2020年湖南省湘潭市高考数学一模试卷（理科）含详细解答

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1、设集合 Ax|log2x2，则 B5，3，2，4，6，AB（ ） A5，3，2，4 B2 C2，4，6 D2，4 2 （5 分）设复数 za+bi（a，bR） ，定义b+ai若，则 z（ ） A+i Bi C+i Di 3 （5 分）某地有两个国家 AAAA 级旅游景区甲景区和乙景区相关部门统计了这两个 景区 2019 年 1 月至 6 月的月客流量（单位：百人） ，得到如图所示的茎叶图关于 2019 年 1 月 至 6 月 这 两 个 景 区 的 月 客 流 量 ， 以 下 结 论 错 误 的 是 （ ） A甲景区月客流量的中位数为 12950 人 B乙景区月客流量的中位数为 12450 人

2、 C甲景区月客流量的极差为 3200 人 D乙景区月客流量的极差为 3100 人 4 （5 分）的展开式的中间项为（ ） A40 B40x2 C40 D40x2 5 （5 分）已知底面是等腰直角三角形的三棱锥 PABC 的三视图如图所示，俯视图中的两 个小三角形全等，则（ ） 第 2 页（共 22 页） APA，PB，PC 两两垂直 B三棱锥 PABC 的体积为 C D三棱锥 PABC 的侧面积为 6 （5 分）已知 P 为双曲线 C：x21 右支上一点，F1，F2分别为 C 的左、右焦点， 且线段 A1A2，B1B2分别为 C 的实轴与虚轴，若|A1A2|，|B1B2|，|PF1|成等比数列

3、，则|PF2| （ ） A4 B10 C5 D6 7 （5 分）已知 a40.6，b21.1，clog412，则（ ） Acba Bbac Cabc Dcab 8 （5 分）在平行四边形 ABCD 中，BAD60，AB3AD，E 为线段 CD 的中点，若 6，则（ ） A4 B6 C8 D9 9 （5 分）已知函数 f（x）2cos2（x） （0）的图象关于直线 x对称，则 的最小值为（ ） A B C D 10 （5 分）在正方体 ABCDA1B1C1D1中，E 为棱 A1B1上一点，且 AB2，若二面角 B1 BC1E 为 45，则四面体 BB1C1E 的外接球的表面积为（ ） A B12

4、 C9 D10 第 3 页（共 22 页） 11 （5 分）已知函数 f（x），若函数 g（x）f（f（x） ）恰有 8 个零点， 则 a 的值不可能为（ ） A8 B9 C10 D12 12 （5 分） “斐波那契数列”由十三世纪意大利数学家列昂纳多斐波那契发现，因为斐波 那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称该数列为“兔子数列” 斐波那契数列an满足 a1 1，a21，记其前 n 项和为 Sn，设命题 p：S2019 a20211，命题 q：a2+a4+a6+a98a99，则下列命题为真命题的是（ ） Apq B （p）q Cp（q） D （p）（q） 二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共

5、 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分，把答案填在答题卡中的横线上分，把答案填在答题卡中的横线上. 13 （5 分）某人午觉醒来，发现手机没电自动关机了，他打开收音机，想听电台准点报时， 则他等待的时间不少于 20 分钟的概率为 14 （5 分）设 Sn是等差数列an的前 n 项和，若 a21，S5+S731，则 S10的取值范围 是 15 （5 分）椭圆 M：+1（ab0）的左、右焦点分别为 F1，F2，P（，） ， 若 PF1PF2，则 M 的离心率为 16 （5 分）若存在 a0，使得函数 f（x）6a2lnx 与 g（x）x24axb 的图象在这两函 数图象的公共点

6、处的切线相同，则 b 的最大值为 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，每道试题考生都必须作答，第题，每道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.（一）必考题：（一）必考题： 共共 60 分分 17 （12 分）为了解贵州省某州 2020 届高三理科生的化学成绩的情况，该州教育局组织高 三理科生进行了摸底考试，现从参加考试的学生中随机抽取了 100 名理科生，将他们的 化学成绩（满分为 100 分）分为40，50） ，

7、50，60） ，60，70） ，70，80） ，80，90） ， 90，1006 组，得到如图所示的频率分布直方图 （1）求 a 的值； （2）记 A 表示事件“从参加考试的所有理科生中随机抽取一名学生，该学生的化学成绩 不低于 70 分” ，试估计事件 A 发生的概率； 第 4 页（共 22 页） （3）在抽取的 100 名理科生中，采用分层抽样的方法从成绩在60，80）内的学生中抽 取 10 名，再从这 10 名学生中随机抽取 4 名，记这 4 名理科生成绩在60，70）内的人数 为 X，求 X 的分布列与数学期望 18 （12 分）ABC 的内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c已

8、知 C2A，a4，c6 （1）求 b； （2）求ABC 内切圆的半径 19 （12 分）如图，在四棱锥 PABCD 中，AP平面 PCD，ADBC，ABBC，APAB BCAD，E 为 AD 的中点，AC 与 BE 相交于点 O （1）证明：PO平面 ABCD （2）求直线 BC 与平面 PBD 所成角的正弦值 20 （12 分）在直角坐标系 xOy 中，点 M（2，0） ，N 是曲线上的任意一点， 动点 C 满足 （1）求点 C 的轨迹方程； （2）经过点 P（1，0）的动直线 l 与点 C 的轨迹方程交于 A，B 两点，在 x 轴上是否存 在定点 D（异于点 P） ，使得ADPBDP？若存

9、在，求出 D 的坐标；若不存在，请说 明理由 第 5 页（共 22 页） 21 （12 分）已知函数 f（x）（x+1）ln（x+1）+m+n，曲线 yf（x）在点（0，f（0） ） 处的切线方程为 y2x+1 （1）求 m，n 的值和 f（x）的单调区间； （2）若对任意的 x0，+） ，f（x）kx 恒成立，求整数 k 的最大值 （二）选考题：共（二）选考题：共 10 分分.请考生从第请考生从第 22，23 两题中任选一题作答两题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第如果多做，则按所做的第 一一个题目计分个题目计分.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

10、直角坐标系 xOy 中，直线 l 的参数方程为（t 为参数） ，曲线 C 的参数方程为（m0，n0， 为参数） ，以坐标原点为极点，x 轴的正 半轴为极轴建立极坐标系，且曲线 C 的极坐标方程为 8sin （1）求 a，m，n 的值； （2）已知点 P 的直角坐标为（0，1） ，l 与曲线 C 交于 A，B 两点，求|PA|+|PB| 选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲（10 分分 23已知函数 f（x）3|x+1|2x4| （1）求不等式 f（x）3 的解集； （2）若对任意 xR，不等式 f（x）|x2|t28t 恒成立，求 t 的取值范围 第 6 页（共 22 页） 2020 年湖

11、南省湘潭市高考数学一模试卷（理科）年湖南省湘潭市高考数学一模试卷（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 分分.在每小题给出的四个选项中，只有在每小题给出的四个选项中，只有 一项是符合题目要求的一项是符合题目要求的. 1 （5 分）设集合 Ax|log2x2，则 B5，3，2，4，6，AB（ ） A5，3，2，4 B2 C2，4，6 D2，4 【分析】求出集合 A，B，由此能求出 AB 【解答】解：集合 Ax|log2x2x|0x4， B5，3，2，4，6， AB 2，4 故选：D 【点评】

12、本题考查交集的求法，考查交集定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础 题 2 （5 分）设复数 za+bi（a，bR） ，定义b+ai若，则 z（ ） A+i Bi C+i Di 【分析】利用复数的运算性质、新定义即可得出 【解答】解：， +， 则 zi 故选：B 【点评】本题考查了复数模的运算性质、新定义，考查了推理能力与计算能力，属于基 础题 3 （5 分）某地有两个国家 AAAA 级旅游景区甲景区和乙景区相关部门统计了这两个 景区 2019 年 1 月至 6 月的月客流量（单位：百人） ，得到如图所示的茎叶图关于 2019 第 7 页（共 22 页） 年 1 月 至 6 月 这 两 个

13、景 区 的 月 客 流 量 ， 以 下 结 论 错 误 的 是 （ ） A甲景区月客流量的中位数为 12950 人 B乙景区月客流量的中位数为 12450 人 C甲景区月客流量的极差为 3200 人 D乙景区月客流量的极差为 3100 人 【分析】利用茎叶图的性质直接求解 【解答】解：甲景区月客流量的中位数为 12950 人， 乙景区月客流量的中位数为 12450 人 根据茎叶图的数据，可知甲景区月客流量的极差为 3200 人， 乙景区月客流量的极差为 3000 人， 故选：D 【点评】本题考查命题真假的判断，考查茎叶图等基础知识，考查运算求解能力，是基 础题 4 （5 分）的展开式的中间项为

14、（ ） A40 B40x2 C40 D40x2 【分析】直接根据其通项展开式求解即可 【解答】解：的展开式的中间项为 故选：B 【点评】本题主要考查二项展开式的通项以及特殊项的求法，属于基础题目 5 （5 分）已知底面是等腰直角三角形的三棱锥 PABC 的三视图如图所示，俯视图中的两 个小三角形全等，则（ ） 第 8 页（共 22 页） APA，PB，PC 两两垂直 B三棱锥 PABC 的体积为 C D三棱锥 PABC 的侧面积为 【分析】首先把三视图转换为几何体，进一步对选项进行分析从而确定结果 【解答】解：根据三视图，可得三棱锥 PABC 的直观图如图所示， 其中 D 为 AB 的中点，P

15、D底面 ABC 所以三棱锥 PABC 的体积为， PA，PB，PC 不可能两两垂直，三棱锥 PABC 的侧面积为 故选：C 【点评】本题考查的知识要点：三视图和几何体之间的转换，几何体的体积公式的应用， 主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型 6 （5 分）已知 P 为双曲线 C：x21 右支上一点，F1，F2分别为 C 的左、右焦点， 且线段 A1A2，B1B2分别为 C 的实轴与虚轴，若|A1A2|，|B1B2|，|PF1|成等比数列，则|PF2| （ ） A4 B10 C5 D6 【分析】由双曲线的定义|A1A2|，|B1B2|，|PF1|成等比数列可得|PF1|值，再

16、由定义可得结 第 9 页（共 22 页） 果 【解答】解：|A1A2|2a2，|B1B2|2b4，|A1A2|，|B1B2|，|PF1|成等比数列可得|PF1| 8，再由双曲线的定义可得：|PF2|82a6 故选：D 【点评】考查双曲线的性质，属于基础题 7 （5 分）已知 a40.6，b21.1，clog412，则（ ） Acba Bbac Cabc Dcab 【分析】利用有理指数幂与对数的运算性质比较 a，b，c 与 2 的大小得答案 【解答】解：a40.621.221.1b2，clog412log4162， cba 故选：A 【点评】本题考查对数值的大小比较，考查有理指数幂与对数的运算性

17、质，是基础题 8 （5 分）在平行四边形 ABCD 中，BAD60，AB3AD，E 为线段 CD 的中点，若 6，则（ ） A4 B6 C8 D9 【分析】取，作为基底，先根据6 以及已知条件求出 AD 的长；再代入数 量积计算公式求解即可 【解答】解：如图，设 ADa； 由题得： （） a3acos60 （3a） 26， a1（负值舍） ； （） （）12328； 故选：C 【点评】本题考查的知识点是平面向量在几何中的应用以及向量的数量积，难度中档 9 （5 分）已知函数 f（x）2cos2（x） （0）的图象关于直线 x对称，则 第 10 页（共 22 页） 的最小值为（ ） A B C

18、D 【分析 】利用二倍角公式化 简函数解析式，进而 根据余弦函数的性质 可得 （kZ） ，结合 0，可求 的最小值 【解答】解：由题意可得：的图象关于对称， 所以（kZ） ，即（kZ） ， 因为 0， 所以 的最小值为 故选：A 【点评】本题主要考查了二倍角公式，余弦函数的性质的应用，考查了函数思想和转化 思想，属于基础题 10 （5 分）在正方体 ABCDA1B1C1D1中，E 为棱 A1B1上一点，且 AB2，若二面角 B1 BC1E 为 45，则四面体 BB1C1E 的外接球的表面积为（ ） A B12 C9 D10 【分析】连接 B1C1交 BC1于 O，可得 B1OBC1，利用线面垂

19、直的判定定理可得：BC1 平面 B1OE，于是 BC1EO，可得而B1OE 为二面角 B1BC1E 的平面角，进而利 用球的表面积计算公式得出结论 【解答】解：连接 B1C1交 BC1于 O，则 B1OBC1， 易知 A1B1BC1，则 BC1平面 B1OE， 所以 BC1EO， 从而B1OE 为二面角 B1BC1E 的平面角， 则B1OE45 因为 AB2，所以， 故四面体 BB1C1E 的外接球的表面积为 故选：D 第 11 页（共 22 页） 【点评】本题考查了正方体的性质、线面垂直的判定与性质定理、二面角的平面角、球 的表面积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题 11 （5

20、分）已知函数 f（x），若函数 g（x）f（f（x） ）恰有 8 个零点， 则 a 的值不可能为（ ） A8 B9 C10 D12 【分析】通过对 a 的值的讨论，通过函数的零点转化为方程的根，结合换元法以及函数 的图象，利用数形结合分析函数的零点个数，判断 a 的范围，然后求解即可 【解答】解：易知，当 a0 时，方程 f（x）0 只有 1 个实根， 从而 g（x）f（f（x） ）不可能有 8 个零点， 则 a0，f（x）0 的实根为2a，0，a令 f（x）t，则 f（f（x） ）f（t）0， 则 t2a，0，a 数形结合可知， 直线 ya 与 f（x）的图象有 2 个交点， 直线 y0 与

21、 f（x）的图象有 3 个交点， 所以由题意可得直线 y2a 与 f（x）的图象有 3 个交点， 则必有，又 a0， 所以 a8 故选：A 第 12 页（共 22 页） 【点评】本题考查函数与方程的应用，函数的零点个数的判断与应用，考查数形结合以 及转化思想的应用，是难题 12 （5 分） “斐波那契数列”由十三世纪意大利数学家列昂纳多斐波那契发现，因为斐波 那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称该数列为“兔子数列” 斐波那契数列an满足 a1 1，a21，记其前 n 项和为 Sn，设命题 p：S2019 a20211，命题 q：a2+a4+a6+a98a99，则下列命题为真命题的是（ ） Apq

22、 B （p）q Cp（q） D （p）（q） 【分析】因为斐波那契数列an满足 a11，a21， 通过归纳可以得出 an+2an+1+ana1+a2+a3+an+1Sn+1；从而判断命题 p 的真命题； 通过定义和 p 命题可得，a2+a4+a6+a98a1+a2+a3+a4+a97S97a991，故命题 q 为假命题再根据复合命题真假的判断可得结论 【 解 答 】 解 ： 因 为 斐 波 那 契 数 列 an 满 足a1 1 ， a2 1 ， ， a3a1+a2； a4a2+a3a1+a2+1； a5a3+a4a1+a2+a3+1； an+2an+1+ana1+a2+a3+an+1Sn+1；

23、 所以 S2019a20211，故命题 p 为真命题 a2+a4+a6+a98a1+a2+a3+a4+a97S97a991，故命题 q 为假命题 由复合命题的真假判断，得 A：pq 为假命题； B： （p）q 为假命题； C：p（q）为真命题； D： （p）（q）为假命题 故选：C 【点评】本题考查斐波那契数列的理解和运用，考查化简和运算能力，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，把答案填在答题卡中的横线上分，把答案填在答题卡中的横线上. 13 （5 分）某人午觉醒来，发现手机没电自动关机了，他打开收音机，想听电台准点报

24、时， 则他等待的时间不少于 20 分钟的概率为 第 13 页（共 22 页） 【分析】由几何概型的求概率公式即可得出 【解答】解：由几何概型的求概率公式，得他等待的时间不少于 20 分钟的概率为 故答案为： 【点评】本题考查了几何概型的求概率公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题 14 （5 分）设 Sn是等差数列an的前 n 项和，若 a21，S5+S731，则 S10的取值范围是 （45，+） 【分析】由已知结合等差数列的通项公式及求和公式，解不等式可得 d 的范围，进而可 求 【解答】解：a21，S5+S731， S5+S75a3+7a45（1+d）+7（1+2d）31， d1， S

25、1010a1+45d10（1d）+45d10+35d45 故答案为： （45，+） 【点评】本题主要考查了等差数列的通项公式及求和公式的简单应用，属于基础试题 15 （5 分）椭圆 M：+1（ab0）的左、右焦点分别为 F1，F2，P（，） ， 若 PF1PF2，则 M 的离心率为 【分析】由已知条件 PF1PF，可以求得直线 PF1和直线 PF2斜率乘积为1，然后把点 P 的坐标和 a2b2+c2代入椭圆方程，可以求得 c2与 a2的数量关系，易得离心率 e 的值 【解答】解：因为 PF1PF2，所以， 则， 所以 故答案是： 【点评】本题考查了椭圆的简单几何性质，考查了数学转化思想方法，是

26、中档题 第 14 页（共 22 页） 16 （5 分）若存在 a0，使得函数 f（x）6a2lnx 与 g（x）x24axb 的图象在这两函 数图象的公共点处的切线相同，则 b 的最大值为 【分析】设曲线 yf（x）与 yg（x）的公共点为 H（x0，y0） ，分别求得 f（x） ，g（x） 的导数，可得切线的斜率，由斜率相等可得 x03a，再由 f（x0）g（x0） ，化简构造 a 的函数，求得导数和单调性，即可得到所求最大值 【解答】解：设曲线 yf（x）与 yg（x）的公共点为 H（x0，y0） ， 因为，g（x）2x4a， 所以，化简得， 解得 x0a 或 3a， 又 x00，且 a0

27、，则 x03a 因为 f（x0）g（x0） 所以，b3a26a2ln3a（a0） 设 h（a）b，所以 h（a）12a（1+ln3a） ， 令 h（a）0，得 a， 所以当时，h（a）0；当时，h（a）0 即 h（a）在上单调递增，在上单调递减， 所以 b 的最大值为 故答案为： 【点评】本题考查导数的运用：求切线的斜率和单调性、最值，考查构造函数法，以及 方程思想和运算能力、推理能力，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 题为必考题为必考 题，每道试题考生都必须作答，第题，每道试

28、题考生都必须作答，第 22、23 题为选考题，考生题为选考题，考生根据要求作答根据要求作答.（一）必考题：（一）必考题： 共共 60 分分 17 （12 分）为了解贵州省某州 2020 届高三理科生的化学成绩的情况，该州教育局组织高 三理科生进行了摸底考试，现从参加考试的学生中随机抽取了 100 名理科生，将他们的 第 15 页（共 22 页） 化学成绩（满分为 100 分）分为40，50） ，50，60） ，60，70） ，70，80） ，80，90） ， 90，1006 组，得到如图所示的频率分布直方图 （1）求 a 的值； （2）记 A 表示事件“从参加考试的所有理科生中随机抽取一名学生

29、，该学生的化学成绩 不低于 70 分” ，试估计事件 A 发生的概率； （3）在抽取的 100 名理科生中，采用分层抽样的方法从成绩在60，80）内的学生中抽 取 10 名，再从这 10 名学生中随机抽取 4 名，记这 4 名理科生成绩在60，70）内的人数 为 X，求 X 的分布列与数学期望 【分析】 （1）由频率之和为 1，建立关于 a 的方程，解出即可； （2）由频率分布直方图直接可以计算得到事件 A 发生的概率； （3）易知成绩在60，70）内的有 4 人，在70，80）内的有 6 人，则 X 的可能取值为 0， 1，2，3，4，由此列出分布列，求出期望 【解答】解： （1）（0.00

30、5+0.010+0.020+0.030+a+0.010）101， a0.025； （2）成绩不低于 70 分的频率为（0.030+0.025+0.010）100.65， 事件 A 发生的概率约为 0.65 （3）抽取的 100 名理科生中，成绩在60，70）内的有 1000.0201020 人， 成绩在70，80）内的有 1000.0301030 人，故采用分层抽样抽取的 10 名理科生中， 成绩在60，70）内的有 4 人，在70，80）内的有 6 人， 由题可知，X 的可能取值为 0，1，2，3，4， 且， 第 16 页（共 22 页） ， X 的分布列为 X 0 1 2 3 4 P 【点

31、评】本题考查频率分布直方图，分层抽样以及离散型随机变量的分布列及其期望， 考查运算能力，属于常规题目 18 （12 分）ABC 的内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c已知 C2A，a4，c6 （1）求 b； （2）求ABC 内切圆的半径 【分析】 （1）由已知结合二倍角公式及余弦定理可求 b， （2）结合三角形面积公式及分割等面积可求内切圆半径 【解答】解： （1）由 C2A，得 sinCsin2A2sinAcosA， 则 c2acosA 又 a4，c6，所以 由余弦定理得，a2b2+c22bccosA， 即， 即 b29b+200，解得 b4 或 5 若 b4，a4，C2A， 则AB

32、C 为等腰角三角形， 与 c6 矛盾，舍去， 故 b5 （2）当 b5 时，ABC 的面积为， 则ABC 内切圆的半径 【点评】本题主要考查了余弦定理，三角形的面积公式及内切圆半径公式的应用，属于 第 17 页（共 22 页） 中档试题 19 （12 分）如图，在四棱锥 PABCD 中，AP平面 PCD，ADBC，ABBC，APAB BCAD，E 为 AD 的中点，AC 与 BE 相交于点 O （1）证明：PO平面 ABCD （2）求直线 BC 与平面 PBD 所成角的正弦值 【分析】 （1）推导出 AP平面 PCD，APCD从而四边形 BCDE 为平行四边形，进而 BECD，APBE推导出四

33、边形 ABCE 为正方形，从而 BEAC进而 BE平面 APC， 则 BEPOAP平面 PCD，进而 APPC，POAC，由此能证明 PO平面 ABCD （2）以 O 为坐标原点，建立空间直角坐标系 Oxyz，推导出平面 PBD 的法向量，由此 能求出 BC 与平面 PBD 的正弦值的求法 【解答】解： （1）证明：AP平面 PCD，APCD ADBC，四边形 BCDE 为平行四边形，BECD，APBE 又ABBC，且 E 为 AD 的中点， 四边形 ABCE 为正方形，BEAC 又 APACA，BE平面 APC，则 BEPO AP平面 PCD，APPC，又， PAC 为等腰直角三角形，O 为

34、斜边 AC 上的中点， POAC 且 ACBE0，PO平面 ABCD （2）解：以 O 为坐标原点，建立空间直角坐标系 Oxyz，如图所示 设 OB1，则 B（1，0，0） ，C（0，1，0） ，P（0，0，1） ，D（2，1，0） ， 则， 设平面 PBD 的法向量为， 第 18 页（共 22 页） 令 z1，得 设 BC 与平面 PBD 所成角为 ， 则 sin|cos| 【点评】本题考查线面垂直的证明，考查线面角的正弦值的求法，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 20 （12 分）在直角坐标系 xOy 中，点 M（2，0） ，N 是曲线上的任意

35、一点， 动点 C 满足 （1）求点 C 的轨迹方程； （2）经过点 P（1，0）的动直线 l 与点 C 的轨迹方程交于 A，B 两点，在 x 轴上是否存 在定点 D（异于点 P） ，使得ADPBDP？若存在，求出 D 的坐标；若不存在，请说 明理由 【分析】本题第（1）题先设出 C，N 点的坐标，根据向量的坐标运算得出+（2x x0+2，2yy0） ，根据题意可得出，即然后代入曲线 即可得到点 C 的轨迹方程；第（2）题可用假设法，先假设存在点 D（t，0） ， 然后根据题意列出关系式，利用根与系数的关系，通过计算可得 t 的值，即可得到 D 的 坐标 【解答】解： （1）由题意，设 C（x，

36、y） ，N（x0，y0） ，则 （x+2，y） ，（xx0，yy0） ， 第 19 页（共 22 页） +（2xx0+2，2yy0） 由+ ，则，即 点 N 是曲线上的任意一点，即 x0+2， 2x+2（2y）2+2， 整理，得 y22x 点 C 的轨迹方程为 y22x （2）假设存在点 D（t，0） ，使得ADPBDP，则有 kDA+kDB0 根据题意，易知直线 l 的倾斜角不可能为 0，故可设直线 l 的方程为 xmy+1， 将 xmy+1 代入 y22x得 y22my20 设 A（x1，y1） ，B（x2，y2） ，则 y1+y22m，y1y22 kDA+kDB+0， 2my1y2+（1

37、t） （y1+y2）0 即4m+2m （1t）0，解得 t1 故存在点 D（1，0） ，使得ADPBDP 【点评】本题主要考查向量坐标计算能力，解析几何计算能力，数学推理能力本题属 中档题 21 （12 分）已知函数 f（x）（x+1）ln（x+1）+m+n，曲线 yf（x）在点（0，f（0） ） 处的切线方程为 y2x+1 （1）求 m，n 的值和 f（x）的单调区间； （2）若对任意的 x0，+） ，f（x）kx 恒成立，求整数 k 的最大值 【分析】 （1）利用导数的几何意义，建立关于 m，n 的方程，即可求得 m，n 的值，进一 步求得单调区间； （2）x0 时显然成立，x0 时可转化

38、为对（0，+）恒成 立，构造新函数即可求解 【解答】解： （1）f（x）ln（x+1）+m+1， 第 20 页（共 22 页） 由切线方程，知 f（0）m+n1，f（0）m+12， 解得 m1，n0 故 f（x）（x+1）ln（x+1）+x+1，f（x）ln（x+1）+2（x1） ， 由 f（x）0，得；由 f（x）0，得 所以 f（x）的单调递增区间为，单调递减区间为 （2）当 x0 时，f（0）1k00 恒成立，则 kR 当 x0 时，f（x）kx 恒成立等价于对（0，+）恒成立 令，x（0，+） 令 u（x）xln（x+1）1，x（0，+） ， 则对 x（0，+）恒成立，所以 u（x）在

39、（0，+）上单调 递增 又 u（2）1ln30，u（3）2ln40，所以x0（2，3） ，u（x0）0 当 x（0，x0）时，h（x）0；当 x（x0，+）时，h（x）0 所以，又 u（x0）x0ln（x0+1）1 0， 则 ， 故 kx0+1，整数 k 的最大值为 3 【点评】本题考查导数的几何意义，及利用导数研究函数的单调性，极值及最值，考查 转化思想，及逻辑推理能力，属于中档题 （二）选考题：共（二）选考题：共 10 分分.请考生从第请考生从第 22，23 两题中任选一题作答两题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第如果多做，则按所做的第 一个题目计分一个题目计分.选修选修 4-4：坐标

40、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，直线 l 的参数方程为（t 为参数） ，曲线 C 的参数方程为（m0，n0， 为参数） ，以坐标原点为极点，x 轴的正 半轴为极轴建立极坐标系，且曲线 C 的极坐标方程为 8sin 第 21 页（共 22 页） （1）求 a，m，n 的值； （2）已知点 P 的直角坐标为（0，1） ，l 与曲线 C 交于 A，B 两点，求|PA|+|PB| 【分析】 （1）直接利用转换关系式的应用，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间 转换求出结果 （2）利用一元二次方程根和系数关系式的应用求出结果 【解答】解： （1）曲线 C 的

41、极坐标方程为 8sin转换为 28sin， 则 x2+y28y， 即 x2+（y4）216 因为 m0，n0， 所以 amn4 （2）将直线 l 的参数方程为（t 为参数） ， 代入 x2+（y4）216， 得 设 A，B 两点对应的参数分别为 t1，t2， 则，t1t270 所以 【点评】本题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，一元 二次方程根和系数关系式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属 于基础题 选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲（10 分分 23已知函数 f（x）3|x+1|2x4| （1）求不等式 f（x）3 的解集； （2）若对任意

42、 xR，不等式 f（x）|x2|t28t 恒成立，求 t 的取值范围 【分析】 （1）利用分段讨论法去掉绝对值，求出不等式 f（x）3 的解集； （2）利用绝对值三角不等式求出 f（x）|x2|的最大值，得出关于 t 的不等式，求出解 集即可 【解答】解： （1）当 x1 时，f（x）3（x+1）+（2x4）3， 第 22 页（共 22 页） 解得 x10； 当1x2 时，f（x）3（x+1）+（2x4）3， 解得，则； 当 x2 时，f（x）3（x+1）（2x4）3， 解得 x4，则 x2； 综上知，不等式 f（x）3 的解集为（，10）（，+） ； （2）由 f（x）|x2|3|x+1|2x4|x2|3|x+1|3|x2|3x+3|3x6|3x+3 （3x6）|9， 若对任意 xR，不等式 f（x）|x2|t28t 恒成立， 则 t28t9， 解得 t1 或 t9； 则 t 的取值范围是（，19，+） 【点评】本题考查了含有绝对值的不等式解法与应用问题，也考查了不等式恒成立问题， 是中档题