1、 第 1 页（共 21 页） 2020 年辽宁省高考数学（理科）模拟试卷（年辽宁省高考数学（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）已知全集 Uy|yex，集合 Ax|ln（x1）0，则UA（ ） A （，02，+） B2，+） C （0，12，+） D （1，02，+） 2 （5 分）若复数 z 满足（1+i）z|3 i|，则 z（ ） A2 B2 C1i D2 2 3 （5 分）a2+b21 是 asin+bcos1 恒成立的（ ） A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要条件 D既不充分也不必要
2、条件 4 （5 分）已知 a20.3，blog20.3，c0.32，则 a，b，c 的大小关系为（ ） Abac Bacb Cabc Dbca 5 （5 分）程大位是明代著名数学家，他的新编直指算法统宗是中国历史上一部影响巨 大的著作它问世后不久便风行宇内，成为明清之际研习数学者必读的教材，而且传到 朝鲜、日本及东南亚地区，对推动汉字文化圈的数学发展起了重要的作用卷八中第 33 问是： “今有三角果一垛， 底阔每面七个 问该若干？” 如图是解决该问题的程序框图 执 行该程序框图，求得该垛果子的总数 S 为（ ） 第 2 页（共 21 页） A28 B56 C84 D120 6 （5 分）某市政
3、府决定派遣 8 名干部（5 男 3 女）分成两个小组，到该市甲、乙两个县去 检查扶贫工作，若要求每组至少 3 人，且女干部不能单独成组，则不同的派遣方案共有 （ ）种 A240 B320 C180 D120 7 （5 分）一只蚂蚁在边长为 4 的正三角形区域内随机爬行，则它在离三个顶点距离都大于 2 的区域内的概率为（ ） A1 3 6 B3 4 C 3 6 D1 4 8 （5 分）设 x，y 满足不等式组 + 2 + 0 且 :4的最大值为 1 2，则实数 a 的值为（ ） A1 B2 C3 D4 9 （5 分）如图，在一个 120的二面角的棱上有两点 A，B，线段 AC，BD 分别在这个二
4、 面角的两个半平面内，且均与棱 AB 垂直，若 = 2，AC1，BD2，则 CD 的长为 （ ） A2 B3 C23 D4 10（5分） 已知四面体PABC的外接球的球心O在AB上， 且PO平面ABC， 2AC= 3AB， 若 四面体 PABC 的体积为3 2，则该球的表面积为（ ） A12 B43 C16 D8 11 （5 分）在ABC 中，已知 =9，sinBcosAsinC，SABC6，P 为线段 AB 上的 一点，且 = | | + | | ，则1 + 1 的最小值为（ ） A 7 12 + 3 3 B12 C4 3 D 5 12 + 3 4 12 （5 分）已知函数 f（x）|2x2
5、ax1|+ax，若() 1 2恒成立，则实数 a 的取值范围 第 3 页（共 21 页） 为（ ） A1，1 B2，2 C2， 1 1，2 D(，0 2，+ ) 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）等差数列an的公差不为零，a11，a2是 a1和 a5的等比中项，则 1:5:9 2:4:6 = 14 （ 5 分 ） 已 知 t 0 ， 记 () = 0 (1 8 12 + 8242 8 383 + 8 71287 + 8 82568)，则 f（t）的展开式中各项系数和为 15 （5 分）在抛物线 y2x2上有一点 P，它
6、到 A（1，3）的距离与它到焦点的距离之和最 小，则点 P 的坐标是 16 （5 分）已知函数 f（x）x+sinx（xR） ，且 f（y22y+3）+f（x24x+1）0，则当 y 1 时， :1的取值范围是 三解答题（共三解答题（共 6 小题，满分小题，满分 70 分）分） 17 （10 分）已知函数 f（x）sin（2x 6）+2cos 2x1，xR （）求 f（x）的最小正周期和单调递增区间； （）在ABC 中，三内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知 f（A）= 1 2，b，a，c 成等差数列，且 =9，求 SABC及 a 的值 18 （12 分）烟台水果以“栖霞苹果、莱阳
7、梨、福山大樱桃”闻名，现从市农科院培育的樱 桃树苗中随机抽取 100 棵作为样本，测得这些树苗的株高（单位：cm）并绘制频率分布 直方图如图所示 第 4 页（共 21 页） （1）由频率分布直方图可认为，这些樱桃树树苗的株高 X 服从正态分布 N（，2） ，其中 近似为样本平均数，近似为样本方差 s2，利用该正态分布，求 P （79.5X104.5） （2）某果农买了 20 棵这种樱桃树苗，记 表示这 20 棵树苗株高位于区间（79.5 104.5） 的棵数，利用（1）的结果，求 E（结果保留整数） （3）若株高位于区间（79.5，104.5）的树苗视为“优良” ，并以（2）中的 E 为“优良
8、” 棵数从这 20 棵树苗中任取 3 棵，记 为“优良”的棵数，求 的分布列和数学期望 附：39 6.25，若 ZN（，2） ，则 P（Z+）0.6827，P（2Z +2）0.9545 19 （12 分）如图，已知三棱柱 ABCA1B1C1，平面 A1ACC1平面 ABC，ABC90， BAC30，A1AA1CAC，E，F 分别是 AC，A1B1的中点 （）证明：EFBC； （）求直线 EF 与平面 A1BC 所成角的余弦值 20 （12 分）已知顶点为原点的抛物线 C 的焦点与椭圆 2 2 + 2= 1的上焦点重合，且过点 (22，1) （）求椭圆的标准方程； （）若抛物线上不同两点 A，B
9、 作抛物线的切线，两切线的斜率1= 1 2，若记 AB 的 中点的横坐标为 m，AB 的弦长 g（m） ，并求 g（m）的取值范围 21 （12 分）已知函数 f（x）ln（x+a）x（aR） ，直线 l： = 2 3 + 3 2 3是曲线 y f（x）的一条切线 （1）求 a 的值； （2）设函数 g（x）xex2xf（xa）a+2，证明：函数 g（x）无零点 第 5 页（共 21 页） 22 （12 分）已知曲线 C1的参数方程为 = 4 = 3 1（t 为参数） ，当 t0 时，曲线 C1 上对应 的点为 P以原点 O 为极点，以 x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 C2的极坐标 方
10、程为 = 8 12 （I）求曲线 C1的普通方程和曲线 C2的直角坐标方程； （）设曲线 C1与 C2的公共点为 A，B，求|PA|PB|的值 第 6 页（共 21 页） 2020 年辽宁省高考数学（理科）模拟试卷（年辽宁省高考数学（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）已知全集 Uy|yex，集合 Ax|ln（x1）0，则UA（ ） A （，02，+） B2，+） C （0，12，+） D （1，02，+） 【解答】解：Uy|y0，Ax|1x2， UA（0，12
11、，+） 故选：C 2 （5 分）若复数 z 满足（1+i）z|3 i|，则 z（ ） A2 B2 C1i D2 2 【解答】解：由（1+i）z|3 i|2， 得 z= 2 1+ = 2(1) (1+)(1) = 1 ， 故选：C 3 （5 分）a2+b21 是 asin+bcos1 恒成立的（ ） A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件 【解答】解：asin+bcos= 2+ 2sin（+） 2+ 2，asin+bcos1 恒成立 a2+b21 是 asin+bcos1 恒成立的充分不必要条件 故选：A 4 （5 分）已知 a20.3，blog20.3，c0.3
12、2，则 a，b，c 的大小关系为（ ） Abac Bacb Cabc Dbca 【解答】解：a20.3201， blog20.3log210， 0c0.320.301， a，b，c 的大小关系为 bca 故选：D 5 （5 分）程大位是明代著名数学家，他的新编直指算法统宗是中国历史上一部影响巨 大的著作它问世后不久便风行宇内，成为明清之际研习数学者必读的教材，而且传到 第 7 页（共 21 页） 朝鲜、日本及东南亚地区，对推动汉字文化圈的数学发展起了重要的作用卷八中第 33 问是： “今有三角果一垛， 底阔每面七个 问该若干？” 如图是解决该问题的程序框图 执 行该程序框图，求得该垛果子的总数
13、 S 为（ ） A28 B56 C84 D120 【解答】解：模拟程序的运行，可得 i0，n0，S0 执行循环体，i1，n1，S1 不满足条件 i7，执行循环体，i2，n3，S4 不满足条件 i7，执行循环体，i3，n6，S10 不满足条件 i7，执行循环体，i4，n10，S20 不满足条件 i7，执行循环体，i5，n15，S35 不满足条件 i7，执行循环体，i6，n21，S56 不满足条件 i7，执行循环体，i7，n28，S84 满足条件 i7，退出循环，输出 S 的值为 84 故选：C 6 （5 分）某市政府决定派遣 8 名干部（5 男 3 女）分成两个小组，到该市甲、乙两个县去 检查扶
14、贫工作，若要求每组至少 3 人，且女干部不能单独成组，则不同的派遣方案共有 （ ）种 第 8 页（共 21 页） A240 B320 C180 D120 【解答】解：因为若要求每组至少 3 人， 所以有 3，5 和 4，4 两种， 若人数为 3，5，则有（8 3 1） 2 2 =110 种； 人数为 4，4，则有8 444 2 2 = 70 种； 共有 110+70180， 故选：C 7 （5 分）一只蚂蚁在边长为 4 的正三角形区域内随机爬行，则它在离三个顶点距离都大于 2 的区域内的概率为（ ） A1 3 6 B3 4 C 3 6 D1 4 【解答】解：满足条件的正三角形 ABC 如下图所
15、示： 其中正三角形 ABC 的面积 S三角形= 3 4 1643， 满足到正三角形 ABC 的顶点 A、B、C 的距离至少有一个小于 2 的平面区域如图中阴影部分所示， 则 S阴影2， 则使取到的点到三个顶点 A、B、C 的距离都大于 2 的概率是： P1 2 43 =1 3 6 ， 故选：A 8 （5 分）设 x，y 满足不等式组 + 2 + 0 且 :4的最大值为 1 2，则实数 a 的值为（ ） A1 B2 C3 D4 【解答】解：作出不等式组对于的平面区域如图： 可知 a2， :4的几何意义是可行域内的点与 Q（4，0）连线的斜率， 第 9 页（共 21 页） 直线 x+y20 与直线
16、 yx+a 的交点为 A（1 2，1+ 2） ， 当 x1 2，y1+ 2时， :4的最大值为 1 2，解得 a2，所以实数 a 的值为 2 故选：B 9 （5 分）如图，在一个 120的二面角的棱上有两点 A，B，线段 AC，BD 分别在这个二 面角的两个半平面内，且均与棱 AB 垂直，若 = 2，AC1，BD2，则 CD 的长为 （ ） A2 B3 C23 D4 【解答】解： = + + ， 2 = 2 + 2 + 2 +2 +2 +2 ， 线段 AC，BD 分别在这个二面角的两个半平面内，且均与棱 AB 垂直， = 2，AC 1，BD2， 2 = 2 + 2 + 2 +2 =1+2+4+
17、2 1 2 1 2 =9， | |3， 故选：B 第 10 页（共 21 页） 10（5分） 已知四面体PABC的外接球的球心O在AB上， 且PO平面ABC， 2AC= 3AB， 若 四面体 PABC 的体积为3 2，则该球的表面积为（ ） A12 B43 C16 D8 【解答】 解： 因为四面体 PABC 的外接球的球心 O 在 AB 上可得： O 为外接球的球心， POAOCO 为外接球的半径 R， AB 为外接球的直径 2R， ACBC， 因为 2AC= 3AB， 所以 AC= 3R，BC= 2 2=R， 因为 PO平面 ABC， 所以 VPABC= 1 3 1 2 = 1 6 33=
18、3 2，可得 R 3= 33，所以 R= 3， 所以外接球的表面积 S4R212， 故选：A 11 （5 分）在ABC 中，已知 =9，sinBcosAsinC，SABC6，P 为线段 AB 上的 一点，且 = | | + | | ，则1 + 1 的最小值为（ ） A 7 12 + 3 3 B12 C4 3 D 5 12 + 3 4 【解答】解：ABC 中设 ABc，BCa，ACb， 因为 sinBcosAsinC， 所以 sin（A+C）cosAsinC， 所以 sinAcosC+cosAsinCcosAsinC， 所以 sinAcosC0， 因为 sinA0， 所以 cosC0，C90，
19、因为 =9，SABC6， 所以 bccosA9，1 2 = 6， 第 11 页（共 21 页） 所以 tanA= 4 3根据直角三角形可得 sinA= 4 5，cosA= 3 5， bc15， tanA= 4 3 = ， 在 RtABC 中，a2+b2c2， 解得 a4，b3，c5， 以 AC 所在直线为 x 轴，以 BC 所在直线为 y 轴，建立执教坐标系可得 C（0，0） ，A（3， 0） ，B（0，4） ， P 为线段 AB 上的一点，则存在实数 使得 = + (1 ) =（3，44） ， （0 1） ， 设 | | = 1 ， | | = 2 ， 则|1 |2 |1， 1 =（1，0）
20、 ，2 =（0，1） ， 由 =x | | +y | | =（x，0）+（0，y）（x，y） ， 所以 x3，y44， 则 4x+3y12， 1 + 1 = 1 12（ 1 + 1 ） （4x+3y）= 1 12（7+ 3 + 4 ） 7 12 + 3 3 ， 故最小值为 7 12 + 3 3 故选：A 12 （5 分）已知函数 f（x）|2x2ax1|+ax，若() 1 2恒成立，则实数 a 的取值范围 第 12 页（共 21 页） 为（ ） A1，1 B2，2 C2， 1 1，2 D(，0 2，+ ) 【解答】解：函数 f（x）|2x2ax1|+ax，若() 1 2恒成立， 即为|2x2a
21、x1|ax 1 2恒成立， 可得 2x2ax1ax 1 2或 2x 2ax1ax+1 2恒成立， 即 2x2 1 2，解得 x 1 2或 x 1 2； 则 2x2ax1ax+ 1 2在 1 2 x 1 2恒成立， 当 x0 时，1 1 2恒成立， 当 0x 1 2时，有 2ax2x 23 2，即 2a2x 3 2， 由 g（x）2x 3 2在 0x 1 2递增，可得 g（x）的最大值为2， 则 2a2，即 a1； 同理可得 1 2 x0 时，2a2x 3 2， 由 g（x）2x 3 2在 1 2 x0 递增，可得 g（x）的最小值为 2， 则 2a2，即 a1， 综上可得1a1 故选：A 二填
22、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） 等差数列an的公差不为零， a11， a2是a1和a5的等比中项， 则1:5:9 2:4:6 = 9 7 【解答】解：等差数列an的公差 d 不为零，a11，a2是 a1和 a5的等比中项， 可得 a22a1a5，即（1+d）21+4d， 解得 d2（0 舍去） ， 可得 an1+2（n1）2n1， 则1:5:9 2:4:6 = 1:9:17 3:7:11 = 9 7， 故答案为：9 7 第 13 页（共 21 页） 14 （ 5 分 ） 已 知 t 0 ， 记 () = 0 (1 8 12
23、 + 8242 8 383 + 8 71287 + 8 82568)，则 f（t）的展开式中各项系数和为 1 9 【解答】 解： 因为： () = 0 (1 8 12 + 8242 8 383 + 8 71287 + 8 82568) = 0 （12x）8dx= 1 18（12x） 9| 0 = 1 18（12t） 9（1 18） （10） 9 = 1 181（12t） 9； 令 t1 可得 f（t）的展开式中各项系数和为： 1 18 2= 1 9 故答案为：1 9 15 （5 分）在抛物线 y2x2上有一点 P，它到 A（1，3）的距离与它到焦点的距离之和最 小，则点 P 的坐标是 （1，2
24、） 【解答】解： （1）抛物线 x2= 1 2y 的焦点 F（0， 1 8） ，准线方程为 y= 1 8，如图所示，作 PNl，AN1l， 由抛物线的定义知，|PF|PN|， 所以|AP|+|PF|AP|+|PN|AN1|，当且仅当 A、P、N 三点共线时取等号 所以 P 点的横坐标与 A 点的横坐标相同即为 1， 所以 P（1，2） ， 故答案为： （1，2） 16 （5 分）已知函数 f（x）x+sinx（xR） ，且 f（y22y+3）+f（x24x+1）0，则当 y 第 14 页（共 21 页） 1 时， :1的取值范围是 1 4， 3 4 【解答】解：f（x）x+sinx（xR） ，
25、 f（x）xsinx（x+sinx）f（x） ， 即 f（x）x+sinx（xR）是奇函数， f（y22y+3）+f（x24x+1）0， f（y22y+3）f（x24x+1）f（x24x+1）， 由 f（x）1+cosx0， 函数单调递增 （y22y+3）（x24x+1） ， 即（y22y+3）+（x24x+1）0， （y1）2+（x2）21， y1， 不等式对应的平面区域为圆心为（2，1） ，半径为 1 的圆的上半部分 :1的几何意义为动点 P（x，y）到定点 A（1，0）的斜率的取值范围 设 k= +1， （k0） 则 ykx+k，即 kxy+k0 当直线和圆相切时，圆心到直线的距离 d=
26、 |21+| 1+2 = |31| 1+2 =1， 即 8k26k0，解得 k= 3 4此时直线斜率最大 当直线 kxy+k0经过点 B（3，1）时，直线斜率最小， 此时 3k1+k0，即 4k1，解得 k= 1 4， 1 4 k 3 4， 故答案为1 4， 3 4 第 15 页（共 21 页） 三解答题（共三解答题（共 6 小题，满分小题，满分 70 分）分） 17 （10 分）已知函数 f（x）sin（2x 6）+2cos 2x1，xR （）求 f（x）的最小正周期和单调递增区间； （）在ABC 中，三内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知 f（A）= 1 2，b，a，c 成等差
27、数列，且 =9，求 SABC及 a 的值 【解答】解： （）() = (2 6) + 2 2 1 = 3 2 2 1 2 2 + 2 = 3 2 2 + 1 2 2 = (2 + 6) 最小正周期为2 2 = 由 2k 2 2x+ 6 2k + 2（kZ）可解得 k 3 xk + 6（kZ） 故 f（x）的单调递增区间是：k 3，k + 6（kZ） （）f（A）sin（2A+ 6）= 1 2， 0A， 6 2A+ 6 2+ 6， 于是 2A+ 6 = 5 6 ， 故解得：A= 3 由 b，a，c 成等差数列得：2ab+c， 由 = 9，得 bccosA9，1 2 = 9， = 18 = 1 2
28、 = 1 2 18 3 2 = 93 2 由余弦定理得，a2b2+c22bccosA（b+c）23bc， 于是 a24a254，a218， = 32 第 16 页（共 21 页） 18 （12 分）烟台水果以“栖霞苹果、莱阳梨、福山大樱桃”闻名，现从市农科院培育的樱 桃树苗中随机抽取 100 棵作为样本，测得这些树苗的株高（单位：cm）并绘制频率分布 直方图如图所示 （1）由频率分布直方图可认为，这些樱桃树树苗的株高 X 服从正态分布 N（，2） ，其中 近似为样本平均数，近似为样本方差 s2，利用该正态分布，求 P （79.5X104.5） （2）某果农买了 20 棵这种樱桃树苗，记 表示这
29、 20 棵树苗株高位于区间（79.5 104.5） 的棵数，利用（1）的结果，求 E（结果保留整数） （3）若株高位于区间（79.5，104.5）的树苗视为“优良” ，并以（2）中的 E 为“优良” 棵数从这 20 棵树苗中任取 3 棵，记 为“优良”的棵数，求 的分布列和数学期望 附：39 6.25，若 ZN（，2） ，则 P（Z+）0.6827，P（2Z +2）0.9545 【解答】解： （1）由频率分布直方图得： =700.1+800.15+900.4+1000.2+1100.1+0.0592， S22220.1+1220.15+220.4+820.2+1820.1+2820.05156
30、， XN（92，156） ， P（79.5X104.5）P（9212.5X92+12.5）0.6827 （2）由题意知 B（20，0.6827） ， E200.682713.65414 （3）由（2）可知 20 棵树苗中“优良”的棵数为 14， 则 的所有取值为 0，1，2，3， P（0）= 6 3 14 0 20 3 = 20 1140， 第 17 页（共 21 页） P（1）= 6 2 14 1 20 3 = 210 1140， P（2）= 6 1 14 2 20 3 = 546 1140， P（3）= 6 0 14 3 20 3 = 364 1140， 的分布列为： 0 1 2 3 P
31、20 1140 210 1140 546 1140 364 1140 E= 20 1140 0 + 210 1140 1 + 546 1140 2 + 364 1140 3 = 21 10 19 （12 分）如图，已知三棱柱 ABCA1B1C1，平面 A1ACC1平面 ABC，ABC90， BAC30，A1AA1CAC，E，F 分别是 AC，A1B1的中点 （）证明：EFBC； （）求直线 EF 与平面 A1BC 所成角的余弦值 【解答】方法一： 证明： （）连结 A1E，A1AA1C，E 是 AC 的中点， A1EAC， 又平面 A1ACC1平面 ABC，A1E平面 A1ACC1， 平面 A
32、1ACC1平面 ABCAC， A1E平面 ABC，A1EBC， A1FAB，ABC90，BCA1F， BC平面 A1EF，EFBC 解： （）取 BC 中点 G，连结 EG、GF，则 EGFA1是平行四边形， 由于 A1E平面 ABC，故 A1EEG， 平行四边形 EGFA1是矩形， 第 18 页（共 21 页） 由（）得 BC平面 EGFA1， 则平面 A1BC平面 EGFA1， EF 在平面 A1BC 上的射影在直线 A1G 上， 连结 A1G，交 EF 于 O，则EOG 是直线 EF 与平面 A1BC 所成角（或其补角） ， 不妨设 AC4，则在 RtA1EG 中，A1E23，EG= 3
33、， O 是 A1G 的中点，故 EOOG= 1 2 = 15 2 ， cosEOG= 2+22 2 = 3 5， 直线 EF 与平面 A1BC 所成角的余弦值为3 5 方法二： 证明： （）连结 A1E，A1AA1C，E 是 AC 的中点， A1EAC， 又平面 A1ACC1平面 ABC，A1E平面 A1ACC1， 平面 A1ACC1平面 ABCAC， A1E平面 ABC， 如图，以 E 为原点，在平面 ABC 中，过 E 作 AC 的垂线为 x 轴， EC，EA1所在直线分别为 y，z 轴，建立空间直角坐标系， 设 AC4， 则 A1（0， 0， 23） ， B （3，1，0） ， B1（3
34、，3，23） ， F （ 3 2 ， 3 2 ，23） ， C （0， 2， 0） ， =（ 3 2 ， 3 2 ，23） ， =（3，1，0） ， 由 =0，得 EFBC 解： （）设直线 EF 与平面 A1BC 所成角为 ， 由（）得 =（3，1，0） ，1 =（0，2，23） ， 设平面 A1BC 的法向量 =（x，y，z） ， 则 = 3 + = 0 1 = 3 = 0 ，取 x1，得 =（1，3，1） ， sin= | | | | | = 4 5， 第 19 页（共 21 页） 直线 EF 与平面 A1BC 所成角的余弦值为1 (4 5) 2 = 3 5 20 （12 分）已知顶点为
35、原点的抛物线 C 的焦点与椭圆 2 2 + 2= 1的上焦点重合，且过点 (22，1) （）求椭圆的标准方程； （）若抛物线上不同两点 A，B 作抛物线的切线，两切线的斜率1= 1 2，若记 AB 的 中点的横坐标为 m，AB 的弦长 g（m） ，并求 g（m）的取值范围 【解答】解： （I）由题意可知，点(22，1)在抛物线 C：x22py（p0）上， 所以抛物线 C 的方程为 x28y， 所以椭圆的上焦点为（0，2） ，即 a214，即 a= 5， 所以椭圆的标准方程为 2 5 + 2= 1； （）设(1， 1 2 8 )，(2， 2 2 8 )，x28y，即 y= 2 8 的导数为 y=
36、 1 4x， 在 A 点处的切线的斜率1= 1 4 ， 在 B 点处的切线的斜率2= 2 4 ， 又1 2= 12 16 = 1，所以= 2 2 8 1 2 8 21 = 2+1 8 = 4，x2+x12m，x1x216， 而 | = 1 + 2 |1 2| = 1 + 2 (1+ 2)2 412=1 + 2 16 42+ 64 = 42+ 64 + 4 4 + 42， 所以() = 4 4 + 82+ 64， 又 m20，所以|AB|8 第 20 页（共 21 页） 21 （12 分）已知函数 f（x）ln（x+a）x（aR） ，直线 l： = 2 3 + 3 2 3是曲线 y f（x）的一
37、条切线 （1）求 a 的值； （2）设函数 g（x）xex2xf（xa）a+2，证明：函数 g（x）无零点 【解答】解： （1）函数 f（x）ln（x+a）x（aR）的导数为 f（x）= 1 + 1， 设切点为（m，n） ， 直线 l： = 2 3 + 3 2 3是曲线 yf（x）的一条切线， 可得 1 : 1= 2 3，ln（m+a）m= 2 3m+ln3 2 3， 解得 m2，a1； （2）证明：函数 g（x）xex2xf（xa）a+2 xex2xf（x1）2+2 xexxlnx，x0， g（x）（x+1）ex1 1 （x+1） （ex 1 ） ， 可设 ex 1 =0 的根为 m， 即有
38、 em= 1 ，即有 mlnm， 当 xm 时，g（x）递增，0xm 时，g（x）递减， 可得 xm 时，g（x）取得极小值，且为最小值， 则 g（x）g（m）memmlnm 1m+m1， 可得 g（x）0 恒成立， 则函数 g（x）无零点 22 （12 分）已知曲线 C1的参数方程为 = 4 = 3 1（t 为参数） ，当 t0 时，曲线 C1 上对应 的点为 P以原点 O 为极点，以 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 = 8 12 第 21 页（共 21 页） （I）求曲线 C1的普通方程和曲线 C2的直角坐标方程； （）设曲线 C1与 C2的公共点为 A，B，
39、求|PA|PB|的值 【解答】解： （I）因为曲线 C1的参数方程为 = 4 = 3 1（t 为参数） ， 消去参数 t，得曲线 C1的普通方程为 3x4y40； 又曲线 C2的极坐标方程为 = 8 12 = 8 22， 2sin24cos， 化为普通方程是 y24x； 所以曲线 C2的直角坐标方程为 y24x；（4 分） （II）当 t0 时，x0，y1，所以点 P（0，1） ； 由（I）知曲线 C1是经过点 P 的直线，设它的倾斜角为 ， 则 = 3 4， 所以 = 3 5， = 4 5， 所以曲线 C1的参数方程为 = 4 5 = 1 + 3 5 （ T 为参数） ， 将上式代入 y24x，得 9 T2110 T+250， 所以| | = |12| = 25 9 （10 分）
