2018年吉林省长春市东北师大附中高考数学三模试卷(文科)

2018年吉林省长春市东北师大附中高考数学三模试卷（文科）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. 集合A={1, 2, 4}，B={x∈R|x2>2}，则A∩B=()A.{1}B.{4}C.{2, 4}D.{1, 2, 4}2. 已知i为虚数单位，(|2i|+3i)i=()A.−3+2iB.3+2iC.3−2iD.−3−2i3. 已知等差数列{a n}，a2=2，a3+a5+a7=15，则数列{a n}的公差d=()A.0B.1C.−1D.24. 与椭圆C:y26+x22=1共焦点且渐近线方程为y=±√3x的双曲线的标准方程为（）A.x2−y23=1 B.x23−y2=1C.y2−x23=1 D.y23−x2=15. 已知互不相等的直线l，m，n和平面α，β，γ，则下列命题正确的是（）A.若l与m为异面直线，l⊂α，m⊂β，则α // β；B.若α // β，l⊂α，m⊂β，则l // m；C.若α∩β=l，β∩γ=m，α∩γ=n，l // γ，则m // n；D.若α⊥β，β⊥γ，则α // β．6. 执行如图所示的程序框图，若p=0.9，则输出的n为（）A.6B.5C.4D.37. 已知某几何体是一个平面将一正方体截去一部分后所得，该几何体三视图如图所示，则该几何体的表面积为（）A.20+2√3B.18+2√3C.18+√3D.20+√38. 设点(x, y)满足约束条件{x−y+3≥0x−5y−1≤03x+y−3≤0，且x∈Z，y∈Z，则这样的点共有（）个A.12B.11C.10D.99. 动直线l:x+my+2m−2=0(m∈R)与圆C:x2+y2−2x+4y−4=0交于点A,B，则弦AB最短为（）A.2B.2√5C.6D.4√210. 分形理论是当今世界十分风靡和活跃的新理论、新学科．其中，把部分与整体以某种方式相似的形体称为分形．分形是一种具有自相似特性的现象、图象或者物理过程，标准的自相似分形是数学上的抽象，迭代生成无限精细的结构，也就是说，在分形中，每一组成部分都在特征上和整体相似，只仅仅是变小了一些而已．谢尔宾斯基三角形就是一种典型的分形，是由波兰数学家谢尔宾斯基在1915年提出的，按照如下规律依次在一个黑色三角形内去掉小三角形，则当n=6时，该黑色三角形内共去掉（）个小三角形．A.81B.121C.364D.109311. 在正三角形ABC中，D是AC上的动点，且AB=3，则BD→∗BC→的最小值为（）A.9B.94C.274D.9212. 若函数f(x)=2x+sinx⋅cosx+acosx在(−∞, +∞)上单调递增，则a的取值范围是()A.[−1, 1]B.[−1, 3]C.[−3, 3]D.[−3, −1]二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）函数f(x)=a x−2015+2017(a>0且a≠1)所过的定点坐标为________．在区间[2, a]上随机取一个数x，若x≥4的概率是23，则实数a的值为________．当前的计算机系统多数使用的是二进制系统，数据在计算机中主要以补码的形式存储，计算机中的二进制则是一个非常微小的开关，用“开”来表示1，“关”来表示0．则将十进制下的数168转成二进制的数是________${_{（2）}}$．已知函数f(x)为定义域为R的偶函数，且满足f(12+x)＝f(32−x)，当x∈[−1, 0]时f(x)＝−x．若函数F(x)＝f(x)+x+41−2x在区间[−9, 10]上的所有零点之和为________．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，第22、23题为选考题）已知函数f(x)=4√3sinxcosx+sin2x−3cos2x+1．(Ⅰ)求函数f(x)的对称中心及最小正周期；(Ⅱ)△ABC的外接圆直径为3√3，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若f(π6)=23a，且acosB+bsinB=c，求sinB的值．哈师大附中高三学年统计学生的最近20次数学周测成绩（满分15，现有甲乙两位同学的20次成绩如茎叶图所示；(Ⅰ)根据茎叶图求甲乙两位同学成绩的中位数，并将同学乙的成绩的频率分布直方图填充完整；(Ⅱ)根据茎叶图比较甲乙两位同学数学成绩的平均值及稳定程度（不要求计算出具体值，给出结论即可）；(Ⅲ)现从甲乙两位同学的不低于140分的成绩中任意选出2个成绩，记事件A为“其中2个成绩分别属于不同的同学”，求事件A发生的概率．已知△ABC中，AB⊥BC，BC=2，AB=4，分别取边AB，AC的中点D，E，将△ADE沿DE折起到△AD1E的位置，使A1D⊥BD，设点M为棱A1D的中点，点P为A1B的中点，棱BC上的点N满足BN=3NC．(Ⅰ)求证：MN // 平面A1EC；(Ⅱ)求三棱锥N−PCE的体积．已知抛物线C:x 2=8y 与直线l:y =kx +1交于A ，B 不同两点，分别过点A 、点B 作抛物线C 的切线，所得的两条切线相交于点P ． (Ⅰ)求证OA →∗OB →为定值；(Ⅱ)求△ABP 的面积的最小值及此时的直线l 的方程．已知函数f(x)=axe x (a ∈R)，g(x)=lnx +kx +1(k ∈R)． (Ⅰ)若k =−1，求函数g(x)的单调区间；(Ⅱ)若k =1时有f(x)≥g(x)恒成立，求a 的取值范围．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.作答时请写清题号.[选修4-4：坐标系与参数方程]在平面直角坐标系中，以原点为极点，以x 轴的非负半轴为极轴且取相同的单位长度建立极坐标系，曲线C 的极坐标方程为：ρ=2cosθ．(I)若曲线C 2，参数方程为：{x =tcosαy =1+tsinα （α为参数），求曲线C 1的直角坐标方程和曲线C 2的普通方程(Ⅱ)若曲线C 2，参数方程为 {x =tcosαy =1+tsinα （t 为参数），A(0, 1)，且曲线C 1，与曲线C 2交点分别为P ，Q ，求1|AP|+1|AQ|的取值范围， [选修4-5：不等式选讲]已知函数f(x)=|2x +b|+|2x −b|． (I)若b =1．解不等式f(x)>4．(Ⅱ)若不等式f(a)>|b +1|对任意的实数a 恒成立，求b 的取值范围．参考答案与试题解析2018年吉林省长春市东北师大附中高考数学三模试卷（文科）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】C【考点】交集及其运算【解析】先分别求出集合A，B，由此能求出A∩B．【解答】∵集合A={1, 2, 4}，B={x∈R|x2>2}={x|x<−√2或x>√2}，∴A∩B={2, 4}．2.【答案】A【考点】复数的运算【解析】利用复数模的计算公式及复数代数形式的乘除运算化简求值．【解答】(|2i|+3i)i=(2+3i)i=−3+2i．3.【答案】B【考点】等差数列的通项公式【解析】由已知求得a5，再由等差数列的通项公式求解．【解答】在等差数列{a n}中，由a3+a5+a7=15，即3a5=15，得a5=(5)又a2=2，∴d=a5−a25−2=5−23=1．4.【答案】D【考点】双曲线的特性【解析】根据题意，求出椭圆C的焦点坐标，分析可得要求双曲线的焦点在y轴上，且c=2，设其方程为y2a2−x2b2=1，分析可得a2+b2=4，由双曲线的渐近线方程可得ab=√3，解可得a、b的值，将a、b的值代入双曲线的方程，计算可得答案．【解答】根据题意，椭圆C:y26+x22=1的焦点为(0, ±2)，则要求双曲线的焦点在y轴上，且c=2，设其方程为y2a −x2b=1，则有a2+b2=4，又由双曲线的渐近线为y=±√3x，则有ab=√3，解可得a2=3，b2=1，则双曲线的标准方程为：y23−x2=1；5.【答案】C【考点】平面的基本性质及推论【解析】在A中，α与β相交或平行；在B中，l与m平行或异面；在C中，由线面平行的性质定理得m // n；在D中，α与β相交或平行．【解答】在A中，若l与m为异面直线，l⊂α，m⊂β，则α与β相交或平行，故A错误；在B中，若α // β，l⊂α，m⊂β，则l与m平行或异面，故B错误；在C中，若α∩β=l，β∩γ=m，α∩γ=n，l // γ，则由线面平行的性质定理得m // n，故C正确；在D中，若α⊥β，β⊥γ，则α与β相交或平行，故D错误．6.【答案】B【考点】程序框图【解析】执行程序框图，依次写出每次循环得到的S，n的值，当S≥0.9时，不满足条件S<P，退出循环，输出n的值．【解答】执行如图所示的程序框图，有P=0.9，n=1，S=0，满足条件S<P，有S=12，n=2；满足条件S<P，有S=12+14，n=3；满足条件S<P，有S=12+14+18，n=4；满足条件S<P，有S=12+14+18+116=1516，n=5；不满足条件S<P，退出循环，输出n的值为（5）7.【答案】B【考点】由三视图求体积【解析】本题主要考查三视图和几何体的表面积．【解答】解：如图所示，ABCD−A1B1C1D1是棱长为2的正方体，根据三视图，还原几何体的直观图为图中多面体ABCD−A1C1D1，其表面积为S ABCD+S ADD1A1+S DCC1D1+S△ABA1+S△A1C1D1+S△BCC1+S△A1BC1=4+4+4+2+2+2+√34×8=18+2√3．故选B．8.【答案】A【考点】简单线性规划【解析】画出约束条件的可行域，判断满足题意的点的个数即可．【解答】点(x, y)满足约束条件{x−y+3≥0x−5y−1≤03x+y−3≤0的可行域如图：的三角形ABC区域，可知x∈Z，y∈Z，则这样的点共有12个．9.【答案】D【考点】直线与圆的位置关系【解析】此题暂无解析【解答】解：由直线l:x−2+m(y+2)=0可知直线l过定点(2,−2)，因为圆C截得的弦AB最短，则和AB垂直的直径必然过此点，且将圆C:x2+y2−2x+4y−4=0化为标准方程得(x−1)2+(y+2)2=9，则圆心坐标为(1,−2)，所以这条直径所在直线的方程为y=−2，因为直线y =−2和AB 所在直线垂直，所以直线l:x =2．弦AB 最短为2√32−(|1−2|1)2=4√2．故选D ． 10.【答案】 C【考点】 归纳推理 【解析】当n =1时，去掉1个白三角形，a 1=1 当n =2时，去掉4个白三角形，a 2=4 当n =3时，去掉13个白三角形，a 3=13由归纳法得当n =6时，去掉364个白三角形，a 6=3(64) 【解答】解：当n =1时，去掉1个白三角形，a 1=1， 当n =2时，去掉4个白三角形，a 2=4， 则a 2−a 1=3=31=32−1，当n =3时，去掉13个白三角形，a 3=13， 则a 3−a 2=9=32=33−1，当n =4时，去掉 40个白三角形，a 4=40， 则a 4−a 3=27=33=34−1，当n =5时，去掉121个白三角形，a 5=121， 则a 5−a 4=81=34=35−1， 由归纳法得当n =6时，去掉364个白三角形， a 6=364=35+a 5=36−1+a 5． 故选C . 11.【答案】 D【考点】平面向量数量积的性质及其运算律 【解析】根据题意，由平面向量基本定理，设BD →=mBC →+nBA →，同时有m +n =1，且m >0，n >0，由数量积的计算公式可得BD →∗BC →=(mBC →+nBA →)⋅BC →=mBC →2+nBA →⋅BC →=9m +9n 2，结合m 、n 放入范围分析可得答案．【解答】根据题意，正三角形ABC 中，AB =3，则AB =BC =3， D 是AC 上的动点，设BD →=mBC →+nBA →，同时有m +n =1，且m >0，n >0， BD →∗BC →=(mBC →+nBA →)⋅BC →=mBC →2+nBA →⋅BC →=9m +9n 2，又由m +n =1，且m >0，n >0， 则BD →∗BC →=9m +9n 2=9(1−n)+9n 2=9−9n 2，分析可得：当n =1时，BD →∗BC →取得最小值92；12.【答案】 A【考点】函数恒成立问题利用导数研究函数的单调性 函数单调性的性质 【解析】求出f(x)的导数，由题意可得f′(x)≥0恒成立，设t =sinx(−1≤t ≤1)，即有2t 2+at −3≤0，对t 讨论，分t =0，0<t ≤1，−1≤t <0，分离参数，运用函数的单调性可得最值，解不等式即可得到所求范围． 【解答】解：函数f(x)=2x +sinx ⋅cosx +acosx ， f′(x)=3−2sin 2x −asinx ， 由题意可得f′(x)≥0恒成立， 即为3−2sin 2x −asinx ≥0，设t =sinx(−1≤t ≤1)，即有2t 2+at −3≤0， 当t =0时，不等式显然成立； 当0<t ≤1时，a ≤3t −2t ，由y =3t −2t 在(0, 1]上单调递减，可得t =1时，取得最小值1， 可得a ≤1；当−1≤t <0时，a ≥3t −2t ，由y =3t −2t 在[−1, 0)上单调递减，可得t =−1时，取得最大值−1， 可得a ≥−1，综上可得a 的范围是[−1, 1]. 故选A .二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分） 【答案】 (2015, 2018) 【考点】指数函数的图象 【解析】根据指数函数的性质，令x −2015=0，可得x =2015，带入求解y =2018，可得定点坐标． 【解答】解：由题意，根据指数函数的性质，令x −2015=0，可得x =2015，带入求解y =2018， ∴ 函数f(x)过的定点坐标为(2015, 2018).故答案为：(2015, 2018).【答案】8【考点】几何概型计算（与长度、角度、面积、体积有关的几何概型）【解析】根据几何概型得到关于a的方程，解出即可．【解答】由题意得：a−4a−2=23，解得：a=8，【答案】10101000【考点】进位制【解析】用“除k取余法”是将十进制数除以2，然后将商继续除以2，直到商为0，再将依次所得的余数倒序排列即可．【解答】168÷2＝84 084÷2＝42 042÷2＝21 021÷2＝10 (1)10÷2＝5 05÷2＝2 (1)2÷2＝1 01÷2＝0...1；∴ ${168_{（10）}}{10101000_{（2）}}$．【答案】5【考点】函数零点的判定定理函数与方程的综合运用【解析】作出f(x)与g(x)=x+42x−1的函数图象，根据图象的对称性得出结论．【解答】∵f(x)是偶函数，∴f(12+x)＝f(32−x)＝f(x−32)，∴f(x)的周期为T＝2，作出f(x)的函数图象如图所示：由图象可知f(x)的图象关于点(12, 12)对称． 令F(x)＝0可得f(x)=x+42x−1=92(2x−1)+12，令g(x)=x+42x−1，显然g(x)的函数图象关于点(12, 12)对称． 作出g(x)在(12, 10]上的函数图象如图所示：由图象可知f(x)与g(x)在(12, 10]上有5个交点，根据对称性可知在[−9, 12]上也有5个交点，∴ F(x)在[−9, 10]上的所有零点之和为5×1＝5． 故答案为：5．三、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，第22、23题为选考题） 【答案】（本小题满分1( I)函数f(x)=4√3sinxcosx +sin 2x −3cos 2x +1=2√3sin2x +12−12cos2x −3(12+12cos2x)+1=2√3sin2x −2cos2x =4sin(2x −π6)令2x −π6=kπ，k ∈Z ． 可得：x =12kπ+π12∴ 对称中心(12kπ+π12, 0)(k ∈Z)，最小正周期T=2πω=2π2=π．(Ⅱ)由f(π6)=23a，即4sin(π3−π6)=23a可得：a=(3)由正弦定理：asinA=2R，∴sinA=√33由：acosB+bsinB=c，可得sinAcosB+sinBsinB=sinC．∵A+B+C=π∴sinAcosB+sinBsinB=sin(A+B)=sinAcosB+cosAsinB．即sinBsinB=cosAsinB．∵0<B<π，sinB≠(0)那么：sinB=cosA>(0)∴sinB=cosA=√1−sin2A=√63．【考点】三角函数的恒等变换及化简求值正弦函数的图象【解析】(Ⅰ)利用二倍角和辅助角化简，即可求函数f(x)的对称中心及最小正周期；(Ⅱ)根据△ABC的外接圆直径为3√3，f(π6)=23a，可得a，正弦定理化简，即可求解sinB的值．【解答】（本小题满分1( I)函数f(x)=4√3sinxcosx+sin2x−3cos2x+1=2√3sin2x+12−12cos2x−3(12+12cos2x)+1=2√3sin2x−2cos2x=4sin(2x−π6 )令2x−π6=kπ，k∈Z．可得：x=12kπ+π12∴对称中心(12kπ+π12, 0)(k∈Z)，最小正周期T=2πω=2π2=π．(Ⅱ)由f(π6)=23a，即4sin(π3−π6)=23a可得：a=(3)由正弦定理：asinA=2R，∴sinA=√33由：acosB+bsinB=c，可得sinAcosB+sinBsinB=sinC．∵A+B+C=π∴sinAcosB+sinBsinB=sin(A+B)=sinAcosB+cosAsinB．即sinBsinB=cosAsinB．∵0<B<π，sinB≠(0)那么：sinB=cosA>(0)∴sinB=cosA=√1−sin2A=√63．【答案】（I）甲的成绩的中位数是119，乙的成绩的中位数是128．…(II)从茎叶图可以看出，乙的成绩的平均分比甲的成绩的平均分高，乙同学的成绩比甲同学的成绩更稳定集中．…(III)甲同学的不低于140分的成绩有2个设为a，b，乙同学的不低于140分的成绩有3个，设为c，d，e现从甲乙两位同学的不低于14的成绩中任意选出2个成绩有：(a, b)，(a, c)(a, d)(a, e)(b, c)(b, d)(b, e)(c, d)(c, e)(d, e)共10种，其中2个成绩分属不同同学的情况有：(a, c)(a, d)(a, e)(b, c)(b, d)(b, e)共6种因此事件A发生的概率P(A)=610=35．…【考点】茎叶图【解析】（I）甲的成绩的中位数是119，乙的成绩的中位数是128．(II)从茎叶图可以看出，乙的成绩的平均分比甲的成绩的平均分高，乙同学的成绩比甲同学的成绩更稳定集中．(III)甲同学的不低于140分的成绩有2个设为a，b，乙同学的不低于140分的成绩有3个，设为c，d，e，现从甲乙两位同学的不低于14（0分）的成绩中任意选出2个成绩，利用列举法能求出事件A发生的概率．【解答】（I）甲的成绩的中位数是119，乙的成绩的中位数是128．…(II)从茎叶图可以看出，乙的成绩的平均分比甲的成绩的平均分高，乙同学的成绩比甲同学的成绩更稳定集中．…(III)甲同学的不低于140分的成绩有2个设为a，b，乙同学的不低于140分的成绩有3个，设为c，d，e现从甲乙两位同学的不低于14的成绩中任意选出2个成绩有：(a, b)，(a, c)(a, d)(a, e)(b, c)(b, d)(b, e)(c, d)(c, e)(d, e)共10种，其中2个成绩分属不同同学的情况有：(a, c)(a, d)(a, e)(b, c)(b, d)(b, e)共6种因此事件A发生的概率P(A)=610=35．…【答案】(Ⅰ)证明：取A1E中点F，连接MF，CF，∵M为棱A1D的中点，∴MF // DE且MF=12DE，而△ABC中，D，E为边AB，AC的中点，则DE // BC，且DE=12BC，∴MF // BC，MF // NC且MF=14BC=NC，∴四边形MFCN为平行四边形∴MN // FC，∵MN平面A1EC，FC⊂平面A1EC，∴MN // 平面A1EC．(Ⅱ)取BD中点H，连PH．∵AB⊥BC，DE // BC，∴DE⊥DA1，DE⊥BD，∵DB⊥DA1，DE∩BD=D，∴DA1⊥面BCDE，∵PH // A1D，∴PH⊥面BCDE，∴PH为三棱锥P−NCE的高．∴PH=12A1D=14AB=1，S△NCE=12NC∗BD=12×12×2=12．∴V N−PEC=V P−NCE=13PH∗S△NCE=13×1×12=16【考点】柱体、锥体、台体的体积计算【解析】(Ⅰ)取A1E中点F，连接MF，CF，可证明四边形MFCN是平行四边形，得到MN // CF，从而得出结论MN // 平面A1EC；(Ⅱ)取BD中点H，连PH．，易证PH为三棱锥P−NCE的高，代入公式V棱锥P−MEC=V棱锥N−PEC即可．【解答】(Ⅰ)证明：取A1E中点F，连接MF，CF，∵M为棱A1D的中点，∴MF // DE且MF=12DE，而△ABC中，D，E为边AB，AC的中点，则DE // BC，且DE=12BC，∴MF // BC，MF // NC且MF=14BC=NC，∴四边形MFCN为平行四边形∴MN // FC，∵MN平面A1EC，FC⊂平面A1EC，∴MN // 平面A1EC．(Ⅱ)取BD中点H，连PH．∵AB⊥BC，DE // BC，∴DE⊥DA1，DE⊥BD，∵DB⊥DA1，DE∩BD=D，∴DA1⊥面BCDE，∵ PH // A 1D ，∴ PH ⊥面BCDE ， ∴ PH 为三棱锥P −NCE 的高． ∴ PH =12A 1D =14AB =1，S △NCE=12NC ∗BD =12×12×2=12．∴ V N−PEC =V P−NCE =13PH ∗S △NCE =13×1×12=16 【答案】证明：(Ⅰ)设A ，B 的坐标分别为A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)，由{x 2=8yy =kx +1 消y 得x 2−8kx −8=0，方程的两个根为x 1，x 2， ∴ △=4p 2k 2+4p 2>0恒成立，x 1+x 2=8k ，x 1x 2=−8， ∵ A ，B 在抛物线C 上， ∴ y 1=x 128，y 2=x 228，∴ y 1y 2=(x 1x 2)264=1，∴ OA →∗OB →=x 1x 2+y 1y 2=−8+1=−7为定值． 解(Ⅱ)由x 2=8y 即y =18x 2， ∴ y′=14x ，∴ k AP =14x 1，k BP =14x 2， ∴ 直线AP 的方程为：y −x 128=14x 1(x −x 1)即y =14x 1x −18x 12，① 同理直线BP 的方程为y =14x 2x −18x 22，②由 ①②得2x(x 1−x 2)=(x 1−x 2)(x 1+x 2)，而x 1≠x 2， 故有x =x 1+x 22=4k ，y =x 1x 28=−1，即点P(4k, −1)，∴ |AB|=√1+k 2⋅√(x 1+x 2)2−4x 1x 2=√1+k 2⋅√64k 2+32=4√2⋅√(1+k 2)(2k 2+1)，点P(4k, −1)到直线l:y =kx +1的距离d =2√1+k 2，∴ S △ABP =12|AB|⋅d =4√2(2k 2+1)32，∵ k 2>1，∴ 当k 2=0时，即k =0时S △ABP 有最小值为4√2，此时直线方程l 为y =(1) 【考点】抛物线的求解 【解析】(Ⅰ)设A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)，将直线方程代入抛物线的方程，运用韦达定理，由向量的坐标运算和点满足抛物线的方程，即可求出，(Ⅱ)先求出点P 的坐标，利用弦长公式，可得|AB|，运用点到直线的距离公式，进而得到△PAB 面积，根据函数的性质即可求出最小值，以及直线方程． 【解答】证明：(Ⅰ)设A ，B 的坐标分别为A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)，由{x 2=8yy =kx +1 消y 得x 2−8kx −8=0，方程的两个根为x 1，x 2， ∴ △=4p 2k 2+4p 2>0恒成立，x 1+x 2=8k ，x 1x 2=−8， ∵ A ，B 在抛物线C 上， ∴ y 1=x 128，y 2=x 228，∴ y 1y 2=(x 1x 2)264=1，∴ OA →∗OB →=x 1x 2+y 1y 2=−8+1=−7为定值． 解(Ⅱ)由x 2=8y 即y =18x 2， ∴ y′=14x ，∴ k AP =14x 1，k BP =14x 2， ∴ 直线AP 的方程为：y −x 128=14x 1(x −x 1)即y =14x 1x −18x 12，① 同理直线BP 的方程为y =14x 2x −18x 22，②由 ①②得2x(x 1−x 2)=(x 1−x 2)(x 1+x 2)，而x 1≠x 2， 故有x =x 1+x 22=4k ，y =x 1x 28=−1，即点P(4k, −1)，∴ |AB|=√1+k 2⋅√(x 1+x 2)2−4x 1x 2=√1+k 2⋅√64k 2+32=4√2⋅√(1+k 2)(2k 2+1)，点P(4k, −1)到直线l:y =kx +1的距离d =22，∴ S △ABP =12|AB|⋅d =4√2(2k 2+1)32，∵ k 2>1，∴ 当k 2=0时，即k =0时S △ABP 有最小值为4√2，此时直线方程l 为y =(1) 【答案】（本小题满分1（1）k =1时，g(x)=lnx −x 的定义域为(0, +∞)，g ′(x)=1x −1．… 令g ′(x)=1x −1>0，得0<x <1，令g ′(x)=1x −1<0，得x >1， 所以g(x)在(0, 1)上是增函数，(1, +∞)上是减函数．…（2）当k =1时，f(x)≥g(x)恒成立，即axe x ≥lnx +x +1恒成立．因为x >0，所以a ≥lnx+x+1xe x． …令ℎ(x)=lnx+x+1xe x，则ℎ(x)=(x+1)(−lnx−x)x 2e x ．…令p(x)=−lnx −x ，p ′(x)=−1x −1<0，故p(x)在(0, +∞)上单调递减，且p(1e )=1−1e >0，p(1)=−1<0， 故存在x 0∈(1e , 1)，使得p(x 0)=−lnx 0−x 0=0， 故lnx 0+x 0=0，即x 0=e −x 0．当x ∈(0, x 0)时，p(x)>0，ℎ′(x)>0； 当x ∈(x 0, +∞)时，p(x)<0，ℎ′(x)<0；∴ ℎ(x)在(0, x 0)单调递增，在(x 0, +∞)单调递减，… ∴ ℎ(x)max =ℎ(x 0)=lnx 0+x 0+1x 0e 0=1，…故a 的取值范围是[1, +∞)． … 【考点】利用导数研究函数的最值 【解析】(Ⅰ)k =1时，g(x)=lnx −x 的定义域为(0, +∞)，g ′(x)=1x −1，利用导数性质能求出g(x)的单调区间．(Ⅱ)当k =1时，f(x)≥g(x)恒成立，即axe x ≥lnx +x +1恒成立，从而a ≥lnx+x+1xe x，令ℎ(x)=lnx+x+1xe x，则ℎ(x)=(x+1)(−lnx−x)x 2e x，利用导数性质能求出a 的取值范围．【解答】（本小题满分1（1）k =1时，g(x)=lnx −x 的定义域为(0, +∞)，g ′(x)=1x −1．… 令g ′(x)=1x −1>0，得0<x <1，令g ′(x)=1x −1<0，得x >1， 所以g(x)在(0, 1)上是增函数，(1, +∞)上是减函数．…（2）当k =1时，f(x)≥g(x)恒成立，即axe x ≥lnx +x +1恒成立． 因为x >0，所以a ≥lnx+x+1xe x． …令ℎ(x)=lnx+x+1xe x，则ℎ(x)=(x+1)(−lnx−x)x 2e x ．…令p(x)=−lnx −x ，p ′(x)=−1x −1<0，故p(x)在(0, +∞)上单调递减，且p(1e )=1−1e >0，p(1)=−1<0， 故存在x 0∈(1e , 1)，使得p(x 0)=−lnx 0−x 0=0， 故lnx 0+x 0=0，即x 0=e −x 0．当x ∈(0, x 0)时，p(x)>0，ℎ′(x)>0；当x ∈(x 0, +∞)时，p(x)<0，ℎ′(x)<0；∴ ℎ(x)在(0, x 0)单调递增，在(x 0, +∞)单调递减，… ∴ ℎ(x)max =ℎ(x 0)=lnx 0+x 0+1x 0e x 0=1，…故a 的取值范围是[1, +∞)． …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.作答时请写清题号.[选修4-4：坐标系与参数方程] 【答案】（I ）∵ 曲线C 的极坐标方程为：ρ=2cosθ． ∴ ρ2=2ρcosθ，x 2+y 2=2x ．曲线C 2，参数方程为：{x =tcosαy =1+tsinα （α为参数）， ∴ 曲线C 2的普通方程：x 2+(y −1)2=t 2． (II)将C 2的参数方程：{x =tcosαy =1+tsinα （α为参数）， 代入C 1的方程得：t 2+(2sinα−2cosα)t +1=0， ∵ △=(2sinα−2cosα)2−4=8sin 2(α−π4)−4>0， ∴ |sin(α−π4)|∈(√22,1brack ，∴ sin(α−π4)∈[−1,−√22)∪(√22,1brack ，∴ t 1+t 2=−(2sinα−2cosα)，t 1t 2=1， ∴ t 1与t 2同号，∴ |t 1|+|t 2|=|t 1+t 2|，由的几何意义可得：1|PA|+1|PB|=1|t 1|+1|t 2|=|t 1|+|t 2||t 1||t 2|=|t 1+t 2||t 1t 2|=2√2|sin(α−π4)|∈(2, 2√2]，∴ 1|PA|+1|PB|∈(2, 2√2]．【考点】圆的极坐标方程参数方程与普通方程的互化 【解析】（I ）曲线C 的极坐标方程为：ρ=2cosθ．可得ρ2=2ρcosθ，利用极坐标与直角坐标的互化即可得出直角坐标方程．曲线C 2，参数方程为：{x =tcosαy =1+tsinα （α为参数），利用cos 2α+sin 2α=1即可得出普通方程．(II)将C 2的参数方程：{x =tcosαy =1+tsinα （α为参数），代入C 1的方程得：t 2+(2sinα−2cosα)t +1=0，△>0，|sin(α−π4)|∈(√22,1brack ，可得sin(α−π4)∈[−1,−√22)∪(√22,1brack ，由t 1+t 2=−(2sinα−2cosα)，t 1t 2=1，可得t 1与t 2同号，可得|t 1|+|t 2|=|t 1+t 2|，由的几何意义可得：1|PA|+1|PB|=1|t 1|+1|t 2|=|t 1+t 2||t 1t 2|即可得出．【解答】（I ）∵ 曲线C 的极坐标方程为：ρ=2cosθ． ∴ ρ2=2ρcosθ，x 2+y 2=2x ．曲线C 2，参数方程为：{x =tcosαy =1+tsinα （α为参数）， ∴ 曲线C 2的普通方程：x 2+(y −1)2=t 2． (II)将C 2的参数方程：{x =tcosαy =1+tsinα （α为参数）， 代入C 1的方程得：t 2+(2sinα−2cosα)t +1=0， ∵ △=(2sinα−2cosα)2−4=8sin 2(α−π4)−4>0， ∴ |sin(α−π4)|∈(√22,1brack ，∴ sin(α−π4)∈[−1,−√22)∪(√22,1brack ，∴ t 1+t 2=−(2sinα−2cosα)，t 1t 2=1，∴ t 1与t 2同号，∴ |t 1|+|t 2|=|t 1+t 2|，由的几何意义可得：1|PA|+1|PB|=1|t 1|+1|t 2|=|t 1|+|t 2||t 1||t 2|=|t 1+t 2||t 1t 2|=2√2|sin(α−π4)|∈(2, 2√2]， ∴ 1|PA|+1|PB|∈(2, 2√2]． [选修4-5：不等式选讲]【答案】（1）函数f(x)=|2x +b|+|2x −b|，b =1时，不等式f(x)>4为|2x +b|+|2x −b|>4， 它等价于{x ≥124x >4 或{x ≤−12−4x >4 或{−12<x <122>4， 解得x >1或x <−1或x ∈⌀；∴ 不等式f(x)>4的解集为(−∞, −1)∪(1, +∞)． （2）f(a)=|2a +b|+|2a −b|=|2a +b|+|b −2a|≥|(2a +b)+(b −2a)|=|2b|， 当且仅当(2a +b)(b −2a)≥0时f(a)取得最小值为|2b|； 令|2b|>|b +1|，得(2b)2>(b +1)2， 解得b <−13或b >1，∴ b 的取值范围是(−∞, −13)∪(1, +∞)．【考点】绝对值不等式的解法与证明 不等式恒成立的问题 【解析】(Ⅰ)利用分段讨论法去掉绝对值，求不等式f(x)>4的解集； (Ⅱ)利用绝对值不等式求出f(a)的最小值，再解对应的不等式． 【解答】（1）函数f(x)=|2x+b|+|2x−b|，b=1时，不等式f(x)>4为|2x+b|+|2x−b|>4，它等价于{x≥124x>4或{x≤−12−4x>4或{−12<x<122>4，解得x>1或x<−1或x∈⌀；∴不等式f(x)>4的解集为(−∞, −1)∪(1, +∞)．（2）f(a)=|2a+b|+|2a−b|=|2a+b|+|b−2a|≥|(2a+b)+(b−2a)|=|2b|，当且仅当(2a+b)(b−2a)≥0时f(a)取得最小值为|2b|；令|2b|>|b+1|，得(2b)2>(b+1)2，解得b<−13或b>1，∴b的取值范围是(−∞, −13)∪(1, +∞)．。