2019年贵州省贵阳市高考数学一模试卷（理科）含答案解析

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1、2019 年贵州省贵阳市高考数学一模试卷（理科）一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 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）设设集合 A1， 2，3 ，Bx|x 22x+m0，若 AB2，则 B（  ）A0 B2 C1 D0 ，22 （5 分）复数 z2+ ai（a R）的共轭复数为 ，若 z 5，则 a（  ）A1 B3 C1 或 3 D1 或33 （5 分）下列函数中，既是偶函数又在（0，+）单调递增的函数是（  ）Ayx 3 By|x 1| Cy|x |1 Dy 2 x4 （5 分）已知a n为递增的等差数列，a 4+a

2、72，a 5a68，则公差 d（  ）A6 B6 C2 D45 （5 分）已知双曲线 E： 1（a0，b0）的渐近线相互垂直，则 E 的离心率为（  ）A B C2 D6 （5 分）平行四边形 ABCD 中，AB2，AD3，AC4，则 BD（  ）A4 B C D7 （5 分）甲、乙、丙三名公务员随机分到 A，B 两个村参加“脱贫攻坚”帮扶活动，则每个村至少有一名公务员的概率为（  ）A B C D8 （5 分）等比数列a n的前 n 项和 Sna2 n+1（nN *） ，其中 a 是常数，则 a（  ）A2 B1 C1 D29 （5 分）某几

3、何体的三视图如图所示（网格纸上小正方形的边长为 1） ，则此几何体的体第 2 页（共 23 页）积为（  ）A6 B9 C12 D1810 （5 分）已知点 F1，F 2 分别是椭圆 E： 1 的左、右焦点，P 为 E 上一点，直线 1 为F 1PF2 的外角平分线，过点 F2 作 l 的垂线，垂足为 M，则|OM|（  ）A10 B8 C5 D411 （5 分）已知三棱锥 SABC 的所有顶点都在球 O 的球面上，ABC 是等腰直角三角形，AB AC1，SA 为球 O 的直径，且 SA ，则此棱锥的体积为（  ）A B C D12 （5 分）已知函数 g（x）a

4、x 3+bx2+cx+d（a0）的导函数为 f（x） ，a+b+c0，且f（0）f（1）0，设 x1， x2 是方程 f（x）0 的两个根，则| x1x 2|的取值范围为（  ）A B C D二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分。13 （5 分）若（2+x） 5a 0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5，则 a3     （用数字作答） 14 （5 分）向量 ， 是相互垂直的单位向量，若向量 2 +3 ， m （mR） ， 1，则 m     15 （5 分）如图， f（x ）dx ，A 表示以 yf（x）为曲边的曲边梯形

5、面积，由积分的几何意义可得 （2x3）dx     ， dx     第 3 页（共 23 页）16 （5 分）已知直线 l：mx+y m10 与圆 x2+y2 16 交于 A，B 两点，过 A，B 分别作 l 的垂线与 x 轴交于 C， D 两点，|AB|的最小值为     ，此时|CD|      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）ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c（1）已知 abcosC+csinB，求 B；（2）若 a，b，c 成等比数列，求证

6、：B 18 （12 分）运动健康已成为大家越来越关心的话题，某公司开发的一个类似计步数据库的公众号手机用户可以通过关注该公众号查看自己每天行走的步数，同时也可以和好友进行运动量的 PK 和点赞现从张华的好友中随机选取 40 人（男、女各 20 人） ，记录他们某一天行走的步数，并将数据整理如表：步数性别02000 20015000 50018000 800110000 10000男 1 2 4 7 6女 0 3 9 6 2（1）若某人一天行走的步数超过 8000 步被评定为“积极型” ，否则被评定为“懈怠型” ，根据题意完成下列 22 列联表，若有 n%（nZ）的把握认为男、女的“评定类型“有

7、差异，参考现有公式与数据，则 n 可能的最大值为多少？积极型 懈怠型 总计男女总计（2）在张华的这 40 位好友中，从该天行走的步数超过 10000 步的人中随机抽取 3 人，设抽取的女性有 X 人，求 X 的分布列及数学期望 E（X） 参考公式与数据：第 4 页（共 23 页）P（K 2k 0）0.15 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001k0 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828K2 ，其中 na+b+c+d19 （12 分）如图，在矩形 ABCD 中，AB2BC2，点 M 为 DC 的中点，将ADM 沿AM 折

8、起，使得平面 ADM 平面 ABCM（1）求证：AD平面 BMD；（2）求二面角 M 一 BDC 的余弦值20 （12 分）在平面直角坐标系 xOy 中，已知定点 A（2，0） 、B（2，0） ，M 是动点，且直线 MA 与直线 MB 的斜率之积为 ，设动点 M 的轨迹为曲线 C（）求曲线 C 的方程；（）过定点 T（1，0）的动直线 l 与曲线 C 交于 P，Q 两点，若 S（ ，0） ，证明： 为定值21 （12 分）已知函数 f（x ）ax 2+（a2）lnx+1（a R） （1）若函数在点（1，f（1） ）处的切线平行于直线 y4x+3，求 a 的值（2）a1 时，函数 yf（x）图象

9、上的所有点都落在区域 内，求实数 t 的取值范围（3）a1 时，证明：x 1，x 2（0，+） ，| f（x 1）f（x 2）|2 |x1x 2|选修 4-4：坐标系与参数方程选讲22 （10 分）在直角坐标系 xOy 中，曲线 C1 的参数方程为 （ 为参数） ，曲线 C2 的方程为（x1） 2+（y 1） 22（1）在以 O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，求曲线 C1，C 2 的极坐标方程；第 5 页（共 23 页）（2）直线 （0）与 C1 的异于极点的交点为 A，与 C2 的异于极点的交点为B，求| AB|的最大值选修 4-5：不等式选讲23已知函数 f（x ）|2x +1

10、|2 x3|，g（x ）|x+1|+|x a|（l）求 f（x）1 的解集；（2）若对任意的 tR，sR，都有 g（s）f （t） 求 a 的取值范围第 6 页（共 23 页）2019 年贵州省贵阳市高考数学一模试卷（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，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）设设集合 A1， 2，3 ，Bx|x 22x+m0，若 AB2，则 B（  ）A0 B2 C1 D0 ，2【分析】根据 AB2 即可得出 2B，从而可求出 m 0，解方程 x22x0 得，x0 或 2，从而得出 B0，2 【解答】解：

11、AB2 ；2B；44+m0；m0；Bx|x 22x 0 0，2 故选：D【点评】考查交集的定义及运算，描述法、列举法的定义，以及元素与集合的关系2 （5 分）复数 z2+ ai（a R）的共轭复数为 ，若 z 5，则 a（  ）A1 B3 C1 或 3 D1 或3【分析】由已知结合 列式求解【解答】解：z2+ ai，z ，即 a1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）下列函数中，既是偶函数又在（0，+）单调递增的函数是（  ）Ayx 3 By|x 1| Cy|x |1 Dy 2 x【分析】根据题意，依次分析选项中函数的奇偶性

12、与单调性，综合即可得答案【解答】解：根据题意，依次分析选项：第 7 页（共 23 页）对于 A，yx 3 为幂函数，是奇函数，不符合题意，对于 B，y| x1| ，不是奇函数，不符合题意；对于 C，y|x|1 ，既是偶函数又在（0 ，+）单调递增的函数，符合题意；对于 D，y2 x，为指数函数，不是偶函数，不符合题意；故选：C【点评】本题考查函数的奇偶性与单调性的判断，关键是掌握常见函数的奇偶性与单调性，属于基础题4 （5 分）已知a n为递增的等差数列，a 4+a72，a 5a68，则公差 d（  ）A6 B6 C2 D4【分析】a 5，a 6 是方程 x22x80 的两个根，且

13、a5a 6，求解方程得答案【解答】解：a n为递增的等差数列，且 a4+a72，a 5a68，a 5+a62，a 5，a 6 是方程 x22x 80 的两个根，且 a5a 6，a 52，a 64，da 6a 56，故选：A【点评】本题考查等差数列的通项公式，考查方程的解法，是基础的计算题5 （5 分）已知双曲线 E： 1（a0，b0）的渐近线相互垂直，则 E 的离心率为（  ）A B C2 D【分析】由双曲线的方程可得其渐近线方程为 y x，结合直线垂直的性质可得（ ）（ ）1，解可得 ab，由双曲线的几何性质可得 c a，进而由双曲线的离心率公式计算可得答案【解答】解：根据题意，双

14、曲线的方程为： ，则其渐近线方程为 y x，又由该双曲线的两条渐近线相互垂直，第 8 页（共 23 页）则有（ ）（ ）1，解可得 ab，则有 c a，则其离心率 e ，故选：A【点评】本题考查双曲线的几何性质，关键是依据题意，求出渐近线的方程6 （5 分）平行四边形 ABCD 中，AB2，AD3，AC4，则 BD（  ）A4 B C D【分析】直接利用余弦定理求出 ，进一步利用余弦定理的应用求出结果【解答】解：如图所示：平行四边形 ABCD 中，AB 2，AD3，AC4，则：在ABC 中，AB 2，BC 3，AC 4，利用余弦定理： ，故： ，则：BD 2AD 2+AB22AD A

15、BcosDAB，解得：BD 故选：B【点评】本题考查的知识要点：余弦定理正弦定理和三角形面积公式的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题型7 （5 分）甲、乙、丙三名公务员随机分到 A，B 两个村参加“脱贫攻坚”帮扶活动，则每个村至少有一名公务员的概率为（  ）A B C D【分析】基本事件总数 n2 38每个村至少有一名公务员包含的基本事件个数 m第 9 页（共 23 页）6，由此能求出每个村至少有一名公务员的概率【解答】解：甲、乙、丙三名公务员随机分到 A，B 两个村参加“脱贫攻坚”帮扶活动，基本事件总数 n2 38每个村至少有一名公务员包含的基本事件个数 m 6，每

16、个村至少有一名公务员的概率为 p 故选：A【点评】本题考查概率的求法，考查古典概型等基础知识，考查运算求解能力，是基础题8 （5 分）等比数列a n的前 n 项和 Sna2 n+1（nN *） ，其中 a 是常数，则 a（  ）A2 B1 C1 D2【分析】n1 时，a 1S 12a+1n2 时，a nS nS n1 ，对于上式 n1 时也成立，解得 a【解答】解：n1 时，a 1S 12a+1n2 时，a nS nS n1 a2 n+1（a2 n1 +1） ，化为：a na2 n1 ，对于上式 n1 时也成立，2a+1a，解得 a1故选：B【点评】本题考查了等比数列的通项公式、方程

17、的解法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题9 （5 分）某几何体的三视图如图所示（网格纸上小正方形的边长为 1） ，则此几何体的体积为（  ）A6 B9 C12 D18第 10 页（共 23 页）【分析】几何体是三棱锥，画出其直观图，判断数据所对应的几何量，代入体积公式计算【解答】解：由三视图知：几何体是三棱锥，且三棱锥的一个侧棱 SB 与底面 ABC 垂直，其直观图如图：由三视图的数据可得 OAOBOCBS3，几何体的体积 V 9故选：B【点评】本题考查了由三视图求几何体的体积，由三视图判断几何体的形状及数据所对应的几何量是解答此类问题的关键10 （5 分）已知点 F1，F 2

18、分别是椭圆 E： 1 的左、右焦点，P 为 E 上一点，直线 1 为F 1PF2 的外角平分线，过点 F2 作 l 的垂线，垂足为 M，则|OM|（  ）A10 B8 C5 D4【分析】设 F1P 的延长线与 F2M 交于 Q，由题意可得三角形 PQF2 为等腰三角形，|PQ|PF 2|，OM 为F 1F2Q 的中位线，运用椭圆的定义和中位线定理，计算可得所求值【解答】解：如图，设 F1P 的延长线与 F2M 交于 Q，由直线 1 为F 1PF2 的外角平分线，l F 2Q，可得|PQ|PF 2|，而椭圆 E： 1 的 a5，2a|PF 1|+|PF2|PF 1|+|PQ| |F1Q

19、|10，OM 为 F1F2Q 的中位线，可得 |OM| |F1Q|5，故选：C第 11 页（共 23 页）【点评】本题考查椭圆的定义，以及三角形的中位线定理、等腰三角形的性质，考查数形结合思想和运算能力，属于中档题11 （5 分）已知三棱锥 SABC 的所有顶点都在球 O 的球面上，ABC 是等腰直角三角形，AB AC1，SA 为球 O 的直径，且 SA ，则此棱锥的体积为（  ）A B C D【分析】利用勾股定理计算出 SB 和 SC 的值，并取 BC 的中点 M，利用勾股定理计算出SM 和 AM 的长度，利用余弦定理计算出 cosSMA ，并计算出 sinSMA，再利用三角形的面

20、积公式计算出SMA 的面积，并证明 BC平面 SMA，然后利用利用可计算出三棱锥 SABC 的体积【解答】解：如下图所示，取 BC 的中点 M，连接 AM、SM，由于 SA 为球 O 的直径，则 SBASCA90，由勾股定理可得， ，M 为 BC 的中点，则 ， ，在SAM 中， ，所以，SAM 的面积为 ，易知，AMBC ，SM BC，SM AM M ，BC 平面 SAM，第 12 页（共 23 页）因此，三棱锥 SABC 的体积为 VSABC V BSAM +VCSAM 故选：D【点评】本题考查三棱锥的体积，结合外接球进行考查，解本题的关键在于从题中找出线面垂直关系，考查推理能力与计算能力

21、，属于难题12 （5 分）已知函数 g（x）ax 3+bx2+cx+d（a0）的导函数为 f（x） ，a+b+c0，且f（0）f（1）0，设 x1， x2 是方程 f（x）0 的两个根，则| x1x 2|的取值范围为（  ）A B C D【分析】由题意得：f（x ）3ax 2+2bx+c，x 1，x 2 是方程 f（x）0 的两个根，由韦达定理得，x 1+x2 ，x 1x2 ，于是求 ，又 a+b+c0，从而有 + （ ）+ ，又f（0）f（1）0，可求得2 1，代入即可求得 的范围，从而得到选项【解答】解：由题意得：f（ x）3ax 2+2bx+c，x 1，x 2 是方程 f（x）

22、0 的两个根，故 x1+x2 ，x 1x2 ， 4x 1x2 ，又 a+b+c0，cab 代入上式， + （ ）+ ，又f（0）f（1）0，（a+b） （2a+b）0，即 2a2+3ab+b20，a0，两边同除以 a2 得：+3 +20；第 13 页（共 23 页）2 1，代入得 ， ）|x 1x 2| ， ） 故选：A【点评】本题考查根与系数的关系，着重考查韦达定理的使用，难点在于对条件“f（0）f（1）0”的挖掘，充分考察数学思维的深刻性与灵活性，属于难题二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分。13 （5 分）若（2+x） 5a 0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5，

23、则 a3 40 （用数字作答） 【分析】写出二项展开式的通项，由 x 的指数为 3 求得 r 值，则答案可求【解答】解：（2+x） 5 的展开式的通项 ，取 r3，可得 a3 故答案为：40【点评】本题考查二项式定理的应用，二项式展开式的通项公式，二项式系数的性质，属基础题14 （5 分）向量 ， 是相互垂直的单位向量，若向量 2 +3 ， m （mR） ， 1，则 m    【分析】利用向量数量积的性质运算得到 ，与已知相等，列式解得【解答】解： （2 +3 ）（ m ）2 23m 2+（32m ） 23m又已知 1，所以 23m 1，解得 m故答案为： 【点评】本题考查

24、了平面向量数量积的性质及其运算，属基础题15 （5 分）如图， f（x ）dx ，A 表示以 yf（x）为曲边的曲边梯形面积，由积分的几何意义可得 （2x3）dx 2 ， dx 2 第 14 页（共 23 页）【分析】根据定积分的计算法则和定积分的几何意义即可求出【解答】解： （2x3）dx（x 23x）| （132，dx 表示以原点为圆心，以 2 为半径的圆的面积的二分之一，故dx （2 2）2，故答案为：2，2【点评】本题考查了定积分的计算，以及定积分的几何意义，属于基础题16 （5 分）已知直线 l：mx+y m10 与圆 x2+y2 16 交于 A，B 两点，过 A，B 分别作 l 的

25、垂线与 x 轴交于 C， D 两点，|AB|的最小值为 4   ，此时|CD|  8  【分析】直线 l：mx+y m10 过定点 P（ ，1） ，|AB|最小值时，OPAB，由A（0，4）B（2 ，0） ，可得 C，D 就是直径的端点，即可求解【解答】解：由题意，直线 l：mx+y m10 过定点 P（ ，1） ，|AB|最小值时，OPAB，圆心到直线的距离 d|OP|2，| AB|2 4 此时 kAB ，直线 AB 方程为 y x+4，由 A（0，4）B（2 ，2）过 A 的直线方程为：y 可得 C（4 ，0） ，过 B 的直线方程为：y +2 ） ，可得 D

26、（4 ，0） ，此时|CD |8 ，第 15 页（共 23 页）故答案为：4 ，8【点评】本题考查直线与圆的位置关系，考查弦长的计算，考查学生的计算能力，比较基础三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。17 （12 分）ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c（1）已知 abcosC+csinB，求 B；（2）若 a，b，c 成等比数列，求证：B 【分析】 （1）由正弦定理，两角和的正弦函数公式化简已知等式可得cosBsinCsinCsin B，由 sinC0，可求 cosBsin B，结合范围 0B，可求 B 的值（2）由等比数列的性质可求 b2ac，由余弦定理，基本

27、不等式可求cosB cos ，结合范围 0B ，利用余弦函数的图象和性质即可得证【解答】 （本小题满分 12 分）解：（1）由正弦定理得：sinAsin BcosC+sinCsinB，即 sin（B+C） sinBcosC+sinCsinB，故  cosBsinCsinCsin B，因为 sinC0，所以 cosBsinB，因为 0B，所以 B ；（6 分）（2）证明：因为 a，b，c 成等比数列，所以 b2ac，由余弦定理得 a2+c22ac cosBac，第 16 页（共 23 页）由重要不等式知：2ac2ac cosBac，所以 cosB cos ，因为  0B，且函

28、数 ycos x 在（0，）上是减函数，所以 B （12分）【点评】本题主要考查了正弦定理，两角和的正弦函数公式，等比数列的性质，余弦定理，基本不等式，余弦函数的图象和性质的综合应用，考查了计算和转化思想，属于中档题18 （12 分）运动健康已成为大家越来越关心的话题，某公司开发的一个类似计步数据库的公众号手机用户可以通过关注该公众号查看自己每天行走的步数，同时也可以和好友进行运动量的 PK 和点赞现从张华的好友中随机选取 40 人（男、女各 20 人） ，记录他们某一天行走的步数，并将数据整理如表：步数性别02000 20015000 50018000 800110000 10000男 1

29、2 4 7 6女 0 3 9 6 2（1）若某人一天行走的步数超过 8000 步被评定为“积极型” ，否则被评定为“懈怠型” ，根据题意完成下列 22 列联表，若有 n%（nZ）的把握认为男、女的“评定类型“有差异，参考现有公式与数据，则 n 可能的最大值为多少？积极型 懈怠型 总计男女总计（2）在张华的这 40 位好友中，从该天行走的步数超过 10000 步的人中随机抽取 3 人，设抽取的女性有 X 人，求 X 的分布列及数学期望 E（X） 参考公式与数据：P（K 2k 0）0.15 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001第 17 页（共 23 页）k0 2.07

30、2 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828K2 ，其中 na+b+c+d【分析】 （1）由题意填写列联表，计算 K2，对照临界值得出结论；（2）由题意知随机变量 X 的取值，计算对应的概率值，写出分布列，求出数学期望值【解答】解：（1）由题意可得列联表积极型 懈怠型 总计男 13 7 20女 8 12 20总计 21 19计算 K2 2.5062.706，所以 85n90，因此，n 可能的最大值为 89；（2）该天行走步数超过 10000 步的有 6 男 2 女共 8 人，则 X0，1，2，计算 P（X 0） ，P（X1） ，P（X2） ；所以 X 的分布列为

31、：X 0 1 2 P（X） 所以 E（X ）0 +1 +2 【点评】本题考查了离散型随机变量的分布列与数学期望的计算问题，也考查了独立性检验的应用问题，是中档题19 （12 分）如图，在矩形 ABCD 中，AB2BC2，点 M 为 DC 的中点，将ADM 沿AM 折起，使得平面 ADM 平面 ABCM（1）求证：AD平面 BMD；（2）求二面角 M 一 BDC 的余弦值第 18 页（共 23 页）【分析】 （1）取 AM 中点 O，连结 DO，由面面垂直的性质可得 DO平面 ABCM，则DOBM，得到 AMBM ，从而 BM平面 ADM，则 BMAD ，结合 ADDM，由线面垂直的判定可得 A

32、D平面 BMD；（2）以 O 为原点建立空间直角坐标系， （x 轴垂直 AB 交 AB 于 E，y 轴垂直 BC 交 BC于 F，OD 为 z 轴） ，分别求出平面 BCD 与平面 MBD 的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角 MBDC 的余弦值【解答】 （1）证明：取 AM 中点 O，连结 DO，平面 ADM平面 ABCM，ADDM ，DO平面 ABCM，DOBM，可知 AMBM，BM平面 ADM，BMAD ，而 ADDM，AD平面 BMD；（2）解：如图，以 O 为原点建立空间直角坐标系， （x 轴垂直 AB 交 AB 于 E，y 轴垂直BC 交 BC 于 F，OD 为 z 轴

33、） 则 A（ ， ，0） ，B（ ， ，0） ，C （ ， ，0） ，D（0，0， ） ，M（） ， ，设 是平面 BCD 的一个法向量，由 ，令 z ，得 ，| | ，由（1）知 是平面 MBD 的一个法向量，且 ，| |1第 19 页（共 23 页）cos ，又二面角 MBCC 为锐角， 二面角 MBDC 的余弦值为 【点评】本题考查空间位置关系，二面角及其应用等知识，考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力，考查数形结合思想、化归与转化思想，是中档题20 （12 分）在平面直角坐标系 xOy 中，已知定点 A（2，0） 、B（2，0） ，M 是动点，且直线 MA 与直线 MB 的斜率

34、之积为 ，设动点 M 的轨迹为曲线 C（）求曲线 C 的方程；（）过定点 T（1，0）的动直线 l 与曲线 C 交于 P，Q 两点，若 S（ ，0） ，证明： 为定值【分析】 （）根据定点 A（2，0） 、B（2，0） ，直线 MA 与直线 MB 的斜率之积为，建立方程，化简可得结论；（）当动直线 l 的斜率不存在时， P（1， ） ，Q（1， ） ，可得；当动直线 l 的斜率存在时，设动直线 l 的方程联立方程组，消去 y 得一元二次方程，利用韦达定理及向量的数量积运算，可得结论【解答】 （）解：设 M 点坐标为（ x，y） （x2）定点 A（2，0） 、B（2，0） ，直线 MA 与直线

35、MB 的斜率之积为 ， ， （x2）（）证明：当动直线 l 的斜率不存在时， P（1， ） ，Q（1， ） ，若 S（第 20 页（共 23 页），0） ， 当动直线 l 的斜率存在时，设动直线 l 的方程为 yk（x +1） （k0） ，联立方程组，消去y 得（1+4k 2）x 2+8k2x+4k240设 P（x 1，y 1） ，Q（x 2，y 2） ，则 x1+x2 ，x 1x2 （x 1+ ） ， （x 2+ ） ， （x 1+ ）（x 2+ ） + 【点评】本题考查轨迹方程的求解，考查存在性问题的探究，解题的关键是用坐标表示出 ，进而确定定值21 （12 分）已知函数 f（x ）ax

36、2+（a2）lnx+1（a R） （1）若函数在点（1，f（1） ）处的切线平行于直线 y4x+3，求 a 的值（2）a1 时，函数 yf（x）图象上的所有点都落在区域 内，求实数 t 的取值范围（3）a1 时，证明：x 1，x 2（0，+） ，| f（x 1）f（x 2）|2 |x1x 2|【分析】 （1）求出函数的导数，得到关于 a 的方程，解出即可；（2）代入 a 的值，问题转化为 t2x + ，令 g（x）2x + ，根据函数的单调性求出 t 的范围即可；（3）问题转化为证明 F（x ）f （x）+2 xax 2+2 x+（a2）lnx+1 是（0，+）上的减函数，根据函数的单调性证明

37、即可【解答】解：函数的定义域为 x（0，+） ，（1）f（x） 2ax+ ，由题意 f（1）4，所以 2a+（a2）4，解之得：a2；（4 分）（2）a1 时，f（x ）x 2lnx+1，即当 x0 时恒有 x2lnx+1txx 2，又 x（0，+） ，整理得：t2x + ，令 g（x）2x + ，则 g（x ） ，第 21 页（共 23 页）令 h（x）2x 2+lnx2，由 h（x）4x + 0 恒成立，即 h（x ）2x 2+lnx2 在（0，+）上单调递增，且 h（1）0，则 g（1）0，所以 x（0，1）时 h（x）0，x（1，+）时h（x）0，所以 x（0，1 ）时，g（x）0，此

38、时 yg（x）单调递减，x（1，+）时 g（x）0，此时 yg（x）单调递增，所以 g（x）g（1）3，所以 t3；（8 分）（3） （i）当 x1x 2 时不等式显然成立；（ii）当 x1x 2 时，不妨设 x1x 2，由 f（x） 且 a1，所以 f（x） 0 恒成立，此时 f（x）单调递减，所以要证明：|f（x 1）f（x 2）|2 |x1x 2|成立，即证明：f（x 2）f（x 1） 2 x12 x2，整理得：f（x 1）+2 x1f（ x2）+2 x2，只需证明 F（x ）f（x）+2 xax 2+2 x+（a2）lnx+1 是（0，+）上的减函数，F（x ） ，故对函数 y2ax

39、2+2 x+a2 有：248（a 22a）8（a1） 24 ，a1 时，0 恒成立，所以 x（0，+）时恒有 h（x）0，即 yF（x）是（0，+）上的减函数，故所证成立（12 分）【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，是一道综合题选修 4-4：坐标系与参数方程选讲22 （10 分）在直角坐标系 xOy 中，曲线 C1 的参数方程为 （ 为参数） ，曲线 C2 的方程为（x1） 2+（y 1） 22（1）在以 O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，求曲线 C1，C 2 的极坐标方程；第 22 页（共 23 页）（2）直线 （0）与 C1 的

40、异于极点的交点为 A，与 C2 的异于极点的交点为B，求| AB|的最大值【分析】 （1）直接利用转换关系式，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程进行转化（2）利用极径对三角函数关系式进行恒等变换，利用正弦型函数的性质的应用求出结果【解答】解：（1）由曲线 C1 的参数方程为 （ 为参数） ，转换为直角坐标方程为：x 2+（y2） 24将 xcos ，ysin 代入，化简得：4sin，即 C1 的极坐标方程为 4sin ；将 xcos ，ysin 代入 C2 的方程（x1） 2+（y1） 22，得 2cos+2sin ，化简得 ，即 C2 的极坐标方程为 ；（2）由极径的几何意义，|AB| 1

41、2|4sin2cos2sin| ，当 时， ，所以：|AB|的最大值为 【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，三角函数关系式的恒等变变换，正弦型函数的，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题型选修 4-5：不等式选讲23已知函数 f（x ）|2x +1|2 x3|，g（x ）|x+1|+|x a|（l）求 f（x）1 的解集；（2）若对任意的 tR，sR，都有 g（s）f （t） 求 a 的取值范围【分析】 （1）首先利用零点讨论法求出在不同范围内的不等式组，进一步解不等式组求出结论直接根据函数的恒成立问题进一步建立，对任意的 tR，s R，都有 g（s

42、）f （t） ，可第 23 页（共 23 页）得 g（x） minf（x） max，进一步求出参数的取值范围【解答】解：（1）函数 f（ x）|2x+1|2 x3|，故 f（x）1，等价于 |2x+1|2 x3|1，令 2x+10，解得 x ，令 2x30，解得 x ，则：不等式等价于： ，或 ，或 解求得 x，解求得 ，解求得 x 综上可得，不等式的解集为x| （2）若对任意的 tR，sR，都有 g（s）f（t） ，可得 g（x） minf （x） max，函数 f（x） |2x+1|2x3|2 x+12x+3|4，f（x） max4g（x）|x+1|+|xa| |x+1x+a|a+1|，故 g（x） min|a+1|，|a +1|4，a+14 或 a+14，求得 a3 或 a5故所求的 a 的范围为a|a3 或 a5 【点评】本题考查的知识要点：绝对值不等式的解法，零点讨论法的应用，利用恒成立问题求参数的取值范围问题