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+2i

B.3+2i

C.3?2i

D.?3?2i

3. 已知等差数列{a n}，a2=2，a3+a5+a7=15，则数列{a n}的公差d=()

A.0

B.1

C.?1

D.2

4. 与椭圆C:y2

6+x2

2

=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?y2

3=1 B.x2

3

?y2=1

C.y2?x2

3=1 D.y2

3

?x2=1

5. 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.6

B.5

C.4

D.3

7. 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√3

B.18+2√3

C.18+√3

D.20+√3

8. 设点(x,?y)满足约束条件{x?y+3≥0

x?5y?1≤0

3x+y?3≤0

，且x∈Z，y∈Z，则这样的点共有（）

个

A.12

B.11

C.10

D.9

9. 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.2

B.2√5

C.6

D.4√2

10. 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.81

B.121

C.364

D.1093

11. 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.9

B.9

4C.27

4

D.9

2

12. 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2

3

，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(1

2+x)＝f(3

2

?x)，当x∈[?1,?0]时

f(x)＝?x．若函数F(x)＝f(x)+x+4

1?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(π

6)=2

3

a，

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 =tcosα

y =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 =tcosα

y =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}，

∴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?a2

5?2=5?2

3

=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y2

a2?x2

b2

=1，分析可得a2+b2=4，由双曲线的渐近线方程可得a

b

=√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:y2

6+x2

2

=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y2

a ?x2

b

=1，

则有a2+b2=4，

又由双曲线的渐近线为y=±√3x，则有a

b

=√3，

解可得a2=3，b2=1，

则双曲线的标准方程为：y2

3

?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

【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

2

，n=2；

满足条件S

2+1

4

，n=3；

满足条件S

2+1

4

+1

8

，n=4；

满足条件S

2+1

4

+1

8

+1

16

=15

16

，n=5；

不满足条件S

【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 ADD

1A1+S DCC

1D1

+

S△ABA

1+S△A

1C1D1

+S△BCC

1

+S△A

1BC1

=4+4+4+2+2+2+√3

4

×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≥0

x?5y?1≤0

3x+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9

2；

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

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 ?2t ，

由y =3

t ?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 ≥3

t ?2t ，

由y =3

t ?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?4

a?2=2

3

，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 0

84÷2＝42 0

42÷2＝21 0

21÷2＝10 (1)

10÷2＝5 0

5÷2＝2 (1)

2÷2＝1 0

1÷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+4

2x?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(1

2+x)＝f(3

2

?x)＝f(x?3

2

)，

∴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,?1

2)对称． 令F(x)＝0可得f(x)=x+4

2x?1=9

2(2x?1)+1

2，

令g(x)=x+4

2x?1，显然g(x)的函数图象关于点(12,?1

2)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(1

2,?10]上有5个交点，根据对称性可知在[?9,?1

2]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 +1

2?1

2cos2x ?3(1

2+

12

cos2x)+1

=2√3sin2x ?2cos2x =4sin(2x ?π

6)

令2x ?π

6=kπ，k ∈Z ． 可得：x =1

2kπ+π

12

∴ 对称中心(1

2kπ+π

12,?0)(k ∈Z)，

最小正周期T=2π

ω=2π

2

=π．

(Ⅱ)由f(π

6)=2

3

a，即4sin(π

3

?π

6

)=2

3

a

可得：a=(3)

由正弦定理：a

sinA

=2R，

∴sinA=√3

3

由：acosB+bsinB=c，可得sinAcosB+sinBsinB=sinC．

∵A+B+C=π

∴sinAcosB+sinBsinB=sin(A+B)=sinAcosB+cosAsinB．

即sinBsinB=cosAsinB．

∵0

那么：sinB=cosA>(0)

∴sinB=cosA=√1?sin2A=√6

3

．

【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(π

6)=2

3

a，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+1

2?1

2

cos2x?3(1

2

+

1

2

cos2x)+1

=2√3sin2x?2cos2x=4sin(2x?π6 )

令2x?π

6

=kπ，k∈Z．

可得：x=1

2kπ+π

12

∴对称中心(1

2kπ+π

12

,?0)(k∈Z)，

最小正周期T=2π

ω=2π

2

=π．

(Ⅱ)由f(π

6)=2

3

a，即4sin(π

3

?π

6

)=2

3

a

可得：a=(3)

由正弦定理：a

sinA

=2R，

∴sinA=√3

3

由：acosB+bsinB=c，可得sinAcosB+sinBsinB=sinC．

∵A+B+C=π

∴sinAcosB+sinBsinB=sin(A+B)=sinAcosB+cosAsinB．

即sinBsinB=cosAsinB．

∵0

那么：sinB=cosA>(0)

∴sinB=cosA=√1?sin2A=√6

3

．

【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)=6

10=3

5

．…

【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)=6

10=3

5

．…

【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=1

2

DE，而△ABC中，D，E为边AB，AC的中点，

则DE?//?BC，且DE=1

2

BC，

∴MF?//?BC，MF?//?NC且MF=1

4

BC=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=1

2A1D=1

4

AB=1，S△NCE=1

2

NC?BD=1

2

×1

2

×2=1

2

．

∴V N?PEC=V P?NCE=1

3PH?S△NCE=1

3

×1×1

2

=1

6

【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=1

2

DE，而△ABC中，D，E为边AB，AC的中点，

则DE?//?BC，且DE=1

2

BC，

∴MF?//?BC，MF?//?NC且MF=1

4

BC=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 =1

2A 1D =1

4AB =1，S △NCE

=12NC ?BD =12×12×2=1

2．

∴ V N?PEC =V P?NCE =13PH ?S △NCE =13×1×12=1

6 【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=8y

y =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 1

28

，y 2=x 2

28

，

∴ 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 =1

8x 2， ∴ y′=1

4x ，

∴ k AP =14x 1，k BP =1

4x 2， ∴ 直线AP 的方程为：y ?

x 1

28

=14x 1(x ?x 1)即y =14x 1x ?1

8x 12

，① 同理直线BP 的方程为y =1

4x 2x ?1

8x 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=8y

y =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 1

28

，y 2=x 2

28

，

∴ 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 =1

8x 2， ∴ y′=1

4x ，

∴ k AP =14x 1，k BP =1

4x 2， ∴ 直线AP 的方程为：y ?

x 1

28

=14x 1(x ?x 1)即y =14x 1x ?1

8x 12

，① 同理直线BP 的方程为y =1

4x 2x ?1

8x 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 =1

2

|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)=1

x ?1．… 令g ′(x)=1

x ?1>0，得0

x ?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?(x)=

lnx+x+1xe x

，则?(x)=(x+1)(?lnx?x)

x 2e x ．…

令p(x)=?lnx ?x ，p ′(x)=?1

x ?1<0，

故p(x)在(0,?+∞)上单调递减，且p(1

e )=1?1

e >0，p(1)=?1<0， 故存在x 0∈(1

e ,?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，?′(x)>0； 当x ∈(x 0,?+∞)时，p(x)<0，?′(x)<0；

∴ ?(x)在(0,?x 0)单调递增，在(x 0,?+∞)单调递减，… ∴ ?(x)max =?(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)=1

x ?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?(x)=

lnx+x+1xe x

，则?(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)=1

x ?1．… 令g ′(x)=1

x ?1>0，得0

x ?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?(x)=

lnx+x+1xe x

，则?(x)=(x+1)(?lnx?x)

x 2e x ．…

令p(x)=?lnx ?x ，p ′(x)=?1

x ?1<0，

故p(x)在(0,?+∞)上单调递减，且p(1

e )=1?1

e >0，p(1)=?1<0， 故存在x 0∈(1

e ,?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，?′(x)>0；

当x ∈(x 0,?+∞)时，p(x)<0，?′(x)<0；

∴ ?(x)在(0,?x 0)单调递增，在(x 0,?+∞)单调递减，… ∴ ?(x)max =?(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 =tcosα

y =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 =tcosα

y =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?π

4)?4>0， ∴ |sin(α?π

4

)|∈(√2

2

,1brack ，

∴ sin(α?π4

)∈[?1,?√22

)∪(√2

2

,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?π

4

)|∈(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 =tcosα

y =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 =tcosα

y =1+tsinα （α为参数），代入C 1的方程得：t 2+(2sinα?2cosα)t +1=0，△>0，|sin(α?π

4)|∈(√2

2,1brack ，可得sin(α?π

4)∈[?1,?√2

2

)∪

(√

2

2,1brack ，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 =tcosα

y =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 =tcosα

y =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?π

4)?4>0， ∴ |sin(α?π

4)|∈(√2

2

,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?π

4)|∈(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 ≥1

24x >4 或{x ≤?1

2?4x >4 或{?1

2

2

2>4

， 解得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

3或b >1，

∴ b 的取值范围是(?∞,??1

3)∪(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≥1

2

4x>4

或{x≤?

1

2

?4x>4

或{?

1

2

2

2>4

，

解得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

3

或b>1，

∴b的取值范围是(?∞,??1

3

)∪(1,?+∞)．