2019年河北省唐山市高考数学二模试卷（文科）含答案解析

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1、2019 年河北省唐山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）已知全集 U1，2，3，4，5，6，集合 A3，4，5，6，则 UA（  ）A1 B1 ，2 C1 ，2，3 D3 ，4，5，62 （5 分）已知复数 z 满足（1+i）z2，则 z 等于（  ）A1+ i B1i C1+i D1i3 （5 分）在等差数列a n中，a 46，a 3+a5a 10，则公差 d（  ）A1 B0 C1 D24 （5 分）已知 alog 0.52， b2 0.5，c

2、 log 52，则 a，b， c 的大小关系是（  ）Acab Babc Cacb Dbac5 （5 分）已知函数 f（x ） 为奇函数，则 a（  ）A1 B1 C0 D16 （5 分）已知向量 ， 满足| |1，| | |2，则| + |（  ）A B C D17 （5 分）已知函数 f（x ）sin（x ） （0）的最小正周期为 将 f（x）的图象向左平移 个单位长度后，所得函数图象的一条对称轴为（  ）Ax0 Bx Cx Dx 8 （5 分）已知双曲线 C： 1（a0，b0）的焦距为 4，A（2，3）为 C 上一点，则 C 的渐近线方程为（ &n

3、bsp;）Ay x Byx Cy x Dy x9 （5 分）已知直线 l，m 和平面 ，有如下三个命题：若存在平面 ，使 ，则 ；若 l， m 是两条异面直线，1 ，m ，1，m，则 ；若 l，m，1m，则 其中正确命题的个数是（  ）第 2 页（共 21 页）A0 B1 C2 D310 （5 分）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（  ）A16 B14 C10 D811 （5 分）割补法在我国古代数学著作中称为“出入相补” ，刘徽称之为“以盈补虚” ，即以多余补不足，是数量的平均思想在几何上的体现，如图揭示了刘徽推导三角形面积公式的方法在ABC 内任取一点，则

4、该点落在标记 “盈”的区域的概率为（  ）A B C D12 （5 分）在四面体 SABC 中，SABC ，ABAC SB SC2，则此四面体体积的最大值为（  ）A1 B C D二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分13 （5 分）设变量 x，y 满足约束条件 ，则 zx+3y 的最大值为     14 （5 分）已知角 的顶点为坐标原点，始边与 x 轴的非负半轴重合，A（2，3）为角 终边上一点，则 cos2     15 （5 分）已知数列a n的前 n 项和 Sn，a 11，S n+12 Sn+1，则 Sn

5、     第 3 页（共 21 页）16 （5 分）已知椭圆 C： + 1（ab0）的上顶点为 A，左焦点为 F1，延长 AF1与椭圆交于点 B，若以 AB 为直径的圆经过椭圆的右焦点 F2，则椭圆的离心率为     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 17-21 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17 （12 分）在ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，2c a+2bcosA（1）求角 B；（2）若 c1，ABC 的面积为 ，求 b18 （12 分）如图，在边

6、长为 2 的菱形 ABCD 中，ABC120，将ABD 沿 BD 折起，使点 A 到达 A1 的位置，且 A1C （1）证明：A 1CBD；（2）求点 B 到平面 A1DC 的距离19 （12 分）苹果可按果径 M（最大横切面直径，单位：mm ）分为五个等级：M80 时为 1 级，75M80 时为 2 级， 70M 75 时为 3 级， 65M70 时为 4 级，M65时为 5 级，不同果径的苹果，按照不同外观指标又分为特级果、一级果、二级果某果园采摘苹果 10000 个，果径 M 均在60 ，85内，从中随机抽取 2000 个苹果进行统计分析，得到如图 1 所示的频率分布直方图，图 2 为抽

7、取的样本中果径在 80 以上的苹果的等级分布统计图（1）计算果径的样本平均数及中位数（同一组数据用该区间的中点值代替，结果精确到 0.01）（2）一采购商对果径在 80 以上的苹果全部进行收购，收购方案有两种：分级收购：特级果收购价为 12 元/kg ，一级果收购价为 10 元/kg，二级果收购价为 9 元/ kg 不分级收购：全部按 10 元/kg 收购，以频率估计概率，你认为该果园种植户应该选择哪种收购方案？第 4 页（共 21 页）20 （12 分）已知点 M 为直线 l1：x1 上的动点，N （1，0） ，过 M 作直线 l1 的垂线，交 MN 的中垂线于点 P，记 P 点的轨迹为 C

8、（1）求曲线 C 的方程；（2）若直线 l2：y kx+m 与圆 E：（x3） 2+y26 相切于点 D，与曲线 C 交于 A，B两点，且 D 为线段 AB 的中点，求直线 l2 的方程21 （12 分）已知函数 f（x ）e xae x （a+1 ）x （1）讨论 f（x ）的单调性；（2）若 a0，证明：f（x ）有且仅有一个零点选考题：共 10 分，请考生在第 22，23 题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分选修 4-4：坐标系与参数方程22 （10 分）在直角坐标系 xOy 中，圆 C1：（x1） 2+y21，圆 C2：（x+2） 2+y24以坐标原点 O 为极点，x 轴的

9、正半轴为极轴建立极坐标系（1）求圆 C1，C 2 的极坐标方程；（2）设 A，B 分别为 C1，C 2 上的点，若OAB 为等边三角形，求 |AB|选修 4-5 不等式选讲23已知 f（x） |ax+1|+|ax 1|2a4（1）若 f（x） 0，求 a 的取值范围；（2）若 a0，y（x ）的图象与 x 轴围成的封闭图形面积为 S，求 S 的最小值第 5 页（共 21 页）2019 年河北省唐山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）已知全集 U1，2，3，4，5

10、，6，集合 A3，4，5，6，则 UA（  ）A1 B1 ，2 C1 ，2，3 D3 ，4，5，6【分析】根据补集的定义，求出 A 在全集 U 中的补集即可【解答】解：全集 U1，2，3，4，5，6，集合 A3 ，4 ，5，6， UA1，2故选：B【点评】本题考查了补集的定义与应用问题，是基础题目2 （5 分）已知复数 z 满足（1+i）z2，则 z 等于（  ）A1+ i B1i C1+i D1i【分析】利用复数的除法运算化简，即 【解答】解：由题意， ，故选：B【点评】本题考查复数代数形式的混合运算，属于基础题3 （5 分）在等差数列a n中，a 46，a 3+a5a

11、10，则公差 d（  ）A1 B0 C1 D2【分析】根据等差数列的性质和通项公式即可求出【解答】解：a 46，a 3+a5a 10，2a 4a 4+6d，d a41，故选：C【点评】本题考查了等差数列的性质和通项公式，属于基础题4 （5 分）已知 alog 0.52， b2 0.5，c log 52，则 a，b， c 的大小关系是（  ）Acab Babc Cacb Dbac第 6 页（共 21 页）【分析】利用指数函数与对数函数的单调性即可得出【解答】解：alog 0.520， b2 0.51，c log 52（0，1） ，则 a，b，c 的大小关系是 acb故选：C【

12、点评】本题考查了指数函数与对数函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于基础题5 （5 分）已知函数 f（x ） 为奇函数，则 a（  ）A1 B1 C0 D1【分析】结合奇函数的性质建立方程进行求解即可【解答】解：函数 f（x ）是奇函数，f（x） f（x ） ，则 f（1）f（1） ，即 1+aa1，即 2a2，得 a1，故选：A【点评】本题主要考查函数奇偶性的应用，根据奇偶性的性质建立方程是解决本题的关键6 （5 分）已知向量 ， 满足| |1，| | |2，则| + |（  ）A B C D1【分析】利用数量积的性质即可得出【解答】解：| |1，| | 2，| |

13、2， ，解得 则| + | 故选：A【点评】本题考查了数量积的运算性质，属于基础题7 （5 分）已知函数 f（x ）sin（x ） （0）的最小正周期为 将 f（x）的图象向左平移 个单位长度后，所得函数图象的一条对称轴为（  ）第 7 页（共 21 页）Ax0 Bx Cx Dx 【分析】由题意利用函数 yAsin （ x+）的图象变换规律，正弦函数的图象的对称性，求得所得函数图象的一条对称轴【解答】解：函数 f（x ）sin（x ） （0）的最小正周期为，2将 f（x）sin（2x ）的图象向左平移  个单位长度后，可得 ysin（2x+ ）的图象，令 2x+ k+ ，求

14、得 x + ，故所得函数图象的对称轴为 x + ，kZ，令 k0，可得所得函数图象的一条对称轴为 x ，故选：B【点评】题主要考查函数 yAsin （ x+）的图象变换规律，正弦函数的图象的对称性，属于基础题8 （5 分）已知双曲线 C： 1（a0，b0）的焦距为 4，A（2，3）为 C 上一点，则 C 的渐近线方程为（  ）Ay x Byx Cy x Dy x【分析】求出双曲线的焦点，根据定义求出 a，然后求出 b可得双曲线 C 的方程与渐近线方程【解答】解：由题意可知：双曲线的焦点为（2，0）和（2，0）根据定义有 2a| |a1 由以上可知：a 21，c 24，b 23所求双曲

15、线 C 的渐近线方程为： y 故选：D【点评】本题考查双曲线的简单性质以及双曲线的定义的应用，考查计算能力9 （5 分）已知直线 l，m 和平面 ，有如下三个命题：若存在平面 ，使 ，则 ；第 8 页（共 21 页）若 l， m 是两条异面直线，1 ，m ，1，m，则 ；若 l，m，1m，则 其中正确命题的个数是（  ）A0 B1 C2 D3【分析】由面面垂直的性质定理和面面的位置关系，可判断；由面面平行的判定定理可判断 ；由线面垂直的性质定理和面面平行的判定，可判断【解答】解：直线 l，m 和平面 ，若存在平面 ，使 ，则 或 ， 相交，故错误；，若 l，m 是两条异面直线，1 ，

16、m ，1，m，平移直线 l 到 l'与 m 相交，可得 l' ，由面面平行的判定定理可得 ，故正确；，若 l ，1m，则 m，又 m ，则 ，故正确故选：C【点评】本题考查空间线线、线面和面面的位置关系，主要是平行和垂直的判断和性质，考查推理能力，属于基础题10 （5 分）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（  ）A16 B14 C10 D8【分析】根据三视图知该几何体是半球体截去一个圆锥体剩余部分，结合图中数据求出它的表面积【解答】解：根据三视图知，该几何体是半球体截去一个圆锥体剩余部分，画出图形如图所示；第 9 页（共 21 页）结合图中数据，计算该几

17、何体的表面积为SS 半球表面积 +S 半球底面圆 +S 圆锥侧面积 S 圆锥底面圆2 + +1 1 210故选：C【点评】本题考查了利用三视图求几何体表面积的应用问题，是基础题11 （5 分）割补法在我国古代数学著作中称为“出入相补” ，刘徽称之为“以盈补虚” ，即以多余补不足，是数量的平均思想在几何上的体现，如图揭示了刘徽推导三角形面积公式的方法在ABC 内任取一点，则该点落在标记 “盈”的区域的概率为（  ）A B C D【分析】根据题意可得该点落在标记“盈”的区域的面积为三角形面积的四分之一，即可求出【解答】解：根据题意可得该点落在标记“盈”的区域的面积为三角形面积的四分之一，

18、故该点落在标记“盈”的区域的概率为 ，故选：A【点评】本题考查了几何概型的概率公式，考查了数学文化知识，属于基础题12 （5 分）在四面体 SABC 中，SABC ，ABAC SB SC2，则此四面体体积的最大值为（  ）第 10 页（共 21 页）A1 B C D【分析】当且仅当平面 SBC 平面 ABC 时，三棱锥 SABC 的体积最大，取 BC 中点D，连结 AD，BD，则 BD 是三棱锥 SABC 的高，推导出 BC ，ADSD ，由此能求出此四面体体积的最大值【解答】解：如图，SABC，ABAC SBSC 2，当且仅当平面 SBC平面 ABC 时，三棱锥 SABC 的体积最

19、大，取 BC 中点 D，连结 AD，BD，则 BD 是三棱锥 SABC 的高，设 BDt，则 ADSD ，SA2t ，SDAD，AD 2+SD2AS 2，4t 2+4t 24t 2，解得 t ，BC ，ADSD ，此四面体体积的最大值：S 故选：D【点评】本题考查四面体体积的最大值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分第 11 页（共 21 页）13 （5 分）设变量 x，y 满足约束条件 ，则 zx+3y 的最大值为 7 【分析】确定不等式组表示的平面区域，明确目标函数的几何意义，即可求得

20、最值【解答】解：约束条件对应的可行域为直线 x+2y50，xy+10，y1 围成的三角形及其内部；三顶点为 B（1，2） ，C（0， 1） ，A （3，1） ，当 z2x+3y 过点（1，2）时取得最大值 7，故答案为：7【点评】本题考查线性规划知识，考查数形结合的数学思想，属于基础题14 （5 分）已知角 的顶点为坐标原点，始边与 x 轴的非负半轴重合，A（2，3）为角 终边上一点，则 cos2   【分析】由题意利用任意角的三角函数的定义，同角三角函数的基本关系，二倍角公式，求得 cos2 的值【解答】解：角 的顶点为坐标原点，始边与 x 轴的非负半轴重合，A（2，3）为角 终边

21、上一点，tan ，则 cos2 ，故答案为： 【点评】本题主要考查任意角的三角函数的定义，同角三角函数的基本关系，二倍角公第 12 页（共 21 页）式的应用，属于基础题15 （5 分）已知数列a n的前 n 项和 Sn，a 11，S n+12 Sn+1，则 Sn 2 n1 【分析】本题可将前 n 项和 Sn，的递推式两边同时加上 1，则可发现数列S n+1是一个等比数列，由此可得 Sn 的表达式【解答】解：由题意，可知：S n+12S n+1，S n+1+12S n+1+12S n+22（S n+1） 又S 1+1a 1+11+1 2，数列S n+1是以 2 为首项，2 为公比的等比数列S

22、n+12 n，S n2 n1故答案为：2 n1【点评】本题主要考查已知递推式求通项公式，本题用到了两边同时加某一个数的技巧，问题迎刃而解，本题属基础题16 （5 分）已知椭圆 C： + 1（ab0）的上顶点为 A，左焦点为 F1，延长 AF1与椭圆交于点 B，若以 AB 为直径的圆经过椭圆的右焦点 F2，则椭圆的离心率为   【分析】求出 B 点坐标，根据 AF2BF 2 列方程得出 a，c 的关系【解答】解：A（0，b） ，F 1（c，0） ，F 2（c，0） ，直线 AB 的方程为 y x+b，代入 + 1 得：（ +b2）x 2+ x0，解得 x0 或 x ，y ，即 B（ ，

23、 ） ，以 AB 为直径的圆经过椭圆的右焦点 F2，第 13 页（共 21 页）AF 2BF 2，k ， ，化简得：b 4c 4+3a2c2，（a 2c 2） 2c 4+3a2c2，即 a25c 2，故 e 故答案为： 【点评】本题考查了椭圆的性质，直线与椭圆的位置关系，考查直线垂直的性质，属于中档题三、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 17-21 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17 （12 分）在ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，2c a+2bcosA（1）求角 B；（2）若 c1，ABC 的

24、面积为 ，求 b【分析】 （1）根据题意，由正弦定理分析可得 2sinC sinA+2sinBcosA，结合和角公式变形可得 2sinAcosB sinA，进而可得 cosB 的值，结合 B 的范围分析可得答案；（2）根据题意，由三角面积公式可得 SABC acsinB a ，解可得 a 的值，由余弦定理分析可得答案【解答】解：（1）根据题意，ABC 中，有 2c a+2bcosA，则有2sinC sinA+2sinBcosA，则有 2sinC2（sin AcosB+cosAsinB） sinA+2sinBcosA，第 14 页（共 21 页）变形可得：2sinAcosB sinA，因为 si

25、nA0，所以 cosB 又 0B，故 B （2）因为 SABC acsinB a ，所以 a2 ，由余弦定理可得，b 2a 2+c22accosB7，所以 b 【点评】本题考查三角形中的几何计算，涉及正弦定理和余弦定理的应用，属于基础题18 （12 分）如图，在边长为 2 的菱形 ABCD 中，ABC120，将ABD 沿 BD 折起，使点 A 到达 A1 的位置，且 A1C （1）证明：A 1CBD；（2）求点 B 到平面 A1DC 的距离【分析】 （1）连接 AC，交 BD 于点 O，连接 OA1，推导出 ACBD ，从而OA1BD，OCBD，进而 BD平面 A1OC，由此能证明 A1CBD

26、（2）推导出A 1OC 为等边三角形且 S BD平面 A1OC，从而 V S BD 设点 B 到平面 A1DC 的距离为 d，由 V V，能求出点 B 到平面 A1DC 的距离【解答】证明：（1）连接 AC，交 BD 于点 O，连接 OA1，因为四边形 ABCD 为菱形，所以 ACBD ，从而 OA1BD，OCBD，又因为 OA1OCO，所以 BD平面 A1OC，因为 A1C平面 A1OC，所以 A1CBD （5 分）第 15 页（共 21 页）解：（2）在菱形 ABCD 中，OAOC ，又 A1C ，所以A 1OC 为等边三角形且 S 由（1）可知，BD平面 A1OC，所以 V S BD 在

27、A 1DC 中，A 1DCD2 ，A 1C ，S ，设点 B 到平面 A1DC 的距离为 d，由 V V ，得： S d ，所以 d ，即点 B 到平面 A1DC 的距离为 （12 分）【点评】本题考查线线垂直的证明，考查点到平面的距离的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题19 （12 分）苹果可按果径 M（最大横切面直径，单位：mm ）分为五个等级：M80 时为 1 级，75M80 时为 2 级， 70M 75 时为 3 级， 65M70 时为 4 级，M65时为 5 级，不同果径的苹果，按照不同外观指标又分为特级果、一级果、二级果某果园采摘苹果

28、 10000 个，果径 M 均在60 ，85内，从中随机抽取 2000 个苹果进行统计分析，得到如图 1 所示的频率分布直方图，图 2 为抽取的样本中果径在 80 以上的苹果的等级分布统计图（1）计算果径的样本平均数及中位数（同一组数据用该区间的中点值代替，结果精确到 0.01）（2）一采购商对果径在 80 以上的苹果全部进行收购，收购方案有两种：分级收购：特级果收购价为 12 元/kg ，一级果收购价为 10 元/kg，二级果收购价为 9 元/ kg 不分级收购：全部按 10 元/kg 收购，以频率估计概率，你认为该果园种植户应该选择哪种收购方案？第 16 页（共 21 页）【分析】 （1）

29、利用频率分布直方图能求出果径的样本平均数及中位数（2）由图 2 可知，果径在 80 以上的苹果中，特级果、一级果、二级果所占比例约 ， ，按方案一进行收购，则 1kg 的收购价X12 +10 +9 10.110从而果园种植户应选择第一种收购方案【解答】解：（1）果径的样本平均数为：62.550.03+67.550.05+72.550.06+77.5 50.04+82.550.0271.75因为抽取的样本中，果径在60，65） ，65 ，70） ，70，75） ，75，80） ，80 ，85的频率分别为 0.15，0.25，0.3，0.2，0.1，所以样本的中位数为 70+ 571.67（5 分

30、）（2）由图 2 可知，果径在 80 以上的苹果中，特级果、一级果、二级果所占比例约 ， ，所以按方案一进行收购，则 1kg 的收购价 X12 +10 +9 10.110故果园种植户应选择第一种收购方案（12 分）（比较两种方案收购总额的大小，同样给分 ）【点评】本题考查平均数、中位数的求法，考查最稳定性方案的判断，考查频率分布直方图的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题20 （12 分）已知点 M 为直线 l1：x1 上的动点，N （1，0） ，过 M 作直线 l1 的垂线，交 MN 的中垂线于点 P，记 P 点的轨迹为 C（1）求曲线 C 的方程；（2）若直线 l2：y kx+m 与

31、圆 E：（x3） 2+y26 相切于点 D，与曲线 C 交于 A，B第 17 页（共 21 页）两点，且 D 为线段 AB 的中点，求直线 l2 的方程【分析】 （1）|PN| |PM |，点 P 到定点 N 的距离等于到直线 l1 的距离，说明 P 点的轨迹是以 N 为焦点，l 1 为准线的抛物线，求解抛物线方程即可（2）设 A（x 1，y 1） ，B（x 2，y 2） ，D（x 0，y 0） ，直线 l2 斜率为 k，显然 k0，由得，k 2x2+（2km4）x+m 20，利用韦达定理结合，直线 l2 与圆E：（x 3） 2+y26 相切于点 D， （ 3） 2+（ ） 26；求解即可【解

32、答】解：（1）由已知可得，|PN |PM |，即点 P 到定点 N 的距离等于到直线 l1 的距离，故 P 点的轨迹是以 N 为焦点， l1 为准线的抛物线，所以曲线 C 的方程为 y24x（4 分）（2）设 A（x 1，y 1） ，B（x 2，y 2） ，D（x 0，y 0） ，直线 l2 斜率为 k，显然 k0，由 得，k 2x2+（2km4）x+m 20，x1+x2 所以 x0 ，y 0kx 0+m ，即 D（ ， ） 因为直线 l2 与圆 E：（x3） 2+y26 相切于点 D，所以|DE| 26； DEl 2，从而（ 3） 2+（ ） 26； 32，整理可得（ ） 22，即 k 所以

33、 m0，故 l2 的方程为 y x 或 y x（12 分）【点评】本题考查直线与抛物线的位置关系的综合应用，考查转化思想以及计算能力21 （12 分）已知函数 f（x ）e xae x （a+1 ）x （1）讨论 f（x ）的单调性；（2）若 a0，证明：f（x ）有且仅有一个零点【分析】 （1）求出原函数的导函数，然后对 a 分类讨论求解原函数的单调区间；第 18 页（共 21 页）（2）由（1）得，当 a1 时，f（x ）e xe x 2x，可得 f（0）0，结合 x0 时，exe x +2x2x说明 f（x）有且仅有一个零点；当 0a1 时，证明 f（x）在（lna，+）内没有零点，且

34、f（lna）0再证明 f（x）在（ ，lna）内有一个零点，说明 f（x）有且仅有一个零点；当 0a1 时，f（x）仅在（ ，lna ）内有一个零点当 a1 时，证明 f（x）在（lna ，4a）内有一个零点从而得到 f（x）有且仅有一个零点【解答】 （1）解：f（x ）e x+aex （a+1）e x （e x1） （e xa） 当 a0 时，e xa0，x（，0）时， f（x ） 0，f （x）单调递减；x（0，+）时，f'（x）0，f （x）单调递增当 0a1 时，x（，lna）和（0，+）时，f （x）0，f（x）单调递增；x（lna，0）时，f（x）0，f（x ）单调递减当

35、a1 时，f（x ）0，f（x）单调递增当 a1 时，x（，0）和（ lna，+）时，f （x）0，f（x）单调递增；x（0，lna）时，f（x）0，f（x ）单调递减（2）证明：由（1）得，当 a1 时，f（x ）e xe x 2x，f（0）0，f（x）仅有一个零点 0且 x0 时，f（ x）f（0） 0，即 exe x +2x2x 当 0a1 时，f（0）1a0，f（x）在（lna ，+）内没有零点，且 f（lna）0由 x0 时 ex2x ，得 e2x4x 2，xlnxx 时，e x1，e x ，从而ae x ，f（ ）1 （a+1） （ ）5 0，又 lnaln ，第 19 页（共 2

36、1 页）f（x）在（ ，lna）内有一个零点，当 0a1 时，f（x ）仅在（ ，lna ）内有一个零点当 a1 时，当 x4a 时，ae x a，e xe 4a16a 2，从而 f（4a）16a 2a（a +1） （4a）a（12a5）0，又 lnaa4a，f（x）在（lna，4a）内有一个零点，当 a1 时，f（x ）仅在（lna ，4a）内有一个零点综上，a0 时，f（x ）有且仅有一个零点【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查函数零点的判定，考查分类讨论的数学思想方法，属难题选考题：共 10 分，请考生在第 22，23 题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分选修 4-

37、4：坐标系与参数方程22 （10 分）在直角坐标系 xOy 中，圆 C1：（x1） 2+y21，圆 C2：（x+2） 2+y24以坐标原点 O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系（1）求圆 C1，C 2 的极坐标方程；（2）设 A，B 分别为 C1，C 2 上的点，若OAB 为等边三角形，求 |AB|【分析】 （1）利用 x2+y2 2，xcos 可得；（2）因为 C1，C 2 都关于 x 轴对称，OAB 为等边三角形，所以不妨设 A（ A，） ，B（ B，+ ） ，0 ，依题意可得， A2cos， B4cos （+ ） ，联立极坐标方程可解得【解答】解：（1）依题意可得，圆 C1：（x

38、 1） 2+y21；圆 C2：（x+2） 2+y24所以 C1：x 2+y22x；C 2：x 2+y24x，因为 x2+y2 2，x cos，所以 C1：2cos ；C 2： 4cos（4 分）（2）因为 C1，C 2 都关于 x 轴对称，OAB 为等边三角形，所以不妨设 A（ A，） ，B（ B， + ） ，0 第 20 页（共 21 页）依题意可得， A2cos， B4cos （ + ） 从而 2cos4cos（+ ） ，整理得，2cos sin，所以 tan ，又因为 0 ，所以 cos ，|AB| OA| A （10 分）【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

39、等式选讲23已知 f（x） |ax+1|+|ax 1|2a4（1）若 f（x） 0，求 a 的取值范围；（2）若 a0，y（x ）的图象与 x 轴围成的封闭图形面积为 S，求 S 的最小值【分析】 （1）利用绝对值不等式的性质求得最小值，再解关于 a 的不等式即可；（2）把 yf（ x）变成分段函数，画出图象后得等腰梯形，再求出面积【解答】解：（1）因为|ax +1|+|ax1|（ax +1）（ax1）|2，等号当且仅当（ax+1） （ax 1）0 时成立，所以 f（x）的最小值为 22a42a2依题意可得，2a20，所以 a1（4 分）（2）因为 a0，f（x ）|ax+1|+|ax1| 2a4，所以 f（x）所以 yf（x）的图象与 x 轴围成的封闭图形为等腰梯形 ABCD，且顶点为 A（1 ，0） ，B（1+ ，0） ，C（ ，2a2） ，D（ ，2a2）从而 S2（1+ ） （a+1 ）2（a+ ）+8因为 a+ 2 ，等号当且仅当 a 时成立，所以当 a 时，S 取得最小值 4 +8（10 分）第 21 页（共 21 页）【点评】本题考查了绝对值不等式的解法，属中档题