2018-2019学年山西省太原五中高三（上）12月段考数学试卷（理科）含详细解答

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1、设复数 z 满足 z（1i）2（其中 i 为虚数单位） ，则下列说法正确的是（ ） A|z|2 B复数 z 的虚部是 i C D复数 z 在复平面内所对应的点在第一象限 3 （5 分）设等差数列an的前 n 项和为 Sn，若 S954，则 a2+a4+a9（ ） A9 B15 C18 D36 4 （5 分）为了配合创建全国文明城市的活动，我校现从 4 名男教师和 5 名女教师中，选取 3 人，组成创文明志愿者小组，若男女至少各有一人，则不同的选法共有（ ） A140 种 B70 种 C35 种 D84 种 5 （5 分）如图是某个几何体三视图，则这个几何体体积是（ ） A2+ B2+ C4+

2、D 6 （5 分）已知函数，若 a 是从 1，2，3 三个数中任取的一个数， b 是从 0，1，2 三个数中任取的一个数，则该函数有两个极值点的概率为（ ） 第 2 页（共 24 页） A B C D 7 （5 分）宋元时期数学名著算学启蒙中有关于“松竹并生”的问题：松长五尺，竹长 两尺，松日自半，竹日自倍，松竹何日而长等如图是源于其思想的一个程序框图，若 输入的 a，b 分别为 5，2，则输出的 n（ ） A5 B4 C3 D2 8 （5 分）设函数 y6cosx 与 y5tanx 的图象在 y 轴右侧的第一个交点为 A，过点 A 作 y 轴的平行线交函数 ysin2x 的图象于点 B，则线

3、段 AB 的长度为（ ） A B C D2 9 （5 分）已知实数 x，y 满足，则 2x+y 的取值范围是（ ） A1，2 B1，+） C D 10 （5 分）函数 y的图象大致是（ ） 第 3 页（共 24 页） A B C D 11 （5 分）正方形 ABCD 的四个顶点都在椭圆+1 上若椭圆的焦点在正方形的内 部，则椭圆的离心率的取值范围是（ ） A （，1） B （0，） C （，1） D （0，） 12 （5 分）已知函数 f（x），关于 x 的不等式 f2（x）af（x）0 有且只有三个整 数解，则实数 a 的取值范围是（ ） A，） B，） C （， D （， 二、填空题：本大

4、题共二、填空题：本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分分 13 （5 分）已知向量 ， 的夹角为 60，| |1，| |3，则|5 | 14 （5 分）已知命题 p：xR，x2+2x+m0，命题 q：幂函数 f（x）在（0，+） 是减函数，若“pq”为真命题， “pq”为假命题，则实数 m 的取值范围是 15 （5 分）已知球 O 是正三棱锥（底面为正三角形，顶点在底面的射影为底面中心）A BCD 的外接球，BC3，AB2，点 E 在线段 BD 上，且 BD3BE，过点 E 作球 O 的截面，则所得截面圆面积的取值范围是 16（5 分） 设函数 f （x） ， 则满足 f （f （t）

5、 ） 2f （t） 的 t 的取值范围是 三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17 （12 分）已知 a，b，c 分别为ABC 三个内角 A，B，C 的对边，SABCb（b+c acosC） 第 4 页（共 24 页） （1）求 A； （2）若 a2，求ABC 周长的最大值 18 （12 分）已知数列an满足 an+1+（1）nan2n1，记 bnan+2+an（nN+） （1）证明：bn； （2）若 cn2n（nN+） ，求数列bncn的前 2n 项的和 S2n 19 （12 分）如图，直三棱柱 ABCA1B1C1中，ACB

6、CAA1，D 是棱 AA1的中点，DC1 BD （1）证明：DC1BC； （2）求二面角 A1BDC1的大小 20 （12 分）已知椭圆 C：+1（ab0）的左焦点为 F1（，0） ，椭圆 C 与 直线 x+2y20 交于 A，B 两点，线段 AB 中点为 M（1，） （1）求椭圆 C 的方程； （2）设直线 l 不经过点 N（0，1）且与 C 相交于 E，F 两点若直线 NE 与直线 NF 的斜 率的和为1，证明：l 过定点 21 （12 分）已知函数 f（x）x+alnx（aR）有两个极值点 x1，x2， （1）求实数 a 的取值范围； （2）若 g（x）f（x）（a2）x，证明：当 x1

7、x2时，g（x1）g（x2） 选修选修 4-4：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程（请考生从第（请考生从第 22、23 题中任选一题作答，并用题中任选一题作答，并用 2B 铅笔将答铅笔将答 题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所选涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所选涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂 第 5 页（共 24 页） 的首题进行评分；不涂，的首题进行评分；不涂，按本选考题的首题进行评分按本选考题的首题进行评分.） 22 （10 分）在直角坐标系 xOy 中，曲线 C 的参数方程为， （ 为参数） ，直线 l 的参数方程为（t 为参数） （

8、1）若 a1 时，求 C 与 l 的交点坐标； （2）若 a8 时，求曲线 C 上的点到 l 距离的最大值 选修选修 45：不等式选讲：不等式选讲 23已知函数 f（x）|x|+|x+| （1）求 f（x）2 的解集 M； （2）证明：当 a，bM 时，|1 第 6 页（共 24 页） 2018-2019 学年山西省太原五中高三 （上）学年山西省太原五中高三 （上） 12 月段考数学试卷 （理月段考数学试卷 （理 科）科） 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 小题小题，每小题，每小题 5 分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符分，在每小题给

9、出的四个选项中，只有一项是符 合题目要求的合题目要求的. 1 （5 分）集合 Mx|x2x0，Nx|2x2ax10，MN，则实数 a 的范围（ ） A （，1 B1，+） C （0，1） D （1，0） 【分析】本题考查集合基本运算及含参不等式的求解方法，属于中档题 【解答】解：M（0，1） ，设 f（x）2x2ax1，要使 MN，则 f（1）0， 所以 2a10，因此 a1， 故选：B 【点评】运用函数思想求解含参不等式是本题解题的关键 2 （5 分）设复数 z 满足 z（1i）2（其中 i 为虚数单位） ，则下列说法正确的是（ ） A|z|2 B复数 z 的虚部是 i C D复数 z 在复

10、平面内所对应的点在第一象限 【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，然后逐一核对四个选项得答案 【解答】解：z（1i）2， |z|，复数 z 的虚部为 1， 复数 z 在复平面内所对应的点的坐标为（1，1） ，在第一象限 说法正确的是 D 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）设等差数列an的前 n 项和为 Sn，若 S954，则 a2+a4+a9（ ） A9 B15 C18 D36 【分析】由等差数列的求和公式和性质可得 a54，而要求的式子可化为 3a5，代入可得 第 7 页（共 24 页） 答案 【解答】解：由等差数列的求和公式可得

11、：S9（a1+a9）54， 又由等差数列的性质可得 a1+a92a5，即 9a554， 解得 a56，而 a2+a4+a9a5+a4+a63a518 故选：C 【点评】本题考查等差数列的性质和求和公式，划归为 a5来解决问题是本题的关键，属 基础题 4 （5 分）为了配合创建全国文明城市的活动，我校现从 4 名男教师和 5 名女教师中，选取 3 人，组成创文明志愿者小组，若男女至少各有一人，则不同的选法共有（ ） A140 种 B70 种 C35 种 D84 种 【分析】先讨论当选 2 名男教师和 1 名女教师时，不同的选法种数，再讨论当选 2 名男 教师和 1 名女教师时时，不同的选法种数，

12、然后相加即可 【解答】解：当选 2 名男教师和 1 名女教师时，不同的选法种数有（种） 当选 1 名男教师和 2 名女教师时时，不同的选法种数有（种） 故男女至少各有一人，则不同的选法共有 30+4070（种） 故选：B 【点评】本题考查了分步计数原理及分类计数原理 5 （5 分）如图是某个几何体三视图，则这个几何体体积是（ ） A2+ B2+ C4+ D 【分析】根据三视图知该几何体是半圆柱与三棱柱的组合体，结合图中数据，计算该几 第 8 页（共 24 页） 何体的体积即可 【解答】解：根据几何体的三视图知，该几何体是半圆柱与三棱柱的组合体，如图所示； 结合图中数据，计算该几何体的体积为 V

13、V圆柱+V三棱柱 121+22+2 故选：A 【点评】本题考查了利用几何体三视图求体积的应用问题，是基础题 6 （5 分）已知函数，若 a 是从 1，2，3 三个数中任取的一个数， b 是从 0，1，2 三个数中任取的一个数，则该函数有两个极值点的概率为（ ） A B C D 【分析】由极值的知识结合二次函数可得 ab，由分步计数原理可得总的方法种数，列 举可得满足题意的事件个数，由概率公式可得 【解答】解：求导数可得 f（x）x2+2ax+b2， 要满足题意需 x2+2ax+b20 有两不等实根， 即4（a2b2）0，即 ab， 又 a，b 的取法共 339 种， 其中满足 ab 的有（1，

14、0） ， （2，0） ， （2，1） ， （3，0） ， （3，1） ， （3，2）共 6 种， 故所求的概率为 P 故选：D 【点评】本题考查古典概型及其概率公式，涉及函数的极值问题，属基础题 7 （5 分）宋元时期数学名著算学启蒙中有关于“松竹并生”的问题：松长五尺，竹长 第 9 页（共 24 页） 两尺，松日自半，竹日自倍，松竹何日而长等如图是源于其思想的一个程序框图，若 输入的 a，b 分别为 5，2，则输出的 n（ ） A5 B4 C3 D2 【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 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

15、案 【解答】解：当 n1 时，a，b4，满足进行循环的条件， 当 n2 时，a，b8 满足进行循环的条件， 当 n3 时，a，b16 满足进行循环的条件， 当 n4 时，a，b32 不满足进行循环的条件， 故输出的 n 值为 4， 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 8 （5 分）设函数 y6cosx 与 y5tanx 的图象在 y 轴右侧的第一个交点为 A，过点 A 作 y 轴的平行线交函数 ysin2x 的图象于点 B，则线段 AB 的长度为（ ） 第 10 页（共 24 页） A B C D2 【分析】 先将求 P1P2

16、的长转化为求 sinx 的值， 再由 x 满足 6cosx5tanx 可求出 sinx 的值， 从而得到答案 【解答】解：作出对应的图象如图， 则线段 P1P2的长即为 sinx 的值， 且其中的 x 满足 6cosx5tanx，即 6cosx5，化为 6sin2x+5sinx60， 解得 sinx则 cosx， 则 B 点的纵坐标 ysin2x2sinxcosx2， A 点的纵坐标 y6cosx62， 即线段 AB 的长为 2， 故选：C 【点评】本题主要考查三角函数的图象和性质，利用数形结合求出交点的纵坐标以是解 决本题的关键 9 （5 分）已知实数 x，y 满足，则 2x+y 的取值范围

17、是（ ） A1，2 B1，+） C D 【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，即可求 z 的取值范 围 第 11 页（共 24 页） 【解答】解：设 2x+yb，则只需求直线 2x+yb 在 y 轴上的截距范围 画出可行域为弓形， 当直线与圆相切时，截距最大，且为， 当直线过点（0，1）时截距最小，且为 1， 所以 2x+y 的取值范围是1， 故选：D 【点评】本题主要考查线性规划的应用，利用目标函数的几何意义，结合数形结合的数 学思想是解决此类问题的基本方法 10 （5 分）函数 y的图象大致是（ ） A B C D 【分析】判断函数的奇偶性，排除选项，求出函数的导数，

18、利用函数的单调性排除选项， 推出结果 【解答】解：因为函数可化简为可知函数为奇函数关 于原点对称，可排除答案 C； 第 12 页（共 24 页） 同时有， 故函数在时 f（x）0，则上单调递增，排除答案 B 和 D， 故选：A 【点评】本题考查函数的图象的判断与应用，函数的导数判断函数的单调性，考查计算 能力 11 （5 分）正方形 ABCD 的四个顶点都在椭圆+1 上若椭圆的焦点在正方形的内 部，则椭圆的离心率的取值范围是（ ） A （，1） B （0，） C （，1） D （0，） 【分析】根据对称性，点 D 在直线 yx 上，xD2c2e2+e10，解得 0 【解答】解：如图根据对称性，

19、点 D 在直线 yx 上， 可得，即 x2c2 b2acc2+aca20 e2+e10，解得 0 故选：B 【点评】本题考查椭圆的简单性质，不等式等基础知识，注意解题方法的积累，属于中 档题 12 （5 分）已知函数 f（x），关于 x 的不等式 f2（x）af（x）0 有且只有三个整 数解，则实数 a 的取值范围是（ ） 第 13 页（共 24 页） A，） B，） C （， D （， 【分析】根据 f（x）的单调性，通过讨论 a 的符号，解关于 f（x）的不等式结合不等式 解的个数，求出 n 的范围即可 【解答】解： （1）f（x）， 令 f（x）0，解得：0xe， 令 f（x）0，解得：

20、xe， f（x）的递增区间为（0，e） ，递减区间为（e，+） ， 故 f（x）的最大值是 f（e）， x+时，f（x）0，x0 时，x，f（1）0， 故在（0，1）时，f（x）0，在（1，+）时，f（x）0， a0 时，由不等式 f2（x）af（x）0 得 f（x）0 或 f（x）a， 而 f（x）0 的解集为（1，+） ，整数解有无数多个，不合题意； a0 时，由不等式 f2（x）af（x）0，得 f（x）0，解集为（0，1）（1，+） ， 整数解有无数多个，不合题意； a0 时，由不等式 f2（x）af（x）0，得 f（x）a 或 f（x）0， f（x）0 的解集为（0，1）无整数解，

21、若不等式 f2（x）af（x）0 有且只有三个整数解， f（x）在（0，e）递增，在（e，+）递减， 而 2e3，f（2）f（4） ， 所以，三个正整数为 3，4，5，而 f（4）， 综上，实数 a 的取值范围是，） ， 故选：A 【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转 化思想，是一道综合题 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 5 分分 13 （5 分）已知向量 ， 的夹角为 60，| |1，| |3，则|5 | 【分析】先计算，再计算（5）2，开方即可 第 14 页（共 24 页） 【解答】解：13cos60 （5）2

22、2510+2515+919 |5 | 故答案为： 【点评】本题考查了平面向量的数量积运算，属于基础题 14 （5 分）已知命题 p：xR，x2+2x+m0，命题 q：幂函数 f（x）在（0，+） 是减函数，若“pq”为真命题， “pq”为假命题，则实数 m 的取值范围是 （， 1（2，3） 【分析】先化简命题 p，q，再根据两个复合命题的真假得出 p，q 为一真一假 【解答】解：命题 P：224m0，即 m1； 命题 q：+10，即 2m3； “pq“为真， “pq“为假， p 与 q 必是一真，一假； 当 p 真时，q 假，则，即 m1； 当 p 假时，q 真，则，即 2m3 故答案为： （

23、，1（2，3） 【点评】本题考查了复合命题及其真假属基础题 15 （5 分）已知球 O 是正三棱锥（底面为正三角形，顶点在底面的射影为底面中心）A BCD 的外接球，BC3，AB2，点 E 在线段 BD 上，且 BD3BE，过点 E 作球 O 的截面，则所得截面圆面积的取值范围是 2，4 【分析】设BDC 的中心为 O1，球 O 的半径为 R， 连接 oO1D，OD，O1E，OE，可得 R23+（3R）2，解得 R2， 过点 E 作圆 O 的截面，当截面与 OE 垂直时，截面的面积最小，当截面过球心时，截面 面积最大，即可求解 【解答】解：如图，设BDC 的中心为 O1，球 O 的半径为 R，

24、 连接 oO1D，OD，O1E，OE， 则，AO1， 第 15 页（共 24 页） 在 RtOO1D 中，R23+（3R）2，解得 R2， BD3BE，DE2 在DEO1中，O1E 过点 E 作圆 O 的截面，当截面与 OE 垂直时，截面的面积最小， 此时截面圆的半径为，最小面积为 2 当截面过球心时，截面面积最大，最大面积为 4 故答案为2，4 【点评】本题考查了球与三棱锥的组合体，考查了空间想象能力，转化思想，解题关键 是要确定何时取最值，属于中档题 16 （5 分）设函数 f（x），则满足 f（f（t） ）2f （t）的 t 的取值范围是 t|t3 或 t 【分析】根据函数满足 f（f（

25、t） ）2f （t）得出 f（t）1， 讨论 t1 时 f（t）2t1，和 t1 时 f（t）t+1， 解不等式求得 t 的取值范围 【解答】解：函数 f（x）满足 f（f（t） ）2f （t） ， 第 16 页（共 24 页） f（t）1， 当 t1 时，f（t）2t1，解得 t0， t1； 当 t1 时，f（t）t+1， 解得 t，t1； 又当 t3 时，f（t）f（3）（3）+1， f（1）（1）+， 2f （3）21 ，也满足题意； 综上，t 的取值范围是 t3 或 t 故答案为：t|t3 或 t 【点评】本题考查了分段函数的应用问题，也考查了不等式的解法与应用问题，是基础 题 三、解

26、答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17 （12 分）已知 a，b，c 分别为ABC 三个内角 A，B，C 的对边，SABCb（b+c acosC） （1）求 A； （2）若 a2，求ABC 周长的最大值 【分析】 （1）SABC，然后结合正弦定理化简后可求出 A； （2）由余弦定理得：4b2+c2bc，然后结合基本不等式可求 b+c 的范围，进而可求周 长的范围 【解答】解： （1）SABC， ， ， 由正弦定理可得， sinC0， 第 17 页（共 24 页） ， sin（A）， 又， A， （2）由余弦定理得：4b2+c2bc

27、， （b+c）23bc+4， ， （b+c）216 b+c4（ 当且仅当 bc 时取等号） a+b+c6， abc，周长最大为 6 【点评】本题主要考查了三角形的面积公式及正弦定理，余弦定理，基本不等式在求解 三角形中的应用 18 （12 分）已知数列an满足 an+1+（1）nan2n1，记 bnan+2+an（nN+） （1）证明：bn； （2）若 cn2n（nN+） ，求数列bncn的前 2n 项的和 S2n 【分析】 （1）讨论 n 为偶数或奇数时，an+2+an的通项公式，即可得证； （2）求得前 2n 项的和 S2n22+822+223+1624+225+2426+222n 1+8

28、n22n，再 由分组求和和错位相减法求和，结合等比数列的求和公式，可得所求和 【解答】解： （1）证明：当 n 为奇数时，an+1an2n1，an+2+an+12n+1， 则 an+2+an2； 当 n 为偶数时，an+1+an2n1，an+2an+12n+1， 则 an+2+an4n 则 bn； 第 18 页（共 24 页） （2）前 2n 项的和 S2n22+822+223+1624+225+2426+222n 1+8n22n 2 （2+23+25+22n 1） +8 （22+224+326+n22n） +8 （22+224+326+ +n22n） ， 设 Tn22+224+326+n22

29、n，4Tn24+226+328+n22n+2， 两式相减可得3Tn22+24+26+22nn22n+2 n22n+2， 化简可得 Tn（4n1）+n4n， 则 S2n（4n1）+n4n+2 【点评】本题考查数列递推式的运用，数列的分组求和，以及错位相减法求和，考查等 比数列的求和公式的运用，考查分类讨论思想和化简运算能力，属于中档题 19 （12 分）如图，直三棱柱 ABCA1B1C1中，ACBCAA1，D 是棱 AA1的中点，DC1 BD （1）证明：DC1BC； （2）求二面角 A1BDC1的大小 【分析】 （1）证明 DC1BC，只需证明 DC1面 BCD，即证明 DC1DC，DC1BD

30、； （2） 证明 BC面 ACC1A1， 可得 BCAC 取 A1B1的中点 O， 过点 O 作 OHBD 于点 H， 连接 C1O，C1H，可得点 H 与点 D 重合且C1DO 是二面角 A1BDC1的平面角，由 此可求二面角 A1BDC1的大小 【解答】 （1）证明：在 RtDAC 中，ADAC，ADC45 同理：A1DC145，CDC190 DC1DC，DC1BD 第 19 页（共 24 页） DCBDD DC1面 BCD BC面 BCD DC1BC （2）解：DC1BC，CC1BC，DC1CC1C1，BC面 ACC1A1， AC面 ACC1A1，BCAC 取 A1B1的中点 O，过点

31、O 作 OHBD 于点 H，连接 C1O，OH A1C1B1C1，C1OA1B1， 面 A1B1C1面 A1BD，面 A1B1C1面 A1BDA1B1， C1O面 A1BD 而 BD面 A1BD BDC1O， OHBD，C1OOHO， BD面 C1OHC1HBD，点 H 与点 D 重合且C1DO 是二面角 A1BDC1的平 面角 设 ACa，则， sinC1DO C1DO30 即二面角 A1BDC1的大小为 30 【点评】本题考查线面垂直，考查面面角，解题的关键是掌握线面垂直的判定，正确作 出面面角，属于中档题 第 20 页（共 24 页） 20 （12 分）已知椭圆 C：+1（ab0）的左焦

32、点为 F1（，0） ，椭圆 C 与 直线 x+2y20 交于 A，B 两点，线段 AB 中点为 M（1，） （1）求椭圆 C 的方程； （2）设直线 l 不经过点 N（0，1）且与 C 相交于 E，F 两点若直线 NE 与直线 NF 的斜 率的和为1，证明：l 过定点 【分析】 （1）由题意得 c 的值，再由线段 AB 的中点坐标用点差法求出斜率，再由题意求 出 a，b 的关系和 a，b，c 之间的关系求出椭圆的方程； （2）设直线 l 的方程，与椭圆联立求出两根之和及两根之积，再求直线 NE，NF 的斜率， 由题意求出直线恒过定点 【解答】解： （1）设 A（x，y） ，B （x，y） ，由

33、题意得：x+x2，y+y1，则 由 两式相减得：kAB， 由题意，a24b2，且 c，b2a2c2，解得：a24，b21， 所以椭圆的方程为：1； （2）当 l 斜率存在时，设 l：ykx+m（m1） ，E（x，y） ，F（x，y） ，则 联立直线 l 与椭圆的方程整理为：（1+4k2） x2+8kmx+4m240， 由64k2m24 （1+4k2） （4m4）0 得：m21+4k2， x+x，xx， 由 kNE+kNF1 即1 得：+1（1+2k）xx+ （m1） （x+x）0，即（1+2k）+（m1）0， m1，2k+m+10，m2k1 （当且仅当 m1 时，0） ， l 的方程为：ykx

34、2k1k（x2）1，所以直线 l 恒过定点（2，1） ， 第 21 页（共 24 页） 当 l 斜率不存在时，设 l：xm，E（m，y） ，F（m，y） ，则 kNE+kNF+1，m2， 此时 l 过椭圆右顶点，不存在两个交点，故不满足 综上直线 l 恒过定点（2，1 ） 【点评】考查直线与椭圆的综合应用，属于中档题 21 （12 分）已知函数 f（x）x+alnx（aR）有两个极值点 x1，x2， （1）求实数 a 的取值范围； （2）若 g（x）f（x）（a2）x，证明：当 x1x2时，g（x1）g（x2） 【分析】 （1）f（x）的定义域为（0，+） ，f（x）函数 f（x）在（0， +

35、）有两个极值点等价于函数 yx2ax+1 在（0，+）上有两个零点，利用二次函数 的性质即可得出 a 的取值范围 （2）由（1）知，f（x）存在两个极值点当且仅当 a2由于 f（x）的两个极值点 x1， x2，满足 x2ax+10，可得 x1x21，当 x1x20 时，则 x11由于 1+a2+a，a2，等价于 x1+2lnx10设函数 g（x）x+2lnx， （x1） ，利用导数研究函数的单调性极值 与最值即可证明结论 【解答】解： （1）f（x）的定义域为（0，+） ， f（x）1+ 函数 f（x）在（0，+）有两个极值点等价于函数 yx2ax+1 在（0，+）上有两个 零点， ，a2 （

36、2）证明：由（1）知，f（x）存在两个极值点当且仅当 a2， 第 22 页（共 24 页） 由于 f（x）的两个极值点 x1，x2，满足 x2ax+10， x1x21，当 x1x20 时，则 x11 由于1+a2+a， a2，等价于x1+2lnx10 设函数 g（x）x+2lnx， （x1） ， 则 g（x）1+0 恒成立， g（x）在（1，+）单调递减，又 g（1）0，从而当 x（1，+）时，g（x）0 x1+2lnx10，即a2 从而 f（x1）（a2）x1f（x2）（a2）x2成立，即 g（x1）g（x2） 【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法、等 价

37、转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题 选修选修 4-4：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程（请考生从第（请考生从第 22、23 题中任选一题作答，并用题中任选一题作答，并用 2B 铅笔将答铅笔将答 题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所选涂题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所选涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂 的首题进行评分；不涂，按本选考题的首题进行评分的首题进行评分；不涂，按本选考题的首题进行评分.） 22 （10 分）在直角坐标系 xOy 中，曲线 C 的参数方程为， （ 为参数） ，直线 l 的参数方程为（t 为参数） （1）若 a1

38、 时，求 C 与 l 的交点坐标； （2）若 a8 时，求曲线 C 上的点到 l 距离的最大值 【分析】 （1）当 a1 时，求出直线 l 的方程为 x+4y30由曲线 C 的参数方程求出 曲线 C 的标准方程是：，联立方程组能求出 C 与 l 交点坐标 （2）当 a8 时，直线 l 一般式方程为：x+4y120设曲线 C 上点 P（3cos，sin） ， 利用点到直线的距离公式能求出曲线 C 上的点到 l 距离的最大值 第 23 页（共 24 页） 【解答】解： （1）直线 l 的参数方程为（t 为参数） 当 a1 时，直线 l 的方程为 x+4y30 曲线 C 的参数方程为， （ 为参数）

39、 ， 曲线 C 的标准方程是：， 联立方程组，解得 x3，y0 或 x，y， 则 C 与 l 交点坐标是（3，0）和（，） （2）当 a8 时，直线 l 一般式方程为：x+4y120 设曲线 C 上点 P（3cos，sin） ， 则 P 到 l 距离 d，其中 tan， 当 sin（+）1 时，曲线 C 上的点到 l 距离的最大值 dmax 【点评】本题考查曲线与直线的交点的求法，考查曲线上的点到直线的距离的最大值的 求法，考查参数方程、直角坐标方程的互化等基础知识，考查运算求解能力，是中档题 选修选修 45：不等式选讲：不等式选讲 23已知函数 f（x）|x|+|x+| （1）求 f（x）2

40、 的解集 M； （2）证明：当 a，bM 时，|1 【分析】 （1）f（x），分别解出即可得出不等式的解集 （2）由（1）知，当 a，bM 时，1a1，1b1，可得（a+b）2（1+ab）2 （a21） （1b2）0，进而证明结论 第 24 页（共 24 页） 【解答】解： （1）f（x）， 当 x时，由 f（x）2，得2x2，解得1x； 当时，f（x）12； 当 x时，由 f（x）2，得 2x2，解得x1 所以 f（x）2 的解集 Mx|1x1 （2）证明：由（1）知，当 a，bM 时，1a1，1b1， 从而（a+b）2（1+ab）2（a21） （1b2）0， 可得|a+b|1+ab|， 所以，|1 【点评】本题考查了绝对值不等式的解法、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力， 属于中档题