2019-2020学年云南省玉溪一中高三（上）第四次月考数学试卷（理科）含详细解答

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1、已知集合 Ax|0，Bx|0x4，则 AB（ ） Ax|1x4 Bx|0x3 Cx|0x3 Dx|1x4 2 （5 分）设 z+i，则|z|（ ） A B C D2 3 （5 分）已知命题 p：对任意 xR，总有 2xx2；q： “ab1“是“a1，b1”的充分不 必要条件，则下列命题为真命题的是（ ） Apq Bpq Cpq Dpq 4 （5 分）一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ） A64 B72 C80 D112 5 （5 分）如果执行如图所示的框图，输入 N5，则输出的 S 等于（ ） 第 2 页（共 23 页） A B C D 6 （5 分）在四面体 OABC 中，E

2、 为 OA 中点，若 ， ， ， 则（ ） A B+ C+ D+ 7 （5 分）定义在 R 上的奇函数 f（x）满足 f（1x）f（1+x） ，且当 x0，1时，f（x） 4x22x，则当 x2，2时，方程 2f（x）1 的解的个数为（ ） A2 B3 C4 D6 8 （5 分）如图，矩形 ABCD 中，AB4，BC2，E 为边 AB 的中点，沿 DE 将ADE 折起， 点 A 折至 A1处（A1平面 ABCD） ，若 M 为线段 A1C 的中点，则在ADE 折起过程中， 下列说法错误的是（ ） A始终有 MB平面 A1DE B不存在某个位置，使得 A1C平面 A1DE 第 3 页（共 23

3、页） C三棱锥 A1ADE 体积的最大值是 D一定存在某个位置，使得异面直线 BM 与 A1E 所成角为 30 9（5 分） 如图， 用与底面成 45角的平面截圆柱得一椭圆截线， 则该椭圆的离心率为 （ ） A B C D 10 （5 分）某车间分批生产某种产品，每批的生产准备费用为 800 元若每批生产 x 件， 则平均仓储时间为天，且每件产品每天的仓储费用为 1 元为使平均每件产品的生产 准备费用与仓储费用之和最小，每批应生产产品（ ） A60 件 B80 件 C100 件 D120 件 11 （5 分）已知函数 f（x）asinxcosx 的一条对称轴为 x，且 f（x1） f（x2）

4、4，则|x1+x2|的最小值为（ ） A B C D 12 （5 分）设等差数列an满足 a11，an0（nN*） ，其前 n 项和为 Sn，若数列 也为等差数列，则的最大值是（ ） A310 B212 C180 D121 二、填空题：本题共二、填空题：本题共 4 小题，每题小题，每题 5 分，共分，共 20 分分. 13 （5 分） 若直线 axby30 （a0， b0） 过点 （2， 1） ， 则+的最小值为 14 （5 分）向量 （1，1） ， （1，0） ，若（ ）（2 + ） ，则 15 （5 分）在等差数列an中，若 a100，则有等式：a1+a2+ana1+a2+a19n（n 1

5、9）成立，类比上述性质，相应地，在等比数列bn中，若 b91，则有等式 成 立 16 （5 分）设 O 是ABC 的外心，满足t+（t），tR，若|3，则 ABC 面积的最大值为 第 4 页（共 23 页） 三、解答题：共三、解答题：共 70 分分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.（一）必考题：（一）必考题：共共 60 分分. 第第 17-21 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. 17 （12 分）已知 ， 为锐角，tan，cos（+） （1）求 cos2 的值； （2）求 tan（）的值 18 （12 分）在等

6、差数列an中，a11，其前 n 项和为 Sn，等比数列bn的各项均为正数， b11，且 b2+S311，S69b3 （1）求数列an和bn的通项公式； （2）设 cn，求数列cn的前 n 项和 Tn 19 （12 分）如图，在四棱锥 PABCD 中，PD平面 ABCD，ABDC，ABAD，DC6， AD8，BC10，PAD45，E 为 PA 的中点 （1）求证：DE平面 BPC； （2）线段 AB 上是否存在一点 F，满足 CFDB？若存在，试求出二面角 FPCD 的 余弦值；若不存在，请说明理由 20 （12 分）已知圆 C： （x3）2+（y4）24，直线 l1过定点 A（1，0） （1）

7、若 l1与圆相切，求 l1的方程； （2）若 l1与圆相交于 P，Q 两点，线段 PQ 的中点为 M，又 l1与 l2：x+2y+20 的交点 为 N，判断 AMAN 是否为定值，若是，则求出定值；若不是，请说明理由 第 5 页（共 23 页） 21 （12 分）已知函数 f（x）ln（x1）k（x1）+1 （1）求函数 f（x）的极值点； （2）若 f（x）0 恒成立，求 k 的取值范围； （3）证明：+（nN*，n1） （二）选考题：共（二）选考题：共 10 分分.请考生在第请考生在第 22、23 题中任选一题作答题中任选一题作答.作答时用作答时用 2B 铅笔在答题卡铅笔在答题卡 上把所选

8、题目题号后的方框涂黑上把所选题目题号后的方框涂黑.如果多做，则按所做的第一题计分如果多做，则按所做的第一题计分.选修选修 4-4：坐标系与参：坐标系与参 数方程数方程 22 （10 分）已知直线 l 的参数方程为（t 为参数） ，圆 C 的参数方程为 （ 为参数） （）若直线 l 与圆 C 的相交弦长不小于，求实数 m 的取值范围； （）若点 A 的坐标为（2，0） ，动点 P 在圆 C 上，试求线段 PA 的中点 Q 的轨迹方程 选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲 23 （1）求 f（x）+的最大值； （2）设 a，b，c0，且 ab+bc+ca1，求证： 第 6 页（共 23 页）

9、2019-2020 学年云南省玉溪一中高三（上）第四次月考数学试卷学年云南省玉溪一中高三（上）第四次月考数学试卷 （理科）（理科） 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、选择题：本题共一、选择题：本题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 60 分分.在每小题给出的四个选项中，只有一在每小题给出的四个选项中，只有一 项符合题目要求项符合题目要求. 1 （5 分）已知集合 Ax|0，Bx|0x4，则 AB（ ） Ax|1x4 Bx|0x3 Cx|0x3 Dx|1x4 【分析】可以求出集合 A，然后进行并集的运算即可 【解答】解：Ax|1x3，Bx|0x4， ABx|1x4 故选

10、：A 【点评】本题考查了描述法的定义，分式不等式的解法，并集的运算，考查了计算能力， 属于基础题 2 （5 分）设 z+i，则|z|（ ） A B C D2 【分析】先求 z，再利用求模的公式求出|z| 【解答】解：z+i+i 故|z| 故选：B 【点评】本题考查复数代数形式的运算，属于容易题 3 （5 分）已知命题 p：对任意 xR，总有 2xx2；q： “ab1“是“a1，b1”的充分不 必要条件，则下列命题为真命题的是（ ） Apq Bpq Cpq Dpq 【分析】命题 p：是假命题，例如取 x2 时，2x与 x2相等q：由“a1，b1”： “ab 1” ；反之不成立，例如取 a10，b

11、进而判断出结论 【解答】解：命题 p：对任意 xR，总有 2xx2；是假命题，例如取 x2 时，2x与 x2相 第 7 页（共 23 页） 等 q：由“a1，b1”： “ab1” ；反之不成立，例如取 a10，b “ab1“是“a1，b1”的必要不充分条件，是假命题 下列命题为真命题的是p（q） ， 故选：D 【点评】本题考查了简易逻辑的判定方法、不等式的性质、函数的单调性，考查了推理 能力与计算能力，属于基础题 4 （5 分）一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ） A64 B72 C80 D112 【分析】由三视图可知该几何体为上部是一四棱锥，高为 3，下部为正方体，边长为 4

12、 的组合体分别求得体积再相加 【解答】解：由三视图可知该几何体为上部是一四棱锥，下部为正方体的组合体四棱 锥的高 h13，正方体棱长为 4 V正方体Sh242464，V四棱锥Sh116， 所以 V64+1680 故选：C 【点评】本题考查三视图求几何体的体积，考查计算能力，空间想象能力，三视图复原 几何体是解题的关键 5 （5 分）如果执行如图所示的框图，输入 N5，则输出的 S 等于（ ） 第 8 页（共 23 页） A B C D 【 分 析 】 由 已 知 中 的 程 序 框 图 可 知 ， 该 程 序 的 功 能 是 计 算 出 输 出 S 的值 【解答】解：n5 时，k1，S0， 第

13、一次运行：S0+，k15， 第二次运行：k1+12，S，k25， 第三次运行：k2+13，k35， 第四次运行：k3+14，S，k45， 第五次运行：k4+15，S，k5， 结束运行，输出 S 故选：D 【点评】本题考查程序框图的应用，是基础题，解题时要认真审题，注意函数性质的合 理运用 6 （5 分）在四面体 OABC 中，E 为 OA 中点，若 ， ， ， 则（ ） A B+ 第 9 页（共 23 页） C+ D+ 【分析】利用向量的加减法，及线性运算，即可得出结论 【解答】解：由题意，+ +（ ）+ 故选：D 【点评】本题考查了平面向量的加减法、线性运算，是基础题 7 （5 分）定义在

14、R 上的奇函数 f（x）满足 f（1x）f（1+x） ，且当 x0，1时，f（x） 4x22x，则当 x2，2时，方程 2f（x）1 的解的个数为（ ） A2 B3 C4 D6 【分析】利用函数的奇偶性以及函数的对称性求出函数的周期，利用函数的图象求解函 数的零点公式即可 【解答】解：定义在 R 上的奇函数 f（x）满足 f（1x）f（1+x） ， 可得 f（1+x）f（x1） ，所以 f（x+2）f（x） ， 可得 f（x+4）f（x+2）f（x）所以函数的周期为 4； 且当 x0，1时，f（x）4x22x，当 x2，2时，函数的图象如图： 方程 2f（x）1 的零点个数为 2 故选：A 第

15、 10 页（共 23 页） 【点评】本题考查函数与方程的应用，函数的奇偶性以及函数的对称性，周期性的应用， 函数的零点公式的判断，数形结合的应用，是中档题 8 （5 分）如图，矩形 ABCD 中，AB4，BC2，E 为边 AB 的中点，沿 DE 将ADE 折起， 点 A 折至 A1处（A1平面 ABCD） ，若 M 为线段 A1C 的中点，则在ADE 折起过程中， 下列说法错误的是（ ） A始终有 MB平面 A1DE B不存在某个位置，使得 A1C平面 A1DE C三棱锥 A1ADE 体积的最大值是 D一定存在某个位置，使得异面直线 BM 与 A1E 所成角为 30 【分析】对于 A，延长 C

16、B，DE 交于 H，连接 A1H，运用中位线定理和线面平行的判定 定理，可得 BM平面 A1DE，即可判断 A； 对于 B，不论 A1在何位置，A1C 在平面 ABCD 中的射影为 AC，由 AC 与 DE 不垂直，得 DE 与 A1C 不垂直，从而可得 A1C 与平面 A1DE 不垂直，由此判断 B； 对于 C，由题意知平面 A1DE平面 ADE 时，三棱锥 A1ADE 的体积最大，求出即可； 对于 D，运用平行线的性质和解三角形的余弦定理，以及异面直线所成角的定义，求出 异面直线所成的角，说明 D 错误 【解答】解：对于 A，延长 CB，DE 交于 H，连接 A1H，由 E 为 AB 的中

17、点，可得 B 为 CH 的中点， 又 M 为 A1C 的中点，可得 BMA1H，BM平面 A1DE，A1H平面 A1DE，则 BM平面 A1DE，故 A 正确； 不论 A1在何位置，A1C 在平面 ABCD 中的射影为 AC，AC 与 DE 不垂直，则 DE 与 A1C 不垂直，可得 A1C 与平面 A1DE 不垂直，故 B 正确； 对于 C，设 O 为 DE 的中点，连接 OA1，由直角三角形斜边的中线长为斜边的一半，可 得 OA1， 第 11 页（共 23 页） 当平面 A1DE平面 ADE 时， 三棱锥 A1ADE 的体积最大， 最大体积为 VSADEA1O 22，故 C 正确； 对于

18、D，AB2AD4，过 E 作 EGBM，G平面 A1DC，则A1EG 是异面直线 BM 与 A1E 所成的角或所成角的补角， 且 A1EG EA1H ， 在 EA1H中 ， EA1 2 ， EH DE 2， A1H 2， 则EA1H 为定值，即A1EG 为定值，不存在某个位置，使得异面直线 BM 与 A1E 所 成角为 30，故 D 错误 故选：D 【点评】本题考查命题的真假判断与应用，考查空间中直线与直线、直线与平面、平面 与平面位置关系的判定，考查空间想象能力与思维能力，是中档题 9（5 分） 如图， 用与底面成 45角的平面截圆柱得一椭圆截线， 则该椭圆的离心率为 （ ） A B C D

19、 【分析】根据截面与底面所成的角是 45，根据直角三角形写出椭圆的长轴长，而椭圆 的短轴长是与圆柱的底面直径相等，做出 c 的长度，根据椭圆的离心率公式，代入 a，c 的值，求出结果 【解答】解：设圆柱底面圆的方程为 x2+y2R2， 与底面成 45角的平面截圆柱， 椭圆的半长轴长是R， 半短轴长是 R， cR， 第 12 页（共 23 页） e 故选：A 【点评】本题考查平面与圆柱的截线，考查椭圆的性质，考查等腰直角三角形的边长之 间的关系，是一个比较简单的综合题目，题目涉及到的知识比较多 10 （5 分）某车间分批生产某种产品，每批的生产准备费用为 800 元若每批生产 x 件， 则平均仓

20、储时间为天，且每件产品每天的仓储费用为 1 元为使平均每件产品的生产 准备费用与仓储费用之和最小，每批应生产产品（ ） A60 件 B80 件 C100 件 D120 件 【分析】若每批生产 x 件，则平均仓储时间为天，可得仓储总费用为，再加上 生产准备费用为 800 元， 可得生产 x 件产品的生产准备费用与仓储费用之和是 元， 由此求出平均每件的生产准备费用与仓储费用之和， 再用基本不等式求 出最小值对应的 x 值 【解答】解：根据题意，该生产 x 件产品的生产准备费用与仓储费用之和是 这样平均每件的生产准备费用与仓储费用之和为（x 为正 整数） 由基本不等式，得 当且仅当时，f（x）取得

21、最小值、 可得 x80 时，每件产品的生产准备费用与仓储费用之和最小 故选：B 【点评】本题结合了函数与基本不等式两个知识点，属于中档题，运用基本不等式时应 该注意取等号的条件，才能准确给出答案 11 （5 分）已知函数 f（x）asinxcosx 的一条对称轴为 x，且 f（x1） f（x2） 4，则|x1+x2|的最小值为（ ） A B C D 第 13 页（共 23 页） 【分析】首先通过三角函数的恒等变换把函数关系式变性成正弦型函数，进一步利用对 称轴确定函数的解析式，再利用正弦型函数的最值确定结果 【解答】解：f（x）asinxcosx ， 由于函数的对称轴为：x， 所以， 则：，

22、解得：a1 所以：f（x）2sin（x） ， 由于：f（x1） f（x2）4， 所以函数必须取得最大值和最小值， 所以：或 所以：|x1+x2|4k， 当 k0 时，最小值为 故选：C 【点评】本题考查的知识要点：三角函数的恒等变换，利用对称轴求函数的解析式，利 用三角函数的最值确定结果 12 （5 分）设等差数列an满足 a11，an0（nN*） ，其前 n 项和为 Sn，若数列 也为等差数列，则的最大值是（ ） A310 B212 C180 D121 【分析】设等差数列an的公差为 d，a11，an0（nN*） ，利用等差数列的通项公式 及其前 n 项和公式可得：an1+（n1）d，Sn由

23、于数列也 为等差数列，可得 2+，代入解出 d，可得关于 n 的数列，利用其 单调性即可得出 第 14 页（共 23 页） 【解答】解：设等差数列an的公差为 d，a11，an0（nN*） ， an1+（n1）d，Sn 1， 数列也为等差数列， 2+， 1+， 化为（d2）20，解得 d2 an2n1，Snn2 ， 数列单调递减， 的最大值是121 故选：D 【点评】本题考查了等差数列的通项公式及其前 n 项和公式、数列的单调性，考查了推 理能力与计算能力，属于中档题 二、填空题：本题共二、填空题：本题共 4 小小题，每题题，每题 5 分，共分，共 20 分分. 13（5 分） 若直线 axb

24、y30 （a0， b0） 过点 （2， 1） ， 则+的最小值为 1+ 【分析】根据条件可得出 2a+b3，从而得出，然后根据 a0，b0， 以及基本不等式即可求出的最小值 【解答】解：axby30 过点（2，1） ， 2a+b3，且 a0，b0， ， 当 且 仅 当 ，即时取等号， 的最小值为 第 15 页（共 23 页） 故答案为： 【点评】本题考查了直线上的点的坐标和直线方程的关系，基本不等式的应用，考查了 计算能力，属于基础题 14 （5 分）向量 （1，1） ， （1，0） ，若（ ）（2 + ） ，则 3 【分析】根据两向量垂直时数量积为 0，列出方程求出 的值 【解答】解：向量

25、（1，1） ， （1，0） ， 2，1，1； 又（ ）（2 + ） ， （ ） （2 + ）2+（2） 0， 即 22+（2） （1）10， 解得 3 故答案为：3 【点评】本题考查了平面向量的坐标运算与数量积的应用问题，是基础题 15 （5 分）在等差数列an中，若 a100，则有等式：a1+a2+ana1+a2+a19n（n 19）成立，类比上述性质，相应地，在等比数列bn中，若 b91，则有等式 b1b2 bnb1b2b17n（n17） 成立 【分析】根据类比的规则，和类比积，加类比乘，由类比规律得出结论即可 【解答】解：在等差数列an中，若 a100，则有等式 a1+a2+ana1+a

26、2+a19n（n 19，nN+）成立， 故相应的在等比数列bn中，若 b91，则有等式 b1b2bnb1b2b17n（n17） 故答案为 b1b2bnb1b2b17n（n17） 【点评】本题考查类比推理，解题的关键是掌握好类比推理的定义及两类事物之间的共 性，由此得出类比的结论即可 16 （5 分）设 O 是ABC 的外心，满足t+（t），tR，若|3，则 ABC 面积的最大值为 9 【分析】用平面向量基本定理，把面积转化为三角函数，由此即可求出面积最大值 【解答】解：由t+（t），得到t（）+ 第 16 页（共 23 页） 所以t（） 如图，取 CB 中点 D，再取 BD 中点 E，则 t

27、因为 DOBC，所以 EABC 则 AE3sinB，BE3cosB，BC12cosB SABCAEBC18sinBcosB9sin2B9 当 B时，三角形 ABC 面积取最大值 9 故答案是：9 【点评】本题考查了向量共线定理、向量三角形法则，考查了推理能力与计算能力，属 于基础题 三、解答题：共三、解答题：共 70 分分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.（一）必考题：共（一）必考题：共 60 分分. 第第 17-21 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. 17 （12 分）已知 ， 为锐角，tan，cos（+）

28、（1）求 cos2 的值； （2）求 tan（）的值 【分析】 （1）由已知结合平方关系求得 sin，cos 的值，再由倍角公式得 cos2 的值； （2）由（1）求得 tan2，再由 cos（+）求得 tan（+） ，利用 tan（） tan2（+），展开两角差的正切求解 【解答】解： （1）由，解得， 第 17 页（共 23 页） cos2； （2）由（1）得，sin2，则 tan2 ，（0，） ，+（0，） ， sin（+） 则 tan（+） tan（）tan2（+） 【点评】本题考查三角函数的恒等变换及化简求值，考查同角三角函数基本关系式的应 用，是中档题 18 （12 分）在等差数列

29、an中，a11，其前 n 项和为 Sn，等比数列bn的各项均为正数， b11，且 b2+S311，S69b3 （1）求数列an和bn的通项公式； （2）设 cn，求数列cn的前 n 项和 Tn 【分析】 （1）利用等差数列与等比数列的通项公式即可得出 （2）利用“错位相减法”与等比数列的求和公式即可得出 【解答】解： （1）设等差数列an公差为 d，等比数列bn的公比为 q， 则， 解得 d2，q2， 所以 an2n1，bn2n 1； （2）cn（2n1） （）n 1 数列cn的前 n 项和 Tn1（）0+3（）1+5（）2+（2n1） （）n 1， Tn1（）1+3（）2+5（）3+（2n1

30、） （）n， Tn+2（）1+2（）2+2（）3+2（）n 1（2n1） （ ）n 1+2（1（）n 1）（2n1） （ ）n 第 18 页（共 23 页） 3（2n+3）（）n Tn6（2n+3） （）n 1 【点评】本题考查了“错位相减法” 、等差数列与等比数列的通项公式及其求和公式，考 查了推理能力与计算能力，属于中档题 19 （12 分）如图，在四棱锥 PABCD 中，PD平面 ABCD，ABDC，ABAD，DC6， AD8，BC10，PAD45，E 为 PA 的中点 （1）求证：DE平面 BPC； （2）线段 AB 上是否存在一点 F，满足 CFDB？若存在，试求出二面角 FPCD

31、的 余弦值；若不存在，请说明理由 【分析】 （1）取 PB 的中点 M，连接 EM 和 CM，过点 C 作 CNAB，垂足为点 N推导 出四边形 CDAN 为平行四边形，从而 CNAD8，DCAN6，AB12，推导出四边 形 CDEM 为平行四边形，从而 DECM由此能证明 DE平面 BPC （2）由题意可得 DA，DC，DP 两两互相垂直，以 D 为原点，DA，DC，DP 分别为 x， y，z 轴建立空间直角坐标系 Dxyz，利用向量法能求出二面角 FPCD 的余弦值 【解答】解： （1）证明：取 PB 的中点 M，连接 EM 和 CM，过点 C 作 CNAB，垂足为 点 N CNAB，DA

32、AB，CNDA， 又 ABCD，四边形 CDAN 为平行四边形，CNAD8，DCAN6， 在 RtBNC 中，BN6， AB12，而 E，M 分别为 PA，PB 的中点， EMAB 且 EM6，又 DCAB，EMCD 且 EMCD，四边形 CDEM 为平行四边 形， DECMCM平面 PBC，DE平面 PBC，DE平面 BPC （2）解：由题意可得 DA，DC，DP 两两互相垂直，如图，以 D 为原点， 第 19 页（共 23 页） DA，DC，DP 分别为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系 Dxyz， 则 A（8，0，0） ，B（8，12，0） ，C（0，6，0） ，P（0，0，8） 假设

33、AB 上存在一点 F 使 CFBD， 设点 F 坐标为（8，t，0） ，则（8，t6，0） ，（8，12，0） ， 由0 得 t又平面 DPC 的一个法向量为 （1，0，0） ， 设平面 FPC 的法向量 （x，y，z） ， 则（0，6，8） ，（8，0） ， 由，取 y12，得 （8，12，9） ， 设二面角 FPCD 的平面角为 ， 则 cos 二面角 FPCD 的余弦值为 【点评】本题考查线面平行的证明，考查二面角的余弦值的求法，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，是中档题 第 20 页（共 23 页） 20 （12 分）已知圆 C： （x3）2+（y4

34、）24，直线 l1过定点 A（1，0） （1）若 l1与圆相切，求 l1的方程； （2）若 l1与圆相交于 P，Q 两点，线段 PQ 的中点为 M，又 l1与 l2：x+2y+20 的交点 为 N，判断 AMAN 是否为定值，若是，则求出定值；若不是，请说明理由 【分析】 （1）由直线 l1与圆相切，则圆心到直线的距离等于半径，求得直线方程，注意 分类讨论； （2）分别联立相应方程，求得 M，N 的坐标，再求 AMAN 【解答】解： （1）若直线 l1的斜率不存在，即直线 x1，符合题意 （2 分） 若直线 l1斜率存在，设直线 l1为 yk（x1） ，即 kxyk0 由题意知，圆心（3，4）

35、到已知直线 l1的距离等于半径 2， 即 解之得 所求直线方程是 x1，3x4y30 （5 分） （2）直线与圆相交，斜率必定存在，且不为 0，可设直线方程为 kxyk0 由 得 ； 又直线 CM 与 l1垂直，得 AMAN为定值 （10 分） 【点评】本题主要考查圆标准方程，简单几何性质，直线与圆的位置关系，圆的简单性 质等基础知识考查运算求解能力，推理论证能力；考查函数与方程思想，化归与转化 思想 第 21 页（共 23 页） 21 （12 分）已知函数 f（x）ln（x1）k（x1）+1 （1）求函数 f（x）的极值点； （2）若 f（x）0 恒成立，求 k 的取值范围； （3）证明：+

36、（nN*，n1） 【分析】 （1）求导，分类讨论得出结论； （2）可判断 k0，则只需 f（x）的最大值小于等于 0 即可； （3）当 k1 时，lnxx1（x1） ，运用该结论，结合裂项相消法即可得证 【解答】解： （1）f（x）的定义域为（1，+） ， 若 k0，则 f（x）0，f（x）在（1，+）单增，所以 f（x）无极值点； 若 k0，令 f（x）0，得， 当时，f（x）0，f（x）在单增， 当时，f（x）0，f（x）在单减， 所以 f（x）有极大值点，无极小值点； （2）由（1）知当 k0 时，f（x）在（1，+）单增，又 f（2）1k0，所以 f（x） 0 不成立； 当 k0 时，

37、 若 f（x）0 恒成立，只需，解得 k1， 所以 k 的取值范围是1，+） ； （3）由（2）知，当 k1 时，lnxx1（x1） ， ， 【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，极值及最值，考查不等式的恒成立问题 及不等式的证明，考查推理论证能力及运算求解能力，属于中档题 （二）选考题：共（二）选考题：共 10 分分.请考生在第请考生在第 22、23 题中任选一题作答题中任选一题作答.作答时用作答时用 2B 铅笔在答题卡铅笔在答题卡 上把所选题目题号后的方框涂黑上把所选题目题号后的方框涂黑.如果多做，则按所做的第一题计分如果多做，则按所做的第一题计分.选修选修 4-4：坐标系与参：坐标系

38、与参 第 22 页（共 23 页） 数方程数方程 22 （10 分）已知直线 l 的参数方程为（t 为参数） ，圆 C 的参数方程为 （ 为参数） （）若直线 l 与圆 C 的相交弦长不小于，求实数 m 的取值范围； （）若点 A 的坐标为（2，0） ，动点 P 在圆 C 上，试求线段 PA 的中点 Q 的轨迹方程 【分析】 （）求出直线、圆的普通方程，利用直线 l 与圆 C 的相交弦长不小于，求 实数 m 的取值范围； （）P（cos，1+sin） ，Q（x，y） ，则 x（cos+2） ，y（1+sin） ，消去 ，整 理可得线段 PA 的中点 Q 的轨迹方程 【解答】解： （）直线 l

39、的参数方程为（t 为参数） ，普通方程为 ymx， 圆 C 的参数方程为（a 为参数） ，普通方程为 x2+（y1）21 圆心到直线 l 的距离 d，相交弦长2， 2，m1 或 m1； （）设 P（cos，1+sin） ，Q（x，y） ，则 x（cos+2） ，y（1+sin） ， 消去 ，整理可得线段 PA 的中点 Q 的轨迹方程（x1）2+（y）2 【点评】本题考查参数方程与普通方程的转化，考查直线与圆位置关系的运用，考查轨 迹方程，属于中档题 选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲 23 （1）求 f（x）+的最大值； （2）设 a，b，c0，且 ab+bc+ca1，求证： 【分析】 （1）由基本不等式，证明即可； （2）由 2（a+b+c）2a2+b2+b2+c2+a2+4ab+4ac+4bc6（ab+bc+ac）6，得出结论 【解答】解： （1）由题意知：定义域为0，4， 由基本不等式，得，当且仅 第 23 页（共 23 页） 当，即 x2，取等号； （2）因为 ab+bc+ca1，a，b，c0， 2（a+b+c）2a2+b2+b2+c2+a2+4ab+4ac+4bc6（ab+bc+ac）6，当且仅当 abc， 取等号， 故 【点评】考查基本不等式的应用，用时注意构造适当的表达式，中档题