2020年福建省宁德市高考数学一模试卷（文科）含详细解答

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1、已知集合 Ax|2x+13，Bx|x2x20，则 AB（ ） A （2，1） B （1，2） C （1，2） D （1，1） 2 （5 分）已知复数 z1i，其中 i 是虚数单位，则（ ） A B C1+i D1i 3 （5 分）已知双曲线的焦距为，则其焦点到渐近线的距离为（ ） A8 B6 C D4 4 （5 分）设向量 ， 满足，则 （ ） A4 B3 C2 D1 5 （5 分）2021 年起，福建省高考将实行“3+1+2”新高考 “3”是统一高考的语文、数学 和英语三门； “1”是选择性考试科目，由考生在物理、历史两门中选一门； “2”也是选 择性考试科目，由考生从化学、生物、地理、政治

2、四门中选择两门，则某考生自主选择 的“1+2”三门选择性考试科目中，历史和政治均被选择到的概率是（ ） A B C D 6 （5 分）已知公比为1 的等比数列an的前 n 项和为 Sn，等差数列bn的前 n 项和为 Tn， 若有 a3+b4+b5+a610，则 S8+T8（ ） A80 B40 C20 D10 7 （5 分）若实数 x，y，z 满足，则 x，y，z 的大小关系是（ ） Axyz Bxzy Czxy Dzyx 8 （5 分）明朝数学家程大位著的算法统宗里有一道著名的题目： “一百馒头一百僧， 大僧三个更无争，小僧三人分一个，大、小和尚各几丁？”如图所示的程序框图反映了 此题的一个

3、算法执行如图的程序框图，则输出的 n（ ） 第 2 页（共 27 页） A25 B45 C60 D75 9 （5 分）将函数的图象向左平移个单位长度后，所得的 图象与原图象有相同的对称中心，则正实数 的最小值是（ ） A B2 C3 D6 10 （5 分）某长方体被一个平面所截，得到几何体的三视图如图所示，则这个几何体的表 面积为（ ） A16 B20 C D 11 （5 分）已知 F1，F2为椭圆 C：的左、右焦点，椭圆 C 上一点 P 到上顶点 A 和坐标原点的距离相等，且PF1F2的内切圆半径为 1，则椭圆的离心率为（ ） 第 3 页（共 27 页） A B C D 12 （5 分）已知

4、函数下列关于函数 yf（f（x） ）2 的零点个数 判断正确的是（ ） A当 a0 时，至少有 2 个零点 B当 a0 时，至多有 7 个零点 C当 a0 时，至少有 4 个零点 D当 a0 时，至多有 4 个零点 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 分把答案填在答题卡的相应位置分把答案填在答题卡的相应位置 13 （5 分）已知函数 f（x）x2+x 在点（1，f（1） ）处的切线方程为 14 （5 分）若变量 x，y 满足约束条件则 z2x+y 的最大值是 15 （5 分）在边长为 2 的菱形 ABCD 中，以 AC 为折痕将 AB

5、C 折起，使点 B 到达点 B的位置，且点 B在面 ACD 内的正投影为ACD 的重心 G，则 BACD 的外接 球的球心 O 到点 G 的距离为 16 （5 分）若正项数列an满足 an+1an1，则称数列an为 D 型数列，以下 4 个正项数 列an满足的递推关系分别为： an+12an211an+1an+122an1 则 D 型数列an的序号为 三、解答题：共三、解答题：共 70 分解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤第分解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤第 1721 题为必考题为必考 题，每个试题考生都必须作答第题，每个试题考生都必须作答第 22、23 为选考题为选考题，考生根据

6、要求作答 （一）必考题：，考生根据要求作答 （一）必考题： 共共 60 分分 17 （12 分）ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知 2a+b2ccosB， （1）求角 C； （2）延长线段 AC 到点 D，使 CDCB，求ABD 周长的取值范围 18 （12 分）如图，矩形 ABCD平面 BCE，AB1，BCBE2 且，M，N 第 4 页（共 27 页） 分别为 AB，CE 的中点 （1）证明：MN平面 AED； （2）求几何体 AMND 的体积 19 （12 分）某公司为了促进某产品的销售，随机调查了该产品的月销售单价 x（单位：元/ 件）及相应月销量 y（单位：万件

7、） ，对近 5 个月的月销售单价 xi和月销售量 yi（i1，2， 3，4，5）的数据进行了统计，得到如下数表： 月销售单价 xi（元/件） 8 8.5 9 9.5 10 月销售量 yi（万件） 11 10 8 6 5 （1）建立 y 关于 x 的回归直线方程； （2）该公司年底开展促销活动，当月销售单价为 7 元/件时，其月销售量达到 14.8 万件， 若由回归直线方程得到的预测数据与此次促销活动的实际数据之差的绝对值不超过 0.5 万件，则认为所得到的回归直线方程是理想的，试问（1）中得到的回归直线方程是否理 想？ （3）根据（1）的结果，若该产品成本是 5 元/件，月销售单价 x 为何值

8、时，公司月利润 的预报值最大？ （注：利润销售收入成本） 参考公式：回归直线方程 h（x） ，其中， 参考数据：， 20 （12 分）已知抛物线 C：y22px 的焦点为 F，在抛物线 C 上，且 （1）求抛物线 C 的方程及 t 的值； （2）若过点 M（0，t）的直线 l 与 C 相交于 A，B 两点，N 为 AB 的中点，O 是坐标原点， 第 5 页（共 27 页） 且，求直线 l 的方程 21 （12 分）已知函数 f（x）ax2ex1（a0） （1）求函数 f（x）的单调区间； （2）已知 a0 且 x1，+） ，若函数 f（x）没有零点，求证： （x1） （f（x）+1） x2ln

9、x （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 两题中任选一题作答如果多做，则按所做两题中任选一题作答如果多做，则按所做 的第一个题目计分的第一个题目计分选修选修 4-4：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程 22 （10 分）在平面直角坐标系 xOy 中，圆 C： （x1）2+（y1）21，以坐标原点 O 为 极点，x 轴正半轴为极轴，直线 l 的极坐标方程为，直线 l 交圆 C 于 A，B 两点，P 为 A，B 中点 （1）求点 P 轨迹的极坐标方程； （2）若，求 的值 选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲 23已知在 R 上恒成立 （1）求 m 的最

10、大值 M； （2）若 a，b 均为正数，且，求 a2b 的取值范围 第 6 页（共 27 页） 2020 年福建省宁德市高考数学一模试卷（文科）年福建省宁德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|2x+13，Bx|x2x20，则 AB（ ） A （2，1） B （1，2） C （1，2） D （1，1） 【分析】可以求出集合 A，B，然

11、后进行交集的运算即可 【解答】解：Ax|x1，Bx|1x2， AB（1，2） 故选：B 【点评】本题考查了描述法、区间的定义，一元二次不等式的解法，交集的定义及运算， 考查了计算能力，属于基础题 2 （5 分）已知复数 z1i，其中 i 是虚数单位，则（ ） A B C1+i D1i 【分析】把 z1i 代入，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案 【解答】解：由 z1i，得 故选：A 【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，是基础题 3 （5 分）已知双曲线的焦距为，则其焦点到渐近线的距离为（ ） A8 B6 C D4 【分析】双曲线中 a2，c2，求出渐近线方程；然后求解焦点到渐 近线的距离

12、 【解答】解：双曲线，中 a3，双曲线的焦距为 2c4； c2，4+b220，b4 第 7 页（共 27 页） 渐近线方程为：y2x； 焦点到渐近线的距离为：4 故选：D 【点评】本题考查双曲线的方程与性质，确定双曲线中 a，b，c 的值，考查点到直线的 距离的求法，是中档题 4 （5 分）设向量 ， 满足，则 （ ） A4 B3 C2 D1 【分析】将已知式平方再相加即可得解 【解答】解：由题意， 由得，即， 故选：C 【点评】本题考查平面向量的数量积运算，属于基础题 5 （5 分）2021 年起，福建省高考将实行“3+1+2”新高考 “3”是统一高考的语文、数学 和英语三门； “1”是选择

13、性考试科目，由考生在物理、历史两门中选一门； “2”也是选 择性考试科目，由考生从化学、生物、地理、政治四门中选择两门，则某考生自主选择 的“1+2”三门选择性考试科目中，历史和政治均被选择到的概率是（ ） A B C D 【分析】基本事件总数 n12，则某考生自主选择的“1+2”三门选择性考试科 目中，历史和政治均被选择到包含的基本事件个数 m3，由此能求出历史和政 治均被选择到的概率 【解答】解：福建省高考将实行“3+1+2”新高考 “3”是统一高考的语文、数学和英语 三门， “1”是选择性考试科目，由考生在物理、历史两门中选一门， “2”也是选择性考试科目，由考生从化学、生物、地理、政治

14、四门中选择两门， 基本事件总数 n12， 则某考生自主选择的“1+2”三门选择性考试科目中， 历史和政治均被选择到包含的基本事件个数 m3， 第 8 页（共 27 页） 历史和政治均被选择到的概率是 p 故选：A 【点评】本题考查概率的求法，考查组合问题等基础知识，考查学生的逻辑分析能力、 运算求解能力，是基础题 6 （5 分）已知公比为1 的等比数列an的前 n 项和为 Sn，等差数列bn的前 n 项和为 Tn， 若有 a3+b4+b5+a610，则 S8+T8（ ） A80 B40 C20 D10 【分析】由题意可得，a3+a60，s80，b4+b510，结合等差数列的性质及求和公式即 可

15、求解 【解答】解：由题意可得，a3+a60，s80， b4+b510， T84（b4+b5）40， 故选：B 【点评】本题主要考查了等差数列与等比数列的性质及求和公式的简单应用，属于基础 试题 7 （5 分）若实数 x，y，z 满足，则 x，y，z 的大小关系是（ ） Axyz Bxzy Czxy Dzyx 【分析】设 y1log2x，y2log3y，y32z，利用对数函数和指数函数的图象和性质即可比 较出 x，y，z 的大小关系 【解答】解：设p，p0， 设 y1log2x，y2log3y，y32z， 作出 3 个函数的图象，如图所示： 由图可知：zxy， 第 9 页（共 27 页） 故选：

16、C 【点评】本题考查三个数的大小的求法，解题时运用数形结合的方法，注意对数函数和 指数函数的性质的合理运用 8 （5 分）明朝数学家程大位著的算法统宗里有一道著名的题目： “一百馒头一百僧， 大僧三个更无争，小僧三人分一个，大、小和尚各几丁？”如图所示的程序框图反映了 此题的一个算法执行如图的程序框图，则输出的 n（ ） A25 B45 C60 D75 【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，且，即可解得 n 的值 【解答】解：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，且， 解得 n75 故选：D 【点评】本题考查

17、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 9 （5 分）将函数的图象向左平移个单位长度后，所得的 图象与原图象有相同的对称中心，则正实数 的最小值是（ ） 第 10 页（共 27 页） A B2 C3 D6 【分析】由题意利用函数 yAsin（x+）的图象变换规律，正弦函数的图象的对称性， 求得正实数 的最小值 【解答】解：将函数sin（x+） 的图象向左平移 个单位长度后， 可得 ysin（x+）的图象 由于所得的图象与原图象有相同的对称中心，k，kZ，即 3k， 则正实数 的最小值为 3， 故选：C 【点评】本题主要考查函数 yAsin（x+）的

18、图象变换规律，正弦函数的图象的对称 性，属于基础题 10 （5 分）某长方体被一个平面所截，得到几何体的三视图如图所示，则这个几何体的表 面积为（ ） A16 B20 C D 【分析】三视图复原的几何体是长方体的一部分，依据三视图的数据，得出长方体长、 宽、高，然后求解几何体的表面积 【解答】解：三视图复原的几何体是长方体的一部分， 长方体的长、宽、高分别是：2，2，3， 所以这个几何体的表面积为： 20+2 故选：D 第 11 页（共 27 页） 【点评】此题考查了由三视图判断几何体，考查三视图的读图能力，计算能力，空间想 象能力，本题是基础题，常考题型 11 （5 分）已知 F1，F2为椭

19、圆 C：的左、右焦点，椭圆 C 上一点 P 到上顶点 A 和坐标原点的距离相等，且PF1F2的内切圆半径为 1，则椭圆的离心率为（ ） A B C D 【分析】 如图所示， 椭圆 C 上一点 P 到上顶点 A 和坐标原点的距离相等， 可得 P （a， b） ，根据PF1F2的内切圆半径为 1，可得（|PF1|+|PF2|+|F1F2|） 1|F1F2|b， 即可得出 【解答】解：如图所示， 椭圆 C 上一点 P 到上顶点 A 和坐标原点的距离相等， 可得 P（a，b） ， PF1F2的内切圆半径为 1， （|PF1|+|PF2|+|F1F2|） 1|F1F2|b， 可得：2a+2ccb，b8

20、化为：1+e4e， 解得 e 故选：B 第 12 页（共 27 页） 【点评】本题考查了椭圆的标准方程及其性质、方程思想方法、三角形内切圆的性质、 三角形面积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题 12 （5 分）已知函数下列关于函数 yf（f（x） ）2 的零点个数 判断正确的是（ ） A当 a0 时，至少有 2 个零点 B当 a0 时，至多有 7 个零点 C当 a0 时，至少有 4 个零点 D当 a0 时，至多有 4 个零点 【分析】画出 f（x）的图象，再分 a0，a0 两种情况分析复合函数的零点个数即可 【解答】解：对于 yx33x，x0，y3x23，令 y0，可得 x1，故

21、yx3 3x，x0 在 x1 处取最大值 2 当 a0 时： 要取得最少的零点个数，则 a1，此时 x+2 （x0）此时函数图 象如图 故 yf（f（x） ）20 有 f（f（x） ）2，故 f（x）1，由图得 yf（f（x） ）2 零 点个数为 1故 A 错误 第 13 页（共 27 页） 要取得最多的零点个数，则此时 0a1，此时 x+2， （x0） 如 图 故 yf（f（x） ）20 有 f（f（x） ）2，所以 f1（x）1，f2（x）t1，f3（x）t2 其中 t2，t1，f1（x）1 有一根，f2（x）t1最多 2 个根，f3（x）t2最 多有 4 个根，一共最多有 7 个零点故

22、B 正确 当 a0 时，函数 yx+为增函数，画出图象有 令 yf（f（x） ）20 有 f1（x）1，f2（x）t，其中 t+2 即 t22t+a0， 由图知 t0，故 t1+2故 f1（x）1 有 2 个零点，f2（x）t 有一个零点故 一共有 3 个零点 所以 C，D 错误 故选：B 【点评】本题主要考查了数形结合解决复合函数的零点个数的问题，一般方法是画出图 象再分析内层函数的函数值，再当成函数值求零点个数属于难题 二、二、填空题：本大题共填空题：本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分把答案填在答题卡的相应位置分把答案填在答题卡的相应位置 13 （5 分）已

23、知函数 f（x）x2+x 在点（1，f（1） ）处的切线方程为 y3x1 【分析】求出 f（1） ，f（1） ，利用切线方程公式，代入即可 【解答】解：函数 f（x）x2+x，f（x）2x+1， 故 f（1）3，f（1）2， 第 14 页（共 27 页） 故在点（1，f（1） ）处的切线方程为 y3（x1）+2， 即 y3x1， 故答案为：y3x1 【点评】考查导数法求曲线上点的切线方程，基础题 14 （5 分）若变量 x，y 满足约束条件则 z2x+y 的最大值是 5 【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，即可求最大值 【解答】解：作出不等式组对应的平面区域如图： （阴

24、影部分） 由 z2x+y 得 y2x+z， 平移直线 y2x+z， 由图象可知当直线 y2x+z 经过点 C 时，直线 y2x+z 的截距最大， 此时 z 最大 由，解得，即 C（2，1） ， 代入目标函数 z2x+y 得 z22+14+15 即目标函数 z2x+y 的最大值为 5 故答案为：5 【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 15 （5 分）在边长为 2 的菱形 ABCD 中，以 AC 为折痕将 ABC 折起，使点 B 到达点 B的位置，且点 B在面 ACD 内的正投影为ACD 的重心 G，则 BACD 的外接 球

25、的球心 O 到点 G 的距离为 【分析】 由题意可得， 三角形ACD为等边三角形， 再由已知可得BACD为正四面体 求 出正四面体的高，设 BACD 的外接球的球心 O 到点 G 的距离为 h，利用勾股定理列式 求解 h 即可 第 15 页（共 27 页） 【解答】解：如图，由题意可得，三角形 ACD 为等边三角形， 点 B在面 ACD 内的正投影为ACD 的重心 G， 由等边三角形四心合一可知，G 为三角形 ACD 的外心，则 BABCBD， 即 BACD 为正四面体 由已知可得 DG，则， 设 BACD 的外接球的球心 O 到点 G 的距离为 h， 则，解得 h 故答案为： 【点评】本题考

26、查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查多面体外接 球半径的求法，考查运算求解能力，是中档题 16 （5 分）若正项数列an满足 an+1an1，则称数列an为 D 型数列，以下 4 个正项数 列an满足的递推关系分别为： an+12an211an+1an+122an1 则 D 型数列an的序号为 【分析】根据 D 型数列的定义，逐个判断正项数列an是否满足 an+1an1 即可 【解答】解：对于，an+12an21，且an各项均为正数， ， an+11+an，即 an+1an1，故为 D 型数列； 对于，1， ， 第 16 页（共 27 页） ， ，故为 D 型数列； 对于，an

27、+1， ，故为 D 型数列； 对于，an+122an1， ， an+11+an，即 an+1an1，故为 D 型数列； 故答案为： 【点评】本题主要考查了新定义的问题，需要根据递推公式证明 an+1an1，属于中档 题 三、解答题：共三、解答题：共 70 分解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤第分解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤第 1721 题为必考题为必考 题，每个试题考生都必须作答第题，每个试题考生都必须作答第 22、23 为选考题，考生根据要求作答 （一）必考题：为选考题，考生根据要求作答 （一）必考题： 共共 60 分分 17 （12 分）ABC 的内角 A，B，C 的对边分别

28、为 a，b，c，已知 2a+b2ccosB， （1）求角 C； （2）延长线段 AC 到点 D，使 CDCB，求ABD 周长的取值范围 【分析】 （1） 由已知利用余弦定理可得 cosC， 结合范围 C （0， ） ， 可求 C （2）由已知可得BCD 为等边三角形，可得 BDCDa，可求ABD 的周长 L 2a+b+， 由正弦定理， 三角函数恒等变换的应用可求 2a+b2cosB， 根据 B 的范围， 根据余弦函数的性质可求，即可求得周长的范围 【解答】解： （1）根据余弦定理得， 整理得：a2+b2c2ab， 由余弦定理可得 cosC， 由于 C（0，） ， 第 17 页（共 27 页）

29、可得 C （2）由于 C，即BCD，又 CDCB， 可得BCD 为等边三角形，可得 BDCDa， 所以ABD 的周长 L2a+b+， 由正弦定理， 所以：a2sinA，b2sinB， 因为：AB， 又 B（0，） ，可得 cosB（，1） ， 所以 2a+b4sinA+2sinB4sin （B） +2sinB4 （cosBsinB） +2sinB2cosB， 所以， 所以周长 L2a+b+的取值范围是（2，3） 【点评】本小题主要考查正弦定理、余弦定理、三角函数恒等变换的应用等基础知识， 考查运算求解能力，考查化归与转化思想等 18 （12 分）如图，矩形 ABCD平面 BCE，AB1，BCB

30、E2 且，M，N 分别为 AB，CE 的中点 （1）证明：MN平面 AED； （2）求几何体 AMND 的体积 第 18 页（共 27 页） 【分析】法一： （1）取 ED 中点 H，连接 AH，NH，证明四边形 AMNH 为平行四边形， 得到 MNAH，推出 MN平面 AED （2）过 N 作 NFBC 于 F，通过等体积法，VAMNDVDAMN求解即可 法二： （1）取 BE 中点 G，连接 MG，NG，证明平面 MNG平面 EAD，推出 MN平面 EAD （2）推出 D 到平面 AMN 的距离 d|CN|，利用等体积法VAMNDVDAMN求解即可 【解答】解法一： （1）证明：取 ED

31、中点 H，连接 AH，NH， N，H 分别为 EC，ED 的中点， NH 为ECD 的中位线， NHCD 且 ABCD 为矩形，M 为 AB 的中点， NHAM 且 NHAM， 四边形 AMNH 为平行四边形 MNAH，MN平面 EAD，AH平面 EAD MN平面 AED （2）过 N 作 NFBC 于 F， 平面 ABCD平面 EBC，平面 ABCD平面 EBCBC， 又 NF平面 EBC， NF平面 ABCD， 在CNF 中， 且 BEBC， ， ， 第 19 页（共 27 页） ， 解法二： （1）取 BE 中点 G，连接 MG，NG， 在ABE 中，MG 为中位线， MGAE， MG平

32、面 EAD，AE平面 EAD g（x）0 平面 EAD， 同理，GNBC，GNAD GN平面 EAD，AD平面 EAD， GN平面 EAD，又 MGGNG， 平面 MNG平面 EAD，MN平面 MNG， MN平面 EAD （2）平面 ABCD平面 EBC， 平面 ABCD平面 EBCBC， 又 ABBC AB平面 EBC ABCN，BEBC 且 N 为 CE 的中点， CNBN， 又 CNAB，ABBNB 则 CN平面 ABN， 即 CN平面 AMN， CD平面 AMN， D 到平面 AMN 的距离 d|CN| 在 DCNF 中， 且 BEBC2 ， 第 20 页（共 27 页） 【点评】本小

33、题主要考查空间直线与直线、直线与平面的位置关系、平面与平面位置关 系，几何体的体积等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力，考 查化归与转化思想等 19 （12 分）某公司为了促进某产品的销售，随机调查了该产品的月销售单价 x（单位：元/ 件）及相应月销量 y（单位：万件） ，对近 5 个月的月销售单价 xi和月销售量 yi（i1，2， 3，4，5）的数据进行了统计，得到如下数表： 月销售单价 xi（元/件） 8 8.5 9 9.5 10 月销售量 yi（万件） 11 10 8 6 5 （1）建立 y 关于 x 的回归直线方程； （2）该公司年底开展促销活动，当月销售单价为 7

34、 元/件时，其月销售量达到 14.8 万件， 若由回归直线方程得到的预测数据与此次促销活动的实际数据之差的绝对值不超过 0.5 万件，则认为所得到的回归直线方程是理想的，试问（1）中得到的回归直线方程是否理 想？ （3）根据（1）的结果，若该产品成本是 5 元/件，月销售单价 x 为何值时，公司月利润 的预报值最大？ 第 21 页（共 27 页） （注：利润销售收入成本） 参考公式：回归直线方程 h（x） ，其中， 参考数据：， 【分析】 （1）因为，代入线性 回归方程公式，求出即可； （2）x7 时求出 y，作差判断即可； （3）写出利润 M 的方程为二次函数，判断最大值即可 【解答】解：

35、（1）因为， 所以， 则8 （3.2） 936.8， 于是 y 关于 x 的回归直线方程为 y3.2x+36.8； （2）当 x7 时，则 14.814.40.40.5， 所以可以认为所得到的回归直线方程是理想的； （3）令销售利润为 M，则 M（x5） （3.2x+36.8） （5x11.5） M3.2x2+52.8x184， 所以 x8.25 时，M 取最大值， 所以该新产品单价定为 8.25 元公司才能获得最大利润 【点评】本小题主要考查了回归直线方程，函数等基础知识，考查数据分析能力、运算 求解能力，考查化归与转化思想等，中档题 20 （12 分）已知抛物线 C：y22px 的焦点为

36、F，在抛物线 C 上，且 （1）求抛物线 C 的方程及 t 的值； （2）若过点 M（0，t）的直线 l 与 C 相交于 A，B 两点，N 为 AB 的中点，O 是坐标原点， 且，求直线 l 的方程 第 22 页（共 27 页） 【分析】 （1）利用抛物线的定义求解 p，然后求解抛物线方程以及 t 的值 （2）设 A（x1，y1） ，B（x2，y2） ，N（x0，y0） ，M（0，2） ，直线 l 的斜率存在，设直线 l：ykx+2（k0） ，联立，消去 y 得 k2x24（1k）x+40，利用韦达定理结 合三角形的面积以及弦长公式，转化求解即可 【解答】解： （1）， p2，抛物线 C 的方

37、程为：y24x 将代入 y24x 得 t2 （2）设 A（x1，y1） ，B（x2，y2） ，N（x0，y0） ，M（0，2） ， 显然直线 l 的斜率存在，设直线 l：ykx+2（k0） ， 联立，消去 y 得 k2x24（1k）x+40， 16（1k）216k20，得且 k0， ， ， ，即， N 是 AB 的中点， ，整理得， ，解得， 直线 l 的方程为：yx+2 或 【点评】本小题主要考查直线、抛物线，直线与抛物线的位置关系等基础知识，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，考查考生分析问 题和解决问题的能力 21 （12 分）已知函数 f（x）ax2e

38、x1（a0） （1）求函数 f（x）的单调区间； （2）已知 a0 且 x1，+） ，若函数 f（x）没有零点，求证： （x1） （f（x）+1） 第 23 页（共 27 页） x2lnx 【分析】 （1）求导后，分 a0 及 a0 解不等式即可得到单调区间； （2）分析可得，解法一把所证不等式转化为 a（x1）exlnx0，然后构造函 数证明其最小值大于等于 0 即可； 解法二通过， 把所证不等式转化为 x1lnx0， 事实上这已经是一个常见的不等式，由此得证 【解答】解：解法一： （1）f（x）2axex+ax2ex， 当 a0 时，令 f（x）0 得 x0 或 x2； 令 f（x）0 得

39、2x0 函数的单调递增区间为（，2）和（0，+） ， 单调递减区间为（2，0） ； 当 a0 时，令 f（x）0 得（2，0） ； 令 f（x）0 得 x0 或 x2 函数的单调递增区间为（2，0） ， 单调递减区间为（，2）和（0，+） ； 综上所述，当 a0 时，函数的单调递增区间为（，2）和（0，+） ，单调递减区 间为（2，0） ； 当 a0 时，函数的单调递增区间为（2，0） ，单调递减区间为（，2）和（0，+ ） ； （2）证明：函数在 a0 且 x1，+）时无零点，即 ax2ex10 在1，+）无解， 则 g（x）x2ex与在1，+）无交点，g（x）（2x+x2）ex，g（x）x

40、2ex在1， +）上单调递增，g（x）mine， ，则， 由（1）得 f（x）在1，+）上单调递增，f（x）f（1）ae10， 要证 （x1） （f（x）+1）x2lnx， 即证 （x1）ax2exx2lnx， 即证 a（x1）exlnx， 即证 a（x1）exlnx0， 令 g（x）a（x1）exlnx， 第 24 页（共 27 页） ， g（x）在时单调递增， g（x）g（1）0，所以原不等式成立 解法二： （1）同解法一 （2）证明：函数在 a0 且 x1，+）时无零点，即 ax2ex10 在1，+）无解， 则 g（x）x2ex与在1，+）无交点，g（x）（2x+x2）ex，g（x）x2

41、ex在1， +）上单调递增， g（x）mine， ，则， 要证（x1） （f（x）+1）x2lnx， 即证（x1）ax2exx2lnx， 即证 a（x1）exlnx， 因为， 所以只需证 x1lnx，即证 x1lnx0， 令 g（x）x1lnx， g（x）在时单调递增， g（x）g（1）0，所以原不等式成立 【点评】本小题主要考查导数及其应用、不等式等基础知识，考查推理论证能力、运算 求解能力、创新意识等，考查函数与方程思想、化归与转化思想、分类与整合思想等， 属于较难题目 （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 两两题中任选一题作答如果多做，则按所做题中

42、任选一题作答如果多做，则按所做 的第一个题目计分的第一个题目计分选修选修 4-4：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程 22 （10 分）在平面直角坐标系 xOy 中，圆 C： （x1）2+（y1）21，以坐标原点 O 为 极点，x 轴正半轴为极轴，直线 l 的极坐标方程为，直线 l 交圆 C 于 A，B 两点，P 为 A，B 中点 （1）求点 P 轨迹的极坐标方程； （2）若，求 的值 第 25 页（共 27 页） 【分析】法一： （1）圆 C 的极坐标方程为 22（sin+cos）+10，将 代入得： 22（sin+cos）+10，由此能求出点 P 轨迹的极坐标方程 （ 2 ） 由 ， 从而

43、 4sin2 （1+sin2） 3， （2sin21） （2sin2+3） 0，由此能求出结果 法二： （1） 由 P 为 AB 中点， 得 CPAB 于 P， 从而 P 的轨迹是以 OC 为直径的圆 （在C 的内部） ，其所在圆方程为 x2+y2xy0由此能求出点 P 轨迹的极坐标方程 （ 2 ） 由 ，令 tsin+cos，则 t21sin2，从而 4t44t23 0，由此能求出结果 【解答】解法一： （1）圆 C 的极坐标方程为 22（sin+cos）+10， 将 代入 22（sin+cos）+10 得： 22（sin+cos）+10， 4（sin+cos）240 成立， 设点 A，B，

44、P 对应的极径分别为 1，2，0， 所以，所以， 所以点 P 轨迹的极坐标方程为 sin+cos， （2） 由 （1） 得， ， 所以 4sin2（1+sin2）3， （2sin21） （2sin2+3）0， 又，所以或， 即或 解法二： （1）因为 P 为 AB 中点，所以 CPAB 于 P， 故 P 的轨迹是以 OC 为直径的圆（在C 的内部） ， 其所在圆方程为：，即 x2+y2xy0 第 26 页（共 27 页） 从而点 P 轨迹的极坐标方程为 sin+cos， （2） 由 （1） 得， ， 令 tsin+cos，因为，所以，则 t21sin2， 所以，所以 4（t21） t23， 即 4t44t230，解得（舍去） ， 所以， 又，2（0，） ，所以或， 即或 【点评】本小题考查直线和圆的极坐标方程、参数方程等基础知识，考查运算求解能力， 考查化归与转化思想等 选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲 23已知在 R 上恒成立 （1）求 m 的最大值 M； （2）若 a，b 均为正数，且，求 a2b 的取值范围 【分析】 （1）容易求得|x+1|+|2x1|的最小值为，则，由此可得到结论； （2）利用基本不等式直接求解即可 【解答】解： （1）构造 f（x）|x+1|+|2x1|， 在 R 上恒成立， ， 又， m2