2020年河南省名校联盟高考数学一模试卷（理科）.docx

1、 第 1 页（共 20 页） 2020 年河南省名校联盟高考数学一模试卷（理科）年河南省名校联盟高考数学一模试卷（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，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符 合题目要求的合题目要求的 1 （5 分）已知集合 Ax|x23x40，Bx|lnx0，则（RA）B（ ） A B （0，4 C （1，4 D （4，+） 2 （5 分）下列命题中正确的是（ ） A若 ab，则 acbc B若 ab，cd，则 acbd C若 ab0，ab，则1 1 D若 ab，cd，则 3 （5

2、分）设方程 lg（x1）+x30 的根为 x0，x0表示不超过 x0的最大整数，则x0 （ ） A1 B2 C3 D4 4 （5 分）在ABC 中，已知 A60，a= 3，b= 2，则 B 等于（ ） A45或 135 B60 C45 D135 5 （5 分）下列四个结论： 命题“x0R，sinx0+cosx01”的否定是“xR，sinx+cosx1” ； 若 pq 是真命题，则p 可能是真命题； “a5 且 b5”是“a+b0”的充要条件； 当 a0 时，幂函数 yxa在区间（0，+）上单调递减 其中正确的是（ ） A B C D 6 （5 分） 已知正项等比数列an的前 n 项和为 Sn，

3、 若4= 1 8 ，3 1= 3 4， 则 S5 （ ） A31 32 B31 16 C31 8 D31 4 7 （5 分） （x1） （2x+1）10的展开式中 x10的系数为（ ） A512 B1024 C4096 D5120 8 （5 分）直线 l：ykx1 与曲线 C： （x2+y24x+3）y0 有且仅有 2 个不同的交点，则 实数 k 的取值范围是（ ） A(0， 4 3) B(0， 4 3- C*1 3 ，1， 4 3+ D*1 3 ，1+ 9 （5 分） 某校有 1000 人参加某次模拟考试， 其中数学考试成绩近似服从正态分布 N （105， 第 2 页（共 20 页） 2）

4、（0） ，试卷满分 150 分，统计结果显示数学成绩优秀（高于 120 分）的人数占 总人数的1 5，则此次数学考试成绩在 90 分到 105 分之间的人数约为（ ） A150 B200 C300 D400 10 （5 分）已知椭圆 C： 2 2 + 2 2 =1（ab0）的右焦点为 F，短轴的一个端点为 P，直 线 l：4x3y0 与椭圆 C 相交于 A，B 两点若|AF|+|BF|6，点 P 到直线 l 的距离不小 于6 5，则椭圆离心率的取值范围是（ ） A （0，5 9 B （0， 3 2 C （0， 5 3 D （1 3， 3 2 11 （5 分）若函数 f（x）sin（2x 3）与

5、 g（x）cos（x+ 4）都在区间（a，b） （0a b）上单调递减，则 ba 的最大值为（ ） A 6 B 3 C 2 D5 12 12 （5 分）已知关于 x 的方程f（x）2kf（x）+10 恰有四个不同的实数根，则当函数 f （x）x2ex时，实数 k 的取值范围是（ ） A （，2）（2，+） B （ 4 2 + 2 4 ，+ ） C （ 8 2 ，2） D （2， 4 2 + 2 4 ） 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 分分 13（5 分） 若平面向量 ， 满足| + |1， + 平行于 x 轴， = （2， 1） ， 则 = 14 （

6、5 分）实数 x，y 满足约束条件： 1 1 + 3 0 ，则 z= 1的取值范围为 15 （5 分）半径为 2 的球面上有 A，B，C，D 四点，且 AB，AC，AD 两两垂直，则ABC， ACD 与ADB 面积之和的最大值为 16 （5 分）如图，A1，A2分别是椭圆 2 4 + 2=1 的左、右顶点，圆 A1的半径为 2，过点 A2作圆 A1的切线，切点为 P，在 x 轴的上方交椭圆于点 Q，则 | |2| = 第 3 页（共 20 页） 三、解答题：本大题共三、解答题：本大题共 6 大题，共大题，共 70 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤分，解答应写出文字说明、证明过程或演算

7、步骤 17 （12 分）已知数列an中，a11，当 n2 时，其前 n 项和 Sn满足 2 =an（Sn 1 2） （1）求 Sn的表达式； （2）设 bn= 2+1，求数列bn的前 n 项和 Tn 18（12 分） 如图所示的三棱柱ABCA1B1C1中， AA1平面 ABC， ABBC， BC= 3BB1= 3， B1C 的重点为 O，若线段 A1C1上存在点 P 使得 PO平面 AB1C （）求 AB； （）求二面角 AB1CA1的余弦值 19 （12 分）某部门在同一上班高峰时段对甲、乙两座地铁站各随机抽取了 50 名乘客，统 计其乘车等待时间 （指乘客从进站口到乘上车的时间， 乘车等待

8、时间不超过 40 分钟） 将 统计数据按5，10） ，10，15） ，15，20） ，35，40分组，制成频率分布直方图： 假设乘客乘车等待时间相互独立 （）在上班高峰时段，从甲站的乘客中随机抽取 1 人，记为 A；从乙站的乘客中随机 第 4 页（共 20 页） 抽取 1 人，记为 B用频率估计概率，求“乘客 A，B 乘车等待时间都小于 20 分钟”的 概率； （）在上班高峰时段，从乙站乘车的乘客中随机抽取 3 人，X 表示乘车等待时间小于 20 分钟的人数，用频率估计概率，求随机变量 X 的分布列与数学期望 20 （12 分）已知 O 为坐标原点，椭圆 C： 2 2 + 2 2 =1（ab0

9、）的左、右焦点分别为 F1， F2，离心率 e= 6 3 ，椭圆 C 上的点到焦点 F2的最短距离为6 2 （1）求椭圆 C 的标准方程； （2） 设 T 为直线 x3 上任意一点， 过 F1的直线交椭圆 C 于点 P， Q， 且为抛物线1 =0，求| 1| | | 的最小值 21 （12 分）已知函数 f（x）xex 1a（x+lnx） ，aR （1）若 f（x）存在极小值，求实数 a 的取值范围； （2）设 x0是 f（x）的极小值点，且 f（x0）0，证明：f（x0）2（x02x03） 请考生在请考生在 22、23 两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分两题中任选一题作答，如

10、果多做，则按所做的第一题记分选修选修 4-4：坐：坐 标系与参数方程标系与参数方程 22 （10 分）在直角坐标系 xOy 中，曲线 C1的参数方程为 = 2 + 2 = 2 （ 为参数） ，以 原点 O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 C2的极坐标方程为 4sin （）求曲线 C1的普通方程和 C2的直角坐标方程； （） 已知曲线 C3的极坐标方程为 ， 0， R， 点 A 是曲线 C3与 C1的交点， 点 B 是曲线 C3与 C2的交点，且 A，B 均异于原点 O，且|AB|42，求实数 的值 选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲 23已知函数 f（x）|2xa| （1

11、）当 a2，求不等式 f（x）+|x|6 的解集； （2）设 f（x）+|x1|+3x0 对 x2，1恒成立，求 a 的取值范围 第 5 页（共 20 页） 2020 年河南省名校联盟高考数学一模试卷（理科）年河南省名校联盟高考数学一模试卷（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，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符 合题目要求的合题目要求的 1 （5 分）已知集合 Ax|x23x40，Bx|lnx0，则（RA）B（ ） A B （0，4 C （1，4 D （4，

12、+） 【解答】解：Ax|x1，或 x4，Bx|x1； RAx|1x4； （RA）B（1，4 故选：C 2 （5 分）下列命题中正确的是（ ） A若 ab，则 acbc B若 ab，cd，则 acbd C若 ab0，ab，则1 1 D若 ab，cd，则 【解答】解：Ac0 时不成立； Bab，cd，则 a+cb+d，因此不正确； Cab0，ab，则1 1 ，正确 D取 a2，b3，c3，d3，满足条件 ab，cd，但是 不成立 故选：C 3 （5 分）设方程 lg（x1）+x30 的根为 x0，x0表示不超过 x0的最大整数，则x0 （ ） A1 B2 C3 D4 【解答】解：构造函数 f（x）

13、lg（x1）+x3，由于函数 ylg（x1）与 yx3 在 定义域上都是单调递增函数， 故 f（x）lg（x1）+x3 在定义域上单调递增， 由 f（2）0+2310，f（3）lg（31）+33lg20， 则函数 f（x）的零点在（2，3）之间，故 2x03，x02 故选：B 4 （5 分）在ABC 中，已知 A60，a= 3，b= 2，则 B 等于（ ） 第 6 页（共 20 页） A45或 135 B60 C45 D135 【解答】解：由正弦定理知：sinB= = 23 2 3 = 2 2 0B B45或 135 又a= 3b= 2，BA，B 2 B45 故选：C 5 （5 分）下列四个结

14、论： 命题“x0R，sinx0+cosx01”的否定是“xR，sinx+cosx1” ； 若 pq 是真命题，则p 可能是真命题； “a5 且 b5”是“a+b0”的充要条件； 当 a0 时，幂函数 yxa在区间（0，+）上单调递减 其中正确的是（ ） A B C D 【解答】解：命题“x0R，sinx0+cosx01”的否定是“xR，sinx+cosx1” ；满足 命题的否定形式，正确； 若 pq 是真命题，p 是真命题，则p 是假命题；所以不正确； “a5 且 b5”可得“a+b0”成立， “a+b0”得不到“a5 且 b5”所以 不正确； 当 a0 时，幂函数 yxa在区间（0，+）上单

15、调递减，正确，反例：y= ; 2 3，可知： x（，0）时，函数是增函数，在（0，+）上单调递减，所以正确； 故选：A 6 （5 分） 已知正项等比数列an的前 n 项和为 Sn， 若4= 1 8 ，3 1= 3 4， 则 S5 （ ） A31 32 B31 16 C31 8 D31 4 【解答】解：正项等比数列an的前 n 项和为 Sn， 4= 1 8 ，3 1= 3 4， 第 7 页（共 20 页） 13= 1 8 1(13) 1 1= 3 4 ， 解得 a11，q= 1 2， S5= 1(15) 1 = 1 1 32 11 2 = 31 16 故选：B 7 （5 分） （x1） （2x+

16、1）10的展开式中 x10的系数为（ ） A512 B1024 C4096 D5120 【解答】解：（x1） （2x+1）10x（2x+1）10（2x+1）10， 二项展开式 x（2x+1）10的通项为10 (2)10;= 10 210; 11;， 二项展开式（2x+1）10的通项为10 (2)10;= 10 210; 10;， 令11 = 10 10 = 10，得 = 1 = 0， 所以，展开式中 x10的系数为10 1 29 10 0 210= 5120 1024 = 4096 故选：C 8 （5 分）直线 l：ykx1 与曲线 C： （x2+y24x+3）y0 有且仅有 2 个不同的交点

17、，则 实数 k 的取值范围是（ ） A(0， 4 3) B(0， 4 3- C*1 3 ，1， 4 3+ D*1 3 ，1+ 【解答】解：如图所示，直线 ykx1 过定点 A（0，1） ， 直线 y0 和圆（x2）2+y21 相交于 B，C 两点， 圆（x2）2+y21 的圆心 O（2，0） ，半径 r1， kAB= 0(1) 30 = 1 3，kAC= 0(1) 10 =1， 过 A（0，1）作圆 O 的切线 AE、AD，切点分别为 E，D，连结 AO， 由题意 E（2，1） ，设OAE，则DAE2， kAOtan= 0+1 20 = 1 2， kADtan2= 2 12 = 21 2 11

18、 4 = 4 3， 直线 l：ykx1 与曲线 C：x2+y24x+30 有且仅有 2 个公共点， 结合图形得 k= 1 3，或 k1，或 k= 4 3， 第 8 页（共 20 页） 实数 k 的取值范围是1 3 ，1， 4 3 故选：C 9 （5 分） 某校有 1000 人参加某次模拟考试， 其中数学考试成绩近似服从正态分布 N （105， 2） （0） ，试卷满分 150 分，统计结果显示数学成绩优秀（高于 120 分）的人数占 总人数的1 5，则此次数学考试成绩在 90 分到 105 分之间的人数约为（ ） A150 B200 C300 D400 【解答】解：P（X90）P（X120）0

19、.2， P（90X120）10.40.6， P（90X105）= 1 2P（90X120）0.3， 此次数学考试成绩在 90 分到 105 分之间的人数约为 10000.3300 故选：C 10 （5 分）已知椭圆 C： 2 2 + 2 2 =1（ab0）的右焦点为 F，短轴的一个端点为 P，直 线 l：4x3y0 与椭圆 C 相交于 A，B 两点若|AF|+|BF|6，点 P 到直线 l 的距离不小 于6 5，则椭圆离心率的取值范围是（ ） A （0，5 9 B （0， 3 2 C （0， 5 3 D （1 3， 3 2 【解答】 解： 设椭圆的左焦点为 F， 根据椭圆的对称性可得： |AF

20、|BF|， |BF|AF|， |AF|+|AF|BF|+|AF|62a，解得 a3 点 P 到直线 l 的距离不小于6 5， 3 42:(;3)2 6 5，解得 b2， 又 ba，2b3 2 3 1 离心率 e= =1 2 2(0， 5 3 - 第 9 页（共 20 页） 故选：C 11 （5 分）若函数 f（x）sin（2x 3）与 g（x）cos（x+ 4）都在区间（a，b） （0a b）上单调递减，则 ba 的最大值为（ ） A 6 B 3 C 2 D5 12 【解答】解：函数 f（x）sin（2x 3）在(0， 5 12)上单调递增， 在(5 12 ， 11 12 )上单调递减，在(1

21、1 12 ，)上单调递增， 与 g（x）cos（x+ 4）在区间（0， 3 4 ）上单调递减，在(3 4 ，)上单调递增， 所以：这两个函数在区间(5 12 ， 3 4 )上单调递减， 故：b= 3 4 5 12 = 3， 即所求的最大值 故选：B 12 （5 分）已知关于 x 的方程f（x）2kf（x）+10 恰有四个不同的实数根，则当函数 f （x）x2ex时，实数 k 的取值范围是（ ） A （，2）（2，+） B （ 4 2 + 2 4 ，+ ） C （ 8 2 ，2） D （2， 4 2 + 2 4 ） 【解答】解：函数 f（x）2xex+x2ex（x+2）xex， 由 f（x）0

22、得（x+2）x0，得 x0 或 x2，此时 f（x）为增函数， 由 f（x）0 得（x+2）x0，得2x0，此时 f（x）为减函数， 即当 x0 时，函数 f（x）取得极小值，极小值为 f（0）0， 当 x2 时，函数 f（x）取得极大值，极大值为 f（2）= 4 2， 当 x0，f（x）0，且 f（x）0， 第 10 页（共 20 页） 作出函数 f（x）的图象如图： 设 tf（x） ，则当 0t 4 2时 方程 tf（x）有 3 个根，当 t= 4 2时 方程 tf（x）有 2 个根， 当 t0 或 t 4 2时 方程 tf（x）有 1 个根， 则方程f（x）2kf（x）+10 等价为 t

23、2kt+10， 若f（x）2kf（x）+10 恰有四个不同的实数根， 等价为 t2kt+10 有两个不同的根， 当 t0，方程不成立，即 t0， 其中 0t1 4 2或 t2 4 2， 设 h（x）t2kt+1， 则满足 (0) = 10 2 = 2 0 ( 4 2)0 ，得 0 ( 4 2) 2 ( 4 2) + 10 ， 即 0 ( 4 2) 2+1 4 2 = 4 2 + 2 4 ，即 k 4 2 + 2 4 ， 即实数 k 的取值范围是（ 4 2 + 2 4 ，+ ） ， 故选：B 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 分分 13 （5 分）若平面

24、向量 ， 满足| + |1， + 平行于 x 轴， =（2，1） ，则 = （ 3，1）或（1，1） 第 11 页（共 20 页） 【解答】解：设 =（x，y） ， | + |1， + 平行于 x 轴， =（2，1） ， + =（x+2，y1） ， ( + 2) 2+( 1)2 = 1 1 = 0 ； 解得 = 3 = 1 ，或 = 1 = 1 ； =（3，1）或 =（1，1） 故答案为： （3，1）或（1，1） 14（5 分） 实数 x， y 满足约束条件： 1 1 + 3 0 ， 则 z= 1的取值范围为 1， +） 【解答】解：作出不等式组表示的平面区域如下图： 其中 B（2，1） ，

25、因为 z= 1表示（x，y）与点（1，0）连线斜率， 由图可得：当点（x，y）在点 B 处时，它与点（1，0）连线斜率最小为：1;0 2;1 =1 所以 z= 1的取值范围为：1，+） 故答案为：1，+） 15 （5 分）半径为 2 的球面上有 A，B，C，D 四点，且 AB，AC，AD 两两垂直，则ABC， ACD 与ADB 面积之和的最大值为 8 【解答】解：半径为 2 的球面上有 A，B，C，D 四点，且 AB，AC，AD 两两垂直， 如图所示 第 12 页（共 20 页） 则设四面体 ABCD 置于长方体模型中，外接球的半径为 2， 故 x2+y2+z216， SSABC+SACD+S

26、ABD= 1 2 + 1 2 + 1 2 ， 由于 2（x2+y2+z2）4S（xy）2+（yz）2+（xz）20， 所以 4S21632，故 S8， 故答案为：8 16 （5 分）如图，A1，A2分别是椭圆 2 4 + 2=1 的左、右顶点，圆 A1的半径为 2，过点 A2作圆 A1的切线，切点为 P，在 x 轴的上方交椭圆于点 Q，则 | |2| = 3 4 【解答】解：连结 PO、PA1，可得POA1是边长为 2 的等边三角形， PA1OPOA160，可得直线 PA1的斜率 k1tan60= 3， 直线 PO 的斜率 k2tan120= 3， 因此直线 PA1的方程为 y= 3（x+2）

27、 ，直线 PO 的方程为 y= 3x， 设 P（m，n） ，联解 PO、PA1的方程可得 m1 第 13 页（共 20 页） 圆 A1与直线 PA2相切于 P 点， PA2PA1，可得PA2O90PA1O30， 直线 PA2的斜率 ktan150= 3 3 ，因此直线 PA2的方程为 y= 3 3 （x2） ， 代入椭圆 2 4 +y21，消去 y，得7 3x 216 3 x+ 4 3 =0，解之得 x2 或 x= 2 7 直线 PA2交椭圆于 A2（2，0）与 Q 点，设 Q（s，t） ，可得 s= 2 7 由此可得 2 = ; 2; = ; 2; = 2 7:1 2;2 7 = 3 4 故

28、答案为：3 4 三、解答题：本大题共三、解答题：本大题共 6 大题，共大题，共 70 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 17 （12 分）已知数列an中，a11，当 n2 时，其前 n 项和 Sn满足 2 =an（Sn 1 2） （1）求 Sn的表达式； （2）设 bn= 2+1，求数列bn的前 n 项和 Tn 【解答】解： （1） 2 =an（Sn 1 2） ， anSnSn1（n2） ， Sn2（SnSn1） （Sn 1 2） ， 即 2Sn1SnSn1Sn， 由题意 Sn1Sn0， 将式两边同除以 Sn1Sn， 得 1 1 1 =2，

29、数列 1 是首项为 1 1 = 1 1 =1，公差为 2 的等差数列 可得 1 =1+2（n1）2n1， 得 Sn= 1 21； （2）证明：bn= 2+1 = 1 (21)(2+1) = 1 2（ 1 2;1 1 2:1） ， Tn= 1 2（1 1 3）+（ 1 3 1 5）+（ 1 2;1 1 2:1） = 1 2（1 1 2+1） 第 14 页（共 20 页） 18（12 分） 如图所示的三棱柱ABCA1B1C1中， AA1平面 ABC， ABBC， BC= 3BB1= 3， B1C 的重点为 O，若线段 A1C1上存在点 P 使得 PO平面 AB1C （）求 AB； （）求二面角 A

30、B1CA1的余弦值 【解答】解： （）设 AB 的长为 t，依题意可知 BA，BC，BB1两两垂直， 以 B 为原点，BC，BB1，BA 所在直线为 x，y，z 轴，建立空间直角坐标系， 则 A（0，0，t） ，C（3，0，0） ，B1（0，1，0） ， C1（3，1，0） ，O（ 3 2 ，1 2，0） ，A1（0，1，t） ， 1 =（3， 1，0） ， =（3，0， ） ，11 =（3，0， ） ， 设1 = 11 =（3，0， ） ， 解得 P（3，1， ） ， =（3 3 2 ，1 2 ， ） ， OP平面 AB1C， 1 = 3 3( 1 2) 1 2 = 0 = 3 3( 1 2

31、) (1 ) = 0 ， 解得 t= 6 2 ， = 2 3，AB 的长为 6 2 （）由（）知 = =（ 3 6 ， 1 2 ， 6 6 ）是平面 AB1C 的一个法向量， 1 =（3， 1，0） ，11 =（0，0， 6 2 ） ， 设平面 A1B1C 的法向量 =（x，y，z） ， 则 1 = 3 = 0 11 = 6 2 = 0 ，取 x1，得 =（1，3，0） ， 设二面角 AB1CA1的平面角为 ， 则 cos= | | | |= 23 3 2 2 2 = 6 3 ， 第 15 页（共 20 页） 二面角 AB1CA1的余弦值为 6 3 19 （12 分）某部门在同一上班高峰时段对

32、甲、乙两座地铁站各随机抽取了 50 名乘客，统 计其乘车等待时间 （指乘客从进站口到乘上车的时间， 乘车等待时间不超过 40 分钟） 将 统计数据按5，10） ，10，15） ，15，20） ，35，40分组，制成频率分布直方图： 假设乘客乘车等待时间相互独立 （）在上班高峰时段，从甲站的乘客中随机抽取 1 人，记为 A；从乙站的乘客中随机 抽取 1 人，记为 B用频率估计概率，求“乘客 A，B 乘车等待时间都小于 20 分钟”的 概率； （）在上班高峰时段，从乙站乘车的乘客中随机抽取 3 人，X 表示乘车等待时间小于 20 分钟的人数，用频率估计概率，求随机变量 X 的分布列与数学期望 【解

33、答】解： （）设 M 表示事件“乘客 A 乘车等待时间都小于 20 分钟” ，N 表示“乘 客 B 乘车等待时间都小于 20 分钟” ， C 表示“乘客 A，B 乘车等待时间都小于 20 分钟” ， 由题意得：P（A）（0.012+0.040+0.048）50.5， P（B）（0.016+0.028+0.036）50.4， “乘客 A，B 乘车等待时间都小于 20 分钟”的概率： P（C）P（MN）P（M）P（N）0.50.40.2 （）由（）得乙站乘客乘车等待时间小于 20 分钟的概率为 0.4， 第 16 页（共 20 页） 乙站乘客乘车时间等待时间小于 20 分钟的概率为2 5， X 的

34、可能取值为 0，1，2，3，且 XB（3，2 5） ， P（X0）= 3 0(3 5) 3 = 27 125， P（X1）= 3 1(2 5)( 3 5) 2 = 54 125， P（X2）= 3 2(2 5) 2(3 5) = 36 125， P（X3）= 3 3(2 5) 3 = 8 125， X 的分布列为： X 0 1 2 3 P 27 125 54 125 36 125 8 125 E（X）3 2 5 = 6 5 20 （12 分）已知 O 为坐标原点，椭圆 C： 2 2 + 2 2 =1（ab0）的左、右焦点分别为 F1， F2，离心率 e= 6 3 ，椭圆 C 上的点到焦点 F2

35、的最短距离为6 2 （1）求椭圆 C 的标准方程； （2） 设 T 为直线 x3 上任意一点， 过 F1的直线交椭圆 C 于点 P， Q， 且为抛物线1 =0，求| 1| | | 的最小值 【解答】解： （1）由题意，可知 = = 6 3 = 6 2 ，解得 = 6 = 2 则 a26，c24，b2a2c2642 故椭圆 C 的标准方程为 2 6 + 2 2 =1 （2）由（1） ，知 F1（2，0） ， 1 =0，1 设 T 点坐标为（3，m） ，则|1 |= 2+ 1，且直线 TF1的斜率为m 第 17 页（共 20 页） 当 m0 时，直线 PQ 的斜率为 1 ，此时直线 PQ 的方程为

36、 xmy2； 当 m0 时，直线 PQ 的方程为 x2，也符合方程 xmy2 故直线 PQ 的方程为 xmy2 设 P（x1，y1） ，Q（x2，y2） ，则联立直线 PQ 的方程与椭圆 C 的方程，得 = 2 2 6 + 2 2 = 1， 整理，得（m2+3）y24my20， 则16m2+8（m2+3）24（m2+1）0 y1+y2= 4 2+3，y1y2= 2 2+3 | |= 1 + 2|y1y2| = 1 + 2(1+ 2)2 412 = 1 + 2( 4 2+3) 2+ 8 2+3 = 26(2+1) 2+3 |1| | | = 2:1 26(2+1) 2+3 = 1 26 2:3

37、2:1 = 1 26 （ 2+ 1 + 2 2+1） 1 2622 = 3 3 当且仅当2+ 1 = 2 2+1，即 m1 时，等号成立 | 1| | | 的最小值为 3 3 21 （12 分）已知函数 f（x）xex 1a（x+lnx） ，aR （1）若 f（x）存在极小值，求实数 a 的取值范围； （2）设 x0是 f（x）的极小值点，且 f（x0）0，证明：f（x0）2（x02x03） 【解答】解： （1）函数 f（x）xex 1a（x+lnx） ，aR 第 18 页（共 20 页） () = +1 (;1 )，(0) 令 g（x）xex 1a， 则 g（x）（x+1）ex 10， g（

38、x）在（0，+）上是增函数 又当 x0 时，g（x）a，当 x+时，g（x）+ 当 a0 时，g（x）0，f（x）0，函数 f（x）在区间（0，+）上是增函数，不 存在极值点； 当 a0 时，g（x）的值域为（a，+） ，必存在 x00，使 g（x0）0 当 x（0，x0）时，g（x）0，f（x）0，f（x）单调递减； 当 x（x0，+）时，g（x）0，f（x）0，f（x）单调递增； f（x）存在极小值点 综上可知实数 a 的取值范围是（0，+） 证明： （2）由（1）知00;1a0，即 a= 00;1 lnalnx0+x01， f（x0）= 00;1（1x0lnx0） 由 f（x0）0，得

39、1x0lnx00 令 g（x）1xlnx，由题意 g（x）在区间（0，+）上单调递减 又 g（1）0，由 f（x0）0，得 0x01， 令 H（x）xlnx1， （x0） ，则 H（x）1 1 = 1 ， 当 x1 时，H（x）0，函数 H（x）单调递增； 当 0x1 时，H（x）0，函数 H（x）单调递减； 当 x1 时，函数 H（x）取最小值 H（1）0， H（x）xlnx10，即 x1lnx，即 ex 1x， 0;1 00，1x0lnx01x0（x01）2（1x0）0， f（x0）= 00;1（1x0lnx0） 022（1x0）2（02 03） ， f（x0）2（x02x03） 请考生在

40、请考生在 22、23 两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分选修选修 4-4：坐：坐 标系与参数方程标系与参数方程 第 19 页（共 20 页） 22 （10 分）在直角坐标系 xOy 中，曲线 C1的参数方程为 = 2 + 2 = 2 （ 为参数） ，以 原点 O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 C2的极坐标方程为 4sin （）求曲线 C1的普通方程和 C2的直角坐标方程； （） 已知曲线 C3的极坐标方程为 ， 0， R， 点 A 是曲线 C3与 C1的交点， 点 B 是曲线 C3与 C2的交点，且 A，B 均异于原点 O，且|AB|42，求实数 的值 【解答】解： （）由曲线 C1的参数方程为 = 2 + 2 = 2 （ 为参数） ， 消去参数得曲线 C1的普通方程为（x2）2+y24 曲线 C2的极坐标方程为 4sin， 24sin， C2的直角坐标方程为 x2+y24y，整理，得 x2+（y2）24 （）曲线 C1： （x2）2+y24 化为极坐标方程为 4cos， 设 A（1，1） ，B（2，2） ， 曲线 C3的极坐标方程为 ，0，R，点 A 是曲线 C3与 C1的交点， 点 B 是曲线 C3与 C2的交点，且 A，B