2019年广东省佛山市高考数学二模试卷（理科）含答案解析

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1、2019 年广东省佛山市高考数学二模试卷（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选项中，只有一项是符合题目要求的1 （5 分）若集合 Ax| 5x2，Bx|x 290，求 AB（  ）A x| 3x2 Bx|5x2 C x|3x3 D x|5x32 （5 分）已知 m，nR，i 是虚数单位，若（1+mi） （1i）n，则| m+ni|的值为（  ）A1 B C D3 （5 分）若向量 （0，2） ， （ ，1） ，则与 2 + 共线的向量可以是（  ）A （ ，1） B （1， ） C （ ，1） D （ ）4 （

2、5 分）将函数 的图象向右平移 单位后，所得图象对应的函数解析式为（  ）A BC D5 （5 分）设实数 x，y 满足的约束条件 ，则 zx+y 的取值范围是（  ）A1，1 B1，2 C 1，3 D0 ，46 （5 分）若函数 为偶函数，则下列结论正确的是（  ）Af（a）f（2a）f（0） Bf（a） f（0）f（2a）Cf（2a）f（a）f（0） Df（2a）f（0）f（a）7 （5 分）ABC 中，AB ，AC 1，BC 2，点 D 在 BC 上，BD DC，则 AD（  ）A B C3 D58 （5 分）如图是 1990 年2017 年我国劳

3、动年龄（1564 岁）人口数量及其占总人口比重情况：第 2 页（共 21 页）根据图表信息，下列统计结论不正确的是（  ）A2000 年我国劳动年龄人口数量及其占总人口比重的年增幅均为最大B2010 年后我国人口数量开始呈现负增长态势C2013 年我国劳动年龄人口数量达到峰值D我国劳动年龄人口占总人口比重极差超过 6%9 （5 分）已知 的展开式中没有常数项，则 n 的最大值是（  ）A6 B7 C8 D910 （5 分）已知正方体 ABCDA 1B1C1D1 的棱长为 ，点 P 为对角线 A1C1 的中点，E，F 分别为对角线 A1D， BC1（含端点）上的动点，则 PE

4、+PF 的最小值为（  ）A B C2 D11 （5 分）已知 F 为双曲线 的右焦点，A、B 是双曲线 C 的一条渐近线上关于原点对称的两点，AFBF，且 AF 的中点在双曲线 C 上，则 C 的离心率为（  ）A B C D12 （5 分）设 0a1，函数 ，给出以下结论：f（x）可能是区间（0，1）上的增函数，但不可能是（0，1）上的减函数；f（x）可能是区间（0，m）上的减函数；f（x）可能是区间（0，1）上既有极大值，又有极小值其中正确结论的个数是（  ）A0 B1 C2 D3二、填空题：本大题共 4 个小题，每小题 5 分，满分 20 分.第 3 页（

5、共 21 页）13 （5 分）已知 ，（，0） ，则     14 （5 分）设函数 f（x ） ，若函数 yf（x）a 有两个不同的零点，则实数 a 的取值范围是     15 （5 分）已知抛物线 x22py（p0）的焦点为 F，准线为 l，点 P（4，y 0）在抛物线上，K 为 l 与 y 轴的交点，且|PK| ，则 y0     16 （5 分）某工厂现将一棱长为 的正四面体毛坯件切割成一个圆柱体零件，则该圆柱体体积的最大值为     三、解答题：本大题共 7 个小题，共 70 分，解答必须写出必要的文字说

6、明、证明过程或演算步骤.17 （12 分）已知各项均不为零的两个数列a n，b n满足：，（）设 ，求证：数列c n是等差数列；（）已知 b14，b 212，数列a n是首项为 2 的等差数列，设数列 的前 n 项和为 Sn，求证： 18 （12 分）如图，四棱锥 EABCD 中，四边形 ABCD 是边长为 2 的菱形，DAEBAE 45，DAB60（）证明：平面 ADE平面 ABE；（）当直线 DE 与平面 ABE 所成的角为 30时，求平面 DCE 与平面 ABE 所成锐二面角的余弦值19 （12 分）已知 ， ，直线 AM，BM 相交于点 M，且它们的斜率之积是 第 4 页（共 21 页

7、）（）求点 M 的轨迹 的方程；（）过点 A 的直线与轨迹 交于点 Q，与 y 交于点 C，过 T（1，0）作 CT 的垂直线交 y 轴于点 D，求证：AD BQ20 （12 分）某电子设备工厂生产一种电子元件，质量控制工程师要在产品出厂前将次品检出估计这个厂生产的电子元件的次品率为 0.2%，且电子元件是否为次品相互独立，一般的检测流程市：先把 n 个（n1）电子元件串联起来成组进行检验，若检测通过，则全部为正品；若检测不通过，则至少有一个次品，再逐一检测，直到把所有的次品找出，若检验一个电子元件的花费为 5 分钱，检验一组（n 个）电子元件的花费为 4+n 分钱（）当 n4 时，估算一组待

8、检元件中有次品的概率；（）设每个电子元件检测费用的期望为 A（n） ，求 A（n）的表达式（）试估计 n 的值，使每个电子元件的检测费用的期望最小（提示：用（1p） n1np 进行估算）21 （12 分）已知函数 f（x ）e x+ln（x+1）axcosx，其中 aR（）若 a1，证明：f（x ）是定义域上的增函数；（）是否存在 a，使得 f（ x）在 x0 处取得极小值？说明理由请考生在第 22-23 题中任选一题作答，若果多做，则按所做的第一计分，作答时请写清楚题号.选修 4-4：坐标系与参数方程选讲22 （10 分）在平面直角坐标系 xOy 中，曲线 C 的参数方程为 为参数） （）以

9、坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，求曲线 C 的极坐标方程；（）若射线 与 C 有两个不同的交点 M、N，求证| OM|+|ON|的取值范围选修 4-5：不等式选讲23设函数 f（x ）|2x +a|+|x1|，其中 aR（）当 a3 时，求不等式 f（x ）6 的解集；（）若 f（x） +f（x ） 5，求 a 的取值范围第 5 页（共 21 页）2019 年广东省佛山市高考数学二模试卷（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选项中，只有一项是符合题目要求的1 （5 分）若集合 Ax| 5x2，Bx|x 290

10、，求 AB（  ）A x| 3x2 Bx|5x2 C x|3x3 D x|5x3【分析】先分别求出集合 A，B，由此能求出 AB【解答】解：集合 Ax| 5x2，B x|x290x| 3x 3，ABx| 3x 2故选：A【点评】本题考查交集的求法，考查交集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题2 （5 分）已知 m，nR，i 是虚数单位，若（1+mi） （1i）n，则| m+ni|的值为（  ）A1 B C D【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数相等的条件求得 m，n 的值，再由复数模的计算公式求解【解答】解：由（1+mi） （1i）（1+m

11、）+ （m1）in，得 ，即 m1，n2|m +ni|1+2i| 故选：D【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数相等的条件及复数模的求法，是基础题3 （5 分）若向量 （0，2） ， （ ，1） ，则与 2 + 共线的向量可以是（  ）A （ ，1） B （1， ） C （ ，1） D （ ）【分析】可求出 ，从而得出向量 与 共线【解答】解： ； 与 共线第 6 页（共 21 页）故选：B【点评】考查向量坐标的加法和数乘运算，共线向量基本定理4 （5 分）将函数 的图象向右平移 单位后，所得图象对应的函数解析式为（  ）A BC D【分析】由题意利用函数 yAs

12、in （ x+）的图象变换规律，得出结论【解答】解：将函数 的图象向右平移 单位后，所得图象对应的函数解析式 y sin（2x + ） sin（2x+ ） ，故选：D【点评】本题主要考查函数 yAsin （ x+）的图象变换规律，属于基础题5 （5 分）设实数 x，y 满足的约束条件 ，则 zx+y 的取值范围是（  ）A1，1 B1，2 C 1，3 D0 ，4【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函数的最值，即可推出结果【解答】解：实数 x，y 满足的约束条件 的可行域如图：可得 A（1，2） ；B（1，0） ，zx+y 在 B 处取得最小值，在 A 处取得最大值

13、；目标函数的最小值为：1，最大值为：3则 zx +y 的取值范围是： 1，3 故选：C第 7 页（共 21 页）【点评】本题考查线性规划的简单应用，考查转化思想以及计算能力6 （5 分）若函数 为偶函数，则下列结论正确的是（  ）Af（a）f（2a）f（0） Bf（a） f（0）f（2a）Cf（2a）f（a）f（0） Df（2a）f（0）f（a）【分析】先根据偶函数的定义求出 a 的值，然后根据单调性比较大小【解答】解：因为 f（x ）是偶函数，所以 f（1）f （1） ，即 1+a2，所以 a1，易知当 x0 时，f（x）是增函数，又知 2aa0，所以 f（2a） f（a）f（0）

14、 ，故选：C【点评】本题考查分段函数的奇偶性与单调性，属于基础题7 （5 分）ABC 中，AB ，AC 1，BC 2，点 D 在 BC 上，BD DC，则 AD（  ）A B C3 D5【分析】利用余弦定理即可得出【解答】解：如图所示，设 ADx，ADB，ADC 在ABD 与ACD 中，分别利用余弦定理可得：m 2+12mcos，1m 2+12mcos （ ） ，相加可得：72m 2+2，第 8 页（共 21 页）解得：m 故选：A【点评】本题考查了余弦定理的应用，考查了推理能力与计算能力，属于中档题8 （5 分）如图是 1990 年2017 年我国劳动年龄（1564 岁）人口数量及

15、其占总人口比重情况：根据图表信息，下列统计结论不正确的是（  ）A2000 年我国劳动年龄人口数量及其占总人口比重的年增幅均为最大B2010 年后我国人口数量开始呈现负增长态势C2013 年我国劳动年龄人口数量达到峰值D我国劳动年龄人口占总人口比重极差超过 6%【分析】根据图象逐项分析即可【解答】解：A 选项，2000 年我国劳动年龄人口数量增幅约为 6000 万，是图中最大的，2000 年我国劳动年龄人口数量占总人口比重的增幅约为 3%，也是最多的故 A 对B 选项，2010 年到 2011 年我国劳动年龄人口数量有所增加，故 B 错C 选项，从图上看，2013 年的长方形是最高的

16、，即 2013 年我国劳动年龄人口数量达到峰值，C 对，D 选项，我国劳动年龄人口占总人口比重最大为 11 年，约为 74%，最小为 92 年，约为67%，故极差超过 6%D 对故选：B第 9 页（共 21 页）【点评】本题考查了读图识图的能力，属于基础题9 （5 分）已知 的展开式中没有常数项，则 n 的最大值是（  ）A6 B7 C8 D9【分析】先将问题转化成二项式的展开式中没有常数项和负一次项，利用二项展开式的通项公式求出第 r+1 项，再根据 x 的指数不能为 0 和1，求得 n 的最大值【解答】解：已知 的展开式中没有常数项， 的展开式中没有负一次项和常数项 的展开式的通

17、项公式为 Tr+1 xn3r ，故 n3r0，且 n3r1，即 n3r，且 n3r+1 ，n3，6，9，且 n2，5，8，故 n 的最大值为 7，故选：B【点评】本题考查数学中的等价转化的能力和利用二项展开式的通项公式解决二项展开式的特定项10 （5 分）已知正方体 ABCDA 1B1C1D1 的棱长为 ，点 P 为对角线 A1C1 的中点，E，F 分别为对角线 A1D， BC1（含端点）上的动点，则 PE+PF 的最小值为（  ）A B C2 D【分析】延长 BB1 到 B2，使得 B1B2BB 1，连接 C1B2，在 C1B2 上取点 F，使得C1FC 1F，则 PFPF ，故

18、PE+PF 的最小值为平行线 A1D 与 B2C1 间的距离【解答】解：延长 BB1 到 B2，使得 B1B2BB 1，连接 C1B2，在 C1B2 上取点 F，使得 C1FC 1F，则 PFPF，PE+PF 的最小值为平行线 A1D 与 B2C1 间的距离A 1DC1 是等边三角形，边长 A1C1 A1B12，C 1 到直线 A1D 的距离为 故选：B第 10 页（共 21 页）【点评】本题考查了空间距离的计算，属于中档题11 （5 分）已知 F 为双曲线 的右焦点，A、B 是双曲线 C 的一条渐近线上关于原点对称的两点，AFBF，且 AF 的中点在双曲线 C 上，则 C 的离心率为（ &n

19、bsp;）A B C D【分析】求出双曲线的渐近线方程，推出 A 的坐标，然后求解 AF 的中点，代入双曲线方程求解即可【解答】解：双曲线的渐近线方程 bx+ay0，AFBF ，可得 AOOBOFc，所以A（a，b） ，双曲线的右焦点坐标（c，0）可得 AF 的中点坐标（ ， ） ，所以： e1 ，所以 e +1，e （舍去）故选：A【点评】本题考查双曲线的简单性质的应用，考查转化思想以及计算能力第 11 页（共 21 页）12 （5 分）设 0a1，函数 ，给出以下结论：f（x）可能是区间（0，1）上的增函数，但不可能是（0，1）上的减函数；f（x）可能是区间（0，m）上的减函数；f（x）可

20、能是区间（0，1）上既有极大值，又有极小值其中正确结论的个数是（  ）A0 B1 C2 D3【分析】根据题意对函数 f（x ）求导数，利用导数判断函数的单调性与极值情况，从而得出正确的答案【解答】解：函数 ，则 f（x）a xlna+ ，0a1 时，lna0，由 0 x1 知，a x（a，1） ，a xlna0， ，x0， +，而 ax1，lna 0，可见在靠近 0 的某个小区间（0，m） （m 为靠近0 的常数）上必有 f（x ）0所以 f（x） axlna+ 在（ 0，1）可能横为正值、但不恒为负值，所以 f（x）可能是区间（ 0，1）上的增函数，但不可能是（0，1）上的减函数，

21、正确；令 f（x）0 ，不妨设方程的根为 m，则有 x（0，m）时，f（x）0，f（x）是增函数， 错误；若方程有两个不同的实数根，则 f（x ）可能是区间（0，1）上既有极大值，又有极小值，正确；综上所述，正确结论的序号是，有 2 个故选：C【点评】本题主要考查导数的应用以及命题真假性的判断，属于中档题目二、填空题：本大题共 4 个小题，每小题 5 分，满分 20 分.13 （5 分）已知 ，（，0） ，则    【分析】由已知求得 sin，再展开两角差的余弦求 的值【解答】解： ，（，0） ，第 12 页（共 21 页）sin coscos +sin 故答案为： 【点评

22、】本题考查三角函数的化简求值，考查同角三角函数基本关系式及两角差的余弦，是基础题14 （5 分）设函数 f（x ） ，若函数 yf（x）a 有两个不同的零点，则实数 a 的取值范围是 0，2 ） 【分析】根据函数零点与方程和图象之间的关系，转化为函数 f（x）与 ya 有两个不同的交点，作出图象，利用数形结合进行求解即可【解答】解：若函数 yf（x）a 有两个零点，得 yf（x）a0，即 f（x）a 有两个根，即函数 f（x）与 ya 有两个不同的交点，作出函数 f（x）的图象如图：当 x0 时，f（ x）0，当 x0 时，f（ x）2，则要使函数 f（x ）与 ya 有两个不同的交点，则 0

23、a2，即实数 a 的取值范围是0，2 ） ，故答案为：0，2） 【点评】本题主要考查函数零点的应用，根据函数与方程之间的关系转化为两个函数图第 13 页（共 21 页）象交点个数问题，利用数形结合是解决本题的关键15 （5 分）已知抛物线 x22py（p0）的焦点为 F，准线为 l，点 P（4，y 0）在抛物线上，K 为 l 与 y 轴的交点，且|PK| ，则 y0 2 【分析】过 P 作准线 l 的垂线，垂足为 M，则 PK| |PM|，于是 y04 ，代入抛物线方程计算 p 的值即可求出 y0【解答】解：过 P 作准线 l 的垂线，垂足为 M，则| PM| |PF|，在 Rt PKM 中，

24、|PK| |PF| |PM|，PMKM4，y 04 ，把 P（4，4 ）代入抛物线方程 x22py ，解得 p4y 0422故答案为：2【点评】本题考查了抛物线的简单性质，属于基础题16 （5 分）某工厂现将一棱长为 的正四面体毛坯件切割成一个圆柱体零件，则该圆柱体体积的最大值为    【分析】求出棱锥的高，根据三角形相似的得出圆柱的底面半径和高的关系，利用基本不等式得出体积的最大值【解答】解：圆柱体体积最大时，圆柱的底面圆心为正四面体的底面中心 O，圆柱的上底面与棱锥侧面的交点 N 在侧面的中线 AM 上正四面体棱长为 ，BM ，O M ，BO1，AO ，设圆柱的底面半径

25、为 r，高为 h，则 0r 第 14 页（共 21 页）由三角形相似得： ，即 h 2 r，圆柱的体积 Vr 2h r2（12r） ，r 2（12r ）（ ） 3 ，当且仅当 r12r 即 r 时取等号圆柱的最大体积为 故答案为： 【点评】本题考查棱锥的结构特征，圆柱的体积计算，属于中档题三、解答题：本大题共 7 个小题，共 70 分，解答必须写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.17 （12 分）已知各项均不为零的两个数列a n，b n满足：，（）设 ，求证：数列c n是等差数列；（）已知 b14，b 212，数列a n是首项为 2 的等差数列，设数列 的前 n 项和为 Sn，求证： 【分

26、析】 （）由 anbn+1a n+1（2a n+bn） ，得 ，即 cn+1c n2，可得数列cn是等差数列；（）由（）知，数列c n是首项 ，公差为 2 的等差数列，求其通项公式，进一步求得数列a n的公差，得其通项公式，进一步求得 bn的通项公式，再由裂项相消法求数列 的前 n 项和为 Sn，放缩证得 第 15 页（共 21 页）【解答】证明：（）a nbn+1a n+1（2a n+bn） ， ，即 ，即 cn+1c n2数列c n是等差数列；（）由（）知，数列c n是首项 ，公差为 2 的等差数列，故 cn2+（n1）22n，即 ， ，故 a23，数列a n的公差为 a2a 111，a

27、n2+（n1）1n+1则 bn2n（n+1） ， ， 又 0， ，即 【点评】本题考查数列递推式，考查等差关系的确定，训练了利用裂项相消法求数列的前 n 项和，是中档题18 （12 分）如图，四棱锥 EABCD 中，四边形 ABCD 是边长为 2 的菱形，DAEBAE 45，DAB60（）证明：平面 ADE平面 ABE；（）当直线 DE 与平面 ABE 所成的角为 30时，求平面 DCE 与平面 ABE 所成锐二面角的余弦值【分析】 （I）过 D 做 DOAE，垂足为 O，连接 OB，利用勾股定理证明 OBOD ，结合 ODAE 得出 OD平面 ABE，故而平面 ADE平面 ABE；第 16

28、页（共 21 页）（II）建立空间直角坐标系，求出两平面的法向量，通过计算法向量的夹角的余弦值得出二面角的余弦值【解答】 （I）证明：过 D 做 DOAE，垂足为 O，连接 OB，AD2，DAO 45， ODOA ，在AOB 中，由余弦定理可得OB2OA 2+AB22OA ABcosOAB2+42 2，OB ，ABAD 2，DAB60，ABD 是等边三角形， BD2OD 2+OB2BD 2，OBOD，又 ODAE，AEOBO，OD平面 ABE，又 OD平面 ADE，平面 ADE平面 ABE（II）由（I）知 AOOB ，AB2，OA OB，OD平面 ABE，DEO 为直线 ED 与平面 ABE

29、 所成的角，即DEO30，OE OD ，以 O 为原点，以 OB，OE，OD 为坐标轴建立空间直角坐标系 Oxyz，则 A（0， ，0） ，B（ ，0，0） ，D （0，0， ） ，E（0， ，0） ， （ ， ，0） ， （0， ， ） ，设平面 CDE 的法向量为 （x，y，z） ，则 ，即 ，令 y1 可得 （1，1， ） ，OD平面 ABE， （0，0，1）为平面 ABE 的一个法向量，cos 平面 DCE 与平面 ABE 所成锐二面角的余弦值为 第 17 页（共 21 页）【点评】本题考查了面面垂直的判定，空间向量与二面角的计算，属于中档题19 （12 分）已知 ， ，直线 AM，B

30、M 相交于点 M，且它们的斜率之积是 （）求点 M 的轨迹 的方程；（）过点 A 的直线与轨迹 交于点 Q，与 y 交于点 C，过 T（1，0）作 CT 的垂直线交 y 轴于点 D，求证：AD BQ【分析】 （）设出交点 M 的坐标，写出两直线的斜率，直接由斜率之积是 ，列式化简即可求得点 M 的轨迹 的方程；（）设直线 AQ：yk（x + ） ，则直线 BQ 的斜率 ，再写出 TD 方程，求得 D 点坐标，得到 AD 斜率，由斜率相等证明 ADBQ 【解答】解：（）解：设 M（x，y） ，则 AM 斜率 k1 ，BM 斜率 k2 ，斜率之积是 ， （x ） ，化简整理得化简，得 （x ） M

31、 的轨迹是以原点为中心，焦点在 x 轴上的椭圆（除去长轴两个端点） ；证明：（）设直线 AQ：yk（x+ ） ，则直线 BQ 的斜率 ，C（0， ） ，直线 CT 的斜率为 ，又 CT TD，TD 的方程为 y ，令 x0，得 D（0， ） 直线 AD 的斜率 ，则 kADk BQ，ADBQ 第 18 页（共 21 页）【点评】本题考查轨迹方程的求法，考查直线平行与斜率的关系，考查计算能力，是中档题20 （12 分）某电子设备工厂生产一种电子元件，质量控制工程师要在产品出厂前将次品检出估计这个厂生产的电子元件的次品率为 0.2%，且电子元件是否为次品相互独立，一般的检测流程市：先把 n 个（n

32、1）电子元件串联起来成组进行检验，若检测通过，则全部为正品；若检测不通过，则至少有一个次品，再逐一检测，直到把所有的次品找出，若检验一个电子元件的花费为 5 分钱，检验一组（n 个）电子元件的花费为 4+n 分钱（）当 n4 时，估算一组待检元件中有次品的概率；（）设每个电子元件检测费用的期望为 A（n） ，求 A（n）的表达式（）试估计 n 的值，使每个电子元件的检测费用的期望最小（提示：用（1p） n1np 进行估算）【分析】 （）设事件 A：一组（4 件）中有次品，则事件 ：一组（4 件）中无次品） ，即 4 件产品均正品又 4 件产品是否是次品相互独立，然后用对立事件的概率公式可得；（

33、）设每组（n 个）电子元件的检测费用为 X，则 X 的所有可能取值为n+4，6n+4，P（X n+4 ）0.998 n，P（X6n+4）10.998 n，然后写出分布列；（）用（1p） n1np 进行估算，然后用基本不等式可得【解答】解：（）设事件 A：一组（4 件）中有次品，则事件 ：一组（4 件）中无次品） ，即 4 件产品均正品又 4 件产品是否是次品相互独立，则 P（ ）（10.002） 4，所以 P（A ）1P （ ）1（10.002） 41（140.002）0.008，（）设每组（n 个）电子元件的检测费用为 X，则 X 的所有可能取值为 n+4，6n+4，P（Xn+4）0.998

34、 n，P（X6n+4）10.998 n，则 X 的分布列为：X  n+4  6n+4P 0.998n 10.998 n所以 EX（n+4）0.998 n+（6n+4）（10.998 n）6n+45n0.998 n，则有 A（n） 6+ 50.998 n（n1） 第 19 页（共 21 页）（）A（n）6+ 50.998 n6+ 5（10.002） n6+ 5（10.002n） ，A（n）6+ 5（10.002n）1+0.01n+ 1+2 1.4，当且仅当 0.01n 时取等号，此时 n20所以，估计当 n20 时，每个电子元件平均检测费用最低，约为 1.4 分钱【点评】本题

35、考查了离散型随机变量的期望和方差，属中档题21 （12 分）已知函数 f（x ）e x+ln（x+1）axcosx，其中 aR（）若 a1，证明：f（x ）是定义域上的增函数；（）是否存在 a，使得 f（ x）在 x0 处取得极小值？说明理由【分析】 （）求函数的导数，结合函数单调性和导数之间的关系进行证明即可（）求函数的导数，得到 f（0）0 得到 a2，然后判断 a2 时，是否满足条件即可【解答】解：（I）f（x ）e x+ a+sinx， （x 1） 先证：e xx+1，令 g（x）e xx 1则 g（x ）e xl，令 g'（x）0 得 x0，当 x0，g'（x）0，g

36、（x ）递减，当 x0，g'（x）0 ，g（x ）递增，故 g（x）的极小值为 g（0）0，即 g（x）g（0）0，所以 exx+l，所以 ex+ x+1+ 2，又 sinx1，但等号不同吋成立，所以 ex+ +sinx1a，故 f（x）e x+ a+sinx0，所以 f（x）是定义域（ l，+）上的增函数（2）注意到 f（0）2a ，令 f（0）2a0，得 a2，此时 f（x） ex+ 2+sinx，令 h（x）f （x） ex+ 2+sinx，则 h（x）e x +cosx，在（0， ）上，e x1 ，cosx0，故 h（x）e x +cosx0，故 h（x ）在（0， ）上为增函

37、数，h（x）h（0）0，第 20 页（共 21 页）即 f（x）e x+ 2+sinx0，在（1，0）上，令 s（x）（x+1） 2，t （x）（x+1） 2cosx，则 s（x）（x +1） （x +3）e x0，s（x）是（1，0）上的增函数，所以 s（l）s（x ）s（0 ） ，即 0s（x ）1，故存在区间（x 1，0）（1，0） ，使 s（x ） ，即 ex ，又 0（x+1） 2l，coslcosx1，即 0t （x）1，故存在区间（x 2，0） （1，0） ，使 t（x ） ，即 cosx ，设（x 1，0）（x 2，0）（x 0，0） ，则在区间（x 0，0）上 ex ，cos

38、x 同时成立，即 h（x）e x +cosx0，故 h（x ）是在（x 0，0）上的增函数，即 h（x）h（0）0即在区同（x 0，0）上，f（x）e x+ 2+sinx0，因此，存在 a2，使得 f（x）在 x0 处取得极小值 f（0）0【点评】本题主要考查导数的综合应用，结合函数单调性，极值和导数之间的关系进行构造函数，综合考查学生的运算能力，综合性较强，难度较大请考生在第 22-23 题中任选一题作答，若果多做，则按所做的第一计分，作答时请写清楚题号.选修 4-4：坐标系与参数方程选讲22 （10 分）在平面直角坐标系 xOy 中，曲线 C 的参数方程为 为参数） （）以坐标原点为极点，

39、x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，求曲线 C 的极坐标方程；（）若射线 与 C 有两个不同的交点 M、N，求证| OM|+|ON|的取值范围【分析】 （）先消去参数得曲线 C 的直角坐标方程再利用互化公式可得曲线 C 的极坐标方程；（）利用极径的几何意义以及三角函数的性质可得【解答】解：（）曲线 C 的直角坐标方程为（ x1） 2+（y ） 21，即x2+y22x2 +30，又 x2+y2 2，x cos，y sin ，第 21 页（共 21 页）所以曲线 C 的极坐标方程为 22（cos+ ）+30（）联立射线 与曲线 C，得 22（cos+ sin） +30，设 M（ 1，） ，N（ 2，）

40、 ，|OM|+|ON| 1+22（cos + sin）4sin（ ） ，又圆心 C（1， ）的极坐标为（ 2， ） ，所以 的取值范围是 ，所以 ， sin（ ）1，2 4，所以|OM|+|ON| 的取值范围为（2 ，4 【点评】本题考查了简单曲线的极坐标方程，属中档题选修 4-5：不等式选讲23设函数 f（x ）|2x +a|+|x1|，其中 aR（）当 a3 时，求不等式 f（x ）6 的解集；（）若 f（x） +f（x ） 5，求 a 的取值范围【分析】 （）分段去绝对值姐不等书再相并；（）利用绝对值不等式的性质求出左边的最小值，再解关于 a 的不等式可得【解答】解：（）当 a3 时，f（x ）|2x+3|+|x1| 6 或或 ，解得 ，综上所述，不等式 f（x ）6 的解集为（ ， ） （）f（x）+f（x ）|2 x+a|+|x1|+| 2x+a|+|x 1|（|2 x+a|+|2xa|）+ （|x1|+|x+1| ）|2 a|+2，所以|2 a|+25解得 a 或 a ，即 a 的取值范围是（， ，+） 【点评】本题考查了绝对值不等式的解法，属中档题