1、山西省临汾市山西省临汾市 2020 年高考考前适应性训练考试（一）年高考考前适应性训练考试（一） 文科数学文科数学 一、选择题一、选择题 1已知复数已知复数 z 满足（满足（1+i）zi，则，则 z（ ） Ai B i Ci Di 2已知集合已知集合 Ax|1x5，Bx|x22x30，则，则 AB（ ） A1，3 B3，5 C1，2，3 D3，4，5 3已知双曲线已知双曲线 C：1（a0，b0）的渐近线方程为）的渐近线方程为 yx，则其离心率为，则其离心率为 （ ） A B C D 4已知等比数列已知等比数列an中，中，a5a115，a4a26，则公比，则公比 q（ ） A或或2 B或或 2
2、C或或2 D或或 2 5一个路口的红绿灯，红灯时间为一个路口的红绿灯，红灯时间为 30 秒，绿灯时间为秒，绿灯时间为 30 秒，绿灯时方可通过，则小王驾秒，绿灯时方可通过，则小王驾 车到达该路口等待时间不超过车到达该路口等待时间不超过 10 秒的概率为（秒的概率为（ ） A B C D 6用单位立方块搭一个几何体，使其正视图和侧视图如图所示，则该几何体体积的最大值用单位立方块搭一个几何体，使其正视图和侧视图如图所示，则该几何体体积的最大值 为（为（ ） A11 B9 C15 D12 7函数函数 f（x）x2ecosx，x，的大致图象是（的大致图象是（ ） A B C D 8若若 mn0，则（
3、则（ ） Abac Bacb Ccba Dbca 9如图所示的程序框图，它的算法思路源于我国古代的数学专著九章算术执行该框如图所示的程序框图，它的算法思路源于我国古代的数学专著九章算术执行该框 图，若输入的图，若输入的 a174，b36，则输出的结果为（，则输出的结果为（ ） A2 B6 C8 D12 10已知函数已知函数 f（x）asinx+acosx 的最大值为的最大值为 2，当，当 f（x）的定义域为）的定义域为0，1时，时，f （x）的值域为）的值域为2，2，则正整数，则正整数 的最小值为（的最小值为（ ） A4 B5 C6 D7 11已知直三棱柱已知直三棱柱 ABCA1B1C1中，中
4、，ACBCAA11，E 为为 AB1上任意一点，上任意一点，BC1CE， 则三棱柱则三棱柱 ABCA1B1C1外接球的表面积为（外接球的表面积为（ ） A3 B3 C2 D2 12已知已知 F 是抛物线是抛物线 C：y24x 的焦点，的焦点，P 是是 C 上一点，上一点，M（1，0），则），则的取值范的取值范 围为（围为（ ） A B C D 二、填空题：共二、填空题：共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分 13已知向量已知向量，若，若与与共线则实共线则实 数数 14已知实数已知实数 x，y 满足以下约束条件满足以下约束条件，则，则 zx2+y2的最小值是的最小值是 1
5、5已知已知 sin+coscos+sin，则，则 cos（+） 16已知数列已知数列an中，中，a11，且前，且前 n 项和项和 Sn满足满足 nSn+1（n+2）Sn0，则，则 a10 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 17-21 题为必考题，题为必考题， 每个考生都必须作答第每个考生都必须作答第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题：共题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题：共 60 分分 17ABC 的内角的内角 A，B，C 的对边分别为的对边分别为 a，b，c，已知，已知 （1）求
6、）求 B； （2）若）若，a+c4求求ABC 的面积的面积 18如图，四棱锥如图，四棱锥 PABCD 中，中，PAD 为等边三角形，为等边三角形，ABCD，ADCD，且且 CPCA AB2CD4 （1）求证：平面）求证：平面 PAD平面平面 ABCD； （2）求点）求点 A 到平面到平面 PBC 的距离的距离 19某控制器中有一个易损部件，现统计了某控制器中有一个易损部件，现统计了 30 个该部件的使用寿命，结果如下（单位：小个该部件的使用寿命，结果如下（单位：小 时）；时）； 710 721 603 615 760 742 841 591 590 721 718 750 760 713 70
7、9 681 736 654 722 732 722 715 726 699 755 751 709 733 705 700 （1）估计该部）估计该部件的使用寿命达到一个月及以上的概率（一个月按件的使用寿命达到一个月及以上的概率（一个月按 30 天计算）；天计算）； （2） 为了保证该控制器能稳定工作， 将若干个同样的部件按下图连接在一起组成集成块，） 为了保证该控制器能稳定工作， 将若干个同样的部件按下图连接在一起组成集成块， 每一个部件是否能正常工作互不影响对比每一个部件是否能正常工作互不影响对比 n2 和和 n3 时，哪个能保证集成块使用寿时，哪个能保证集成块使用寿 命达到一个月及以上的概
8、率超过命达到一个月及以上的概率超过 0.8？ 20已知椭圆已知椭圆上任一点上任一点 P 到到，的距离的距离 之和为之和为 4 （1）求椭圆）求椭圆 C 的标准方程；的标准方程； （2）已知点）已知点 S（2，0），设直线），设直线 l 不经过不经过 S 点点 l 与与 C 交于交于 M，N 两点，若直线两点，若直线 SM 的斜的斜 率与直线率与直线 SN 的斜率之和为的斜率之和为，判断直线，判断直线 l 是否过定点？若是，求出该定点的坐标；若不是否过定点？若是，求出该定点的坐标；若不 是，请说明理由是，请说明理由 21已知函数已知函数 （1）讨论）讨论 f（x）的单调性；）的单调性； （2）若
9、）若 f（x）0，求实数，求实数 a 的取值范围的取值范围 （二）选考题：共（二）选考题：共 10 分请考生在策分请考生在策 22、23 题中任选一题作答如果多做，则按所做的题中任选一题作答如果多做，则按所做的 第一题计分，作答时用第一题计分，作答时用 2B 铅笔在答题卡上所选题号后的方框涂黑铅笔在答题卡上所选题号后的方框涂黑选修选修 4-4：坐标系与参：坐标系与参 数方程数方程 22在直角坐标系在直角坐标系 xOy 中，直线中，直线 l 的多数方程为的多数方程为，（，（t 为参数）以坐标原点为参数）以坐标原点 O 为极点，为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线轴的正半轴为极轴建立极坐
10、标系，曲线 C 的极坐标方程为的极坐标方程为 24cos+30 （1）求）求 t 的普通方程及的普通方程及 C 的直角坐标方程；的直角坐标方程； （2）求曲线）求曲线 C 上的点上的点 P 到到 l 距离距离的取值范围的取值范围 选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲 23已知函数已知函数 f（x）log2（|x1|+|x5|a） （1）当）当 a2 时，求函数时，求函数 f（x）的最小值；）的最小值； （2）当函数）当函数 f（x）的定义域为）的定义域为 R 时，求实数时，求实数 a 的取值范围的取值范围 参考答案参考答案 一、选择题：共一、选择题：共 12 小题，每小题小题，每小题 5
11、分，共分，共 60 分在每小题给出的四个选项中，只有一项分在每小题给出的四个选项中，只有一项 是符合题目要求的是符合题目要求的 1已知复数已知复数 z 满足（满足（1+i）zi，则，则 z（ ） Ai B i Ci Di 【分析】把已知的等式变形，然后利用复数代数形式的乘除运算化简求值【分析】把已知的等式变形，然后利用复数代数形式的乘除运算化简求值 解：由（解：由（1+i）zi，得得 故选：故选：A 2已知集合已知集合 Ax|1x5，Bx|x22x30，则，则 AB（ ） A1，3 B3，5 C1，2，3 D3，4，5 【分析】先求出集合【分析】先求出集合 A，B，由此能求出，由此能求出 AB
12、 解：集合解：集合 Ax|1x5， Bx|x22x30 x|x1 或或 x3， ABx|3x53，5 故选：故选：B 3已知双曲线已知双曲线 C：1（a0，b0）的渐近线方程为）的渐近线方程为 yx，则其离心率为，则其离心率为 （ ） A B C D 【分析【分析】双曲线】双曲线 C 的渐近线方程为的渐近线方程为 y，所以便得到，所以便得到，所以便得到其离心率，所以便得到其离心率 e 解：由已知条件得：解：由已知条件得： ； ； 即即； 椭圆椭圆 C 的离心率为的离心率为 故选：故选：A 4已知等比数列已知等比数列an中，中，a5a115，a4a26，则公比，则公比 q（ ） A或或2 B或或
13、 2 C或或2 D或或 2 【分析】由已知结合等比数列的通项公式即可求公比【分析】由已知结合等比数列的通项公式即可求公比 q 解：解：a5a115，a4a26， 则则， 2q25q+20， 解可得，解可得，q2 或或 q 故选：故选：D 5一个路口的红绿灯，红灯时间为一个路口的红绿灯，红灯时间为 30 秒，绿灯时间为秒，绿灯时间为 30 秒，绿秒，绿灯时方可通过，则小王驾灯时方可通过，则小王驾 车到达该路口等待时间不超过车到达该路口等待时间不超过 10 秒的概率为（秒的概率为（ ） A B C D 【分析】分别求出总时间长度及满足条件的时间长度，然后根据几何概型的概率公式即【分析】分别求出总时
14、间长度及满足条件的时间长度，然后根据几何概型的概率公式即 可求解可求解 解：根据题意可知，总时间长度解：根据题意可知，总时间长度 60 秒，秒， 到达路口时为红灯结束前的到达路口时为红灯结束前的 10 秒或绿灯时，等待的时间不超过秒或绿灯时，等待的时间不超过 10 秒就可以通行，即满秒就可以通行，即满 足条件的时间长度足条件的时间长度 30+1040 秒，秒， 根据几何概型，所求概率根据几何概型，所求概率 P 故选：故选：D 6用单位立方块搭一个几何体，使其正视图和侧视图如图所示，则该几何体体积的最大值用单位立方块搭一个几何体，使其正视图和侧视图如图所示，则该几何体体积的最大值 为（为（ ）
15、A11 B9 C15 D12 【分析】结合几何体的正视图和侧视图，分析该几何体的各层最多可以有几个单位几何【分析】结合几何体的正视图和侧视图，分析该几何体的各层最多可以有几个单位几何 体即可体即可 解：结合几何体的正视图和侧视图知，解：结合几何体的正视图和侧视图知， 该几何体的底层最多可以有该几何体的底层最多可以有 9 个单位几何体，个单位几何体， 第二层只能有第二层只能有 1 个单位正方体，第三层也只能有个单位正方体，第三层也只能有 1 个正方体，个正方体， 所以该几何体体积的最大值为所以该几何体体积的最大值为 9+1+111 故选：故选：A 7函数函数 f（x）x2ecosx，x，的大致图
16、象是（的大致图象是（ ） A B C D 【分析】对于判断函数图象的试题，排除法是十分常用的方法，一般通过函数的奇偶性、【分析】对于判断函数图象的试题，排除法是十分常用的方法，一般通过函数的奇偶性、 单调性和特殊值即可判断单调性和特殊值即可判断 解：因为解：因为 f（x）（）（x）2ecos （x） x2ecosxf（x），所以函数），所以函数 f（ （x）为偶函数，排除）为偶函数，排除 B、D 选项，选项， 因为因为 f（）2ecos2e 1 0，所以排除，所以排除 A 选项，选项， 故选：故选：C 8若若 mn0，则（，则（ ） Abac Bacb Ccba Dbca 【分析】由基本不等式
17、得出【分析】由基本不等式得出 m+n， 再根据函数的单调性即可比较大小再根据函数的单调性即可比较大小 解：当解：当 mn0 时，时，m+n， 且且 yex是定义域是定义域 R 上的单调增函数，上的单调增函数， 所以所以，即，即 ac； 又又 em+en222， 所以所以（em+en）， 即即 ba； 所以所以 bac 故选：故选：A 9如图所示的程序框图，它的算法思路源于我国古代的数学专著九章算术执行该框如图所示的程序框图，它的算法思路源于我国古代的数学专著九章算术执行该框 图，若输入的图，若输入的 a174，b36，则输出的结果为（，则输出的结果为（ ） A2 B6 C8 D12 【分析】由
18、循环结构的特点，先判断，再执行，分别计算出当前的【分析】由循环结构的特点，先判断，再执行，分别计算出当前的 a，b 的值，即可得到的值，即可得到 结论结论 解：由解：由 a174，b36， 满足满足 ab，则，则 a17436138， 由由 ab，则，则 a13836102， 由由 ab，则，则 a1023666， 由由 ab，则，则 a663630， 由由 ab，则，则 b36306， 由由 ab，则，则 a30624， 由由 ab，则，则 a24618， 由由 ab，则，则 a18612， 由由 ab，则，则 a1266， 由由 ab6，则退出循环，输出，则退出循环，输出 a6 故选：故选
19、：B 10已知函数已知函数 f（x）asinx+acosx 的最大值为的最大值为 2，当，当 f（x）的定义域为）的定义域为0，1时，时，f （x）的值域为）的值域为2，2，则正整数，则正整数 的最小值为（的最小值为（ ） A4 B5 C6 D7 【分析】依题意，可求得【分析】依题意，可求得 a2，分别讨论，利用正弦函数的单调性、周期性及最值，分别讨论，利用正弦函数的单调性、周期性及最值， 即可求得正整数即可求得正整数 的最小值的最小值 解：解：f（x）asinx+acosxasin（x+）的最大值为）的最大值为 2， a2 当当 a2 时，时，f（x）2sin（x+），）， 又当又当 f（x
20、）的定义域为）的定义域为0，1时，时，f（x）的值域为）的值域为2，2，0， 0+， 1+， 3.925， 正整数正整数 的最小值为的最小值为 4 当当 a2 时，时，f（x）2sin（x+），同理可得），同理可得 3.925，即正整数，即正整数 的最小值为的最小值为 4 综上所述，正整数综上所述，正整数 的最小值为的最小值为 4 故选：故选：A 11已知直三棱柱已知直三棱柱 ABCA1B1C1中中，ACBCAA11，E 为为 AB1上任意一点，上任意一点，BC1CE， 则三棱柱则三棱柱 ABCA1B1C1外接球的表面积为（外接球的表面积为（ ） A3 B3 C2 D2 【分析】由已知可得直三
21、棱柱的底面为等腰直角三角形，把直三棱柱补形为正方体，求【分析】由已知可得直三棱柱的底面为等腰直角三角形，把直三棱柱补形为正方体，求 出三棱柱外接球的半径，再由球的表面积公式得答案出三棱柱外接球的半径，再由球的表面积公式得答案 解：如图，解：如图， 三棱柱三棱柱 ABCA1B1C1为直三棱柱，为直三棱柱，CC1AC， E 为为 AB1上任意一点，上任意一点，BC1CE，ACBC1，则，则 AC平面平面 BB1C1C， 可得直三棱柱的底面为等腰直角三角形，把直三棱柱补形为正方体，可得直三棱柱的底面为等腰直角三角形，把直三棱柱补形为正方体， 则三棱柱则三棱柱 ABCA1B1C1外接球的半径外接球的半
22、径 R 三棱柱三棱柱 ABCA1B1C1外接球的表面积为外接球的表面积为 故选：故选：B 12已知已知 F 是抛物线是抛物线 C：y24x 的焦点，的焦点，P 是是 C 上一点，上一点，M（1，0），则），则的取值范的取值范 围为（围为（ ） A B C D 【分析】根据抛物线的定义，范围得出【分析】根据抛物线的定义，范围得出的表达式，再利用换元法转化为二次函数的表达式，再利用换元法转化为二次函数 求解求解 解：设解：设 P（x，y），则），则 y4x， 定点定点 M（1，0），），F（1，0），）， 设设 t，x0，0t1， ，0t1， 当当 t时，时，g（t）4t2+4t+1 最大值为最大
23、值为 2，最小值为：，最小值为：1 最小值为：最小值为：最大值为最大值为 1， 的取值范围为：的取值范围为：，1 故选：故选：A 二、填空题：共二、填空题：共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分 13已知向量已知向量，若，若与与共线则实共线则实 数数 【分析】根据平面向量的坐标运算与共线定理，列方程求出【分析】根据平面向量的坐标运算与共线定理，列方程求出 的值的值 解：向量解：向量， 则则（1，1+），）， （2，1），）， 所以所以 1+2（1+）0， 解得解得 故答案为：故答案为： 14已知实数已知实数 x，y 满足以下约束条件满足以下约束条件，则，则 zx2+y2
24、的最小值是的最小值是 【分析】画出约束条件的可行域，利用目标函数的几何意义求解即可【分析】画出约束条件的可行域，利用目标函数的几何意义求解即可 解：实解：实数数 x，y 满足以下约束条件满足以下约束条件，如图所示可行域，如图所示可行域， 由由 zx2+y2 结合图象，结合图象，z 可看作原点到直线可看作原点到直线 2x+y20 的距离的距离 d 的平方，的平方， 根据点到直线的距离可得根据点到直线的距离可得 d， 故故 zx2+y2d2 故答案为：故答案为： 15已知已知 sin+coscos+sin，则，则 cos（+） 0 【分析】根据等式，利用平方法进行平方相加，结合两角和差的三角公式进
25、行求解即可【分析】根据等式，利用平方法进行平方相加，结合两角和差的三角公式进行求解即可 解：解：sin+coscos+sin， 平方得平方得 sin2+cos2+2sincos2 cos2+sin2+2cossin2， 两式相加得两式相加得 2+2（sincos+cossin）4， 即即 2sin（+）2，得，得 sin（+）1， 则则 cos（+）0， 故答案为：故答案为：0 16已知数列已知数列an中，中，a11，且前，且前 n 项和项和 Sn满足满足 nSn+1（n+2）Sn0，则，则 a10 10 【分析】由【分析】由 nSn+1（n+2）Sn0，再利用累乘法求得，再利用累乘法求得 S
26、n，由，由 a10S10S9即可求得答案即可求得答案 解：解：a11，nSn+1（n+2）Sn0， ， Sn S1 1， a10S10S910 故答案为：故答案为：10 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 17-21 题为必考题，题为必考题， 每个考生都必须作答第每个考生都必须作答第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题：共题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题：共 60 分分 17ABC 的内角的内角 A，B，C 的对边分别为的对边分别为 a，b，c，已知，已知 （1）求）求 B； （2）
27、若）若，a+c4求求ABC 的面积的面积 【分析】（【分析】（1）结合二倍角的余弦公式进行化简即可求解；）结合二倍角的余弦公式进行化简即可求解； （2）结合余弦定理及三角形的面积公式即可求解）结合余弦定理及三角形的面积公式即可求解 解：（解：（1）由）由，得，得 1+cosB+cosB0， 即即 因为因为 B 为为ABC 的内角，所以的内角，所以 （2）由余弦定理：）由余弦定理：b2a2+c22accosB，得，得 b2（a+c）2ac， 即即 1242ac，所以，所以 ac4 所以所以 18如图，四棱锥如图，四棱锥 PABCD 中，中，PAD 为等边三角形，为等边三角形，ABCD，ADCD，
28、且，且 CPCA AB2CD4 （1）求证：平面）求证：平面 PAD平面平面 ABCD； （2）求点）求点 A 到平面到平面 PBC 的距离的距离 【分析】（【分析】（1）推导出）推导出 CDPDCDAD，从而，从而 CD平面平面 PAD，由此能证明平面，由此能证明平面 PAD 平面平面 ABCD （2）取）取 AD 中点中点 M，AB 中点中点 N，连接，连接 PM，BM，CN则则 PM平面平面 ABCD，PMBM， 设点设点 A 到平面到平面 PBC 的距离为的距离为 d，由，由 VPABCVAPBC，能求出点，能求出点 A 到平面到平面 PBC 的距离的距离 解：（解：（1）证明：因为）
29、证明：因为 ADCD，CD2，CA4， 所以所以 AD2AC2CD212，即，即 因为因为PAD 为等边三角形，为等边三角形， 所以所以 因为因为 PC4，CD2， 所以所以 CD2+PD2PC2，即，即 CDPD 又因为又因为 PDADD，CDAD， 所以所以 CD平面平面 PAD， 又因为又因为 CD平面平面 ABCD， 所以平面所以平面 PAD平面平面 ABCD （2）解：取）解：取 AD 中点中点 M，AB 中点中点 N，连接，连接 PM，BM，CN 由（由（1）中结论可知，）中结论可知，PM平面平面 ABCD，所以，所以 PMBM， 在在PMB 中，中， 在在PBC 中，中，PC4，
30、BC4， S PBC3 在在ABC 中，中，AC4，BC4，AB4， 则则4 设点设点 A 到平面到平面 PBC 的距离为的距离为 d， 由由 VPABCVAPBC，可得，可得， 所以所以，即点，即点 A 到平面到平面 PBC 的距离为的距离为 19某控制器中有一个易损部件，现统计了某控制器中有一个易损部件，现统计了 30 个该部件的使用寿命，结果如下（单位：小个该部件的使用寿命，结果如下（单位：小 时）；时）； 710 721 603 615 760 742 841 591 590 721 718 750 760 713 709 681 736 654 722 732 722 715 726
31、 699 755 751 709 733 705 700 （1）估计该部件的使用寿命达到一个月及以上的概率（一个月按）估计该部件的使用寿命达到一个月及以上的概率（一个月按 30 天计算）；天计算）； （2） 为了保证该控制器能稳定工作， 将若干个同样的部件按下图连接在一起组成集成块，） 为了保证该控制器能稳定工作， 将若干个同样的部件按下图连接在一起组成集成块， 每一个部件是否能正常工作互不影响对比每一个部件是否能正常工作互不影响对比 n2 和和 n3 时，哪个能保证集成块使用寿时，哪个能保证集成块使用寿 命达到一个月及以上的概率超过命达到一个月及以上的概率超过 0.8？ 【分析】（【分析】（
32、1）一个月）一个月 3024720（小时）样本中满足使用寿命在（小时）样本中满足使用寿命在 720 小时及以上的部小时及以上的部 件数为件数为 15 个，由此能求出所求概率的估计值个，由此能求出所求概率的估计值 （2）要保证集成块使用寿命达到一个月及以上，即要保证集成块中至少有一个部件的使）要保证集成块使用寿命达到一个月及以上，即要保证集成块中至少有一个部件的使 用寿命达到一个月及以上利用列举法能求出用寿命达到一个月及以上利用列举法能求出 n3 时满足要求时满足要求 解：（解：（1）一天）一天 24 小时，一个月小时，一个月 3024720（小时）（小时） 样本中满足使用寿命在样本中满足使用寿
33、命在 720 小时及以上的部件数为小时及以上的部件数为 15 个，个， 所以，所求概率的估计值为所以，所求概率的估计值为 （2）要保证集成块使用寿命达到一个月及以上，）要保证集成块使用寿命达到一个月及以上， 即要保证集成块中至少有一个部件的使用寿命达到一个月及以上即要保证集成块中至少有一个部件的使用寿命达到一个月及以上 记记 A 表示一个部件的使用寿命达表示一个部件的使用寿命达到一个月及以上，到一个月及以上，a 表示一个部件的使用寿命不能达到表示一个部件的使用寿命不能达到 一个月及以上一个月及以上 当当 n2 时，所有可能结果有时，所有可能结果有 4 种：种：AA，Aa，aA，aa，满足要求的
34、结果有，满足要求的结果有 3 种，种， 所以所以 当当 n3 时，所有可能结果有时，所有可能结果有 8 种：种：AAA，AAa，AaA，Aaa，aAA，aAa，aaA，aaa，满，满 足要求的结果有足要求的结果有 7 种，种， 所以所以 综上，综上，n3 时满足要求时满足要求 20已知椭圆已知椭圆上任一点上任一点 P 到到，的距离的距离 之和为之和为 4 （1）求椭圆）求椭圆 C 的标准方程；的标准方程； （2）已知点）已知点 S（2，0），设直线），设直线 l 不经过不经过 S 点点 l 与与 C 交于交于 M，N 两点，若直线两点，若直线 SM 的斜的斜 率与直线率与直线 SN 的斜率之和
35、为的斜率之和为，判断直线，判断直线 l 是否是否过定点？若是，求出该定点的坐标；若不过定点？若是，求出该定点的坐标；若不 是，请说明理由是，请说明理由 【分析】（【分析】（1）根据椭圆的定义可得，）根据椭圆的定义可得，a2，则，则 b2a2c22，即可求得椭圆方，即可求得椭圆方 程；程； （2）设直线）设直线 l 的方程，代入椭圆方程，根据韦达定理及直线的斜率公式化简可得的方程，代入椭圆方程，根据韦达定理及直线的斜率公式化简可得 m 2k4根据直线的点斜式方程，即可判断直线根据直线的点斜式方程，即可判断直线 l 恒过定点（ 恒过定点（2，4） 解：（解：（1）由椭圆定义知，）由椭圆定义知，a2
36、，所以，所以 b2a2c22， 所以椭圆所以椭圆 C 的标准方程为的标准方程为 （2）直线）直线 l 恒过定点（恒过定点（2，4）理由如下：）理由如下： 若直线若直线 l 斜率不存在，则斜率不存在，则 kSM+kSN0，不合题意可设直线，不合题意可设直线 l 方程：方程：ykx+m（t0），）， M（x1，y1）N（x2，y2），）， 联立方程组联立方程组，代入消元并整理得：（，代入消元并整理得：（2k2+1）x2+4kmx+2m240， 则则，将直线方程代入，将直线方程代入， 整理得：整理得：， ， 韦达定理代入化简得：韦达定理代入化简得： 因为因为 l 不过不过 S 点，所以点，所以 2k
37、+m0，所以，所以 2k+m+40，即，即 m2k4 所以直线所以直线 l 方程为方程为 ykx2k4，即，即 y+4（x2） 所以直线所以直线 l 过定点（过定点（2，4） 21已知函数已知函数 （1）讨论）讨论 f（x）的单调性；）的单调性； （2）若）若 f（x）0，求实数，求实数 a 的取值范围的取值范围 【分析】（【分析】（1）先求出导函数）先求出导函数 f（x），在对），在对 a 分情分情况讨论即可得到况讨论即可得到 f（x）的单调性；）的单调性； （2）若）若 f（x）0 恒成立，则恒成立，则 f（x）的最小值大于等于）的最小值大于等于 0，结合第（，结合第（1）问的函数）问的函
38、数 f（x） 的单调性，即可求出的单调性，即可求出 a 的取值范围的取值范围 解：（解：（1）函数）函数 f（x）的导函数为）的导函数为， 当当 a0 时，函数时，函数 f（x）在（，）在（，+）单调递增；）单调递增； 当当 a0 时，函数时，函数 f（x）在（，）在（，lna）上单调递减，在（）上单调递减，在（lna，+）上单调递增；）上单调递增； 当当 a0 时，函数时，函数 f（x）在）在上单调递减，在上单调递减，在上单调上单调 递增递增 （2）当）当 a0 时，函数时，函数 f（x）2ex，显然，显然 f（x）0，满足题意，满足题意， 当当 a0 时，时，f（x）0 恒成立，恒成立，f
39、（x）的最小值）的最小值 f（lna）2a+aalnaa（3lna） 0，解得：，解得：0ae3， 当当a 0时 ， 时 ， f （ x ） ） 0恒 成 立 ， 恒 成 立 ， f （ x ） 的 最 小 值） 的 最 小 值 ，解得：，解得： 综上所述，综上所述，a 的取值范围为的取值范围为 （二）选考题：共（二）选考题：共 10 分请考生在策分请考生在策 22、23 题中任选一题作答如果多做，则按所做的题中任选一题作答如果多做，则按所做的 第一题计分，作答时用第一题计分，作答时用 2B 铅笔在答题卡上所选题号后的方框涂黑铅笔在答题卡上所选题号后的方框涂黑选修选修 4-4：坐标系与参：坐标
40、系与参 数方程数方程 22在直角坐标系在直角坐标系 xOy 中，直线中，直线 l 的多数方程为的多数方程为，（，（t 为参数）以坐标原点为参数）以坐标原点 O 为极点，为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 C 的极坐标方程为的极坐标方程为 24cos+30 （1）求）求 t 的普通方程及的普通方程及 C 的直角坐标方程；的直角坐标方程； （2）求曲线）求曲线 C 上的点上的点 P 到到 l 距离的取值范围距离的取值范围 【分析】 （【分析】 （1）直接利用转换关系式的应用，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间）直接利用转换关系式的应用，把参数方程极
41、坐标方程和直角坐标方程之间 进行转换进行转换 （2）利用点到直线的距离公式的应用求出结果）利用点到直线的距离公式的应用求出结果 解：（解：（1）直线）直线 l 的参数方程为的参数方程为，（，（t 为参数），为参数）， 消去参数消去参数 t 可得可得 l 的普通方程为的普通方程为 曲线曲线 C 的极坐标方程为的极坐标方程为 24cos+30， 可得可得 C 的直角坐标方程为的直角坐标方程为 x2+y24x+30 （2）C 的标准方程为（的标准方程为（x2）2+y21，圆心为，圆心为 C（2，0），半径为），半径为 1， 所以，圆心所以，圆心 C 到到 l 的距离为的距离为， 所以，点所以，点 P
42、 到到 l 的距离的取值范围是的距离的取值范围是 选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲 23已知函数已知函数 f（x）log2（|x1|+|x5|a） （1）当）当 a2 时，求函数时，求函数 f（x）的最小值；）的最小值； （2）当函数）当函数 f（x）的定义域为）的定义域为 R 时，求实数时，求实数 a 的取值范围的取值范围 【分析】（【分析】（1）设）设 g（x）|x1|+|x5|，则，则由此由此 可知可知 g（x）min （2）由题意知，）由题意知，g（x）|x1|+|x5|的最小值为的最小值为 4，|x1|+|x5|a0，由此可知，由此可知 a 的取值范围的取值范围 解：函数的定义域满足解：函数的定义域满足|x1|+|x5|a0，即，即|x1|+|x5|a， （1）当）当 a2 时，时，f（x）log2（|x1|
