2018年河南省安阳市高考数学二模试卷(理科)

2018年河南省安阳市高考数学二模试卷（理科）
一、选择题：本大题共12个小题，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. 已知集合A={x|y=log2x}，B={x|−2≤x≤2}，则A∩B=()
A.[1, 2]
B.(0, 2]
C.[−2, 2]
D.(−∞, 2]
2. 若复数z=1−i，z为z的共轭复数，则复数i
的虚部为（）
zz−1
A.i
B.−i
C.1
D.−1
3. 如图所示的是一块儿童玩具积木的三视图，其中俯视图中的半曲线段为半圆，则该
积木的表面积为（）
A.26
B.26+π
C.26−π
D.26−π
2
4. 已知命题p:∃x0∈(−∞, 0)，2x0<3x0，则￢p为（）
A.∃x0∈[0, +∞)，2x0<3x0
B.∃x0∈(−∞, 0)，2x0≥3x0
C.∀x0∈[0, +∞)，2x<3x
D.∀x∈(−∞, 0)，2x≥3x
5. 在某校连续5次考试成绩中，统计甲，乙两名同学的数学成绩得到如图所示的茎叶图．已知甲同学5次成绩的平均数为81，乙同学5次成绩的中位数为73，则x+y的值为（）
A.3
B.4
C.5
D.6
6. 若执行如图所示的程序框图，其中rand[0, 1]表示区间[0, 1]上任意一个实数，则输
出数对(x, y)的概率为（）
A.1
2
B.π
6
C.π
4
D.√3
2
7. 已知a ，b 表示两条不同的直线，α，β表示两个不同的平面，下列说法错误的是（ ） A.若a ⊥α，b ⊥β，α // β，则a // b B.若a ⊥α，b ⊥β，a ⊥b ，则α⊥β C.若a ⊥α，a ⊥b ，α // β，则b // β D.若α∩β=a ，a // b ，则b // a 或b // β
8. 若实数x ，y 满足{2x −y +1≥0
x +y ≥0x ≤0 ，则z =|x −y|的最大值是（ ）
A.0
B.1
C.2
3
D.1
3
9. 将y =3sin4x 的图象向左平移π
12个单位长度，再向下平移3个单位长度得到y =f(x)的图象，若f(m)=a ，则f(π
3−m)=( )
A.−a
B.−a −3
C.−a +3
D.−a −6
10. 已知圆C 1:x 2+y 2−kx +2y =0与圆C 2:x 2+y 2+ky −4=0的公共弦所在直线恒过定点P(a, b)，且点P 在直线mx −ny −2=0上，则mn 的取值范围是（ ） A.(0, 1
4)
B.(0, 1
4]
C.(−∞,1
4)
D.(−∞,1
4]
11. 已知在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，bcosC ＝a ，点M 在线段AB 上，且∠ACM ＝∠BCM ．若b ＝6CM ＝6，则cos∠BCM ＝（ ） A.√104
B.3
4
C.√74
D.√64
12. 设函数f(x)=ln(x +1)+a(x 2−x)，若f(x)在区间(0, +∞)上无零点，则实数a 的取值范围是（ ） A.[0, 1] B.[−1, 0] C.[0, 2] D.[−1, 1] 二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）
已知sin2α=1
4，则2cos 2(α−π
4)=________．
已知焦点在x 轴上的双曲线
x 2
8−m
+y 2
4−m =1，它的焦点F 到渐近线的距离的取值范围是
________．
已知在△OAB 中，OA =OB =2，AB =2√3，动点P 位于线段AB 上，则当PA →
∗PO →
取最小值时，向量PA →
与PO →
的夹角的余弦值为________．
已知定义在R 上奇函数f(x)和偶函数g(x)满足1
2f(x)−g(x)=x−1
x 2+1，若g(x +5)+g(
1
x−1)<g(x)+g(1
x
)，则x 的取值范围是________． 三、解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）
设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，点(n, S n )在函数f(x)=x 2+Bx +C −1(B, C ∈R)的图象上，且a 1=C ．
（1）求数列{a n }的通项公式；
（2）记数列b n =a n (a 2n−1+1)，求数列{b n }的前n 项和T n ．
如图，在直三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，底面△ABC 是边长为2的等边三角形，D 为BC 的中点，侧棱AA 1=3，点E 在BB 1上，点F 在CC 1上，且BE =1，CF =2．
(1)证明：平面CAE ⊥平面ADF ；
(2)求二面角F −AD −E 的余弦值．
随着互联网技术的快速发展，人们更加关注如何高效地获取有价值的信息，网络知识付费近两年呈现出爆发式的增长，为了了解网民对网络知识付费的态度，某网站随机抽查了35岁及以上不足35岁的网民共90人，调查结果如下：
（1）请完成上面的2×2列联表，并判断在犯错误的概率不超过0.001的前提下，能否认为网民对网络知识付费的态度与年龄有关？
（2）在上述样本中用分层抽样的方法，从支持和反对网络知识付费的两组网民中抽取
9名，若在上述9名网民中随机选2人，设这2人中反对态度的人数为随机变量X，求X的分布列和数学期望．
附：K2=n(ad−bc)2
(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)
，n=a+b+c+d．
已知椭圆x2
a
+y2=1(a>1)的上顶点与抛物线x2=2py(p>0)的焦点F重合．
（1）设椭圆和抛物线交于A，B两点，若|AB|=4√√2−1，求椭圆的方程；
（2）设直线L与抛物线和椭圆均相切，切点分别为P，Q，记△PFQ的面积为S，求证：S>2．
已知函数f(x)=e2x−kx2−2x−1，e为自然对数的底数．
（1）若当x≥0时，f(x)≥0恒成立，求k的取值范围；
（2）设k=0，若f(x)≥2(a−1)x+b−1对∀x∈R恒成立，求ab的最大值．
请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.[选修4-4：坐标系与参数方程]
在平面直角坐标系xOy中，已知直线l:x+√3y=5√3，以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，圆C的极坐标方程为ρ=4sinθ．
（1）求直线l的极坐标方程和圆C的直角坐标方程；
（2）射线OP:θ=π
6
与圆C的交点为O，A，与直线l的交点为B，求线段AB的长．
[选修4-5：不等式选讲]
已知函数f(x)=|x+a|+|x−1|．
（1）若a=1，解不等式f(x)<4；
（2）对任意满足m+n=1的正实数m，n，若总存在实数x0，使得1
m +1
n
≥f(x0)成立，
求实数a的取值范围．
参考答案与试题解析
2018年河南省安阳市高考数学二模试卷（理科）
一、选择题：本大题共12个小题，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.
【答案】
B
【考点】
交集及其运算
【解析】
容易得到A={x|x>0}，然后进行交集的运算即可．
【解答】
A={x|x>0}，且B={x|−2≤x≤2}；
∴A∩B=(0, 2]．
2.
【答案】
C
【考点】
复数的运算
【解析】
由已知可得zz=2，代入i
zz−1
得答案．
【解答】
∵z=1−i，∴zz=|z|2=2，
则
i
zz−1
=i
2−1
=i的虚部为1．
3.
【答案】
A
【考点】
由三视图求体积
【解析】
由已知中的三视图可得该几何体是一个以俯视图为底面的柱体，代入柱体表面积公式，可得答案．
【解答】
由已知中的三视图可得该几何体是一个以俯视图为底面的柱体，长方体挖去一个半圆柱，
两个底面面积为：2×2×4−π=16−π，
侧面积为：10×1+π×1=10+π
故该几何体的表面积S=16−π+10+π=26，
4.
【答案】
D
【考点】
命题的否定 【解析】
运用特称命题的否定为全称命题，以及量词和不等号的变化，即可得到所求命题的否定． 【解答】
由特称命题的否定为全称命题，可得 命题p:∃x 0∈(−∞, 0)，2x 0<3x 0， 则￢p 为：∀x ∈(−∞, 0)，2x ≥3x ， 5.
【答案】 A
【考点】 茎叶图 【解析】
根据茎叶图中的数据，计算平均数和中位数，求出x 、y 的值，再计算x +y 的值． 【解答】
根据茎叶图中甲同学的5次成绩的平均数为
15
×(72+77+86+80+x +90)=81，解得x =0；
乙同学5次成绩按大小排列为67，70，(70+y)，85，91， 其中位数为73，∴ y =3； ∴ x +y =0+3=3． 6.
【答案】 C
【考点】 程序框图 【解析】
根据程序框图的功能进行求解即可． 【解答】
由程序框图知{
−1≤x ≤1
−1≤y ≤1 ，求x 2+y 2≤1的概率， 作出对应的图象如图： 则对应的概率P =1
4
π×121×1
=π
4，
7.
【答案】 C
【考点】
空间中直线与平面之间的位置关系 【解析】
根据空间线面位置的定义、性质或判定定理进行判断． 【解答】
对于A ，若a ⊥α，α // β，则a ⊥β，又b ⊥β，故而a // b ，故A 正确；
对于B ，若a ⊥α，a ⊥b ，则b ⊂α或b // α，∴ 存在直线m ⊂α，使得m // b ， 又b ⊥β，∴ m ⊥β，∴ α⊥β．故B 正确；
对于C ，若a ⊥α，a ⊥b ，则b ⊂α或b // α，又α // β，
∴ b ⊂β或b // β，故C 错误；
对于D ，若α∩β=a ，a // b ，则b // α或b // β，故D 正确． 8.
【答案】 B
【考点】 简单线性规划 【解析】
根据题意，作出实数x ，y 满足{2x −y +1≥0
x +y ≥0
x ≤0 的可行域，令m =y −x ，分析可得m 的取值范围，而z =|x −y|=|m|，分析可得z 的最大值，即可得答案． 【解答】
依题画出实数x ，y 满足{2x −y +1≥0
x +y ≥0
x ≤0 可行域如图， 可见△ABC 及内部区域为可行域，
令m =y −x ，则m 为直线l:y =x +m 在y 轴上的截距， 由图知在点A(0, 1)处m 取最大值是1， 在O(0, 0)处最小值是0， 所以m ∈[0, 1]，
而z =|x −y|=|m|， 所以z 的最大值是1， 9.
【答案】 D
【考点】
函数y=Asin （ωx+φ）的图象变换 【解析】
直接利用函数图象的伸缩变换求出结果． 【解答】
y =3sin4x 的图象向左平移π
12个单位长度， 得到：y =3sin(4x +π
3)，
再向下平移3个单位长度得到y =f(x)=3sin(4x +π
3)−3的图象． 由于：f(m)=a ，
则：3sin(4m +π
3)=a +3．
所以：f(π
3−m)=3sin(4π
3−4m +π
3)−3=−a −3−3=−a −6． 10.
【答案】 D
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
把两圆的方程作差即可得出公共弦所在直线方程，再利用直线系方程求出x ，y 的值，即a ，b 的值，然后代入直线方程mx −ny −2=0，由配方法即可求mn 的取值范围． 【解答】
由圆C 1:x 2+y 2−kx +2y =0，圆C 2:x 2+y 2+ky −4=0， 得圆C 1与圆C 2的公共弦所在直线方程为：k(x +y)−2y −4=0， 联立{
x +y =0−2y −4=0 ，解得{x =2
y =−2 ，即a =2，b =−2， 又P(2, −2)在直线mx −ny −2=0上，
∴ 2m +2n −2=0，即n =1−m ．
∴ mn =m(1−m)=−m 2+m =−(m −1
2)2+1
4≤1
4． ∴ mn 的取值范围是(−∞, 1
4]． 11.
【答案】 B
【考点】 解三角形
三角形的面积公式 【解析】
运用正弦定理可得B =π
2，设∠ACM ＝∠BCM ＝α，由S △ABC ＝S △ACM +S △BCM ，运用三角形的面积的公式，化简整理，结合a ＝cosα，解方程即可得到所求值． 【解答】
bcosC ＝a ，由正弦定理可得
sinBcosC ＝sinA ＝sin(B +C)＝sinBcosC +cosBsinC ， 即有cosBsinC ＝0，由sinC >0，可得cosB ＝0， 由0<B <π，可得B =π2，
设∠ACM ＝∠BCM ＝α，
由S △ABC ＝S △ACM +S △BCM ，且b ＝6CM ＝6， 可得1
2⋅6asin2α=1
2⋅6⋅1⋅sinα+1
2asinα， 即为12acosα＝6+a ，
在直角三角形BCM 中，a ＝cosα， 则12cos 2α−cosα−6＝0， 解得cosα=3
4或−2
3（舍去）， 12.
【答案】
若两函数图象在y轴右侧无交点，则h′（0）≤g′（0），即a≤1综上，0≤a≤1故选：A
【考点】
函数零点的判定定理
【解析】
令g(x)=ln(x+1)与ℎ(x)=−a(x2−x)在y轴右侧无交点，根据函数图象得出a的范围．【解答】
令f(x)=0可得ln(x+1)=−a(x2−x)，
∵f(x)在区间(0, +∞)上无零点，
∴g(x)=ln(x+1)与ℎ(x)=−a(x2−x)在y轴右侧无交点．
显然当a=0时符合题意；
当a<0时，作出g(x)=ln(x+1)与ℎ(x)=−a(x2−x)的函数图象如图所示：
显然两函数图象在y轴右侧必有一交点，不符合题意；
当a>0时，作出g(x)=ln(x+1)与ℎ(x)=−a(x2−x)的函数图象如图所示：
若两函数图象在y轴右侧无交点，则ℎ′(0)≤g′(0)，即a≤1．
综上，0≤a≤1．
故选：A．
二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上） 【答案】
54
【考点】
三角函数的恒等变换及化简求值 【解析】
直接利用倍角公式及诱导公式结合已知求解． 【解答】 ∵ sin2α=1
4，
∴ 2cos 2(α−π
4)=1+cos(2α−π
2)=1+sin2α=1+1
4=5
4． 【答案】 (0, 2) 【考点】
双曲线的离心率 【解析】
根据题意，将双曲线的方程变形为标准方程，分析可得{
8−m >0
m −4>0 ，解可得4<m <8，又由b =√m −4，分析可得b 的取值范围，又由双曲线的焦点到渐近线的距离为b ，即可得答案． 【解答】 根据题意，双曲线
x 28−m +
y 24−m
=1的焦点在x 轴上，则其标准方程为
x 2
8−m
−
y 2m−4
=1，
且有{
8−m >0
m −4>0
，解可得4<m <8， 且a =√8−m ，b =√m −4， 又由4<m <8，则0<b <2，
双曲线中焦点到渐近线的距离为b ，则它的焦点F 到渐近线的距离的取值范围是(0, 2)； 【答案】
−
√217
【考点】
数量积表示两个向量的夹角 【解析】
建立平面直角坐标系，利用两个向量坐标形式的运算，两个向量的数量积，两个向量的夹角公式，求得向量PA →
与PO →
的夹角的余弦值．≈≈ 【解答】
以AB 所在的直线为x 轴，以A 为原点，建立平面直角坐标系， 则A(0, 0)、B(2√3, 0)、O(√3, 1)，
设点P(x, 0)，x ∈[0, 2√3]，向量PA →
与PO →
的夹角为θ， PA →
⋅PO →
=(−x, 0)⋅(√3−x, 1)=−x(√3−x)=x 2−√3x =(x −
√32
)2−3
4，
故当x =√3
2时，PA →
∗PO →
取最小值为−3
4，
此时，|PA →
|=√3
2
，|PO →
|=√7
2
，
则cosθ=PA →∗PO →
|PA →
|∗|PO →
|
=
−
34√32∗√72
=−
√21
7
， 【答案】
{x|x >−2且x ≠0且x ≠1}
【考点】
抽象函数及其应用 【解析】
根据题意，由函数的解析式分析可得1
2f(−x)−g(−x)=−x−1x 2+1
，结合函数的奇偶性可得
f(−x)−g(−x)=−1
2f(x)−g(x)=
−x−1x 2+1，分析可得g(x)的解析式，则有g(x +5)+g(1
x−1)<g(x)+g(1
x )，即1
(x+5)2+1+1(1x−1
)2+1<1
x 2+1+
1
1x 2
+1，且x ≠0，x ≠1，解可得x
的范围，即可得答案． 【解答】
根据题意，12f(x)−g(x)=x−1x 2+1，①则有12f(−x)−g(−x)=
−x−1x 2+1，
又由f(x)为奇函数而g(x)为偶函数，则有f(−x)−g(−x)=−1
2f(x)−g(x)=−x−1x 2+1
，
②
①+②可得：−2g(x)=−2x 2+1，则g(x)=1
x 2+1， 若g(x +5)+g(1
x−1)<g(x)+g(1
x )，即1
(x+5)+1+1
(
1x−1
)2+1<1x +1+
1
1x 2
+1，且x ≠0，x ≠
1，
变形可得：(x +5)2>(x −1)2， 解可得：x >−2；
故x 的取值范围是{x|x >−2且x ≠0且x ≠1}；
三、解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 【答案】
设等差数列{a n }的公差为d ， 则S n =na 1+
n(n−1)2
d =d 2n 2+(a 1−d
2)n ，
又S n =n 2+Bn +C −1，
两式比较得d
2=1，B =a 1−d
2，C −1=0，又a 1=C ．
解得d =2，C =1=a 1，B =0． ∴ a n =1+2(n −1)=2n −1．
b n =a n (a 2n−1+1)=(2n −1)(2×2n−1−1+1)=(2n −1)⋅2n ， ∴ 数列{b n }的前n 项和T n =2+3×22+5×23+……+(2n −1)⋅2n ， ∴ 2T n =22+3×23+……+(2n −3)⋅2n +(2n −1)⋅2n+1， ∴ −T n =2+2(22+23+……+2n )−(2n −1)⋅2n+1=2+2×
4(2n−1−1)
2−1
−(2n −1)⋅
2n+1，
解得T n=(2n−3)⋅2n+1+6．【考点】
数列的求和
【解析】
（1）设等差数列{a n}的公差为d，可得S n=d
2n2+(a1−d
2
)n，又S n=n2+Bn+C−1，
两式比较得d
2=1，B=a1−d
2
，C−1=0，又a1=C．解出即可得出．
（2）b n=a n(a2n−1+1)=(2n−1)⋅2n，再利用错位相减法即可得出．【解答】
设等差数列{a n}的公差为d，
则S n=na1+n(n−1)
2d=d
2
n2+(a1−d
2
)n，
又S n=n2+Bn+C−1，
两式比较得d
2=1，B=a1−d
2
，C−1=0，又a1=C．
解得d=2，C=1=a1，B=0．
∴a n=1+2(n−1)=2n−1．
b n=a n(a2n−1+1)=(2n−1)(2×2n−1−1+1)=(2n−1)⋅2n，
∴数列{b n}的前n项和T n=2+3×22+5×23+……+(2n−1)⋅2n，
∴2T n=22+3×23+……+(2n−3)⋅2n+(2n−1)⋅2n+1，
∴−T n=2+2(22+23+……+2n)−(2n−1)⋅2n+1=2+2×4(2n−1−1)
2−1
−(2n−1)⋅2n+1，
解得T n=(2n−3)⋅2n+1+6．
【答案】
(1)证明：∵△ABC等边三角形，D为BC的中点，
∴AD⊥BC，
∴AD⊥平面BCC1B1，得AD⊥CE．①
在侧面BCC1B1中，
tan∠CFD=CD
CF =1
2
，tan∠BCE=BE
BC
=1
2
，
∴tan∠CFD=tan∠BCE，∠CFD=∠BCE ∴∠BCE+∠FDC=∠CFD+∠FDC=90∘，∴CE⊥DF．②
结合①②，
又∵AD∩DF=D，
∴CE⊥平面ADF，
又∵CE⊂平面CAE，
∴平面CAE⊥平面ADF.
(2)解：如图建立空间直角坐标系D−xyz．
则A(√3, 0, 0)，F(0, −1, 2)，E(0, 1, 1)．
得DA →
=(√3,0,0)，DF →
=(0,−1,2)，DE →
=(0,1,1)． 设平面DAF 的法向量m →
=(x, y, z)， 则{m →
×DA →
=√3x =0,
m →×DF →
=−y +2z =0,
取m →=(0,2,1)．
同理可得，平面ADE 的法向量n →
=(0,−1,1)． ∴ cos <m →,n →
>=
√5×√2
=−
√10
10． 则二面角F −AD −E 的余弦值为√10
10
．
【考点】
用空间向量求平面间的夹角 平面与平面垂直的判定 【解析】
（1）可得AD ⊥CE ．在侧面BCC 1B 1中，tan∠CFD =CD
CF =1
2，tan∠BCE =BE
BC =1
2可得，∠CFD =∠BCE ，即∠BCE +∠FDC =∠CFD +∠FDC =90∘，CE ⊥DF ．
结合①②，又∵ AD ∩DF =D ，∴ CE ⊥平面ADF ，又CE ⊂平面CAE ，⇒平面CAE ⊥平面ADF ；
（2）建立空间直角坐标系D −xyz ．求出平面DAF 的法向量m →
=(x, y, z)，平面ADE 的法向量n →
=(0,−1,1)．可得cos <m →,n →
>=5×2=−
√10
10．即可得二面角F −AD −E 的
余弦值． 【解答】
(1)证明：∵ △ABC 等边三角形，D 为BC 的中点， ∴ AD ⊥BC ，
∴ AD ⊥平面BCC 1B 1，得AD ⊥CE ．① 在侧面BCC 1B 1中，
tan∠CFD =CD
CF =1
2，tan∠BCE =BE
BC =1
2， ∴ tan∠CFD =tan∠BCE ，∠CFD =∠BCE ∴ ∠BCE +∠FDC =∠CFD +∠FDC =90∘， ∴ CE ⊥DF ．② 结合①②，
又∵ AD ∩DF =D ， ∴ CE ⊥平面ADF ，
又∵ CE ⊂平面CAE ， ∴ 平面CAE ⊥平面ADF .
(2)解：如图建立空间直角坐标系D −xyz ．
则A(√3, 0, 0)，F(0, −1, 2)，E(0, 1, 1)．
得DA →
=(√3,0,0)，DF →
=(0,−1,2)，DE →
=(0,1,1)． 设平面DAF 的法向量m →
=(x, y, z)， 则{m →
×DA →
=√3x =0,
m →×DF →
=−y +2z =0,
取m →=(0,2,1)．
同理可得，平面ADE 的法向量n →
=(0,−1,1)． ∴ cos <m →,n →
>=
5×2
=−
√10
10． 则二面角F −AD −E 的余弦值为√10
10
．
【答案】
2×2列联表如下：
K 2=
90×(30×32−20×8)2
50×40×38×52
≈14.575>10.828，
所以在犯错误的概率不超过0.001的前提下，可以认为网民对网络知识付费的态度与年龄有关；
易知抽取的9人中，有5人支持，4人反对． X 的可能取值为0，1，2，且 P(X =0)=C 5
2C 92=5
18，P(X =1)=
C 51∗C41
C 9
2=5
9，P(X =2)=
C 42C 9
2=1
6；
X 的分布列为
X 的数学期望为E(X)=0×5
18+1×5
9+2×1
6=8
9．
【考点】 独立性检验 【解析】
（1）根据题意填写列联表，计算K 2，对照临界值得出结论； （2）由题意知随机变量X 的可能取值，计算对应的概率值， 再写出分布列，求出数学期望值． 【解答】
2×2列联表如下：
K 2
=
90×(30×32−20×8)2
50×40×38×52
≈14.575>10.828，
所以在犯错误的概率不超过0.001的前提下，可以认为网民对网络知识付费的态度与年龄有关；
易知抽取的9人中，有5人支持，4人反对． X 的可能取值为0，1，2，且 P(X =0)=C 5
2C 92=5
18
，P(X =1)=
C 51∗C41
C 9
2=5
9，P(X =2)=
C 42C 9
2=1
6；
X 的分布列为
X 的数学期望为E(X)=0×5
18+1×5
9+2×1
6=8
9． 【答案】
易知F(0, 1)，则抛物线的方程为x 2=4y ，
由|AB|=4√√2−1及图形的对称性，不妨设x B =2√√2−1，
代入x B 2
=4y B ，得y B =√2−1，则B(2√√2−1, √2−1)．
将之代入椭圆方程得4(√2−1)
a 2
+(√2−1)2=1，得a 2=2，
所以椭圆的方程为x 22
+y 2=1．
证明：
设切点P(2m, m 2)，x 2=4y 即y =14x 2，求导得y′=1
2x ，
则切线l 的斜率为m ，方程y −m 2=m(x −2m)，即y =m(x −m)， 将之与椭圆
x 2a 2
+y 2=1联立得(1+a 2m 2)x 2−2a 2m 3x +a 2(m 4−1)=0，
令判别式△=4a 4m 6−4a 2(1+a 2m 2)(m 4−1)=0 化简整理得1+a 2m 2=m 4，a 2=
m 4−1m 2
，此时x Q =a 2m 31+a 2m 2
=
m 4−1m 3
设直线l 与y 轴交于点R(0, −m 2)，
则S =S △PFE −S △QFE =1
2
|FR|⋅|x P −x Q |=1
2
(1+m 2)⋅|2m −
m 4−1m 3
|=
(1+m 2)(m 4+1)
2|m|3
由基本不等式得1+m 2≥2√m 2=2|m|≥0，得1+m 4≥2m 2≥0， 则S ≥
2|m|×2m 22|m|3
=2，仅当|m|=1时取等号，但此时a 2=0，
故等号无法取得，于是S >2． 【考点】 椭圆的定义 【解析】
（1）根据椭圆和双曲线的简答性质即可求出，
（2）设切点P(2m, m 2)，根据导数的几何意义求出切线方程，与椭圆联立，
根据判别式求出1+a 2m 2=m 4，再设直线l 与y 轴交于点R(0, −m 2)，表示出面积的表达式，
利用基本不等式即可证明 【解答】
易知F(0, 1)，则抛物线的方程为x 2=4y ，
由|AB|=4√√2−1及图形的对称性，不妨设x B =2√√2−1，
代入x B 2
=4y B ，得y B =√2−1，则B(2√√2−1, √2−1)．
将之代入椭圆方程得4(√2−1)
a 2
+(√2−1)2=1，得a 2=2，
所以椭圆的方程为x 22
+y 2=1．
证明：
设切点P(2m, m 2)，x 2=4y 即y =14x 2，求导得y′=1
2x ，
则切线l 的斜率为m ，方程y −m 2=m(x −2m)，即y =m(x −m)， 将之与椭圆
x 2a 2
+y 2=1联立得(1+a 2m 2)x 2−2a 2m 3x +a 2(m 4−1)=0，
令判别式△=4a 4m 6−4a 2(1+a 2m 2)(m 4−1)=0 化简整理得1+a 2m 2=m 4，a 2=m 4−1m 2
，此时x Q =a 2m 31+a 2m 2
=m 4−1m 3
设直线l 与y 轴交于点R(0, −m 2)，
则S =S △PFE −S △QFE =1
2
|FR|⋅|x P −x Q |=1
2
(1+m 2)⋅|2m −
m 4−1m |=
(1+m 2)(m 4+1)
2|m|
由基本不等式得1+m 2≥2√m 2=2|m|≥0，得1+m 4≥2m 2≥0， 则S ≥
2|m|×2m 22|m|3
=2，仅当|m|=1时取等号，但此时a 2=0，
故等号无法取得，于是S >2．
【答案】
由题意得f(0)=0，且f′(x)=2e 2x −2kx −2，注意到f′(0)=0，
设m(x)=f′(x)，则m′(x)=4e 2x −2k ，则m′(x)为增函数，且m′(0)=4−2k ， 讨论如下：
①若k ≤2，m′(x)≥m′(0)≥0，得f′(x)在[0, +∞)上单调递增，
有f′(x)≥f′(0)=0，得f(x)在[0, +∞)上单调递增，有f(x)≥f(0)=0，符合题意；
②若k >2，令m′(x)<0，得x <1
2ln k
2
，
得f′(x)在[0, 1
2ln k
2)上单调递减，有f′(x)<f′(0)=0，
综上，k 的取值范围(−∞, 2]．
当k =0时，f(x)=e 2x −2x −1≥2(a −1)x +b −1，即e 2x −2ax ≥b ， 令t =2x ，则原问题转化为e t −at ≥b 对∀t ∈R 恒成立， 令g(t)=e t −at ，g′(t)=e t −a ，
若a <0，则g′(t)>0，得g(t)单调递增，
当t →−∞时，g(t)→−∞，g(t)≥b 不可能恒成立，舍去； 若a =0，则ab =0；
若a >0，则易知g(t)在t =lna 处取得最小值g(lna)=a −alna ， 所以b ≤a −alna ，ab ≤a 2(1−lna)=a 2(1−1
2lna 2)， 将a 2看做新的自变量x ，即求函数ℎ(x)=x(1−12lnx)的最大值， 则ℎ′(x)=1
2−1
2lnx ，令ℎ′(x)=0，得x =e ，
所以ℎ(x)在(0, e)上递增，在(e, +∞)上递减，所以ℎ(x)max =ℎ(e)=e
2， 即ab 的最大值为e
2，此时a =√e ，b =√e
2
．
【考点】
导数求函数的最值 【解析】
（1）求出函数的导数，通过讨论k 的范围，求出函数的单调区间，从而判断a 的具体范围即可；
（2）令t =2x ，则原问题转化为e t −at ≥b 对∀t ∈R 恒成立，令g(t)=e t −at ，求出函数的导数，求出g(t)的最小值，从而求出ab 的最大值即可． 【解答】
由题意得f(0)=0，且f′(x)=2e 2x −2kx −2，注意到f′(0)=0，
设m(x)=f′(x)，则m′(x)=4e 2x −2k ，则m′(x)为增函数，且m′(0)=4−2k ， 讨论如下：
①若k ≤2，m′(x)≥m′(0)≥0，得f′(x)在[0, +∞)上单调递增，
有f′(x)≥f′(0)=0，得f(x)在[0, +∞)上单调递增，有f(x)≥f(0)=0，符合题意； ②若k >2，令m′(x)<0，得x <1
2ln k
2，
得f′(x)在[0, 1
2ln k
2)上单调递减，有f′(x)<f′(0)=0，
综上，k 的取值范围(−∞, 2]．
当k =0时，f(x)=e 2x −2x −1≥2(a −1)x +b −1，即e 2x −2ax ≥b ， 令t =2x ，则原问题转化为e t −at ≥b 对∀t ∈R 恒成立， 令g(t)=e t −at ，g′(t)=e t −a ，
若a <0，则g′(t)>0，得g(t)单调递增，
当t →−∞时，g(t)→−∞，g(t)≥b 不可能恒成立，舍去； 若a =0，则ab =0；
若a >0，则易知g(t)在t =lna 处取得最小值g(lna)=a −alna ，
所以b ≤a −alna ，ab ≤a 2(1−lna)=a 2(1−1
2lna 2)， 将a 2看做新的自变量x ，即求函数ℎ(x)=x(1−12lnx)的最大值， 则ℎ′(x)=1
2−1
2lnx ，令ℎ′(x)=0，得x =e ，
所以ℎ(x)在(0, e)上递增，在(e, +∞)上递减，所以ℎ(x)max =ℎ(e)=e
2， 即ab 的最大值为e
2，此时a =√e ，b =√e
2
．
请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.[选修4-4：坐标系与参数方程]
【答案】
直线l:x +√3y =5√3，
转换为极坐标方程为：ρcosθ+√3ρsinθ=5√3， 化简得2ρsin(θ+π
6)=5√3．
即为直线l 的极坐标方程．
圆C 的极坐标方程为ρ=4sinθ．
转换为直角坐标方程为：x +(y −2)2=4； ρA =4sin π
6=2， ρB =
5√32sin(π6
+π
6
)
=5，
所以：|AB|=|ρA −ρB |=3． 【考点】
圆的极坐标方程 【解析】
（1）直接利用转换关系，把参数方程和极坐标方程与直角坐标方程进行转化． （2）直接利用极坐标方程求出极径，最后求出线段的长． 【解答】
直线l:x +√3y =5√3，
转换为极坐标方程为：ρcosθ+√3ρsinθ=5√3， 化简得2ρsin(θ+π
6)=5√3．
即为直线l 的极坐标方程．
圆C 的极坐标方程为ρ=4sinθ．
转换为直角坐标方程为：x +(y −2)2=4； ρA =4sin π
6=2， ρB =
5√32sin(π6
+π
6
)
=5，
所以：|AB|=|ρA −ρB |=3． [选修4-5：不等式选讲]
【答案】
f(x)=|x +1|+|x −1|，
当x ≤−1时，由f(x)=−2x <4，得x >−2，则−2<x ≤−1；
当−1<x≤1时，f(x)=2<4恒成立；
当x>1时，由f(x)=2x<4，得x<2，则1<x<2．综上，不等式f(x)<4的解集为{x|−2<x<2}；
由题意1
m +1
n
=(1
m
+1
n
)(m+n)=2+n
m
+m
n
≥4，
由绝对值不等式得f(x)=|x+a|+|x−1|≥|a+1|，当且仅当(x+a)(x−1)≤0时取等号，
故f(x)的最小值为|a+1|，
由题意得4≥|a+1|，
解得：−5≤a≤3．
【考点】
绝对值不等式的解法与证明
【解析】
（1）通过讨论x的范围，解绝对值不等式即可；
（2）根据基本不等式的性质求出1
m +1
n
≥4，由绝对值不等式得f(x)≥|a+1|，问题
转化为4≥|a+1|，解出即可．
【解答】
f(x)=|x+1|+|x−1|，
当x≤−1时，由f(x)=−2x<4，得x>−2，则−2<x≤−1；当−1<x≤1时，f(x)=2<4恒成立；
当x>1时，由f(x)=2x<4，得x<2，则1<x<2．
综上，不等式f(x)<4的解集为{x|−2<x<2}；
由题意1
m +1
n
=(1
m
+1
n
)(m+n)=2+n
m
+m
n
≥4，
由绝对值不等式得f(x)=|x+a|+|x−1|≥|a+1|，当且仅当(x+a)(x−1)≤0时取等号，
故f(x)的最小值为|a+1|，
由题意得4≥|a+1|，
解得：−5≤a≤3．。