2020年云南省昆明一中高考数学模拟试卷（理科）含详细解答

1、已知集合 Ax|2x+13，B|x|lnx1，则 AB（ ） A （1，e B （1，1 C （1，0） D （0，e 2 （5 分）若复数 z 满足，其中 i 为虚数单位，则|z|（ ） A2 B C D3 3 （5 分）空气质量指数 AQI 是反映空气质量状况的指数，AQI 指数值越小，表明空气质量 越好，其对应关系如表： AQI 指数值 50 （50，100 （100，150 （150，200 （200，300 300 空气质量 优 良 轻度污染 中度污染 重度污染 严重污染 如图是某市 10 月 1 日20 日 AQI 指数变化趋势： 下列叙述正确的是（ ） A该市 10 月的前半个月

2、的空气质量越来越好 B这 20 天中的中度污染及以上的天数占 C这 20 天中 AQI 指数值的中位数略高于 100 D总体来说，该市 10 月上旬的空气质量比中旬的空气质量差 4 （5 分）若 1717+a（aZ，0a4）能被 3 整除，则 a（ ） A0 B1 C2 D3 5 （5 分）已知椭圆的中心在原点，离心率，且它的一个焦点与抛物线 y24x 的焦 点重合，则此椭圆方程为（ ） 第 2 页（共 22 页） A B C D 6 （5 分）函数 f（x）sin2xcos2x+2sinxcosx 的图象的一条对称轴为（ ） A B C D 7 （5 分）执行如图所示的程序框图，则输出的 a

3、（ ） A2 B1 C1 D 8 （5 分）已知圆锥 SO 的底面半径为 3，母线长为 5若球 O1在圆锥 SO 内，则球 O1的体 积的最大值为（ ） A B9 C D12 9 （5 分）若数列an的前 n 项的和 Sn3an2，则这个数列的通项公式为（ ） A B Can3n2 D 10 （5 分）已知点 A（3，4）是双曲线上一点，F1，F2分 别是双曲线 C 的左、右焦点，若以 F1F2为直径的圆经过点 A，则双曲线 C 的离心率为 （ ） 第 3 页（共 22 页） A B2 C D5 11 （5 分）设函数，若 f（0）是函数 f（x）的最小值，则实数 a 的取值范围是（ ） A1

4、，2 B1，0 C1，2 D0，2 12 （5 分） 已知平面向量满足， 且| |， | |， | |1， 2， 4， 则 的最大值为（ ） A B C D 二、填空题：本题共二、填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分 13 （5 分）若实数 x，y 满足，则 z3x+2y 的最大值为 14（5分） 设Sn为等差数列an的前n项和， 若a11， 公差d2， Sk+2Sk20， 则k 15 （5 分）已知函数 f（x），若方程 f（x）恰好有 三个不等的实根，则实数 a 的取值范围为 16 （5 分）已知四棱锥 PABCD 的底面是正方形，高为，侧棱长均为 5

5、，O 为侧面 PCD 的内心，则四棱锥 OABCD 的体积为 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第分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤第 1721 题为必考题为必考 题，每个试题考生都必须作答第题，每个试题考生都必须作答第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答 （一）必考题：题为选考题，考生根据要求作答 （一）必考题： 共共 60 分分 17 （12 分）在ABC 中，内角 A，B，C 所对的边长分别为 a，b，c，cos2C+3cos（A+B） 1 （1）求角 C； （2）若 c2，求ABC 面积的最大值 18 （12 分）某城市为鼓励人们绿

6、色出行，乘坐地铁，地铁公司决定按照乘客经过地铁站的 数量实施分段优惠政策，不超过 30 站的地铁票价如下表： 乘坐站数 x 0x10 10x20 20x30 第 4 页（共 22 页） 票价（元） 3 6 9 现有甲、 乙两位乘客同时从起点乘坐同一辆地铁， 已知他们乘坐地铁都不超过 30 站 甲、 乙乘坐不超过 10 站的概率分别为，；甲、乙乘坐超过 20 站的概率分别为， （1）求甲、乙两人付费相同的概率； （2）设甲、乙两人所付费用之和为随机变量 X，求 X 的分布列和数学期望 19 （12 分） 如图所示的几何体中， 正方形 ABCD 所在平面垂直于平面 APBQ， 四边形 APBQ 为

7、平行四边形，G 为 PC 上一点，且 BG平面 APC，AB2 （1）求证：平面 PAD平面 PBC； （2）当三棱锥 PABC 体积最大时，求平面 APC 与平面 BCQ 所成二面角的正弦值 20 （12 分）过点（0，2）的直线 l 与抛物线 C：x22py（p0）交于 A，B 两点，且 OA OB（O 为坐标原点） （1）求抛物线 C 的方程； （2）在 y 轴上是否存在定点 M，使得OMAOMB？并说明理由 21 （12 分）已知函数 f（x）xlnx （1）求 f（x）的最小值； （2）设 m 为整数，且对于任意正整数 n， 求 m 的最小值 （二）选考题：共（二）选考题：共 10

8、分请考生在第分请考生在第 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 第一题计分第一题计分选修选修 4-4：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程 22 （10 分）以直角坐标系的原点为极点，x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，并在两种 坐标系中取相同的长度单位已知直线 l 的参数方程为（t 为参数，0 ） ，抛物线 C 的普通方程为 y22x 第 5 页（共 22 页） （1）求抛物线 C 的准线的极坐标方程； （2）设直线 l 与抛物线 C 相交于 A，B 两点，求|AB|的最小值及此时 的值 选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲 23已知 f（x

9、）|ax4|ax+8| （1）当 a2 时，解不等式 f（x）2； （2）求 f（x）的最大值 第 6 页（共 22 页） 2020 年云南省昆明一中高考数学模拟试卷（理科）年云南省昆明一中高考数学模拟试卷（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一项是符合题目要求的 1 （5 分）已知集合 Ax|2x+13，B|x|lnx1，则 AB（ ） A （1，e B （1，1 C （1，0） D （0，e 【分析】可

10、以求出集合 A，B，然后进行交集的运算即可 【解答】解：Ax|x1，Bx|0xe， AB（0，e 故选：D 【点评】本题考查了描述法、区间的定义，交集的运算，对数函数的定义域和单调性， 考查了计算能力，属于基础题 2 （5 分）若复数 z 满足，其中 i 为虚数单位，则|z|（ ） A2 B C D3 【分析】设出复数 z，利用复数相等的条件求出 a，b 的值，然后由复数模的公式计算得 答案 【解答】解：设 za+bi（a，bR） ， ， 2（a+bi）+abi3i，即 3a+bi3i，解得 a1，b1， 复数 z1i 的模为 故选：C 【点评】本题考查复数相等的充要条件，考查复数的模的求法，

11、是基础题 3 （5 分）空气质量指数 AQI 是反映空气质量状况的指数，AQI 指数值越小，表明空气质量 越好，其对应关系如表： AQI 指数值 50 （50，100 （100，150 （150，200 （200，300 300 空气质量 优 良 轻度污染 中度污染 重度污染 严重污染 如图是某市 10 月 1 日20 日 AQI 指数变化趋势： 第 7 页（共 22 页） 下列叙述正确的是（ ） A该市 10 月的前半个月的空气质量越来越好 B这 20 天中的中度污染及以上的天数占 C这 20 天中 AQI 指数值的中位数略高于 100 D总体来说，该市 10 月上旬的空气质量比中旬的空气质

12、量差 【分析】根据 AQI 指数值越小，表明空气质量越好，及其折线图即可判断出正误 【解答】解：由图知，前半个月中，空气质量先变好再变差，处于波动状态，A 错误， 这 20 天中的中度污染及以上的天数有 5 天，B 错误， 10 月上旬大部分 AQI 指数在 100 以下，10 月中旬大部分 AQI 指数在 100 以上，D 错误， 故选：C 【点评】本题考查了 AQI 指数值与空气质量关系、折线图的应用，考查了推理能力与计 算能力，属于基础题 4 （5 分）若 1717+a（aZ，0a4）能被 3 整除，则 a（ ） A0 B1 C2 D3 【分析】根据若 1717+a（181）17+a，把

13、（181）17按照二项式定展开，分析可得 a 的值 【解答】解：若 1717+a（181）17+a18171816+18151814+ +18+a （aZ，0a4） 能被 3 整除， 则+a0， 则 a1， 故选：B 第 8 页（共 22 页） 【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质， 属于基础题 5 （5 分）已知椭圆的中心在原点，离心率，且它的一个焦点与抛物线 y24x 的焦 点重合，则此椭圆方程为（ ） A B C D 【分析】先求出焦点的坐标，再由离心率求得半长轴的长，从而得到短半轴长的平方， 写出椭圆的标准方程 【解答】解：抛物线 y24x 的焦

14、点为（1，0） ，c1， 由离心率 可得 a2，b2a2c23， 故椭圆的标准方程为 +1， 故选：A 【点评】本题考查椭圆的简单性质，以及求椭圆的标准方程的方法 6 （5 分）函数 f（x）sin2xcos2x+2sinxcosx 的图象的一条对称轴为（ ） A B C D 【分析】先结合二倍角公式对已知函数进行化简，然后结合正弦函数的性质可求 【解答】 解： 因为 f （x） sin2xcos2x+2sinxcosxcos2x+2sin （2x） ， 又 f（）2sin2 取得函数的最大值， 所以函数 f（x）的图象的一条对称轴为 x， 故选：C 【点评】本题主要考查了正弦函数的性质的简单

15、应用，属于基础试题 7 （5 分）执行如图所示的程序框图，则输出的 a（ ） 第 9 页（共 22 页） A2 B1 C1 D 【分析】模拟程序框图的运行过程，即可得出 a 的取值是以 3 为周期而变化的，从而得 出程序运行后输出的 a 值 【解答】解：n1，a；n2，a1；n3，a2；n4，a；，a 的值构成 3 为周期的数列，因为 20203673+1，所以当 n2020 时，a 故选：D 【点评】本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，是基础 题目 8 （5 分）已知圆锥 SO 的底面半径为 3，母线长为 5若球 O1在圆锥 SO 内，则球 O1的体 积的最大值为（

16、 ） A B9 C D12 【分析】由题意可得当球 O1的轴截面是SAB 的内切圆时，内切球等体积最大，由题 意求出轴截面的内切圆的半径，进而求出内切球的体积 【解答】解：设圆锥 SO 的轴截面为等腰SAB，则球 O1的体积最大时，球 O1的轴截面 是SAB 的内切圆，所以 SSAB（SA+SB+AB） r， 解得：r，所以球 O1的体积的最大值为（）3， 故选：A 第 10 页（共 22 页） 【点评】考查圆锥的内切球的半径的求法及球的体积公式，属于中档题 9 （5 分）若数列an的前 n 项的和 Sn3an2，则这个数列的通项公式为（ ） A B Can3n2 D 【分析】利用数列an的前

17、 n 项的和 Sn3an2，可得 n2 时，Sn13an12，两式 相减，证明数列an是以 1 为首项，为公比的等比数列，即可求出这个数列的通项公 式 【解答】解：数列an的前 n 项的和 Sn3an2， n2 时，Sn13an12， 可得 an3an3an1， anan1， n1，S13a12，a11， 数列an是以 1 为首项，为公比的等比数列， ， 故选：A 【点评】本题考查数列的通项公式，确定数列an是以 1 为首项，为公比的等比数列 是关键 10 （5 分）已知点 A（3，4）是双曲线上一点，F1，F2分 别是双曲线 C 的左、右焦点，若以 F1F2为直径的圆经过点 A，则双曲线 C

18、 的离心率为 （ ） A B2 C D5 【分析】根据圆周角定理得到 AF1AF2，所以|F1F2|2|AO|102c，由此求得 c5； 结合双曲线的定义求得 a，所以根据双曲线离心率的公式解答 【解答】解：由已知得 AF1AF2，所以|F1F2|2|AO|10， 所以 c5， 又2a， 第 11 页（共 22 页） 所以 a， 所以双曲线 C 的离心率 e， 故选：C 【点评】本题主要考查了双曲线的性质，主要考查了离心率的求法，解答关键是利用双 曲线的定义求得 a 的值 11 （5 分）设函数，若 f（0）是函数 f（x）的最小值，则实数 a 的取值范围是（ ） A1，2 B1，0 C1，2

19、 D0，2 【分析】讨论 a0 和 a0 时，得出 f（0）是函数 f（x）的最小值时满足的不等式，求 出解集即可 【解答】解：当 a0 时，函数 f（x）的最小值为 f（a） ，不满足题意； 当 a0 时，要使 f（0）是函数 f（x）的最小值，只须a2+2， 即 4+aa2+2，解得1a2， 综上知，实数 a 的取值范围是0，2 故选：D 【点评】本题考查了分段函数的应用问题，也考查了分类讨论思想，是中档题 12 （5 分） 已知平面向量满足， 且| |， | |， | |1， 2， 4， 则 的最大值为（ ） A B C D 【分析】由 知，当 满足与 + 同向时，| + + |取得最大

20、值，讨论| |1、2、3 时，求出| + |的值，即可得出| + + |的最大值 【解答】解：因为 ，所以当 满足与 + 同向时，| + + |取得最大值， 当| |1 时，| + |2， 所以| + + |的最大值为 1+2； 当| |2 时，| + |， 第 12 页（共 22 页） 所以| + + |的最大值为 2+； 当| |4 时，| + |， 所以| + + |的最大值为 4+； 综上知，| + + |的最大值是 4+ 故选：A 【点评】本题考查了利用平面向量的数量积求模长的应用问题，也考查了分类讨论思想， 是中档题 二、填空题：本题共二、填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小

21、题 5 分，共分，共 20 分分 13 （5 分）若实数 x，y 满足，则 z3x+2y 的最大值为 6 【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优 解，联立方程组求得最优解的坐标，代入目标函数得答案 【解答】解：由实数 x，y 满足作出可行域如图， 联立，解得 B（2，0） ， 化目标函数 z3x+2y 为 yx+， 由图可知，当直线 yx+过 B 时，直线在 y 轴上的截距最大，z 有最大值为 z3 2+206 故答案为：6 第 13 页（共 22 页） 【点评】本题考查简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，是中档题 14 （5 分）设 Sn为等差

22、数列an的前 n 项和，若 a11，公差 d2，Sk+2Sk20，则 k 4 【分析】求出n2，从而（k+2）2k220，由此能求出 k 的值 【解答】解：因为等差数列an的前 n 项和，若 a11，公差 d2， 所以n2， 因为 Sk+2Sk20， 所以（k+2）2k220， 解得 k4 故答案为：4 【点评】本题考查等差数列的项数的求法，考查等差数列的性质等基础知识，考查运算 求解能力，是基础题 15 （5 分）已知函数 f（x），若方程 f（x）恰好有 三个不等的实根，则实数 a 的取值范围为 1a 【分析】画出函数的图象，利用方程根的个数，转化为直线与曲线位置关系，转化为方 程，解出即

23、可 【解答】解：要满足方程 f（x）x+a（aR）恰好有三个不等的实根， 则直线 yx+a 与 y在 x0 相切以上 （不含相切） 和直线 yx+a 过点 （1， 1） 以下（不含过该点的直线） ， 第 14 页（共 22 页） 当直线 yx+a 与 y相切时，即x+a， 所以 1x2+ax，所以0，所以 a1（1 舍去） ， 当直线 yx+a 过点（1，1）时，a， 所以 1a 故答案为：1a 【点评】本题考查函数与方程的应用，考查数形结合以及转化思想的应用，考查计算能 力属于中档题 16 （5 分）已知四棱锥 PABCD 的底面是正方形，高为，侧棱长均为 5，O 为侧面 PCD 的内心，则

24、四棱锥 OABCD 的体积为 【分析】由题意可得，底面 ABCD 的边长为 6，在PCD 中，作 PECD 于 E，通过角 平分线的性质，设底面正方形的边长为 x，则2， 解得 x可得四棱锥 OABCD 的体积为VPABCD 【解答】解：由题意可得，底面 ABCD 的边长为 6，在PCD 中，作 PECD 于 E， 通过角平分线的性质， 所以， 设底面正方形的边长为 x，则2，解得 x6 所以四棱锥 OABCD 的体积VPABCD62 故答案为： 【点评】本题考查了正方形的性质、角平分线的性质、四棱锥的体积计算公式，考查了 第 15 页（共 22 页） 推理能力与计算能力，属于中档题 三、解答

25、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 题为必考题为必考 题，每个试题考生都必须作答第题，每个试题考生都必须作答第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答 （一）必考题：题为选考题，考生根据要求作答 （一）必考题： 共共 60 分分 17 （12 分）在ABC 中，内角 A，B，C 所对的边长分别为 a，b，c，cos2C+3cos（A+B） 1 （1）求角 C； （2）若 c2，求ABC 面积的最大值 【分析】 （1）由已知可得（cosC2） （2cosC+1）0，由于 cosC2，可求 cosC， 进而可

26、求 C 的值 （2）由余弦定理，基本不等式可求 ab，进而根据三角形的面积公式即可求解 【解答】解： （1）由 cos2C+3cos（A+B）1，可得 2cos2C3cosC20， （cosC2） （2cosC+1）0， 因为 cosC2， 所以 cosC， 可得 C （2）由 c2a2+b22abcosC，得 a2+b2+ab4，4aba2+b22ab，ab， 所以 SABCabsinC， 当 ab时，ABC 面积的最大值为 【点评】本题主要考查了余弦定理，基本不等式，三角形的面积公式在解三角形中的综 合应用，考查了转化思想，属于基础题 18 （12 分）某城市为鼓励人们绿色出行，乘坐地铁，

27、地铁公司决定按照乘客经过地铁站的 数量实施分段优惠政策，不超过 30 站的地铁票价如下表： 乘坐站数 x 0x10 10x20 20x30 票价（元） 3 6 9 现有甲、 乙两位乘客同时从起点乘坐同一辆地铁， 已知他们乘坐地铁都不超过 30 站 甲、 第 16 页（共 22 页） 乙乘坐不超过 10 站的概率分别为，；甲、乙乘坐超过 20 站的概率分别为， （1）求甲、乙两人付费相同的概率； （2）设甲、乙两人所付费用之和为随机变量 X，求 X 的分布列和数学期望 【分析】 （1）利用古典概型，求解概率，设“甲、乙两人付费相同”为事件 A，转化求 解即可 （2）由题意可知 X 的所有可能取值

28、为：6，9，12，15，18求解概率，得到分布列，然 后求解期望即可 【解答】解： （1）由题意知甲乘坐超过 10 站且不超过 20 站的概率为， 乙乘坐超过 10 站且不超过 20 站的概率为， 设“甲、乙两人付费相同”为事件 A， 则， 所以甲、乙两人付费相同的概率是 （2）由题意可知 X 的所有可能取值为：6，9，12，15，18.， ， ， ， 因此 X 的分布列如下： X 6 9 12 15 18 P 所以 X 的数学期望 【点评】本题考查概率的求法，期望的求法，考查转化思想以及计算能力 19 （12 分） 如图所示的几何体中， 正方形 ABCD 所在平面垂直于平面 APBQ， 四边

29、形 APBQ 为平行四边形，G 为 PC 上一点，且 BG平面 APC，AB2 （1）求证：平面 PAD平面 PBC； 第 17 页（共 22 页） （2）当三棱锥 PABC 体积最大时，求平面 APC 与平面 BCQ 所成二面角的正弦值 【分析】 （1）通过证明 APBC，APBG，得到 AP平面 PBC，面 PAD平面 PBC （2） 利用 VPABCVCAPB， 求三棱锥 PABC 体积的最大 值，只需求 PAPB 的最大值令 PAm，PBn，由 APPB，可得以 m2+n24，当且 仅当 mn，再建立空间直角坐标系求解 【解答】 （1）证明：因为平面 ABCD平面 APBQ，平面 AP

30、BQ平面 ABCDAB， 四边形 ABCD 为为正方形，即 BCAB，BC平面 ABCD， 所以 BC平面 APBQ， 又因为 AP平面 APBQ，所以 APBC， 因为 BG面 APC，AP平面 PAC， 所以 APBG， 因为 BCBGB，BC，BG平面 PBC， 所以 AP平面 PBC， 因为 AP平面 PAD， 所以平面 PAD平面 PBC （2）解：VPABCVCAPB， 求三棱锥 PABC 体积的最大值，只需求 PAPB 的最大值 令 PAm，PBn， 由（1）知 APPB， 所以 m2+n24，当且仅当 mn， 即 PAPB 时， （VPABC）minmn 以 AB 中点 O 为

31、坐标原点建立空间直角坐标系如图，则 第 18 页（共 22 页） A（0，1，0） ，B（0，1，0） ，C（0，1，2） ，P（1，0，0） 设为平面 APC 的一个法向量， 则， 可取 x1，则， 因为四边形 APBQ 为平行四边形，APB 为等腰直角三角形， 所以四边形 APBQ 为正方形，取平面 BCQ 的一个法向量为， 所以 cos，所以 sin， 即平面 APC 与平面 BCQ 所成二面角的正弦值为 【点评】本题考查了面面垂直、几何体体积最值的求解，利用均值不等式是关键，属于 中档题， 20 （12 分）过点（0，2）的直线 l 与抛物线 C：x22py（p0）交于 A，B 两点，

32、且 OA OB（O 为坐标原点） （1）求抛物线 C 的方程； （2）在 y 轴上是否存在定点 M，使得OMAOMB？并说明理由 【分析】 （1）设直线 l：ykx+2，与抛物线方程联立，利用韦达定理结合条件 x1x2+y1y2 第 19 页（共 22 页） 0，即可求出 p1，从而求出抛物线 C 的方程； （2）假设存在满足条件的点 M（0，t） ，设 A（x1，y1） ，B（x2，y2） ，由OMAOMB 得 kMA+kMB0，由（1）知，代入上式化简得到0，显然 k0， 所以 t2，故存在 M（0，2）满足条件 【解答】解： （1）设直线 l：ykx+2，A（x1，y1） ，B（x2，y

33、2） ， 联立得 x22pkx4p0， 则，所以 y1y2（kx1+2） （kx2+2）k2x1x2+2k（x1+x2）+44， 由 OAOB 得，x1x2+y1y20， 4p+40，p1， 所以抛物线 C 的方程为 x22y （2）假设存在满足条件的点 M（0，t） ，设 A（x1，y1） ，B（x2，y2） ， 由（1）知，若OMAOMB，则 kMA+kMB0， 0， 显然 k0， t2， 存在 M（0，2）满足条件 【点评】本题主要考查了抛物线的方程，以及直线与抛物线的位置关系，是中档题 21 （12 分）已知函数 f（x）xlnx （1）求 f（x）的最小值； （2）设 m 为整数，且

34、对于任意正整数 n， 求 m 的最小值 【分析】 （1）先对函数求导，然后结合导数可求函数的单调性，进而可求函数的最小值； 第 20 页（共 22 页） （2）结合（1）对 x 进行赋值，然后结合数列的裂项求和及不等式的放缩法即可求 【解答】解： ： （1）， 当 x（0，1）时，f（x）0，故 f（x）在（0，1）单调递减； 当 x（1，+）时，f（x）0，f（x）在（1，+）单调递增； 故 f（x）f（1）1，故 f（x）的最小值为 1 （2）由（1）可得，f（x）xlnx1 即 lnxx1， 所以 ln（1+），kN*，n2， 则 ln（1+）+ln（1+）+ ln2， 即 ln（1+）

35、 （1+）（1+）ln2， 所以（1+） （1+）（1+）2 又因为（1+） （1+）（1+）1， 故对任意正整数 n， （1+） （1+）（1+）m 的整数 m 的最小值为 2 【点评】本题主要考查了利用导数求解函数的单调性及利用单调性证明不等式，属于中 档试题 （二）选考题：共（二）选考题：共 10 分请考生在第分请考生在第 22、23 题中任选一题作答如果多做，题中任选一题作答如果多做，则按所做的则按所做的 第一题计分第一题计分选修选修 4-4：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程 22 （10 分）以直角坐标系的原点为极点，x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，并在两种 坐标系中取相同的长

36、度单位已知直线 l 的参数方程为（t 为参数，0 ） ，抛物线 C 的普通方程为 y22x （1）求抛物线 C 的准线的极坐标方程； （2）设直线 l 与抛物线 C 相交于 A，B 两点，求|AB|的最小值及此时 的值 【分析】 （1）直接利用转换关系的应用，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进 行转换 （2）利用一元二次方程根和系数关系式的应用和三角函数关系式的变换的应用求出结 果 第 21 页（共 22 页） 【解答】解： （1）依题意可得，抛物线 C 的普通方程为 y22x则抛物线的准线的普通 方程为 x， 化为极坐标方程即是 （2）将直线的参数方程程为（t 为参数，0） ，代入抛物

37、线的普通 方程 y22x， 化简整理得 t2sin22tcos10， 所以， 所以， 当时，|AB|取得最小值 2 【点评】本题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，三角 函数关系式的变换，一元二次方程根和系数关系式的应用，主要考查学生的运算能力和 转换能力及思维能力，属于基础题型 选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲 23已知 f（x）|ax4|ax+8| （1）当 a2 时，解不等式 f（x）2； （2）求 f（x）的最大值 【分析】 （1）将 a2 代入 f（x）中，然后利用零点分段法解不等式 f（x）2 即可； （2）直接利用绝对值三角不等式求出 f（x）的最大值 【解答】解： （1）当 a2 时，f（x）|2x4|2x+8| f（x）2，x2 或， x2 或， 不等式的解集为x| （2）f（x）|ax4|ax+8|（ax4）（ax+8）|12， f（x）的最大值为 12 第 22 页（共 22 页） 【点评】本题考查了绝对值不等式的解法和绝对值三角不等式，考查了分类讨论思想和 转化思想，属中档题