2019年山东省潍坊市高考数学一模试卷（文科）含详细解答

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1、设 ， 为两个不同平面，直线 m，则“”是“m”的（ ） A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件 4 （5 分）已知双曲线 C：1（a0，b0）的一条渐近线方程为 y2x，则 C 的 离心率为（ ） A B C D 5 （5 分）执行如图的程序框图，如果输出的 y 值为 1，则输入的 x 的值为（ ） A0 Be C0 或 e D0 或 1 6 （5 分）已知角 的顶点为坐标原点，始边为 x 轴的正半轴，且 cos，若点 M（x， 8）是角 终边上一点，则 x（ ） A12 B10 C8 D6 第 2 页（共 24 页） 7 （5 分）若函数 f（x）2sin（

2、x+2） cosx（0）的图象过点（0，2） ，则（ ） A点（，0）是 yf（x）的一个对称中心 B直线 x是 yf（x）的一条对称轴 C函数 yf（x）的最小正周期是 2 D函数 yf（x）的值域是0，2 8 （5 分）y4cosxe|x|图象可能是（ ） A B C D 9 （5 分）中国南宋大数学家秦九韶提出了“三斜求积术” ，即已知三角形三边长求三角形 面积的公式：设三角形的三条边长分别为 a，b，c，则三角形的面积 S 可由公式 S 求得，其中 p 为三角形周长的一半，这个公式也被称为海伦一秦 九韶公式， 现有一个三角形的边长满足 a6， b+c8， 则此三角形面积的最大值为 （

3、） A3 B8 C4 D9 10 （5 分）已知偶函数 yf（x） ，当 x（1，0）时，f（x）2 x，若 ， 为锐角三角 形的两个内角，则（ ） Af（sin）f（sin） Bf（ sin）f（cos） Cf（ cos）f（cos） Df（ cos）f（ sin） 11 （5 分）已知不共线向量，夹角为 ，|1，|2，（1t）， t（0t1） ，|在 tt0处取最小值，当 0t0时， 的取值范围为（ ） A （0，） B （，） C （，） D （，） 12（5 分） 定义： 区间a， b，（a， b，（a， b） ， a， b） 的长度均为 ba， 若不等式 的解集是互不相交区间的并集，

4、则该不等式的解集中所有区间的长度之和为（ ） 第 3 页（共 24 页） A B C D 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，共分，共 20 分分 13 （5 分）若 x，y 满足约束条件，则 zx2y 的最大值是 14 （5 分）ABC 的内角 A、B、C 的对边分别为 a，b，c，点 D 为 AC 的中点，若sinC cosC0，a，b4，则 BD 的长为 15 （5 分）已知抛物线 y22px（p0）的焦点为 F，准线为 l，过 F 的直线与抛物线及其 准线 l 依次相交于 G、M、N 三点（其中 M 在 G、N 之间且 G 在第一象限） ，若

5、|GF|4， |MN|2|MF|，则 p 16 （5 分）如图，矩形 ABCD 中，M 为 BC 的中点，将ABM 沿直线 AM 翻折成AB1M， 连结 B1D，N 为 B1D 的中点，则在翻折过程中，下列说法中所有正确的序号是 存在某个位置使得 CNAB1； 翻折过程中，CN 的长是定值； 若 ABBM，则 AMB1D； 若 ABBM1，当三棱锥 B1AMD 的体积最大时，三棱锥 B1AMD 的外接球的表 面积是 4 三、解答题：共三、解答题：共 70 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤第分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤第 1721 题为必考题为必考 题，每个试题考生都必须作答

6、第题，每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 （一）必考题：题为选考题，考生根据要求作答 （一）必考题： 共共 60 分分 17 （12 分）Sn为等比数列an的前 n 项和，已知 a49a2，S313，且公比 q0 （1）求 an及 Sn； （2）是否存在常数 ，使得数列Sn+是等比数列？若存在，求 的值；若不存在，请 第 4 页（共 24 页） 说明理由 18 （12 分）如图，三棱柱 ABCA1B1C1中，CACB，BAA145，平面 AA1C1C平 面 AA1B1B （1）求证：AA1BC； （2）若 BB1AB2，A1AC45，D 为 CC1的中点，求三棱

7、锥 DA1B1C1的体 积 19 （12 分）某水果种植基地引进一种新水果品种，经研究发现该水果每株的产量 y（单位： kg）和与它“相近”的株数 x 具有线性相关关系（两株作物“相近”是指它们的直线距 离不超过 lm） ，并分别记录了相近株数为 0，1，2，3，4 时每株产量的相关数据如下： x 0 1 2 3 4 y 15 12 11 9 8 （1）求出该种水果每株的产量 y 关于它“相近”株数 x 的回归方程； （2）该种植基地在如图所示的长方形地块的每个格点（横纵直线的交点）处都种了一株 该种水果，其中每个小正方形的面积都为 1m2，现从所种的该水果中随机选取一株，试 根据（1）中的回

8、归方程，预测它的产量的平均数 附：回归方程+x 中斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为： ， 20 （12 分）如图，点 T 为圆 O：x2+y21 上一动点，过点 T 分别作 x 轴，y 轴的垂线，垂 足分别为 A，B，连接 BA 延长至点 P，使得，点 P 的轨迹记为曲线 C 第 5 页（共 24 页） （1）求曲线 C 的方程； （2）若点 A，B 分别位于 x 轴与 y 轴的正半轴上，直线 AB 与曲线 C 相交于 M，N 两点， |AB|1，试问在曲线 C 上是否存在点 Q，使得四边形 OMQN 为平行四边形，若存在，求 出直线 l 方程；若不存在，说明理由 21 （12 分）已知函

9、数 f（x）xlnx（a+1）x，g（x）f（x）a（x2x1） ，aR （1）当 x1 时，求 f（x）的单调区间； （2）设 F（x）ex+x3+x，若 x1，x2为函数 g（x）的两个不同极值点，证明：F（x1x22） F（e2） （二）选考题：共（二）选考题：共 10 分请考生在第分请考生在第 22、23 题中任选一题作答题中任选一题作答选修选修 4-4：坐标系与参数：坐标系与参数 方程方程 22 （10 分）在平面直角坐标系 xOy 中，已知曲线 C：（ 为参数） ，在以坐 标原点O为极点， 以x轴正半轴为极轴建立的极坐标系中， 直线l的极坐标方程为cos （）2 （1）求曲线 C

10、的普通方程和直线 l 的直角坐标方程； （2）求曲线 C 与直线 l 交点的极坐标（0，02） 23已知函数 f（x）|x1|2|x+1|的最大值为 t （1）求实数 t 的值； （2）若 g（x）f（x）+2|x+1|，设 m0，n0，且满足t，求证：g（m+2）+g （2n）2 第 6 页（共 24 页） 2019 年山东省潍坊市高考数学一模试卷（文科）年山东省潍坊市高考数学一模试卷（文科） 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，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 60 分在每小题给出的四个选项中，只分在每小题给出的四个选项中，只 有

11、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 Ax|x1，Bx|2x1，则（ ） AABx|x0 BABx|x1 CABx|x1 DABR 【分析】可解出集合 B，然后进行交集、并集的运算即可 【解答】解：Bx|x0，Ax|x1； ABx|x1，ABx|x0 故选：B 【点评】考查描述法的定义，指数函数的单调性，以及交集、并集的运算 2 （5 分）若复数 z 满足（1+i）z|3+4i|，则 z 的虚部为（ ） A5 B C D5 【分析】把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案 【解答】解：由（1+i）z|3+4i|， 得 z， z 的虚部为 故选：C 【点

12、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 ， 为两个不同平面，直线 m，则“”是“m”的（ ） A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件 【分析】利用面面平行和线面平行的定义和性质，结合充分条件和必要条件的定义进行 判断 【解答】解：根据题意，由于 ， 表示两个不同的平面，l 为 内的一条直线，由于“ ， 则根据面面平行的性质定理可知，则必然 中任何一条直线平行于另一个平面，条件可 第 7 页（共 24 页） 以推出结论，反之不成立， “ 是“l”的充分不必要条件 故选：A 【点评】主要是考查了空间中面面平行的性质定理的运

13、用，属于基础题 4 （5 分）已知双曲线 C：1（a0，b0）的一条渐近线方程为 y2x，则 C 的 离心率为（ ） A B C D 【分析】先根据双曲线的标准方程求得渐近线方程，根据其中一条的方程求得 a 和 b 的 关系，进而求得 a 和 c 的关系，则离心率可得 【解答】解：双曲线的渐近线方程为 y，一条渐近线的方程为 y2x， 2，设 bt，a2t 则 ct 离心率 e 故选：C 【点评】本题主要考查了双曲线的简单性质解题的关键是熟练掌握双曲线方程中的 a， b 和 c 基本关系 5 （5 分）执行如图的程序框图，如果输出的 y 值为 1，则输入的 x 的值为（ ） A0 Be C0

14、或 e D0 或 1 第 8 页（共 24 页） 【分析】根据程序框图，转化为条件函数进行计算即可 【解答】解：程序对应的函数为 y， 若 x0，由 y1 得 ex1，得 x0，满足条件 若 x0，由 y2lnx1，得 lnx1，即 xe，满足条件 综上 x0 或 e， 故选：C 【点评】本题主要考查程序框图的识别和应用，根据条件转化为分段函数是解决本题的 关键 6 （5 分）已知角 的顶点为坐标原点，始边为 x 轴的正半轴，且 cos，若点 M（x， 8）是角 终边上一点，则 x（ ） A12 B10 C8 D6 【分析】直接利用三角函数的定义的应用求出 x 的值 【解答】解：角 的顶点为坐

15、标原点，始边为 x 轴的正半轴，且 cos， 若点 M（x，8）是角 终边上一点， 则：x0， 利用三角函数的定义：， 解得：x6 故选：D 【点评】本题考查的知识要点：三角函数的定义的应用主要考查学生的运算能力和转化 能力，属于基础题型 7 （5 分）若函数 f（x）2sin（x+2） cosx（0）的图象过点（0，2） ，则（ ） A点（，0）是 yf（x）的一个对称中心 B直线 x是 yf（x）的一条对称轴 C函数 yf（x）的最小正周期是 2 D函数 yf（x）的值域是0，2 【分析】根据函数 f（x）的图象过点（0，2） ，求出 ，可得 f（x）cos2x+1，再利用余 第 9 页（

16、共 24 页） 弦函数的图象和性质，得出结论 【解答】解：由函数 f（x）2sin（x+2） cosx （0）的图象过点（0，2） ， 可得 2sin22，即 sin21，2， 故 f（x）2sin（x+2） cosx2cos2xcos2x+1， 当 x时，f（x）1，故 A、B 都不正确； f（x）的最小正周期为，故 C 不正确； 显然，f（x）cosx+10，2，故 D 正确， 故选：D 【点评】本题主要考查余弦函数的图象和性质，属于中档题 8 （5 分）y4cosxe|x|图象可能是（ ） A B C D 【分析】判断函数的奇偶性，利用导数判断函数在（0，+）上的单调性即可得出结论 【解

17、答】解：显然 y4cosxe|x|是偶函数，图象关于 y 轴对称， 当 x0 时，y4sinxex（4sinx+ex） ， 显然当 x（0，时，y0， 当 x（，+）时，exee34，而 4sinx4， y（4sinx+ex）0， y（4sinx+ex）0 在（0，+）上恒成立， y4cosxe|x|在（0，+）上单调递减 故选：D 【点评】本题考查了函数图象的判断，一般从奇偶性，单调性，特殊值等方面判断，属 于基础题 第 10 页（共 24 页） 9 （5 分）中国南宋大数学家秦九韶提出了“三斜求积术” ，即已知三角形三边长求三角形 面积的公式：设三角形的三条边长分别为 a，b，c，则三角形

18、的面积 S 可由公式 S 求得，其中 p 为三角形周长的一半，这个公式也被称为海伦一秦 九韶公式， 现有一个三角形的边长满足 a6， b+c8， 则此三角形面积的最大值为 （ ） A3 B8 C4 D9 【分析】a6，b+c8可得 p7代入 S2p（pa） （pb） （pc） ，利用 基本不等式的性质即可得出 【解答】解：a6，b+c8 p7 S27 （76） （7b）（7c） 7bc7 （b+c） +497 （bc7） 79，当且仅当 bc4 时取等号 S3 故选：A 【点评】本题考查了秦九韶与海伦公式计算三角形面积公式、基本不等式的性质，考查 了推理能力与计算能力，属于基础题 10 （5

19、分）已知偶函数 yf（x） ，当 x（1，0）时，f（x）2 x，若 ， 为锐角三角 形的两个内角，则（ ） Af（sin）f（sin） Bf（ sin）f（cos） Cf（ cos）f（cos） Df（ cos）f（ sin） 【分析】根据题意，由函数的解析式可得 f（x）在（0，1）上为减函数，结合函数的奇 偶性可得 f（x）在（0，1）上为增函数，又由 ， 为锐角三角形的两个内角分析可得 sinsin（90）cos，结合函数的单调性分析可得答案 【解答】解：根据题意，当 x（1，0）时，f（x）2 x（ ）x，则 f（x）在（1， 0）上为减函数， 又由 f（x）为偶函数，则 f（x）在

20、（0，1）上为增函数， 若 ， 为锐角三角形的两个内角，则 +90，则 90，则有 sinsin（90 ）cos， 则有 f（ sin）f（cos） ， 第 11 页（共 24 页） 故选：B 【点评】本题考查函数的单调性与奇偶性的综合应用，涉及三角函数的诱导公式的运用， 属于基础题 11 （5 分）已知不共线向量，夹角为 ，|1，|2，（1t）， t（0t1） ，|在 tt0处取最小值，当 0t0时， 的取值范围为（ ） A （0，） B （，） C （，） D （，） 【分析】由平面向量的线性运算得：得：t（1t），由向量模的 运算得：|2（t（1t）2（5+4cos）t22（1+2cos

21、）t+1， 由二次函数图象的性质可得：当 tt0时，|取最小值，再求向量夹角的 取值范围即可 【解答】解：由题意有：不共线向量，夹角为 ，|1，|2， 由（1t），t（0t1） ， 得：t（1t）， 所以|2（t（1t）2（5+4cos）t22（1+2cos）t+1， 由二次函数图象的性质有：当 tt0时，|取最小值， 即 0， 解得cos0， 又 0， 即 （，） ， 故选：C 【点评】本题考查了平面向量的线性运算、向量模的运算及向量夹角的取值范围，属中 档题 12（5 分） 定义： 区间a， b，（a， b，（a， b） ， a， b） 的长度均为 ba， 若不等式 的解集是互不相交区间的

22、并集，则该不等式的解集中所有区间的长度之和为（ ） 第 12 页（共 24 页） A B C D 【 分 析 】 根 据 题 意 ， 分 析 可 得或 ，进而求出不等式的解集，结合区间长度的定义分析可得答案 【解答】解：根据题意，或， 方程 5x227x+260 有两个根，x1或 x2， 则原不等式的解集为： （1，（2， 其解集区间的长度为（2）+（1）3 故选：B 【点评】本题考查分式不等式的解法，涉及对新定义区间长度的理解，属于基础题 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，共分，共 20 分分 13 （5 分）若 x，y 满足约束条件，则 zx2

23、y 的最大值是 3 【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数 zx2y 中，z 的几何意义，通 过直线平移即可得到 z 的最大值； 【解答】解： （1）作出不等式组对应的平面区域如图： 由 zx2y，得 y， 平移直线 y，当直线 y经过点 A（3，0）时，直线的截距最小，此时 z 最大， 此时 z 的最大值为 z3203 故答案为：3 第 13 页（共 24 页） 【点评】本题主要考查线性规划的应用，利用 z 的几何意义，通过数形结合是解决本题 的关键 14 （5 分）ABC 的内角 A、B、C 的对边分别为 a，b，c，点 D 为 AC 的中点，若sinC cosC0，a，b4，则

24、 BD 的长为 1 【分析】根据条件先求出 C 的大小，结合余弦定理进行求解即可 【解答】解：由sinCcosC0 得sinCcosC， 即 tanC， C30， D 为 AC 的中点，b4， CD2， 则 BD2BC2+CD22BCCDcosC3+422761， 即 BD1， 故答案为：1 【点评】本题主要考查解三角形的应用，利用余弦定理是解决本题的关键比较基础 15 （5 分）已知抛物线 y22px（p0）的焦点为 F，准线为 l，过 F 的直线与抛物线及其 准线 l 依次相交于 G、M、N 三点（其中 M 在 G、N 之间且 G 在第一象限） ，若|GF|4， |MN|2|MF|，则 p

25、 2 【分析】由已知|MN|2|MF|可得 MN 所在直线的斜率，写出 MN 所在直线方程，与抛物 第 14 页（共 24 页） 线方程联立，求得 G 的横坐标，再由抛物线焦点弦长公式求解 p 【解答】解：如图，过 M 作 MHlH， 由|MN|2|MF|，得|MN|2|MH|， MN 所在直线斜率为， MN 所在直线方程为 y（x） ， 联立，得 12x220px+3p20 解得：， 则|GF|，即 p2 故答案为：2 【点评】本题考查抛物线的简单性质，考查直线与抛物线位置关系的应用，是中档题 16 （5 分）如图，矩形 ABCD 中，M 为 BC 的中点，将ABM 沿直线 AM 翻折成AB

26、1M， 连结 B1D， N 为 B1D 的中点， 则在翻折过程中， 下列说法中所有正确的序号是 存在某个位置使得 CNAB1； 翻折过程中，CN 的长是定值； 若 ABBM，则 AMB1D； 若 ABBM1，当三棱锥 B1AMD 的体积最大时，三棱锥 B1AMD 的外接球的表 面积是 4 第 15 页（共 24 页） 【分析】对于，取 AD 中点 E，连接 EC 交 MD 与 F，可得到 ENNF，又 ENCN， 且三线 NE，NF，NC 共面共点，不可能， 对于，可得由NECMAB1（定值） ，NEAB1（定值） ，AMEC（定值） ，由余 弦定理可得 NC 是定值 对于，取 AM 中点 O

27、，连接 B1O，DO，易得 AM面 ODB1，即可得 ODAM，从而 ADMD，显然不成立 对于：当平面 B1AM平面 AMD 时，三棱锥 B1AMD 的体积最大，可得球半径为 1， 表面积是 4 【解答】解：对于：如图 1，取 AD 中点 E，连接 EC 交 MD 与 F，则 NEAB1，NF MB1， 如果 CNAB1，可得到 ENNF，又 ENCN，且三线 NE，NF，NC 共面共点，不可能， 故错 对于：如图 1，可得由NECMAB1（定值） ，NEAB1（定值） ，AMEC（定 值） ， 由余弦定理可得 NC2NE2+EC22NEECcosNEC，所以 NC 是定值，故正确 对于：如

28、图 2，取 AM 中点 O，连接 B1O，DO，易得 AM面 ODB1，即可得 OD 第 16 页（共 24 页） AM，从而 ADMD，显然不成立，可得不正确 对于：当平面 B1AM平面 AMD 时，三棱锥 B1AMD 的体积最大，易得 AD 中点 H 就是三棱锥 B1AMD 的外接球的球心，球半径为 1，表面积是 4故正确 故答案为： 【点评】本题主要考查了线面、面面平行与垂直的判定和性质定理，考查了空间想象能 力和推理论证能力，考查了反证法的应用，属于中档题 三、解答题：共三、解答题：共 70 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤第分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤第 1721

29、 题为必考题为必考 题，每个试题考生都必须作答第题，每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 （一）必考题：题为选考题，考生根据要求作答 （一）必考题： 共共 60 分分 17 （12 分）Sn为等比数列an的前 n 项和，已知 a49a2，S313，且公比 q0 （1）求 an及 Sn； （2）是否存在常数 ，使得数列Sn+是等比数列？若存在，求 的值；若不存在，请 说明理由 【分析】 （1）由题意可得，解得 a11，q3，根据通项公式和求和公 式即可求出， （2）假设存在常数 ，使得数列Sn+是等比数列，分别令 n1，2，3，根据等比数列 的性质求出 的值，再根据

30、定义证明即可 【解答】解： （1）由题意可得，解得 a11，q3， an3n 1，S n ， （2）假设存在常数 ，使得数列Sn+是等比数列， S1+1，S2+4，S3+13， （+4）2（+1） （+13） ， 解得 ， 第 17 页（共 24 页） 此时 Sn+3n， 则3， 故存在常数，使得数列Sn+是等比数列 【点评】本题考查了等比数列的性质与判断，等比数列的通项公式，属于中档题 18 （12 分）如图，三棱柱 ABCA1B1C1中，CACB，BAA145，平面 AA1C1C平 面 AA1B1B （1）求证：AA1BC； （2）若 BB1AB2，A1AC45，D 为 CC1的中点，求三

31、棱锥 DA1B1C1的体 积 【分析】 （1）过点 C 作 COAA1，垂足为 O，推导出 COOB，AA1OB，AA1CO， 从而 AA1平面 BOC，由此能证明 AA1BC （2）推导出 OAOBCO1，从而，由此 能求出三棱锥 DA1B1C1的体积 【解答】证明： （1）过点 C 作 COAA1，垂足为 O， 平面 AA1C1C平面 AA1B1B， CO平面 AA1B1B，COOB， CACB，COCO，COACOB90， RtAOCRtBOC，OAOB， A1AB45，AA1OB， AA1CO，AA1平面 BOC，AA1BC 解： （2）由（1）知 OAOB， AB，BB12，OAOB

32、1， A1AC45，COAO，COAO1， 第 18 页（共 24 页） ， ， OB平面 AA1C1C，hOB1， 三棱锥 DA1B1C1的体积： 【点评】本题考查线线垂直的证明，考查三棱锥的体积的求法，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，考查数形结合思想，是中档题 19 （12 分）某水果种植基地引进一种新水果品种，经研究发现该水果每株的产量 y（单位： kg）和与它“相近”的株数 x 具有线性相关关系（两株作物“相近”是指它们的直线距 离不超过 lm） ，并分别记录了相近株数为 0，1，2，3，4 时每株产量的相关数据如下： x 0 1 2 3 4 y

33、15 12 11 9 8 （1）求出该种水果每株的产量 y 关于它“相近”株数 x 的回归方程； （2）该种植基地在如图所示的长方形地块的每个格点（横纵直线的交点）处都种了一株 该种水果，其中每个小正方形的面积都为 1m2，现从所种的该水果中随机选取一株，试 根据（1）中的回归方程，预测它的产量的平均数 附：回归方程+x 中斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为 ： ， 【分析】 （1）求出相关系数，求出回归方程即可； （2）代入 x 的值，求出 y 的预报值， 第 19 页（共 24 页） 求平均数即可 【解答】解： （1）由题意得： （0+1+2+3+4）2， （15+12+11+9+8）1

34、1， （xi ） （yi ）17，10， 故 ， ， 故 x+； （2）由回归方程得： x2 时，y11， x3 时，y， x4 时，y， 故平均数是9.13， 故一株产量的平均数是 9.13kg 【点评】本题考查了求回归方程问题，考查函数代入求值以及平均数问题，是一道常规 题 20 （12 分）如图，点 T 为圆 O：x2+y21 上一动点，过点 T 分别作 x 轴，y 轴的垂线，垂 足分别为 A，B，连接 BA 延长至点 P，使得，点 P 的轨迹记为曲线 C （1）求曲线 C 的方程； （2）若点 A，B 分别位于 x 轴与 y 轴的正半轴上，直线 AB 与曲线 C 相交于 M，N 两点，

35、 |AB|1，试问在曲线 C 上是否存在点 Q，使得四边形 OMQN 为平行四边形，若存在，求 出直线 l 方程；若不存在，说明理由 第 20 页（共 24 页） 【分析】 （1）设 T（x0，y0） ，P（x，y） ，通过，即 A 为 PB 的中点，转化求解， 点 P 的轨迹 C 的方程 （2）设直线 l 的方程为 ykx+t，先根据|AB|1，可得+t21，再根据韦达定理， 点在椭圆上可得 4t24k2+1，将代入可得 4k4+k2+10，该方程无解，问题得 以解决 【解答】解： （1）设 T（x0，y0） ，P（x，y） ， 由 A（x0，0） ，B（0，y0） 由题意，即 A 为 PB

36、 的中点 x2x0，yy0， 即 x0x，y0y， x02+y021 故点 P 的轨迹 C 的方程为+y21， （2）由题意知 l 的斜率存在且不为零， 设直线 l 的方程为 ykx+t， |AB|1， （）2+t21， 即+t21， 联立，消 y 可得（4k2+1）x2+8ktx+4（t21）0， 设 M（x1，y1） ，N（x2，y2） ， x1+x2，x1x2， y1+y2k（x1+x2）+2t， 四边形 OMQN 为平行四边形，故 Q（，） ， 第 21 页（共 24 页） （）2+（）21， 整理可得 4t24k2+1， 将代入可得 4k4+k2+10，该方程无解， 故这样的直线不存

37、在 【点评】本题考查点的轨迹方程的求法，考查满足条件的点是否存在的判断与直线方程 的求法，体现了数学转化思想方法，是中档题 21 （12 分）已知函数 f（x）xlnx（a+1）x，g（x）f（x）a（x2x1） ，aR （1）当 x1 时，求 f（x）的单调区间； （2）设 F（x）ex+x3+x，若 x1，x2为函数 g（x）的两个不同极值点，证明：F（x1x22） F（e2） 【分析】 （1）求出原函数的导函数 f（x）1+lnxa1lnxa，可得 a0 时，若 x （1，+） ，f（x）0，f（x）单调递增；若 a0，求出导函数的零点，由导函数的 零点对定义域分段，根据导函数在不同区间

38、段内的符号可得原函数的单调性； （2）由 F（x）ex+3x2+10，得 F（x）在 R 上单调递增，把证 F（x1x22）F（e2） ， 转化为证 x1x22e2，也就是 lnx1+2lnx22，进一步转化为正 a（x1+2x2）2，再由 ，得到证明2，不妨设 x1x2，t1， 化为证明 lnt0，设 h（t）lnt，利用导数证明 h（t）h（1） 0 即可 【解答】 （1）解：f（x）1+lnxa1lnxa 若 a0，x（1，+） ，f（x）0，f（x）单调递增； 若 a0，由 lnxa0，解得 xea， 当 x（1，ea）时，f（x）0，f（x）单调递减，当 x（ea，+）时，f（x）0

39、， f（x）单调递增 综上，当 a0 时，f（x）的单调增区间为（1，+） ； 当 a0 时，f（x）的单调减区间为（1，ea） ，f（x）的单调增区间为（ea，+） ； （2）证明：F（x）ex+3x2+10，F（x）在 R 上单调递增， 要证 F（x1x22）F（e2） ，即证 x1x22e2，也就是 lnx1+2lnx22， 第 22 页（共 24 页） 又 g（x）， g（x）1+lnxax1lnxax， x1，x2为方程 lnxax 的两个根， 即，即证 ax1+2ax22，即 a（x1+2x2）2 而得， 即证：2 不妨设 x1x2，t1， 则证：2，变形得2， 2，lnt0， 设

40、 h（t）lnt，则 h（t）0 h（t）在（1，+）上单调递增， 则 h（t）h（1）0 即结论成立 【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查利用导数求函数的最值，考查数学 转化思想方法，属难题 （二）选考题：共（二）选考题：共 10 分请考生在第分请考生在第 22、23 题中任选一题作答题中任选一题作答选修选修 4-4：坐标系与参数：坐标系与参数 方程方程 22 （10 分）在平面直角坐标系 xOy 中，已知曲线 C：（ 为参数） ，在以坐 标原点O为极点， 以x轴正半轴为极轴建立的极坐标系中， 直线l的极坐标方程为cos （）2 （1）求曲线 C 的普通方程和直线 l 的直角坐标方

41、程； 第 23 页（共 24 页） （2）求曲线 C 与直线 l 交点的极坐标（0，02） 【分析】 （1）直接利用参数方程直角坐标方程和极坐标方程之间的转换求出结果 （2）利用直线和曲线的位置关系的应用建立二元二次方程组，进一步求出结果 【解答】解： （1）已知曲线 C：（ 为参数） ， 转换为直角坐标方程为：x2+（y1）21， 直线 l 的极坐标方程为cos（）2 转换为直角坐标方程为：xy+20 （2）由（1）得：， 解得：或 转换为极坐标为（） （2，） 【点评】本题考查的知识要点：参数方程直角坐标方程和极坐标方程之间的转换，二元 二次方程的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属

42、于基础题型 23已知函数 f（x）|x1|2|x+1|的最大值为 t （1）求实数 t 的值； （2）若 g（x）f（x）+2|x+1|，设 m0，n0，且满足t，求证：g（m+2）+g （2n）2 【分析】 （1）通过讨论 x 的范围化简函数的解析式，根据函数的性质求出函数的性质， 即可求出 t 的值， （2）根据三角不等式和基本不等式的性质求出 g（m+2）+g（2n）2 【解答】解： （1）由 f（x）|x1|2|x+1|， f（x）maxf（1）2，即 t2， 证明： （2）g（x）|x1|，由+2， 知 g（m+2）+g（2n）|m+1|+|2n1|m+1+2n1|m+2n|（m+2n） （+）| |+2|2+2|2， 第 24 页（共 24 页） 当且仅当，即 m24n2时取等号， g（m+2）+g（2n）2 【点评】本题考查了解绝对值不等式问题，考查绝对值不等式的性质以及基本不等式的 性质，是一道常规题