2019年广东省高考数学一模试卷（文科）含答案解析

1、2019 年广东省高考数学一模试卷（文科）一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 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1 （5 分）已知集合 Ax| x12，Bx|12 x16 ，则 AB（  ）A （，8） B （，3） C （0，8） D （0，3）2 （5 分）复数 z （i 为虚数单位）的虚部为（   ）A B C D3 （5 分）双曲线 9x216y 21 的焦点坐标为（  ）A （ ，0） B （0， ） C （5，0） D （0，5）4 （5 分）若 sin（ ） ，则 cos2（  ）A B C D5

2、（5 分）已知函数 f（x ）在（，+）上单调递减，且当 x2，1时，f（x）x 22x 4，则关于 x 的不等式 f（x）1 的解集为（  ）A （，1） B （，3） C （1，3） D （1，+）6 （5 分）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（  ）A3 B4 C6 D87 （5 分）执行如图的程序框图，依次输入 x117，x 219，x 320，x 421，x 523，则输出的 S 值及其统计意义分别是（  ）第 2 页（共 25 页）AS4，即 5 个数据的方差为 4BS4，即 5 个数据的标准差为 4CS20，即 5 个数据的方差为 20D

3、S20，即 5 个数据的标准差为 208 （5 分）ABC 的内角 A，B，C 所对的边分别是 a，b，c，已知 cosC+ cosA1，则cosB 的取值范围为（   ）A （ ） B ） C （ ，1） D ，1）9 （5 分）已知 A，B，C 三点不共线，且点 O 满足 16 12 3 ，则（  ）A 12 +3 B 12 3C 12 +3 D 12 310 （5 分）古希腊数学家欧多克索斯在深入研究比例理论时，提出了分线段的“中末比”问题：将一线段 AB 分为两线段 AC，CB ，使得其中较长的一段 AC 是全长 AB 与另一段CB 的比例中项，即满足 0.618后

4、人把这个数称为黄金分割数，把点 C 称为线段 AB 的黄金分割点在 ABC 中，若点 P，Q 为线段 BC 的两个黄金分割点，在ABC 内任取一点 M，则点 M 落在APQ 内的概率为（   ）第 3 页（共 25 页）A B 2 C D11 （5 分）已知 F 为抛物线 C：x 24y 的焦点，直线 y x+1 与曲线 C 相交于 A，B 两点，O 为坐标原点，则 SOAB （  ）A B C D212 （5 分）函数 f（x ）（kx2）lnx，g（x）2lnxx，若 f（x）g（x）在（1，+ ）上的解集中恰有两个整数，则 k 的取值范围为（  ）A1 ，

5、） B （1 ， C ，2 ） D （ ，2 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分把答案填在答题卡中的横线上13 （5 分）已知函数 f（x ） ，则 f（f （2） ）     14 （5 分）设 x，y 满足约束条件 ，则 z2x+y 的最大值为     15 （5 分）在三棱锥 PABC 中，AP，AB，AC 两两垂直，且 APABAC ，则三棱锥 P ABC 的内切球的表面积为     16 （5 分）已知函数 f（x ）sin（x+ ）+ （ 0） ，点 P，Q，R 是直线ym（m0）与函数 f（ x

6、）的图象自左至右的某三个相邻交点，且2|PQ| QR| ，则 +m     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 1721 题为必考题，每道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：共 60分17 （12 分）设数列a n的前 n 项和为 Sn，S n1a n（n N*） （1）求数列a n的通项公式；第 4 页（共 25 页）（2）设 bnlog 2an，求数列 的前 n 项和 Tn18 （12 分）在五面体 ABCDEF 中，四边形 CDEF 为矩形，CD2DE2AD2AB 4，AC 2 ，EAD30（1）

7、证明：AB平面 ADE；（2）求该五面体的体积19 （12 分）某城市的公交公司为了方便市民出行，科学规划车辆投放，在一个人员密集流动地段增设一个起点站，为了研究车辆发车间隔时间 x 与乘客等候人数 y 之间的关系，经过调查得到如下数据：间隔时间/分 10 11 12 13 14 15等候人数 y/人23 25 26 29 28 31调查小组先从这 6 组数据中选取 4 组数据求线性回归方程，再用剩下的 2 组数据进行检验检验方法如下：先用求得的线性回归方程计算间隔时间对应的等候人数 ，再求与实际等候人数 y 的差，若差值的绝对值都不超过 1，则称所求方程是“恰当回归方程” （1）从这 6 组

8、数据中随机选取 4 组数据后，求剩下的 2 组数据的间隔时间不相邻的概率；（2）若选取的是后面 4 组数据，求 y 关于 x 的线性回归方程 x+ ，并判断此方程是否是“恰当回归方程” ；（3）为了使等候的乘客不超过 35 人，试用（2）中方程估计间隔时间最多可以设置为多少（精确到整数）分钟附：对于一组数据（x 1，y 1） ， （x 2，y 2） ， （x n，y n） ，其回归直线 x+ 的斜率第 5 页（共 25 页）和截距的最小二乘估计分别为： ， 20 （12 分）已知点（1， ） ， （ ）都在椭圆 C： 1（ab0）上（1）求椭圆 C 的方程；（2）过点 M（0，1）的直线 l

9、与椭圆 C 交于不同两点 P，Q（异于顶点） ，记椭圆与 y轴的两个交点分别为 A1，A 2，若直线 A1P 与 A2Q 交于点 S，证明：点 S 恒在直线 y4上21 （12 分）已知函数 f（x ）e x2ax（a R）（1）若曲线 yf（x）在 x0 处的切线与直线 x+2y20 垂直，求该切线方程；（2）当 a0 时，证明 f（x ）4a 2+4a(二)选考题：共 10 分请考生在第 22、23 题中任选一题作答如果多做，则按所做的第一题计分选修 4-4：坐标系与参数方程(10 分)22 （10 分）在平面直角坐标系 xOy 中，曲线 C1 的参数方程为 ， （ 为参数）已知点 Q（4

10、，0） ，点 P 是曲线 l 上任意一点，点 M 为 PQ 的中点，以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系（1）求点 M 的轨迹 C2 的极坐标方程；（2）已知直线 l：y kx 与曲线 C2 交于 A，B 两点，若 3 ，求 k 的值选修 4-5：不等式选讲23已知函数 f（x ）|x +a|+2|x1|（a0） （1）求 f（x）的最小值；（2）若不等式 f（x ）50 的解集为（m，n） ，且 nm ，求 a 的值第 6 页（共 25 页）2019 年广东省高考数学一模试卷（文科）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分在每小题给出的四个

11、选项中，只有一项是符合题目要求的1 （5 分）已知集合 Ax| x12，Bx|12 x16 ，则 AB（  ）A （，8） B （，3） C （0，8） D （0，3）【分析】由 A 与 B，求出两集合的交集即可【解答】解：集合 Ax| x12（，3） ，B x|12 x16 （0，4）AB（0，3） 故选：D【点评】此题考查了交集及其运算，熟练掌握交集的定义是解本题的关键2 （5 分）复数 z （i 为虚数单位）的虚部为（   ）A B C D【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案【解答】解：z ，z 的虚部为 故选：B【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考

12、查复数的基本概念，是基础题3 （5 分）双曲线 9x216y 21 的焦点坐标为（  ）A （ ，0） B （0， ） C （5，0） D （0，5）【分析】直接利用双曲线的方程求解 a，b，c 得到焦点坐标即可【解答】解：双曲线 9x216y 21 的标准方程为： ，可得 a ，b ，c ，所以双曲线的焦点坐标为（ ，0） 故选：A【点评】本题考查双曲线的简单性质的应用，是基本知识的考查第 7 页（共 25 页）4 （5 分）若 sin（ ） ，则 cos2（  ）A B C D【分析】利用诱导公式求得 cos 的值，再利用二倍角公式求得 cos2 的值【解答】解：sin

13、（ ） cos ，则 cos22cos 21 ，故选：B【点评】本题主要考查利用诱导公式、二倍角公式进行化简三角函数式，属于基础题5 （5 分）已知函数 f（x ）在（，+）上单调递减，且当 x2，1时，f（x）x 22x 4，则关于 x 的不等式 f（x）1 的解集为（  ）A （，1） B （，3） C （1，3） D （1，+）【分析】根据条件可得出 f（ 1）1，根据 f（x）在（ ，+）上单调递减，即可由 f（x） 1 得出 f（x ） f（1） ，从而得到 x 1，即得出原不等式的解集【解答】解：x 2，1时，f（x ）x 22x4；f（1）1；f（x）在（ ，+）上单调

14、递减；由 f（x） 1 得，f（x ） f（1） ；x1；不等式 f（x） 1 的解集为（1，+） 故选：D【点评】考查减函数的定义，已知函数求值的方法，根据函数单调性解不等式的方法6 （5 分）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（  ）A3 B4 C6 D8第 8 页（共 25 页）【分析】几何体是一个简单组合体，左侧是一个半圆柱，底面的半径是 1，高为：4，右侧是一个半圆柱，底面半径为 1，高是 2，根据体积公式得到结果【解答】解：由三视图知，几何体是一个简单组合体，左侧是一个半圆柱，底面的半径是 1，高为：4，右侧是一个半圆柱，底面半径为 1，高是 2，组合体的体积是

15、： 3，故选：A【点评】本题考查由三视图求几何体的体积，考查由三视图还原直观图，本题是一个基础题，题目的运算量比较小，若出现是一个送分题目7 （5 分）执行如图的程序框图，依次输入 x117，x 219，x 320，x 421，x 523，则输出的 S 值及其统计意义分别是（  ）第 9 页（共 25 页）AS4，即 5 个数据的方差为 4BS4，即 5 个数据的标准差为 4CS20，即 5 个数据的方差为 20DS20，即 5 个数据的标准差为 20【分析】根据程序框图，输出的 S 是 x117，x 219，x 320，x 421，x 523 这 5 个数据的方差，先求这 5 个数

16、的均值，然后代入方差公式计算即可【解答】解：根据程序框图，输出的 S 是 x117，x 219，x 320，x 421，x 523 这5 个数据的方差， （17+19+20+21+23）20，由方差的公式 S （17 20） 2+（1920） 2+（2020） 2+（2120）2+（2320） 24故选：A【点评】本题通过程序框图考查了均值和方差，解决问题的关键是通过程序框图能得出这是一个求数据方差的问题，属于基础题第 10 页（共 25 页）8 （5 分）ABC 的内角 A，B，C 所对的边分别是 a，b，c，已知 cosC+ cosA1，则cosB 的取值范围为（   ）A （

17、） B ） C （ ，1） D ，1）【分析】由余弦定理化简已知等式可得 b2ac，由余弦定理，基本不等式可求cosB ，结合余弦函数的性质即可得解【解答】解： cosC+ cosA1，由余弦定理可得： + 1，化简可得：b 2ac，由余弦定理可得；cosB ， cosB 1 ，即：cos B ，1） 故选：D【点评】本题考查了余弦定理、基本不等式以及余弦函数的性质的综合应用，考查了推理能力和计算能力，属于基础题9 （5 分）已知 A，B，C 三点不共线，且点 O 满足 16 12 3 ，则（  ）A 12 +3 B 12 3C 12 +3 D 12 3【分析】本题可将四个选项中的式

18、子进行转化成与题干中式子相近，再比较，相同的那项即为答案【解答】解：由题意，可知：对于 A： ，整理上式，可得：16 12 3 ，这与题干中条件相符合，故选：A【点评】本题主要考查向量加减、数乘的运算，属基础题10 （5 分）古希腊数学家欧多克索斯在深入研究比例理论时，提出了分线段的“中末比”问题：将一线段 AB 分为两线段 AC，CB ，使得其中较长的一段 AC 是全长 AB 与另一段CB 的比例中项，即满足 0.618后人把这个数称为黄金分割数，把第 11 页（共 25 页）点 C 称为线段 AB 的黄金分割点在ABC 中，若点 P，Q 为线段 BC 的两个黄金分割点，在ABC 内任取一点

19、 M，则点 M 落在APQ 内的概率为（  ）A B 2 C D【分析】先阅读题意，理解“黄金分割” ，再结合几何概型中的面积型可得：BQ，CP ，所以 PQBQ+CPBC （ ）a，S APQ ：S ABC PQ：BC（ 2）a ：a 2，则在ABC 内任取一点 M，则点 M 落在APQ 内的概率为 ，得解【解答】解：设 BCa，由点 P，Q 为线段 BC 的两个黄金分割点，所以 BQ ，CP ，所以 PQBQ +CPBC（ ）a，SAPQ ： SABC PQ ：BC（ 2）a：a 2，由几何概型中的面积型可得：在ABC 内任取一点 M，则点 M 落在APQ 内的概率为 ，故选：B

20、【点评】本题考查了阅读能力及几何概型中的面积型，属中档题11 （5 分）已知 F 为抛物线 C：x 24y 的焦点，直线 y x+1 与曲线 C 相交于 A，B 两点，O 为坐标原点，则 SOAB （  ）第 12 页（共 25 页）A B C D2【分析】根据抛物线的方程求得焦点坐标，根据直线的倾斜角求得直线方程，代入抛物线方程，利用韦达定理求得 x1+x2，由抛物线的性质可知|AB|p+ y1+y2，利用点到直线的距离公式求得 O 到直线 y x+1 的距离 d，根据三角形的面积公式 S |AB|d，即可求得则OAB 的面积【解答】解：抛物线 C：x 24y 的焦点（0，1） ，

21、设 A（x 1，y 1） ，B（x 2，y 2） ，由 ，整理得：x 22x40，由韦达定理可知：x 1+x22，y 1+y23由抛物线的性质可知：|AB|p+y 1+y22+35，点 O 到直线 y x+1 的距离 d，d 则OAB 的面积 S，S |AB|d 故选：C【点评】本题考查抛物线的性质，直线与抛物线的位置关系，考查韦达定理，点到直线的距离公式及三角形的面积公式，考查计算能力，属于中档题12 （5 分）函数 f（x ）（kx2）lnx，g（x）2lnxx，若 f（x）g（x）在（1，+ ）上的解集中恰有两个整数，则 k 的取值范围为（  ）A1 ， ） B （1 ， C

22、，2 ） D （ ，2 【分析】将不等式 f（x ）g（x）转化为 kx4 ，设 h（x ）4 ，求函数的导数，研究函数的极值和图象，利用数形结合确定使 f（x）g（x）在（1，+）上的解集中恰有两个整数为 2，3，然后求出对应点的坐标和对应直线 ykx 的斜率，利用数形结合进行求解即可【解答】解：当 x1 时，lnx0，由 f（x）g（ x）得（kx2）lnx2lnxx ，即 kx22 ，即 kx4 ，第 13 页（共 25 页）设 h（x）4 ，则 h（x） ，由 h（x）0 得（lnx 1）0 得 lnx1，得 1xe ，此时 h（x）为增函数，由 h（x）0 得（lnx 1）0 得 l

23、nx1，得 xe，此时 h（x）为减函数，即当 xe 时，h（x ）取得极大值 h（e）4 4e ，作出函数 h（x）的图象，如图，当 x1 时，h（x ），h（3）4 ，h（4）4 4 ，即 A（3，4 ） ，B（4，4 ） ，当直线 ykx 过 A，B 点时对应的斜率 kA ，k B 1，要使 f（x）g （x）在（1，+）上的解集中恰有两个整数，则对应的整数为 x2，和 x3，即直线 ykx 的斜率 k 满足 kBkk B，即 1 k ，即实数 k 的取值范围是（1 ， ，故选：B第 14 页（共 25 页）【点评】本题主要考查函数与方程的应用，利用转化法转化为两个函数图象交点问题，可以

24、数形结合求出对应两点的坐标和斜率是解决本题的关键二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分把答案填在答题卡中的横线上13 （5 分）已知函数 f（x ） ，则 f（f （2） ） 2 【分析】利用分段函数的定义、对数的恒等式即可得出【解答】解：f（2）ln2，f（f （2） ）f（ln 2）e ln22故答案为：2【点评】本题考查了分段函数的定义、对数的恒等式，属于基础题14 （5 分）设 x，y 满足约束条件 ，则 z2x+y 的最大值为 7 【分析】画出约束条件表示的平面区域，结合图形找出最优解，求出 z 的最大值【解答】解：画出 x，y 满足约束条件 表示的平面区域，如

25、图所示，由 ，解得点 A（3，1） ，结合图形知，直线 2x+yz 0 过点 A 时，z2x+y 取得最大值为 23+17故答案为：7第 15 页（共 25 页）【点评】本题考查了线性规划的简单应用问题，是基础题15 （5 分）在三棱锥 PABC 中，AP，AB，AC 两两垂直，且 APABAC ，则三棱锥 P ABC 的内切球的表面积为    【分析】由题意画出图形，利用等体积法求出多面体内切球的半径，则球的表面积可求【解答】解：如图，由 AP，AB，AC 两两垂直，且 APABAC ，得 ， ，设三棱锥 PABC 的内切球的半径为 r，利用等体积可得： ，解得 r 三棱

26、锥 PABC 的内切球的表面积为 S 故答案为： 【点评】本题考查多面体内切球表面积的求法，训练了利用等积法求多面体内切球的半径，是中档题16 （5 分）已知函数 f（x ）sin（x+ ）+ （ 0） ，点 P，Q，R 是直线ym（m0）与函数 f（ x）的图象自左至右的某三个相邻交点，且2|PQ| QR| ，则 +m 3 【分析】根据题意求出函数 f（x ）的最小正周期 T，得出 的值，再求出 m 的值，即可求出 +m 的值【解答】解：函数 f（x ）sin（x+ ）+ （ 0） ，由 2|PQ| QR| ，解得第 16 页（共 25 页）|PQ| ，T|PQ|+|QR| ， 2，设 P（

27、x 0，m） ，则 Q（ x 0，m） ，R（T+x 0，m ） ，|PQ | 2 x0，|QR| +2x0，2（ 2x 0） +2x0，解得 x0 ，msin（2 ）+ + 1，+m2+13故答案为：3【点评】本题考查了正弦函数的图象与性质的应用问题，是中档题三、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 1721 题为必考题，每道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：共 60分17 （12 分）设数列a n的前 n 项和为 Sn，S n1a n（n N*） （1）求数列a n的通项公式；（2）设 bnlog 2an，求数列 的前 n

28、 项和 Tn【分析】 （1）直接利用递推关系式求出数列的通项公式（2）利用（1）的结论，进一步利用裂项相消法求出数列的和【解答】解：（1）数列a n的前 n 项和为 Sn，S n1a n（n N*） 当 n1 时，解得： ，当 n2 时，S n1 1a n1 得：2a na n1 ，所以： （常数） ，第 17 页（共 25 页）故：数列a n是以 为首项， 为公比的等比数列则： （首项符合通项） ，所以： （2）由于： ，则：b nlog 2ann所以：b n+1（n+1） ，则： ，故： 【点评】本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，裂项相消法在数列求和中的应用主要考查学生的运算

29、能力和转化能力，属于基础题型18 （12 分）在五面体 ABCDEF 中，四边形 CDEF 为矩形，CD2DE2AD2AB 4，AC 2 ，EAD30（1）证明：AB平面 ADE；（2）求该五面体的体积【分析】 （1）证明 ADCD， CDDE，推出 CD面 ADE，然后证明 AB平面 ADE；（2）转化几何体的体积为棱柱的体积，减去三棱锥的体积，即可求该五面体的体积【解答】解：（1）证明：因为 AD2，DC4，AC2 ，所以 AD2+DC2AC 2，所以 ADCD，又四边形 CDEF 为矩形，所以 CDDE，所以 CD面 ADE，所以 EF面 ADE，第 18 页（共 25 页）由线面平行的

30、性质定理得：ABEF，所以 AB面 ADE（2）几何体补形为三棱柱，DE2，AD 2，AB2， EAD30可得 E 到底面ABCD 的距离为：2sin60 ，该五面体的体积为棱柱的体积减去三棱锥 FBCH 的体积，可得 4 【点评】本题考查直线与平面垂直的判定定理的应用，几何体的体积的求法，考查转化思想以及计算能力19 （12 分）某城市的公交公司为了方便市民出行，科学规划车辆投放，在一个人员密集流动地段增设一个起点站，为了研究车辆发车间隔时间 x 与乘客等候人数 y 之间的关系，经过调查得到如下数据：间隔时间/分 10 11 12 13 14 15等候人数 y/人23 25 26 29 28

31、 31调查小组先从这 6 组数据中选取 4 组数据求线性回归方程，再用剩下的 2 组数据进行检验检验方法如下：先用求得的线性回归方程计算间隔时间对应的等候人数 ，再求与实际等候人数 y 的差，若差值的绝对值都不超过 1，则称所求方程是“恰当回归方程” （1）从这 6 组数据中随机选取 4 组数据后，求剩下的 2 组数据的间隔时间不相邻的概第 19 页（共 25 页）率；（2）若选取的是后面 4 组数据，求 y 关于 x 的线性回归方程 x+ ，并判断此方程是否是“恰当回归方程” ；（3）为了使等候的乘客不超过 35 人，试用（2）中方程估计间隔时间最多可以设置为多少（精确到整数）分钟附：对于一

32、组数据（x 1，y 1） ， （x 2，y 2） ， （x n，y n） ，其回归直线 x+ 的斜率和截距的最小二乘估计分别为： ， 【分析】 （1）由题意结合古典概型计算公式确定概率值即可；（2）首先求得回归方程，然后确定其是否为“恰当回归方程”即可；（3）结合（2）中求得的结论得到不等式，求解不等式即可确定间隔时间【解答】解：（1）设“从这 6 组数据中随机选取 4 组数据后，剩下的 2 组数据不相邻”为事件 A，记这六组数据分别为 1，2，3，4，5，6，剩下的两组数据的基本事件有12，13，14，15，16，23，24，25，26，34，35，36，45，46，56，共 15 种，其中

33、相邻的有 12，23，34，45，56，共 5 种，所以 （2）后面 4 组数据是：间隔时间（x 分钟） 12 13 14 15等候人数（y 人） 26 29 28 31因为 ，第 20 页（共 25 页）所以 ，所以 当 x10 时， ，当 x11 时， ，所以求出的线性回归方程是“恰当回归方程” （3）由 1.4x+9.635，得 ，故间隔时间最多可设置为 18 分钟【点评】本题主要考查古典概型计算公式，线性回归方程及其应用等知识，属于中等题20 （12 分）已知点（1， ） ， （ ）都在椭圆 C： 1（ab0）上（1）求椭圆 C 的方程；（2）过点 M（0，1）的直线 l 与椭圆 C

34、交于不同两点 P，Q（异于顶点） ，记椭圆与 y轴的两个交点分别为 A1，A 2，若直线 A1P 与 A2Q 交于点 S，证明：点 S 恒在直线 y4上【分析】 （1）由题意可得 ，解得 a24，b 22 得椭圆方程，（2）先设出直线 l 的方程，再分别求出直线 A1P 的方程，直线 A2Q 的方程，联立，消x 整理可得 y ，根据韦达定理化简整理可得直线 y4【解答】解：（1）由题意可得 ，解得 a24，b 22，第 21 页（共 25 页）故椭圆 C 的方程为 + 1证明：（2）易知直线 l 的斜率存在且不为 0，设过点 M（0，1）的直线 l 方程为ykx +1， （k0） ，P （x

35、1，y 1） ，Q（x 2，y 2） ，由 ，消 y 可得（k 2+2）x 2+2kx30，x 1+x2 ，x 1x2 ，A 1（0，2） ，A 2（0，2） ，直线 A1P 的方程为 y x+2 x+2（ k ）x +2，则直线 A2Q 的方程为 y x2（k+ ）2，由 ，消 x 可得 ，整理可得 y +4 +44，直线 A1P 与 A2Q 交于点 S，则点 S 恒在直线 y4 上第 22 页（共 25 页）【点评】本题考查了椭圆方程的求法，直线和椭圆的位置关系，直线方程的求法，考查了运算求解能力，属于中档题21 （12 分）已知函数 f（x ）e x2ax（a R）（1）若曲线 yf（x

36、）在 x0 处的切线与直线 x+2y20 垂直，求该切线方程；（2）当 a0 时，证明 f（x ）4a 2+4a【分析】 （1）求出函数的导数，计算 f（0） ，得到关于 a 的方程，求得 a，得到函数解析式，求得 f（0） ，再由直线方程点斜式得答案；（2）把证明 f（x ）4a 2+4a 转化为证 f（x）的最小值大于等于4a 2+4a，即证a1ln2a0，令 h（a） a1ln 2a，求其最小值大于等于 0 即可【解答】 （1）解：f（x ）e x2a，f（0）12a2，解得： a ，f（x）e x+x，则 f（0）1切线方程为 y2x +1；（2）证明：f（x ）e x2a，由 f（x

37、）e x2a0，解得 xln 2a当 x（ ，ln2a）时，f （x）0，当 x（ln2a，+）时，f（x）0f（x）在（ ，ln2a）上单调递减，在（ln 2a，+）上单调递增f（x） minf（ln2a）e ln2a2aln2a2a2aln 2a令 g（a）2a2aln2a+4a 2 4a2a 22a2aln 2a（a 0） 要证 g（a）0，即证 a1ln 2a0，令 h（a）a1ln2a，则 h（a）1 ，第 23 页（共 25 页）当 a（0，1）时，h（a） 0，当 a（1，+）时，h （a）0，h（a）h（1）0，即 a1ln 2a0f（x）4 a2+4a【点评】本题考查利用导数

38、研究过曲线上某点处的切线方程，考查利用导数求函数的最值，是中档题(二)选考题：共 10 分请考生在第 22、23 题中任选一题作答如果多做，则按所做的第一题计分选修 4-4：坐标系与参数方程(10 分)22 （10 分）在平面直角坐标系 xOy 中，曲线 C1 的参数方程为 ， （ 为参数）已知点 Q（4，0） ，点 P 是曲线 l 上任意一点，点 M 为 PQ 的中点，以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系（1）求点 M 的轨迹 C2 的极坐标方程；（2）已知直线 l：y kx 与曲线 C2 交于 A，B 两点，若 3 ，求 k 的值【分析】 （1）消去 得曲线 C1 的普通方程为

39、：x 2+y24；设出 M 的坐标后利用中点公式得到 P 的坐标后代入 C1 德轨迹 C2 的直角坐标方程，再化成极坐标方程；（2）如图：取 AB 的中点 M，连 CM，CA，在两个直角三角形中，根据勾股定理解得CM，OM 后可得斜率【解答】解：（1）消去 得曲线 C1 的普通方程为：x 2+y24，设 M（x，y）则 P（2x 4， 2y）在曲线 C1 上，所以 （2x4） 2+（2y） 24，即（x2） 2+y2 1，即 x2+y2 4x+30，C2 轨迹的极坐标方程为： 24cos+30（2）当 k0 时，如图：取 AB 的中点 M，连 CM，CA ，在直角三角形 CMA 中，CM 2C

40、A 2（ AB） 21 AB2，在直角三角形 CMO 中，CM 2OC 2OM 24（ AB） 24 AB2，由得 AB ，OM ，CM ，k 当 k0 时，同理可得 k 第 24 页（共 25 页）综上得 k 【点评】本题考查了参数方程化成普通方程，属中档题选修 4-5：不等式选讲23已知函数 f（x ）|x +a|+2|x1|（a0） （1）求 f（x）的最小值；（2）若不等式 f（x ）50 的解集为（m，n） ，且 nm ，求 a 的值【分析】 （1）去绝对值变成分段函数可求得最小；（2）结合分段函数的图象，按照两种情况讨论可得【解答】解：（1）f（x ） ，x1 时，f（x） 的最小值为a+1（2）如图所示：当 a+152a+2 即 a4 时，f（x）50 的解集为（ a3， ） ， a+3 ，a3 符合，当 2a+25 即 0a 时，f（x ）的解集 为 （ 1， ） ， + +1 综上可得 a3第 25 页（共 25 页）【点评】本题考查了绝对值不等式的解法，属中档题