山西省太原市2019年高考数学一模试卷理(含解析)

山西省太原市高考数学一模试卷（理科）一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1. 已知集合A ={-1，0，1，2}，B ={x |log 2x ≤1}，则A ∩B =（ ）A. {1,2}B. (1,2]C. {0,1，2}D. (0,2] 2. 已知复数z 满足（2+i ）z =5（i 为虚数单位），则z =（ ）A. −2−iB. 1−2iC. 2−iD. 1+2i 3. 下列命题中的真命题是（ ）A. 若i⃗⃗⃗⃗ ⋅i ⃗⃗⃗⃗ <0，则向量i ⃗⃗⃗⃗ 与i ⃗⃗⃗⃗ 的夹角为钝角 B. 若ii 2≥ii 2，则i ≥iC. 若命题“i ∨i 是真命题”，则命题“i ∧i 是真命题”D. 命题“∃i 0∈i ，2i 0<i 02”的否定是“∀i ∈i ，2i ≥i 2” 4. 已知tanα=2，α∈（0，π），则iii2iiii (i 2+i )=（ ）A. −2√55B.2√55C. −4√55D.4√555. 已知函数f （x ）=x lnx+a 在x =e 处的切线经过原点，则实数f （1）=（ ）A. eB. 1iC. 1D. 06. 已知{a n }为等比数列，a 5+a 8=2，a 6•a 7=-8，则a 2+a 11=（ ）A. 5B. 7C. −7D. −5 7. 如图是某几何体的三视图，其中网格纸上小正方形的边长为1，则该几何体的体积为（ ）A. 12B. 15C. 403 D. 5038. 在平面区域{i +i ≤2，2i −i ≥0，i ≥0，内任取一点P （x ，y ），则存在α∈R ，使得点P 的坐标（x ，y ）满足（x -2）cosα+y sinα-√2=0的概率为（ ）A. 1−3i 16B. 3i16C. 43−i4D. 1−i169. 已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n -（-1）n a n =2n -6+12i ，（n ∈N *）则S 100=（ ）A. 196B. 200C. 194+12100D. 198+1210210. 已知双曲线C ：i 2i2−i2i2=1（a ＞0，b ＞0）的左右焦点分别为F 1，F 2，斜率为2直线过点F 1双曲线C 第二象限相交于点P 若|OP |=|OF 2，则双曲线C 的离心率是（ ） A. √3B. √5C. 2D. √7211. 已知定义在R 上的函数f （x ）满足2f ′（x ）-f （x ）＜0，且f （ln2）=2，则f（ln x ）-√2i ＞0的解集是（ ） A. (0,2) B. (0,√2) C. (0,i ) D. (0,√i )12. 已知函数f （x ）=sin （ωx +φ）（ω＞0，|φ|＜i 2）满足f （i 4-x ）=-f （i4+x ），f （-i 2-x ）=f （x ），且在（0，i8）上是单调函数，则ω的值可能是（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 二、填空题（本大题共4小题，共12.0分） 13. 抛物线y =x 2的准线方程是______．14. 已知（1i +√i ）n的展开式的所有项的系数和为64，则其展开式中的常数项为______．15. 如图，正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为4，点Q 在棱AA 1上，且AQ =3A 1Q ，EFGC 1是面BCC 1B 1内的正方形，且C 1E =1，P 是面BCC 1B 1内的动点，且P 到平面CDD 1C 1的距离等于线段PF 的长，则线段PQ 长度的最小值为______．16. 已知函数f （x ）=ln x -b ，g （x ）=ax +（1-a ），其中a ，b ∈R ，若f （x ）≤g （x ）恒成立，则当ii 取最小值时，a -b =______． 三、解答题（本大题共7小题，共78.0分） 17. 如图，已知△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，且a sin A +（c -a ）sin C =b sin B ，点D 是AC 的中点，DE ⊥AC ，交AB 于点E ，且BC =2，DE =√62． （1）求B ；（2）求△ABC 的面积．18. 如图，在五面体ABCDEF 中，面ABCD 是直角梯形，AB ∥CD ，AD ⊥CD ，面CDEF 是菱形，∠DCF =60°，CD =2AD =2AB ，AE =√5AD ． （Ⅰ）证明：CE ⊥AF ；（Ⅱ）已知点P 在线段BC 上，且CP =λCB ，若二面角A -DF -P 的大小为60°，求实数λ的值．19. 为方便市民出行，倡导低碳出行．某市公交公司推出利用支付宝和微信扫码支付乘车活动，活动设置了一段时间的推广期，在推广期内采用随机优惠鼓励市民扫码支付乘车．该公司某线路公交车队统计了活动推广期第一周内使用扫码支付的情况，其中x （单位：天）表示活动推出的天次，y （单位：十人次）表示当天使用扫码支付的人次，整理后得到如图所示的统计表1和散点图． 表1：x 第1天 第2天 第3天 第4天 第5天 第6天 第7天 y7122033 54 90 148（1）由散点图分析后，可用y =e bx +a作为该线路公交车在活动推广期使用扫码支付的人次y 关于活动推出天次x 的回归方程，根据表2的数据，求此回归方程，并预报第8天使用扫码支付的人次（精确到整数）． 表2：xyz∑i i 27i =1∑i i 7i =1i i ∑i i 7i =1i i4523.5140 2069 112表中z =ln y ，i −=17∑i i 7i =1． （2）推广期结束后，该车队对此期间乘客的支付情况进行统计，结果如表3．表3： 支付方式 现金 乘车卡 扫码 频率 10% 60% 30%优惠方式无优惠按7折支付随机优惠（见下面统计结果）统计结果显示，扫码支付中享受5折支付的频率为13，享受7折支付的频率为12，享受9折支付的频率为16．已知该线路公交车票价为1元，将上述频率作为相应事件发生的概率，记随机变量ξ为在活动期间该线路公交车搭载乘客一次的收入（单位：元），求ξ的分布列和期望．参考公式：对于一组数据（u i ，υi ），（u 2，υ2），…，（u n ，υn ），其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为î=∑i i i i =1i i −ii −i−∑i i 2i i =1−ii−2，i ̂=i −−i ̂i −参考数据：e 5.3=200.33，e 5.5=244.69，e 5.7=298.87．20. 已知椭圆C ：i 2i 2+i 2i 2=1（a ＞b ＞0）的左、右焦点分别是F 1，F 2，A ，B 是其左右顶点，点P 是椭圆C 上任一点，且△PF 1F 2的周长为6，若△PF 1F 2面积的最大值为√3． （1）求椭圆C 的方程；（2）若过点F 2且斜率不为0的直线交椭圆C 于M ，N 两个不同点，证明：直线AM 心与BN 的交点在一条定直线上．21. 已知函数f （x ）=ln x -ax 2+（2-a ）x ，a ∈R ．（1）讨论函数f （x ）的单调性；（2）当a ＜-12，时，若对于任意x 1，x 2∈（1，+∞）（x 1＜x 2），都存在x 0∈（x 1，x 2），使得f '（x 0）=i (i 2)−i (i 1)i 2−i 1，证明：i 1+i 22＜x 0．22. 在平面直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为{i =1+iiiii i =iiiii，以原点0为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 2的极坐标方程为ρ=2cosθ． （1）若曲线C 1方程中的参数是α，且C 1与C 2有且只有一个公共点，求C 1的普通方程；（2）已知点A（0，1），若曲线C1方程中的参数是t，0＜α＜π，且C1与C2相交于P，Q两个不同点，求1|ii|+1|ii|的最大值．23.已知函数f（x）=|2x-1|+2|x+1|．（1）求不等式f（x）≤5的解集；（2）若存在实数x0，使得f（x0）≤5+m-m2成立的m的最大值为M，且实数a，b 满足a3+b3=M，证明：0＜a+b≤2．答案和解析1.【答案】A【解析】解：B={x|0＜x≤2}；∴A∩B={1，2}．故选：A．可求出集合B，然后进行交集的运算即可．考查列举法、描述法的定义，对数函数的单调性，以及交集的运算．2.【答案】C【解析】解：由（2+i）z=5，得z=．故选：C．把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．本题考查复数代数形式的乘除运算，是基础题．3.【答案】D【解析】解：选项A：若＜0，则向量与的夹角为钝角或平角，所以选项A是假命题；选项B：am2≥bm2，则a≥b并且m≠0或m=0，a，b∈R，所以选项B是假命题；选项C：命题“p∨q是真命题”p，q中至少有一个为真命题，只有当p，q都是真命题时，p∧q才是真命题，所以选项C是假命题；选项D；根据含有特称量词命题的否定要求改为全称量词，同时否定结论，这一原则；“∃x0∈R，2”的否定是“∀x∈R，2x≥x2”是真命题；故选：D．对于选项A：当＜0，则向量与的夹角为钝角或夹角，可以判断是否为真命题；对于选项B：要注意am2≥bm2成立时，m=0这个特殊情况，对此可以判断是否为真命题；对于选项C：命题“p∨q是真命题”p，q中至少有一个为真命题，不能确定p∧q 是真命题；对于选项D：含有特称量词命题的否定要求改为全称量词，同时否定结论，对此可以判断是否为真命题．本题考查了命题真假的判断，涉及向量的数量积，不等式的基本性质，复合命题的真假，命题的否定，属于基础题．4.【答案】A【解析】解：==-2cosα，又tanα=，sin2α+cos2α=1，解得：cosα=±，又α∈（0，π），tanα＞0，故α∈（0，），故cosα=，所以：=-．故选：A．由诱导公式及二倍角公式化简可得=-2cosα，由=2，结合同角三角函数基本关系式得cosα，即可求解．本题考查同角三角函数的基本关系式，熟记公式是关键，考查计算能力，是基础题．5.【答案】A【解析】解：函数f（x）=xlnx+a，f（e）=e+af′（x）=lnx+1，∴f′（e）=2，切线方程为y-e-a=2（x-e），故0-e-a=2（0-e），解a=e．则实数f（1）=e故选：A．先求导，再求切线斜率，利用点斜式写出方程，即可求解本题考查切线方程，导数的几何意义，考查计算能力，是基础题．6.【答案】C【解析】解：a5+a8=2，a6•a7=-8，∴a5•a8=-8，解得a5=4，a8=-2，或a5=-2，a8=4．当a5=4，a8=-2，q3=-，a2+a11=a5q-3+a8q3=4×-2×=-7，当a5=-2，a8=4．q3=-2．a2+a11=a5q-3+a8q3=-2×（）+4×（-2）=-7故选：C．通过已知条件求出a5，a8，求出公比，求出a7，然后求解a2+a11的值．本题考查等比数列的通项公式的应用，考查计算能力．7.【答案】D【解析】解：由三视图可以判定出这是一个底面为四边形的四棱锥，其高h为5．底面四边形可以分割成二个三角形，面积S=×4×4+=10，体积V==，故选：D．由三视图可以判定出这是一个底面为四边形的四棱锥，其高为5，求出底面积，用棱锥的体积公式求出体积．本题考查了通过三视图识别几何体的形状求其体积．8.【答案】A【解析】解：由题意可知：单位圆与直线f（m，n）=（x-2）m+yn-存在交点，∴，即（x-2）2+y2≥2，结合图形，可知：P==1-．故选：A．画出约束条件的可行域，转化目标函数为可行域内的点与单位圆的交点，从而求解概率．本题考查线性规划的简单应用，几何概型的简单应用，考查计算能力．9.【答案】B【解析】解：∵数列{a n}的前n项和S n满足S n-（-1）n a n=2n-6+，（n∈N*），∴S n=（-1）n a n+2n-6+，（n∈N*），a n=S n-S n-1=（-1）n a n+2n-6+-（-1）n-1a n-1-（2n-2）+6-=（-1）n a n-（-1）n-1a n-1-+2，当n为奇数时，2a n+a n-1=2-，当n为偶数时，a n-1=-2，∴a1=-2，a3=，，…，，=6-，a4=6-，，…，a100=6-，∴a1+a2=a3+a4=a5+a6=…=a99+a100=4，∴S100=50×4=200．故选：B．推导出a n=S n-S n-1=（-1）n a n-（-1）n-1a n-1-+2，当n为奇数时，2a n+a n-1=2-，当n为偶数时，a n-1=-2，从而a1+a2=a3+a4=a5+a6=…=a99+a100=4，由此能求出S100．本题考查数列的前100项和的求法，考查数列的递推公式、分组求和法等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，是中档题．10.【答案】B【解析】解：斜率为2直线过点F1双曲线C第二象限相交于点P，|OP|=|OF2|=c，可得三角形PF1F2为直角三角形，且PF1⊥PF2，设|F1P|=m，|PF2|=n，可得n-m=2a，又=2，解得m=2a，n=4a，又m2+n2=4c2，即4a2+16a2=4c2，即c=a，则e==．故选：B．由题意可得三角形PF1F2为直角三角形，且PF1⊥PF2，设|F1P|=m，|PF2|=n，运用双曲线的定义和斜率的定义、勾股定理和离心率公式，可得所求值．本题考查双曲线定义、方程和性质，考查直角三角形的性质，以及方程思想和运算能力，属于基础题．11.【答案】A【解析】解：构造函数g（x）=，x∈R，g（ln2）==．f（lnx）-＞0（x＞0），利用lnx=t∈R，不等式化为：＞⇔g（t）＞g （ln2），x∈R．g′（x）==＜0，∴函数g（x）在R上单调递减，由g（t）＞g（ln2）．∴t＜ln2．∴lnx＜ln2，解得0＜x＜2．故选：A．构造函数g（x）=，x∈R，g（ln2）==．可得f（lnx）-＞0⇔g（t）＞g（ln2），x＞0．利用导数研究函数的单调性即可得出．本题考查了利用导数研究函数的单调性解不等式、构造法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．12.【答案】C【解析】解：∵函数f（x）=sin（ωx+φ）（ω＞0，|φ|＜）满足f（-x）=-f（+x），∴f（x）的图象关于点（，0）对称，∵f（--x）=f（x），∴函数关于=-对称，∵f（x）在（0，）上是单调函数，∴•≥，∴ω≤8．若对称中心（，0）和对称轴x=-得距离d=-（-）=，①若d==，即T=2π，即T==2π，则ω=1，此时f（x）=sin（x+φ），x=-是对称轴，则-+φ=kπ+，得φ=kπ+，∵|φ|＜，∴k=-1时，φ=-，此时f（x）=sin（x-），满足条件，②若d==，即T=π，即T==π，则ω=3此时f（x）=sin（3x+φ），x=-是对称轴，则-×3+φ=kπ+，得φ=kπ+，∵|φ|＜，∴k=-1时，φ=，此时f（x）=sin（3x+），当0＜x＜时，＜3x+＜，此时函数不单调，不满足条件．③若d==，即T=π，即T==π，则ω=5此时f（x）=sin（5x+φ），x=-是对称轴，则-×5+φ=kπ+，得φ=kπ+，∵|φ|＜，∴k=-2时，φ=-，此时f（x）=sin（5x-），当0＜x＜时，-＜5x-＜，此时函数单调递增，满足条件．③若d==T，即T=π，即T==π，则ω=7此时f（x）=sin（7x+φ），x=-是对称轴，则-×7+φ=kπ+，得φ=kπ-，∵|φ|＜，∴k=1时，φ=-，此时f（x）=sin（7x-），当0＜x＜时，-＜7x-＜，此时函数不单调，不满足条件，④若d==T，即T=π，即T==π，则ω=9＞8不成立，综上满足条件的ω=1或ω=5，故选：C．根据条件判断f（x）的图象关于点（，0）对称，同时关于x=-对称，结合函数的单调性分别进行讨论即可．本题主要考查三角函数的单调性，对称性和对称轴的应用，根据条件求出ω和φ的值是解决本题的关键．13.【答案】4y+1=0【解析】解：因为抛物线的标准方程为：x2=y，焦点在y轴上；所以：2p=1，即p=，所以：=，∴准线方程y=-=-，即4y+1=0．故答案为：4y+1=0．先根据抛物线的标准方程得到焦点在y轴上以及2p=1，再直接代入即可求出其准线方程．本题主要考查抛物线的基本性质．解决抛物线的题目时，一定要先判断焦点所在位置．14.【答案】15【解析】解：令x=1，则2n=64，所以n=6，则（）6的展开式的通项为T r+1=（）6-r（）r=x，令，解得r=4，即其展开式中的常数项为=15，故答案为：15．由二项式定理及其展开式通项公式得：令x=1，则2n=64，所以n=6，则（）6的展开式的通项为T r+1=（）6-r（）r=x，令，解得r=4，即其展开式中的常数项为=15，得解．本题考查了二项式定理及其展开式通项公式，属中档题．15.【答案】√22【解析】解：以D为原点，DA，DC，DD′所在直线分别为x，y，z轴，建立如下图所示的空间直角坐标系：过Q作QM⊥BB′，连接MP，则QM⊥MP，∴PQ2=QM2+MP2=16+MP2，当MP最小时，PQ最小．设P（x，4，z），F（1，4，3），M（4，4，3），N（0，4，z），0≤x≤4，0≤z≤4，∵P到平面CDD1C1的距离等于线段PF的长，∴PN=PF，∴x==2x-1=（z-3）2，MP 2=（x-4）+（z-3）2=x 2-6x+15=（x-3）2+6≥6， ∴x=3时，MP 2有最小值6，∴PQ 2的最小值为22，∴线段PQ 长度的最小值为． 故答案为：．过Q 作QM ⊥BB 1，连接MP ，则QM ⊥MP ，从而PQ 2=QM 2+MP 2=16+MP 2，当MP 最小时，PQ 最小，利用空间直角坐标系，求出MP 2的表达式，求出最小值，最后求出PQ 长度的最小值． 本题考查线段的最小值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题． 16.【答案】1 【解析】解：∵f （x ）=lnx-b ，g （x ）=ax+（1-a ），若f （x ）≤g（x ）恒成立，令h （x ）=f （x ）-g （x ）=lnx-ax-b+a-1 则①当a≤0时，h′（x ）≥0恒成立，h （x ）单调递增，h （x ）≤0不可能恒成立 ②当a ＞0时，令h′（x ）＞0可得，0＜x，h′（x ）＜0可得，∴h （x ）在[，+∞）上单调递增，（0，）上单调递减，故当x=时h （x ）min =h （）=a-lna-b-2≤0 ∴a-lna-2≤b ∴令h （a ）=1-，a ＞0 则，当a时，≥0，h （a ）单调递增， 时，＜0，h （a ）单调递减，当a=时，h （a ）取得最小值h （）=1-e ∴≥1-e 即取最小值1-e ，此时a=，b=a-ae=a-1=，∴a-b=1 故答案为：1令h （x ）=f （x ）-g （x ）=lnx-ax-b+a-1，则h （x ）≤0，结合导数，对a 进行分类讨论，求解函数的单调性，即可求解本题主要考查了函数的导数与函数的单调性的关系的应用，函数的单调性与最值求解的相互关系的转化，具有一定的综合性17.【答案】解：（1）∵a sin A +（c -a ）sin C =b sin B ，由i iiii =i iiii =iiiii ，得：a 2+c 2-ab =b 2， 由余弦定理得：cos B =i 2+i 2−i 22ii=12， ∵0＜B ＜π， ∴B =60°：（2）连接CE ，如下图：D 是AC 的中点，DE ⊥AC ，∴AE =CE ，∴CE =AE =ii iiii =√62iiii ，在△BCE 中，由正弦定理得ii iiii =ii iii∠iii =iiiii2i ， ∴√62iiiiiii60°=22iiiiiiii ，∴cos A =√22，∵0＜A ＜180°， ∴A =45°， ∴∠ACB =75°，∴∠BCE =∠ACB -∠ACE =30°，∠BEC =90°， ∴CE =AE =√3，AB =AE +BE =√3+1， ∴S △ABC =12ii ⋅ii =3+√32， 【解析】（1）通过正弦定理实现边角转化，再应用余弦定理，可求出B ．（2）根据已知条件可以确定AE=CE ，并求出它们的表达式，在△BCE 中，运用外角与内角的关系、正弦定理，可求出A ，BE 的大小，最后求出面积．本题考查了正弦定理，余弦定理、三角形面积公式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．18.【答案】证明：（Ⅰ）∵CDEF 是菱形，∴DE =CD =2AD ，CE ⊥DF ， ∵A =√5ii ，∴AE 2=AD 2+DE 2=5AD 2，∴AD ⊥DE ， ∵AD ⊥CD ，∴AD ⊥平面CDEF ，∴AD ⊥CE ， ∴CE ⊥面ADF ，∴CE ⊥AF ．（Ⅱ）由（I ）知以D 为坐标原点，DA 为x 轴，建立如图的空间直角坐标系D -xyz ，设DA =1，由题设可得A （1，0，0），B （1，1，0），C （0，2，0），E （0，-1，√3），F （0，1，√3）， ∴ii⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =i ii ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =（λ，-λ，0）．∴ii ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =ii ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +ii⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =（λ，2-λ，0）， 设i⃗⃗⃗⃗ =（x ，y ，z ）是平面DFP 的一个法向量， 则{i ⃗⃗⃗⃗ ⋅ii ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =i +√3i =0i ⃗⃗⃗⃗ ⋅ii ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =ii +(2−i )i =0，令z =-1，得i ⃗⃗⃗⃗ =（√3(1−2i )，√3，−1）， 由（Ⅰ）可知ii⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =（0，-3，√3）是平面ADF 的一个法向量， ∵二面角A -DF -P 的大小为60°， ∴cos60°=|i ⃗⃗⃗⃗ ⋅ii ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||i ⃗⃗⃗⃗ |⋅|ii ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=|−4√3|2√3⋅√3(−2i )2+4=12，解得i =12．． 【解析】（Ⅰ）通过菱形的性质可以得到CE ⊥DF ，通过计算，由勾股定理的逆定理，可以得到AD ⊥DE ，已知AD ⊥CD ，能推出AD ⊥CE ，也就能推出CE ⊥面ADF ，最后证出CE ⊥AF ． （Ⅱ）建立空间直角坐标系，分别求出平面DFP 和平面ADF 的法向量，利用空间向量数量积，求出λ的值．本题考查本题考查了线线垂直，利用空间向量数量积求参数等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．19.【答案】解：（1）由题意得z =ln y =ln e bx +a =bx +a ，∴=112−7×4×3.5140−7×42，∴==3.5-0.5×4=1.5，∴z 关于x 的线性回归方程为z =0.5x +1.5，y 关于x 的回归方程为y =e 0.5x +1.5，当x =8时，y =e 5.5=244.69， ∴第8天使用扫码支付的人次为2447．（2）由题意得ξ的所有取值为0.5，0.7，0.9，1，P （ξ=0.5）=13×30%=0.10， P （ξ=0.7）=60%+12×30%=0.75， P （ξ=0.9）=16×30%=0.05， P （ξ=1）=10%=0.10，∴ξ的分布列为： ξ0.5 0.7 0.9 1 P0.100.750.050.10∴E ξ=0.5×0.10+0.7×0.75+0.9×0.05+1×0.10=0.72． 【解析】（1）由题意得z=lny=lne bx+a =bx+a ，利用所给的公式求出，，求出z 关于x 的线性回归方程，然后预测第8天的使用扫码支付的人次；（2）由题意得ξ的所有取值为0.5，0.7，0.9，1，求出所有取值的概率，然后列出分布列，算出期望．本题考查了线性回归方程、离散型随机变量公布列、数学期望等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．20.【答案】解：（1）由题意得{2i +2i =612×2ii =√3i 2=i 2+i 2，∴a =2，b =√3，c =1，∴椭圆C 的方程为i 24+i 23=1； （2）由（1）得A （-2，0），B （2，0），F 2（1，0），设直线MN 的方程为x =my +1，设M （x 1，y 1），N （x 2，y 2），由{i =ii +1i 24+i 23=1，得（4+3m 2）y 2+6my -9=0，∴y 1+y 2=-6i4+3i 2，y 1y 2=-94+3i 2，my 1y 2=-32（y 1+y 2），∵直线AM 的方程为y =i 1i 1+2（x +2），直线BN 的方程为y =i 2i 2−2（x -2）， ∴i 1i 1+2（x +2）=i 2i 2−2（x -2）， ∴i +2i −2=i 2(i 1+2)i1(i 2−2)=ii 1i 2+3i 2ii 1i 2−i 1=3， ∴x =4，∴直线AM 与BN 的交点在直线x =4上． 【解析】（1）利用椭圆的定义，可求出△PF 1F 2周长的表达式，当P 点是椭圆的上（或下）顶点时，△PF 1F 2面积有最大值为，列出等式，结合a 2=b 2+c 2，求出椭圆方程；（2）设出直线MN 的方程，与椭圆方程联立，得到一个一元二次方程，求出直线AM 心与BN 的交点的坐标，结合一元二次方程根与系数关系，得出结论．本题考查椭圆的方程的求法，注意运用待定系数法，考查两直线的交点在定直线上的求法，注意运用直线方程和椭圆方程联立．运用韦达定理，以及联立直线方程求交点，考查化简整理的运算能力，属于中档题．21.【答案】解：（1）由题意得：f ′（x ）=1i -2ax +（2-a ）=-(ii −1)(2i +1)i（x ＞0），①当a ≤0时，f ′（x ）＞0，f （x ）在（0，+∞）上单调递增．②当a ＞0时，令f ′（x ）＞0，解得0＜i＜1i ；令f ′（x ）＜0，则x ＞1i ， ∴f （x ）在（0，1i ）上单调递增，在（1i ，+∞）单调递减． （2）证明：当a ＜-12时，i (i 2)−i (i 1)i 2−i 1=1i 2−i 1ii i 2i 1-a （x 1+x 2）+（2-a ）． f ′（x 0）=1i 0-2ax 0+（2-a ）．∴1i2−i 1ii i 2i 1-a （x 1+x 2）=1i 0-2ax 0．∵f （i 1+i 22）-f ′（x 0）=2i 2+i 1-a （x 1+x 2）-1i 0+2ax 0=2i 2+i 1-1i 2−i 1ii i 2i 1=1i 2−i 1[2(i 2−i 1)i 2+i 1−ii i 2i 1]=1i 2−i 1[2(i2i 1−1)i 2i 1+1−ii i 2i 1] 令t =i 2i 1＞1，g （t ）=2(i −1)i +1-ln t ，g ′（t ）=-(i −1)2i (i +1)2＜0，∴g （t ）＜g （1）=0． ∴f （i 1+i 22）-f ′（x 0）＜0，即f （i 1+i 22）＜f ′（x 0）， 设h （x ）=f ′（x ）=1i -2ax +（2-a ），x ＞1． 则h ′（x ）=-1i 2-2a ＞-1+1=0．∴h （x ）=f ′（x ）在（1，+∞）上单调递增，∴i 1+i 22＜x 0． 【解析】（1）由题意得：f′（x ）=-2ax+（2-a ）=-（x ＞0），对a 分类讨论，即可得出单调区间． （2）当a ＜-时，=-a （x 1+x 2）+（2-a ）．f′（x 0）=-2ax 0+（2-a ），可得-a （x 1+x 2）=-2ax 0．作差f （）-f′（x 0）=，通过换元，利用导数研究函数的单调性极值与最值即可得出．本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．22.【答案】解：（1）∵ρ=2cosθ，∴曲线C 2的直角坐标方程为∴（x -1）2+y 2=1，∵α是曲线C 1：{i =1+iiiii i =iiiii的参数，∴C 1的普通方程为x 2+（y -1）2=t 2， ∵C 1与C 2有且只有一个公共点，∴|t |=√2-1或|t |=√2+1，∴C 1的普通方程为x 2+（y -1）2=（√2−1）2或x 2+（y -1）2=（√2+1）2（2）∵t 是曲线C 1：{i =1+iiiii i =iiiii的参数，∴C 1是过点A （0，1）的一条直线，设与点P ，Q 相对应的参数分别是t 1，t 2，把{i =1+iiiii i =iiiii ，代入（x -1）2+y 2=1得t 2+2（sinα-cosα）t +1=0，∴{i 1+i 2=−2√2iii (i −i4)i 1i 2=1∴1|ii |+1|ii |=1|i 1|+1|i 2|=|t 1|+|t 2|=|t 1+t 2|=2√2|sin （α-i4）|≤2√2，当α=3i4时，△=4（sinα-cosα）2-4=4＞0， 1|ii |+1|ii |取最大值2√2．【解析】 （1）利用公式直接把极坐标方程化为直角坐标方程，利用圆与圆相切，可以得到等式，求出|t| （2）把曲线C 1参数方程代入曲线C 2直角坐标方程，得到一个一元二次方程，设与点P ，Q ，的参数分别是t 1，t 2 一元二次方程根与系数关系，求出+的表达式，求出最大值．本题考查了参数方程化为变通方程、极坐标方程化为直角坐标方程，利用参数的意义求最值问题，属中档题．23.【答案】解（1）∵f （x ）=|2x -1|+2|x +1|≤5，∴|x -12|+|x +1|≤52， 由绝对值得几何意义可得x =-32和x =1上述不等式中的等号成立， ∴不等式f （x ）≤5的解集为[-32，1]；（2）由绝对值得几何意义易得f （x ）=2（|x -12|+|x +1|）的最小值为3， ∴3≤5+m -m 2，∴-1≤m ≤2，∴M =2，∴a 3+b 3=2，∵2=a 3+b 3=（a +b ）（a 2-ab +b 2），a 2-ab +b 2≥0，∴a +b ＞0， ∵2ab ≤a 2+b 2，∴4ab ≤（a +b ）2，∴ab ≤(i +i )24，∵2=a3+b3=（a+b）（a2-ab+b2）=（a+b）[（a+b）2-3ab]≥1（a+b）3，4，∴a+b≤2∴0＜a+b≤2．【解析】（1）根据绝对值的几何意义，求出解集；（2）求出函数f（x）的最小值，求出M，利用立方差公式，结合重要不等式2ab≤a2+b2，最后证出本题考查了绝对值的几何意义、利用立方差公式，结合重要不等式证明不等式问题，属中档题．。