福建省宁德市2017-2018学年高三理数第一次质量试卷及解析

第1页，总22页福建省宁德市2017-2018学年高三理数第一次质量试卷注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上第I 卷（选择题）一、选择题1.已知复数 z 1 对应复平面上的点 (−1,1) ，复数 z 2 满足 z 1z 2=−2 ，则 |z 2+2i|= （ ） A.√2 B.2 C.√10 D.102.若 tan(π4−α)=−13，则 cos2α= （ ）A.35B.−35C.−45D.45答案第2页，总22页………○…………订…………○…………线…………○※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※………○…………订…………○…………线…………○3.执行如图所示的程序框图，运行相应的程序，则输出的 a 的值为（ ）A.10B.lg99C.2D.lg1014.设 x,y 满足约束条件 {2x −y −1≤0,x +1≥0,y −m ≤0 ，若目标函数 z =x −2y 的最小值大于 −5 ，则 m 的取值范围为（ ） A.(−1,113)B.[−3,113)C.[−3,2)D.(−∞,2)5.福建省第十六届运动会将于2018年在宁德召开．组委会预备在会议期间将 A,B,C,D,E,F 这六名工作人员分配到两个不同的地点参与接待工作．若要求 A,B 必须在同一组，且每组至少2人，则不同的分配方法有（ ）第3页，总22页…○…………订…………○…………线……___班级：___________考号：___________…○…………订…………○…………线…… A.15种 B.18种 C.20种 D.22种6.一个几何体的三视图如图所示，则它的表面积为（ ）A.4+√7+3π2B.4+√7+5π2C.2+√7+5π2D.1+√7+3π27.已知 a =log 0.62,b =log 20.6,c =0.62 ，则（ ） A.a >b >c B.b >c >a C.c >b >a D.c >a >b8.设抛物线 y 2=2px(p >0) 的焦点为 F ，过 F 点且倾斜角为 π4 的直线 l 与抛物线相交于A,B 两点，若以 AB 为直径的圆过点 (−p2,2) ，则该抛物线的方程为（ ）A.y 2=2xB.y 2=4xC.y 2=8xD.y 2=16x答案第4页，总22页9.我国古代数学名著《孙子算经》中有如下问题：“今有三女，长女五日一归，中女四日一归，少女三日一归．问：三女何日相会？” 意思是：“一家出嫁的三个女儿中，大女儿每五天回一次娘家，二女儿每四天回一次娘家，小女儿每三天回一次娘家．三个女儿从娘家同一天走后，至少再隔多少天三人再次相会？”假如回娘家当天均回夫家，若当地风俗正月初二都要回娘家，则从正月初三算起的一百天内，有女儿回娘家的天数有（ ） A.58 B.59 C.60 D.6110.函数 f(x)=asinωx +bcosωx ( a,b ∈R,ω>0 )，满足 f(−2π3+x)=−f(−x) 且对任意 x ∈R ，都有 f(x)≤f(−π6) ，则以下结论正确的是（ ） A.f(x)max = |a| B.f(−x)=f(x) C.a =√3b D.ω=311.设函数 f(x)=ae x−1−1−e x ln(x +1) 存在零点 x 0 ，且 x 0>1 ，则实数 a 的取值范围是（ ） A.(−∞, 1+eln2) B.(−eln2, +∞ ) C.(−∞, −eln2) D.( 1+eln2, +∞)第II 卷（非选择题）请点击修改第II 卷的文字说明二、填空题（题型注释）12.已知向量 a →， b →的夹角为 60° ， |a →|=2 ， |a →+2b →|=2√7 ，则 |b →|= ．第5页，总22页○…………装…………○…………学校:___________姓名：___________班级：_________○…………装…………○…………13.若双曲线 C 的右焦点 F 关于其中一条渐近线的对称点 P 落在另一条渐近线上，则双曲线 C 的离心率 e = ．14.若正三棱台 ABC −A ′B ′C ′ 的上、下底面边长分别为 √3 和 2√3 ，高为1，则该正三棱台的外接球的表面积为 ．三、解答题（题型注释）15.设函数 f(x)=|x 2−2x −1| ，若 a >b ≥1 ， f(a)=f(b) ，则对任意的实数 c ，(a −c)2+(b +c)2 的最小值为 ．16.已知数列 {a n } 的前 n 和为 S n ，若 a n >0 ， a n =2√S n −1 ． （Ⅰ）求数列 {a n } 的通项公式；（Ⅱ）若 b n =an 3n ，求数列 {b n } 的前 n 项和 T n ．17.如图，矩形 ABCD 中， AB =6 ， AD =2√3 ，点 F 是 AC 上的动点．现将矩形ABCD 沿着对角线 AC 折成二面角 D ′−AC −B ，使得 D ′B =√30 ．（Ⅰ）求证：当 AF =√3 时， D ′F ⊥BC ；（Ⅱ）试求 CF 的长，使得二面角 A −D ′F −B 的大小为 π4 ．18.如图，岛 A 、 C 相距 10√7 海里．上午9点整有一客轮在岛 C 的北偏西 400且距岛 C 10 海里的 D 处，沿直线方向匀速开往岛 A ，在岛 A 停留 10 分钟后前往 B 市．上午 9:30 测得客轮位于岛 C 的北偏西 700且距岛 C 10√3 海里的 E 处，此时小张从岛 C 乘坐速度为 V 海里/小时的小艇沿直线方向前往 A 岛换乘客轮去 B 市．答案第6页，总22页…订…………○…………线…………○※※内※※答※※题※※…订…………○…………线…………○（Ⅰ）若 V ∈(0,30] ，问小张能否乘上这班客轮？ （Ⅱ）现测得 cos∠BAC =−45， sin∠ACB =√55．已知速度为 V 海里/小时( V ∈(0,30] )的小艇每小时的总费用为( 12V 2+V +50 )元，若小张由岛 C 直接乘小艇去 B市，则至少需要多少费用？ 19.已知椭圆 C:x 2a2+y 2b 2=1(a >b >0) 的左、右焦点分别为 F 1 , F 2 ．过 P(0,√32b)且斜率为 k 的直线 l 与椭圆 C 相交于点 M , N ．当 k =0 时，四边形 MNF 1F 2 恰在以 MF 1 为直径，面积为 2516π 的圆上． （Ⅰ）求椭圆 C 的方程；（Ⅱ）若 |PM|⋅|PN|=37|MN| ，求直线 l 的方程．20.已知函数 f(x)=ax 2+lnx (a ∈R) 有最大值 −12， g(x)=x 2−2x +f(x) ，且g ′(x) 是 g(x) 的导数．（Ⅰ）求 a 的值；（Ⅱ）证明：当 x 1<x 2 ， g(x 1)+g(x 2)+3=0 时， g ′(x 1+x 2)>12 ．21.在平面直角坐标系 xOy 中，以坐标原点为极点， x 轴正半轴为极轴建立极坐标系. 曲线 C 1 的极坐标方程为 ρ=4sinθ ， M 为曲线 C 1 上异于极点的动点，点 P 在射线OM 上，且 |OP|, 2√5, |OM| 成等比数列．（Ⅰ）求点 P 的轨迹 C 2 的直角坐标方程；第7页，总22页（Ⅱ）已知 A(0,3) , B 是曲线 C 2 上的一点且横坐标为 2 ，直线 AB 与 C 1 交于 D,E 两点，试求 ||AD|−|AE|| 的值． 22.选修4—5：不等式选讲已知 f(x)=x 2+a (a ∈R) ， g(x)=|x +1|+|x −2| （Ⅰ）若 a =−4 ，求不等式 f(x)≥g(x) 的解集；（Ⅱ）若 x ∈[0,3] 时， f(x)>g(x) 的解集为空集，求 a 的取值范围．答案第8页，总22页参数答案1.C【解析】1.复数 z 1 对应复平面上的点 (−1,1) ，所以 z 1=−1+i . 由 z 1z 2=−2 得： z 2=−2z 1=2−1+i =2(−1−i)2=1+i .z 2+2i =1+3i ，所以 |z 2+2i|=√10 .故答案为：C.根据题目中所给的条件的特点，由已知可得z 1 ， 代入题中条件，利用复数代数形式的乘除运算化简求得z 2 ， 再由复数模的计算公式求|z 2+2i|． 2.B【解析】2.由 tan(π4−α)=−13，得 1−tanα1+tanα=−13 ，解得 tanα=2 .cos2α=cos 2α−sin 2α=cos 2α−sin 2αcos 2α+sin 2α=1−tan 2α1+tan 2α=−35.故答案为：B.根据题目中所给的条件的特点，利用同角三角函数的两角差的正切公式，二倍角公式，即可求得cos2α的值． 3.D【解析】3.执行程序：n =1,a =0,1≤100,a =0+lg(1+1)=lg2,n =2 , 2≤100,a =lg2+lg(1+12)=lg2+lg 32,n =3 ,……100≤100,a =lg(1+1100)=lg2+lg 32+lg 43+⋯+lg101100,n =101 .101≤100 ，不成立，输出 a =lg2+lg 32+lg 43+⋯+lg 101100=lg(2×32×43×⋯×lg101100)=lg101 .故选D.根据题目中所给的条件的特点，可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量a 的值，根据对数的运算法则计算即可得解．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，以便得出正确的结论． 4.B第9页，总22页………○…………订…………○…………线…………○…_________班级：___________考号：___________………○…………订…………○…………线…………○…【解析】4.作出不等式组的可行域如图所示，由图可知 m ≥−3 . 平移直线 y =12x −z2至点A 处得 z 的最小值，{2x −y −1=0y −m =0 得 {x =m+12y =m,即 A(m+12,m) ，代入z 得 z min =m+12−2m =1−3m 2 .由题意知1−3m2>−5 ，解得 m <113.综上： −3≤m <113.所以答案是：B. 5.D【解析】5.先从两个不同的地方选出一地分配 A,B 两人，有 C 21=2 种， 再将剩余4人分入两地有三种情况，4人都去A,B 外的另一地点，1种情况； 有三人去A,B 外的另一地点， C 43=4 种； 有二人去A,B 外的另一地点， C 42=6 种. 综上：共有 2×(1+4+6)=22 种， 所以答案是：D. 6.A答案第10页，总22页…装…………○…………订…………○…………线…………○不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…装…………○…………订…………○…………线…………○【解析】6.如图所示三视图的还原图：左侧为三棱锥，右侧为半个圆锥.有： PO ⊥ 面PBC, PO =√3,BC =2, 所以PB=PC=2, PA =AC =2√2 ,取PC 中点D ，则 AD ⊥PC ，所以 AD =√7 .得表面积为 12×2×2+12×2×2+12×2×√7+12×π×12+12π×2=4+√7+3π2. 所以答案是：A.【考点精析】关于本题考查的简单空间图形的三视图，需要了解画三视图的原则：长对齐、高对齐、宽相等才能得出正确答案． 7.C【解析】7. c =0.62>0 .b =log 20.6<0 ，且 b =log 20.6>log 20.5=−1 ，即 b ∈(−1,0) . a =log 0.62=1log 20.6=1a∈(−∞,−1) .所以 c >b >a .所以答案是：C. 【考点精析】掌握对数函数的单调性与特殊点是解答本题的根本，需要知道过定点（1，0），即x=1时，y=0;a>1时在（0，+∞）上是增函数;0>a>1时在（0，+∞）上是减函数． 8.B【解析】8.根据题意得：以AB为直径的圆过点P(−p2,2)，设AB的中点为C，则PC= 12AB .由抛物线定义知：PC与准线x=−p2垂直.设AB:x=y+p2.与抛物线联立得：y2−2py−p2=0 .设A(x1,y1),B(x2,y2)，则y1+y2=2p=4，解得p=2 .所以y2=4x .所以答案是：B.9.C【解析】9.小女儿、二女儿和大女儿回娘家的天数分别是33,25,20，小女儿和二女儿、小女儿和大女儿、二女儿和大女儿回娘家的天数分别是8,6,5，三个女儿同时回娘家的天数是1，所以有女儿在娘家的天数是：33+25+20-(8+6+5)+1=60．故答案为：C.根据题目中所给的条件的特点，先算出小女儿、二女儿和大女儿回娘家的天数，以及其中小女儿和二女儿、小女儿和大女儿、二女儿和大女儿同时回娘家的天数，三个女儿同时回娘家的天数，最后由此能求出从正月初三算起的一百天内，有女儿回娘家的天数．考查分类讨论、集合等基础知识，考查运算求解能力.10.A【解析】10. f(−2π3+x)=−f(−x)可知，函数f(x)的对称中心为(−π3,0) .对任意x∈R，都有f(x)≤f(−π6)，知对称轴是x=−π6，可知f(0)=f(−π3)=0，故b=0, f(x)=asinωx .所以f(x)max= |a| .故答案为：A.根据题目中所给的条件的特点，知函数f（x）关于某点对称，且关于某直线的对称，结合三角函数的图象与性质进行分析、判断各个选项的正误即可得到答案．考查了三角函数的图象与性质的应用问题.11.D【解析】11.令ae x−1−1−e x ln(x+1)=0，得1e x+ln(x+1)=ae−1，设ℎ(x)=1e x+ln(x+1)，条件转化为y=ℎ(x)与y=ae−1的图象在(1,+∞)上有交点，∵ℎ′(x)=−1+1=e x−x−1≥0，得ℎ(x)在[0,+∞)上为增函数，答案第12页，总22页∴ℎ(1)<ae −1 ，得 a > 1+eln2 .故答案为：D.本题考查函数的零点问题，注意运用转化思想和构造函数法，以及运用函数的单调性， 导数和函数的单调性的关系：（1）若f′（x ）＞0在（a ，b ）上恒成立，则f （x ）在（a ，b ）上是增函数，f′（x ）＞0的解集与定义域的交集的对应区间为增区间；（2）若f′（x ）＜0在（a ，b ）上恒成立，则f （x ）在（a ，b ）上是减函数，f′（x ）＜0的解集与定义域的交集的对应区间为减区间． 12.2【解析】12.向量 a ， b 的夹角为 60° ， |a|=2 ，所以 |a +2b|=√a 2+4a ⋅b +(2b)2=√4+4|b|+4|b|2=2√7 ， 解得 |b|=2 .故答案为：2.根据题目中所给的条件的特点，代入数量积公式，化为关于|b|的一元二次方程求解．考查平面向量的数量积运算. 13.2【解析】13.设双曲线 C:x 2a 2−y 2b 2=1 ，左焦点为F (−c ,0)，渐近线方程为 y =±b ax ， 设F 关于 y =ba x 的对称点为(m ,−bma)， 由题意可得 bma−c−m =−ab ,(∗) 且 12(0−bm a)=12⋅ba (m −c) ，可得m = 12 c ,代入(∗)可得b 2=3a 2 ，c 2=a 2+b 2=4a 2 ， 则离心率 e =c a=2 .故答案为：2.根据题目中所给的条件的特点，设出双曲线的左焦点的坐标，求出渐近线方程，求出F 关于渐近线的对称点，由中点坐标公式和两直线垂直的条件：斜率之积为-1，解方程可得关系式，最后代入可得a ，b 的关系，由离心率公式，计算即可得到双曲线 C 的离心率． 14.20π……○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________……○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…【解析】14.如图所示， O 1 ， O 2 分别为上下底面的外心，则外接球球心O 则在线 O 1O 2 上，连接 C ′O 1 并延长交 A ′B ′ 于D 1 ， 连接C O 2 并延长交AB 于D ，∵等边三角形 A ′B ′C ′的边长为 √3 cm ,∴ O 1C ′=23C ′D 1=23×32=1cm ， ∵等边三角形ABC 的边长为 2√3 cm ,∴ O 2 C = 23 CD = 23×3=2 cm ， 若点 O 在线段由 O 1O 2 上，则 O 1O +O 2O =O 1O 2=1 ， 得 √R 2−O 2C 2+√R 2−O 1O 2=1 ，无解.若点 O 在线段由 O 1O 2 外，则 |O 1O −O 2O|=O 1O 2=1 ， 得 |√R 2−O 2C 2−√R 2−O 1C ′2|=1 ，，解得 R 2=5 . 则该正三棱台的外接球的表面积为 4πR 2=20π . 故答案为： 20π .考查正三棱台的外接球的表面积的求法，考查正三棱台及其外接球等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想．研究球与多面体的接、切问题主要考虑以下几个方面的问题： （1）球心与多面体中心的位置关系； （2）球的半径与多面体的棱长的关系； （3）球自身的对称性与多面体的对称性； （4）能否做出轴截面．15.解：依题意可知： a 2−2a −1=−(b 2−2b −1) ，整理得 (a −1)+(b −1)2=4 ，∵a >b ≥1 ， ∴ 方程表示如图一段弧AB ，答案第14页，总22页………○…………线…………○※※题※※………○…………线…………○(a −c)2+(b +c)2 可表示弧上一点到直线 y =−x 的距离的平方， ∴(a −c)2+(b +c)2 的最小值是8【解析】15.根据题目中所给的条件的特点，作出简图，分析可得a+b 的范围；且可将待求式子看成是以c 为自变量的二次函数，结合二次函数的性质分析可得答案．考查分段函数的应用，涉及函数的最值，关键是求出a+b 的范围． 16.解：（Ⅰ） ∵a n =2√S n −1 ， ∴4S n =(a n +1)2 ． 当 n =1 时， 4S 1=(a 1+1)2 ，得 a 1=1 ． 当 n ≥2 时， 4S n−1=(a n−1+1)2 ，∴4(S n −S n−1)=(a n +1)2−(a n−1+1)2 ， ∴4a n =a n 2+2a n −a n−12−2a n−1 ，即 (a n +a n−1)(a n −a n−1)=2(a n +a n−1) ，∵a n >0, ∴a n −a n−1=2 ．∴ 数列 {a n } 是等差数列，且首项为 a 1=1 ，公差为2， ∴a n =1+2(n −1)=2n −1 ．（Ⅱ）由（Ⅰ）可知， b n =(2n −1)⋅13n ，∴T n =1×13+3×132+5×133+⋅⋅⋅+(2n −1)⋅13n，——①13T n=1×132+3×133+⋅⋅⋅+(2n −3)⋅13n +(2n −1)⋅13n+1 ，——②①–②得 23T n =13+2(132+133+⋅⋅⋅+13n )−(2n −1)⋅13n+1=13+2×132−13n+11−13−(2n −1)⋅○…………外…………○…………装…………○…学校:___________姓名：___________班级：○…………内…………○…………装…………○…13n+1，化简得 T n =1−n+13n． 解法二：（Ⅰ）同解法一.（Ⅱ）由（Ⅰ）可知， b n =(2n −1)⋅13n ，设 b n =(2n −1)⋅13n =(An +B)⋅13n −[A(n −1)+B]⋅13n−1=(−2An +3A −2B)⋅13n ，∴{−2A =2,3A −2B =−1, 解得 {A =−1,B =−1.∴b n =(2n −1)⋅13=(−n −1)⋅13−(−n)⋅13=n ⋅13−(n +1)⋅13 ，∴ T n =b 1+b 2+⋅⋅⋅+b n =(1×13−2×131)+(2×131−3×132)+⋯+[n ⋅13n−1−(n +1)⋅13n ]=1−n+13n【解析】16.（Ⅰ）利用数列的递推关系式通过数列的第n 项与前n 项之间的关系a n =S n -S n-1求数列{a n }的通项公式；（Ⅱ）利用错位相减法求解数列的和即可．或利用拆项法求解数列的和即可．本题考查数列的通项公式的求法，考查数列的前n 项和公式的求法． 17.解：（Ⅰ）连结 DF ， BF ．在矩形 ABCD 中， AD =2√3,CD =6 ,∴AC =4√3,∠CAB =300 , ∠DAC =600 ．在 ΔADF 中，∵ AF =√3 ,∴DF 2=DA 2+AF 2−2DA ⋅AF ⋅cos∠DAC =9 ，∵ DF 2+AF 2=9+3=DA 2 ，∴DF ⊥AC ，即 D ′F ⊥AC ．又在 ΔABF 中，答案第16页，总22页…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○BF 2=AB 2+AF 2−2AB ⋅AF ⋅cos∠CAB =21 ，∴在 ΔD ′FB 中， D ′F 2+FB 2=32+(√21)2=D ′B 2 ,∴BF ⊥D ′F ,又 ∵AC ∩FB =F , ∴ D ′F ⊥ 平面 ABC ． ∴ D ′F ⊥BC ．（Ⅱ）解：在矩形 ABCD 中，过 D 作 DE ⊥AC 于 O ，并延长交 AB 于 E . 沿着对角线 AC 翻折后，由（Ⅰ）可知， OE,OC,OD ′ 两两垂直，以 O 为原点， OE ⇀的方向为 x 轴的正方向建立空间直角坐标系 O −xyz ，则O(0,0,0),E(1,0,0), D ′(0,0,3),B(3,2√3,0) , ∵EO ⊥ 平面 AD ′F ,∴OE ⇀=(1,0,0) 为平面 AD ′F 的一个法向量．设平面 BD ′F 的法向量为 n =(x,y,z),∵F(0,t,0) ， ∴BD ′⇀=(−3,−2√3,3), BF ⇀=(−3,t −2√3,0) ,由 {n ⋅BD ′⇀=0,n ⋅BF ⇀=0,得 {−3x −2√3y +3z =0 ， −3x +(t −2√3)y =0 ， 取 y =3, 则 x =t −2√3,z =t , ∴n =(t −2√3,3,t) ．∴cosπ4=|n⋅OE⇀||n||OE⇀|,即√3|√(t−2√3)+9+t2=√22,∴t=√34．∴当CF=114√3时，二面角A−D′F−B的大小是π4【解析】17.（Ⅰ）根据题目中所给的条件的特点，连结DF，BF．通过计算推出DF⊥AC，得到D'F⊥AC，然后证明D'F⊥平面ABC．推出利用线面垂直的性质得到D'F⊥BC．（Ⅱ）先说明OE，OC，OD'两两垂直，以O为原点，建立适当的空间直角坐标系O-xyz，求出平面AD'F的一个法向量．以及平面BD'F的法向量，通过用空间向量求平面间的夹角的方法，利用向量的数量积求解二面角的平面角的余弦值即可．18.解：（Ⅰ）根据题意得：CD=10，CE=10√3，AC=10√7，∠DCE=700−400=300．在ΔCDE中，由余弦定理得，DE=√CD2+CE2−2CD⋅CE⋅cos∠DCE=√102+(10√3)2−2×10×10√3×√32=10 ,所以客轮的航行速度V1=10×2=20（海里/小时）．因为CD=DE，所以∠DEC=∠DCE=300，所以∠AEC=1800−300=1500．在ΔACE中，由余弦定理得，AC2=AE2+CE2−2AE⋅CE⋅cos∠AEC，整理得：AE2+30AE−400=0，解得AE=10或AE=−40（不合舍去）．所以客轮从E处到岛A所用的时间t1=1020=12小时，小张到岛A所用的时间至少为t2=10√730=√73小时．由于t2>t1+16，所以若小张9点半出发，则无法乘上这班客轮.（Ⅱ）在ΔABC中，cos∠BAC=−45，sin∠ACB=√55,所以∠ACB为锐角，sin∠BAC=35，cos∠ACB=2√55．答案第18页，总22页所以 sinB =sin[1800−(∠BAC +∠ACB)]=sin(∠BAC +∠ACB)=sin∠BACcos∠ACB +cos∠BACsin∠ACB =35×2√55−45×√55=2√525.由正弦定理得， BCsin∠BAC =ACsinB , 所以 BC =10√7×352√525=15√35 ,所以小张由岛 C 直接乘小艇去城市 B 的总费用为f(V)=15√35V (12V 2+V +50)=15√35(12V +1+50V)≥165√35 ( V ∈(0,30] )，当且仅当 12V =50V，即 V =10 时， f(V)min =165√35 （元）.所以若小张由岛 C 直接乘小艇去 B 市，其费用至少需 165√35 元【解析】18.（Ⅰ）根据题目中所给的条件的特点，在△CDE 中，由余弦定理得DE ．在△ACE 中，由余弦定理得AE ，最后求出客轮从E 处到岛A 所用的时间，小张到岛A 所用的时间．即可推出正确的答案．（Ⅱ）求出BC ，利用基本不等式求出最值即可．考查正弦定理、余弦定理及三角恒等变换等基础知识.19.解：（Ⅰ）当 k =0 时，直线 l//x 轴，又四边形 MNF 1F 2 恰在以 MF 1 为直径，面积为 2516π 的圆上， ∴四边形 MNF 1F 2 为矩形，且 |MF 1|=52 ．∴点 M 的坐标为 (c,b 2a) ．又 b 2a=√32b ，∴ ba =√32．设 a =2k,b =√3k ，则 c =k ．在 RtΔMF 1F 2 中， |MF 2|=32k ， |F 1F 2|=2k ，∴ |MF 1|=52k =52，∴ k =1 ．外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…∴ a =2,b =√3 ， ∴椭圆 C 的方程为 x 24+y 23=1 ．（Ⅱ）将 l:y =kx +32 与椭圆方程联立得 (3+4k 2)x 2+12kx −3=0 ，设 M(x 1,y 1) ， N(x 2,y 2) ，得 x 1+x 2=−12k3+4k2 ， x 1x 2=−33+4k 2．故 |PM|⋅|PN|=√1+k 2⋅|x 1−0|⋅√1+k 2⋅|x 2−0|=(1+k 2)|x 1x 2|=3+3k 23+4k 2．又 |MN|=√1+k 2|x 1−x 2|=√1+k 2⋅√(x 1+x 2)2−4x 1x 2=√1+k 2⋅√192k 2+363+4k 2，∴3+3k 23+4k2=37⋅√1+k 2⋅√192k 2+363+4k 2，即 7√1+k 2=√192k 2+36 ， 解得 k =±√1111，∴直线 l 的方程为 y =±√1111x +32【解析】19.本题考查椭圆标准方程的求法，考查椭圆与直线的位置关系，解题时要认真审题，注意椭圆性质、韦达定理、椭圆与直线的位置关系的合理运用．直线与圆锥曲线的综合问题是高考的必考点，比方说求封闭面积，求距离，求他们的关系等等，常用的方法就是联立方程求出交点的横坐标或者纵坐标的关系，通过这两个关系的变形去求解． 【考点精析】关于本题考查的椭圆的标准方程，需要了解椭圆标准方程焦点在x 轴：，焦点在y 轴：才能得出正确答案．20.解：（Ⅰ） f(x) 的定义域为 (0,+∞) ， f ′(x)=2ax +1x ． 当 a ≥0 时， f ′(x)>0 ，f(x) 在 (0,∞) 上为单调递增函数，无最大值，不合题意，舍去；答案第20页，总22页当 a <0 时，令 f ′(x)=0 ，得 x =√−12a，当 x ∈(0,√−12a) 时， f ′(x)>0 ，函数 f(x) 单调递增；当 x ∈(√−12a,+∞) 时， f ′(x)<0 ，函数 f(x) 单调递减，∴f(x)max =f(√−12a)=−12+ln√−12a,∴−12+ln√−12a=−12,∴a =−12．（Ⅱ）由（Ⅰ）可知， g(x)=12x 2−2x +lnx ,∴g ′(x)=x +1x−2 ．∵x +1x≥2 ， ∴g ′(x)≥0 ,∴g(x) 在 (0,+∞) 上单调递增．又 ∵x 1<x 2 ， g(x 1)+g(x 2)=−3 且 g(1)=−32 ,∴0<x 1<1<x 2 ． ∵g ″(x)=1−1x 2=x 2−1x 2,∴ 当 x >1 时， g ″(x)>0 ， g ′(x) 单调递增,要证 g ′(x 1+x 2)>12 ，即 g ′(x 1+x 2)>g ′(2) ，只要证 x 1+x 2>2 ，即 x 2>2−x 1 ．∵x 1<1 ， ∴2−x 1>1 ,所以只要证 g(2−x 1)<g(x 2)=−3−g(x 1) ⇔ g(x 1)+g(2−x 1)<−3 ————（*）,设 G(x)=g(x)+g(2−x) =x 2−2x −2+lnx +ln(2−x) （其中 0<x <1 ）,∴G ′(x)=2x −2+1x−12−x=2(1−x)[1x(2−x)−1]=2(x−1)3x(x−2)>0 ,第21页，总22页……○…………线…_______……○…………线…∴G(x) 在（0，1）上为增函数,∴G(x)<G(1)=−3 ，故（*）式成立，从而 g ′(x 1+x 2)>12【解析】20.（Ⅰ）根据题目中所给的条件的特点，求出函数的导数，通过讨论a 的范围，利用导数和函数的单调性的关系求出函数的单调区间；（Ⅱ）求出函数的导数，根据函数的单调性问题进行等价转化为函数的最值问题求解即可.主要考查导数的几何意义、导数及其应用、不等式等基础知识.【考点精析】利用利用导数研究函数的单调性和函数的极值对题目进行判断即可得到答案，需要熟知一般的,函数的单调性与其导数的正负有如下关系： 在某个区间内，(1)如果，那么函数在这个区间单调递增；(2)如果，那么函数在这个区间单调递减；极值反映的是函数在某一点附近的大小情况． 21.解：（I ）设 P(ρ,θ) ， M(ρ1,θ) ，则由 |OP|, 2√5, |OM| 成等比数列，可得 |OP|⋅|OM|=20 ， 即 ρ⋅ρ1=20 ， ρ1=20ρ． 又 M(ρ1,θ) 满足 ρ1=4sinθ ，即 20ρ=4sinθ ， ∴ ρsinθ=5 ，化为直角坐标方程为 y =5 .（Ⅱ）依题意可得 B(2,5) ，故 k AB =1 ，即直线 AB 倾斜角为 π4 ， ∴直线 AB 的参数方程为 {x =√22t,y =3+√22t,代入圆的直角坐标方程 x 2+(y −2)2=4 ， 得 t 2+√2t −3=0 ，故 t 1+t 2=−√2 ， t 1t 2=−3<0 ， ∴ ||AD|−|AE||=|t 1+t 2|=√2【解析】21.本题考查的知识要点：参数方程和极坐标方程与直角坐标方程的转化，直线和圆的极坐标方程、参数方程等基础知识，考查数形结合思想、化归与转化思想等．曲线的极坐标方程定义：如果曲线C 上的点与方程f （ρ，θ）=0有如下关系:（1）曲线C 上任一点的坐标（所有坐标中至少有一个）符合方程f （ρ，θ）=0； （2）以方程f （ρ，θ）=0的所有解为坐标的点都在曲线C 上．答案第22页，总22页……线…………○……线…………○则曲线C 的方程是f （ρ，θ）=0．【考点精析】通过灵活运用参数方程的定义，掌握在平面直角坐标系中，如果曲线上任意一点的坐标都是某个变数的函数 并且对于的每一个允许值，由这个方程所确定的点都在这条曲线上，那么这个方程就叫做这条曲线的参数方程即可以解答此题．22.解：(I)当 a =−4 时， f(x)≥g(x) 化为 x 2−4≥|x +1|+|x −2| ， 当 x ≤−1 ，不等式化为 x 2+2x −5≥0 ，解得 x ≤−1−√6 或 x ≥−1+√6 ， 故 x ≤−1−√6 ；当 −1<x <2 时，不等式化为 x 2≥7 ，解得 x ≤−√7 或 x ≥√7 ， 故 x ∈∅ ；当 x ≥2 ，不等式化为 x 2−2x −3≥0 ，解得 x ≤−1 或 x ≥3 故 x ≥3 ；所以 f(x)≤x 解集为 {x|x|x ≤−1−√6 或 x ≥3} ． (Ⅱ) 由题意可知，即为 x ∈[0,3] 时， f(x)≤g(x) 恒成立． 当 0≤x ≤2 时， x 2+a ≤3 ，得 a ≤(3−x 2)min =−1 ；当 2≤x ≤3 时， x 2+a ≤2x −1 ，得 a ≤(−x 2+2x −1)min =−4 ， 综上， a ≤−4【解析】22.（Ⅰ）根据题目中所给的条件的特点，通过讨论x 的范围，及分类讨论思想，求出不等式的解集；（Ⅱ）通过讨论x 的范围，分离参数a ，求出a 的范围．|x-a|+|x-b|≥c（c ＞0）和|x-a|+|x-b|≤c（c ＞0）型不等式的解法：方法一：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想． 方法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；方法三：通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想．。