2021年河南省高考数学质检试卷(文科)(有答案)

2021年河南省高考数学质检试卷（文科）（6月份）
一、选择题：本题共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. 已知集合A ＝{x|x(x −2)≤0}，B ＝{x|x >1}，则A ∩B ＝（ ） A.(0, 1) B.(1, 2) C.[0, 1) D.(1, 2]
2. 已知复数z =1−i i
+2i ，则|z|＝（ ） A.√5 B.2
C.√3
D.√2
3. 在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若△ABC 的面积为ab 8sin C
，则C ＝（ ）
A.π
6 B.π
3
C.π6或5π
6
D.π3或2π
3
4. 计算：(cos 5π
12+cos π
12)(cos 5π
12−cos π
12)=( ) A.−√32
B.−1
2
C.1
2
D.√32
5. “(x −3)ln x >0”是“2x >8”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
6. 已知实数x ，y 满约束条件{2x −3y +4≥0,
2x +y −4≤0,2x +5y +4≥0, 则z ＝2x −y 的最小值为（ ）
A.−5
B.−4
C.−3
D.−2
7. 函数f(x)＝x ln (√x 2+1−x)的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
8. 刘徽是我国魏晋时期的数学家，在其撰写的《九章算术注》中首创“割圆术”．所谓“割圆术”是指用圆内接正多边形的面积去无限逼近圆面积并以此求取圆周率的方
法．已知半径为1的圆O 内接正二十四边形，现随机向圆O 内投放a 粒豆子，其中有b 粒豆子落在正二十四边形内(a, b ∈N ∗, b <a)，则圆周率的近似值为（ ） A.(3√6+3√2)a
b
B.
(3√6+3√2)b
a
C.
(3√6−3√2)a
b
D.
(3√6−3√2)b
a
9. 若非零向量a →,b →
满足(a →
+2b →
)⊥(a →
−2b →
),(a →
+b →
)⊥(a →
+3b →
)，则向量a →
与b →
夹角的余弦值为（ ） A.−7
8
B.−5
8
C.−3
4
D.−3
8
10. 已知函数f(x)={e x −e −x ,x >0,−x 2,x ≤0, 若a ＝50.01
，b =32log 32,c =log 30.9，则有（ ）
A.f(b)>f(a)>f(c)
B.f(c)>f(a)>f(b)
C.f(a)>f(c)>f(b)
D.f(a)>f(b)>f(c)
11. 已知椭圆C:x 2
a 2+y 2
b 2=1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，B 为椭圆的上顶点，若△BF 1F 2的外接圆的半径为2b
3，则椭圆C 的离心率为（ ）
A.√2
2B.√3
2
C.1
2
D.2
3
12. 如图，在三棱锥P−ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，AD⊥BP，PA＝AC，若三棱锥P−ABC外接球表面积为8π，则三棱锥P−ACD体积的最大值为（）
A.√2
4B.1
2
C.√3
4
D.√2
3
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
曲线y＝2x2−ln x在某点处的切线的斜率为3，则该切线的方程为________．
已知函数f(x)＝sinωx+a cosωx(0<ω<5, a>0)对任意的x1，x2都有f(x1)+
f(x2)≥−4，且存在x0∈R，f(x0)＝−2，点(π
6
,0)为曲线y＝f(x)的对称中心．若将函
数y＝f(x)的图象向右平移π
4
个单位长度，得到函数g(x)的图象，则g(0)＝
________−√3．
已知双曲线C:x2
a2−y2
b2
=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过点F1的直线与
双曲线C的左支相交于点A，与双曲线的右支相交于点B，O为坐标原点．若2|BF2|＝3|AF1|，且|F1F2|＝2|OB|，则双曲线C的渐近线方程为________．
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17～21题为必考题，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．
在数列{a n}中，a1＝1，对∀n∈N∗，na n+1−(n+1)a n＝n(n+1)．
（1）求数列{a n}的通项公式；
（2）若b n=
√a a
，求数列{b n}的前n项和S n．
如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，BC // AD，AB⊥BC，AB＝BC＝1，AD＝AP＝2，E为PD的中点，F为BP的中点．
（1）求证：CE // 平面PAB；
（2）求点D到平面PBC的距离．
PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，也称为可入肺颗粒物．我国
PM2.5标准采用世卫组织设定的最宽限值，即PM2.5日均值在35微克/立方米以下的空
气质量为一级；在35微克/立方米与75微克/立方米之间的空气质量为二级（含边界值）；在75微克/立方米以上的空气质量为超标．为了解A城市2019年的空气质量情况，从全
年每天的PM2.5日均值数据中随机抽取30天的数据作为样本，日均值如茎叶图所示
（十位为茎，个位为叶）．
（1）求30天样本数据的平均数；
（2）从A城市共采集的30个数据样本中，从PM2.5日均值在[70, 90]范围内随机取2天
数据，求取到2天的PM2.5均超标的概率；
（3）以这30天的PM2.5日均值数据来估计一年的空气质量情况，求A城市一年（按
365天计算）中空气质量达到一级、二级分别有多少天？（结果四舍五入，保留整数）
已知抛物线C:y2＝2px(p>0)的焦点为F，点F到直线x−y+1＝0的距离为√2．
（1）求抛物线C的方程
（2）点O为坐标原点，直线l1，l2经过点M(−1, 0)，斜率为k1的直线l1与抛物线C交于
A，B两点，斜率为k2的直线l2与抛物线C交于D，E两点，记λ＝|MA|⋅|MB|⋅|MD|⋅|ME|，若k1k2=−1
，求λ的最小值．
2
已知函数f(x)＝x2−2ax+2ln x(a∈R)．
（1）讨论函数f(x)的单调性；
（2）若f(x)存在两个极值点x1，x2(x2>x1)，求证：f(x2)−f(x1)<(2−a)(x2−x1)．
[选修4-4：坐标系与参数方程]
在平面直角坐标系xOy中，点P的坐标为(1, 0)；以原点O为极点，x轴的非负半轴为极
)，曲线C1的极坐标方轴且取相同的单位长度建立极坐标系，点M的极坐标为(2√2,3π
4
程为ρ＝4cosθ．
（1）若点N为曲线C1上的动点，求线段MN的中点T的轨迹C2的直角坐标方程；
（2）在（1）的条件下，若过点P的直线l与曲线C2相交于A，B两点，求|PA|⋅|PB|的值．
[选修4-5：不等式选讲]
已知函数f(x)＝|2x−2|+|x+1|．
（1）求不等式f(x)≤4的解集；
(m>0)的最小值．
（2）若函数y＝f(x)+|x+1|的最小值为k，求km+2
m2
参考答案与试题解析
2021年河南省高考数学质检试卷（文科）（6月份）
一、选择题：本题共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.
【答案】
D
【考点】
交集及其运算
【解析】
求出集合A，B，由此能求出A∩B．
【解答】
∵集合A＝{x|x(x−2)≤0}＝{x|0≤x≤2}，
B＝{x|x>1}，
∴A∩B＝{x|1<x≤2}＝(1, 2]．
2.
【答案】
D
【考点】
复数的模
【解析】
利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数模的计算公式求解．
【解答】
∵z=1−i
i +2i=(1−i)(−i)
−i2
+2i=−1−i+2i=−1+i，
∴|z|=√(−1)2+12=√2．
3.
【答案】
C
【考点】
正弦定理
【解析】
由题意利用三角形的面积公式可得sin2C=1
4
，结合sin C>0，可求sin C的值，结合C的范围即可求解C的值．
【解答】
由题意可得：△ABC的面积为ab
8sin C =1
2
ab sin C，
可得：sin2C=1
4
，
由于C∈(0, π)，sin C>0，
所以sin C=1
2
，
可得C=π
6或5π
6
．
4.
【答案】 A
【考点】
三角函数的恒等变换及化简求值 【解析】
由已知利用平方差公式，二倍角的余弦函数公式，特殊角的三角函数值即可计算得解． 【解答】
(cos 5π
12+cos π
12)(cos 5π
12−cos π
12)=cos 25π12
−
cos 2π
12
=
1+cos
5π6
2
−
1+cos π6
2
=
1−
√32
2
−
1+
√32
2
=
−
√32． 5.
【答案】 B
【考点】
充分条件、必要条件、充要条件 【解析】
根据题意，求出两个不等式的解集，分析其解集之间的关系，结合集合与充分必要条件的关系分析可得答案． 【解答】
根据题意，不等式(x −3)ln x >0⇒{x −3>0ln x >0 或{x −3<0
ln x <0 ，解可得0<x <1或x >
3，即不等式的解集为{x|0<x <1或x >3}，
2x >8，解可得x >3，即不等式的解集为{x|x >3}， 又由{x|x >3}⊆{x|0<x <1或x >3}，
则“(x −3)ln x >0”是“2x >8”的必要不充分条件； 6.
【答案】 B
【考点】 简单线性规划 【解析】
作出不等式对应的平面区域，利用线性规划的知识，通过平移即可求z 的最小值． 【解答】
作出实数x ，y 满约束条件{2x −3y +4≥0,
2x +y −4≤0,2x +5y +4≥0,
对应的平面区域（阴影部分），
由z＝2x−y，得y＝2x−z，
平移直线y＝2x−z，由图象可知当直线y＝2x−z经过点B(−2, 0)时，直线y＝2x−z 的截距最大，此时z最小．
此时z的最小值为z＝−4，
7.
【答案】
D
【考点】
函数的图象与图象的变换
【解析】
根据题意，由函数的解析式分析f(1)与f(−1)的符号，利用排除法分析可得答案．【解答】
根据题意，函数f(x)＝x ln(√x2+1−x)，则f(1)＝ln(√2−1)<0，排除BC，
f(−1)＝−ln(√2+1)<0，排除A，
故选：D．
8.
【答案】
C
【考点】
几何概型计算（与长度、角度、面积、体积有关的几何概型）
模拟方法估计概率
【解析】
根据题意，由圆的半径求出圆的面积以及圆的内接正二十四边形的面积，结合几何概
型的知识可得S ′
S =3√6−3√2
π
=b
a
，变形即可得答案．
【解答】
根据题意，圆O的半径为1，则其面积S＝π，
其内接正二十四边形的面积S′＝24×(1
2
×1×1×sin15∘)＝3√6−3√2，
现随机向圆O内投放a粒豆子，其中有b粒豆子落在正二十四边形内，则有S ′
S =
3√6−3√2
π=b
a
，
变形可得：π=(3√6−3√2)a
b
； 9.
【答案】 A
【考点】
数量积表示两个向量的夹角 【解析】
根据平面向量的数量积与模长、夹角公式，即可求出向量a →
与b →
夹角的余弦值． 【解答】
由(a →
+2b →
)⊥(a →
−2b →
),(a →
+b →
)⊥(a →
+3b →
)， 所以(a →
+2b →
)⋅(a →
−2b →
)＝0， 且(a →
+b →
)⋅(a →
+3b →
)＝0； 即a →
2−4b →
2=0，所以|a →
|＝2|b →
|； 且a →2
+4a →
⋅b →
+3b →
2=0，
代入得4|b →|2
+8|b →|2
cos θ+3|b →
|2=0， 解得cos θ=−7
8；
所以向量a →
与b →
夹角的余弦值为−7
8． 10.
【答案】 D
【考点】
对数值大小的比较 【解析】
根据f(x)的解析式即可判断f(x)在(0, +∞)上是增函数，并且x >0时，f(x)>0，x <0时，f(x)<0，并且可判断a >1>b >0>c ，从而可得出f(a)，f(b)和f(c)的大小关系． 【解答】
f(x)在(0, +∞)上是增函数，且x >0时，f(x)>0，x <0时，f(x)<0，
b =log 381
2<log 391
2=1，a ＝50.01>50＝1，c ＝log 30.9<log 31＝0，∴ 0<b <1，a >1，c <0，
∴ f(a)>f(b)>0>f(c) ∴ f(a)>f(b)>f(c)． 11. 【答案】 C
【考点】
椭圆的离心率
【解析】
由题意画出图形，利用勾股定理列式可得b2＝3c2，结合隐含条件即可求得椭圆C的离心率．
【解答】
设O为坐标原点，△BF1F2的外心必在线段OB上，
且有c2+(b−2b
3)2=(2b
3
)2，得b2＝3c2，
即a2−c2＝3c2，得a＝2c，
∴椭圆C的离心率为e=c
a =1
2
．
12.
【答案】
D
【考点】
棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】
设AB＝a，BC＝b，由三棱锥P−ABC外接球表面积得外接球的半径，再由已知结合勾股定理列式求得AP及a2+b2的值，把PB，BD用含有a的代数式表示，过D作DE⊥AB，可得DE⊥平面ABC，利用三角形相似把DE用含有a的代数式表示，可得V P−ACD＝
V P−ABC−V D−ABC，整理后利用基本不等式求最值．
【解答】
设AB＝a，BC＝b，由三棱锥P−ABC外接球表面积为8π，得外接球的半径为√2，
又PA⊥平面ABC，得AB⊥BC，
∴AB2+BC2+AP2＝AC2+AP2＝2AP2＝(2R)2，得AP＝2，∴a2+b2＝4．
∵PA⊥平面ABC，AD⊥BP，∴PB=√4+a2，BD=2
√4+a2
，
过D作DE⊥AB，垂足为E，则DE⊥平面ABC，
∴DE // PA，可得DE
PA =BD
PB
，则DE=2a
2
4+a2
．
∴V P−ACD＝V P−ABC−V D−ABC=1
3
S△ABC⋅(PA−DE)
=1
6ab⋅(2−2a2
4+a2
)=4ab
3(4+a2)
=4ab
3(2a2+b2)
=4
3(2a
b
+b
a
)
≤
6√2
=√2
3
．
当且仅当2a
b =b
a
，即a=2√3
3
，b=2√6
3
时，等号成立．
∴三棱锥P−ACD体积的最大值为√2
3
．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
【答案】
3x−y−1＝0
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
先利用已知的切线斜率，列方程求出切点的横坐标，然后代入原函数求出切点坐标，最后利用点斜式写出切线方程．
【解答】
由y′=4x−1
x =3得：x=1,x=−1
4
（舍）．
所以切点坐标为(1, 2)．故切线方程为y−2＝3(x−1)．
即3x−y−1＝0．
【答案】
−√3
【考点】
函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】
由题意利用函数y＝A sin(ωx+φ)的图象变换规律，正弦函数的图象和性质，先求出函
数g(x)的解析式，从而求得g(0)的值．
【解答】
函数f(x)＝sinωx+a cosωx(0<ω<5, a>0)对任意的x1，x2都有f(x1)+f(x2)≥−4，且存在x0∈R，f(x0)＝−2，
∴−√1+a2=−2，故a=√3，函数f(x)＝sinωx+√3cosωx＝2sin(ωx+π
3
)．
∵点(π
6
,0)为曲线y＝f(x)的对称中心，
∴ω×π
6+π
3
=kπ，k∈Z，∴ω＝4，f(x)＝2sin(4x+π
3
)．
若将函数y＝f(x)的图象向右平移π
4个单位长度，得到函数g(x)＝2sin(4x−π+π
3
)＝
2sin(4x−2π
3)的图象，则g(0)＝2sin(−2π
3
)＝−2sinπ
3
=−√3，
【答案】
2x±y＝0
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
设|AF1|＝2m，m>0，求得|BF2|，运用双曲线的定义可得|AF2|，|BF1|，|AB|，推得BF1⊥BF2，运用勾股定理推得m=2a
3
，b＝2a，可得双曲线的渐近线方程．
【解答】
设|AF1|＝2m，m>0，则|BF2|＝3m，因为|AF2|−|AF1|＝2a，
所以|AF2|＝2m+2a，同理可得|BF1|＝2a+3m，
所以|AB|＝|BF1|−|AF1|＝2a+3m−2m＝2a+m，
因为|F1F2|＝2|OB|，所以BF1⊥BF2，
在直角三角形ABF2中，|AF2|2＝|AB|2+|BF2|2，
即(2m+2a)2＝(2a+m)2+9m2，解得m=2a
3
，
则|BF2|＝2a，|BF1|＝4a，
在直角三角形BF1F2中，由|F1F2|2＝|BF1|2+|BF2|2，
即4(a2+b2)＝16a2+4a2，可得b＝2a，
所以双曲线的渐近线方程为2x±y＝0．
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17～21题为必考题，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． 【答案】
∵ na n+1−(n +1)a n ＝n(n +1)，∴ a
n+1
n+1−
a n n
=1，又a
11=1，
∴ 数列{a
n n
)是首项、公差均为1的等差数列．
∴ a
n n =n ，a n ＝n 2；
由（1）得a n ＝n 2，∴ b n =
√a a =
1n(n+1)
=1n −
1
n+1， ∴ S n ＝(1−12
)+(12
−13
)+...+(1
n
−
1
n+1
)＝1−1n+1
=
n
n+1
．
【考点】 数列递推式 数列的求和 【解析】
（1）先由na n+1−(n +1)a n ＝n(n +1)⇒
a n+1n+1
−
a n n
=1，进而说明数列{a
n
n )是首项、
公差均为1的等差数列，求出a
n
n ，即可求得a n ；
（2）先由（1）中求得的a n 求出b n ，再利用裂项相消法即可求得其前n 项和S n ． 【解答】
∵ na n+1−(n +1)a n ＝n(n +1)，∴ a
n+1
n+1−
a n n
=1，又a
11=1，
∴ 数列{a
n n )是首项、公差均为1的等差数列．
∴
a n n
=n ，a n ＝n 2；
由（1）得a n ＝n 2，∴ b n =
√a a =
1n(n+1)
=1n −
1
n+1，
∴ S n ＝(1−1
2)+(1
2−1
3)+...+(1
n −1
n+1)＝1−1
n+1=n
n+1． 【答案】
证明：如图，取AP 的中点G ，连接EG ，BG ，
∵ DE ＝PE ，AG ＝PG ，∴ GE // AD 且AD ＝2GE ． ∵ AD ＝2，∴ GE ＝1．
∵ BC // AD ，BC ＝1，∴ GE // BC 且GE ＝BC ， ∴ 四边形BCEG 为平行四边形， ∴ CE // BG ．
又∵ BG ⊂平面PAB ，CE ⊄平面PAB ， ∴ CE // 平面PAB ．
如图，过点A作AH⊥BP，垂足为H．
∵AP⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，∴AP⊥BC．
∵BC⊥AB，AB∩AP＝A，又AB，AP⊂平面PAB，∴BC⊥平面PAB．∵AH⊂平面PAB，∴AH⊥BC．
∵AH⊥BP，BP∩BC＝B，BP，BC⊂平面PBC，∴AH⊥平面PBC．
在Rt△APB中，BP√AB2+AP2=√5，AH=AB×AP
BP =2
√5
=2√5
5
．
∵AD // BC，BC⊂平面PBC，AD⊄平面PBC，∴AD // 平面PBC，
∴点D到平面PBC的距离与点A到平面的距离相等，
故点D到平面PBC的距离为2√5
5
．
（注：也可利用V P−BCD＝V D−PBC求解）
【考点】
直线与平面平行
点、线、面间的距离计算
【解析】
（1）取AP的中点G，连接EG，BG，证明四边形BCEG为平行四边形，则有CE // BG，即可证CE // 平面PAB；
（2）过点A作垂足为H，证明AH⊥平面PBC，又AD // BC，所以点D到平面PBC的距离即为AH长，求解AH即可．
【解答】
证明：如图，取AP的中点G，连接EG，BG，
∵DE＝PE，AG＝PG，∴GE // AD且AD＝2GE．
∵AD＝2，∴GE＝1．
∵BC // AD，BC＝1，∴GE // BC且GE＝BC，
∴四边形BCEG为平行四边形，
∴CE // BG．
又∵BG⊂平面PAB，CE⊄平面PAB，
∴CE // 平面PAB．
如图，过点A作AH⊥BP，垂足为H．
∵AP⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，∴AP⊥BC．
∵BC⊥AB，AB∩AP＝A，又AB，AP⊂平面PAB，∴BC⊥平面PAB．∵AH⊂平面PAB，∴AH⊥BC．
∵AH⊥BP，BP∩BC＝B，BP，BC⊂平面PBC，∴AH⊥平面PBC．
在Rt△APB中，BP√AB2+AP2=√5，AH=AB×AP
BP =2
√5
=2√5
5
．
∵AD // BC，BC⊂平面PBC，AD⊄平面PBC，∴AD // 平面PBC，
∴点D到平面PBC的距离与点A到平面的距离相等，
故点D到平面PBC的距离为2√5
5
．
（注：也可利用V P−BCD＝V D−PBC求解）
【答案】
30天样本数据的平均数为
x¯=1
30
×(20+60+150+160+200+300+210+160+180+16+21+19+ 18+19+23+16+9+9)＝53；
从A城市所采集的30个数据样本中，PM2.5日均值在[70, 90]内的共有5天，
而PM2.5日均值为超标（大于75微克/立方米）的有3天；
记PM2.5日均值超标的3天为a，b，c，不超标的2天为x，y；
则从这5天中随机取2天，共有如下10种结果（不记顺序）：
(a, b)、(a, c)、(a, x)、(a, y)、(b, c)、(b, y)、(c, x)、(c, y)、(x, y)，
其中，抽出2天的PM2.5日均值均超标的情况有3种：(a, b)、(a, c)、(b, c)，
由古典概型知，抽到2天的PM2.5日均值均超标的概率为P=3
10
；
在抽取的30天样本数据中，A城市有8天达到一级，有17天达到二级．
由样本估计总体知，A城市一年按35天计算）中空气质量达到一级的天数约为：
365×8
30=292
3
≈97（天），
A城市一年（按365天计算）中空气质量达到二级的天数约为：365×17
30=1241
6
≈207
（天）；
所以估计A城市一年中空气质量为一级约有97天，空气质量为二级约有207天．
【考点】 茎叶图 【解析】
（1）根据茎叶图中数据计算平均数即可；
（2）利用列举法求出基本事件数，计算所求的概率值； （3）利用样本数据估计总体数据即可． 【解答】
30天样本数据的平均数为
x ¯
=1
30×(20+60+150+160+200+300+210+160+180+16+21+19+18+19+23+16+9+9)＝53；
从A 城市所采集的30个数据样本中，PM2.5日均值在[70, 90]内的共有5天， 而PM2.5日均值为超标（大于75微克/立方米）的有3天； 记PM2.5日均值超标的3天为a ，b ，c ，不超标的2天为x ，y ； 则从这5天中随机取2天，共有如下10种结果（不记顺序）：
(a, b)、(a, c)、(a, x)、(a, y)、(b, c)、(b, y)、(c, x)、(c, y)、(x, y)， 其中，抽出2天的PM2.5日均值均超标的情况有3种：(a, b)、(a, c)、(b, c)， 由古典概型知，抽到2天的PM2.5日均值均超标的概率为P =3
10；
在抽取的30天样本数据中，A 城市有8天达到一级，有17天达到二级．
由样本估计总体知，A 城市一年按35天计算）中空气质量达到一级的天数约为：365×8
30=
2923
≈97（天），
A 城市一年（按365天计算）中空气质量达到二级的天数约为：365×17
30=
12416
≈207
（天）；
所以估计A 城市一年中空气质量为一级约有97天，空气质量为二级约有207天． 【答案】
点F 的坐标为(p
2, 0)，
点F 到直线x −y +1＝0的距离为
|p 2
+1|√2
=√2，
因为p >0，所以p ＝2．
所以抛物线C 的方程为y 2＝4x ．
设点A ，B 的坐标分别为(x 1, y 1)，(x 2, y 2)，
联立方程{y 2=4x y =k 1(x +1) 消去y 后整理为，k 12x 2+(2k 12−4)x +k 12
＝0，
由题意得{k 1≠0
△=(2k 12
−4)2−4k 12>0 ，所以0<k 1<1， 所以x 1+x 2=
4−2k 12k 12
，x 1x 2＝1，
又|MA|=√(x 1+1)2+y 12=√(x 1+1)2+k 12(x 1+1)2=√1+k 12|x 1+1|， 则|MB|=√1+k 12|x 2+1|，且x 1，x 2>0，
所以|MA|⋅|MB|＝(1+k 12)(x 1+1)(x 2+1)＝(1+k 12
)(x 1x 2+x 1+x 2+1)＝(1+
k 12)(4−2k 12
k 1
2
+2)=
4(1+k 12)k 12
，
同理，|MD|⋅|ME|=
4(k 22+1)k 22
．
所以λ＝|MA|⋅|MB|⋅|MD|⋅|ME|=
16(1+k 12)(1+k 22)
k 12k 22
＝64(1+k 12)(1+k 22)＝64(k 12+k 22
+5
4)≥64(2|k 1k 2|+5
4)＝64(1+5
4)＝144（当且仅
当k 1=−
√2
2
，k 2=
√2
2
时取等号）． 所以λ的最小值为144．
【考点】
直线与抛物线的位置关系 【解析】
（1）求得F 的坐标，由点到直线的距离公式可得p ，进而得到抛物线的方程；
（2）设点A ，B 的坐标分别为(x 1, y 1)，(x 2, y 2)，联立直线l 1和抛物线的方程，运用韦达定理和两点的距离公式，求得|MA|，|MB|，同理可得|MD|，|ME|，可得λ的式子，化简整理由基本不等式可得所求最小值． 【解答】
点F 的坐标为(p
2, 0)，
点F 到直线x −y +1＝0的距离为
|p 2
+1|√2
=√2，
因为p >0，所以p ＝2．
所以抛物线C 的方程为y 2＝4x ．
设点A ，B 的坐标分别为(x 1, y 1)，(x 2, y 2)，
联立方程{y 2=4x y =k 1(x +1) 消去y 后整理为，k 12x 2+(2k 12−4)x +k 12
＝0，
由题意得{k 1≠0
△=(2k 12−4)2−4k 12>0 ，所以0<k 1<1，
所以x 1+x 2=
4−2k 12k 12
，x 1x 2＝1，
又|MA|=√(x 1+1)2+y 12=√(x 1+1)2+k 12(x 1+1)2=√1+k 12|x 1+1|， 则|MB|=√1+k 12|x 2+1|，且x 1，x 2>0，
所以|MA|⋅|MB|＝(1+k 12)(x 1+1)(x 2+1)＝(1+k 12
)(x 1x 2+x 1+x 2+1)＝(1+
k 12)(4−2k 12k 1
2
+2)=
4(1+k 12)k 12
，
同理，|MD|⋅|ME|=
4(k 22+1)k 22
．
所以λ＝|MA|⋅|MB|⋅|MD|⋅|ME|=
16(1+k 12)(1+k 22)
k 12k 22
＝64(1+k 12)(1+k 22)＝64(k 12+k 22
+5
4)≥64(2|k 1k 2|+5
4)＝64(1+5
4)＝144（当且仅
当k 1=−
√2
2
，k 2=
√2
2
时取等号）．
所以λ的最小值为144． 【答案】
函数f(x)的定义域为(0, +∞)，f ′(x)＝2x −2a +2
x =
2(x 2−ax+1)
x
，
①当a ≤0时，x 2−ax +1>0恒成立，即f ′(x)>0，∴ 函数f(x)在(0, +∞)上单调递增；
②当0<a ≤2时，△≤0，f ′(x)>0恒成立，∴ 函数f(x)在(0, +∞)上单调递增； ③当a >2时，令f ′(x)>0，得0<x <a−√a 2−4
2
或x >
a+√a 2−4
2
，函数f(x)单调递增；
令f ′(x)<0，得
a−√a 2−4
2
<x <
a+√a 2−4
2
，函数f(x)单调递减．
综上所述，
当a ≤2时，函数f(x)在(0, +∞)上单调递增； 当a >2时，函数f(x)在(0, a−√a 2−4
2
)和(
a+√a 2−4
2
, +∞)上单调递增，在
(
a−√a 2−42
, 
a+√a 2−4
2
)上单调递减．
证明：由（1）知，x 1、x 2是方程x 2−ax +1＝0的两个不同正根且{x 1+x 2=a
x 1x 2=1 ，∴
0<x 1<1<x 2．
∴ f(x 2)−f(x 1)＝(x 22−2ax 2+2ln x 2)−(x 12
−2ax 1+2ln x 1)
＝(x 22−x 12)−2a(x 2−x 1)+2ln x 2x 1
=(x 22−x 12
)−2(x 2+x 1)(x 2−x 1)+2ln
x 2x 1
=
−(x 22−x 12)+2ln x
2x 1．
∵ (2−a)(x 2−x 1)＝2(x 2−x 1)−a(x 2−x 1)＝2(x 2−x 1)−(x 2+x 1)(x 2−x 1)＝
2(x 2−x 1)−(x 22−x 12
)， ∴ 要证f(x 2)−f(x 1)<(2−a)(x 2−x 1)，只需证2ln x
2x 1
<2(x 2−x 1)．
∵ x 1x 2＝1，∴ 只需证ln x 22<x 2−1x 2
，即证x 2−1
x 2
−2ln x 2>0．
令g(x)＝x −1x
−2ln x(x >1)，则g ′(x)＝1+
1x 2
−2x
=(1
x
−1)2>0，∴ 函数g(x)在
(1, +∞)上单调递增， ∴ g(x)>g(1)＝0，即x 2−
1x 2
−2ln x 2>0．
故若f(x)存在两个极值点x 1，x 2(x 2>x 1)，则f(x 2)−f(x 1)<(2−a)(x 2−x 1)． 【考点】
利用导数研究函数的单调性 利用导数研究函数的极值 【解析】
（1）函数f(x)的定义域为(0, +∞)，f ′
(x)
2(x 2−ax+1)
x
，然后分a ≤0，0<a ≤2和a >
2三类讨论f ′(x)与0的大小关系，从而得f(x)的单调性；
（2）由（1）知，x 1、x 2是方程x 2−ax +1＝0的两个不同正根且{x 1+x 2=a
x 1x 2=1
，故
0<x 1<1<x 2；于是可将f(x 2)−f(x 1)化简为(x 22−x 12
)+2ln x
2x 1
，将(2−a)(x 2−x 1)
化简为2(x 2−x 1)−(x 22−x 12)，然后利用分析法将原问题转化为证明x 2−
1x 2
−2ln x 2>
0恒成立；构造函数g(x)＝x −1
x
−2ln x(x >1)，利用导数判断其单调性，并求最小值
即可得证． 【解答】
函数f(x)的定义域为(0, +∞)，f ′
(x)＝2x −2a +2
x =
2(x 2−ax+1)
x
，
①当a ≤0时，x 2−ax +1>0恒成立，即f ′(x)>0，∴ 函数f(x)在(0, +∞)上单调递增；
②当0<a ≤2时，△≤0，f ′(x)>0恒成立，∴ 函数f(x)在(0, +∞)上单调递增； ③当a >2时，令f ′(x)>0，得0<x <a−√a 2−4
2
或x >
a+√a 2−4
2
，函数f(x)单调递增；
令f ′(x)<0，得
a−√a 2−4
2
<x <
a+√a 2−4
2
，函数f(x)单调递减．
综上所述，
当a ≤2时，函数f(x)在(0, +∞)上单调递增； 当a >2时，函数f(x)在(0, a−√a 2−4
2
)和(
a+√a 2−4
2
, +∞)上单调递增，在
(
a−√a 2−42
, 
a+√a 2−4
2
)上单调递减．
证明：由（1）知，x 1、x 2是方程x 2−ax +1＝0的两个不同正根且{x 1+x 2=a
x 1x 2=1 ，∴
0<x 1<1<x 2．
∴ f(x 2)−f(x 1)＝(x 22−2ax 2+2ln x 2)−(x 12
−2ax 1+2ln x 1)
＝(x 22−x 12)−2a(x 2−x 1)+2ln x 2x 1
=(x 22−x 12)−2(x 2+x 1)(x 2−x 1)+2ln x
2x 1
=
−(x 22−x 12)+2ln x
2x 1
．
∵ (2−a)(x 2−x 1)＝2(x 2−x 1)−a(x 2−x 1)＝2(x 2−x 1)−(x 2+x 1)(x 2−x 1)＝
2(x 2−x 1)−(x 22−x 12
)， ∴ 要证f(x 2)−f(x 1)<(2−a)(x 2−x 1)，只需证2ln x
2x 1
<2(x 2−x 1)．
∵ x 1x 2＝1，∴ 只需证ln x 22<x 2−1x 2
，即证x 2−1
x 2
−2ln x 2>0．
令g(x)＝x −1x −2ln x(x >1)，则g ′(x)＝1+1x 2−2x =(1
x −1)2>0，∴ 函数g(x)在(1, +∞)上单调递增，
∴ g(x)>g(1)＝0，即x 2−1
x 2
−2ln x 2>0．
故若f(x)存在两个极值点x 1，x 2(x 2>x 1)，则f(x 2)−f(x 1)<(2−a)(x 2−x 1)． [选修4-4：坐标系与参数方程] 【答案】
点M 的直角坐标方程为(−2, 2)，
将ρ=√x 2+y 2,x =ρcos θ,y =ρsin θ代入曲线C 1的极坐标方程，
所以曲线C 1的直角坐标方程为x 2+y 2−4x ＝0，整理为(x −2)2+y 2＝4． 设点T 的坐标为(x, y)，点N 的坐标为(m, n)，则(m −2)2+n 2＝4． 由T 为MN 的中点，则有{2x =m −2
2y =n +2
，
得{m =2x +2n =2y −2 ，代入(m −2)2+n 2＝4，可得4x 2+(2y −2)2＝4， 整理得x 2+(y −1)2＝1．
故线段MN 的中点T 的轨迹C 2的直角坐标方程为x 2+(y −1)2＝1． 设直线l 的倾斜角为θ，则直线l 的参数方程为{
x =1+t cos θ
y =t sin θ
（t 为参数），
A ，
B 对应的参数分别为t 1，t 2．
将直线l 的参数方程代入曲线C 2的直角坐标方程后整理得： t 2+2(cos θ−sin θ)t +1＝0， 由韦达定理得
t 1+t 2＝−2(cos θ−sin θ)，t 1⋅t 2＝1， 所以|PA|⋅|PB|＝|t 1t 2|＝1． 所以|PA|⋅|PB|的值的值为1．
【考点】 轨迹方程 【解析】
（1）先根据直角坐标系与极坐标系坐标之间的关系求出M 点的直角坐标系坐标与曲线C 1的直角坐标系方程，再利用T 为MN 的中点这个条件求出N 点坐标与T 点坐标之间的关系，再代入到方程(m −2)2+n 2＝4中即可得到x ，y 的关系，即线段MN 的中点T 的轨迹C 2的直角坐标方程；
（2）先求出直线l 的标准的参数方程，再与曲线C 2联立，结合参数t 的几何意义即可求出|PA|⋅|PB|的值． 【解答】
点M 的直角坐标方程为(−2, 2)，
将ρ=√x 2+y 2,x =ρcos θ,y =ρsin θ代入曲线C 1的极坐标方程，
所以曲线C 1的直角坐标方程为x 2+y 2−4x ＝0，整理为(x −2)2+y 2＝4． 设点T 的坐标为(x, y)，点N 的坐标为(m, n)，则(m −2)2+n 2＝4． 由T 为MN 的中点，则有{2x =m −2
2y =n +2
，
得{m =2x +2n =2y −2 ，代入(m −2)2+n 2＝4，可得4x 2+(2y −2)2＝4， 整理得x 2+(y −1)2＝1．
故线段MN 的中点T 的轨迹C 2的直角坐标方程为x 2+(y −1)2＝1． 设直线l 的倾斜角为θ，则直线l 的参数方程为{
x =1+t cos θ
y =t sin θ
（t 为参数），
A ，
B 对应的参数分别为t 1，t 2．
将直线l 的参数方程代入曲线C 2的直角坐标方程后整理得： t 2+2(cos θ−sin θ)t +1＝0， 由韦达定理得
t 1+t 2＝−2(cos θ−sin θ)，t 1⋅t 2＝1， 所以|PA|⋅|PB|＝|t 1t 2|＝1． 所以|PA|⋅|PB|的值的值为1．
[选修4-5：不等式选讲]
【答案】
①当x≤−1时，原不等式可化为2−2x−(x+1)≤4，得x≥−1，故有x＝−1；
②当−1<x<1时，原不等式可化为2−2x+x+1≤4，得x>−1，故有−1<x< 1；
③当x≥1时，原不等式可化为2x−2+x+1≤4，解得x≤5
3，故有1≤x≤5
3
综上，不等式的解集为[−1, 5
3
]．
因为y＝f(x)+|x+1|＝2|x−1|+2|x+1|≥2|x−1+x+1|＝4，所以k＝4．
所以km+2
m2=4m+2
m2
=2m+2m+2
m2
≥3√2m⋅2m⋅2
m2
3=6，
当且仅当2m=2
m2
，即m＝1时“＝”成立，
所以km+2
m2
的最小值为6．
【考点】
函数的最值及其几何意义
绝对值不等式的解法与证明
【解析】
（1）对x进行讨论，化简绝对值，进而可求不等式的解集；
（2）由绝对值不等式的性质可求f(x)的最小值，进而可求k，然后结合基本不等式即可求解．
【解答】
①当x≤−1时，原不等式可化为2−2x−(x+1)≤4，得x≥−1，故有x＝−1；
②当−1<x<1时，原不等式可化为2−2x+x+1≤4，得x>−1，故有−1<x< 1；
③当x≥1时，原不等式可化为2x−2+x+1≤4，解得x≤5
3，故有1≤x≤5
3
综上，不等式的解集为[−1, 5
3
]．
因为y＝f(x)+|x+1|＝2|x−1|+2|x+1|≥2|x−1+x+1|＝4，所以k＝4．
所以km+2
m2=4m+2
m2
=2m+2m+2
m2
≥3√2m⋅2m⋅2
m2
3=6，
当且仅当2m=2
m2
，即m＝1时“＝”成立，
所以km+2
m2
的最小值为6．。