C2sin 2AsinBsinC ，2b 2+2c22a 2bc ， ，即 cosA ，得 sinA 又 B ，sin（C ）sin （ ）sin （ ）sin 【点评】本题考查平面向量共线的坐标表示，考查三角形的解法，是中档题18 （12 分）中国共产党第十九次全国代表大会（简称十九大）于 2017 年 1

28、0 月 18 日10月 24 日在北京胜利召开 “十九大”报告指出：“必须把教育事业放在优先位置，深化教育改革，加快教育现代化，办好人民满意的教育” 要“推动城乡义务教育一体化发展，高度重视农村义务教育，办好学前教育、特殊教育和网络教育” 某乡镇属于学前教育的学校有 3 所，属于特殊教育的学校有 1 所，属于网络教育的学校有 2 所目前每所学校只需招聘 1 名师范毕业生，现有 2 名师范毕业生参与应聘（）求他们选择的学校所属教育类别相同的概率；（）记 为 2 人中选择的学校属于学前教育或网络教育的人数，求 1 的概率【分析】 （）记某乡镇属于学前教育的 3 所学校分别为 A1，A 2，A 3，

29、属特殊教育的 1所学校为 B，属于网络教育的 2 所学校为 C1，C 2，利用列举法能求出 2 名师范生从 6 年学校中任选一所学校，利用列举法能求出他们选择的学校所属教育类别相同的概率（）设 为 2 人中选择的学校属于学前教育或网络教育的人数，0 是不可能事件，第 17 页（共 23 页）P（0）0，当 1 时，2 人中只有 1 人选择的学校属于学前教育或网络教育，必有1 人选择特殊教育的 1 所学校，从而 P（1）P（0）+P（1） ，由此能求出结果【解答】解：（）记某乡镇属于学前教育的 3 所学校分别为 A1，A 2，A 3，属特殊教育的 1 所学校为 B，属于网络教育的 2 所学校为

30、C1，C 2，2 名师范生从 6 年学校中任选一所学校，有 30 种选法，分别为：（A 1，A 2） ， （A 1，A 3） ， （A 1，B ） ， （A 1，C 1） ， （A 1，C 2） ，（A 2，A 3） ， （A 2，B） ， （A 2，C 1） ，（A 2，C 2） ， （A 3，B） ， （A 3，C 1） ， （A 3，C 2） ，（B，C 1） ， （B，C 2） ， （C 1，C 2） ， （A 2，A 1） ，（A 3，A 1） ， （B，A 1） ， （C 1，A 1） ， （C 2，A 1） ，（A 3，A 2） ， （B，A 2） ， （C 1，A 2） ， （

31、C 2，A 2） ，（B，A 3） ， （C 1，A 3） ， （C 2，A 3） ， （C 1，B） ， （C 2，B） ， （C 2，C 1） ，他们选的学校所属类别相同的有 8 种，分别为：（A 1，A 2） ， （A 1，A 3） ， （A 2，A 3） ， （A 2，A 1） ，（A 3，A 1） ， （A 3，A 2） ， （C 1，C 2） ， （C 2，C 1） ，他们选择的学校所属教育类别相同的概率 p （）设 为 2 人中选择的学校属于学前教育或网络教育的人数，当 0 时，2 人选择的学校都属于特殊教育，而特殊学校只有 1 所，故 0 是不可能事件，P（0）0，当 1 时，

32、2 人中只有 1 人选择的学校属于学前教育或网络教育，必有 1 人选择特殊教育的 1 所学校，包含的基本事件有 10 种，分别为：（A 1，B） ， （A 2，B） ， （A 3，B ） ， （B，C 1） ，（B，C 2） ， （B，A 1） ， （B ，A 2） ， （B，A 3） ， （C 1，B ） ， （C 2，B ） ，P（1） ，第 18 页（共 23 页）P（1）P（0）+P（1） 【点评】本题考查概率的求法，考查古典概型、列举法等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题19 （12 分）已知四棱锥 PABCD 的底面 ABCD 是平行四边形，侧面 PAB平面A

33、BCD， E 是棱 PA 的中点（）求证：PC平面 BDE；（）平面 BDE 分此棱锥为两部分，求这两部分体积的比【分析】 （）设 AC、BD 的交点为 O，连结 EO，则 PCEO ，由此能证明 PC平面EBD（）设三棱锥 EABD 的体积 V1，高为 h，则 ，四棱锥PABCD 的高为 2h，四棱锥 PABCD 的体积 V 4，由此能求出平面 BDE 分此棱锥为两部体积的比【解答】证明：（）在平行四边形 ABCD 中，设 AC、BD 的交点为 O，则 O 是 AC 的中点，连结 EO，E 是棱 PA 的中点，PCEO，EO平面 EBD，PC平面 EBD，PC平面 EBD（）设三棱锥 EAB

34、D 的体积 V1，高为 h， ，E 为 PA 的中点， 四棱锥 PABCD 的高为 2h，四棱锥 PABCD 的体积 V 4 ，（VV 1）：V 13：1，平面 BDE 分此棱锥为两部体积的比为 1：3 或 3：1第 19 页（共 23 页）【点评】本题考查线面平行的证明，考查平面分几何体所成两部分的体积的比值的求法，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，考查函数与方程思想，是中档题20 （12 分）已知椭圆 C： + 1（ab0）过点（0，1） ，且过焦点垂直于 x 轴的直线截椭圆所得的弦长为 1（1）求椭圆 C 的方程；（2）若 AB 为椭圆 C 的左、右顶点

35、，直线 L：x 2 与 x 轴交于点 D，点 P 是椭圆 C上异于 A、B 的动点，直线 AP、BP 分别交 L 于 E，F 两点（i）证明：|DE| DF|为定值（ii）当 SPEF 2S PAB 时，求 P 点的坐标【分析】 （1）根据的性质列方程组得出 a，b 的值即可得出椭圆方程；（2） （i）设 P（2cos，sin） ，求出直线 AP、BP 的方程得出 E，F 的坐标，从而得出：|DE|DF|的值；（ii）用 表示出两个三角形的面积，根据面积关系列方程求出 的值得出 P 点坐标【解答】解：（1）由题意可知 b1，把 xc 代入椭圆方程得： 1，y ， 1，即 a2，椭圆的方程为：

36、+y21（2） （i）设 P（2cos，sin） ，则直线 AP 的方程为：y （x +2） ，y E ，第 20 页（共 23 页）同理可得：y F ，|DE |DF| | |1，即|DE |DF|为定值（ii）S PAB |sin|2|sin |，SPEF |yEy F|（2 2cos ） | |（2 2cos ） ，4|sin| ，即 2，解得 cos0，或 cos ，P 点坐标为（0，1）或（0，1）或（ ， ）或（ ， ） 【点评】本题考查了椭圆的性质，直线与椭圆的位置关系，属于中档题21 （12 分）已知函数 f（x ）（2a）x2lnx+a2（）当 a1 时，求 f（x ）的单调

37、区间；（）若函数 f（x ）在（0， ）上无零点，求 a 的取值范围【分析】 （）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；（）问题转化为 x（0， ）时，a2 ，令 l（ x）2 ，x（0， ） ，【解答】解：（）a1 时，f（x ）x2lnx1，f （x）1 ，由 f（x）0 ，得 x2，f （x ）0，解得：0x2，故 f（x）在（0 ，2）递减，在（2，+）递增；（）当 x+0 时，f（x）+，故 f（x）0 在（ 0， ）上恒成立不可能，第 21 页（共 23 页）故要使 f（x）在（ 0， ）上无零点，只要对任意的 x（0， ） ，f（x）0 恒成立，即 x（0

38、， ）时， a2 ，令 l（x）2 ，x（0 ， ） ，则 l（x） ，再令 m（x）2lnx+ 2，x（0， ） ，则 m（x） 0，于是在（0， ）上 m（x）递减，故 m（x）m （ ）22ln20，故 l（x）0 在（0， ）上恒成立，l（x）在（0 ， ）递增，故 l（x）l（ ）在（0， ）恒成立，又 l（ ）24ln2，故 a24ln2，+） 【点评】本题考查了函数的单调性以及导数的应用，考查函数恒成立问题，是一道中档题选修 4-4：坐标系与参数方程22 （10 分）在平面直角坐标系中，已知曲线 C1 的参数方程是： （ 为参数，02） ，以平面直角坐标系的原点为极点，x 轴的正

39、半轴为极轴建立极坐标系，曲线 C2 的极坐标方程为： ，其中 02（）求曲线 C1、C 2 的普通方程，并说明它们分别表示什么曲线；（）若 P 是曲线 C1 上任意一点， Q 为曲线 C2 上的任意一点，求| PQ|取最小值时 P 点的坐标【分析】 （）曲线 C1 的参数方程消去参数 ，能求出曲线 C1 的普通方程及表示的曲第 22 页（共 23 页）线；由曲线 C2 的极坐标方程能求出曲线 C2 的普通方程及表示的曲线（）由圆心 C1（4，3） ，设 P（4+2cos ，3+2sin） ，PC 1 与直线 xy4 垂直时，|PQ|取得最小值，此时 1， 1 ，由此能求出当|PQ|取最小值是时

40、，点 P 坐标【解答】解：（）曲线 C1 的参数方程是： （ 为参数，02 ） ，曲线 C1 的普通方程为（x +4） 2+（y3） 24，曲线 C2 的极坐标方程为： ，其中 02曲线 C2 的普通方程为 xy4曲线 C1 是圆心为（4，3） ，半径为 2 的圆，曲线 C2 是斜率为 1，在 y 轴上截距为4 的直线（）由圆心 C1（4，3） ，设 P（4+2cos ，3+2sin） ，由题意知 PC1 与直线 xy4 垂直时，|PQ|取得最小值，此时 1，1，02 ， 或 ，当 时，P（4 ，3+ ） ，当 时，P（4+ ，3 ） ，当|PQ|取最小值是时，点 P 坐标为（4+ ，3 ）

41、【点评】本题考查曲线的极坐标方程的求法，考查线段长的求法，考查直角坐标方程、极坐标方程、参数方程的互化等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题选修 4-5：不等式选讲23设函数 f（x ）|2x +1|2 x4|，g（x ）9+2 xx 2（）解不等式 f（x ）1；（）证明：|8x 16|g（x）2f （x） 【分析】 （）通过讨论 x 的范围，得到关于 x 的不等式，解出即可；（）根据绝对值不等式的性质求出 2f（x ）+|8x16|的最小值是 10，从而求出 g（x）第 23 页（共 23 页）的最大值，从而证明结论【解答】解：（）当 x2 时，f （x）2x+1（2x

42、4）51，得 xR故 x2，当 x2 时，f（x）2x+1（42x）4x31，得 x1，故 1x2，当 x 时，f（x）2x1（42x）51 不成立，综上，原不等式的解集是（1，+） ；（）证明|8x16|g（x）2f （x）|8x16|+2f（x ）g（x） ，2f（x）+|8 x16|4x+2|+|4x8| （4x+2）（4x8）|10，当且仅当 x2 时“”成立，故 2f（x）+|8 x16|的最小值是 10，又 g（x）（x 1） 2+1010，故 g（x）的最大值是 10，此时 x1，1 ，2，2f（x）+|8 x16|g（x ） ，故|8 x16| g（x）2f（x） 【点评】本题考查了绝对值不等式问题，考查绝对值不等式的性质，是一道中档题