2020年河南省开封市高考数学一模试卷（理科）.docx

1、 第 1 页（共 21 页） 2020 年河南省开封市高考数学一模试卷（理科）年河南省开封市高考数学一模试卷（理科） 一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 60 分在每小题给出的四个选项中，只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有一项是符合题目要求的 1 （5 分）已知集合 2 |60Ax xx，BN，则(AB ) A 1，0，1，2 B0，1，2 C 2，1，0，1 D0，1 2 （5 分）在复平面内，复数 1 ai i 对应的点位于直线yx的左上方，则实数a的取值范围 是( ) A(,0) B(,1) C(0,) D(

2、1,) 3 （5 分）设a与b都是非零向量，则“0a b ”是“向量a与b夹角为锐角”的( ) A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充分必要条件 D既不充分也不必要条件 4 （5 分）已知角的顶点与原点重合，始边与x轴正半轴重合，终边经过点(1, 2)，则 tan2( ) A 3 4 B 3 4 C 4 3 D 4 3 5（5 分） 已知定义在5m，12 m上的奇函数( )f x， 满足0x 时，( )21 x f x ， 则( )f m 的值为( ) A15 B7 C3 D15 6 （5 分）某省普通高中学业水平考试成绩按人数所占比例依次由高到低分为A，B，C， D，E五个等级，A等级15

3、%，B等级30%，C等级30%，D，E等级共25%其中E 等级为不合格，原则上比例不超过5%该省某校高二年级学生都参加学业水平考试，先从 中随机抽取了部分学生的考试成绩进行统计， 统计结果如图所示 若该校高二年级共有 1000 名学生，则估计该年级拿到C级及以上级别的学生人数有( ) A45 人 B660 人 C880 人 D900 人 7 （5 分）国庆阅兵式上举行升旗仪式，在坡度为15的观礼台上，某一列座位与旗杆在同 第 2 页（共 21 页） 一个垂直于地面的平面上，某同学在该列的第一排和最后一排测得旗杆顶端的仰角分别为 60和30，第一排和最后一排的距离为 25 米，则旗杆的高度约为(

4、 ) A17 米 B22 米 C31 米 D35 米 8 （5 分）已知 n F是斐波那契数列，则 12 1FF， * 12(nnn FFFnN 且3)n，如图 程序框图表示输出斐波那契数列的前n项的算法，则(n ) A10 B18 C20 D22 9 （5 分）设2mln，2nlg，则( ) Amnmnmn Bmnmnmn Cmnmnmn Dmnmnmn 10 （5 分）已知F为双曲线 22 22 :1(0,0) xy Cab ab 的右焦点，圆 2222 :O xyab与C 在第一象限、第三象限的交点分别为M，N，若MNF的面积为ab，则双曲线C的离心 率为( ) A2 B3 C2 D5

5、11 （5 分）将函数( )sincosf xaxbx的图象向右平移 3 个单位长度得到( )g x的图象，若 ( )g x的对称中心为坐标原点，则关于函数( )f x有下述四个结论： 第 3 页（共 21 页） ( )f x的最小正周期为2 若( )f x的最大值为 2，则1a ( )f x在，有两个零点 ( )f x在区间 5 6 ， 6 上单调 其中所有正确结论的标号是( ) A B C D 12 （5 分）已知正方体的棱长为 1，平面过正方体的一个顶点，且与正方体每条棱所在 直线所成的角相等，则该正方体在平面内的正投影面积是( ) A 3 3 2 B3 C2 D 3 3 4 二、填空题

6、：本大题共二、填空题：本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分 13 （5 分）已知向量(2, 6)a ，(3,)bm，若| |abab，则m 14（5 分） 我国的第一艘航空母舰 “辽宁舰” 在某次舰载机起降飞行训练中， 有 5 架 “歼15” 舰载机准备着舰，已知乙机不能最先着舰，丙机必须在甲机之前着舰（不一定相邻） ，那么 不同的着舰方法种数为 15（5 分） 设点P为函数 3 ( )f xlnxx上任意一点， 点Q为直线220xy上任意一点， 则P，Q两点距离的最小值为 16 （5 分）若数列 n a满足 21321 111 222 nn aaaaaa ，则

7、称数列 n a为“差 半递增”数列若数列 n a为“差半递增”数列，且其通项 n a与前n项和 n S满足 * 221() nn SatnN，则实数t的取值范围是 三、解答题：共三、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 题为必考题为必考 题，每个试题考生都必须作答第题，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 （一）必考题：题为选考题，考生根据要求作答 （一）必考题： 共共 50 分分 17 （12 分）已知等差数列 n a满足 1 21 nn ana （1）求 n a的通项公式； （2）记

8、n S为 n a的前n项和，求数列 1 n S 的前n项和 n T 18 （12 分）底面ABCD为菱形的直四棱柱，被一平面截取后得到如图所示的几何体若 第 4 页（共 21 页） 4DADHDB，3AECG （1）求证：EGDF； （2）求二面角AHFC的正弦值 19 （12 分）在平面直角坐标系xOy中，已知点(1,0)F，直线:1l x ，点P在直线l上移 动，R是线段PF与y轴的交点，动点Q满足：RQPF，PQl （1）求动点Q的轨迹方程E； （2） 若直线PF与曲线E交于A，B两点， 过点F作直线PF的垂线与曲线E相交于C，D 两点，求FA FBFC FD的最大值 20（12 分）

9、某医院为筛查某种疾病， 需要检验血液是否为阳性， 现有 * ()n nN份血液样本， 有以下两种检验方式：逐份检验，列需要检验n次；混合检验，将其 * (k kN且2)k份 血液样本分别取样混合在一起检验若检验结果为阴性，这k份的血液全为阴性，因而这k 份血液样本只要检验一次就够了，如果检验结果为阳性，为了明确这k份血液究竟哪几份为 阳性，就要对这k份再逐份检验，此时这k份血液的检验次数总共为1k 次假设在接受检 验的血液样本中， 每份样本的检验结果是阳性还是阴性都是独立的， 且每份样本是阳性结果 的概率为(01)pp （1）假设有 5 份血液样本，其中只有 2 份样本为阳性，若采用逐份检验的

10、方式，求恰好经 过 3 次检验就能把阳性样本全部检验出来的概率 （2）现取其中 * (k kN且2)k份血液样本，记采用逐份检验方式，样本需要检验的总次数 为 1 ，采用混合检验方式，样本需要检验的总次数为 2 （）运用概率统计的知识，若 12 EE，试求p关于k的函数关系式( )pf k； （）若 1 4 1pe ，且采用混合检验方式可以使得样本需要检验的总次数的期望值比逐份 检验的总次数期望值更少，求k的最大值 参考数据：20.6931ln ，31.0986ln ，51.6094ln 第 5 页（共 21 页） 21 （12 分）已知函数( )sin x f xa ex ，aR，e为自然对

11、数的底数 （1）当1a 时，证明：(x ，0，( ) 1f x ； （2）若函数( )f x在(0,) 2 上存在两个极值点，求实数a的取值范围 （二）选考题：共（二）选考题：共 10 分请考生在第分请考生在第 22、23 题中任选一题作答如果多选，则按所做的题中任选一题作答如果多选，则按所做的 第一题计分第一题计分选修选修 4-4：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程 22 （10 分）在直角坐标系xOy中，曲线 1 C的参数方程为 2cos ( sin x y 为参数） ，以坐标 原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 2 C的极坐标方程为2 （1）求曲线 1 C的极坐标方程和

12、2 C的直角坐标方程； （2）设P是曲线 1 C上一点，此时参数 4 ，将射线OP绕原点O逆时针旋转 3 交曲线 2 C 于点Q，记曲线 1 C的上顶点为点T，求OTQ的面积 选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲 23已知a，b，c为一个三角形的三边长证明： （1）3 bca abc ； （2） 2 () 2 abc abc 第 6 页（共 21 页） 2020 年河南省开封市高考数学一模试卷（理科）年河南省开封市高考数学一模试卷（理科） 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 60 分在每小题给出的

13、四个选项中，只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有一项是符合题目要求的 1 （5 分）已知集合 2 |60Ax xx，BN，则(AB ) A 1，0，1，2 B0，1，2 C 2，1，0，1 D0，1 【解答】解： 2 |60 2Ax xx ，3，BN， 则0AB ，1，2 故选：B 2 （5 分）在复平面内，复数 1 ai i 对应的点位于直线yx的左上方，则实数a的取值范围 是( ) A(,0) B(,1) C(0,) D(1,) 【解答】解： ()(1)11 1(1)(1)22 aiaiiaa i iii ， 复数 1 ai i 对应的点的坐标为 1 1 (,) 22

14、 aa ， 由复数 1 ai i 对应的点位于直线yx的左上方，得 11 0 22 aa a ，即0a 实数a的取值范围是(,0) 故选：A 3 （5 分）设a与b都是非零向量，则“0a b ”是“向量a与b夹角为锐角”的( ) A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充分必要条件 D既不充分也不必要条件 【解答】解：a与b都是非零向量，则“向量a与b夹角为锐角” “0a b ” ，反之 不成立，可能同向共线 因此“0a b ”是“向量a与b夹角为锐角”的必要不充分条件 故选：B 4 （5 分）已知角的顶点与原点重合，始边与x轴正半轴重合，终边经过点(1, 2)，则 第 7 页（共 21 页）

15、tan2( ) A 3 4 B 3 4 C 4 3 D 4 3 【解答】解：由三角函数的定义可知，tan2 ， 2 2tan44 tan2 1143tan 故选：D 5（5 分） 已知定义在5m，12 m上的奇函数( )f x， 满足0x 时，( )21 x f x ， 则( )f m 的值为( ) A15 B7 C3 D15 【解答】解：由奇函数的对称性可知，5120mm ， 4m ， 0x 时，( )21 x f x ， 则( )( 4)f mff （4）15 故选：A 6 （5 分）某省普通高中学业水平考试成绩按人数所占比例依次由高到低分为A，B，C， D，E五个等级，A等级15%，B等

16、级30%，C等级30%，D，E等级共25%其中E 等级为不合格，原则上比例不超过5%该省某校高二年级学生都参加学业水平考试，先从 中随机抽取了部分学生的考试成绩进行统计， 统计结果如图所示 若该校高二年级共有 1000 名学生，则估计该年级拿到C级及以上级别的学生人数有( ) A45 人 B660 人 C880 人 D900 人 【解答】 解： 根据图形， 抽取的总人数1020%50， 其中C所占的百分比为：12500.24， 故1000 (0.240.20.46)1000 0.9900， 故选：D 7 （5 分）国庆阅兵式上举行升旗仪式，在坡度为15的观礼台上，某一列座位与旗杆在同 一个垂直

17、于地面的平面上，某同学在该列的第一排和最后一排测得旗杆顶端的仰角分别为 第 8 页（共 21 页） 60和30，第一排和最后一排的距离为 25 米，则旗杆的高度约为( ) A17 米 B22 米 C31 米 D35 米 【解答】解：如图所示，依题意可知45ADC，1806015105ACD ， 1804510530DAC ， 由正弦定理可知 sinsin CDAC DACCDA ， sin 25 2 sin CDCDA AC DAC 米 在Rt ABC中， 325 6 sin25 231 22 ABACACB米 旗杆的高度为 31 米 故选：C 8 （5 分）已知 n F是斐波那契数列，则 1

18、2 1FF， * 12(nnn FFFnN 且3)n，如图 程序框图表示输出斐波那契数列的前n项的算法，则(n ) 第 9 页（共 21 页） A10 B18 C20 D22 【解答】解：模拟程序的运行，可得 1i ，1a ，1b ， 满足条件10i ，执行循环，输出斐波那契数列的前 2 项，2a ，3b ，2i 满足条件10i ，执行循环，输出斐波那契数列的第 3，第 4 项，5a ，8b ，3i 每经过一次循环， 输出了斐波那契数列的 2 项，9i 时， 共输出了斐波那契数列的前 18 项， 此时10i ，不满足条件，退出循环体 故程序框图表示输出斐波那契数列的前n项的算法，18n 故选：

19、B 9 （5 分）设2mln，2nlg，则( ) Amnmnmn Bmnmnmn Cmnmnmn Dmnmnmn 【解答】解：01m，01n，mn， 222 1110 101 mn loglog elog nmmne ， 故mnmn， 所以 2 11 (10 )1loge mn ，故mnmn， 由mnmn 故mnmnmn， 故选：D 第 10 页（共 21 页） 10 （5 分）已知F为双曲线 22 22 :1(0,0) xy Cab ab 的右焦点，圆 2222 :O xyab与C 在第一象限、第三象限的交点分别为M，N，若MNF的面积为ab，则双曲线C的离心 率为( ) A2 B3 C2

20、D5 【解答】解：设 1 |MFm， 2 |MFn， 由双曲线的定义可得2mna， 由| |OMON， 12 | |OFOF， 可得四边形 12 F NF M为平行四边形，圆 22222 :O xyabc， 由直径所对的圆周角为直角，可得 四边形 12 F NF M为矩形， 即有 222 4mnc， 1 2 Smnab， 由可得 22 444caba， 即为ba， 可得2 c e a 故选：A 第 11 页（共 21 页） 11 （5 分）将函数( )sincosf xaxbx的图象向右平移 3 个单位长度得到( )g x的图象，若 ( )g x的对称中心为坐标原点，则关于函数( )f x有下

21、述四个结论： ( )f x的最小正周期为2 若( )f x的最大值为 2，则1a ( )f x在，有两个零点 ( )f x在区间 5 6 ， 6 上单调 其中所有正确结论的标号是( ) A B C D 【解答】解： 22 2222 ( )sincos(sincos ) ab f xaxbxabxx abab 22 sin()abx 将( )f x的图象向右平移 3 个单位长度得到( )g x的图象， 则 22 ( )sin() 3 g xabx ( )g x的对称中心为坐标原点，sin()0 3 ，得 3 k ，则 3 k ，kZ 22 ( )sin() 3 f xabxk ( )f x的最小

22、正周期2T，故正确； 若( )f x的最大值为 2，则 22 2ab，a不一定为 1，故错误； 由( )0f x ，得sin()0 3 xk ，即sin()0 3 x ，在，有两个零点 3 ， 2 3 ， 故正确； 当 5 6 x ， 6 时，, 322 xkkk ， 当k为偶数时，( )f x单调递增，当k为奇数时，( )f x单调递减，故错误 其中所有正确结论的标号是 第 12 页（共 21 页） 故选：D 12 （5 分）已知正方体的棱长为 1，平面过正方体的一个顶点，且与正方体每条棱所在 直线所成的角相等，则该正方体在平面内的正投影面积是( ) A 3 3 2 B3 C2 D 3 3

23、4 【解答】解：正方体的所有棱中，实际上是 3 组平行的棱，每条棱所在直线与平面所成 的角都相等，如图：所示的正三角形所在平面或其平行平面为平面时，满足平面与正 方体每条棱所成的角均相等， 并且如图所示的正三角形，为平面截正方体所形成的三角形截面中，截面面积最大者 因为正三角形的边长为2， 正方体 1111 ABCDABC D的三个面 在平面内的正投影是三个全等的菱形（如图所示） ， 可以看成两个边长为2的等边三角形， 所以正方体在平面内的正投影面积是 13 2223 22 S 故选：B 第 13 页（共 21 页） 二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5

24、分，共分，共 20 分分 13 （5 分）已知向量(2, 6)a ，(3,)bm，若| |abab，则m 1 【解答】解：向量(2, 6)a ，(3,)bm，若| |abab，则0a b ， 即2360m，则1m ， 故答案为：1 14（5 分） 我国的第一艘航空母舰 “辽宁舰” 在某次舰载机起降飞行训练中， 有 5 架 “歼15” 舰载机准备着舰，已知乙机不能最先着舰，丙机必须在甲机之前着舰（不一定相邻） ，那么 不同的着舰方法种数为 48 【解答】解：根据题意，假设有 5 个位置，第一个位置的舰载机最先着舰，其余的舰载机依 次按位置着舰， 乙机不能最先着舰，则乙机有 4 个位置可选， 在剩

25、下的位置中任选 2 个，安排丙机和甲机，要求丙机必须在甲机之前，有 2 4 6C 种情况， 最后将剩下的 2 架舰载机安排在剩下的位置，有 2 种情况； 则同的着舰方法有46248 种； 故答案为：48 15（5 分） 设点P为函数 3 ( )f xlnxx上任意一点， 点Q为直线220xy上任意一点， 则P，Q两点距离的最小值为 5 5 【解答】解：由 3 ( )f xlnxx，得 32 1 ( )3fxlnxxx x ， 设与直线220xy平行的切线切曲线( )f x于 3 000 (,)P x lnxx， 第 14 页（共 21 页） 则 2 0 0 1 32x x ，整理得 2 000

26、 (1)(331)0xxx， 解得 0 1x ，则切点(1, 1)P P到直线220xy的距离 |212|5 55 d 即P，Q两点距离的最小值为 5 5 故答案为： 5 5 16 （5 分）若数列 n a满足 21321 111 222 nn aaaaaa ，则称数列 n a为“差 半递增”数列若数列 n a为“差半递增”数列，且其通项 n a与前n项和 n S满足 * 221() nn SatnN，则实数t的取值范围是 1 (, ) 2 【解答】解：因为221 nn Sat， 则 11 221 nn Sat ， 把这两个等式相减，得 1 22 nnn aaa ， 所以 1 2 n n a

27、a ， 因为 11 221Sat，所以 1 12at ， 则数列 n a是公比为 2 的等比数列， 所以 11 1 2(12 )2 nn n aat ， 2 1 1 (12 )2 2 n n at ， 所以 3 1 1 3(12 )2 2 n nn aat ， 2 1 1 3(12 )2 2 n nn aat ， 23 11 11 ()()3(12 )23(12 )20 22 nn nnnn aaaatt ， 解得 1 2 t ， 故答案为： 1 (, ) 2 三、解答题：共三、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分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤第 1721 题

28、为必考题为必考 第 15 页（共 21 页） 题，每个试题考生都必须作答第题，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 （一）必考题：题为选考题，考生根据要求作答 （一）必考题： 共共 50 分分 17 （12 分）已知等差数列 n a满足 1 21 nn ana （1）求 n a的通项公式； （2）记 n S为 n a的前n项和，求数列 1 n S 的前n项和 n T 【解答】解： （1）由已知 n a为等差数列，记其公差为d 当2n时， 1 1 21 121 nn nn ana ana ，两式相减可得12dd ， 所以1d ， 当1n 时， 21 121aa ，所

29、以 1 1a 所以11 n ann ； （2） (1) 2 n n n S ， 1211 2() (1)1 n Sn nnn ， 所以 111111112 2(1)()()()2(1) 22334111 n n T nnnn 18 （12 分）底面ABCD为菱形的直四棱柱，被一平面截取后得到如图所示的几何体若 4DADHDB，3AECG （1）求证：EGDF； （2）求二面角AHFC的正弦值 【解答】（1） 证明： 连接AC， 由/ /AECG可知四边形AEGC为平行四边形， 所以/ /EGAC 由题意易知ACBD，ACBF，所以EGBD，EGBF， 因为BDBFB，所以EG 平面BDHF，

30、又DF 平面BDHF，所以EGDF 第 16 页（共 21 页） （2）解：设ACBDO，EGHFP， 由已知可得：平面/ /ADHE平面BCGF， 所以/ /EHFG，同理可得：/ /EFHG， 所以四边形EFGH为平行四边形， 所以P为EG的中点，O为AC的中点， 所以/ /OPAE，从而OP 平面ABCD， 又OAOB，所以OA，OB，OP两两垂直， 如图，建立空间直角坐标系Oxyz，3OP ， 4DH ，由平面几何知识，得2BF 则(2 3,0,0)A，( 2 3,0,0)C ，(0F，2，2)，(0H，2，4)， 所以( 2 3,2,2)AF ，(2 3,2,2)CF ，(0,4,

31、2)HF 设平面AFH的法向量为( , , )nx y z， 由 0 0 AF n HF n ，可得 2 3220 420 xyz yz ， 令1y ，则2z ，3x ，所以( 3,1,2)n 同理，平面CFH的一个法向量为(3,1,2)m 设平面AFH与平面CFH所成角为， 则 3 141 |cos| | |48 8 m n m n ，所以 15 sin 4 19 （12 分）在平面直角坐标系xOy中，已知点(1,0)F，直线:1l x ，点P在直线l上移 动，R是线段PF与y轴的交点，动点Q满足：RQPF，PQl （1）求动点Q的轨迹方程E； （2） 若直线PF与曲线E交于A，B两点， 过

32、点F作直线PF的垂线与曲线E相交于C，D 第 17 页（共 21 页） 两点，求FA FBFC FD的最大值 【解答】解： （1）由题意可知R是线段PF的中点，因为RQPF，所以RQ为PF的中垂 线， 即| |QPQF，又因为PQl，即Q点到点F的距离和到直线l的距离相等， 设( , )Q x y，则 22 |1|(1)xxy， 化简得 2 4yx，所以动点Q的轨迹方程E为： 2 4yx （2）由题可知直线PF的斜率存在且不为 0， 设直线:(1)PF yk x， 1 :(1)CD yx k ， 则 2 (1) 4 yk x yx ，联立可得 2222 (24)0k xkxk， 设 1 (A

33、x， 1) y， 2 (B x， 2) y，则 2 12 2 24k xx k ， 12 1x x 因为向量FA，FB方向相反，所以 121212 2 4 |(1)(1)(1)(4)FA FBFA FBxxx xxx k ， 同理，设 3 (C x， 3) y， 4 (D x， 4) y，可得 2 | |44FC FDFCFDk ， 所以 2 2 1 4()8FA FBFC FDk k ， 因为 2 2 1 2k k ，当且仅当 2 1k ，即1k 时取等号， 所以FA FBFC FD的最大值为16 第 18 页（共 21 页） 20（12 分） 某医院为筛查某种疾病， 需要检验血液是否为阳性

34、， 现有 * ()n nN份血液样本， 有以下两种检验方式：逐份检验，列需要检验n次；混合检验，将其 * (k kN且2)k份 血液样本分别取样混合在一起检验若检验结果为阴性，这k份的血液全为阴性，因而这k 份血液样本只要检验一次就够了，如果检验结果为阳性，为了明确这k份血液究竟哪几份为 阳性，就要对这k份再逐份检验，此时这k份血液的检验次数总共为1k 次假设在接受检 验的血液样本中， 每份样本的检验结果是阳性还是阴性都是独立的， 且每份样本是阳性结果 的概率为(01)pp （1）假设有 5 份血液样本，其中只有 2 份样本为阳性，若采用逐份检验的方式，求恰好经 过 3 次检验就能把阳性样本全

35、部检验出来的概率 （2）现取其中 * (k kN且2)k份血液样本，记采用逐份检验方式，样本需要检验的总次数 为 1 ，采用混合检验方式，样本需要检验的总次数为 2 （）运用概率统计的知识，若 12 EE，试求p关于k的函数关系式( )pf k； （）若 1 4 1pe ，且采用混合检验方式可以使得样本需要检验的总次数的期望值比逐份 检验的总次数期望值更少，求k的最大值 参考数据：20.6931ln ，31.0986ln ，51.6094ln 【解答】解： （1）记恰好经过 3 次检验就能把阳性样本全部检验出来为A事件， 则 3121 3223 3 5 3 ( ) 10 AC A C P A

36、A 第 19 页（共 21 页） （2） （） 1 ( )Ek， 2 的取值为 1，1k ， 计算 2 (1)(1)kPp， 2 (1)1(1)kPkp ， 所以 2 ()(1)(1)(1(1) )1(1) kkk Epkpkkp ， 由 12 ( )()EE，得1(1)kkkkp ，所以 1 * 1 1( ) ( k pkN k 且2)k （） 1 4 1pe ， 4 2 ()1 k Ekke ，所以 4 1 k kkek ，即0 4 k lnk 设( ) 4 x f xlnx， 114 ( ) 44 x fx xx ，0x ， 当(0,4)x时，( )0fx，( )f x在(0,4)上单调

37、递增； 当(4,)x时，( )0fx，( )f x在(4,)上单调递减 且f（8）823 220lnln， 99 (9)92 30 44 flnln， 所以k的最大值为 8 21 （12 分）已知函数( )sin x f xa ex ，aR，e为自然对数的底数 （1）当1a 时，证明：(x ，0，( ) 1f x ； （2）若函数( )f x在(0,) 2 上存在两个极值点，求实数a的取值范围 【解答】解： （1）当1a 时，( )sin x f xex ， ( )cos x fxex ，当0x时，1 x e，则( ) 0fx (0 )x 所以( )f x在(，0上单调递减，( )(0)1f

38、xf； 所以：(x ，0，( ) 1f x ； （2）函数( )f x在(0,) 2 上存在两个极值点； 则( )0fx在(0,) 2 上有两个不等实数根； 即( )cos0 x fxaex 在(0,) 2 上有两个不等实数根； 即cos x aex 在(0,) 2 上有两个不等实数根； 设( )cos x g xex，则( )(cossin ) x g xexx； 当0 4 x 时，( )0g x，( )g x单调递增； 第 20 页（共 21 页） 当 42 x 时，( )0g x，( )g x单调递减； 又(0)1g， 4 2 () 42 ge ，()0 2 g ； 故实数a的取值范围为

39、： 4 2 1 2 ae （二）选考题：共（二）选考题：共 10 分请考生在第分请考生在第 22、23 题中任选一题作答如果多选，则按所做的题中任选一题作答如果多选，则按所做的 第一题计分第一题计分选修选修 4-4：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程 22 （10 分）在直角坐标系xOy中，曲线 1 C的参数方程为 2cos ( sin x y 为参数） ，以坐标 原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 2 C的极坐标方程为2 （1）求曲线 1 C的极坐标方程和 2 C的直角坐标方程； （2）设P是曲线 1 C上一点，此时参数 4 ，将射线OP绕原点O逆时针旋转 3 交曲线 2 C

40、 于点Q，记曲线 1 C的上顶点为点T，求OTQ的面积 【解答】解： （1）由 2cos ( sin x y 为参数） ，消去参数， 可得曲线 1 C的普通方程为 2 2 1 2 x y， 由cosx，siny，可得曲线 1 C的极坐标方程为 2222 cos2sin20 由2，得 2 2，则 2 C的直角坐标方程为 22 2xy； （2）当 4 时， 2 (1,) 2 P， 3 sin 3 xOP， 6 cos 3 xOP， 将射线OP绕原点O逆时针旋转 3 ，交曲线 2 C于点Q，又曲线 1 C的上顶点为点T， |2OQ，| 1OT ， 则 1233613 22 3 | | sin()()

41、 262323212 OTQ SOQOTxOP 选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲 23已知a，b，c为一个三角形的三边长证明： （1）3 bca abc ； （2） 2 () 2 abc abc 第 21 页（共 21 页） 【解答】解： （1）a，b，0c ， 3 33 bcab c a abca b c ；当且仅当abc取等号， 故原命题成立； （2）已知a，b，c为一个三角形的三边长，要证 2 () 2 abc abc ，只需证明 2 ()2()abcabc， 即证222acbcababc， 则有 2 ()2bcbcbca，即bca， 所以()abacabca， 同理abbcb，acbcc， 三式左右相加得222acbcababc， 故命题得证