2019年山东省滨州市高考数学二模试卷（文科）含答案解析

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1、2019 年山东省滨州市高考数学二模试卷（文科）一、选择题：本题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 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.1 （5 分）设集合 Ax|x| 4，B x|2x6，则 AB（  ）A （2，4） B （4，4） C （4，6 D （4，62 （5 分）如果复数（2+ai） i（aR ）的实部与虚部互为相反数，则 a 的值等于（  ）A1 B1 C2 D23 （5 分）已知双曲线 C： 1（a0，b0）的实轴长为 8，且离心率为 ，则双曲线 C 的标准方程为（  ）A 1 B 1C 1 D 14 （5 分）某位教师

2、 2017 年的家庭总收入为 80000 元，各种用途占比统计如下面的折线图.2018 年家庭总收入的各种用途占比统计如下面的条形图，已知 2018 年的就医费用比2017 年的就医费用增加了 4750 元，则该教师 2018 年的旅行费用为（  ）A21250 元 B28000 元 C29750 元 D85000 元5 （5 分）某兴趣小组有 5 名学生，其中有 3 名男生和 2 名女生，现在要从这 5 名学生中任选 2 名学生参加活动，则选中的 2 名学生的性别相同的概率是（  ）A B C D6 （5 分）在各项均为正数的等比数列a n中，若 a21， a8a 6+2

3、a4，则 a6 的值是（  ）A2 B4 C4 D8第 2 页（共 25 页）7 （5 分）吴老师的班上有四名体育健将张明、王亮、李阳、赵旭，他们都特别擅长短跑，在某次运动会上，他们四人要组成一个 4100 米接力队，吴老师要安排他们四人的出场顺序，以下是他们四人的对话：张明：我不跑第一棒和第二棒；王亮：我不跑第一棒和第四棒；李阳：我也不跑第一棒和第四棒；赵旭：如果王亮不跑第二棒，我就不跑第一棒吴老师听了他们四人的对话，安排了一种合理的出场顺序，满足了他们的所有要求，据此我们可以断定，在吴老师安排的出场顺序中，跑第三棒的人是（  ）A张明 B王亮 C李阳 D赵旭8 （5 分

4、）已知点 O（0，0） ，A（0，2） ，点 M 是圆（x3） 2+（y+1） 24 上的动点，则OAM 面积的最小值为（   ）A1 B2 C3 D49 （5 分）若向量 ， 的夹角为 ，且| |2，| |1，则 与 +2 的夹角为（  ）A B C D10 （5 分）函数 y（cos x+sinx）cos （x ）的单调递增区间是（   ）A2k ，2k+ （k Z） B k ，k+ （kZ）Ck ， k+ （kZ） D2k ，2k + （k Z）11 （5 分）已知椭圆 C： + 1（ab0）的右焦点为 F，短轴的一个端点为 P，直线 l：4x 3y 0 与

5、椭圆 C 相交于 A，B 两点若|AF |+|BF|6，点 P 到直线 l 的距离不小于 ，则椭圆离心率的取值范围是（  ）A （0， B （0， C （0， D （ ， 12 （5 分）已知函数 f（x ） （a0，且 a1）在 R 上单调递增，且关于 x 的方程 |f（x）| x+3 恰有两个不相等的实数解，则 a 的取值范围是（  ）第 3 页（共 25 页）A （ ， B （0， C ， ） D ， 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.13 （5 分）若函数 f（x ）x 2（a2）x+1（xR）为偶函数，则 loga +log  

6、   14 （5 分）若变量 x，y 满足约束条件 ，则 z2x+y 的最大值为     15 （5 分）已知数列a n的通项公式为 ann，S n 为其前 n 项和，则数列 的前 8项和为     16 （5 分）已知四棱锥 SABCD 的三视图如图所示，若该四棱锥的各个顶点都在球 O 的球面上，则球 O 的表面积等于      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 1721 题为必考题，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：60 分.

7、17如图，在四边形 ABCD 中，AB4，AD2 ，E 为 BD 的中点，AE （1）求 BD；（2）若 C ，求BCD 面积的最大值第 4 页（共 25 页）18如图，在几何体 ABCDEFG 中，底面四边形 ABCD 是边长为 4 的菱形，ACBD0，ABC60， AFDE CG，AF 平面 ABCD，且AF DE4，CG 1（1）证明：平面 FBD平面 GBD；（2）求三棱锥 GDEF 的体积19某公司计划购买 1 台机器，该种机器使用三年后即被淘汰在购进机器时，可以一次性额外购买 n 次维修，每次维修费用 300 元，另外实际维修一次还需向维修人员支付上门服务费 80 元在机器使用期间

8、，如果维修次数超过购买的 n 次时，则超出的维修次数，每次只需支付维修费用 700 元，无需支付上门服务费需决策在购买机器时应同时一次性购买几次维修，为此搜集并整理了 100 台这种机器在三年使用期内的维修次数，得到下面统计表：维修次数 6 7 8 9 10频数 10 20 30 30 10记 x 表示 1 台机器在三年使用期内的维修次数，y 表示 1 台机器维修所需的总费用（单位：元） （1）若 n8，求 y 与 x 的函数解析式；（2）假设这 100 台机器在购机的同时每台都购买 8 次维修，或每台都购买 9 次维修，分别计算这 100 台机器在维修上所需总费用的平均数，并以此作为决策依据

9、，购买 1 台机器的同时应购买 8 次还是 9 次维修？第 5 页（共 25 页）20如图，已知 P 为抛物线 y24x 上在 x 轴下方的一点，直线 PA，PB，PC 与抛物线在第一象限的交点从左到右依次为 A，B，C ，与 x 轴的正半轴分别相交于点 L，M，N，且|LM| MN|t（ 0t2） ，直线 PB 的方程为 2xy 40（1）当 t1 时，设直线 PA，PC 的斜率分别为 k1，k 2，证明：k 1+k2k 1k2；（2）求 关于 t 的表达式，并求出 的取值范围21已知函数 f（x ）mlnx + （mR） （1）当 me 时，讨论函数 f（x）的单调性；（2）当 x 时，恒

10、有 f（x）0，求实数 m 的取值范围附： 1.65，ln20.69（二）选考题：共 10 分.请考生在第 22、23 题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.选修 4-4：坐标系与参数方程22在直角坐标系 xOy 中，曲线 C 的参数方程为 （ 为参数） ，直线l：ykx（x 0）与曲线 C 交于 A，B 两点以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系（1）求曲线 C 的极坐标方程；（2）求 的最大值选修 4-5：不等式选讲23已知函数 f（x ）x 2+|x 2|（1）解不等式 f（x ）2|x |；（2）若 f（x） a 2+4b2+5c2 对任意 xR 恒成立，证明：a

11、c+4bc1第 6 页（共 25 页）2019 年山东省滨州市高考数学二模试卷（文科）参考答案与试题解析一、选择题：本题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 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.1 （5 分）设集合 Ax|x| 4，B x|2x6，则 AB（  ）A （2，4） B （4，4） C （4，6 D （4，6【分析】可求出集合 A，然后进行交集的运算即可【解答】解：Ax| x4，或 x4 ；AB（4，6 故选：D【点评】考查描述法、区间的定义，绝对值不等式的解法，以及交集的运算2 （5 分）如果复数（2+ai） i（aR ）的实部与虚部互为相反数，

12、则 a 的值等于（  ）A1 B1 C2 D2【分析】化简复数为 a+bi （ a、b R）的形式，实部与虚部互为相反数即可求值【解答】解：由复数（2+ai） i（aR ）的实部与虚部互为相反数，可得 a+20故选：D【点评】本题考查复数的代数表示法及其几何意义3 （5 分）已知双曲线 C： 1（a0，b0）的实轴长为 8，且离心率为 ，则双曲线 C 的标准方程为（  ）A 1 B 1C 1 D 1【分析】依题意得 2a8，离心率为 ，由此能求出 a，b，得到双曲线方程【解答】解：依题意得 2a8，a4，离心率为 ，c5，b 2c 2a 29，第 7 页（共 25 页）双曲

13、线方程为： 1故选：B【点评】本题考查双曲线方程的求法，考查实数值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意函数与方程思想的合理运用4 （5 分）某位教师 2017 年的家庭总收入为 80000 元，各种用途占比统计如下面的折线图.2018 年家庭总收入的各种用途占比统计如下面的条形图，已知 2018 年的就医费用比2017 年的就医费用增加了 4750 元，则该教师 2018 年的旅行费用为（  ）A21250 元 B28000 元 C29750 元 D85000 元【分析】先对图表信息进行分析，再结合简单的合情推理可得解【解答】解：设教师 2018 年家庭总收入为 n，则 n15%

14、8000010%4750，解得 n85000，则该教师 2018 年的旅行费用为 8500035%29750，故选：C【点评】本题考查了对图表信息的分析及进行简单的合情推理，属中档题5 （5 分）某兴趣小组有 5 名学生，其中有 3 名男生和 2 名女生，现在要从这 5 名学生中任选 2 名学生参加活动，则选中的 2 名学生的性别相同的概率是（  ）A B C D【分析】分性别均为女性和均为男性分别考虑，计算出选中的 2 名学生的性别相同包含的基本事件的个数，除以基本事件的总数即可【解答】解：依题意，设事件 A 表示选中的 2 名学生的性别相同，若选中的均为女生，则包含 1 个基本事

15、件，第 8 页（共 25 页）若均为男生，则包含 3 个基本事件；共有 10 个基本事件，所以事件 A 发生的概率 P（A） 故选：A【点评】本题考查了古典概型的概率计算，计数原理等属于基础题6 （5 分）在各项均为正数的等比数列a n中，若 a21， a8a 6+2a4，则 a6 的值是（  ）A2 B4 C4 D8【分析】由已知条件利用等比数列的性质求解【解答】解：在各项均为正数的等比数列a n中，a21，a 8a 6+2a4， ，解得 a1 ，q ，a 6 4故选：B【点评】本题考查等比数列的第 6 项的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意等比数列的性质的合理运用7 （5 分

16、）吴老师的班上有四名体育健将张明、王亮、李阳、赵旭，他们都特别擅长短跑，在某次运动会上，他们四人要组成一个 4100 米接力队，吴老师要安排他们四人的出场顺序，以下是他们四人的对话：张明：我不跑第一棒和第二棒；王亮：我不跑第一棒和第四棒；李阳：我也不跑第一棒和第四棒；赵旭：如果王亮不跑第二棒，我就不跑第一棒吴老师听了他们四人的对话，安排了一种合理的出场顺序，满足了他们的所有要求，据此我们可以断定，在吴老师安排的出场顺序中，跑第三棒的人是（  ）第 9 页（共 25 页）A张明 B王亮 C李阳 D赵旭【分析】由简单的合情推理得：赵旭跑第一棒，王亮跑第二棒，李阳跑第三棒，张明跑第四棒，得

17、解【解答】解：由题意有赵旭跑第一棒，王亮跑第二棒，李阳跑第三棒，张明跑第四棒，故选：C【点评】本题考查了简单的合情推理，属简单题8 （5 分）已知点 O（0，0） ，A（0，2） ，点 M 是圆（x3） 2+（y+1） 24 上的动点，则OAM 面积的最小值为（   ）A1 B2 C3 D4【分析】根据题意，分析圆 M 的圆心与半径，由 OA 的坐标可得 OA 所在的直线是 y 轴，分析可得当 M 到直线 AB 的距离最小时，OAM 面积的最小，据此分析可得答案【解答】解：根据题意，圆（x3） 2+（y+1） 24 的圆心为（3，1） ，半径 r2；O（0，0） ，A（0，2） ，O

18、A 所在的直线是 y 轴，当 M 到直线 AB 的距离最小时，OAM 面积的最小，则 M 到直线 AB 的距离的最小值d321，则OAM 面积的最小值 S |OA|d1；故选：A【点评】本题主要考查直线和圆位置关系的应用，结合点到直线的距离公式，利用数形结合是解决本题的关键9 （5 分）若向量 ， 的夹角为 ，且| |2，| |1，则 与 +2 的夹角为（  ）A B C D第 10 页（共 25 页）【分析】利用数量积运算性质、向量的夹角公式即可得出【解答】解：向量 ， 的夹角为 ，且| |2，| | 1， 1 2 2+216， 两向量的夹角 的取值范围是，0， ， 与 +2 的夹

19、角为 故选：A【点评】本题考查了数量积运算性质、向量的夹角公式，属于基础题10 （5 分）函数 y（cos x+sinx）cos （x ）的单调递增区间是（   ）A2k ，2k+ （k Z） B k ，k+ （kZ）Ck ， k+ （kZ） D2k ，2k + （k Z）【分析】利用三角函数恒等变换的应用可求函数解析式为 y sin（2x ）+ ，利用正弦函数的单调性即可求解【解答】解：y（cos x+sinx）cos （x ）（cosx+sinx）sinxsinxcos x+sin2x sin2x+ sin（2x ）+ ，令 2k 2x 2k + ，k Z，解得：k xk+ ，k

20、Z ，可得函数的单调递增区间为：k ，k + ，k Z故选：B【点评】本题主要考查了三角函数恒等变换的应用，正弦函数的单调性，考查了转化思想，属于基础题11 （5 分）已知椭圆 C： + 1（ab0）的右焦点为 F，短轴的一个端点为 P，第 11 页（共 25 页）直线 l：4x3y0 与椭圆 C 相交于 A，B 两点若|AF|+|BF|6，点 P 到直线 l 的距离不小于 ，则椭圆离心率的取值范围是（  ）A （0， B （0， C （0， D （ ， 【分析】设椭圆的左焦点为 F，根据椭圆的对称性可得：AFBF，BFAF，可得|AF|+|AF|BF|+|AF|62a，解得 a3根

21、据点 P 到直线 l 的距离不小于 ，可得 ，解得 b 范围，根据离心率 e 即可得出【解答】解：设椭圆的左焦点为 F，根据椭圆的对称性可得：|AF| |BF|， |BF|AF|，|AF|+|AF|BF|+|AF|62a，解得 a3点 P 到直线 l 的距离不小于 ， ，解得 b2，又 ba，2b3 1离心率 e 故选：C【点评】本题考查了椭圆的定义标准方程及其性质、不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题12 （5 分）已知函数 f（x ） （a0，且 a1）在 R 上单调递第 12 页（共 25 页）增，且关于 x 的方程|f（x ）| x+3 恰有两个不相等的实数解，则 a 的

22、取值范围是（  ）A （ ， B （0， C ， ） D ， 【分析】由题意可知 f（x ）在两段上均为增函数，且 f（ x）在（0，+）上的最小值大于或等于 f（0） ，作出|f（x ） |和 yx+3 的图象，根据交点个数判断 4a 与 3 的大小关系，以及直线和抛物线相切的条件，列出不等式组解出【解答】解：f（x ）是 R 上的单调递增函数，y1+log a|x1|在（，0上单调递增，可得 0a1，且 0+4a1+0，即 a1，作出 y|f（x） |和 yx+3 的函数草图如图所示：由图象可知|f（x）|x +3 在（0，+）上有且只有一解，可得 4a3，或 x2+4ax +3

23、，即有14（4a3）0，即有 a 或 a ；由 1+loga|x1|0，解得 x1 3，即 x0 时，有且只有一解则 a 的范围是 ， 故选：D【点评】本题考查分段函数的单调性，函数零点的个数判断，结合函数图象判断端点值的大小是关键，属于中档题二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.第 13 页（共 25 页）13 （5 分）若函数 f（x ）x 2（a2）x+1（xR）为偶函数，则 loga +log 2 【分析】根据题意，由偶函数的性质可得 a20，即可得 a2，由对数的运算性质可得 loga +log log 2 log 2 （log 22log 27）（log 28

24、log 27） ，进而计算可得答案【解答】解：根据题意，若函数 f（x ）x 2（a2）x+1（xR）为偶函数，则a20，即 a2，loga +log log 2 log 2 （log 22log 27）（log 28log 27）2；故答案为：2【点评】本题考查函数的奇偶性的性质与应用，关键是求出 a 的值，属于基础题14 （5 分）若变量 x，y 满足约束条件 ，则 z2x+y 的最大值为 2 【分析】先根据约束条件画出可行域，再利用几何意义求最值，只需求出直线 zx+2y过点 A（1，0）时，z 最大值即可【解答】解：作出变量 x，y 满足约束条件 的可行域如图，由 zx +2y 知，y

25、 x+ z，所以动直线 y x+ z 的纵截距 z 取得最大值时，目标函数取得最大值由 得 A（1，0） 结合可行域可知当动直线经过点 A（1，0）时，目标函数取得最大值 z21+02故答案为：2第 14 页（共 25 页）【点评】本题主要考查了简单的线性规划，以及利用几何意义求最值，属于基础题15 （5 分）已知数列a n的通项公式为 ann，S n 为其前 n 项和，则数列 的前 8项和为    【分析】由等差数列的通项公式和求和公式，可得 2（ ） ，再由数列的裂项相消求和，可得所求和【解答】解：数列a n的通项公式为 ann，S n n（n+1） ，则 2（ ） ，

26、可得前 8 项和为 2（ + + ）2（ ） 故答案为： 【点评】本题考查等差数列的通项公设求和公式，以及数列的裂项相消求和，化简整理的运算能力，属于中档题16 （5 分）已知四棱锥 SABCD 的三视图如图所示，若该四棱锥的各个顶点都在球 O 的球面上，则球 O 的表面积等于   第 15 页（共 25 页）【分析】画出几何体的直观图，利用三视图的数据，判断几何体的外接球的球心的位置，转化求解球的半径，即可得到球的表面积【解答】解：由该四棱锥的三视图知，该四棱锥直观图如图，平面 SAB平面 ABCD，r1 为SAB 外接圆半径，r 2 为矩形 ABCD 外接圆半径，LAB可得 R2

27、 ，计算得，R 2 +54 ，所以 S4R 2 故答案为： 【点评】本题考查三视图求解几何体的外接球的表面积，考查转化思想以及计算能力三、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 1721 题为必考题，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：60 分.17如图，在四边形 ABCD 中，AB4，AD2 ，E 为 BD 的中点，AE （1）求 BD；（2）若 C ，求BCD 面积的最大值第 16 页（共 25 页）【分析】 （1）由题意结合余弦定理得到关于 BE 长度的方程，解方程由 BE 的长度即可确定 BD 的长度（2）由余弦

28、定理和均值不等式首先确定 BCCD 的最大值，然后结合三角形面积公式可得三角形面积的最大值【解答】解：（1）设 BEx（x 0） ，则 BD2x ，由余弦定理，得 cosABD ，即 ，解得 x1，所以 BD2（2）在BCD 中，由余弦定理得 BD2BC 2+CD22BCCDcosC，即 4BC 2+CD2 BCCD2BCCD BCCD（ 2 ）BC CD，所以 BCCD 4（2+ ） ，当且仅当 BCCD + 时，等号成立可得 SBCD BCCDsinC BCCD2+ ，所以BCD 面积的最大值为 2+ 【点评】本题主要考查余弦定理解三角形的方法，三角形面积公式的应用，均值不等式第 17 页

29、（共 25 页）的应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力18如图，在几何体 ABCDEFG 中，底面四边形 ABCD 是边长为 4 的菱形，ACBD0，ABC60， AFDE CG，AF 平面 ABCD，且AF DE4，CG 1（1）证明：平面 FBD平面 GBD；（2）求三棱锥 GDEF 的体积【分析】 （1）由题意结合线面垂直的性质定理和勾股定理可证得 OF平面 GBD，然后结合面面垂直的判定定理即可证得题中的结论；（2）利用线面平行进行等价转化可知 VGDEF V CDEF ，将原问题转化为求解四棱锥CDEF 体积的问题，然后求得三棱锥的高即可确定其体积【解答】解：（1）证明：

30、AF平面 ABCD，AFBD ，又 ACBD，AF ACA，BD平面 AOF，BDOF四边形 ABCD 是边长为 4 的菱形ABC60，ABC 与ADC 均为等边三角形，AC 4OG 2OC 2+GC25，OF 2OA 2+AF220，FG2AC 2+（AFGC） 225，则 OG2+OF2FG 2，OFOG ，又 BDOF ，OGBD O ，OF平面 GBD，又 OF平面 FBD，平面 FBD平面 GBD第 18 页（共 25 页）（2）GCDE，DE平面 ADEF，GC平面 ADEF，GC平面 ADEF，V GDEF V CDEF ，取 AD 的中点 H，连接 CH，则 CH ，CHAD

31、，由 AF平面 ABCD，AFCH，又 AFAD A，CH平面 ADEF 即三棱锥 GDEF 的体积为 【点评】本题主要考查面面垂直的判定定理，线面垂直的判定定理，三棱锥体积的求解，等价转化的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力，属中档题19某公司计划购买 1 台机器，该种机器使用三年后即被淘汰在购进机器时，可以一次性额外购买 n 次维修，每次维修费用 300 元，另外实际维修一次还需向维修人员支付上门服务费 80 元在机器使用期间，如果维修次数超过购买的 n 次时，则超出的维修次数，每次只需支付维修费用 700 元，无需支付上门服务费需决策在购买机器时应同时一次性购买几次维修

32、，为此搜集并整理了 100 台这种机器在三年使用期内的维修次数，得到下面统计表：维修次数 6 7 8 9 10频数 10 20 30 30 10记 x 表示 1 台机器在三年使用期内的维修次数，y 表示 1 台机器维修所需的总费用（单位：元） （1）若 n8，求 y 与 x 的函数解析式；（2）假设这 100 台机器在购机的同时每台都购买 8 次维修，或每台都购买 9 次维修，分别计算这 100 台机器在维修上所需总费用的平均数，并以此作为决策依据，购买 1 台第 19 页（共 25 页）机器的同时应购买 8 次还是 9 次维修？【分析】 （1）由题意结合题意将原问题转化为分段函数求解析式的问

33、题即可确定函数的解析式；（2）由题意分别求得购买 8 次维修服务和购买 9 次维修服务所需费用的平均数，比较两个平均数的大小即可给出决策【解答】解：（1）由题意得，当 x8 时，y3008+80x80x+2400；当 x8 时，y3808+700 （x 8）700x2560，即 y ，xN（2）若每台都购买 8 次维修服务，则有下表：维修次数 6 7 8 9 10频数 10 20 30 30 10费用 y 2880 2960 3040 3740 4440此时，这 100 台机器在维修上所需费用的平均数为y128800.1+29600.2+30400.3+37400.3+4440 0.13358

34、（元） 若每台都购买 9 次维修服务，则有下表：维修次数 6 7 8 9 10频数 10 20 30 30 10费用 y 3180 3260 3340 3420 4120此时，这 100 台机器在维修上所需费用的平均数为y231800.1+32600.2+33400.3+34200.3+4120 0.13410（元） 因为 y1y 2，所以购买 1 台机器的同时应购买 8 次维修服务【点评】本题主要考查分段函数模型及其应用，实际问题中的决策思想，意在考查学生的转化能力和计算求解能力20如图，已知 P 为抛物线 y24x 上在 x 轴下方的一点，直线 PA，PB，PC 与抛物线在第一象限的交点从

35、左到右依次为 A，B，C ，与 x 轴的正半轴分别相交于点 L，M，N，且|LM| MN|t（ 0t2） ，直线 PB 的方程为 2xy 40（1）当 t1 时，设直线 PA，PC 的斜率分别为 k1，k 2，证明：k 1+k2k 1k2；第 20 页（共 25 页）（2）求 关于 t 的表达式，并求出 的取值范围【分析】 （1）由题意首先确定点 P 的坐标，然后设出点 M，N 的坐标，利用斜率公式求得斜率即可证得题中的等式；（2）由题意首先确定点 A 和点 C 的坐标，然后求解点 A 到直线 PB 的距离和点 C 到直线 PB 的距离，最后结合几何图形的性质得到面积比值的函数，由函数的定义域

36、和函数的值域可确定 的取值范围【解答】解：（1）解方程组 ，得 或 ，P（1，2） 由于 M 为直线 2xy40 与 x 轴的交点，故 M（2，0） ，于是 L（2t，0） ，N（2+t，0） （0 t2，且 t1） ，所以 k1 ，k 2 ，所以 k1+k2 + ，k 1k2 所以 k1+k2k 1k2（2）由（1）得，当 t1 时，直线 PA 的方程为 ，即 2x+（t1）y+2t40，当 t1 时，直线 PA 的方程为 x1，适合上式，所以直线 PA 的方程为 2x+（t 1）y+2t40联立方程组 ，消去 x 得：y 2+（2t 2）y+4t80，所以2+y A22t，解得 yA42t

37、，所以点 A 的坐标为 A（2t） 2，42t） 由（1）得，直线 PC 的方程为 ，即 2x（t+1 ）y2t 40，第 21 页（共 25 页）联立方程组 ，消去 x 得：y 2（2t+2）y4t80，所以2+y C2+2t ，解得 yC 4+2t，所以点 C 的坐标为 C（2+t ） 2，4+2t） 则点 A 到直线 PB 的距离为 d1 ，点 C 到直线 PB 的距离为 d2 ，所以 因为 0t2，所以 33+t5，所以 1，所以 的取值范围是（ ，1） 【点评】 （1）直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系；（2）有关直线与抛物线的弦长问题

38、，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点，可直接使用公式|AB|x 1+x2+p，若不过焦点，则必须用一般弦长公式21已知函数 f（x ）mlnx + （mR） （1）当 me 时，讨论函数 f（x）的单调性；（2）当 x 时，恒有 f（x）0，求实数 m 的取值范围附： 1.65，ln20.69【分析】 （1）首先求得导函数，然后分类讨论 me 和 me 两种情况确定函数的单调性即可；（2）原问题等价于函数的最大值小于零，结合函数的单调性分类讨论函数的最大值，然后分别求解关于 m 的不等式即可确定实数 m 的取值范围【解答】解：（1）f（x ）mlnx + （mR） ，第 22 页（

39、共 25 页） （x0） ，若 me，f' （x） 在区间（0，+ ）上恒成立，函数 f（x）在区间（ 0，+ ）上单调递减；若 me，由 f'（x）0，解得 0x1 或 xlnm；由 f'（x）0，解得 1xlnm函数 f（x）在区间（ 0，1） ， （lnm，+ ）上单调递减；在区间（1，lnm）上单调递增综上所述，当 me 时，函数 f（x）在区间（0，+ ）上单调递减；当 me 时，函数 f（x ）在区间（0，1） ， （lnm，+ ） （lnm，+ ）上单调递减；在区间（1，lnm）上单调递增（2）由（1）知， ， 若 ，则 exm0，由 f'（x ）

40、0，解得 ；由 f'（x）0，解得x1函数 f（x）在区间（ 1，+ ）上单调递减；在区间（ ，1）上单调递增当 x1 时，f（x）取得最大值为 f（1）me0，当 时，f（x ）0 恒成立若 ，由 f'（x ） 0，解得 lnmx 1；由 f'（ x）0，解得 或x1，函数 f（x）在区间（ lnm，1）上单调递增；在区间（ ，lnm） ， （1，+ ）上单调递减当 xlnm 时，f（x）取得极小值，极小值为 f（lnm） ，当 x1 时，f（x）取得极大值，极大值为 f（1）me要使当 时，f（x ）0，则需 ，解得 ， 第 23 页（共 25 页）又 ， 时，f（

41、x ）0 恒成立若 me，由（1）知，函数 f（x）在区间（ ，+ ）上单调递减，又 f（1）0，当 x1 时，f（x）0，不满足题意若 me，由（1）知，函数 f（x）在区间（ ，1） ， （lnm，+ ）上单调递减；在区间（1，lnm）上单调递增故当 x1 时，函数 f（x）取得极小值，极小值为 f（1）me0，不满足题意综上可知，实数 m 的取值范围为 【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性与最值，考查了分类讨论和方程思想，属难题（二）选考题：共 10 分.请考生在第 22、23 题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.选修 4-4：坐标系与参数方程22在直角坐标系 xOy

42、 中，曲线 C 的参数方程为 （ 为参数） ，直线l：ykx（x 0）与曲线 C 交于 A，B 两点以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系（1）求曲线 C 的极坐标方程；（2）求 的最大值【分析】 （1）先由参数方程得到普通方程，再由普通方程即可得到极坐标方程；（2）先设 A（ 1，） ，B（ 2， ） ，以及直线 l 的极坐标方程为 （R） ，代入（1）中的结果，得到 26cos +50，由韦达定理，以及+ + ，即可求出结果【解答】解：（1）由 （ 为参数） ，得（x3） 2+y24，即x2+y26x+5 0故 C 的极坐标方程为 26cos+50（2）设 A（ 1，） ，B（

43、2， ） ，直线 l：ykx（k 0）的极坐标方程为 （R） ，代入 26 cos+50，得 26cos+50，第 24 页（共 25 页）所以 1+26cos， 125因为 k0，所以 cos0，则 10， 20，则 + + 当 cos1 时， + 取得最大值，且最大值为 【点评】本题主要考查参数方程与普通方程的互化、以及直角坐标方程与极坐标方程的互化，熟记公式即可，属中档题选修 4-5：不等式选讲23已知函数 f（x ）x 2+|x 2|（1）解不等式 f（x ）2|x |；（2）若 f（x） a 2+4b2+5c2 对任意 xR 恒成立，证明：ac+4bc1【分析】 （1）由题意结合函数

44、的解析式零点分段即可确定不等式的解集；（2）由题意首先求得函数 f（ x）+ 的最小值，然后结合恒成立的条件和均值不等式即可证得题中的结论【解答】 （1）解：由 f（x ）2|x| ，得 x2+|x2| 2|x|，即 或 或 ，解得 x或 1x2 或 x，即 1x2，所以不等式 f（x）2|x |的解集为1 ，2；（2）证明：若 f（x ）a 2+4b2+5c2 对任意 xR 恒成立，即 f（x）+ a 2+4b2+5c2 对任意 xR 恒成立，当 x2 时，f（ x）+ x 2+x2+ 2 2+22+ ；当 x2 时，f（ x）+ x 2x+2+ +22，所以 f（x）+ 的最小值为 2，即 a2+4b2+5c22；又 a2+4b2+5c2a 2+c2+4b2+4c22ac+8bc，所以 2ac+8bc 2，即 ac+4bc1（当且仅当 abc 时，等号成立） 第 25 页（共 25 页）【点评】本题主要考了查绝对值不等式的解法，分类讨论的数学思想，利用均值不等式证明不等式的应用问题，也考查了转化和计算求解能力