2020年云南省大理市、丽江市、怒江市高考数学模拟试卷（文科）（1月份）含详细解答

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1、已知集合 My|y3x，x0，Nx|ylg（3xx2），则 MN 为（ ） A B （1，+） C3，+） D （1，3） 2 （5 分）设 i 是虚数单位，如果复数的实部与虚部是互为相反数，那么实数 a 的值为 （ ） A B C3 D3 3 （5 分）甲、乙、丙三人参加某公司的面试，最终只有一人能够被该公司录用，得到面试 结果以后，甲说：丙被录用了；乙说：甲被录用了；丙说：我没被录用若这三人中仅 有一人说法错误，则下列结论正确的是（ ） A丙被录用了 B乙被录用了 C甲被录用了 D无法确定谁被录用了 4 （5 分）设 m，n 是两条不同的直线， 是三个不同的平面，给出下列四个命题： 若 m

2、，n，则 m，n 为异面直线； 若 m，m，则 ； 若 ，则 ； 若 m，n，mn，则 则上述命题中真命题的序号为（ ） A B C D 5 （5 分）若正整数 n 除以正整数 m 后的余数为 r，则记为 nr（bmodm） ，例如 103 （bmod7） 如图程序框图的算法源于我国南北朝时期闻名中外的中国剩余定理 ，执行 该程序框图，则输出 n 的值等于（ ） 第 2 页（共 22 页） A29 B30 C31 D32 6 （5 分）函数 f（x）sin（x+）+cos（x）的最大值为（ ） A B1 C D 7 （5 分）曲线在 x1 处的切线的倾斜角为 ，则 cos+sin 的值为（ ）

3、 A B C D 8 （5 分） 等比数列an的前 n 项和为 Sn， 若 S2n3 （a1+a3+a5+a2n1） （nN*） ， a1a2a3 8，则 S8（ ） A510 B255 C127 D6540 9 （5 分）一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积为（ ） A B9 C12 D16 10 （5 分）设函数 f（x）（exe x）+3x3（2x2） ，则使得 f（2x）+f（x1）0 成立的 x 的取值范围是（ ） 第 3 页（共 22 页） A （2，1） B （1，2） C （，1） D （，2） 11 （5 分）设 F1、F2分别是椭圆+1（ab0）的焦点，过

4、 F2的直线交椭圆于 P、Q 两点，且 PQPF1，|PQ|PF1|，则椭圆的离心率为（ ） A B C2 D96 12 （5 分）已知 t1，xlog2t，ylog3t，zlog5t，则（ ） A2x3y5z B5z2x3y C3y5z2x D3y2x5z 二、填空题：本题共二、填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分. 13 （5 分）命题“xR，x2+12x”的否定是 14 （5 分） 张丘建算经是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题： “今有 女不善织，日减功迟，初日织五尺，末日织一尺，今共织九十尺，问织几日？” 其中“日 减功迟”的具体含义

5、是每天比前一天少织同样多的布，则每天比前一天少织布的尺数 为 15 （5 分）已知双曲线1（a0，b0）的两条渐近线均与圆 C：x2+y28x+12 0 相切，且双曲线的右焦点为圆 C 的圆心，则双曲线的方程为 16 （5 分）平行四边形 ABCD 中，AB3，AD2，BAD120，P 是平行四边形 ABCD 内一点，且 AP1，若x，则 3x+2y 的最大值为 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.第第 17-21 题为必考题，每题为必考题，每 个试题考生都必须作答，第个试题考生都必须作答，第 22.23 题为

6、选考题，考生根据要求作答题为选考题，考生根据要求作答. 17 （12 分）在ABC 中，内角 A、B、C 的对边分别为 a、b、c，已知 b2+c2a26，且 bsinC+csinB4asinBsinC （1）求 cosA； （2）求ABC 的面积 18 （12 分）某学校需要从甲、乙两名学生中选一人参加数学竞赛，抽取了近期两人 5 次数 学考试的成绩，统计结果如表： 第一次 第二次 第三次 第四次 第五次 甲的成绩（分） 80 85 71 92 87 第 4 页（共 22 页） 乙的成绩（分） 90 76 75 92 82 （1）若从甲、乙两人中选出一人参加数学竞赛，你认为选谁合适？请说明理

7、由 （2）若数学竞赛分初赛和复赛，在初赛中有两种答题方案： 方案一：每人从 5 道备选题中任意抽出 1 道，若答对，则可参加复赛，否则被淘汰 方案二：每人从 5 道备选题中任意抽出 3 道，若至少答对其中 2 道，则可参加复赛，否 则被润汰 已知学生甲、乙都只会 5 道备选题中的 3 道，那么你推荐的选手选择哪种答题方案进入 复赛的可能性更大？并说明理由 19 （12 分）如图，直三棱柱 ABCA1B1C1中，M 是 AB 的中点 （1）证明：BC1平面 MCA1； （2）若 ABA1M2MC2，求点 C1到平面 MCA1的距离 20 （12 分）设函数 （）求函数 f（x）的单调区间； （）

8、记函数 f（x）的最小值为 g（a） ，证明：g（a）1 21 （12 分）已知抛物线 C：x23y 的焦点为 F，斜率为 1 的直线 1 与 C 的交点为 A、B， 与 y 轴的交点为 P （1）若|AF|+|BF|5，求直线 1 的方程： （2）若2，求线段 AB 的长度 请考生在第请考生在第 22、23 题中任选一道作答，如果多做，则按所做的第一题计分题中任选一道作答，如果多做，则按所做的第一题计分.作答时请写清题作答时请写清题 号号.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，圆 C 的参数方程（ 为参数） ，以 O 为极 点，x

9、轴的非负半轴为极轴建立极坐标系 （1）求圆 C 的极坐标方程； 第 5 页（共 22 页） （2）直线 l 的极坐标方程是 2sin（+）3，射线 OM：与圆 C 的交点为 O、P，与直线 l 的交点为 Q，求线段 PQ 的长 选修选修 4-5：不等：不等式选讲式选讲（10 分）分） 23设函数 f（x）|x1| （1）求不等式 f（3+x）+f（3x）6 的解集； （2）若不等式 f（x1）f（x+4）ax+b 的解集为实数集 R，求 a+b 的取值范围 第 6 页（共 22 页） 2020 年云南省大理市、丽江市、怒江市高考数学模拟试卷（文年云南省大理市、丽江市、怒江市高考数学模拟试卷（文

10、 科） （科） （1 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，共 60 分在每个小题给出的四个选项中，只分在每个小题给出的四个选项中，只 有一项是符合题目要求的有一项是符合题目要求的. 1 （5 分）已知集合 My|y3x，x0，Nx|ylg（3xx2），则 MN 为（ ） A B （1，+） C3，+） D （1，3） 【分析】求出集合 A，B，再计算即可 【解答】解：已知集合 My|y3x，x0（1，+） ， Nx|ylg（3xx2）（0，3） ， 则 MN（1，3） ， 故选：D 【点评】

11、考查集合的交集运算，考查了指数与对数函数定义域，中档题 2 （5 分）设 i 是虚数单位，如果复数的实部与虚部是互为相反数，那么实数 a 的值为 （ ） A B C3 D3 【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，再由实部与虚部的和为 0 求解 a 值 【解答】解：的实部与虚部是互为相反数， 2a+1+2a0，即 a3 故选：D 【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）甲、乙、丙三人参加某公司的面试，最终只有一人能够被该公司录用，得到面试 结果以后，甲说：丙被录用了；乙说：甲被录用了；丙说：我没被录用若这三人中仅 有一人说法错误，则下列结论正确的是（

12、 ） A丙被录用了 B乙被录用了 C甲被录用了 D无法确定谁被录用了 【分析】利用反证法，即可得出结论 第 7 页（共 22 页） 【解答】解：假设甲说的是真话，即丙被录用，则乙说的是假话，丙说的是假话，不成 立； 假设甲说的是假话，即丙没有被录用，则丙说的是真话， 若乙说的是真话，即甲被录用，成立，故甲被录用； 若乙被录用，则甲和乙的说法都错误，不成立 故选：C 【点评】本题考查进行简单的合情推理，考查学生分析解决问题的能力，比较基础 4 （5 分）设 m，n 是两条不同的直线， 是三个不同的平面，给出下列四个命题： 若 m，n，则 m，n 为异面直线； 若 m，m，则 ； 若 ，则 ； 若

13、 m，n，mn，则 则上述命题中真命题的序号为（ ） A B C D 【分析】直线与平面平行与垂直，平面与平面平行与垂直的判定与性质，对选项进行逐 一判断，推出结果即可 【解答】解：若 m，n，则 mn 或 m，n 是异面直线，不正确； 若 m，m，则 ，由于 推出 ，满足平面和平面垂直的定义，正 确； 若 ，则由平行公理可得 ，正确 若 m，mn，则 n，由于 n，则 ；不正确 故选：C 【点评】本题考查直线与平面平行与垂直的判定，考查空间想象能力，逻辑思维能力， 属于中档题 5 （5 分）若正整数 n 除以正整数 m 后的余数为 r，则记为 nr（bmodm） ，例如 103 （bmod7

14、） 如图程序框图的算法源于我国南北朝时期闻名中外的中国剩余定理 ，执行 该程序框图，则输出 n 的值等于（ ） 第 8 页（共 22 页） A29 B30 C31 D32 【分析】由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量 n 的 值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案 【解答】解：n26， 第一次执行循环体后，n27，不满足循环的条件 n2（bmod3） ； 第二次执行循环体后，n28，不满足循环的条件 n2（bmod3） ； 第三次执行循环体后， n29， 满足循环的条件 n2 （bmod3） ， 不满足条件 n2 （bmod5） ； 第四次执

15、行循环体后，n30，不满足循环的条件 n2（bmod3） ， 第五次执行循环体后，n31，不满足循环的条件 n2（bmod3） ， 第六次执行循环体后，n32，满足循环的条件 n2（bmod3） ，满足条件 n2（bmod5） ； 故输出 n 值为 32， 故选：D 【点评】本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得 出正确的结论，是基础题 6 （5 分）函数 f（x）sin（x+）+cos（x）的最大值为（ ） A B1 C D 【分析】利用诱导公式化简函数的解析式，通过正弦函数的最值求解即可 【解答】解：函数 f（x）sin（x+）+cos（x）sin（x+）+c

16、os（x+） sin（x+）+sin（x+） 第 9 页（共 22 页） sin（x+） 故选：A 【点评】本题考查诱导公式的应用，三角函数的最值，正弦函数的有界性，考查计算能 力 7 （5 分）曲线在 x1 处的切线的倾斜角为 ，则 cos+sin 的值为（ ） A B C D 【分析】通过函数的导数求出切线的斜率，求出切线的倾斜角的正切值，结合同角基本 关系式，解方程，即可得到所求和 【解答】解：f（x）lnx， 函数 f（x）+， yf（x）在 x1 处的切线的倾斜角为 ， tan3，0，即 sin3cos， 又 sin2+cos21， 解得 sin，cos， cos+sin 的值为 故

17、选：A 【点评】本题考查导数的几何意义，考查切线方程，考查同角的三角函数的基本关系式， 学生的计算能力，属于基础题 8 （5 分） 等比数列an的前 n 项和为 Sn， 若 S2n3 （a1+a3+a5+a2n1） （nN*） ， a1a2a3 8，则 S8（ ） A510 B255 C127 D6540 【分析】由已知结合等比数列的性质及求和公式可求 q，进而可求 a1，然后代入等比数 列的求和公式即可求解 【解答】解：设等比数列an的公比为 q， S2n3（a1+a3+a5+a2n1） （nN*） ， 3， 第 10 页（共 22 页） q2， a1a2a38， a22，a11， 则 S8

18、255 故选：B 【点评】本题主要考查等比数列的应用，根据等比数列建立条件关系求出公比是解决本 题的关键 9 （5 分）一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积为（ ） A B9 C12 D16 【分析】首先把三视图转换为几何体，进一步求出外接球的半径，最后求出表面积 【解答】解：根据几何体的三视图转换为几何体为： 如图所示： 所以：设外接球的半径为 r， 则： （2r）222+22+12， 解得， 所以 S 故选：B 第 11 页（共 22 页） 【点评】本题考查的知识要点：三视图和几何体之间的转换，几何体的体积和表面积公 式的应用，球的体积公式和表面积公式的应用，主要考查学生

19、的运算能力和转换能力及 思维能力，属于基础题 10 （5 分）设函数 f（x）（exe x）+3x3（2x2） ，则使得 f（2x）+f（x1）0 成立的 x 的取值范围是（ ） A （2，1） B （1，2） C （，1） D （，2） 【分析】根据题意，分析可得 f（x）为奇函数且在（2，2）上为增函数，据此可得原 不等式等价于，解可得 x 的取值范围，即可得答案 【解答】解：根据题意，f（x）（exe x）+3x3（2x2） ，有 f（x） （e xex）3x3 （exe x）+3x3f（x） ， 即函数 f（x）为奇函数， 且 f（x）（ex+e x）+9x20，则 f（x）在（2，2

20、）上为增函数， 则 f（2x）+f（x1）0f（2x）f（x1）f（2x）f（1x）， 解可得x1， 即 x 的取值范围为（，1） ； 故选：C 【点评】本题考查函数的奇偶性与单调性的综合应用，涉及不等式的解法，注意分析函 数的奇偶性与单调性 11 （5 分）设 F1、F2分别是椭圆+1（ab0）的焦点，过 F2的直线交椭圆于 P、Q 两点，且 PQPF1，|PQ|PF1|，则椭圆的离心率为（ ） A B C2 D96 【分析】由题意 PQPF1，|PQ|PF1|可得|QF1|PF1|，再由椭圆的定义可得 |PF1|+2|PF1|4a，求出 PF1，然后由题意的定义可得 PF2的值，在直角三角

21、形 F1PF2 第 12 页（共 22 页） 中求出 a，c 的关系，进而求出离心率 【解答】解：由 PQPF1，|PQ|PF1|可得|QF1|PF1|，所以由题意的定义可得： |PF1|+2|PF1|4a， 所以|PF1|2（2）a，|PF2|2a|PF1|2（1）a， 在直角三角形 F1PF2中，|F1F2|2|PF1|2+|PF2|2， 即（2c）22（2）a2+2（1）a2，整理可得：c2（96）a2，解得 e ， 故选：B 【点评】考查椭圆的性质，属于中档题 12 （5 分）已知 t1，xlog2t，ylog3t，zlog5t，则（ ） A2x3y5z B5z2x3y C3y5z2x

22、 D3y2x5z 【分析】t1，可得 lgt0又 0lg2lg3lg5，可得 2x20，3y30， 5z0，通过作商即可得出 【解答】解：t1，lgt0 又 0lg2lg3lg5， 2x20，3y30，5z0， 1，可得 5z2x 1可得 2x3y 综上可得：3y2x5z 故选：D 【点评】本题考查了对数运算性质、作商法，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 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分. 13 （5 分）命题“xR，x2+12x”的否定是 xR，x2+12x 第 13 页（共 22 页） 【分析】利用特称命题的否定是全称命题

23、写出结果即可 【解答】解：因为特称命题的否定是求出你添，所以，命题“xR，x2+12x”的否定 是：xR，x2+12x 故答案为：xR，x2+12x 【点评】本题考查命题的否定，特称命题与全称命题的否定关系，是基础题 14 （5 分） 张丘建算经是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题： “今有 女不善织，日减功迟，初日织五尺，末日织一尺，今共织九十尺，问织几日？” 其中“日 减功迟”的具体含义是每天比前一天少织同样多的布，则每天比前一天少织布的尺数为 【分析】利用等差数列的通项公式求和公式即可得出 【解答】解：已知数列an为等差数列，其中，a15，an1，Sn90 设公差为 d，则

24、90，15+（n1）d， 解得：d 故答案为： 【点评】本题考查了等差数列的通项公式求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于 基础题 15 （5 分）已知双曲线1（a0，b0）的两条渐近线均与圆 C：x2+y28x+12 0 相切，且双曲线的右焦点为圆 C 的圆心，则双曲线的方程为 1 【分析】由两条渐近线均与圆 C：x2+y28x+120 相切，可得 结合双曲线的右焦点为圆 C 的圆心 即可求得 a，b，从而求得双曲线方程 【解答】解：圆 C：x2+y28x+120 的圆心（4，0） ，半径为 2， 两条渐近线均与圆 C：x2+y28x+120 相切， 双曲线的右焦点为圆 C 的圆心，c24

25、2a2+b2/ 第 14 页（共 22 页） ， 则双曲线的方程为： 故答案为： 【点评】本题考查了双曲线的性质、圆的性质，属于中档题 16 （5 分）平行四边形 ABCD 中，AB3，AD2，BAD120，P 是平行四边形 ABCD 内一点，且 AP1，若x，则 3x+2y 的最大值为 2 【分析】根据，得出1，利用基本不等式得出 3x+2y 的最大值 【解答】解：， 9x2+4y2+2xy32（） （3x+2y）233x2y（3x+2y）2（3x+2y）2 （3x+2y）2； 又1， 即（3x+2y）21， 所以 3x+2y2，当且仅当 3x2y， 即 x，y时， 3x+2y 取得最大值

26、2 故答案为：2 【点评】本题考查了平面向量的数量积与模长的应用问题，也考查了基本不等式的应用 问题，是基础题目 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.第第 17-21 题为必考题，每题为必考题，每 个试题考生都必须作答，第个试题考生都必须作答，第 22.23 题为选考题，考生根据要求作答题为选考题，考生根据要求作答. 17 （12 分）在ABC 中，内角 A、B、C 的对边分别为 a、b、c，已知 b2+c2a26，且 bsinC+csinB4asinBsinC （1）求 cosA； 第 15 页（共 22 页

27、） （2）求ABC 的面积 【分析】 （1）由已知结合正弦定理可求 sinA，结合同角平方关系即可求解 A； （2）由已知角 A 及余弦定理可求 bc，然后代入三角形的面积公式即可求解 【解答】解： （1）因为 bsinC+csinB4asinBsinC， 由正弦定理得：sinBsinC+sinCsinB4sinAsinBsinC， 又 sinBsinC0，所以 4sinA2，即， 又 b2+c2a26，由余弦定理得 cosA0， 所以； （2）因为， 所以，即， 所以 【点评】本题主要考查了正弦定理，余弦定理及三角形的面积公式在求解三角形中的应 用，属于中档试题 18 （12 分）某学校需要

28、从甲、乙两名学生中选一人参加数学竞赛，抽取了近期两人 5 次数 学考试的成绩，统计结果如表： 第一次 第二次 第三次 第四次 第五次 甲的成绩（分） 80 85 71 92 87 乙的成绩（分） 90 76 75 92 82 （1）若从甲、乙两人中选出一人参加数学竞赛，你认为选谁合适？请说明理由 （2）若数学竞赛分初赛和复赛，在初赛中有两种答题方案： 方案一：每人从 5 道备选题中任意抽出 1 道，若答对，则可参加复赛，否则被淘汰 方案二：每人从 5 道备选题中任意抽出 3 道，若至少答对其中 2 道，则可参加复赛，否 则被润汰 已知学生甲、乙都只会 5 道备选题中的 3 道，那么你推荐的选手

29、选择哪种答题方案进入 复赛的可能性更大？并说明理由 【分析】 （1）法一：先分别求出甲、乙的平均成绩、方差，得到甲、乙的平均成绩相同， 乙的方差较小，从而乙的成绩较稳定，派乙参赛比较合适，故选乙合适 第 16 页（共 22 页） 法二：从统计的角度看，甲获得 85 以上（含 85 分）的概率，乙获得 8（5 分）以 上（含 85 分）的概率，由 P1P2，得到派甲参赛比较合适， （2）5 道备选题中学生乙会的 3 道分别记为 a，b，c，不会的 2 道分别记为 E，F方案 一求出学生乙可参加复赛的概率方案二求出以学生乙可参加复赛的概率 ，由 P1P2，得到学生乙选方案二进入复赛的可能性更大 【

30、解答】解： （1）解法一：甲的平均成绩为， 乙的平均成绩为， 甲的成绩方差， 乙的成绩方差为， 由于，乙的成绩较稳定，派乙参赛比较合适，故选乙合适 解法二：派甲参赛比较合适，理由如下： 从统计的角度看，甲获得 85 以上（含 85 分）的概率， 乙获得 8（5 分）以上（含 85 分）的概率 因为 P1P2故派甲参赛比较合适， （2）5 道备选题中学生乙会的 3 道分别记为 a，b，c，不会的 2 道分别记为 E，F 方案一：学生乙从 5 道备选题中任意抽出 1 道的结果有：a，b，c，E，F 共 5 种，抽中 会的备选题的结果有 a，b，c，共 3 种 所以学生乙可参加复赛的概率 方案二：学

31、生甲从 5 道备选题中任意抽出 3 道的结果有： （a，b，c） ， （a，b，E） ， （a，b，F） ， （a，c，E） ， （a，c，F） ， （a，E，F） ， （b，c，E） ， （b，c，F） ， （b，E，F） ， （c，E，F） ，共 10 种， 抽中至少 2 道会的备选题的结果有： （a，b，c） ， （a，b，E） ， （a，b，F） ， （a，c，E） ， （a，c，F） ， （b，c，E） ， （b，c，F） 共 7 种， 第 17 页（共 22 页） 所以学生乙可参加复赛的概率 因为 P1P2，所以学生乙选方案二进入复赛的可能性更大 【点评】本题考查平均数、方差、概率

32、的求法及应用，考查古典概型、列举法等基础知 识，考查运算求解能力，是基础题 19 （12 分）如图，直三棱柱 ABCA1B1C1中，M 是 AB 的中点 （1）证明：BC1平面 MCA1； （2）若 ABA1M2MC2，求点 C1到平面 MCA1的距离 【分析】 （1）连接 AC1，设 AC1与 A1C 的交点为 N，则 N 为 AC1的中点，连接 MN，又 M 是 AB 的中点，说明 MNBC1然后证明 BC1平面 MCA1 （2）设点 C1到平面 MCA1的距离为 h，因为 AC1的中点 N 在平面 MCA1上，A 到平面 MCA1的距离也为 h，利用三棱锥 A1AMC 的体积，转化求解点

33、 C1到平面 MCA1的距离 【解答】 （1）证明：连接 AC1，设 AC1与 A1C 的交点为 N，则 N 为 AC1的中点， 连接 MN，又 M 是 AB 的中点，所以 MNBC1 又 MN平面 MCA1，BC1平面 MCA1， 所以 BC1平面 MCA1 （2）解：由 AB2MC2，M 是 AB 的中点，所以ACB90， 在直三棱柱中，A1M2，AM1，所以， 又，所以，所以A1MC90 设点 C1到平面 MCA1的距离为 h，因为 AC1的中点 N 在平面 MCA1上， 故 A 到平面 MCA1的距离也为 h，三棱锥 A1AMC 的体积， MCA1的面积，则，得， 第 18 页（共 2

34、2 页） 故点 C1到平面 MCA1的距离为 【点评】本题考查直线与平面平行的判定定理以及几何体的体积的求法，点、线、面距 离的求法，考查空间想象能力以及计算能力 20 （12 分）设函数 （）求函数 f（x）的单调区间； （）记函数 f（x）的最小值为 g（a） ，证明：g（a）1 【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； （ ） 求 出 函 数 的 最 小 值 ， 问 题 转 化 为 只 需 证 明， 令 ，则只需证明，根据函数的单调性证明 即可 【解答】解： （）显然 f（x）的定义域为（0，+） （1 分） （3 分） x2+20，x0， 若 x（0

35、，a） ，xa0，此时 f（x）0，f（x）在（0，a）上单调递减； 若 x（a，+） ，xa0，此时 f（x）0，f（x）在（a，+）上单调递增； 综上所述：f（x）在（0，a）上单调递减，在（a，+）上单调递增 （5 分） （）证明：由（）知：， 即： （6 分） 第 19 页（共 22 页） 要证 g（a）1，即证明，即证明， 令，则只需证明，（8 分） ，且 a0， 当 a（0，2） ，a20，此时 h（a）0，h（a）在（0，2）上单调递减； 当 a（2，+） ，a20，此时 h（a）0，h（a）在（2，+）上单调递增， （11 分） g（a）1 （12 分） 【点评】本题考查了函数

36、的单调性，最值问题，考查导数的应用以及转化思想，是一道 综合题 21 （12 分）已知抛物线 C：x23y 的焦点为 F，斜率为 1 的直线 1 与 C 的交点为 A、B， 与 y 轴的交点为 P （1）若|AF|+|BF|5，求直线 1 的方程： （2）若2，求线段 AB 的长度 【分析】 （1）设直线 l 的方程，代入抛物线方程，根据抛物线的焦半径公式，即可求得 b 的值，即可求得直线 l 的方程； （2）设直线 AB 的方程，代入抛物线方程，根据韦达定理及向量的坐标运算，即可求得 m 的值，利用弦长公式即可求得|AB| 【解答】解： （1）设直线 l 的方程：yx+b，设 A（x1，y1

37、） ，B（x2，y2） ， 联立方程组，消去 x，整理得 y2（2b+3）y+b20， 由0，得， 由韦达定理可知，y1+y22b+3， 由抛物线的定义可知， 所以，满足0，符合题意， 第 20 页（共 22 页） 所以直线 l 的方程； （2）设 A（x1，y1） ，B（x2，y2） ，P（0，m） ，设直线 l：yx+m， 则，消去 y，整理得 x23x3m0， 由0，得， 由韦达定理可知，x1+x23，x1x23m， 由2，得x12x2，所以 m6，满足0，符合题意， 且 x1+x23，x1x218， 所以， 所以线段 AB 的长度 【点评】本题考查直线与抛物线的位置关系，考查韦达定理，

38、抛物线的焦半径公式，弦 长公式的应用，考查转化思想，计算能力，属于中档题 请考生在第请考生在第 22、23 题中任选一道作答，如果多做，则按所做的第一题计分题中任选一道作答，如果多做，则按所做的第一题计分.作答时请写作答时请写清题清题 号号.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，圆 C 的参数方程（ 为参数） ，以 O 为极 点，x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系 （1）求圆 C 的极坐标方程； （2）直线 l 的极坐标方程是 2sin（+）3，射线 OM：与圆 C 的交点为 O、P，与直线 l 的交点为 Q，求线段 PQ 的长 【分

39、析】解： （I）利用 cos2+sin21，即可把圆 C 的参数方程化为直角坐标方程 （II）设（1，1）为点 P 的极坐标，由，联立即可解得设（2，2） 为点 Q 的极坐标，同理可解得利用|PQ|12|即可得出 【解答】解： （I）利用 cos2+sin21，把圆 C 的参数方程为参数） 化为（x1）2+y21， 22cos0，即 2cos 第 21 页（共 22 页） （II）设（1，1）为点 P 的极坐标，由，解得 设 （2， 2） 为点 Q 的极坐标， 由， 解得 12，|PQ|12|2 |PQ|2 【点评】本题考查了利用极坐标方程求曲线的交点弦长，考查了推理能力与计算能力， 属于中档

40、题 选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲（10 分）分） 23设函数 f（x）|x1| （1）求不等式 f（3+x）+f（3x）6 的解集； （2）若不等式 f（x1）f（x+4）ax+b 的解集为实数集 R，求 a+b 的取值范围 【分析】 （1）利用已知条件化简不等式，通过分段函数与不等式，转化求解即可 （2）化简函数的解析式，利用数形结合转化求解即可 【解答】解： （1）， 由 f（x）6，得 x（，33，+） （2）， yf（x1）f（x+4）的图象如图所示： ， 由 f（x1）f（x+4）ax+b 的解集为实数集 R，可得 a0，b5， 第 22 页（共 22 页） 即 a+b5 【点评】本题考查含绝对值的函数，分段函数以及不等式的应用，考查数形结合以及转 化思想的应用，是中档题