2020年河北省高考数学（理科）模拟试卷（2）.docx

1、 第 1 页（共 20 页） 2020 年河北省高考数学（理科）模拟试卷（年河北省高考数学（理科）模拟试卷（2） 一选择题（共一选择题（共 12 小题，满分小题，满分 60 分，每小题分，每小题 5 分）分） 1 （5 分）已知集合 = *| 3 1+，Bx|x0，则 AB（ ） Ax|0x3 Bx|0x3 Cx|1x3 Dx|1x3 2 （5 分）已知复数 = 5 2 + 5，则|z|（ ） A5 B52 C32 D25 3 （5 分） “数摺聚清风，一捻生秋意”是宋朝朱翌描写折扇的诗句，折扇出入怀袖，扇面 书画，扇骨雕琢，是文人雅士的宠物，所以又有“怀袖雅物”的别号如图是折扇的示 意图，A

2、 为 OB 的中点，若在整个扇形区域内随机取一点，则此点取自扇面（扇环）部分 的概率是（ ） A1 4 B1 2 C3 4 D5 8 4 （5 分）设 alog 1 3 1 4，b（ 1 4） 1 4，c（1 3） 1 3，则 a，bc 的大小关系是（ ） Aabc Bcba Cbca Dcab 5 （5 分）设 ， 是夹角为 60的单位向量，则|4 3 |（ ） A6 B37 C13 D7 6 （5 分）函数() = (1 +1) 的部分图象大致是（ ） A B C D 7 （5 分） 宋元时期， 中国数学鼎盛时期中杰出的数学家有“秦（九韶） 、 李（冶） 、杨（辉） 、 朱（世杰）四大家”

3、 ，朱世杰就是其中之一朱世杰是一位平民数学家和数学教育家朱 第 2 页（共 20 页） 世杰平生勤力研习九章算术 ，旁通其它各种算法，成为元代著名数学家他全面继承 了前人数学成果，既吸收了北方的天元术，又吸收了南方的正负开方术、各种日用算法 及通俗歌诀，在此基础上进行了创造性的研究，写成以总结和普及当时各种数学知识为 宗旨的算学启蒙 ，其中有关于“松竹并生”的问题：松长四尺，竹长两尺，松日自半， 竹日自倍，松竹何日而长等如图，是源于其思想的一个程序框图若输入的 a，b 分别 为 3，1，则输出的 n（ ） A2 B3 C4 D5 8 （5 分）为了解学生课外使用手机的情况，某学校收集了本校 5

4、00 名学生 2019 年 12 月课 余使用手机的总时间（单位：小时）的情况从中随机抽取了 50 名学生，将数据进行整 理，得到如图所示的频率分布直方图已知这 50 名学生中，恰有 3 名女生课余使用手机 的总时间在10，12，现在从课余使用手机总时间在10，12的样本对应的学生中随机抽 取 3 名，则至少抽到 2 名女生的概率为（ ） A15 56 B3 8 C2 7 D 5 28 9 （5 分）已知数列an为等差数列，Sn为其前 n 项和，4+a5a6+a10，则 S21（ ） A7 B14 C28 D84 第 3 页（共 20 页） 10 （5 分）已知 F1，F2分别为椭圆 C： 2

5、 2 + 2 2 =1（ab0）的左、右焦点，点 P 是椭 圆上位于第一象限内的点，延长 PF2交椭圆于点 Q若PF1Q 是等腰直角三角形且 PF1 为斜边，则椭圆 C 的离心率为（ ） A6 3 B2 1 C3 2 D22 11 （5 分）正方体不在同一侧面上的两顶点 A（1，2，1） ，B（1，0，1） ，则正方体外 接球体积是（ ） A43 B32 3 C323 D4 12 （5 分）为了研究国民收人在国民之间的分配，避免贫富过分悬殊，美国统计学家劳伦 茨提出了著名的劳伦茨曲线，如图所示劳伦茨曲线为直线 OL 时，表示收人完全平等 劳伦茨曲线为折线 OKL 时，表示收入完全不平等记区域

6、A 为不平等区域，a 表示其面 积，s 为OKL 的面积将 Gini= ，称为基尼系数对于下列说法： Gini 越小，则国民分配越公平； 设劳伦茨曲线对应的函数为 yf（x） ，则对x（0，1） ，均有() 1； 若某国家某年的劳伦茨曲线近似为 yx2（x0，1） ，则 Gini= 1 4； 若某国家某年的劳伦茨曲线近似为 yx3（x0，1） ，则 Gini= 1 2 其中不正确的是（ ） A B C D 二填空题（共二填空题（共 4 小题，满分小题，满分 20 分，每小题分，每小题 5 分）分） 13 （5 分）已知实数 x，y 满足 4， + 2 + 6 0， 4， 则 = +4 4的最大

7、值为 第 4 页（共 20 页） 14 （5 分）已知数列an的前 n 项和为 Sn，且满足 a1+3a2+3n 1a nn，则 S4 15（5分） 若偶函数yf （x）（xR且x0） 在 （， 0） 上的解析式为f （x） ln （ 1 ） ， 则函数y f（x）的图象在点（2，f（2） ）处的切线的斜率为 16 （5 分）在平面直角坐标系 xOy 中，若双曲线 2 2 2 2 = 1（a0，b0）的离心率为5 4， 则该双曲线的渐近线方程为 三解答题（共三解答题（共 5 小题）小题） 17已知 a，b，c 分别是ABC 内角 A，B，C 的对边，sin2A+sin2C 2 3sinAsin

8、Csin 2B （1）求 sinB 的值； （2）若 b2，ABC 的面积为2，求ABC 的周长 18如图，在四棱锥 PABCD 中，侧面 PAD 是等边三角形，且平面 PAD平面 ABCD，E 为 PD 的中点，ADBC，CDAD，BCCD2，AD4 （）求证：CE平面 PAB； （）求二面角 EACD 的余弦值； （） 直线 AB 上是否存在点 Q， 使得 PQ平面 ACE？若存在， 求出 的值； 若不存在， 说明理由 19某大型公司为了切实保障员工的健康安全，贯彻好卫生防疫工作的相关要求，决定在全 公司范围内举行一次乙肝普查为此需要抽验 669 人的血样进行化验，由于人数较多，检 疫部门

9、制定了下列两种可供选择的方案 方案一：将每个人的血分别化验，这时需要验 669 次 方案二：按 k 个人一组进行随机分组，把从每组 k 个人抽来的血混合在一起进行检验， 如果每个人的血均为阴性则验出的结果呈阴性，这 k 个人的血就只需检验一次（这时认 第 5 页（共 20 页） 为每个人的血化验1 次） ； 否则， 若呈阳性， 则需对这 k 个人的血样再分别进行一次化验， 这时该组 k 个人的血总共需要化验 k+1 次假设此次普查中每个人的血样化验呈阳性的 概率为 p，且这些人之间的试验反应相互独立 （1）设方案二中，某组 k 个人中每个人的血化验次数为 X，求 X 的分布列 （2）设 p0.

10、1，试比较方案二中，k 分别取 2，3，4 时，各需化验的平均总次数；并指 出在这三种分组情况下，相比方案一，化验次数最多可以平均减少多少次？（最后结果 四舍五入保留整数） 20已知抛物线 C：y22px（p0） ，点 F 为抛物线 C 的焦点，点 A（1，m） （m0）在抛 物线 C 上， 且|FA|2， 过点 F 作斜率为(1 2 2)的直线 l 与抛物线 C 交于 P， Q 两点 （1）求抛物线 C 的方程； （2）求APQ 面积的取值范围 21已知函数 f（x）ax（a+2）lnx 2 +2，其中 aR （1）当 a4 时，求函数 f（x）的极值； （2）试讨论函数 f（x）在（1，e

11、）上的零点个数 四解答题（共四解答题（共 1 小题）小题） 22在直角坐标系 xOy 中，曲线 C1的参数方程为 = 2 + = （ 为参数） ，以坐标原点 O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 C2的极坐标方程为( + 6) = 3， 且曲线 C1与 C2恰有一个公共点 （）求曲线 C1的极坐标方程； （）已知曲 C1上两点，A，B 满足 = 4，求AOB 面积的最大值 五解答题（共五解答题（共 1 小题）小题） 23已知函数 f（x）|x+1|+|2x4| （1）求不等式 f（x）5 的解集； （2）若函数 yf（x）图象的最低点为（m，n） ，正数 a，b 满足 ma+nb6

12、，求3 + 8 的 取值范围 第 6 页（共 20 页） 2020 年河北省高考数学（理科）模拟试卷（年河北省高考数学（理科）模拟试卷（2） 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一选择题（共一选择题（共 12 小题，满分小题，满分 60 分，每小题分，每小题 5 分）分） 1 （5 分）已知集合 = *| 3 1+，Bx|x0，则 AB（ ） Ax|0x3 Bx|0x3 Cx|1x3 Dx|1x3 【解答】解：集合 = *| 3 1+ =x|0x3， Bx|x0， ABx|0x3 故选：A 2 （5 分）已知复数 = 5 2 + 5，则|z|（ ） A5 B52 C32 D25 【解答】解：

13、 = 5 2 + 5 = 5(2+) 5 + 5 = 1 + 7， | = (1)2+ 72= 52 故选：B 3 （5 分） “数摺聚清风，一捻生秋意”是宋朝朱翌描写折扇的诗句，折扇出入怀袖，扇面 书画，扇骨雕琢，是文人雅士的宠物，所以又有“怀袖雅物”的别号如图是折扇的示 意图，A 为 OB 的中点，若在整个扇形区域内随机取一点，则此点取自扇面（扇环）部分 的概率是（ ） A1 4 B1 2 C3 4 D5 8 【解答】解：不妨设 OA1，扇形中心角为 此点取自扇面（扇环）部分的概率= 1 222 1 21 1 222 = 3 4 故选：C 4 （5 分）设 alog 1 3 1 4，b（

14、1 4） 1 4，c（1 3） 1 3，则 a，bc 的大小关系是（ ） Aabc Bcba Cbca Dcab 第 7 页（共 20 页） 【解答】解：alog 1 3 1 4 =log341，0b1，0c1， a 最大， 又b（1 4） 1 4=（ 1 64） 1 12，c（1 3） 1 3=（ 1 81） 1 12，且幂函数 yx 1 12在（0，+ ）上单调递增， cb， cba 故选：B 5 （5 分）设 ， 是夹角为 60的单位向量，则|4 3 |（ ） A6 B37 C13 D7 【解答】解：根据题意， ， 是夹角为 60的单位向量，即| |1，| |1，则 = 1 2， 则|4

15、 3 |216 224 +9 2 13， 则|4 3 |= 13； 故选：C 6 （5 分）函数() = (1 +1) 的部分图象大致是（ ） A B C D 【解答】解：当 x时， 0+， 1 +1 = 1 2 +1 1+，所以 f（x）0+，排除 C， D； 因为 x+时， +， 1 +1 = 1 2 +1 1+，所以 f（x）+，因此排除 B， 故选：A 7 （5 分） 宋元时期， 中国数学鼎盛时期中杰出的数学家有“秦（九韶） 、 李（冶） 、杨（辉） 、 朱（世杰）四大家” ，朱世杰就是其中之一朱世杰是一位平民数学家和数学教育家朱 第 8 页（共 20 页） 世杰平生勤力研习九章算术

16、，旁通其它各种算法，成为元代著名数学家他全面继承 了前人数学成果，既吸收了北方的天元术，又吸收了南方的正负开方术、各种日用算法 及通俗歌诀，在此基础上进行了创造性的研究，写成以总结和普及当时各种数学知识为 宗旨的算学启蒙 ，其中有关于“松竹并生”的问题：松长四尺，竹长两尺，松日自半， 竹日自倍，松竹何日而长等如图，是源于其思想的一个程序框图若输入的 a，b 分别 为 3，1，则输出的 n（ ） A2 B3 C4 D5 【解答】解：模拟程序的运行，可得 a3，b1，n1 a= 9 2，b2 不满足条件 ab，执行循环体，n2，a= 27 4 ，b4， 不满足条件 ab，执行循环体，n3，a= 8

17、1 8 ，b8， 不满足条件 ab，执行循环体，n4，a= 243 16 ，b16， 满足条件 ab，退出循环，输出 n 的值为 4 故选：C 8 （5 分）为了解学生课外使用手机的情况，某学校收集了本校 500 名学生 2019 年 12 月课 余使用手机的总时间（单位：小时）的情况从中随机抽取了 50 名学生，将数据进行整 理，得到如图所示的频率分布直方图已知这 50 名学生中，恰有 3 名女生课余使用手机 第 9 页（共 20 页） 的总时间在10，12，现在从课余使用手机总时间在10，12的样本对应的学生中随机抽 取 3 名，则至少抽到 2 名女生的概率为（ ） A15 56 B3 8

18、 C2 7 D 5 28 【解答】解：这 50 名学生中，恰有 3 名女生的课余使用手机总时间在10，12， 调余时间使用手机总时间在10，12的学生总数为：500.0828（名） ， 从课余使用手机总时间在10，12的样本对应的学生中随机抽取 3 名， 基本事件总数 n= 8 3 =56， 至少抽到 2 名女生包含的基本事件个数 m= 3 3 + 3 251 =16， 至少抽到 2 名女生的概率为 p= = 16 56 = 2 7 故选：C 9 （5 分）已知数列an为等差数列，Sn为其前 n 项和，4+a5a6+a10，则 S21（ ） A7 B14 C28 D84 【解答】解：4+a5a

19、6+a10a5+a11， 故 a114 21= 21(1+21) 2 = 2111= 84 故选：D 10 （5 分）已知 F1，F2分别为椭圆 C： 2 2 + 2 2 =1（ab0）的左、右焦点，点 P 是椭 圆上位于第一象限内的点，延长 PF2交椭圆于点 Q若PF1Q 是等腰直角三角形且 PF1 为斜边，则椭圆 C 的离心率为（ ） A6 3 B2 1 C3 2 D22 【解答】解：根据条件可得 PQF1Q 且 PQF1Q，设 PF1t，则 PQF1Q= 2 2 t， 根据椭圆的定义可知 PF22at， 则 QF2PQPF2= 2 2 t （2at） （ 2 2 +1） t2a， 则 t

20、+2t4a，解得 t4（2 1）a， 第 10 页（共 20 页） 所以 F2Q（ 2 2 +1）t2a（ 2 2 +1） 4(2 1)a2a2（2 1）a， F1Q= 2 2 t= 2 2 4(2 1) =22(2 1)a， 在 RTF1QF2中，F1Q2+F2Q2F1F22， 即2（2 1）a2+22(2 1)a24c2， 整理得 e2= 2 2 =3（322） ，则 e= 3（2 1）= 6 3， 故选：A 11 （5 分）正方体不在同一侧面上的两顶点 A（1，2，1） ，B（1，0，1） ，则正方体外 接球体积是（ ） A43 B32 3 C323 D4 【解答】解：由题意可得：正方体

21、外接球的直径 2R|AB|= 22+ 22+ 22=23 R= 3 正方体外接球体积 V= 4 3 (3)3=43 故选：A 12 （5 分）为了研究国民收人在国民之间的分配，避免贫富过分悬殊，美国统计学家劳伦 茨提出了著名的劳伦茨曲线，如图所示劳伦茨曲线为直线 OL 时，表示收人完全平等 劳伦茨曲线为折线 OKL 时，表示收入完全不平等记区域 A 为不平等区域，a 表示其面 积，s 为OKL 的面积将 Gini= ，称为基尼系数对于下列说法： Gini 越小，则国民分配越公平； 设劳伦茨曲线对应的函数为 yf（x） ，则对x（0，1） ，均有() 1； 若某国家某年的劳伦茨曲线近似为 yx2

22、（x0，1） ，则 Gini= 1 4； 若某国家某年的劳伦茨曲线近似为 yx3（x0，1） ，则 Gini= 1 2 其中不正确的是（ ） 第 11 页（共 20 页） A B C D 【解答】 解： ： 由题意知 A 为不平等区域， a 表示其面积， s 为OKL 的面积 当 Gini= ，则 a 越小，不平等区域越小，越公平，对， ：由图可知 f（x）x，则对x（0，1） ，均有() 1，错； ：若某国家某年的劳伦茨曲线近似为 yx2（x0，1） ，a= 1 0 ( 2) = (1 2 2 1 3 3)|01 = 1 6，Gini= 1 6 1 2 = 1 3，错， ：若某国家某年的劳伦

23、茨曲线近似为 yx3（x0，1） ，a= 1 0 ( 3) = (1 2 2 1 4 4)|01 = 1 4，Gini= 1 4 1 2 = 1 2，对， 故选：B 二填空题（共二填空题（共 4 小题，满分小题，满分 20 分，每小题分，每小题 5 分）分） 13 （5 分）已知实数 x，y 满足 4， + 2 + 6 0， 4， 则 = +4 4的最大值为 2 7 【解答】解：作出不等式组所表示的平面区域如下图阴影区域所示， = +4 4表示平面区 域内的点（x，y）与 D（4，4）连线的斜率，观察可知， +4 4 ，联立 = 4， + 2 + 6 = 0，解得 = 2 3， = 8 3 ，

24、即( 2 3 ， 8 3)，故 = +4 4的最大值为 8 3+4 2 34 = 4 3 2 3 12 3 = 2 7 故答案为： 2 7 第 12 页（共 20 页） 14 （5 分）已知数列an的前 n 项和为 Sn，且满足 a1+3a2+3n 1a nn，则 S4 40 27 【解答】解：1+ 32+ + 31= ，可得 n1 时，a11， n2 时，1+ 32+ + 321= 1，又1+ 32+ + 31= ， 两式相减可得 3n 1a n1，即= (1 3) 1，上式对 n1 也成立， 可得数列an是首项为 1，公比为1 3的等比数列， 可得4= 1 1 34 11 3 = 40 2

25、7 故答案为：40 27 15（5分） 若偶函数yf （x）（xR且x0） 在 （， 0） 上的解析式为f （x） ln （ 1 ） ， 则函数y f（x）的图象在点（2，f（2） ）处的切线的斜率为 1 2 【解答】解：设 x0，则x（，0） ， f（x）ln（ 1 ）ln 1 ， yf（x）为偶函数， f（x）ln1 （x0） ， 当 x0 时，() = ( 1 2) = 1 ， 则(2) = 1 2 函数 yf（x）的图象在点（2，f（2） ）处的切线的斜率为 1 2 故答案为： 1 2 16 （5 分）在平面直角坐标系 xOy 中，若双曲线 2 2 2 2 = 1（a0，b0）的离心率

26、为5 4， 则该双曲线的渐近线方程为 = 3 4 第 13 页（共 20 页） 【解答】 解： 因为双曲线 2 2 2 2 = 1 （a0， b0） 的离心率为5 4， 可得 = 5 4， 所以 = 3 4， 所以渐近线方程为 y3 4x 故答案为：y3 4x 三解答题（共三解答题（共 5 小题）小题） 17已知 a，b，c 分别是ABC 内角 A，B，C 的对边，sin2A+sin2C 2 3sinAsinCsin 2B （1）求 sinB 的值； （2）若 b2，ABC 的面积为2，求ABC 的周长 【解答】解： （1）因为 sin2A+sin2C 2 3sinAsinCsin 2B 由正

27、弦定理可得，2+ 2 2= 2 3 ， 由余弦定理可得，cosB= 1 3， 故 sinB= 22 3 ； （2）SABC= 1 2 = 5 6 = 2， 所以 ac3， 因为2+ 2 2= 2 3 ， 所以( + )2= 4 + 8 3 =4+812， 所以 a+c+b2+23 18如图，在四棱锥 PABCD 中，侧面 PAD 是等边三角形，且平面 PAD平面 ABCD，E 为 PD 的中点，ADBC，CDAD，BCCD2，AD4 （）求证：CE平面 PAB； （）求二面角 EACD 的余弦值； （） 直线 AB 上是否存在点 Q， 使得 PQ平面 ACE？若存在， 求出 的值； 若不存在，

28、 说明理由 第 14 页（共 20 页） 【解答】解： （）如图，取 PA 中点 F，连结 EF，BF 因为 E 为 PD 中点，AD4， 所以 EFAD， = 1 2 = 2 又因为 BCAD，BC2， 所以 EFBC，EFBC， 所以四边形 EFBC 为平行四边形 所以 CEBF 又因为 CE平面 PAB，BF平面 PAB， 所以 CE平面 PAB （）取 AD 中点 O，连结 OP，OB因为PAD 为等边三角形，所以 POOD 又因为平面 PAD平面 ABCD，平面 PAD平面 ABCDAD， 所以 PO平面 ABCD 因为 ODBC，ODBC2， 所以四边形 BCDO 为平行四边形 因

29、为 CDAD，所以 OBOD 如图建立空间直角坐标系 Oxyz， 第 15 页（共 20 页） 则(0， 2，0)，(2，0，0)，(2，2，0)，(0，1，3)，(0，0，23) 所以 = (2，4，0)， = (0，3，3) 设平面 ACE 的一个法向量为1 =（x，y，z） ， 则1 = 0， 1 = 0， 即2 + 4 = 0， 3 + 3 = 0. 令 x2，则1 = (2，1， 3) 显然，平面 ACD 的一个法向量为2 =（0，0，1） ， 所以1 ，2 = 1 2 |1 |2 | = 3 22 = 6 4 由题知，二面角 EACD 为锐角， 所以二面角 EACD 的余弦值为 6

30、 4 （）直线 AB 上存在点 Q，使得 PQ平面 ACE理由如下： 设 = 因为 = (2，2，0)， = (0， 2， 23)， 所以 = = (2，2，0)， = + = (2，2 2， 23) 因为 PQ平面 ACE，所以 PQ平面 ACE 当且仅当 1 = 0 即(2，2 2， 23) (2，1， 3) = 0，解得 2 所以直线 AB 上存在点 Q，使得 PQ平面 ACE，此时 = 2 19某大型公司为了切实保障员工的健康安全，贯彻好卫生防疫工作的相关要求，决定在全 公司范围内举行一次乙肝普查为此需要抽验 669 人的血样进行化验，由于人数较多，检 第 16 页（共 20 页） 疫

31、部门制定了下列两种可供选择的方案 方案一：将每个人的血分别化验，这时需要验 669 次 方案二：按 k 个人一组进行随机分组，把从每组 k 个人抽来的血混合在一起进行检验， 如果每个人的血均为阴性则验出的结果呈阴性，这 k 个人的血就只需检验一次（这时认 为每个人的血化验1 次） ； 否则， 若呈阳性， 则需对这 k 个人的血样再分别进行一次化验， 这时该组 k 个人的血总共需要化验 k+1 次假设此次普查中每个人的血样化验呈阳性的 概率为 p，且这些人之间的试验反应相互独立 （1）设方案二中，某组 k 个人中每个人的血化验次数为 X，求 X 的分布列 （2）设 p0.1，试比较方案二中，k

32、分别取 2，3，4 时，各需化验的平均总次数；并指 出在这三种分组情况下，相比方案一，化验次数最多可以平均减少多少次？（最后结果 四舍五入保留整数） 【解答】解： （1）根据题意，每个人的血样化验呈阳性的概率为 p，则呈阴性的概率 q 1p， 所以 k 个人的血混合后呈阴性反应的概率为（1p） k，呈阳性反应的概率为 1（1p） k， 故 X= 1 ，1 + 1 ， P（X= 1 ）（1p） k，P（X= 1 +1 ）1（1p） k， 故 X 的分布列为： X 1 1 + 1 P （1p）k 1 （1p）k （2） 根据 （1） 可得方案二的数学期望 E （X） = 1 (1 )+ (1 +

33、1 ),1 (1 ) - = 1 + 1 (1 )，p0.1， 当 k2 时，E（X）= 1 + 1 2 092= 0.69，此时 669 人需要化验总次数为 462 次； 当 k3 时，E（X）= 1 + 1 3 093 0.6043，此时 669 人需要化验总次数为 404 次； 第 17 页（共 20 页） 当 k4 时，E（X）= 1 + 1 4 094= 0.5939，此时 669 人需要化验总次数为 397 次； 故 k4 时，化验次数最少， 根据方案一，化验次数为 669 次， 故当 k4 时，化验次数最多可以平均减少 669397272 次 20已知抛物线 C：y22px（p0

34、） ，点 F 为抛物线 C 的焦点，点 A（1，m） （m0）在抛 物线 C 上， 且|FA|2， 过点 F 作斜率为(1 2 2)的直线 l 与抛物线 C 交于 P， Q 两点 （1）求抛物线 C 的方程； （2）求APQ 面积的取值范围 【解答】解： （1）由抛物线的焦半径公式得| = + 2 = 1 + 2 = 2 = 2， 所以抛物线的方程为 y24x （2）设直线 l 的方程为 yk（x1） ，P（x1，y1） ，Q（x2，y2） ， = ( 1) 2= 4 22 (22+ 4) + 2= 0， 由韦达定理得1+ 2= 22+4 2 ，x1x21， 因为AFx轴，则= 1 2 | |

35、1 2| = |1 2|， |1 2| = (1+ 2)2 412= 4 2+1 4 = 4 1 2 + 1 4， 因为1 2 2，令 = 1 2，所以 1 4 4，= 42+ ， 所以 5 16 2+ 20，即5 42+ 85， 所以APQ 得面积的取值范围为,5，85- 21已知函数 f（x）ax（a+2）lnx 2 +2，其中 aR （1）当 a4 时，求函数 f（x）的极值； （2）试讨论函数 f（x）在（1，e）上的零点个数 【解答】 解：（1） 当 a4 时， f （x） 4x6lnx 2 +2， () = 4 6 + 2 2 = 2(21)(1) 2 ， x 0， 易得 f（x）

36、在（0，1 2） ， （1，+）上单调递增，在（ 1 2 ，1）上单调递减， 第 18 页（共 20 页） 故当 x= 1 2时，函数取得极大值 f（ 1 2）6ln2，当 x1 时，函数取得极小值 f（1）4， （2）() = +2 + 2 2 = (2)(1) 2 ， 当 a0 时，f（x）在（1，e）上单调递减，f（x）f（1）a0，此时函数在（1，e） 上没有零点； 当 a2 时，f（x）在（1，e）上单调递增，f（x）f（1）a2，此时函数在（1，e） 上没有零点； 当 0 2 即 2 时， f （x） 在 （1， e） 上单调递减， 由题意可得， (1) = 0 () = 2 0，

37、 解可得，0 2 (1)， 当2 2即1 2 时，f（x）在（1，2 ）上单调递减，在（ 2 ，）上单调递增， 由于 f（1）a0，f（e）a（e1） 2 2 ( 1) 2 = 2 4 0， 令 g（a）f（2 ）2（a+2）ln 2 a+2（a+2）lna（1+ln2）a+42ln2， 令 h（a）= () = + 2 2，则() = 2 2 0， 所以 h（a）在（2 ，2）上递减，h（a）h（2）10，即 g（a）0， 所以 g（a）在（2 ，2）上递增，g（a）g（2 ）2 4 0， 即 f（2 ）0， 所以 f（x）在（1，e）上没有零点， 综上，当 0a 2 (1)时，f（x）在（

38、1，e）上有唯一零点， 当 a0 或 a 2 (1)时，f（x）在（1，e）上没有零点 四解答题（共四解答题（共 1 小题）小题） 22在直角坐标系 xOy 中，曲线 C1的参数方程为 = 2 + = （ 为参数） ，以坐标原点 O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 C2的极坐标方程为( + 6) = 3， 且曲线 C1与 C2恰有一个公共点 （）求曲线 C1的极坐标方程； （）已知曲 C1上两点，A，B 满足 = 4，求AOB 面积的最大值 第 19 页（共 20 页） 【解答】解： （）曲线 C2的极坐标方程为 sin（+ 6）3， 可得 C2的直角坐标方程为：x+3 60，即

39、曲线 C2为直线 曲线 C1是圆心为（2，0） ，半径为|r|的圆 因为圆 C1与直线 C2恰有一个公共点，可得|r|= |26| 2 =2， 圆 C1的普通方程为 x2+y24x0， 所以 C1的极坐标方程为 4cos （）由题意可设 A（1，） ，B（2，+ 4） ， （10，20） ， SAOB= 1 2|OA|OB|sin 4 = 2 4 1242coscos（+ 4）4（cos 2sincos） 4（1+2 2 2 2 ）2+22cos（2+ 4） ， 所以AOB 面积的最大值为 2+22 五解答题（共五解答题（共 1 小题）小题） 23已知函数 f（x）|x+1|+|2x4| （1

40、）求不等式 f（x）5 的解集； （2）若函数 yf（x）图象的最低点为（m，n） ，正数 a，b 满足 ma+nb6，求3 + 8 的 取值范围 【解答】解： （1）f（x）|x+1|+|2x4|= 3 3， 2 + 5， 12 3 + 3， 1 ， f（x）5， 2 3 3 5或 12 + 5 5或 1 3 + 3 5， ,2， 8 3-或 x0.2）或 x， ,0， 8 3-， 不等式的解集为,0， 8 3- （2）() = 3 3， 2 + 5， 12 3 + 3， 1 ，当 x2 时，f（x）取得最小值 3 函数 yf（x）的图象的最低点为（2，3） ，即 m2，n3 ma+nb6，2a+3b6， 3 + 2 = 1， 第 20 页（共 20 页） 3 + 8 = (3 + 8 )( 3 + 2) = 1 + 3 2 + 8 3 + 4 5 + 23 2 8 3 = 5 + 4 = 9， 当且仅当3 2 = 8 3，即 a1， = 4 3时取等号， 3 + 8 ,9，+ )