1、第 1 页（共 19 页） 2021 年安徽省淮北市高考数学一模试卷（理科）年安徽省淮北市高考数学一模试卷（理科） 一、选择题：本题共一、选择题：本题共 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，只有一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项是符合题目要求的. 1 （5 分）已知集合 U2，1，0，1，2，3，A1，0，1，B1，2，则U（A B）（ ） A2，3 B2，2，3 C2，1，0，3 D2，1，0，2，3 2 （5 分）若数列an为等差数列，且1= 6，3 = 2，则 cosa20（ ） A1 2 B 3 2 C 1 2 D
2、 3 2 3 （5 分）函数() = ( 2 1+ 1)图象的大致形状是（ ） A B C D 4 （5 分）已知 ，直线 l，m，且有 l，m，给出下列命题： 若 ，则 lm；若 lm，则 ；若 ，则 lm；若 lm，则 其中，正确命题个数有（ ） A1 B2 C3 D4 5 （5 分）在ABC 中，点 D 是线段 BC（不包括端点）上的动点，若 =x + ，则 （ ） Ax1 By1 Cx+y1 Dxy1 6 （5 分）某地气象局把当地某月（共 30 天）每一天的最低气温作了统计，并绘制了如图 所示的统计图记这组数据的众数为 M，中位数为 N，平均数为 P，则（ ） 第 2 页（共 19
3、页） AMNP BNMP CPMN DPNM 7 （5 分）若 i 为虚数单位，复数 z 满足|z+3 +i| 3，则|z2i|的最大值为（ ） A2 B3 C23 D33 8 （5 分）甲、乙、丙三人从红、黄、蓝三种颜色的帽子中各选一顶戴在头上，各人帽子的 颜色互不相同，乙比戴蓝帽的人年龄大，丙和戴红帽的人年龄不同，戴红帽的人比甲年 龄小，则甲、乙、丙所戴帽子的颜色分别为（ ） A红、黄、蓝 B黄、红、蓝 C蓝、红、黄 D蓝、黄、红 9 （5 分）过圆 x2+y216 上的动点作圆 C：x2+y24 的两条切线，两个切点之间的线段称 为切点弦，则圆 C 内不在任何切点弦上的点形成的区域的面积
4、为（ ） A B3 2 C2 D3 10（5 分） 已知函数() = :1， 0 ，0 ， 则函数 g （x） |f （x） |1 零点的个数为 （ ） A3 B4 C5 D6 11 （5 分）已知双曲 2 2 2 2 = 1(0，0)的左焦点为 F，左顶点为 A，直线 ykx 交 双曲线于 P、Q 两点（P 在第一象限） ，直线 PA 与线段 FQ 交于点 B，若 FB2BQ，则 该双曲线的离心率为（ ） A2 B3 C4 D5 12 （5 分）函数() = 2( + 4) + 2的最大值为（ ） A1 + 2 B3 2 3 C22 D3 二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 4 小题，
5、每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分把答案填在答题卡的相应位置分把答案填在答题卡的相应位置. 13 （5 分）若 x，y 满足约束条件 0 2 + 6 0 + 2 0 ，则 zx+3y 的最大值为 14 （5 分）二项式( 3 2 ) 8的展开式中的常数项为 第 3 页（共 19 页） 15 （5 分）已知数列an的前 n 项和为 Sn，且 Sn= 1 2 2+ 1 2n，若 = (1) 2+1 +1，则数 列bn的前 2n 项和为 16 （5 分）在棱长为 2 的正方体 ABCDA1B1C1D1中，E 是 CD 的中点，F 是 CC1上的动 点，则三棱锥 ADEF 外接球表面积的最
6、小值为 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分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第第 1721 题为必考题，题为必考题， 每个试题考生都必须作答每个试题考生都必须作答.第第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共（一）必考题：共 60 分分 17 （12 分）在ABC 中， 内角 A， B， C 所对的边分别为 a，b，c， 且 = ( + 6) （1）求角 B 的大小； （2）若 b1，c2，求ABC 的面积 18 （12 分） 如图， 在多面体 ABCDEFG 中， 四边形 ABCD 是边长为 3
7、 的正方形， EGAD， DCFG，且 EGAD，DC3FG，DG面 ABCD，DG2，N 为 EG 中点 （）若 M 是 CF 中点，求证：MN面 CDE； （）求二面角 NBCF 的正弦值 19 （12 分）甲、乙两人进行乒乓球比赛，规定比赛进行到有一人比对方多赢 2 局或打满 6 局时比赛结束设甲、乙在每局比赛中获胜的概率均为1 2，各局比赛相互独立，用表示比 赛结束时的比赛局数 （）求比赛结束时甲只获胜一局的概率； （）求 X 的分布列和数学期望 20 （12 分）已知函数 f（x）exxmx2，x（0，+） （）若 f（x）是增函数，求实数 m 的取值范围； （）当 m1 时，求证：
8、() 1 4 第 4 页（共 19 页） 21 （12 分）已知椭圆： 2 2 + 2 2 = 1(0)的离心率1 2，左顶点为 A，右焦点 F，|AF| 3过 F 且斜率存在的直线交椭圆于 P，N 两点，P 关于原点的对称点为 M （）求椭圆 C 的方程； （）设直线 AM，AN 的斜率分别为 k1，k2，是否存在常数 ，使得 k1k2恒成立？若 存在，请求出 的值，若不存在，请说明理由 （二）选考题：共（二）选考题：共 10 分分.请考生在第请考生在第 22、23 题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第 一题计分一题计分选修选修 4-4：坐标系与参
9、数方程：坐标系与参数方程 22 （10 分）在直角坐标系 xOy 中，曲线 C1的参数方程为 = 3 = （ 为参数） 以原 点 O 为极点，以 x 轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线 C2的极坐标方程为 ( + 4) = 2 （）求曲线 C1的普通方程与曲线 C2的直角坐标方程； （）设 P 为曲线 C1上的动点，求点 P 到 C2的距离的最大值，并求此时点 P 的坐标 选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲（本小题满分（本小题满分 0 分）分） 23已知不等式|x|+|x1|x+4 的解集为（m，n） （）求 m，n 的值； （）若 x0，y0， （n1）x+y+m0，求证：x+y9xy
10、 第 5 页（共 19 页） 2021 年安徽省淮北市高考数学一模试卷（理科）年安徽省淮北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：本题共一、选择题：本题共 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，只有一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项是符合题目要求的. 1 （5 分）已知集合 U2，1，0，1，2，3，A1，0，1，B1，2，则U（A B）（ ） A2，3 B2，2，3 C2，1，0，3 D2，1，0，2，3 【解答】解：集合 U2，1，0，1，2，3，A1，0，1，B1，2， 则 AB1
11、，0，1，2， 则U（AB）2，3， 故选：A 2 （5 分）若数列an为等差数列，且1= 6，3 = 2，则 cosa20（ ） A1 2 B 3 2 C 1 2 D 3 2 【解答】解：若数列an为等差数列，且1= 6，3 = 2， 所以等差数列an的公差为 d= 31 2 = 6， 则 a20a1+19d= 6 +19 6 = 10 3 ， 则 cosa20cos10 3 = 1 2 故选：C 3 （5 分）函数() = ( 2 1+ 1)图象的大致形状是（ ） A B C D 第 6 页（共 19 页） 【解答】解：() = ( 2 1+ 1) = 1 1+sinx， 则 f（x）=
12、1 1+sin（x）= 1 +1 （sinx）= 1 1+sinxf（x） ， 则 f（x）是偶函数，则图象关于 y 轴对称，排除 B，D， 由 f（x）0，得 1ex0 或 sinx0， 得 xk，kZ，即当 x0 时，第一个零点为 ， 当 x1 时，f（1）= 1 1+sin10，排除 A， 故选：C 4 （5 分）已知 ，直线 l，m，且有 l，m，给出下列命题： 若 ，则 lm；若 lm，则 ；若 ，则 lm；若 lm，则 其中，正确命题个数有（ ） A1 B2 C3 D4 【解答】解：有 l，m，给出下列命题： 若 ，l，又 m，则 lm，正确； 若 lm，m，则 ，正确； 若 ，则
13、 lm 或异面直线，不正确； 若 lm，则 或相交，因此不正确 其中，正确命题个数为 2 故选：B 5 （5 分）在ABC 中，点 D 是线段 BC（不包括端点）上的动点，若 =x + ，则 （ ） Ax1 By1 Cx+y1 Dxy1 【解答】解：设 = （01） ， 所以 = ， 所以（1） = ，所以 = 1 1 1 ， 所以 x= 1，y= 1 1，所以 x= 1 0，y= 1 1 = 1+ 1 1+ 1 1， 由 x+y= 1 1 =1，xy= (1)2 0 故选：B 第 7 页（共 19 页） 6 （5 分）某地气象局把当地某月（共 30 天）每一天的最低气温作了统计，并绘制了如图
14、 所示的统计图记这组数据的众数为 M，中位数为 N，平均数为 P，则（ ） AMNP BNMP CPMN DPNM 【解答】解：由条形统计图得： 这组数据的众数为 M5， 中位数为 N= 5+6 2 =5.5， 平均数为 P= 1 30（32+43+510+66+73+82+92+102）5.97， MNP 故选：A 7 （5 分）若 i 为虚数单位，复数 z 满足|z+3 +i| 3，则|z2i|的最大值为（ ） A2 B3 C23 D33 【解答】解：|z+3 +i| 3表示以点(3， 1)为圆心， = 3为半径的圆及其内 部，|z2i|表示复平面内的点到 N（0，2）的距离， 据此作出如
15、下示意图， 则| 2|= + =(0 (3)2+ (2 (1)2+ 3 = 33 故选：D 8 （5 分）甲、乙、丙三人从红、黄、蓝三种颜色的帽子中各选一顶戴在头上，各人帽子的 颜色互不相同，乙比戴蓝帽的人年龄大，丙和戴红帽的人年龄不同，戴红帽的人比甲年 第 8 页（共 19 页） 龄小，则甲、乙、丙所戴帽子的颜色分别为（ ） A红、黄、蓝 B黄、红、蓝 C蓝、红、黄 D蓝、黄、红 【解答】解：丙和戴红帽的人年龄不同，戴红帽的人比甲年龄小， 故戴红帽的人为乙，即乙比甲的年龄小； 乙比戴蓝帽的人年龄大，故戴蓝帽的人可能是甲也可能是丙， 即乙比甲的年龄大或乙比丙的年龄大，但由上述分析可知， 只能是
16、乙比丙的年龄大，即带蓝帽子的人是丙 综上所述，甲、乙、丙所戴帽子的颜色分别为黄、红、蓝 故选：B 9 （5 分）过圆 x2+y216 上的动点作圆 C：x2+y24 的两条切线，两个切点之间的线段称 为切点弦，则圆 C 内不在任何切点弦上的点形成的区域的面积为（ ） A B3 2 C2 D3 【解答】解：如图所示，过圆 x2+y216 上的动点 P 作圆 C：x2+y24 的两条切线 PA， PB，切点分别为 A，B， 则|OP|4，|OA|OB|2， |PB|PA|= |2 |2=23， 则 sinOPA= | | = 1 2，且OPA 为锐角， 所以OPA30，同理可得OPB30， 所以A
17、PB60，则APB 为等边三角形， 连接 OP 交 AB 于点 M，则 M 为 AB 的中点， 所以 OMAB，且OAB90PAB30， 所以|OM|= 1 2|OA|1， 若圆 C 内的点不在任何切点弦上，则该点到圆 C 的圆心的距离应小于|OM|， 即圆 C 内的这些点构成了以原点为圆心，半径为 1 的圆的内部， 因此，圆 C 内不在任何切点弦上的点形成的区域面积为 12 故选：A 第 9 页（共 19 页） 10（5 分） 已知函数() = :1， 0 ，0 ， 则函数 g （x） |f （x） |1 零点的个数为 （ ） A3 B4 C5 D6 【解答】解：函数() = :1， 0 ，
18、0 ， 当 x0 时，f（x）xex+1，f（x）（1+x） ex+1， x1 时，f（x）0，f（x）递减，1x0 时，f（x）0，f（x）递增， f（x）minf（1）1，x时，f（x）0，x0 时，f（x）0， 当 x0 时，f（x）exlnx，f（x）e（lnx+1） ， 0 x 1 时，f（x）0，f（x）递减，x 1 时，f（x）0，f（x）递增， f（x）minf（1 ）1，x0 时，f（1）0， 所以：函数() = :1， 0 ，0 的大致图像如图： ， 故 f（x）1 对应的 x 有 1 个，f（x）1 对应的 x 有 2 个， 函数 g（x）|f（x）|1 零点的个数为 3
19、 个， 第 10 页（共 19 页） 故选：A 11 （5 分）已知双曲 2 2 2 2 = 1(0，0)的左焦点为 F，左顶点为 A，直线 ykx 交 双曲线于 P、Q 两点（P 在第一象限） ，直线 PA 与线段 FQ 交于点 B，若 FB2BQ，则 该双曲线的离心率为（ ） A2 B3 C4 D5 【解答】解：设 P（x1，y1） ，Q（x2，y2） ， 联立 2 2 2 2 = 1 = ，消去 y 得（b2a2k2）x2a2b20， 解得 x 2;22， 所以 P（ 2;22， 2;22） ，Q（ 222， 222） ， 设 B（m，n） ，由 FB2BQ， 所以 =2 ， 即（m+c
20、，n）2（ 222 m， 222 n） ， 即 + = 2( 222 ) = 2( 222 ) ， 解得 = 2 222 3 = 2 3222 ， 即 B（ 2 222 3， 2 3222 ） ， 因为 B，A，P 在一条直线上，所以 kAPkAB， 即 :2;22 = 2 2:(;3)2;22， 所以 2ab+2a2 22=2ab+（c3a）2 22， 所以 2a2 22=（c3a）2 22， 解得 c5a， 所以 e= =5 故选：D 第 11 页（共 19 页） 12 （5 分）函数() = 2( + 4) + 2的最大值为（ ） A1 + 2 B3 2 3 C22 D3 【解答】 解：
21、 因为() = 2( + 4) + 2 =2sin （x+ 4） +sin2 （x+ 4） 2sin （x+ 4） +2sin （x+ 4）cos（x+ 4） ， 令 x+ 4， 可得 f（）2sin+2sincos2sin+sin2， 则 f（）2cos+2cos22（2cos21）+2cos4cos2+2cos2， 令 f（）0，可得 cos1，或 cos= 1 2， 当1cos 1 2时，f（）0； 当1 2 1 时，f（）0， 所以当 cos= 1 2时，f（）取得最大值，此时 sin= 3 2 ， 所以 f（x）max2 3 2 +2 3 2 1 2 = 33 2 故选：B 二、填空
22、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，共分，共 20 分把答案填在答题卡的相应位置分把答案填在答题卡的相应位置. 13 （5 分）若 x，y 满足约束条件 0 2 + 6 0 + 2 0 ，则 zx+3y 的最大值为 8 【解答】解：画出约束条件 0 2 + 6 0 + 2 0 表示的平面区域，如图阴影所示： 目标函数 zx+3y 可化为 y= 1 3x+ 1 3z， 第 12 页（共 19 页） 平移目标函数知，当目标函数过点 A 时，直线 y= 1 3x+ 1 3z 在 y 轴上的截距最大，此时 z 取得最大值， 由 = 0 2 + 6 = 0，求得 A（
23、2，2） ，所以 z 的最大值为 zmax2+328 故答案为：8 14 （5 分）二项式( 3 2 ) 8的展开式中的常数项为 112 【解答】解：展开式的通项为 Tr+1（2）rC8r 8 3; 4 3， 令8 3 4 3 =0 得 r2， 所以展开式中的常数项为（2）2C82112 故答案为：112 15 （5 分）已知数列an的前 n 项和为 Sn，且 Sn= 1 2 2+ 1 2n，若 = (1) 2+1 +1，则数 列bn的前 2n 项和为 1 2:1 1 【解答】解：数列an的前 n 项和为 Sn，且 Sn= 1 2 2+ 1 2n， 当 n1 时，解得 a11， 当 n2 时，
24、;1= 1 2 ( 1)2+ 1 2 ( 1)， 得：anSnSn1n（首项符合通项） ， 故 ann， 故= (1) 2+1 +1 = (1) 2+1 (+1) = (1)(1 + 1 +1)， 则2= (1 + 1 2) + ( 1 2 + 1 3) + + ( 1 2 + 1 2+1) = 1 2+1 1 故答案为： 1 2:1 1 16 （5 分）在棱长为 2 的正方体 ABCDA1B1C1D1中，E 是 CD 的中点，F 是 CC1上的动 点，则三棱锥 ADEF 外接球表面积的最小值为 13 【解答】解：连结 AE，取 AE 中点 G，设点 F 到 C 的距离 CFm，连结 EF，
25、过 G 作 GO 垂直平面 ABCD，设 GOn， O 为三棱锥 ADEF 的外接球的球心， 以 D 为原点，分别以 DA，DC，DD1所在直线为 x，y，z 轴 建立空间直角坐标系，则 A（2，0，0） ，E（0，1，0） ， 第 13 页（共 19 页） O（1，1 2，n） ，F（0，2，m） ， 则球半径 ROFOEOA， R=1 + (2 1 2) 2+ ( )2 =1 + 1 4 + 2， 9 4 + ( )2= 1 4 + 2，得 m22mn+20， 则 n= 2+2 2 22 2 = 2，当且仅当 m= 2时取等号 =1 + 1 4 + 2 = 13 2 三棱锥 ADEF 的外
26、接球的表面积最小值为： S4R24 13 4 =13 故答案为：13 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分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第第 1721 题为必考题，题为必考题， 每个试题考生都必须作答每个试题考生都必须作答.第第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共（一）必考题：共 60 分分 17 （12 分）在ABC 中， 内角 A， B， C 所对的边分别为 a，b，c， 且 = ( + 6) （1）求角 B 的大小； （2）若 b1，c2，求ABC 的面积 【解答】解： （1） = (
27、 + 6) = 3 2 1 2， 由正弦定理，得 sinBsinA= 3 2 1 2 BsinA， 整理得，sinAcosB= 3sinBsinA， 因为 sinA0， 第 14 页（共 19 页） 所以 cosB= 3sinB，即 tanB= 3 3 ， 由 B 为三角形内角得，B= 6， （2）因为 b1，c2，B= 6， 由余弦定理得，b2a2+c22accosB， 所以2 23 + 3 =0， 故 a= 3， ABC 的面积 S= 1 2 = 1 2 2 3 1 2 = 3 4 18 （12 分） 如图， 在多面体 ABCDEFG 中， 四边形 ABCD 是边长为 3 的正方形， EG
28、AD， DCFG，且 EGAD，DC3FG，DG面 ABCD，DG2，N 为 EG 中点 （）若 M 是 CF 中点，求证：MN面 CDE； （）求二面角 NBCF 的正弦值 【解答】 （）证明：取 GD 中点 P，连接 PN、PM， 因为 DCFG，所以 GF 与 CD 共面，即四边形 GFCD 是梯形， 因为 M，N 分别是 CF、EG 中点，所以 PMDC，PNDE， 又 PMPNP，DEDCD，所以平面 PMN平面 CDE， 又 MN平面 PMN，所以 MN平面 CDE （）解：在 DC 上取点 Q，使 DQ1，连接 FQ、GC， DG面 ABCD，所以 DGAD，DGDC， 又因为四
29、边形 ABCD 是方形，所以 ADDC， 所以 AD平面 DGFC， 因为 BCAD，所以 BC平面 DGFC， 所以 BCCG，BCCF， 所以GCF 为二面角 NBCF 的平面角，设其大小为 ，GCD， 第 15 页（共 19 页） 因为四边形 GDQF 为矩形，所以 QFQC2，FQC90，于是FCD45， 则 45，tan= 1 1+ = 12 3 1+2 3 = 1 5，sin= 1+2 = 26 26 故二面角 NBCF 的正弦值为 26 26 19 （12 分）甲、乙两人进行乒乓球比赛，规定比赛进行到有一人比对方多赢 2 局或打满 6 局时比赛结束设甲、乙在每局比赛中获胜的概率均
30、为1 2，各局比赛相互独立，用表示比 赛结束时的比赛局数 （）求比赛结束时甲只获胜一局的概率； （）求 X 的分布列和数学期望 【解答】解： （）因为比赛结束时甲只获胜一局，所以一共比赛了 4 局，且甲再第 1 局 或第 2 局赢了， 当甲在第 1 局赢了，则乙在后面 3 局都赢了，此事件的概率为：1 2 (1 2) 3 = 1 16； 当甲在第 2 局赢了，则乙在第 1，3，4 局赢了，此事件的概率为：1 2 1 2 (1 2) 2 = 1 16， 记“比赛结束时甲只获胜一局”为事件 A，额 P（A）= 1 16 + 1 16 = 1 8 （）根据条件可知，X 所有可能取值为 2，4，6，
31、当 X2 时，包括甲或乙前 2 局连胜，此时 2 种情况：甲，甲，乙，乙， 当 X4 时，包含甲或乙前 2 局赢了 1 局，后 2 局都没赢，此时 4 种情况： 甲，乙，乙，乙，乙，甲，乙，乙， （乙，甲，甲，甲） ，甲，乙，甲，甲（大括 号中，按顺序为各局的获胜者） ， P（X2）2 (1 2) 2 = 1 2， P（X4）4 (1 2) 4 = 1 4， 第 16 页（共 19 页） P（X6）1P（X2）P（X4）= 1 4， 所以 X 的分布列为： X 2 4 6 P 1 2 1 4 1 4 故 E（X）2 1 2 +4 1 4 +6 1 4 = 7 2 20 （12 分）已知函数 f
32、（x）exxmx2，x（0，+） （）若 f（x）是增函数，求实数 m 的取值范围； （）当 m1 时，求证：() 1 4 【解答】 （）解：因为 f（x）是增函数，所以当 x（0，+）时，f（x）ex2mx 10 恒成立， f（x）ex2m，在（0，+）上单调递增， 当 m0 时，f（x）0， 所以 f（x）在（0，+）上单调递增，所以 f（x）f（0）0，符合题意； 当 m0 时，令 f（x）0，得 xln（2m） ， （）当 ln（2m）0，即 m 1 2时，f（x）0 在（0，+）上恒成立， 所以 f（x）在（0，+）上单调递增，所以 f（x）f（0）0，符合题意； （）当 ln（2m
33、）0，即 m 1 2时，则当 x（0，ln（2m） ）时，f（x）0，当 x（ln （2m） ，+）时，f（x）0， 所以 f（x）在（0，ln（2m） ）上单调递减，在（ln（2m） ，+）上单调递增， 所以 f（x）minf（ln（2m） ）2m2mln（2m）1， 令 2mt，则 g（t）ttlnt1，g（t）lnt， 当 x（0，1）时，g（t）0，g（t）单调递增，当 x（1，+）时，g（t）0，g （t）单调递减， 所以 g（t）g（1）0， 所以 f（x）min0，不符合题意， 综上，实数 m 的取值范围是（，1 2 （）证明：当 m1 时，f（x）exxx2，f（x）ex2x1
34、， 第 17 页（共 19 页） f（x）ex2，令 f（x）0，得 xln2， 当 x（0，ln2）时，f（x）0，当 x（ln2，+）时，f（x）0， 所以 f（x）在（0，ln2）上单调递减，在（ln2，+）上单调递增， f（x）minf（ln2）12ln20，在（0，ln2）上，f（x）f（0）0， 在（ln2，+）上，f（1）e30，f（3 2）= 3 240， 所以x0（1，3 2） ，使 f（x0）0，即 0 2x010， 所以 f（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，+）上单调递增， 所以 f（x）min= 0 x0 x02x02+x0+1，x0（1，3 2） ， 所以 f
35、（x）min（3 2） 2+3 2 +1= 1 4， 所以 f（x） 1 4 21 （12 分）已知椭圆： 2 2 + 2 2 = 1(0)的离心率1 2，左顶点为 A，右焦点 F，|AF| 3过 F 且斜率存在的直线交椭圆于 P，N 两点，P 关于原点的对称点为 M （）求椭圆 C 的方程； （）设直线 AM，AN 的斜率分别为 k1，k2，是否存在常数 ，使得 k1k2恒成立？若 存在，请求出 的值，若不存在，请说明理由 【解答】 解：（） 由题意可得 e= = 1 2， 又 a+c3， 解得 a2， c1， b= 2 2 = 3， 则椭圆 C 的方程为 2 4 + 2 3 =1； （）F
36、（1，0） ，A（2，0） ，设 P（x1，y1） ，N（x2，y2） ，M（x1，y1） ， 所以 k1= 1 12，k2= 2 2+2， 假设存在常数 ，使得 k1k2恒成立 即 1 1;2 = 2 2:2，化为 y1（x2+2）y2（x12） ， 两边乘 y1，可得 y12（x2+2）y1y2（x12） ， 又因为 3x12+4y1212，即 y123（1 12 4 ）= 3(21)(2+1) 4 ， 所以3(2;1)(2:1) 4 （x2+2）y1y2（x12） ， 当 x12 时， 3 4（2+x1） （2+x2）y1y2，所以3x1x26（x1+x2）1244y1y2， 第 18
37、页（共 19 页） 当 x12 时，M 与 A 重合 设直线 PN 的方程为 xmy+1， 与椭圆 3x2+4y212 联立， 可得 （4+3m2） y2+6my90， 可得 y1+y2= 6 4+32，y1y2= 9 4+32， x1x2m（y1+y2）+2= 8 4+32，x1x2m 2y1y2+m（y1+y2）+1=4122 4+32 ， 代入可得;12:36 2 4:32 + ;48 4:32 124 ;9 4:32， 整理可得10836， 解得 3 所以存在常数入3，使得 k1k2恒成立 （二）选考题：共（二）选考题：共 10 分分.请考生在第请考生在第 22、23 题中任选一题作答
38、，如果多做，则按所做的第题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第 一题计分一题计分选修选修 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 C1的参数方程为 = 3 = （ 为参数） 以原 点 O 为极点，以 x 轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线 C2的极坐标方程为 ( + 4) = 2 （）求曲线 C1的普通方程与曲线 C2的直角坐标方程； （）设 P 为曲线 C1上的动点，求点 P 到 C2的距离的最大值，并求此时点 P 的坐标 【解答】解： （）曲线 C1的参数方程为 = 3 = （ 为参数） ，转换为直角坐标方 程为 2 3 + 2= 1
39、； 曲线 C2的极坐标方程为( + 4) = 2，根据 = = 2+ 2= 2 ，转换为直角坐标方 程为 x+y20 （）设曲线 C1上的点 P（3，） ， 则点 P 到直线 x+y20 的距离 d= |3+2| 2 = |2(+ 3)2| 2 ， 当 = 5 6 时，= 22，且点 P（ 3 2 ， 1 2） 选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲（本小题满分（本小题满分 0 分）分） 23已知不等式|x|+|x1|x+4 的解集为（m，n） （）求 m，n 的值； （）若 x0，y0， （n1）x+y+m0，求证：x+y9xy 第 19 页（共 19 页） 【 解 答 】 （ ） 解 ：原不 等 式化 为 0 ( 1) + 4 或 01 ( 1) + 4 或 1 + ( 1) + 4， 解得1x0 或 0 x1 或 1x5， 取并集，可得原不等式的解集为（1，5） ， 又不等式|x|+|x1|x+4 的解集为（m，n） ， m1，n5； （）证明：由（）及（n1）x+y+m0，可得（51）x+y10，即 4x+y1， : = (1 + 1 )(4 + ) =5+ + 4 5 + 2 4 = 9， 当且仅当 x= 1 6，y= 1 3时取“” x+y9xy
