2018年山东省枣庄市高考数学二模试卷（文科）含答案解析

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1、2018 年山东省枣庄市高考数学二模试卷（文科）一、选择题：本大题共 12 个小题，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）已知集合 UR， A x|x2x20，则 UA（  ）A1，2 B （1，2） C （2，1） D 2，1）2 （5 分）已知复数 z ，其中 i 为虚数单位，则| z|（  ）A B C D23 （5 分）已知 ， ，clog 23，则 a，b，c 的大小关系是（  ）Aacb Bcab Cabc Dc ba4 （5 分）如图给出的是计算 的值的程序框图，其中判断框内应填入的是（ &n

2、bsp;）Ai2015？ Bi 2017？ Ci2018 ？ Di2016？5 （5 分）已知 是偶函数，则 a（  ）A1 B1 C2 D26 （5 分）已知ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，若（a+b） （sin AsinB）（c b）sin C，则 A（   ）第 2 页（共 27 页）A B C D7 （5 分）七巧板是我们祖先的一项创造，被誉为“东方魔板” ，它是由五块等腰直角三角形（两块全等的小三角形、一块中三角形和两块全等的大三角形） 、一块正方形和一块平行四边形组成的如图是一个用七巧板拼成的正方形，在此正方形中任取一点，则此点取自阴影部分

3、的概率是（  ）A B C D8 （5 分）已知 ，则 sin2（  ）A B C D9 （5 分）函数 f（x ）ln（| x|1）+x 的大致图象是（  ）A BC D10 （5 分）某几何体的三视图如图所示，其中俯视图是等腰三角形，则该几何体的体积为（  ）第 3 页（共 27 页）A32 B C D11 （5 分）设 F1、F 2 是椭圆 C： 的两个焦点，若 C 上存在点 M 满足F 1MF2120，则 m 的取值范围是（   ）A B （0，1 8 ，+ ）C D （0，14，+）12 （5 分）已知函数 f（x ）（1+2x） （

4、x 2+ax+b） （a，bR）的图象关于点（1，0）对称，则 f（x ）在1，1上的最大值为（   ）A B C D二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.13 （5 分）已知实数 x，y 满足 ，则 的最大值为     14 （5 分）在平行四边形 ABCD 中，AB1，AD2，则     15 （5 分）已知圆 M 与直线 xy0 及 xy +40 都相切，圆心在直线 yx+2 上，则圆 M 的标准方程为     16 （5 分）已知 f（x ）sinxcos x ，若函数 f（x ）图象的任何一

5、条对称轴与 x 轴交点的横坐标都不属于区间（ ，2） ，则 的取值范围是     （结果用区间表示）三、解答题：本大题共 5 小题，共 70 分.17 （12 分）已知数列a n的前 n 项和 （）求a n的通项公式；（）设 ，求数列b n的前 n 项和第 4 页（共 27 页）18 （12 分）在四棱锥 SABCD 中，底面 ABCD 为矩形，平面 SAB平面 ABCD，平面SAD平面 ABCD，且 SA2AD 3AB （）证明：SA平面 ABCD；（）若 E 为 SC 的中点，三棱锥 EBCD 的体积为 ，求四棱锥 SABCD 外接球的表面积19 （12 分）随着高校自

6、主招生活动的持续开展，我市高中生掀起了参与数学兴趣小组的热潮为调查我市高中生对数学学习的喜好程度，从甲、乙两所高中各随机抽取了 40名学生，记录他们在一周内平均每天学习数学的时间，并将其分成了 6 个区间：（0，10、 （10，20、 （20 ，30、 （30，40 、 （40，50、 （ 50，60，整理得到如下频率分布直方图：根据一周内平均每天学习数学的时间 t，将学生对于数学的喜好程度分为三个等级：学习时间（分钟/天） t20 20t50 t50喜好等级 一般 爱好 痴迷（）试估计甲高中学生一周内平均每天学习数学的时间的中位数 m 甲 （精确到 0.01） ；（）判断从甲、乙两所高中各自

7、随机抽取的 40 名学生一周内平均每天学习数学的时第 5 页（共 27 页）间的平均值 与 及方差 与 的大小关系（只需写出结论） ，并计算其中的、 （同一组中的数据用该组区间的中点值作代表） ；（）从甲高中与乙高中随机抽取的 80 名同学中数学喜好程度为“痴迷”的学生中随机抽取 2 人，求选出的 2 人中甲高中与乙高中各有 1 人的概率20 （12 分）已知抛物线 C： y22px（0p1）上的点 P（m，1）到其焦点 F 的距离为（）求 C 的方程；（）已知直线 l 不过点 P 且与 C 相交于 A，B 两点，且直线 PA 与直线 PB 的斜率之积为 1，证明：l 过定点21 （12 分）

8、已知曲线 yf（x）x 21alnx（aR）与 x 轴有唯一公共点 A（）求实数 a 的取值范围；（）曲线 yf（x）在点 A 处的切线斜率为 a2a7若两个不相等的正实数 x1，x 2满足|f（ x1）| | f（x 2）|，求证：x 1x21请考生在 22、23 题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.作答时请写清题号.选修 4-4：坐标系与参数方程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） （）若 a1，求直线 l 被曲线 C 截得的线段的长度；（）若 a11，在曲线 C 上求一点 M，使得点 M 到

9、直线 l 的距离最小，并求出最小距离选修 4-5：不等式选讲23已知函数 f（x ）|3x a |（）当 a4 时，求不等式 f（x ）3 的解集；（）设函数 g（x）|x+1|当 xR 时，f （x）+g（x）1 恒成立，求实数 a 的取值范围第 6 页（共 27 页）2018 年山东省枣庄市高考数学二模试卷（文科）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共 12 个小题，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）已知集合 UR， A x|x2x20，则 UA（  ）A1，2 B （1，2） C （2，1） D 2，1）【分析】求出

10、 A 中不等式的解集确定出 A，根据全集 UR，求出 A 的补集即可【解答】解：由 A 中不等式变形得：（x2） （x +1）0，解得：x1 或 x2，即 A（，1 2，+） ，UR， UA（1，2） ，故选：B【点评】此题考查了补集及其运算，熟练掌握补集的定义是解本题的关键2 （5 分）已知复数 z ，其中 i 为虚数单位，则| z|（  ）A B C D2【分析】直接由复数代数形式的乘除运算化简复数 z，再利用复数求模公式计算得答案【解答】解：z ，则|z| 故选：B【点评】本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数模的求法，是基础题3 （5 分）已知 ， ，clog 23，则

11、 a，b，c 的大小关系是（  ）Aacb Bcab Cabc Dc ba【分析】直接利用指数函数、对数函数的单调性求解即可【解答】解：0 3 01， log 310，clog 23log 221，cab第 7 页（共 27 页）故选：B【点评】本题考查了指数函数、对数函数的单调性，是基础题4 （5 分）如图给出的是计算 的值的程序框图，其中判断框内应填入的是（  ）Ai2015？ Bi 2017？ Ci2018 ？ Di2016？【分析】根据已知中程序的功能是求 S 的值，由于满足条件进入循环，每次累加的是 的值，当 i2014 时进入循环，进而得到答案【解答】解：程序的

12、功能是求 S 的值，且在循环体中，SS+ 表示，每次累加的是 的值，故当 i2018 应满足条件进入循环，i2018 时就不满足条件，分析四个答案可得条件为：i2018？故选：C【点评】本题考查的知识点是程序框图，利用当型循环结构进行累加运算时，如果每次累加的值为循环变量值时，一般条件为循环条件小于等于终值，若本题是填空题，则最优解为 i20185 （5 分）已知 是偶函数，则 a（  ）A1 B1 C2 D2第 8 页（共 27 页）【分析】根据题意，求出 f（ x ）的表达式，由偶函数的性质可得 axlog 2（4 x+1）a（x）log 2（4 x +1） ，变形可得 2axl

13、og 2（4 x+1）log 2（4 x +1）2x，分析可得答案【解答】解：根据题意，f（ x）axlog 2（4 x+1） ，则 f（x）a（x）log 2（4 x +1） ，若函数 f（x）为偶函数，则 f（x）f （x） ，即 axlog 2（4 x+1）a（x）log 2（4 x +1） ，即 2axlog 2（ 4x+1）log 2（ 4x +1）2x，则 a1；故选：A【点评】本题考查函数奇偶性的性质以及应用，关键是掌握函数奇偶性的定义与性质6 （5 分）已知ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，若（a+b） （sin AsinB）（c b）sin C，则 A（

14、  ）A B C D【分析】已知等式利用正弦定理化简，整理得到关系式，再利用余弦定理表示出 cosA，把得出关系式代入求出 cosA 的值，即可确定出角 A 的大小【解答】解：（a+b） （sinAsin B）（cb）sinC ，利用正弦定理化简得：（a+b） （ab）c（cb） ，即 b2+c2a 2bc，cosA ，A ，故选：B【点评】此题考查了正弦、余弦定理在解三角形中的应用，熟练掌握定理是解本题的关键，属于基础题7 （5 分）七巧板是我们祖先的一项创造，被誉为“东方魔板” ，它是由五块等腰直角三角形（两块全等的小三角形、一块中三角形和两块全等的大三角形） 、一块正方形和一块

15、平行四边形组成的如图是一个用七巧板拼成的正方形，在此正方形中任取一点，则此点取自阴影部分的概率是（  ）第 9 页（共 27 页）A B C D【分析】求出阴影部分的面积，根据几何概型的定义求出满足条件的概率即可【解答】解：设正方形的面积是 1，结合图象，阴影部分是和大三角形的面积相等，从而阴影部分占正方形的 ，故满足条件的概率 p ，故选：C【点评】本题考查了几何概型问题，考查数形结合思想，是一道基础题8 （5 分）已知 ，则 sin2（  ）A B C D【分析】根据二倍角公式可知 cos（ 2）12 进而求得 cos（2） ，则 sin2可求【解答】解：sin2cos

16、（ 2 ）12 故选：B【点评】本题主要考查了二倍角的余弦，同角三角函数的基本关系的应用，属基础题9 （5 分）函数 f（x ）ln（| x|1）+x 的大致图象是（  ）A B第 10 页（共 27 页）C D【分析】化简 f（x ） ，利用导数判断 f（x）的单调性即可得出正确答案【解答】解：f（x ）的定义域为 x|x1 或 x1f（x） ，f（x） ，当 x1 时，f（x）0，当 x2 时，f （x）0，当2x1 时，f（x）0，f（x）在（ ，2）上单调递增，在（2，1）上单调递减，在（1，+）上单调递增故选：A【点评】本题考查了函数图象的判断，函数单调性的判断，属于中档题

17、10 （5 分）某几何体的三视图如图所示，其中俯视图是等腰三角形，则该几何体的体积为（  ）A32 B C D【分析】由三视图还原原几何体，可知原几何体是四棱锥 ABCDE，其中底面 BCDE为边长是 4 的正方形，侧面 ABE 为等腰三角形，且平面 ABE平面 BCDE，四棱锥的高 AG2，代入棱锥体积公式求解第 11 页（共 27 页）【解答】解：由三视图还原原几何体如图，该几何体是四棱锥 ABCDE，其中底面 BCDE 为边长是 4 的正方形，侧面 ABE 为等腰三角形，且平面 ABE平面BCDE，由三视图可知，四棱锥的高 AG2， 故选：D【点评】本题考查由三视图求面积、体积

18、，关键是由三视图还原原几何体，是中档题11 （5 分）设 F1、F 2 是椭圆 C： 的两个焦点，若 C 上存在点 M 满足F 1MF2120，则 m 的取值范围是（   ）A B （0，1 8 ，+ ）C D （0，14，+）【分析】分类讨论，由要使椭圆 C 上存在点 M 满足F 1MF2120，F 1MO60，当假设椭圆的焦点在 x 轴上，F 1MF2120，F 1MO60，tanF 1MOtan60，当即可求得椭圆的焦点在 y 轴上时，F 1MF2120，F 1MO60，通过tanF 1MO，即可求得 m 的取值范围【解答】解：假设椭圆 C： 的焦点在 x 轴上，则 2m，假设

19、 M 位于短轴的端点时， F 1MF2 取最大值，要使椭圆 C 上存在点 M 满足F 1MF2120 ，F 1MF2120 ，F 1MO60，tanF 1MO tan60 ，第 12 页（共 27 页）解得：m8；当椭圆的焦点在 y 轴上时，0m 3，假设 M 位于短轴的端点时， F 1MF2 取最大值，要使椭圆 C 上存在点 M 满足F 1MF2120 ，F 1MF2120 ，F 1MO60，tanF 1MO tan60 ，解得：0m，m 的取值范围是（0， 8，+）故选：A【点评】本题考查椭圆的标准方程，特殊角的三角函数值，考查分类讨论思想及数形结合思想的应用，考查计算能力，属于中档题12

20、 （5 分）已知函数 f（x ）（1+2x） （x 2+ax+b） （a，bR）的图象关于点（1，0）对称，第 13 页（共 27 页）则 f（x）在 1，1上的最大值为（  ）A B C D【分析】根据函数的对称性得到关于 a，b 的方程组，求出 a，b，求出函数 f（x）的解析式，求出函数的导数，根据函数的单调性求出 f（x ）的最大值即可【解答】解：由 f（x ）的图象关于点（1，0）对称，得 f（1）3（a+b+1 ）0，而 f（ ）f（ ）6（ + a+b）0， ，联立，解得： a ， b ，故 f（x）（1+2x） （x 2 x+ ） ，f（x）6x 212x+ ，令 f

21、（x）0 ，解得：x ，或 x （舍） ，令 f（x）0 ，解得：x ，故 f（x）在 1， ）递增，在（ ，1递减，故 f（x） maxf（ ） ，故选：D【点评】本题考查了函数的对称性和单调性问题，考查导数的应用以及求函数的最值问题，是一道中档题二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.13 （5 分）已知实数 x，y 满足 ，则 的最大值为 2 【分析】画出约束条件的可行域，利用目标函数的几何意义求解即可【解答】解：实数 x，y 满足 的可行域如图：则 的几何意义是可行域内的点与 P（1，0）的距离，由可行域可知 A（1，0）到 P（1，0）距离最大，第 14 页（共

22、 27 页）显然最大值为：2故答案为：2【点评】本题考查线性规划的应用，目标函数的几何意义，是基本知识的考查14 （5 分）在平行四边形 ABCD 中，AB1，AD2，则 3 【分析】利用向量的和以及差表示数量积的两个向量，然后求解即可【解答】解：在平行四边形 ABCD 中，AB1，AD2，则 （ ） 2 21 23故答案为：3【点评】本题考查平面向量的基本定理，向量的数量积的运算，考查计算能力15 （5 分）已知圆 M 与直线 xy0 及 xy +40 都相切，圆心在直线 yx+2 上，则圆 M 的标准方程为 x 2+（y 2） 22 【分析】根据圆心在直线 yx+2 上，设出圆心坐标为（a

23、，2a） ，利用圆 C 与直线xy0 及 x y+40 都相切，求得圆心坐标，再求圆的半径，可得圆的方程【解答】解：圆心在 yx +2 上，设圆心为（a，2a） ，圆 C 与直线 xy0 及 xy+40 都相切，圆心到直线 xy 0 的距离等于圆心到直线 xy+40 的距离，即： ，解得 a0，圆心坐标为（0，2） ，r ，圆 C 的标准方程为 x2+（y 2） 22故答案为：x 2+（y 2） 22【点评】本题主要考查圆的标准方程的求解，根据条件利用待定系数法是解决本题的关第 15 页（共 27 页）键，是基础题16 （5 分）已知 f（x ）sinxcos x ，若函数 f（x ）图象的任

24、何一条对称轴与 x 轴交点的横坐标都不属于区间（ ，2） ，则 的取值范围是     （结果用区间表示）【分析】由已知化简函数解析式可得 f（x ） sin（x ） （ ） ，利用正弦函数的对称性可得 1，令 x k+ ，k Z，可得数 f（x）图象的对称轴为：x ，k Z，由 ，或 2，kZ，解得：k+ ，或 + ，k Z，分类讨论即可得解 的取值范围【解答】解：f（x ）sin xcos x sin（x ） （ ，xR） ，若 f（x）的任何一条对称轴与 x 轴交点的横坐标都不属于区间（，2 ） ，则 2 ， 1，即 1，令 x k+ ，k Z，可得数 f（x）图象的对

25、称轴为： x ，kZ ， ，或 2 ，k Z，解得： k+ ，kZ， 或 + ，kZ，当 k0 时， ，或 ，当 k1 时， （舍去） ，或 ，综上，可得 的取值范围是： 故答案为： 【点评】本题主要考查了三角函数恒等变换的应用，正弦函数的周期性及对称性，考查了分类讨论思想及数形结合思想的综合应用，属于中档题三、解答题：本大题共 5 小题，共 70 分.17 （12 分）已知数列a n的前 n 项和 第 16 页（共 27 页）（）求a n的通项公式；（）设 ，求数列b n的前 n 项和【分析】 （）求出 a1S 14通过当 n2 时，a nS nS n1 ，转化求解数列的通项公式即可（）化简

26、数列的通项公式，利用裂项相消法求解数列的和即可【解答】解：（）a 1S 14当 n2 时，a nS nS n1 又 a14 符合 n2 时 an 的形式，所以a n的通项公式为 an3n+1 （）由（）知 数列b n的前 n 项和为 【点评】本题考查数列的递推关系式以及数列求和，考查计算能力18 （12 分）在四棱锥 SABCD 中，底面 ABCD 为矩形，平面 SAB平面 ABCD，平面SAD平面 ABCD，且 SA2AD 3AB （）证明：SA平面 ABCD；（）若 E 为 SC 的中点，三棱锥 EBCD 的体积为 ，求四棱锥 SABCD 外接球的表面积【分析】 （）证明 BCABBC S

27、ACDSA，即可证明 SA平面 ABCD（）设 SA6a，则 AB2a，AD3a通过几何体的体积求解 a，设半径为 R然后求解 R，然后求解球的表面积第 17 页（共 27 页）【解答】 （）证明：由底面 ABCD 为矩形，得 BCAB又平面 SAB平面 ABCD，平面 SAB平面 ABCDAB，BC平面 ABCD，所以 BC平面 SAB所以 BCSA同理可得 CDSA又 BCCDC，BC平面 ABCD，CD平面 ABCD，所以 SA平面 ABCD（）解：设 SA6a，则 AB2a，AD3a 又 ，所以 解得 四棱锥 SABCD 的外接球是以 AB、AD、AS 为棱的长方体的外接球，设半径为

28、R则 ，即 所以，四棱锥 SABCD 的外接球的表面积为 【点评】本题考查几何体的体积的求法，直线与平面垂直的判定定理的应用，考查空间想象能力以及计算能力19 （12 分）随着高校自主招生活动的持续开展，我市高中生掀起了参与数学兴趣小组的热潮为调查我市高中生对数学学习的喜好程度，从甲、乙两所高中各随机抽取了 40名学生，记录他们在一周内平均每天学习数学的时间，并将其分成了 6 个区间：（0，10、 （10，20、 （20 ，30、 （30，40 、 （40，50、 （ 50，60，整理得到如下频率分布直方图：第 18 页（共 27 页）根据一周内平均每天学习数学的时间 t，将学生对于数学的喜好

29、程度分为三个等级：学习时间（分钟/天） t20 20t50 t50喜好等级 一般 爱好 痴迷（）试估计甲高中学生一周内平均每天学习数学的时间的中位数 m 甲 （精确到 0.01） ；（）判断从甲、乙两所高中各自随机抽取的 40 名学生一周内平均每天学习数学的时间的平均值 与 及方差 与 的大小关系（只需写出结论） ，并计算其中的、 （同一组中的数据用该组区间的中点值作代表） ；（）从甲高中与乙高中随机抽取的 80 名同学中数学喜好程度为“痴迷”的学生中随机抽取 2 人，求选出的 2 人中甲高中与乙高中各有 1 人的概率【分析】 （）由样本估计总体的思想，能求出甲高中学生一周内平均每天学习数学的

30、时间的中位数（）利用频率分布直方图能判断从甲、乙两所高中各自随机抽取的 40 名学生一周内平均每天学习数学的时间的平均值 与 及方差 与 的大小关系，并能计算其中的 、 （）甲高中随机选取的 40 名学生中“痴迷”的学生有 40（0.00510）2 人，记为 A1，A 2，乙高中随机选取的 40 名学生中“痴迷”的学生有 40（0.01510）6 人，记为 B1，B 2，B 3，B 4，B 5，B 6利用列举法能求出从甲、乙两所高中数学喜好程度为“痴迷”的同学中随机选出 2 人，选出的 2 人中甲、乙两所高中各有 1 人的概率【解答】解：（）由样本估计总体的思想，甲高中学生一周内平均每天学习数

31、学的时间的中位数：第 19 页（共 27 页）1026.67；（） ， ，+350.2+450.15+550.0527.5，+（1527.5） 2（400.2）+（2527.5）2（400.3）+（3527.5） 2（400.2）+（4527.5） 2（400.15）+（5527.5） 2（400.05） 178.75（）甲高中随机选取的 40 名学生中“痴迷”的学生有 40（0.00510）2 人，记为 A1，A 2，乙高中随机选取的 40 名学生中“痴迷”的学生有 40（0.01510）6 人，记为B1，B 2，B 3，B 4，B 5，B 6随机选出 2 人有以下 28 种可能：（A 1，

32、A 2） ， （A 1，B 1） ， （A 1，B 2） ， （A 1，B 3） ， （A 1，B 4） ， （A 1，B 5） ， （A 1，B 6） ，（A 2，B 1） ， （A 2，B 2） ， （A 2，B 3） ， （A 2，B 4） ， （A 2，B 5） ， （A 2，B 6） ， （B 1，B 2） ，（B 1，B 3） ， （B 1，B 4） ， （B 1，B 5） ， （B 1，B 6） ， （B 2，B 3） ， （B 2，B 4） ， （B 2，B 5） ，（B 2，B 6） ， （B 3，B 4） ， （B 3，B 5） ， （B 3，B 6） ， （B 4，B 5

33、） ， （B 4，B 6） ， （B 5，B 6） ，甲、乙两所高中各有 1 人，有以下 12 种可能：（A 1，B 1） ， （A 1，B 2） ， （A 1，B 3） ， （A 1，B 4） ， （A 1，B 5） ， （A 1，B 6） ，（A 2，B 1） ， （A 2，B 2） ， （A 2，B 3） ， （A 2，B 4） ， （A 2，B 5） ， （A 2，B 6） 所以，从甲、乙两所高中数学喜好程度为“痴迷”的同学中随机选出 2 人，选出的 2 人中甲、乙两所高中各有 1 人的概率为 p 【点评】本题考查频率分布直方图的应用，考查概率的求法，考查频率分布直方图、古典概率等基础

34、知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题20 （12 分）已知抛物线 C： y22px（0p1）上的点 P（m，1）到其焦点 F 的距离为（）求 C 的方程；（）已知直线 l 不过点 P 且与 C 相交于 A，B 两点，且直线 PA 与直线 PB 的斜率之积为 1，证明：l 过定点【分析】 （）通过点在抛物线上，以及抛物线的定义，列出方程求解可得 C 的方程；第 20 页（共 27 页）（）证法一：设直线 PA 的斜率为 k（显然 k0） ，则直线 PA 的方程为y1k（x1 ） ，联立直线与抛物线方程，设 A（x 1，y 1） ，由韦达定理，求出 A 的坐标，直线 PB 的斜率为

35、 得到 B 的坐标，通过直线的向量是否垂直，求出直线 l 的方程，然后求解定点坐标证法二：由（1） ，得 P（1，1） 若 l 的斜率不存在，则 l 与 x 轴垂直设 A（x 1，y 1） ，则 B（x 1，y 1） ， 推出 l 的斜率必存在设 l 的斜率为 k，显然 k0，设l：ykx+t，利用直线方程与抛物线方程联立，设 A（x 1，y 1） ，B（x 2，y 2） ，利用韦达定理，转化求解直线 l：y kx 1即可说明 l 过定点（0，1） 证法三：由（1） ，得 P（1，1） 设 l：xny+t，由直线 l 不过点 P（1，1） ，所以n+t1由 消去 x 并整理得 y2nyt 0判

36、别式n 2+4t0设A（x 1， y1） ，B（x 2，y 2） ，则 y1+y2n，y 1y2t，转化求解 l：xn（y+1） 说明 l 过定点（0，1） 【解答】解：（）由题意，得 2pm1，即 由抛物线的定义，得 由题意， 解得 ，或 p2（舍去） 所以 C 的方程为 y2x（）证法一：设直线 PA 的斜率为 k（显然 k0） ，则直线 PA 的方程为y1k（x1 ） ，则 ykx+1k由 消去 y 并整理得 k2x2+2k（1k）1x+（1k） 20设 A（x 1，y 1） ，由韦达定理，得 ，即 . 所以 由题意，直线 PB 的斜率为 第 21 页（共 27 页）同理可得 ，即 B（

37、k 21） 2，k1） 若直线 l 的斜率不存在，则 解得 k1，或 k1当 k1 时，直线 PA 与直线 PB 的斜率均为 1，A，B 两点重合，与题意不符；当 k1 时，直线 PA 与直线 PB 的斜率均为1，A，B 两点重合，与题意不符所以，直线 l 的斜率必存在直线 l 的方程为 x（k 1） 2，即 所以直线 l 过定点（0，1） 证法二：由（1） ，得 P（1，1） 若 l 的斜率不存在，则 l 与 x 轴垂直设 A（x 1，y 1） ，则 B（x 1，y 1） ， 则 （x 110，否则，x 11，则 A（1，1） ，或 B（1，1） ，直线 l 过点 P，与题设条件矛盾）由题意

38、， ，所以 x10这时 A，B 两点重合，与题意不符所以 l 的斜率必存在设 l 的斜率为 k，显然 k0，设 l：y kx+ t，由直线 l 不过点 P（1，1） ，所以 k+t1由 消去 y 并整理得 k2x2+（2kt1）x+t 20由判别式14kt0，得 设 A（x 1，y 1） ，B（x 2，y 2） ，则 ， ，则 第 22 页（共 27 页）由题意， 故（k 21）x 1x2+（ktk+1） 将代入式并化简整理得 ，即 1 t2ktk0即（1+t） （1 t）k（t+1）0，即（1+t ） （1tk） 0又 k+t1，即 1tk 0，所以 1+t0，即 t1所以 l：ykx 1显

39、然 l 过定点（0，1） 证法三：由（1） ，得 P（1，1） 设 l：xny+t，由直线 l 不过点 P（1，1） ，所以 n+t1由 消去 x 并整理得 y2ny t0由题意，判别式n 2+4t 0设 A（x 1，y 1） ，B（x 2，y 2） ，则 y1+y2n，y 1y2t则 由题意，y 1y2+（y 1+y2）+11，即 y1y2+（y 1+y2）0将代入式得t+ n0，即 tn所以 l：xn（ y+1） 显然 l 过定点（0，1） 【点评】本题考查抛物线的方程的求法，直线与抛物线的位置关系的综合应用，考查直线过定点问题，考查分类讨论思想的应用21 （12 分）已知曲线 yf（x）

40、x 21alnx（aR）与 x 轴有唯一公共点 A（）求实数 a 的取值范围；（）曲线 yf（x）在点 A 处的切线斜率为 a2a7若两个不相等的正实数 x1，x 2满足|f（ x1）| | f（x 2）|，求证：x 1x21【分析】 （）求出函数的导数，通过讨论 a 的范围，求出函数的单调区间，结合单调性求出 f（x）的最小值，从而确定 a 的范围；第 23 页（共 27 页）（）求出 a 的值，不妨设 x1x 2，则 0x 11x 2，得到，令 p（t）2t +3lnt2，根据函数的单调性证明即可【解答】 （）解：函数 f（x）的定义域为（0，+） f（ 1）0由题意，函数 f（x ）有唯

41、一零点 1. （1）若 a0，则a0显然 f'（x ）0 恒成立，所以 f（x）在（0，+）上是增函数又 f（1）0，所以 a0 符合题意（2）若 a0， . ； 所以 f（x）在 上是减函数，在 上是增函数所以 由题意，必有 （若 ，则 f（x ）0 恒成立，f（x）无零点，不符合题意）若 ，则 令 ，则 g'（a）0 0a2；g'（a）0a2所以函数 g（a）在（0，2）上是增函数，在（2，+）上是减函数所以 g（a） maxg（2）0所以 g（a）0，当且仅当 a2 时取等号所以， ，且 a2取正数 ，则 f（b）b 21alnb1alnb ；取正数 ca+1，显

42、然 而 f（c）c 21alnx，令 h（x）lnxx ，则 当 x1 时，显然 第 24 页（共 27 页）所以 h（x）在1 ，+ ）上是减函数所以，当 x1 时，h（x ）lnx xh（1）10，所以 lnxx因为 c1，所以 f（c）c 21alncc 21acc（ca）1c110又 f（x）在 上是减函数，在 上是增函数，则由零点存在性定理，f（x ）在 、 上各有一个零点可见，0a2，或 a2 不符合题意注：a0 时，若利用 ， ， ，说明 f（x）在 、 上各有一个零点若 ，显然 ，即 a2符合题意综上，实数 a 的取值范围为a|a0，或 a2 （）由题意，f'（1）2

43、aa 2a7所以 a29，即 a3由（）的结论，得 a3f（x ）x 21+3lnx，f（x ）在（0，+）上是增函数f（x）00x1；f（x）0x1由|f（ x1）| |f（x 2）|，不妨设 x1x 2，则 0x 11x 2从而有f（x 1）f（x 2） ，即 所以 2x 1x2+3lnx1x22令 p（t）2t+3lnt2，显然 p（t）在（0，+）上是增函数，且 p（1）0所以 p（t）00t1从而由 2x1x2+3lnx1x220，得 x1x21【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，考查不等式的证明，是一道综合题请考生在 22、23 题中

44、任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.作答时请写清题号.选修 4-4：坐标系与参数方程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） （）若 a1，求直线 l 被曲线 C 截得的线段的长度；（）若 a11，在曲线 C 上求一点 M，使得点 M 到直线 l 的距离最小，并求出最小距第 25 页（共 27 页）离【分析】 （）曲线 C 的参数方程消去参数求出曲线 C 的普通方程，当 a1 时，直线 l的普通方程为 y2x 由 ，能求出直线 l 被曲线 C 截得的线段的长度（）法一：a11 时，直线 l 的普通方程为

45、2xy100由点到直线的距离公式，求出椭圆 上的点 M（3cos ，2sin）到直线 l：2xy 100 的距离为，由此能求出点 M 到 l 的距离的最小值法二：当 a11 时，直线 l 的普通方程为 2xy100设与 l 平行，且与椭圆相切的直线 m 的方程为 2xy+t0由 ，得40x2+36tx+9t2360，要使两平行直线 l 与 m 间的距离最小，直线 m 的方程为l 与 m 间的距离 d 点 M 的坐标为方程组的解 由此能求出点 M 到直线 l 的距离取最小值【解答】选修 44：坐标系与参数方程解：（）曲线 C 的普通方程为 当 a1 时，直线 l 的普通方程为 y2x由 解得 或 ，直线 l 被曲线 C 截得的线段的长度为 （）解法一：a11 时，直线 l 的普通方程为 2xy100由点到直线的距离公式，椭圆 上的点 M（3cos，2sin ）到直线l：2xy100 的距离为：第 26 页（共 27 页） ，其中 0 满足 ， 由三角函数性质知，当 +00 时，d 取最小值 此时， ， 因此，当点 M 位于 时，点 M 到 l 的距离取最小值 解法二：当 a11 时，直线 l 的普通方程为 2xy100