重庆外国语学校2020年高考数学（4月份）模拟试卷（理科）含答案解析

《重庆外国语学校2020年高考数学（4月份）模拟试卷（理科）含答案解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《重庆外国语学校2020年高考数学（4月份）模拟试卷（理科）含答案解析（23页珍藏版）》请在七七文库上搜索。

1、2020 年高考数学（年高考数学（4 月份）模拟试卷（理科）月份）模拟试卷（理科） 一、选择题 1已知集合 Ax|log3（2x1）0，全集 UR，则 A（UB） 等于（ ） A B C D 2已知 zm21+（m23m+2）i（mR，i 为虚数单位），则“m1”是“z 为纯虚数” 的（ ） A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充分必要条件 D既不充分也不必要条件 3算法统宗是中国古代数学名著，由明代数学家程大位编著，它对我国民间普及珠算 和数学知识起到了很大的作用，是东方古代数学的名著在这部著作中，许多数学问题 都是以歌诀形式呈现的，“九儿问甲歌”就是其中一首：一个公公九个儿，若问生年总

2、不知，自长排来差三岁，共年二百又零七，借问长儿多少岁，各儿岁数要详推在这个 问题中，长儿的年龄为（ ） A23 B32 C35 D38 4如图所示， 黑色部分和白色部分图形是由曲线， yx，yx 及圆构成的， 在圆内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是（ ） A B C D 5函数 ycos2x 的图象向右平移 （0）个单位后，与函数 ysin（2x）的 图象重合，则 （ ） A B C D 6函数 图象的大致形状是（ ） A B C D 7一个几何体的三视图及其尺寸如图所示，则该几何体的体积为（ ） A B C28 D 8五声音阶是中国古乐的基本音阶，故有成语“五音不全”中国古乐中的五声音

3、阶依次 为：宫、商、角、徽、羽，如果用上这五个音阶，排成一五音阶音序，且宫、羽不相 邻，且位于角音阶的同侧，可排成的不同音序有（ ） A20 种 B24 种 C32 种 D48 种 9已知 F1，F2分别是双曲线的左、右焦点，过 F2与双曲线的 一条渐近线平行的直线交另一条渐近线于点 M，若F1MF2为锐角，则双曲线离心率的 取值范围是（ ） A B（，+） C（1，2） D（2，+） 102020 年初，新冠病毒肺炎（COVID19）疫情在武汉爆发，并以极快的速度在全国传 播开来因该病毒暂无临床特效药可用，因此防控难度极大湖北某地防疫防控部门决 定进行全面入户排查 4 类人员：新冠患者、疑似

4、患者、普通感冒发热者和新冠密切接触 者，过程中排查到一户 5 口之家被确认为新冠肺炎密切接触者，按要求进一步对该 5 名 成员逐一进行核糖核酸检测，若出现阳性，则该家庭定义为“感染高危户”，设该家庭 每个成员检测呈阳性的概率相同均为 p（0p1），且相互独立，该家庭至少检测了 4 人才能确定为 “感染高危户” 的概率为 f （p） ， 当 pp0时， f （p） 最大， 此时 p0 （ ） A B C D 11已知向量， （m0，n0），若 m+n1， 2，则的取值范围是（ ） A B C D 12 已知函数在区间0， 1上单调递增， 则实数 a 的取值范围 （ ） A1，1 B C D 二、

5、填空题 13已知 ， 为锐角，cos，则 cos 14若的展开式中 x 4的系数为 30，则 m 的值为 15 在棱长为 4 的正方体 ABCDA1B1C1D1中， E， F 分别是 DD1和 AB 的中点， 平面 B1EF 交棱 AD 于点 P，则|PE| 16设 x1 是函数 f的极值点，数列an满足 a1 1 ， a2 2 ， bn log2an+1， 若 x 表 示 不 超 过 x的 最 大 整 数 ， 则 三、解答题 17已知 f（x）12sin（x+）cosx3，x0， （1）求 f（x）的最大值、最小值； （2）CD 为ABC 的内角平分线，已知 ACf（x）max，BCf（x）

6、min，CD2，求 C 18由于中国诗词大会节目在社会上反响良好，某地也模仿并举办民间诗词大会，进入 正赛的条件为： 电脑随机抽取 10 首古诗， 参赛者能够正确背诵 6 首及以上的进入正赛 若 诗同爱好者甲、乙参赛，他们背诵每一首古诗正确的概率均为 （）求甲进入正赛的概率 （） 若参赛者甲、 乙都进入了正赛， 现有两种赛制可供甲、 乙进行 PK， 淘汰其中一人 赛制一： 积分淘汰制， 电脑随机抽取 4 首古诗， 每首古诗背诵正确加 2 分， 错误减 1 分 由 于难度增加，甲背诵每首古诗正确的概率为，乙背诵每首古诗正确的概率为，设甲 的得分为 x1，乙的得分为 x2 赛制二：对诗淘汰制，甲、

7、乙轮流互出诗名，由对方背诵且互不影响，乙出题，甲回答 正确的概率为 0.3，甲出题，乙回答正确的概率为 0.4，谁先背诵错误准先出局 （i）赛制一中，求甲、乙得分的均值，并预测谁会被淘汰； （ii）赛制二中，谁先出题甲获胜的概率大？ 19已知三棱锥 PABC（如图一）的平面展开图（如图二）中，四边形 ABCD 为边长等于 的正方形，ABE 和BCF 均为正三角形，在三棱锥 PABC 中； （）证明：平面 PAC平面 ABC； （）若点 M 在棱 PA 上运动，当直线 BM 与平面 PAC 所成的角最大时，求二面角 P BCM 的余弦值 20已知函数 f（x）xalnx（a0），g（x）x316

8、x+20 （）讨论函数 f（x）在上的单调性； （）设 h（x）x2f（x）+g（x），当 a1 时，证明：h（x）0 21已知直线与抛物线 C：y22px（p0）交于 B，D 两点，线段 BD 的中点为 A， 点 F 为 C 的焦点，且OAF（O 为坐标原点）的面积为 1 （1）求抛物线 C 的标准方程； （2）过点 G（2，2）作斜率为 k（k2）的直线 l 与 C 交于 M，N 两点，直线 OM，ON 分别交直线 yx+2 于 P，Q 两点，求|PQ|的最大值 请考生在 22、23 两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.选修 4-4：坐标 系与参数方程 22在直角坐标系 x

9、Oy 中，直线 C1的参数方程为（其中 t 为参数）以坐标原 点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cos23sin （1）求 C1和 C2的直角坐标方程； （2）设点 P（0，2），直线 C1交曲线 C2于 M，N 两点，求|PM|2+|PN|2的值 选修 4-5：不等式选讲 23已知函数 f（x）x2+ax+8，g（x）|x+1|+|x1| （1）当 a0 时，求不等式 f（x）g（x）的解集； （2）若不等式 f（x）g（x）的解集包含1，1，求实数 a 的取值范围 参考答案 一、选择题：共 12 小题，每小题 5 分，给出的四个选项中，只有一项是符合题目

10、要求的. 1已知集合 Ax|log3（2x1）0，全集 UR，则 A（UB） 等于（ ） A B C D 【分析】先分别求出集合 A 和 B，从而求出UB，由此能求出 A（UB）的值 解：集合 Ax|log3（2x1）0x|， x|x0 或 x，全集 UR， UBx|0x， A（UB）x| （） 故选：B 2已知 zm21+（m23m+2）i（mR，i 为虚数单位），则“m1”是“z 为纯虚数” 的（ ） A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充分必要条件 D既不充分也不必要条件 【分析】利用纯虚数的定义、简易逻辑的判定方法即可得出 解：若 zm21+（m23m+2）i 为纯虚数，则 m210

11、，m23m+20，解得 m1 “m1”是“z 为纯虚数”的充要条件 故选：C 3算法统宗是中国古代数学名著，由明代数学家程大位编著，它对我国民间普及珠算 和数学知识起到了很大的作用，是东方古代数学的名著在这部著作中，许多数学问题 都是以歌诀形式呈现的，“九儿问甲歌”就是其中一首：一个公公九个儿，若问生年总 不知，自长排来差三岁，共年二百又零七，借问长儿多少岁，各儿岁数要详推在这个 问题中，长儿的年龄为（ ） A23 B32 C35 D38 【分析】 设这位公公 9 个儿子的年龄从大到小成等差数列， 设年龄最小的儿子年龄为 a1， 则公差为 d3，再利用 S9207，求得 a1的值，可得结论 解

12、：设这位公公 9 个儿子的年龄从大到小成等差数列，设年龄最小的儿子年龄为 a1，则 公差为 d3， 由题意，S99a139a1363207，求得 a135， 故选：C 4如图所示， 黑色部分和白色部分图形是由曲线， yx，yx 及圆构成的， 在圆内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是（ ） A B C D 【分析】由图象的对称性可得：将图中四个部分的黑色部分拼凑在一起，则可拼凑成四 分之一个圆，由几何概型中的面积型可得：P（A），得解 解：将图中四个部分的黑色部分拼凑在一起，则可拼凑成四分之一个圆， 设“此点取自黑色部分”为事件 A， 由几何概型中的面积型可得： P（A）， 故选：A 5函数

13、 ycos2x 的图象向右平移 （0）个单位后，与函数 ysin（2x）的 图象重合，则 （ ） A B C D 【分析】由条件利用函数 yAsin（x+）的图象变换规律，诱导公式，求得 的值 解：函数 ycos2x 的图象向右平移 （0）个单位后，可得 ycos2（x） cos（2x2）sin（2x2+）的图象， 根据所得图象与函数 ysin（2x）的图象重合，则2+2k，kZ，求 得 ， 故选：C 6函数 图象的大致形状是（ ） A B C D 【分析】根据条件先判断函数的奇偶性，和对称性，利用 f（1）的值的符号是否对应进 行排除即可 解： sinx， 则 f（x） sin（x） （si

14、nx） sinxf（x）， 则 f（x）是偶函数，则图象关于 y 轴对称，排除 B，D， 由 f（x）0，得 1ex0 或 sinx0， 得 xk，kZ，即当 x0 时，第一个零点为 ， 当 x1 时，f（1） sin10，排除 A， 故选：C 7一个几何体的三视图及其尺寸如图所示，则该几何体的体积为（ ） A B C28 D 【分析】由题意，几何体为棱台，上底面为直角边长为 2 的等腰直角三角形，下底面为 直角边长为 4 的等腰直角三角形，高为 2，即可求出体积 解：由题意，几何体为棱台，上底面为直角边长为 2 的等腰直角三角形，下底面为直角 边长为 4 的等腰直角三角形，高为 2，体积为，

15、 故选：A 8五声音阶是中国古乐的基本音阶，故有成语“五音不全”中国古乐中的五声音阶依次 为：宫、商、角、徽、羽，如果用上这五个音阶，排成一五音阶音序，且宫、羽不相 邻，且位于角音阶的同侧，可排成的不同音序有（ ） A20 种 B24 种 C32 种 D48 种 【分析】根据角所在的位置，分两类，根据分类计数原理可得 解：若角排在一或五，则有24 种， 若角排在二或四，则有 28， 根据分类计数原理可得，共有 24+832 种， 故选：C 9已知 F1，F2分别是双曲线的左、右焦点，过 F2与双曲线的 一条渐近线平行的直线交另一条渐近线于点 M，若F1MF2为锐角，则双曲线离心率的 取值范围是

16、（ ） A B（，+） C（1，2） D（2，+） 【分析】可得 M，F1，F2的坐标，进而可得，的坐标，由 0，结合 abc 的关系可得关于 ac 的不等式，结合离心率的定义可得范围 解：联立，解得， M（，），F1（c，0），F2（c，0）， （，），（，）， 由题意可得0，即0， 化简可得 b23a2，即 c2a23a2， 故可得 c24a2，c2a，可得 e 2 故选：D 102020 年初，新冠病毒肺炎（COVID19）疫情在武汉爆发，并以极快的速度在全国传 播开来因该病毒暂无临床特效药可用，因此防控难度极大湖北某地防疫防控部门决 定进行全面入户排查 4 类人员：新冠患者、疑似患者、

17、普通感冒发热者和新冠密切接触 者，过程中排查到一户 5 口之家被确认为新冠肺炎密切接触者，按要求进一步对该 5 名 成员逐一进行核糖核酸检测，若出现阳性，则该家庭定义为“感染高危户”，设该家庭 每个成员检测呈阳性的概率相同均为 p（0p1），且相互独立，该家庭至少检测了 4 人才能确定为 “感染高危户” 的概率为 f （p） ， 当 pp0时， f （p） 最大， 此时 p0 （ ） A B C D 【分析】根据相互独立事件同时发生的概率公式得 f（p）（1p）3p+（1p）4p，f （p）（1p）（p）（p），由此能求出结果 解：根据相互独立事件同时发生的概率公式得： f（p）（1p）3p+

18、（1p）4p， f（p）3（1p） 2p+（1p）34（1p）3p+（1p）4（1p）2 （5p210p+2） （1p）（p）（p）， 0p1，当 pp0时，f（p）最大， p0 1 故选：A 11已知向量， （m0，n0），若 m+n1， 2，则的取值范围是（ ） A B C D 【分析】根据题意，由向量的坐标运算公式可得（3m+n，m3n），再 由向量模的计算公式可得，可以令 t，将 m+n1，2 的关系在直角坐标系表示出来， 分析可得 t表示区域中任意一点与原点 （0， 0） 的距离，进而可得 t 的取值范围，又由t，分析可得答案 解：根据题意，向量， （3m+n，m3n）， 则， 令

19、t，则t， 而 m+n1，2，即 1m+n2，在直角坐标系表示如图， t 表示区域中任意一点与原点（0，0）的距离， 分析可得：t2， 又由t， 故2； 故选：B 12 已知函数在区间0， 1上单调递增， 则实数 a 的取值范围 （ ） A1，1 B C D 【分析】观察选项，利用特殊值法求解，先令 a1，由此时的函数在0，1不单调，排 除 AB，再令，求导可知此时满足题意，由此得到正确选项 解 ： 不 妨 取a 1 ， 则， 此 时 ，不满足题意，故排除 AB； 再不妨取，则，则 ，满足在0，1上单调递增，故排除 D 综上，结合选项可知，选项 C 符合 故选：C 二、填空题：共 4 小题，每

20、小题 5 分，共 20 分 13已知 ， 为锐角，cos，则 cos 【分析】由条件利用同角三角函数的基本关系求得 sin、cos（+）的值，再利用两角 差的三角公式求得 coscos（+）的值 解：， 为锐角，cos，sin 又 sin（+），+ 为钝角，cos（+）， coscos（+）cos（+）cos+sin（+）sin+ ， 故答案为： 14若的展开式中 x 4的系数为 30，则 m 的值为 【分析】利用二项式定理把（x）6展开，求得展开式中 x4的系数，再列方程求出 m 的值 解：由（x2+m）（x6 2x4+ 4x2）， 其展开式中 x4的系数为： m （ 2）+ 430， 化简

21、得：12m+6030， 解得 m 故答案为： 15 在棱长为 4 的正方体 ABCDA1B1C1D1中， E， F 分别是 DD1和 AB 的中点， 平面 B1EF 交棱 AD 于点 P，则|PE| 【分析】由题意画出图形，作辅助线找出 P 的位置，再由三角形相似求得 PD，然后利用 勾股定理求解|PE| 解：如图， 延长 B1F 交 A1A 于 O，连接 OE 交 AD 于 P F 是 A1B 的中点，可得 AOBB1A1A， E 是 DD1的中点，DE ， 再由PAOPDE，可得 AP2PD，则 PD， 又 DE2，|PE| 故答案为： 16设 x1 是函数 f的极值点，数列an满足 a1

22、 1 ， a2 2 ， bn log2an+1， 若 x 表 示 不 超 过 x的 最 大 整 数 ， 则 2019 【分析】求得 f（x）的导数，可得 f（1）0，即 3an+12anan+20，结合构造等比 数列，以及等比数列的定义和通项公式，对数的运算性质，再由数列的求和方法：裂项 相消求和，即可得到所求值 解：函数 f（x）an+1x3anx2an+2x+1（nN+）的导数为 f（x）3an+1x22anxan+2， 由 x1 是 f（x）an+1x3anx2an+2x 的极值点， 可得 f（1）0，即 3an+12anan+20， 即有 2（an+1an）an+2an+1， 设 cn

23、an+1an，可得 2cncn+1， 可得数列cn为首项为 1，公比为 2 的等比数列， 即有 cn2n1， 则 ana1+（a2a1）+（a3a2）+（anan1） 1+1+2+2n2 1+2n1， 则 bnlog2an+1n， ， 则2020（1 ） 2020， 2019， 故答案为：2019 三、解答题：共 6 个大题，共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17已知 f（x）12sin（x+）cosx3，x0， （1）求 f（x）的最大值、最小值； （2）CD 为ABC 的内角平分线，已知 ACf（x）max，BCf（x）min，CD2，求 C 【分析】（1）首先 f（

24、x）6sin（2x+），由 x0，得 sin（2x+），1， 得 f（x）max6，f（x）min3； （2）由角平分线性质定理得：AD24BD2，由余弦定理得 BD21712cos，AD2 4424cos，得 C 【解答】（1）f（x）12sin（x+）cosx312（sinx+cosx）cosx3 6sinxcosx+6cos2x33 sin2x+3cos2x6sin（2x+）， x0，2x+ ，sin（2x+），1， f（x）max6，f（x）min3； （2）由角平分线性质定理得：2，AD24BD2， BCD 中，BD21712cos， ACD 中，AD24424cos， 4424co

25、s6848cos cos，C 18由于中国诗词大会节目在社会上反响良好，某地也模仿并举办民间诗词大会，进入 正赛的条件为： 电脑随机抽取 10 首古诗， 参赛者能够正确背诵 6 首及以上的进入正赛 若 诗同爱好者甲、乙参赛，他们背诵每一首古诗正确的概率均为 （）求甲进入正赛的概率 （） 若参赛者甲、 乙都进入了正赛， 现有两种赛制可供甲、 乙进行 PK， 淘汰其中一人 赛制一： 积分淘汰制， 电脑随机抽取 4 首古诗， 每首古诗背诵正确加 2 分， 错误减 1 分 由 于难度增加，甲背诵每首古诗正确的概率为，乙背诵每首古诗正确的概率为，设甲 的得分为 x1，乙的得分为 x2 赛制二：对诗淘汰制

26、，甲、乙轮流互出诗名，由对方背诵且互不影响，乙出题，甲回答 正确的概率为 0.3，甲出题，乙回答正确的概率为 0.4，谁先背诵错误准先出局 （i）赛制一中，求甲、乙得分的均值，并预测谁会被淘汰； （ii）赛制二中，谁先出题甲获胜的概率大？ 【分析】（）利用相互独立事件的概率公式求解； （） （i）分别写出 x1，x2的可能取值，求出对应的概率，再求期望，比较大小得结论； （ii）分别求出甲、乙先出题甲乙两人获胜的概率，从而得出结论 解：（）甲进入正赛的概率为 P， ， 甲进入正赛的概率 P； （）（i）由题意，甲乙两人的得分均有可能为 8 分，5 分，2 分，1 分，4 分 P（x18）；P（

27、x15）； P（x12）；P（x11）；P（x1 4） E（x1）； P（x28）；P（x25）； P （x22） ； P （x21） ； P （x24） E（x2）； E（x1）E（x2）， 则乙可能被淘汰； （ii）甲先出题且甲获胜的概率： +（0.4）3（0.3）30.6+， 此为等比数列求和，； 乙先出题且乙获胜的概率： +（0.3）3（0.4）30.7+， 此为等比数列求和， 则甲获胜的概率为 比较发现，甲先出题甲获胜的概率大 19已知三棱锥 PABC（如图一）的平面展开图（如图二）中，四边形 ABCD 为边长等于 的正方形，ABE 和BCF 均为正三角形，在三棱锥 PABC 中；

28、（）证明：平面 PAC平面 ABC； （）若点 M 在棱 PA 上运动，当直线 BM 与平面 PAC 所成的角最大时，求二面角 P BCM 的余弦值 【分析】（1）取 AC 中点 O，连结 PO，BO，则 POAC，BOAC，POBO，由此能 证明平面 PAC平面 ABC （）由 BOPO，BOAC，得 BO平面 PAC，从而BMO 是直线 BM 与平面 PAC 所成角，且 tanBMO，进而当 OM 最短时，即 M 是 PA 中点时，BMO 最 大，由 PO平面 ABC，OBAC，得 POOB，POOC，以 OC，OB，OP 所成直线分 别为 x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，利用

29、向量法能求出二面角 PBCM 的余 弦值 【解答】证明：（1）三棱锥 PABC（如图一）的平面展开图（如图二）中， 四边形 ABCD 为边长等于的正方形，ABE 和BCF 均为正三角形， PAPBPCBCAB，APCABC90，APBBPC60， 取 AC 中点 O，连结 PO，BO， 则 POAC，BOAC，且 POAOCOBO1， PO2+BO2PB2，POBO， 平面 PAC平面 ABC 解：（）由（）知，BOPO，BOAC， POACO，BO平面 PAC， BMO 是直线 BM 与平面 PAC 所成角，且 tanBMO， 当 OM 最短时，即 M 是 PA 中点时，BMO 最大， 由

30、PO平面 ABC，OBAC，得 POOB，POOC， 以 OC，OB，OP 所成直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系， 则 O（0，0，0），C（1，0，0），B（0，1，0），A（1，0，0），P（0，0，1）， M（）， （1，1，0），（1，0，1），（，0，）， 设平面 MBC 的法向量 （x，y，z）， 则，取 x1，得 （1，1，3）， 设平面 PBC 的法向量 （x，y，z）， 则，取 x1，得 （1，1，1）， 设二面角 PBCM 的平面角为 ， 则 cos 二面角 PBCM 的余弦值为 20已知函数 f（x）xalnx（a0），g（x）x316x+20 （）

31、讨论函数 f（x）在上的单调性； （）设 h（x）x2f（x）+g（x），当 a1 时，证明：h（x）0 【分析】（）求出原函数的导函数，利用导函数为 0 求得 xa，当 0a1 时，当 x 时，f（x）0，f（x）在上的单调递增； 当 a1 时，a0，可得 x（，a）时，f（x）0，f（x）在（，a）上单调递 减，x（a，+）时，f（x）0，f（x）在（a，+）上单调递增； （）令 a1，利用导数证明 xlnx1，则当 a1 时，h（x）x2f（x）+g（x）x2 （xlnx）+x316x+20x2+x316x+20，构造函数 L（x）x3+x216x+20，再由导数求 其最小值，可得 h（

32、x）0 【解答】（）解：f（x）xalnx（a0），f（x）1， 令 f（x）10，得 xa， 当 0a1 时，a0，当 x时，f（x）0，f（x）在上 的单调递增； 当 a1 时，a0 x（，a）时，f（x）0，f（x）在（ ，a）上单调递减， x（a，+）时，f（x）0，f（x）在（a，+）上单调递增； （）证明：令 a1，得 f（x）xlnx，f（x）1， 令 f（x）10，得 x1， 当 x（0，1）时，f（x）0，f（x）在（0，1）上单调递减， x（1，+）时，f（x）0，f（x）在（1，+）上单调递增； f（x）minf（1）1，即 xlnx1； 当 a1 时，h（x）x2f（x

33、）+g（x）x2（xlnx）+x316x+20x2+x316x+20， 当且仅当 x1 时取等号 令 L（x）x3+x216x+20，则 L（x）3x2+2x16（3x+8）（x2） 由 L（x）0，得 x2，由 L（x）0，得 0x2 L（x）minL（2）0，则 h（x）L（x）0 上不等式中两等号成立的条件不同，则 h（x）0 21已知直线与抛物线 C：y22px（p0）交于 B，D 两点，线段 BD 的中点为 A， 点 F 为 C 的焦点，且OAF（O 为坐标原点）的面积为 1 （1）求抛物线 C 的标准方程； （2）过点 G（2，2）作斜率为 k（k2）的直线 l 与 C 交于 M，

34、N 两点，直线 OM，ON 分别交直线 yx+2 于 P，Q 两点，求|PQ|的最大值 【分析】（1）求得抛物线的焦点，以及直线 l 的方程，代入抛物线的方程，运用韦达定 理和弦长公式可得|AF|，由点到直线的距离公式和三角形的面积公式，解方程可得 p； （2） 设直线 l 的方程为 y2k （x2） ， 由方程组得 ky24y+88k0， 再分别求出点 P，Q 的坐标，根据两点间的距离可得|PQ|，化简整理，根据函数的性质即 可求出|PQ|的最大值 解：（1）直线 l 的方程为代入抛物线方程得 x23px+0， 设 D（x1，y1），B（x2，y2），则 x1+x23p，xA p 所以|AF

35、|xAxF|p 坐标原点 O 到直线 l 的距离 d， 所以OAB 的面积为1， 解得 p2； 抛物线方程为 y24x （2）设直线 l 的方程为 y2k（x2） 由方程组得 ky24y+88k0 设 M（x1，y1），N（x2，y2），则 y1+y2 ，y1y2 8， 直线 OM 的方程 yx，代入 yx+2，解得 x，y P（，） 同理得 N（） |PQ|8| | | |4， 令 1t，则t1， |PQ|44 ， t1， 12， 21+3， |PQ|44 请考生在 22、23 两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.选修 4-4：坐标 系与参数方程 22在直角坐标系 xOy 中

36、，直线 C1的参数方程为（其中 t 为参数）以坐标原 点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cos23sin （1）求 C1和 C2的直角坐标方程； （2）设点 P（0，2），直线 C1交曲线 C2于 M，N 两点，求|PM|2+|PN|2的值 【分析】（1）直接把直线 C1的参数方程中的参数消去，可得 C1的普通方程；把 cos2 3sin 两边同时乘以 ，代入 xcos，ysin，得曲线 C2的直角坐标方程； （2）将直线 C1的参数方程代入 x23y，化为关于 t 的一元二次方程，利用 根与系数的关系结合参数 t 的几何意义求解|PM|2+|PN|2的值

37、解：（1）直线 C1的参数方程为（其中 t 为参数）， 消去 t 可得 由 cos23sin，得 2cos23sin， 代入 xcos，ysin，得曲线 C2的直角坐标方程为 x23y； （2）将直线 C1的参数方程代入 x23y，得 ， 设 M，N 对应的参数分别为 t1，t2， 则，t1t218， 选修 4-5：不等式选讲 23已知函数 f（x）x2+ax+8，g（x）|x+1|+|x1| （1）当 a0 时，求不等式 f（x）g（x）的解集； （2）若不等式 f（x）g（x）的解集包含1，1，求实数 a 的取值范围 【分析】（1）将 g（x）写为分段函数的形式，然后根据 a0 时，f（x）g（x）可得 或或，解不等式组可得解集； （2）由不等式 f（x）g（x）的解集包含1，1，可得x2+ax+82 在1，1上恒 成立，然后求出 a 的范围即可 解：（1）g（x）|x+1|+|x1|，当 a0 时，f（x）x2+8 f（x）g（x），或或， 1x2 或1x1 或2x1，2x2， 不等式的解集为2，2； （2）由（1）知，当1x1 时，g（x）2 不等式 f（x）g（x）的解集包含1，1， x2+ax+82 在1，1上恒成立，即 x2ax60 在1，1上恒成立， ，5a5， a 的取值范围为5，5