2019年东北三省三校（哈尔滨师大附中、东北师大附中、+辽宁省实验中学）高考数学二模试卷（理科）含答案解析

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1、2019 年东北三省三校（哈尔滨师大附中、东北师大附中、 辽宁省实验中学）高考数学二模试卷（理科）一、选择题（本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分.在每小题给出的四个项中，只有一项是符合题目要求的）1 （5 分）已知集合 ，则（  ）AAB BBA CABR DA B2 （5 分）已知 z2（z+2）i（i 为虚数单位） ，则复数 z（  ）A1+2i B12i C2i D2i3 （5 分）过点 P（0，1）的直线 l 与圆（x1） 2+（y1） 21 相交于 A，B 两点，若|AB| ，则该直线的斜率为（   ）A1 B C D24 （5 分）将一

2、枚质地均匀的硬币连掷三次，事件“恰出现 1 次反面朝上”的概率记为 p，现采用随机模拟的方法估计 p 的值：用计算机产生了 20 组随机数，其中出现“0”表示反面朝上，出现“1”表示正面朝上，结果如下，若出现“恰有 1 次反面朝上”的频率记为 f，则 p，f 分别为（   ）111     001    011    010    000     111    111    111    101    01

3、0000     101    011    010     001    011    100    101    001    011A ， B C D ，5 （5 分）已知 cos（ ） ，则 sin（2 ）（  ）A B C D6 （5 分）已知函数 f（x ）e xe x + ，若 f（lgm）3，则 f（lg ）（  ）A4 B3 C2 D17 （5 分）四棱锥 PABCD 中，PA平

4、面 ABCD，底面 ABCD 是正方形，且PA AB2，则直线 PB 与平面 PAC 所成角为（  ）A B C D8 （5 分）将函数 f（x ）sin（2x+ ）的图象向右平移 （0）个单位长度，得到函第 2 页（共 26 页）数 g（x）的图象，且 g（x）g（x ） ，则 的一个可能值为（   ）A B C D9 （5 分）双曲线 C： 1（a0，b0） ，F 1，F 2 分别为其左，右焦点，其渐近线上一点 G 满足 GF1GF 2，线段 GF1 与另一条渐近线的交点为 H，H 恰好为线段 GF1的中点，则双曲线 C 的离心率为（  ）A B2 C3 D4

5、10 （5 分）赵爽是我国古代数学家、天文学家，大约在公元 222 年，赵爽为周髀算经一书作序时，介绍了“勾股圆方图” ，亦称“赵爽弦图” （以弦为边长得到的正方形由 4个全等的直角三角形再加上中间的一个小正方形组成的） ，类比“赵爽弦图” ，可类似地构造如图所示的图形，它是由 3 个全等的三角形与中间的一个小等边三角形拼成的一个大等边三角形，设 DF2AF ，则（  ）A B C D 11 （5 分）已知三棱锥的三视图如图，则该三棱锥的外接球表面积为（  ）A B C D812 （5 分）已知直线 y2x +m 与椭圆 C： 1 相交于 A，B 两点，O 为坐标原点当AO

6、B 的面积取得最大值时，| AB|（  ）第 3 页（共 26 页）A B C D二、填空题（本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分）13 （5 分）函数 f（x ） ，则 f（f （e ） ）     14 （5 分） （xy ） （2x +y） 4 的展开式中 x2y3 的系数是      15 （5 分）设ABC 的内角 A，BC 的对边分别为 a，b，c，且 b6，c4，A2B，则a     16 （5 分）以抛物线 y22px（p0）焦点 F 为圆心，p 为半径作圆交 y 轴于 A，B 两点，连结

7、 FA 交抛物线于点 D（D 在线段 FA 上） ，延长 FA 交抛物线的准线于点 C，若|AD|m，且 m1，2，则 |FD|CD|的最大值为     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.第 22、23 题为选考题.）17已知数列a n的前 n 项和为 Sn，满足 Sna n+n21，数列 bn为等比数列，公比为 q，且 S5qS 2+3，a 25b 1（）求数列a n，b n的通项公式；（）求数列a nbn的前 n 项和 Tn18如图，直三棱柱 ABCA 1B1C1 中，点 D 是棱 B1C1 的中点（）求证：AC

8、 1平面 A1BD；（）若 ABAC ，BCBB 12，在棱 AC 上是否存在点 M，使二面角BA 1DM 的大小为 45，若存在，求出 的值；若不存在，说明理由19椭圆 C： 1，点 A（2，0） ，动直线 ykx+m 与椭圆 C 交于 M，N 两点，已知直线 AM 的斜率为 k1，直线 AN 的斜率为 k2，且 k1，k 2 的乘积为 （）若 k0，求实数 的值；第 4 页（共 26 页）（）若 ，求证：直线 MN 过定点20一个经销鲜花产品的微店，为保障售出的百合花品质，每天从云南鲜花基地空运固定数量的百合花，如有剩余则免费分赠给第二天购花顾客，如果不足，则从本地鲜花供应商处进货今年四月

9、前 10 天，微店百合花的售价为每支 2 元，云南空运来的百合花每支进价 1.6 元，本地供应商处百合花每支进价 1.8 元，微店这 10 天的订单中百合花的需求量（单位：支）依次为：251，255，231，243，263，241，265，255，244，252（）求今年四月前 10 天订单中百合花需求量的平均数和众数，并完成频率分布直方图；（）预计四月的后 20 天，订单中百合花需求量的频率分布与四月前 10 天相同，请根据（）中频率分布直方图（同一组中的需求量数据用该组区间的中点值作代表，位于各区间的频率代替位于该区间的概率）：（1）写出四月后 20 天每天百合花需求量 的分布列；（2）若

10、百合花进货价格与售价均不变，微店从四月十一日起，每天从云南固定空运x（235x265，x N）支百合花，当 x 为多少时，四月后 20 天每天百合花销售利润T（单位：元）的期望值最大？21已知函数 f（x ）x+xlnx，g（x）ax 22（a1） x+a1（）求证：曲线 yf（x）与 yg（x）在（1，1）处的切线重合；（）若 f（x） g（x）对任意 x1，+）恒成立（1）求实数 a 的取值范围；（2）求证：ln（n+1）!n! （其中 nN*） 选修 4-4：坐标系与参数方程22在直角坐标系 xOy 中，直线 l 的参数方程为 （t 为参数） ，以坐标原点为第 5 页（共 26 页）极点

11、，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线 C 的极坐标方程为 2，直线 l 与曲线 C 交于 A，B 两点（）求直线 l 的普通方程和曲线 C 的直角坐标方程；（）求|AB|选修 4-5：不等式选讲23 （）已知 a0，b0，且 a+b2，求证：a 4+b42；（）已知 a0，b0，c0，求 a3+b3+c3+（ ） 3 的最小值，并写出取最小值时 a，b，c 的值第 6 页（共 26 页）2019 年东北三省三校（哈尔滨师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学）高考数学二模试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题（本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分.在每小题给出的四个项中，

12、只有一项是符合题目要求的）1 （5 分）已知集合 ，则（  ）AAB BBA CABR DA B【分析】容易求出集合 Ax|x0，或 x2 ，从而可判断集合 A，B 的关系【解答】解：Ax| x0，或 x2 ，且 ；ABR故选：C【点评】考查描述法表示集合的概念，一元二次不等式的解法，以及并集的概念2 （5 分）已知 z2（z+2）i（i 为虚数单位） ，则复数 z（  ）A1+2i B12i C2i D2i【分析】先将式子化为 z（1i）2+2i ，再由复数的除法运算即可得出结果【解答】解：z2（z+2）i，z（1i）2+2i ，故 z 故选：C【点评】本题主要考查复数的

13、运算，熟记运算法则即可，属于基础题型3 （5 分）过点 P（0，1）的直线 l 与圆（x1） 2+（y1） 21 相交于 A，B 两点，若|AB| ，则该直线的斜率为（   ）A1 B C D2【分析】先由题意，设直线的方程为 ykx+1；根据弦长和半径确定点到直线的距离，再由点到直线的距离公式即可求出结果【解答】解：由题意设直线 l 的方程为 ykx+1 ，因为圆（x1） 2+（y 1） 21 的圆心为（1，1） ，半径为 r1，又弦长|AB| ，所以圆心到直线的距离为 d ，第 7 页（共 26 页）所以有 ，解得 k1故选：A【点评】本题主要考查直线与圆位置关系，熟记点到直线距

14、离公式以及几何法求与弦长有关的问题，属中档题4 （5 分）将一枚质地均匀的硬币连掷三次，事件“恰出现 1 次反面朝上”的概率记为 p，现采用随机模拟的方法估计 p 的值：用计算机产生了 20 组随机数，其中出现“0”表示反面朝上，出现“1”表示正面朝上，结果如下，若出现“恰有 1 次反面朝上”的频率记为 f，则 p，f 分别为（   ）111     001    011    010    000     111    111    111 &

15、nbsp;  101    010000     101    011    010     001    011    100    101    001    011A ， B C D ，【分析】事件“恰出现 1 次反面朝上”的概率记为 p，可以根据计数原理处理从模拟数据中数出“恰有 1 次反面朝上”的个数，除以 20 即可得到 f，【解答】解：事件“恰出现 1 次反面朝上”的概率记

16、为 p，则 p ，“恰有 1 次反面朝上”的频数为 7，所以 f ，故选：B【点评】本题考查了古典概型的概率计算，随机模拟，属基础题5 （5 分）已知 cos（ ） ，则 sin（2 ）（  ）A B C D【分析】由则 sin（2 ）cos（2 + ） ，利用二倍角公式可得结果【解答】解：cos（ ） ，则 sin（2 ）cos（2 + ）cos（2+ ）12 12 ，故选：B【点评】本题主要考查给值求值问题，熟记诱导公式与二倍角公式即可，属于基础题第 8 页（共 26 页）型6 （5 分）已知函数 f（x ）e xe x + ，若 f（lgm）3，则 f（lg ）（  

17、）A4 B3 C2 D1【分析】根据题意，由函数的解析式分析可得 f（x ）+f（ x）1，又由 f（lgm）3，则 f（lg ）f（lgm）1f （lgm） ，计算可得答案【解答】解：根据题意，f（ x）e xe x + ，则 f（x ）e x e x+ ，则 f（x）+f（x ）1，若 f（lgm）3，则 f（lg ）f （lgm）1f（lgm） 132；故选：C【点评】本题考查函数值的计算，涉及对数的运算性质，属于基础题7 （5 分）四棱锥 PABCD 中，PA平面 ABCD，底面 ABCD 是正方形，且PA AB2，则直线 PB 与平面 PAC 所成角为（  ）A B C D

18、【分析】连接 AC 交 BD 于点 O，连接 OP，证明 BO平面 PAC，进而可得到BPO 即是直线 PB 与平面 PAC 所成角，根据题中数据即可求出结果【解答】解：连接 AC 交 BD 于点 O，因为 PA平面 ABCD，底面 ABCD 是正方形，所以 BDAC，BDPA ，因此 BD平面 PAC；故 BO平面 PAC；连接 OP，则BPO 即是直线 PB 与平面 PAC 所成角，又因 PAAB2，所以 PB 2 ，BO 所以 sinBPO ，所以BPO 故选：A第 9 页（共 26 页）【点评】本题主要考查线面角的求法，在几何体中作出线面角，即可求解，属于常考题型8 （5 分）将函数

19、f（x ）sin（2x+ ）的图象向右平移 （0）个单位长度，得到函数 g（x ）的图象，且 g（x）g（x ） ，则 的一个可能值为（  ）A B C D【分析】先由题意写出 g（x）解析式，根据 g（x）g（x） ，可知 g（x）为奇函数，进而可求出 【解答】解：将函数 f（x ）sin（2x+ ）的图象向右平移 （0）个单位长度，得到函数 g（x）sin（2x2+ ）的图象，又 g（x）g（x ） ，所以 g（x ）为奇函数，g（x）sin2x，故2+ k，kZ，可取 ，故选：A【点评】本题主要考查三角函数的图象变换，以及三角函数的性质，熟记正弦型函数的性质即可，属于常考题型9

20、 （5 分）双曲线 C： 1（a0，b0） ，F 1，F 2 分别为其左，右焦点，其渐近线上一点 G 满足 GF1GF 2，线段 GF1 与另一条渐近线的交点为 H，H 恰好为线段 GF1的中点，则双曲线 C 的离心率为（  ）A B2 C3 D4第 10 页（共 26 页）【分析】根据题意得到双曲线的渐近线方程为 ，焦点坐标为 F1（c，0） ，F2（c， 0） ；不妨令 G 在渐近线 上，则 H 在 y x 上，设 G（x， x） ，根据题意求出 G 点坐标，再得到 H 的坐标，将 H 坐标代入直线 y ，即可得出结果【解答】解：由题意得双曲线 C： 1（a0，b0） ，的渐近线

21、方程为，焦点坐标为 F1（c ，0） ，F 2（c ，0） ；不妨令 G 在渐近线 上，则 H 在 y x上，设 G（x， x） ，由 GF1GF 2，得 ，即 ，解得 xa，所以 G（a，b） ，又 H 恰好为线段 GF1 的中点，所以 H（ ， ） ，因 H 在 y x 上，所以 ，因此 c2a，故离心率为 2故选：B【点评】本题主要考查双曲线的斜率，熟记双曲线的性质即可，属于常考题型10 （5 分）赵爽是我国古代数学家、天文学家，大约在公元 222 年，赵爽为周髀算经一书作序时，介绍了“勾股圆方图” ，亦称“赵爽弦图” （以弦为边长得到的正方形由 4个全等的直角三角形再加上中间的一个小正

22、方形组成的） ，类比“赵爽弦图” ，可类似地构造如图所示的图形，它是由 3 个全等的三角形与中间的一个小等边三角形拼成的一个大等边三角形，设 DF2AF ，则（  ）A B C D 【分析】先设 DF2AF 2，根据题意可知ADB120，求出 AB 的长，延长 AD 交第 11 页（共 26 页）BC 于 M，求出 BM，DM 的长，再由平面向量基本定理即可得出结果【解答】解：设 DF2AF 2，因此 BDAF 1，又由题意可得ADB120，所以 AB2AD 2+BD22AD BDcosADB3 2+126cos12013，因此 AB ；延长 AD 交 BC 于 M，记DAB，AMB

23、，则 cosDAB ，所以 sinDAB ；又由题意易知DABDBM，则 120 ，在三角形 DBM 中，由正弦定理可得： ，即 ，因此 BM BC，DM ，所以 AD AM AM，因为 ，即 （ ） ，整理得 + ，所以 （ + ） + 故选：D第 12 页（共 26 页）【点评】本题主要考查解三角形以及平面向量基本定理，熟记正弦定理和余弦定理、以及平面向量基本定理即可，属于常考题型11 （5 分）已知三棱锥的三视图如图，则该三棱锥的外接球表面积为（  ）A B C D8【分析】先在长方体中还原该三棱锥为 PABC，根据三棱锥底面外接圆圆心确定外接球球心位置，设球的半径为 R，列出

24、方程即可求出结果【解答】解：根据三视图，在长方体中还原该三棱锥为 PABC，且长方体的底面边长为 2，高为 ；取 AB 中点为 D，上底面中心为 E，连接 DE，EP ，则 DE ，EP1，因为三角形 ABC 为直角三角形，所以 D 点为三角形 ABC 的外接圆圆心，因此三棱锥的外接球球心，必在线段 DE 上，记球心为 O，设球的半径为 R，则OBOPR，所以有 OE ，OD ，因此 ，解得 ，所以该三棱锥的外接球表面积为 4R2 故选：C第 13 页（共 26 页）【点评】本题主要考查几何体的三视图以及几何体外接球的相关计算，熟记公式即可，属于常考题型12 （5 分）已知直线 y2x +m

25、与椭圆 C： 1 相交于 A，B 两点，O 为坐标原点当AOB 的面积取得最大值时，| AB|（  ）A B C D【分析】先联立直线与椭圆方程，设 A（x 1，y 1） ，B（x 2，y 2） ，由韦达定理得到， ，结合弦长公式表示出弦长|AB| ，进而表示出三角形的面积，根据面积最大值，可求出 m2，代入弦长的表达式，即可得出结果【解答】解：由 ，得 21x2+20mx+5m250 设 A（x 1，y 1） ，B（x 2，y 2） ，则 ， ， 又 O 到直线 AB 的距离 ，则AOB 的面积 ，当且仅当 m221m 2，即 时，AOB 的面积取得最大值此时， 第 14 页（共

26、26 页）故选：A【点评】本题主要考查椭圆中的弦长问题，通常需要联立直线与椭圆方程，结合韦达定理、以及弦长公式等求解，属于常考题型二、填空题（本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分）13 （5 分）函数 f（x ） ，则 f（f （e ） ） e  【分析】根据题意，由函数的界迅速求出 f（e ）的值，进而又由 f（f （e） ）f（1） ，计算可得答案【解答】解：根据题意，f（ x） ，则 f（e）lne1，则 f（f（e） ）f（1）e 1e；故答案为：e【点评】本题考查求函数值，分段函数中的求函数值问题是比较常见的一种题型，属于基础题14 （5 分） （xy ） （2x

27、 +y） 4 的展开式中 x2y3 的系数是  16 【分析】由二项式定理及分类讨论思想得：因为（2x+y） 4 的展开式的通项公式为Tr+12 4r x4r yr，则（xy） （2x+y） 4 的展开式中 x2y3 的系数是 121 +（1）22 16，得解【解答】解：因为（2x+y ） 4 的展开式的通项公式为 Tr+12 4r x4r yr，则（xy） （2x +y） 4 的展开式中 x2y3 的系数是 121 +（1）2 2 16，故答案为：16【点评】本题考查了二项式定理及分类讨论思想，属中档题15 （5 分）设ABC 的内角 A，BC 的对边分别为 a，b，c，且 b6，

28、c4，A2B，则a 2   【分析】根据题意，由正弦定理可得 ，即 ，变形可得 cosB ，又由余弦定理可得 cosB ，联立可得 第 15 页（共 26 页），解可得 a 的值，即可得答案【解答】解：根据题意，在ABC 中，b6，c4，A2B；由正弦定理可得 ，即 ，变形可得 cosB ，又由余弦定理可得 cosB ，则有 ，解可得 a2 ，故答案为：2 【点评】本题主要考查解三角形，熟记正弦定理和余弦定理即可，属于基础题型16 （5 分）以抛物线 y22px（p0）焦点 F 为圆心，p 为半径作圆交 y 轴于 A，B 两点，连结 FA 交抛物线于点 D（D 在线段 FA 上） ，

29、延长 FA 交抛物线的准线于点 C，若|AD|m，且 m1，2，则 |FD|CD|的最大值为 32 【分析】由题意得到以 F 为圆心，P 为半径的圆的方程，再令 A 为 y 轴正半轴上的点，从而求出 A 点坐标，得到直线 AF 的方程，分别与抛物线的准线方程、抛物线方程联立求出 C、D 两点坐标，即可用 p 表示出|FD|CD| ，再由|AD| m ，且 m1，2，求出 p的范围，即可得出结果【解答】解：由题意可得抛物线 y22px（p0）的焦点为 F（ ，0） ，准线方程为x ，所以以 F 为圆心，p 为半径的圆的方程为 +y2p 2，因为 A，B 两点为圆 +y2p 2 与 y 轴的两个交

30、点，不妨令 A 为 y 轴正半轴上的点，由 x0 得，A（ 0， ） ；所以直线 AF 的斜率为 kAF ，因此直线 AF 的方程为y x+ ，第 16 页（共 26 页）由 得 C（ ， p） ；由 得 D（ ， ） ，所以|FD| + ，|CD| p，|AD| p，又|AD |m，且 m1，2，所以 p1，2，即 p3，6，因此|PD|CD| p232，当且仅当 p6 时，取等号故答案为：32【点评】本题主要考查抛物线的性质，通常需要联立直线与抛物线方程等求解，是中档题三、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.第 22、23 题为选考题.）

31、17已知数列a n的前 n 项和为 Sn，满足 Sna n+n21，数列 bn为等比数列，公比为 q，且 S5qS 2+3，a 25b 1（）求数列a n，b n的通项公式；（）求数列a nbn的前 n 项和 Tn【分析】 （I）S na n+n21，S n+1a n+1+（n+1） 21，可得an+1S n+1S na n+1a n+2n+1，化简即可得出数列b n为等比数列，公比为q，a 25b 1解得 b11利用 S5qS 2+3， （3+5）q+3，解得 q可得bn（II）a nbn（2n+1 ）4 n1 利用错位相减法即可得出【解答】解：（I）S na n+n21，S n+1a n+

32、1+（n+1） 21，a n+1S n+1S na n+1a n+2n+1，a n2n+1第 17 页（共 26 页）数列b n为等比数列，公比为 q，a 25b 15b 1a 25，解得 b11S 5qS 2+3， （3+5）q+3 ，解得 q4b n4 n1 （II）a nbn（2n+1 ）4 n1 T n3+54+7 42+（2n+1）4 n1 4Tn34+54 2+743+（2n1）4 n1 +（2n+1）4 n3T n3+2（4+4 2+4n1 ）（2n+1）4 n3+2 （2n+1）4 n，T n + 4n【点评】本题考查了数列递推关系、等差数列与等比数列的通项公式求和公式、错位相

33、减法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题18如图，直三棱柱 ABCA 1B1C1 中，点 D 是棱 B1C1 的中点（）求证：AC 1平面 A1BD；（）若 ABAC ，BCBB 12，在棱 AC 上是否存在点 M，使二面角BA 1DM 的大小为 45，若存在，求出 的值；若不存在，说明理由【分析】 （）先连接 AB1，交 A1B 于点 O，再由线面平行的判定定理，即可证明AC1平面 A1BD；（）先由题意得 AB，AC，AA 1 两两垂直，以 A 为原点，建立空间直角坐标系Axyz，设 M（0，a，0） ， （0 ） ，求出两平面的法向量，根据法向量夹角余弦值以及二面角的大小列出等式，即可

34、求出 a，进而可得出结果第 18 页（共 26 页）【解答】证明：（）连接 AB1，交 A1B 于点 O，则 O 为 AB1 中点，连接 OD，又 D 是棱 B1C1 的中点，ODAC 1，OD 平面 A1BD，AC 1平面 A1BD，AC 1平面 A1BD解：（）由已知 ABAC，则 AB，AC ，AA 1 两两垂直，以 A 为原点，如图建立空间直角坐标系 Axyz，则 B（ ） ，A 1（0，0，2） ，D （ ，2） ，C（0， ，0） ，设 M（0，a，0） ， （0 ） ，则 （ ） ， （ ，0） ， （0，a，2） ，设平面 BA1D 的法向量为 （ x，y，z） ，则 ，取 z

35、1，得 （ ，1） 设平面 A1DM 的法向量为 （x，y，z） ，则 ，x2，得 （2，2，a） 二面角 BA 1DM 的大小为 45，cos45|cos | ，3a 2+16 240，解得 a6 或 a ，0 ，a ，存在点 M，此时 ，使二面角 BA 1DM 的大小为 45第 19 页（共 26 页）【点评】本题主要考查线面平行、以及已知二面角求其它量的问题，通常需要熟记线面平行的判定定理来证明平行；另外，向量法求二面角是最实用的一种做法，属于常考题型19椭圆 C： 1，点 A（2，0） ，动直线 ykx+m 与椭圆 C 交于 M，N 两点，已知直线 AM 的斜率为 k1，直线 AN 的

36、斜率为 k2，且 k1，k 2 的乘积为 （）若 k0，求实数 的值；（）若 ，求证：直线 MN 过定点【分析】 （）先由 k0，设设 M（2 ，m ） ，N（2 ，m ） ，表示出k1，k 2，进而可求出结果；（）联立直线与椭圆方程，设 M（x 1，y 1） ，N（x 2，y 2） ，根据韦达定理得到 k，m 的关系式，进而可得出直线所过的定点【解答】解：（）不妨设 M（2 ，m ） ，N （2 ，m ）k1 ，k 2k 1k2 ， （）设联立 得（1+4k 2）x+8km+4m 240，由题意16（4k 2+1m 2） 0，设 M（x 1，y 1） ，N（x 2，y 2） ，第 20 页（

37、共 26 页）x 1+x2 ，x 1x2 ，k 1k2 4（kx 1+m） （ kx2+m）+3（x 12） （x 22）0，（4k 2+3）x 1x2+（4km6） （x 1+x2）+4m 2+120，（4k 2+3） +（4km6） （ ）+4 m2+120，2k 2+m2+2km0，mk 或 m2k ，均符合0若 m2k，直线 MN：yk（x2）过 A（2，0） ，与已知矛盾mk，直线 MN：yk（x1）过定点（1，0） 【点评】本题主要考查椭圆的简单性质，以及椭圆中直线过定点的问题，熟记椭圆的性质，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理等求解，属于常考题型20一个经销鲜花产品的微店，为保障售

38、出的百合花品质，每天从云南鲜花基地空运固定数量的百合花，如有剩余则免费分赠给第二天购花顾客，如果不足，则从本地鲜花供应商处进货今年四月前 10 天，微店百合花的售价为每支 2 元，云南空运来的百合花每支进价 1.6 元，本地供应商处百合花每支进价 1.8 元，微店这 10 天的订单中百合花的需求量（单位：支）依次为：251，255，231，243，263，241，265，255，244，252（）求今年四月前 10 天订单中百合花需求量的平均数和众数，并完成频率分布直方图；（）预计四月的后 20 天，订单中百合花需求量的频率分布与四月前 10 天相同，请根据（）中频率分布直方图（同一组中的需求

39、量数据用该组区间的中点值作代表，位于各区间的频率代替位于该区间的概率）：（1）写出四月后 20 天每天百合花需求量 的分布列；（2）若百合花进货价格与售价均不变，微店从四月十一日起，每天从云南固定空运x（235x265，x N）支百合花，当 x 为多少时，四月后 20 天每天百合花销售利润T（单位：元）的期望值最大？第 21 页（共 26 页）【分析】 （I）根据题意完善频率分布直方图，平均数等于每组的中间值乘以该组频率再求和；众数为频率最大的一组的中间值；（） （1）由（I）中频率分组直方图可直接得到分布列；（2）分别计算 235x245、245x255、以及 255x265 时的利润期望，

40、比较大小即可得出结果【解答】解：（I）四月前 10 天订单中百合需求量众数为 255，平均数 250频率分布直方图补充如下：（II） （1）由（I）频率分布直方图知， 分布列为  235 245 255 265P 0.1 0.3 0.4 0.2（2） 235 x245，xN235，Y23521.6x4701.6x，245，Y24521.6x1.8（245x）0.2x+49，第 22 页（共 26 页）255，Y25521.6x1.8（255x）0.2x+51，265，Y26521.6x1.8（265x）0.2x+53，E（Y） 0.1（4701.6x）+0.3（0.2x+49）+0.

41、4（0.2x+51）+0.2（0.2x+53）0.2x+92.7245 x255，xN，235，Y23521.6x4701.6x，245，Y24521.6x4901.6x，255，Y25521.6x1.8（255x）0.2x+51，265，Y26521.6x1.8（265x）0.2x+53，E（Y） 0.1（4701.6x）+0.3（4901.6x）+0.4（0.2x+51）+0.2（0.2x+53）0.52x+225255 x265，xN，235，Y23521.6x4701.6x，245，Y24521.6x4901.6x，255，Y25521.6x5101.6x，265，Y26521.6x1

42、.8（265x）0.2x+53，E（Y） 0.1（4701.6x）+0.3（4901.6x）+0.4（5101.6x）+0.2（0.2x+53）1.24x+408.6x245 时，E （Y） max97.6（元） 故每天空运 245 支百合，四月后 20 天每天百合销售利润 Y 的期望值最大【点评】本题主要考查频率分布直方图，以及离散型随机分布列与期望等，结合相关知识点求解即可，属于常考中档题型21已知函数 f（x ）x+xlnx，g（x）ax 22（a1） x+a1（）求证：曲线 yf（x）与 yg（x）在（1，1）处的切线重合；（）若 f（x） g（x）对任意 x1，+）恒成立（1）求实数

43、 a 的取值范围；（2）求证：ln（n+1）!n! （其中 nN*） 【分析】 （）先对函数 f（x）求导，得到 f（1）2，再由 f（1）1，根据直线的点斜式方程即可求出 yf（x）在点（1，1）处的切线方程；另外同理求出 yg（x）在第 23 页（共 26 页）（1，1）处的切线方程，即可得出结论成立；（） （1）先令 F（x ）g（x ）f（x） ，对函数 F（x ）求导，通过讨论 a0 与、 研究函数 F（x）的单调性，即可得出结果；（2）先由（1）得到当 时，f（x ）g（x） ，x 1 恒成立，得，分别令 x1，2，n 得个不等式相加得 ，整理化简得到只要证明 即可得出结论成立【解

44、答】解：（）证明：f（x ）2+lnx，f（1） 2，f （1）1yf（x）在（1，2）处的切线方程为 y2x1g（x）2a2（a1） ，g（1）2，g（1）1yg（x）在（1，1）处的切线方程为 y2x1所以切线重合（） （1）令 F（x ）g（x）f（x）ax 22（a1）x+a1xxlnx （x1） ，则 F（x） 2a（x 1） lnx，当 a 0 时， F（x）0 当且仅当 x1 时，取等号，F（x）在 1，+）递减，F（x）F（1）0，f （x） g（x ）不成立当 a 0 时， ，（i）当 0a 时， 时，F （x）0，F（x）递减，F（x）F（1）0，F（x）在 递减，F （x

45、 ）F（1）0，f（x）g（x）不恒成立（ii）当 a 时，F（x ） 0，F（x ）在1 ，+）递增，F（x ）F （1）0，f（  ）x 在1，+）递增，F（x） F （1）0，f（x）g（x）恒成立综上实数 a 的取值范围为 第 24 页（共 26 页）（2）证明：由（1）知当 a 时，f（x ）g（x） ，x 1 恒成立得 ，令 x1，2，n 得 n 个不等式相加得 ， ， 下面只要证明 ，即 ，再由不等式得 ，令 得 ，取 k1，2，3，n 得 n 个不等式累加得证明 成立故原不等式成立【点评】本题主要考查导数的几何意义以及导数的应用，通常需要对函数求导，通过研究函数单调等

46、来处理，属于较难题目选修 4-4：坐标系与参数方程22在直角坐标系 xOy 中，直线 l 的参数方程为 （t 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，已知曲线 C 的极坐标方程为 2，直线 l 与曲线 C 交于 A，B 两点（）求直线 l 的普通方程和曲线 C 的直角坐标方程；第 25 页（共 26 页）（）求|AB|【分析】 （）由参数方程消去参数，可直接得出直线的普通方程；根据极坐标方程与直角坐标方程的互化，可直接得出曲线 C 的直角坐标方程；（）将 代入 + 1 得到关于 t 的一元二次方程，由韦达定理以及|AB| t1t 2|即可求出结果【解答】解：（）易知直线

47、 l 的方程为 yx+1，曲线 C 的方程为 + 1（）将 （t 参数） ，代入 + 1 中得 7t26 180，0设 AB 所对应的参数分别为 t1，t 2，t1+t2 ，t 1t2 ，|AB| t1t 2| 【点评】本题主要考查参数方程与普通方程的互化、以及极坐标方程与直角坐标方程的互化，熟记公式以及弦长公式等即可，属中档题选修 4-5：不等式选讲23 （）已知 a0，b0，且 a+b2，求证：a 4+b42；（）已知 a0，b0，c0，求 a3+b3+c3+（ ） 3 的最小值，并写出取最小值时 a，b，c 的值【分析】 （）由基本不等式可得，进而可证明出结论；（）由基本不等式可得，进而