2019年黑龙江省大庆市高考数学二模试卷（理科）含答案解析

《2019年黑龙江省大庆市高考数学二模试卷（理科）含答案解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019年黑龙江省大庆市高考数学二模试卷（理科）含答案解析（23页珍藏版）》请在七七文库上搜索。

1、2019 年黑龙江省大庆市高考数学二模试卷（理科）一、选择题：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 Ax| （x+1） （x 3）0 ，B1，2，3，则 AB（  ）A x| 1x3 Bx|1x2 C1 ，2，3 D1 ，22 （5 分）若复数 z 满足（2+i）z4（1+i） 2（其中 i 是虚数单位） ，则|z| （  ）A2 B4 C D3 （5 分）设命题 p：f（x ） 在定义域上为减函数；命题 为奇函数，则下列命题中真命题是（  ）Apq B （p）（q） C （p）q Dp（q）4 （5 分）设 x、y 满足约束

2、条件 ，则 z2x 3y 的最小值是（  ）A7 B6 C5 D35 （5 分）在等差数列a n中，a 2，a 14 是方程 x2+6x+2 0 的两个实根，则 （  ）A B3 C6 D26 （5 分）已知 plog 36，q log510，rlog 714，则 p，q，r 的大小关系为（  ）Aqpr Bprq Cpqr Drqp7 （5 分）我国南北朝时期的数学家祖暅提出了计算几何体体积的祖暅原理：“幂势既同，则积不容异” 意思是两个同高的几何体，如果在等高处的截面积都相等，那么这两个几何体的体积相等现有同高的三棱锥和圆锥满足祖暅满足祖暅原理的条件若圆锥的侧

3、面展开图是半径为 2 的半圆，由此推算三棱锥的体积为（  ）A B C D8 （5 分）已知 F 是抛物线 C：y 22px（q0）的焦点，过点 R（2，1）的直线 l 与抛物线 C 交于 A，B 两点，R 为线段 AB 的中点，若|FA|+| FB| 5，则直线 l 的斜率为（  ）A3 B1 C2 D第 2 页（共 23 页）9 （5 分）已知函数 ，x0，的值域为 ，则 的取值范围是（  ）A B C D （0，+）10 （5 分）某四棱锥的三视图如图所示，其俯视图为等腰直角三角形，则该四棱锥 4 个侧面中，直角三角形共有（  ）A4 个 B3 个

4、 C2 个 D1 个11 （5 分）已知双曲线 1（a0，b0）的右焦点为 F，过 F 作双曲线渐近线的垂线，垂足为 A，直线 AF 交双曲线右支于点 B，且 B 为线段 AF 的中点，则该双曲线的离心率是（  ）A2 B C D12 （5 分）已知 f（x ）是定义在（0，+）上的可导函数，且 f（x） ，则不等式的解集为（  ）A （0，1） B （1，+）C D二、填空题（将答案填在答题纸上）13 （5 分）     14 （5 分）已知 ， 为锐角，且 ，则 +     15 （5 分）已知球 O 是棱长为 4 的正方体 AB

5、CDA 1B1C1D1 的外接球，M ，N 分别是 A1B和 B1C 的中点，则球 O 截直线 MN 所得弦长为     16 （5 分）已知 O 为ABC 的外心，AB4，AC2，BAC120若第 3 页（共 23 页）AO 1AB+2AC，则 21+2     三、解答题（解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17 （12 分）设数列a n的前 n 项和为 Sn，且 2Sn3a n 3（）求数列a n的通项公式；（）设 bnlog 3a2n1 ，求数列 的前 n 项和 Tn18 （12 分）在ABC 中，内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，

6、c，且 bsin（A+B）2ccosB（）求 sin2B+sin2B 的值；（）若 b2，ABC 面积为 1，求 AC 边中线的长度19 （12 分）如图所示，在四棱锥 PABCD 中，PA平面ABCD， ADBC ，AB BC，APAD2AB2BC，点 M 在棱 PC 上（）求证：AMCD；（）当 AM平面 PCD 时，求直线 AM 与平面 PBC 所成角的正弦值20 （12 分）已知椭圆 C： 1（ab0）的离心率为 ，短轴长为 4（）求椭圆 C 的方程；（）过点 N（0，2）作两条直线，分别交椭圆 C 于 A， B 两点（异于 N 点） 当直线NA，NB 的斜率之和为定值 t（t 0）时

7、，直线 AB 是否恒过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由21 （12 分）已知函数 f（x ）2ln （x+1）x 2（）若点 M 在函数 yf（x ）的图象上运动，直线 y 2x+5 与函数 yf （x）的图象不相交，求点 M 到直线 y2x+5 距离的最小值；（）若当 x（0，+）时，f（x）kxe x+x 恒成立，求实数 k 的取值范围选修 4-4：坐标系与参数方程22 （10 分）在直角坐标系 xOy 中，曲线 C1 的参数方程为 （ 为参数） ，M第 4 页（共 23 页）是 C1 上的动点，P 点满足 ，P 点的轨迹为曲线 C2（）求 C2 的普通方程；（）在以 O 为极

8、点，x 轴的正半轴为极轴的极坐标系中，直线 与C2 交于 A，B 两点，交 x 轴于点 N，求| NA|NB|的值选修 4-5：不等式选讲23已知函数 f（x ）2|x |+|2x1|（）解不等式 f（x ）5；（）求函数 y（ ） f（x ） 的值域第 5 页（共 23 页）2019 年黑龙江省大庆市高考数学二模试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题：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 Ax| （x+1） （x 3）0 ，B1，2，3，则 AB（  ）A x| 1x3 Bx|1x2 C1 ，2，3 D1 ，2【分析】可解出集合 A，然后进行

9、交集的运算即可【解答】解：Ax| 1x 3；AB1，2故选：D【点评】考查描述法、列举法的定义，一元二次不等式的解法，以及交集的运算2 （5 分）若复数 z 满足（2+i）z4（1+i） 2（其中 i 是虚数单位） ，则|z| （  ）A2 B4 C D【分析】把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简，由商的模等于模的商求解【解答】解：由（2+i）z 4（1+i） 242i ，得 z ，|z| | | 故选：A【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法，是基础题3 （5 分）设命题 p：f（x ） 在定义域上为减函数；命题 为奇函数，则下列命题中真命题是（ &nb

10、sp;）Apq B （p）（q） C （p）q Dp（q）【分析】根据条件判断命题 p，q 的真假，结合复合命题真假关系进行判断即可【解答】解：f（x ） 在定义域上不是减函数，故命题 p 是假命题，sinx 为奇函数，故命题 q 是真命题，则（p）q 为真命题，其余为假命题，故选：C第 6 页（共 23 页）【点评】本题主要考查复合命题真假关系的判断，求出命题 p，q 的真假是解决本题的关键4 （5 分）设 x、y 满足约束条件 ，则 z2x 3y 的最小值是（  ）A7 B6 C5 D3【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，求出最优解即可求最小值【解答】解：

11、由 z2x3y 得 y ，作出不等式组对应的平面区域如图（阴影部分 ABC）：平移直线 y ，由图象可知当直线 y ，过点 A 时，直线 y 截距最大，此时 z 最小，由 得 ，即 A（3，4） ，代入目标函数 z2x3y ，得 z23346126目标函数 z2x3y 的最小值是6故选：B【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5 （5 分）在等差数列a n中，a 2，a 14 是方程 x2+6x+2 0 的两个实根，则 （  ）第 7 页（共 23 页）A B3 C6 D2【分析】由方程的根与系数关系可求 a2+a1

12、4，a 2a14，然后结合等差数列的性质可得，a2+a42a 8，可求 a8，代入即可求解【解答】解：a 2，a 14 是方程 x2+6x+20 的两个实根，a 2+a146，a 2a142，由等差数列的性质可知，a 2+a42a 86，a 83则 ，故选：A【点评】本题主要考查了一元二次方程的根与系数关系及等差数列的性质的简单应用，属于基础试题6 （5 分）已知 plog 36，q log510，rlog 714，则 p，q，r 的大小关系为（  ）Aqpr Bprq Cpqr Drqp【分析】利用对数运算性质化简，再比较大小【解答】解：plog 36log 32+1，qlog 5

13、10log 52+1，rlog 72+1，1log 23log 25log 27，log 32log 52log 72，pqr故选：C【点评】本题考查了对数的运算性质，对数函数的单调性应用，属于基础题7 （5 分）我国南北朝时期的数学家祖暅提出了计算几何体体积的祖暅原理：“幂势既同，则积不容异” 意思是两个同高的几何体，如果在等高处的截面积都相等，那么这两个几何体的体积相等现有同高的三棱锥和圆锥满足祖暅满足祖暅原理的条件若圆锥的侧面展开图是半径为 2 的半圆，由此推算三棱锥的体积为（  ）A B C D【分析】根据圆锥侧面积展开图是半径为 2 的半圆，计算出圆锥的体积，由此能求出三棱

14、锥的体积【解答】解：设圆锥的底面半径为 r，第 8 页（共 23 页）则 2r ，解得 r1，圆锥的高 h ，圆锥的体积也即三棱锥的体积为： 故选：D【点评】本题考查三棱锥的体积的求法，考查圆锥侧面展开图与底面圆的关系等基础知识，考查运算求解能力，考查中国古代数学文化，是中档题8 （5 分）已知 F 是抛物线 C：y 22px（q0）的焦点，过点 R（2，1）的直线 l 与抛物线 C 交于 A，B 两点，R 为线段 AB 的中点，若|FA|+| FB| 5，则直线 l 的斜率为（  ）A3 B1 C2 D【分析】设出 A，B 的坐标，代入抛物线方程，由点差法得到直线 AB 的斜率，结

15、合 R为 AB 的中点及抛物线的焦半径公式得答案【解答】解：设 A（x 1，y 1） ， B（x 2，y 2） ，则点 R（2，1）为线段 AB 的中点，x 1+x24，y 1+y22，y122px 1，y 222px 2，作差整理得： p，即直线 AB 的斜率 k p又|FA|+|FB5，x 1+x2+p5，即 4+p5，p1k1故选：B【点评】本题考查了抛物线的几何性质，考查了转化思想，是中档题9 （5 分）已知函数 ，x0，的值域为 ，则 的取值范围是（  ）第 9 页（共 23 页）A B C D （0，+）【分析】首先根据函数的定义域求出整体的自变量的范围，进一步利用函数的

16、值域求出结果【解答】解：函数 ，x0，则： ，函数 的值域为 ，所以： ，解得： ，故选：C【点评】本题考查的知识要点：正弦型函的性质的应用，利用函数的值域确定函数的定义域，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题型10 （5 分）某四棱锥的三视图如图所示，其俯视图为等腰直角三角形，则该四棱锥 4 个侧面中，直角三角形共有（  ）A4 个 B3 个 C2 个 D1 个【分析】由已知中的某四棱锥的三视图，画出几何体的直观图，通过直线与平面以及直线与直线的位置关系，可得答案【解答】解：由已知中的某四棱锥的三视图，可得：该几何体的直观图如下图所示：PABCD 四棱锥，俯视图是直角三角形

17、，DA 底面 APB，所以PAD 是直角三角形，PBC 是直角三角形，CDPD，所以PCD 也是直角三角形故选：A第 10 页（共 23 页）【点评】本题考查的知识点是简单几何体的三视图，判断直线与直线的位置关系11 （5 分）已知双曲线 1（a0，b0）的右焦点为 F，过 F 作双曲线渐近线的垂线，垂足为 A，直线 AF 交双曲线右支于点 B，且 B 为线段 AF 的中点，则该双曲线的离心率是（  ）A2 B C D【分析】设一渐近线方程为 y x，则 FA 的方程为 y0k （xc） ，代入渐近线方程求得 A 的坐标，有中点公式求得中点 B 的坐标，再把点 B 的坐标代入双曲线求

18、得离心率【解答】解：由题意可知，一渐近线方程为 y x，则 FA 的方程为 y0k （xc） ，代入渐近线方程 y x 可得A 的坐标为 （ ， ） ， B 是线段 AF2 的中点 （ ， ） ，根据中点 B 在双曲线 C 上， ， 2，故 e ，故选：D【点评】本题考查双曲线的标准方程，以及双曲线的简单性质的应用，求出 FA 的中点B 的坐标是解题的关键第 11 页（共 23 页）12 （5 分）已知 f（x ）是定义在（0，+）上的可导函数，且 f（x） ，则不等式的解集为（  ）A （0，1） B （1，+）C D【分析】令辅助函数 F（x ） ，求其导函数，据导函数的符号与函

19、数单调性的关系判断出 F（x ）的单调性，利用单调性判断出由不等式 的关系，利用不等式的性质得到结论【解答】解：令 F（x ） ，则 F（x ） ，f（x）xf（x） ，F （x）0，F（x ）为定义域上的减函数，由不等式 x2f（ ）f（x ） 0，得： ， x，且 x0，x1，故选：B【点评】本题考查了导数的运算，考查了利用导数研究函数单调性，函数的导函数符号确定函数的单调性：当导函数大于 0 时，函数单调递增；导函数小于 0 时，函数单调递减此题为中档题二、填空题（将答案填在答题纸上）13 （5 分） e   【分析】根据定积分的计算法则计算即可【解答】解： （e x+ ）dx

20、（e x+ x ）| （e+ ）（1+0）e ，第 12 页（共 23 页）故答案为：e 【点评】本题考查饿了定积分的应用，属于基础题14 （5 分）已知 ， 为锐角，且 ，则 +   【分析】化简条件，结合两角和差的正切公式进行求解即可【解答】解： ，1 （tan+tan ）+3tan tan4，即 （tan+tan ）33tantan ，则 tan+tan （1tantan ） ，则 tan（+ ） ， 为锐角，0+ ，则 + ，故答案为： 【点评】本题主要考查两角和差的三角公式的应用，结合两角和差的正切公式是解决本题的关键15 （5 分）已知球 O 是棱长为 4 的正方体 AB

21、CDA 1B1C1D1 的外接球，M ，N 分别是 A1B和 B1C 的中点，则球 O 截直线 MN 所得弦长为 2   【分析】外接球球心即为正方体中心 O，由直角三角形 MON 可求得 O 到 MN 的距离，再借助半径，半弦长，弦心距构成的直角三角形即可求得半弦长，得解【解答】解如图，O 为正方体中心，即外接球球心，连接 OM，ON，MN，易知三角形 MON 为等腰直角三角形，由棱长为 4，可求得 O 到 MN 的距离 d ，外接球半径 R2 ，MN 所在弦的半弦长为 ，弦长为 2 ，第 13 页（共 23 页）故答案为：2 【点评】此题考查了正方体外接球，圆的弦长等，难度适中1

22、6 （5 分）已知 O 为ABC 的外心，AB4，AC2，BAC120若AO 1AB+2AC，则 21+2 3 【分析】建立直角坐标系，求出三角形各顶点的坐标，因为 O 为ABC 的外心，把 AB的中垂线 m 方程和 AC 的中垂线  n 的方程，联立方程组，求出 O 的坐标，利用已知向量间的关系，待定系数法求 1 和 2 的值【解答】解：如图：以 A 为原点，以 AB 所在的直线为 x 轴，建立直角系：则 A（0，0） ，B （4，0） ，C （1， ）O 为ABC 的外心，O 在 AB 的中垂线 m：x 2  上，又在 AC 的中垂线 n 上，AC 的中点 AC 的斜率

23、为 ，中垂线 n 的方程为 y把直线 m 和 n 的方程联立方程组解得 ABC 的外心 O（2， ） ，由 1 +2 ，得（2， ） 1（4，0） +2（1， ）24 1 2，解得 ，2 1+23故答案为：3第 14 页（共 23 页）【点评】本题考查求两条直线的交点坐标的方法，三角形外心的性质，向量的坐标表示及向量相等的条件，待定系数法求参数值属中档题三、解答题（解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17 （12 分）设数列a n的前 n 项和为 Sn，且 2Sn3a n 3（）求数列a n的通项公式；（）设 bnlog 3a2n1 ，求数列 的前 n 项和 Tn【分析】 （）直接利用递

24、推关系式求出数列的通项公式（）利用（）的结论，进一步利用裂项相消法求出数列的和【解答】解：（）由于数列a n的前 n 项和为 Sn，且 2Sn3a n3 当 n1 时，2S 12a 13a 13，解得：a 13，当 n2 时，2S n1 3a n1 3，得：2a n3a n3a n 1，即：a n3a n1 ，故： （常数） ，所以：数列a n是以 a13 为首项，3 为公比的等比数列故： ，（）由于 ，所以： ，第 15 页（共 23 页）故：b nlog 3a2n1 2n1，则： ， ， 所以：S nb 1+b2+bn， ， ， 【点评】本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，裂项

25、相消法在数列求和中的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题型18 （12 分）在ABC 中，内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，且 bsin（A+B）2ccosB（）求 sin2B+sin2B 的值；（）若 b2，ABC 面积为 1，求 AC 边中线的长度【分析】 （）由已知结合诱导公式及正弦定理可求 sinB2cosB，sinB 与 cosB 同正，法一：利用同角平方关系 sin2B+cos2B1 可求 sinB，cosB，代入可求；法二：由 sinB2cosB，可求 tanB，sin 2B+sin2B ，代入可求；（）由（I）及余弦定理可得， b2a 2+c22acc

26、osB 及三角形的面积公式 s，联立可求 a，c，结合勾股定理可得可求【解答】解：（）bsin（ A+B）2c cosB，可得：bsinC2ccosB，由正弦定理可得：sinBsinC2sin CcosB，sinC0，sinB2cosB，sinB 与 cosB 同正，sin 2B+cos2B1，第 16 页（共 23 页）解得：sin 2B ，cos 2B ，sin 2B+sin2B 法二：（）bsin（A+B ）2c cosB，可得：bsin C 2ccosB，由正弦定理可得：sinBsinC2sin CcosB，sinC0，sinB2cosB，tanB 2，sin 2B+sin2B ；（）

27、b2，cosB ，sinB ，由余弦定理可得，b 2a 2+c22accosB， s 1，ac 联立可得， 或 ， 且 b2 为直角边，AC 边中线的长度为 【点评】本题主要考查了两角和的三角公式，同角基本关系及余弦定理，三角形的面积公式，勾股定理等知识的综合应用，属于中档试题19 （12 分）如图所示，在四棱锥 PABCD 中，PA平面ABCD， ADBC ，AB BC，APAD2AB2BC，点 M 在棱 PC 上（）求证：AMCD；（）当 AM平面 PCD 时，求直线 AM 与平面 PBC 所成角的正弦值第 17 页（共 23 页）【分析】 （）设 AD 中点为 E，连结 AC，CE，推导

28、出四边形 ABCE 为平行四边形，由ABBC，得 ABCE 为正方形，推导出 CDAC ，PACD，从而 CD平面 PAC，由此能证明 AMCD（）以 A 为坐标原点，分别以 AB，AD，AP 所在直线为 x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线 AM 与平面 PBC 所成角的正弦值【解答】证明：（）设 AD 中点为 E，连结 AC，CE，由题意得 AEBC，ADBC，四边形 ABCE 为平行四边形，ABBC， ABCE 为正方形，设 AB1，在 RtCDE 中，CD ，又 AC ，AD2，AC 2+CD2AD 2，CDAC ，PA平面 ABCD，CD 平面 ABCD，

29、PACD，PA，AC 平面 PAC，且 PAAC A，CD平面 PAC，AM 平面 PAC，AM CD 解：（）PA平面 ABCD，PAAB ，PAAD ，又 BAAC， PA，BA，DA 两两垂直，以 A 为坐标原点，分别以 AB，AD，AP 所在直线为 x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，由（1）所设知 PA2，则 P（0，0，2） ，C （1，1，0） ，（0，1，0） ， （1，1，2） ，由已知 AM平面 PCD，AMPC，设 ，则 （， ，2） ， （，22） ， 0，+4+4 0，解得 ， （ ， ） ，设平面 PBC 的法向量 （x，y，z） ，则 ，取 z1，得 （2

30、，0，1） ，设直线 AM 与平面 PBC 所成角为 ，第 18 页（共 23 页）则 sin |cos | 直线 AM 与平面 PBC 所成角的正弦值为 【点评】该题考查线线垂直的证明，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，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题20 （12 分）已知椭圆 C： 1（ab0）的离心率为 ，短轴长为 4（）求椭圆 C 的方程；（）过点 N（0，2）作两条直线，分别交椭圆 C 于 A， B 两点（异于 N 点） 当直线NA，NB 的斜率之和为定值 t（t 0）时，直线 AB 是否恒过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由【分

31、析】 （）根据椭圆的离心率和短轴长列方程组，解的即可求出 a，b，c 的值，即可求出椭圆方程，（）当直线 AB 的斜率存在时，设其方程为 ykx+m，由 kNA+kNBt 化简得到表达式，联立直线和椭圆的方程，利用韦达定理，并化简后求得 k，m，t 代会直线方程，即可求出过定点，当直线 AB 的斜率不存在时，设直线 AB 的方程为 xx 0，求出 x0【解答】解：（）由题意知： ，2b4，a 2c 2b 2，解得 a2 ，bc2，椭圆方程为 + 1，（）当直线 l 的斜率存在时，设其方程为 ykx+ m，设 A（x 1，y 1） ，B（x 2，y 2） ，由 kNA+kNBt，得 + t，第

32、19 页（共 23 页）整理可得 2kx1x2+（m2）（x 1+x2）tx 1x2（*）由 ，得（1+2k 2）x 2+4kmx+2m280则 x1+x2 ，x 1x2代入（*）得 ，整理可得（m2） （4ktm2t）0，m2，m 2，ykx+ 2，即 y+2k（x+ ） ，直线过点（ ，2）当直线 AB 的斜率不存在时，设直线 AB 的方程为 xx 0，A（x 0，y 1） ，B（x 0，y 2） ，其中 y2y 1，y 1+y20，由 kNA+kNBt，得 + t，x 0当直线 AB 的斜率不存在时，直线 AB 也过定点（ ，2）综上所述，直线 AB 过定点（ ，2） 【点评】本题考查了

33、椭圆的方程，直线与椭圆的关系，斜率问题等基础知识，考查了运算求解能力，推理论证能力，化归与转化思想，应用意识21 （12 分）已知函数 f（x ）2ln （x+1）x 2（）若点 M 在函数 yf（x ）的图象上运动，直线 y 2x+5 与函数 yf （x）的图象不相交，求点 M 到直线 y2x+5 距离的最小值；第 20 页（共 23 页）（）若当 x（0，+）时，f（x）kxe x+x 恒成立，求实数 k 的取值范围【分析】 （）求出函数的导数，求出 M 的坐标，根据点到直线的距离公式求出其最小值即可；（）设 g（x）kxf（x） ，求出函数的导数，通过讨论 k 的范围，求出函数的单调区间

34、，结合函数恒成立确定 k 的范围；由 kxe x+x 恒成立得到 k +1 恒成立，令 m（x） +1，根据函数的单调性求出 k 的范围，取交集即可【解答】解：（）f（x ）的定义域是（1，+） ，f（x） 2x，由题意令 f（x ）2，解得：x0 或 x2（舍） ，f（0）0，M（0，0）到直线 2xy+50 的距离 d 为所求的最小值；（） （1）当 x0，f（x）kx 恒成立时，设 g（x）kxf（x）kx+x 22ln （x +1） ，g（x） （x0） ，当 k20 即 k2 时，2x 20， （k +2）x 0，x+10，故 g（x）0，即 g（x ）在（0，+）递增，又 g（x）

35、g（0）0，即 f（x）kx，故 k2 时，满足题意，当 k20 即 k2 时，x +10，令 h（x）2x 2+（k +2）x +k 2，h（0）k20，故存在 x00，使得 h（x 0）0，当 0xx 0 时，h（x ）0，即 g（x）0，g（x）在（0，x 0）递减，g（x）g（0）0，故 k2 时，f（ x）kx 不恒成立，（2）当 x0 时，kxe x+x 恒成立即 k +1 恒成立，令 m（x） +1，m（x） ，第 21 页（共 23 页）显然 m（x）在（0，1）递减，在（1，+）递增，故 m（x） minm（1）e +1，故 ke+1，综上，k2 ，e+1） 【点评】本题考查

36、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，是一道综合题选修 4-4：坐标系与参数方程22 （10 分）在直角坐标系 xOy 中，曲线 C1 的参数方程为 （ 为参数） ，M是 C1 上的动点，P 点满足 ，P 点的轨迹为曲线 C2（）求 C2 的普通方程；（）在以 O 为极点，x 轴的正半轴为极轴的极坐标系中，直线 与C2 交于 A，B 两点，交 x 轴于点 N，求| NA|NB|的值【分析】 （）直接利用转换关系，把参数方程直角坐标方程和极坐标方程之间进行转换（）利用直线和曲线的位置关系建立方程组，进一步利用一元二次方程根和系数关系的应用求出结果【解答】解：（）曲线

37、 C1 的参数方程为 （ 为参数） ，M 是 C1 上的动点，P 点满足 ，所以： （ 为参数） ，故 C2 的普通方程为：x 2+（y2） 24（）直线 ，转换为直角坐标方程为： 由于与 x 轴交于 N 点，故交点坐标为（ ） ，则：直线的方程转换为参数方程为： （t 为参数）与 C2 交于 A，B 两点，第 22 页（共 23 页）故把直线的参数方程代入 x2+（y2） 24，得到： （t 1 和 t2 为 A、B 对应的参数） ，则：故：|NA |NB| 【点评】本题考查的知识要点：参数方程直角坐标方程和极坐标方程之间的转换，一元二次方程根和系数关系的应用，主要考查学生的运算能力和转化能

38、力，属于基础题型选修 4-5：不等式选讲23已知函数 f（x ）2|x |+|2x1|（）解不等式 f（x ）5；（）求函数 y（ ） f（x ） 的值域【分析】 （）利用零点分段法去绝对值，然后解不等式求得解集；（）利用绝对值不等式求得 f（x ）的最小值，根据 y（ ） x 的单调性，求得 y（） f（x） 的值域【解答】解（）2|x |+|2x1| 5，即|x|+| x | ，当 x0 时，原不等式化为2x+ ，解得 x1， 1x0，当 0x 时，原不等式化为 x+ x ，解得 xR，0x ，当 x 时，原不等式化为 2x ，解得 x ， x ，综上，原不等式的解集为x| 1 （）设 tf（x） ，则 y（ ） xtf（x）|2x|+|2 x1|2x+（12x）| 1，tf （x ）的最小值为 1y（ ） t 在 1，+ ）上是减函数，0y（ ） t ，函数 y（ ） f（x ） 的值域为 0， 【点评】本小题主要考查含有绝对值不等式的解法，考查利用绝对值不等式求不等式的最小值，考查指数函数的单调性，属于中档题第 23 页（共 23 页）