2018年广东省珠海市高考数学二模试卷(理科)

2018年广东省珠海市高考数学二模试卷（理科）
一.选择题共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−2
x+3
≤0}，集合B={0, 1, 2, 3, 4}，则A∩B=()
A.{0, 1}
B.{0, 1, 2}
C.{−1, 0, 1, 2}
D.{2}
2. 已知a∈R，i为虚数单位，若(1+i)(1+ai)是纯虚数，则a=()
A.2
B.−2
C.1
D.−1
3. 已知等比数列{a n}的前n项和为S n，且a1=2，a n=−64，S n=−42，则公比q等于（）
A.−1
2
B.−3
C.−2
D.4
4. 已知0<a<b，且a+b=1，下列不等式中，一定成立的是（）
①log2a>−1；②log2a+log2b>−2；③log2(b−a)<0；④log2(b
a +a
b
)>1．
A.①②
B.②③
C.③④
D.①④
5. 随机变量ξ服从标准正态分布N(0, 1)，已知P(ξ≤−1.96)=0.025，则P(|ξ|<1.96)
等于（）
A.0.025
B.0.050
C.0.950
D.0.975
6. 从1，3，4，6这四个数中随机取出两个数，则这两个数的和是2的倍数的概率是（）
A.2 5
B.1
6
C.1
3
D.1
2
7. 如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（）
A.4 3(2+3π)
B.4
3
(2+π) C.8
3
(1+2π) D.8
3
(1+π)
8. 设锐角△ABC的三内角A、B、C所对边的边长分别为a、b、c，且a=1，B=2A，则b的取值范围为（）
A.(√2, √3)
B.(1, √3)
C.(√2, 2)
D.(0, 2)
9. 函数y =f(x)的图象如图所示，则f(x)的解析式可以是（ ）
A.y =1
x +x 2 B.y =lnx x
C.y =
e x x
D.f(x)=x 3+ln|x|
10. 已知F 是双曲线C:
x 2a 2
−
y 2b 2
=1(a >0, b >0)的右焦点，P 是y 轴正半轴上一点，以
OP 为直径的圆在第一象限与双曲线的渐近线交于点M ，若点P ，M ，F 三点共线，且△MFO 的面积是△PMO 面积的4倍，则双曲线C 的离心率为（ ） A.√3 B.√5 C.√6 D.√7
11. 现有A ，B ，C ，D ，E ，F 六支足球队参加单循环比赛（即任意两支球队只踢一场比赛），第一周的比赛中，A ，B 各踢了3场，C ，D 各踢了4场，E 踢了2场，且A 队与C 队未踢过，B 队与D 队也未踢过，则在第一周的比赛中，F 队踢的比赛的场数是（ ） A.1 B.2 C.3 D.4
12. 已知函数f(x)={lnx,1
e ≤x <1−elnx,1≤x ≤e 2
，若方程f(x)=kx 在x ∈[1
e , e 2]上有两个不同
的实根，其中e 为自然对数的底数，则实数k 的取值范围是（ ）
A.[−e, −1)
B.(−1, −2
e
) C.[−e, 0)
D.{−1}∪(−2
e , 0)
二.填空题：本大题共4小题，每小题5分，满分20分
在平面直角坐标系xOy 中，已知角α的终边经过点P(4, −3)，则2sinα+cosα=________．
(x +1
x +2)5的展开式中，x 2的系数是________．（用数字作答）
执行如图所示的程序框图，如果输入的t ∈[−1, 1]，则输出的S 取值区间________．
给出下列命题：
①存在实数x，使sinx+cosx=3
；
2
②函数y=sin2x−sinx
是奇函数；
sinx−1
|的周期是π；
③函数y=|sinx−1
2
④函数y=ln|x−1|的图象与函数y=−2cos(πx)(−2⩽x⩽4)的图象所有交点的横坐标
之和等于6．
其中正确命题的序号是________（把正确命题的序号都填上）
三.解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
数列{a n}满足∀n∈N∗都有a1⋅a2⋅a3...a n=n2+n．
（1）求数列{a n}的通项公式；
（2）设b n=a n+1−a n，求数列{b n}的前n项和S n．
高二某班选出甲乙两位学生参加数学素养知识竞赛，在决赛前举行了预赛：
（1）若预赛共进行了12次测试，甲乙两人成绩分别如表：
①完成答题卡中的茎叶图，分别答出甲乙两人成绩的众数，中位数，平均数；
②比较两人的方差，S甲2与S乙2哪个较大？
③若已经知道决赛成绩至少92分才能获奖，你判断选谁参加决赛更合适？请说明理由．（2）若预赛命题组只准备八道题目，每人随机抽出四道题目回答，若至少答对三道题
，试求出甲，目者方可参加决赛，已知甲只能答对其中六道题，乙答对每题的概率都为3
4
乙答对题目数的期望，方差及答对至少三道题目的概率．（结果保留最简分数）
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是直角梯形，∠ABC=90∘，BC=2AD=
2AB=2，PB⊥PC，PD=√2．
（1）求证：平面PBC⊥平面ABCD；
（2）若PC=PB，求二面角A−PC−D的余弦值．
已知椭圆C1:x2
a +y2
b
=1(a>b>0)的离心率为e，与双曲线E:x2−y2=2有共同焦点，
且与直线y=2√3相切，设抛物线C2:x2=4ey，求：
（1）椭圆C1，抛物线C2的标准方程；
（2）直线l与抛物线C2相切，切点为D(x0, x02
4e
)(x0<0)，l与椭圆C1交于A，B两点，与
y轴交于点M(0, y M)，AM→=λAD→，BM→=μBD→，当−1
2
≤y M<0时，求λ+μ的取值范围．
已知函数f(x)=mlnx+x2−2(m+1)x．
（1）若m=1时，讨论函数f(x)的极值点；
（2）在e−2≤m≤e2时，函数g(x)=f(x)−1
2
x2+(m+1)x有两个极值点x1，
x2(x1<x2)，若实数a，b满足a<b且a，b∈(x1, x2)，求证：0<|g(a)−g(b)|<
e4 2−2e2−1
2
．
请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.[选修4-4：坐标系与参数方程]
在直角坐标系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C1的
极坐标方程为ρcosθ=4．
（Ⅰ）M为曲线C1上的动点，点P在线段OM上，且满足|OM|⋅|OP|=16，求点P的轨
迹C2的直角坐标方程；
（Ⅱ）设点A的极坐标为(2,π
3
)，点B在曲线C2上，求△OAB面积的最大值．
[选修4-5：不等式选讲]
已知函数∫(x)=|x+a2|+|x−a−1|．
（1）证明：f(x)≥3
4
；
（2）若f(4)<13，求a的取值范围．
参考答案与试题解析
2018年广东省珠海市高考数学二模试卷（理科）
一.选择题共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】
B
【考点】
交集及其运算
【解析】
化简集合A，根据交集的定义写出A∩B．
【解答】
集合A={x|x−2
x+3
≤0}={x|−3<x≤2}，
集合B={0, 1, 2, 3, 4}，
则A∩B={0, 1, 2}．
2.
【答案】
C
【考点】
虚数单位i及其性质
复数的运算
复数的模
复数的基本概念
【解析】
根据复数代数形式的运算法则，利用纯虚数的定义，列方程求出a的值．
【解答】
(1+i)(1+ai)=(1−a)+(1+a)i，
且(1+i)(1+ai)是纯虚数，
∴{1−a=0
1+a≠0
，
解得a=1．
3.
【答案】
C
【考点】
等比数列的通项公式
等比数列的前n项和
【解析】
直接利用数列的前n项和公式求出公比的值．
【解答】
等比数列{a n}的前n项和为S n，且a1=2，a n=−64，S n=−42，
设数列的公比为q，根据数列的前n项和公式：S n=a1−a n q
1−q
，
则：−42=2+64q
1−q
，
解得：q =−2． 4.
【答案】 C
【考点】
对数的运算性质 【解析】
利用对数性质、均值定理、函数性质和特值法求解． 【解答】
∵ 0<a <b ，且a +b =1，
∴ 当a =1
3，b =2
3时，log 2a =log 21
3<log 21
2=−1，故①错误； ∵ 0<a <b ，且a +b =1， ∴ 1=a +b >2√ab ，即ab <1
4，
∴ log 2a +log 2b <log 21
4=−2，故②错误； ∵ 0<a <b ，且a +b =1， ∴ 0<b −a <1，
∴ log 2(b −a)<log 21=0，故③正确；
∵ 0<a <b ，且a +b =1，∴ b a
+a b
>2√b a
⋅a b
=2，
∴ log 2(b a +a
b )>log 22=1，故④正确． 5.
【答案】 C
【考点】
正态分布的密度曲线 【解析】
根据正态分布的对称性即可得出答案． 【解答】
解：∵ ξ∼N(0, 1)，
∴ P(ξ>1.96)=P(ξ<−1.96)=0.025，
∴ P((|ξ|<1.96)=P(−1.96<ξ<1.96)=1−0.025×2=0.950． 故选C . 6.
【答案】 C
【考点】
古典概型及其概率计算公式 【解析】
基本事件总数n =C 42
=6，再利用列举法求出这两个数的和是2的倍数包含的基本事件有2个，由此能求出这两个数的和是2的倍数的概率． 【解答】
从1，3，4，6这四个数中随机取出两个数，
基本事件总数n=C42=6，
这两个数的和是2的倍数包含的基本事件有：(1, 3)，(4, 6)，共2个，
则这两个数的和是2的倍数的概率是p=2
6=1
3
．
7.
【答案】
C
【考点】
由三视图求体积
【解析】
由三视图可知：该几何体为上下两部分组成，上面是两个三棱锥，下面是一个倒立的圆锥．
【解答】
由三视图可知：该几何体为上下两部分组成，上面是两个三棱锥，下面是一个倒立的圆锥．
则该几何体的体积=2×1
3×1
2
×22×2+1
3
×π×22×4=8
3
(1+2π)．
8.
【答案】A
【考点】正弦定理【解析】
由题意可得0<2A<π
2，且π
2
<3A<π，解得A的范围，可得cosA的范围，由正弦定理
求得b
a
=b=2cosA，根据cosA的范围确定出b范围即可．
【解答】
锐角△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，B=2A，
∴0<2A<π
2
，且B+A=3A，
∴π
2
<3A<π．
∴π
6<A<π
4
，
∴√2
2<cosA<√3
2
，
∵a=1，B=2A，
∴由正弦定理可得：b
a =b=sin2A
sinA
=2cosA，
∴√2<2cosA<√3，
则b的取值范围为(√2, √3)．9.
【答案】
C
【考点】
函数解析式的求解及常用方法
【解析】
求出函数的导数，根据函数的单调性判断即可．
【解答】
根据图象可知：函数图象在第三象限，x<0，∴B排除．
对于A，y′=−1
x2+2x=2x3−1
x2
，令y′=0，解得：x=√1
2
3，
而函数的极值点是1，故排除A，
对于C，y′=e x(x−1)
x2
，函数的极值点是1，符合题意；
对于D，x>0时，函数y=x3+lnx，在(0, +∞)递增，故排除；
10.
【答案】
B
【考点】
双曲线的特性
【解析】
由题意可得|MF|=4|MP|，OM⊥PF，设F(c, 0)，求出|MF|=b，可得|PM|，在直角三角形POF中，运用射影定理，化简可得c，a的关系，再由离心率公式计算即可得到所求值．
【解答】
如图以OP为直径的圆在第一象限与双曲线的渐近线y=b
a
x交于点M，
由△MFO的面积是△PMO面积的4倍，可得|MF|=4|MP|，
由OM⊥PF，设F(c, 0)，
可得|MF|=
√a2+b2
=b，
则|PM|=b
4
，
在直角三角形POF中，由射影定理可得，
|OF|2=|MF|⋅|FP|，
即为c2=b⋅5
4b=5
4
(c2−a2)，
则c2=5a2，
即有e=c
a
=√5．
11.
【答案】
D
【考点】
排列、组合及简单计数问题
【解析】
利用已知条件，通过C、D各踢了4场，E踢了2场，判断A、B与之踢球的球队，判断F 在第一周的比赛中，踢的比赛的场数即可．
【解答】
A，B，C，D，E，F六支足球队参加单循环比赛
（即任意两支球队只踢一场比赛），所以各队踢球有5场；
第一周的比赛中，A 队与C 队未踢过，B 队与D 队也未踢过，C ，D 各踢了4场， 所以，C 、D 与E ，F 都踢球1场，
E 踢了2场，说明E 与A 、B ，没有踢球；A ，B 各踢了3场， 说明A 与B 、D 、
F 踢球了；B 与A 、E 、F 踢球了， 可得F 与A 、B 、C 、D 各踢球1场，
所以在第一周的比赛中，F 队踢的比赛的场数是4． 12.
【答案】 D
【考点】
分段函数的应用 【解析】 分离参数可得k =f(x)x
，判断g(x)=
f(x)x
的单调性，计算极值，作出图象得出k 的范围．
【解答】
由f(x)=kx 可得k =
f(x)x ，令g(x)=
f(x)x
={lnx x ,1
e
≤x <1−elnx x
,1≤x ≤e
2
，
则g′(x)=
{1−lnx x 2,1
e ≤x <1
−e(1−lnx)
x 2
,1≤x ≤e
2
，
∴ 当1
e ≤x <1时，g′(x)>0，当1<x <e 时，g′(x)<0，当e <x ≤e 2时，g′(x)>0，
∴ g(x)在[1
e , 1)上单调递增，在(1, e)上单调递减，在(e, e 2)上单调递增， 作出g(x)的大致函数图象如图所示：
因为f(x)=kx 在x ∈[1
e , e 2]上有两解，所以k =g(x)在x ∈[1
e , e 2]上有两解， ∴ −2
e <k <0或k =−1． 故选：D ．
二.填空题：本大题共4小题，每小题5分，满分20分 【答案】 −25
【考点】
三角函数 【解析】
根据三角函数的定义分别进行求解即可． 【解答】
∵ P(4, −3)，
∴ r =|OP|=√42+(−3)2=5， ∴ sinα=
y r
=−35，cosα=x r =4
5
，
则2sinα+cosα=2×(−3
5)+4
5=−2
5， 【答案】
120
【考点】
二项式定理及相关概念 【解析】
利用(x +1
x +2)5=(√x x )10，再根据二项展开式的通项公式求出展开式的通项，再在其通项中令x 的指数为2，求出r 的值，将r 的值代入通项求出展开式中x 2的系数． 【解答】
(x +1
x +2)5=(√x √x
)10， 其展开式的通项为T r+1＝C 10r x 5−r ，
令5−r ＝2，解得r ＝3，
则x 2的系数是C 103
＝120， 【答案】 [−3, −1] 【考点】 程序框图 【解析】
根据程序框图，分析程序的功能，结合输出自变量的范围条件，利用函数的性质即可得到结论． 【解答】
若0≤t ≤1，则不满足条件输出S =t −3∈[−3, −2]， 若−1≤t <0，则满足条件，此时t =t 2+1∈(1, 2]， 此时不满足条件，输出S =t −3∈(−2, −1]， 综上：S =t −3∈[−3, −]， 【答案】 ④
【考点】
命题的真假判断与应用 【解析】
①由sinx +cosx =√2sin(x +π
4)≤√2，判断命题错误； ②根据定义域不关于原点对称判断函数y 不是奇函数； ③由正弦函数的图象与性质知函数y =|sinx −1
2|的周期是2π；
④由图象变化的法则和余弦函数的特点作出函数的图象，由对称性可得答案．
由sinx +cosx =√2sin(x +π
4)≤√2，
可得不存在实数x ，使sinx +cosx =3
2，（1）错； 对于（2）函数y =
sin 2x−sinx sinx−1
=sinx(x ≠2kπ+π
2, k ∈Z)，
由于定义域不关于原点对称，故不为奇函数，（3）错；
对于（4）由y =f(x)=|sinx −1
2|，f(x +π)=|sin(x +π)−1
2|=|−sinx −1
2|≠|sinx −1
2
|，故周期不是π，
应为2π，（5）错； 对于（6），由图象变化的法则可知：
y =lnx 的图象作关于y 轴的对称后和原来的一起构成y =ln|x|的图象， 向右平移1个单位得到y =ln|x −1|的图象，再把x 轴上方的图象不动， 下方的图象对折上去可得g(x)=ln|x −1||的图象； 又f(x)=−2cosπx 的周期为T =2，如图所示： 两图象都关于直线x =1对称，且共有6个交点，
由中点坐标公式可得：x A +x B =−2，x D +x C =2，x E +x F =6， 故所有交点的横坐标之和为6，（7）正确． 故答案为：（8）．
三.解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
【答案】
根据题意，数列{a n }满足a 1⋅a 2⋅a 3...a n =n 2+n ， 当n =1时，有a 1=2，
当n ≥2时，由a 1⋅a 2⋅a 3...a n =n 2+n ，可得a 1⋅a 2⋅a 3...a n−1=(n −1)2+n −1=(n −1)n ， 则有a n =a 1a 2⋯⋯a n
a
1a 2⋯⋯a n−1
=
n+1n−1
，
而a 1=2不符合a n =n+1
n−1， 则a n ={2,n =1
n+1
n−1
,n ≥2
； 根据题意，b n =a n+1−a n ，
则S n =b 1+b 2+……+b n =(a 2−a 1)+(a 3−a 2)+……+(a n+1−a n )=a n+1−a 1=
n+2n
−1=2
n
−1．
【考点】 数列的求和 数列递推式 【解析】
（1）根据题意，对于a 1⋅a 2⋅a 3...a n =n 2+n ，当n =1时计算可得a 1的值，当n ≥2时，分析可得a n =a 1a 2⋯⋯a n
a
1a 2⋯⋯a n−1
=n+1
n−1，综合可得答案；
（2）根据题意，分析可得S n =b 1+b 2+……+b n =(a 2−a 1)+(a 3−a 2)+……+(a n+1−a n )=a n+1−a 1，计算即可得答案．
根据题意，数列{a n }满足a 1⋅a 2⋅a 3...a n =n 2+n ， 当n =1时，有a 1=2，
当n ≥2时，由a 1⋅a 2⋅a 3...a n =n 2+n ，可得a 1⋅a 2⋅a 3...a n−1=(n −1)2+n −1=(n −1)n ， 则有a n =a 1a 2⋯⋯a n
a
1a 2⋯⋯a n−1
=n+1
n−1，
而a 1=2不符合a n =n+1
n−1， 则a n ={2,n =1
n+1
n−1
,n ≥2 ； 根据题意，b n =a n+1−a n ，
则S n =b 1+b 2+……+b n =(a 2−a 1)+(a 3−a 2)+……+(a n+1−a n )=a n+1−a 1=
n+2n
−1=2
n −1．
【答案】 =
C 62C22
C 8
4=3
14，
P(X = =
C 63C21
C 8
4=4
7，
P(X =(1)=
C 64C20
C 8
4=3
14，
∴ X 的分布列为：
EX =2×3
14+3×4
7+4×3
14=3， DX =(2−(2)2×
314
+(3−3)2×4
7
+(4−3)2×
314=3
7
， P(X ≥(3)=4
7+3
14=11
14．
Y 的可能取值为0，1，2，3，4，且Y ∼B(4, 3
4)， ∴ EY =4×3
4=3，DY =4×3
4×1
4=3
4，
P(Y ≥(4)=C 43(3
4)3(1
4)+C 44
(3
4)4=189
256．
【考点】
古典概型及其概率计算公式
离散型随机变量的期望与方差
【解析】
（1）①预赛共进行了12次测试，由甲乙两人成绩表能作出茎叶图，并求出甲、乙的众数，中位数和平均数．
②S甲2<S乙2．
③若已经知道决赛成绩92分以上才能获奖，求出乙92分以上的概率为P乙=3
12=1
4
，
甲92分以上的概率为P
甲=1
12
，故派乙较合适．
（2）设甲答对题目数为X，乙答对题目数为Y，由X的可能取值为2，3，4，Y的可能取值为0，1，2，3，4，且Y∼B(4, 3
4
)，由此能求出甲，乙答对题目数的期望，方差及答对至少三道题目的概率．
【解答】
①预赛共进行了12次测试，由甲乙两人成绩表做出茎叶图如下：
甲的众数为75，中位数为75，
平均数为x
甲=1
12
(56+58+67+68+75+75+75+76+84+85+89+92)=75．
乙的众数为92，中位数74，
平均数为x
甲=1
12
(51+56+65+68+70+73+75+81+85+92+92+92)=1
12
．
②S甲2<S乙2．
③若已经知道决赛成绩92分以上才能获奖，选乙参加决赛更适合．理由如下：
乙92分以上的概率为P
乙=3
12
=1
4
，
甲92分以上的概率为P
甲=1
12
，
P 乙>P
甲
，
派乙参加决赛获奖概率大，故派乙较合适．
设甲
【答案】
取BC中点M，连结DM、PM，
∵ABCD是直角梯形，∠ABC=90∘，BC=2AD=2AB=2，∴∠BAD=90∘，BM // AD，BM=AD，
∴四边形ABMD是边长为1的正方形，
∴MD=1，且MD⊥BC，
∴在Rt△PBC中，PM=1，
又∵PD=√2，∴PD2=PM2+MD2，即MD⊥PM，
又PM∩BC=M，∴MD⊥平面ABCD，
又MD⊂平面ABCD，
∴平面PBC⊥平面ABCD，
∵PC=PB，M是BC的中点，
∴ PM ⊥BC ，
又由（1）知平面PBC ⊥平面ABCD ， ∴ PM ⊥平面ABCD ，
∴ MD ，BC ，MP 两两垂直，
以M 为坐标原点，以MD 为x 轴，MC 为y 轴，MP 为z 轴，建立空间直角坐标系， 则A(1, −1, 0)，C(0, 1, 0)，D(1, 0, 0)，P(0, 0, 1)， ∴ PA →
=(1, −1, −1)，PC →
=(0, 1, −1)，PD →
=(1, 0, −1)，
设平面APC 的法向量为n →
=(x, y, z)，平面PCD 的法向量m →
=(x, y, z)， 则n →，m →
的夹角θ为二面角A −PC −D 的平面角， 由{n →
∗PA →
=x −y −1=0n →∗PC →
=y −z =0
，取y =1，得n →
=(2, 1, 1)， 由{m →
∗PC →=y +z =0
m →
∗PD →=x +z =0
，取x =1，得m →=(1, 1, −1)， ∴ cosθ=
n →∗m
→|n →
|∗|m →
|
=
√6×√
3
=√2
3
， ∴ 二面角A −PC −D 的余弦值为√2
3
．
【考点】
平面与平面垂直
二面角的平面角及求法 【解析】
（1）取BC 中点M ，连结DM 、PM 四边形ABMD 是边长为1的正方形，MD ⊥BC ，MD ⊥PM ，从而MD ⊥平面ABCD ，由此能证明平面PBC ⊥平面ABCD ．
（2）推导出PM ⊥BC ，平面PBC ⊥平面ABCD ，PM ⊥平面ABCD ，MD ，BC ，MP 两两垂直，以M 为坐标原点，以MD 为x 轴，MC 为y 轴，MP 为z 轴，建立空间直角坐标系，由此能求出二面角A −PC −D 的余弦值． 【解答】
取BC 中点M ，连结DM 、PM ，
∵ ABCD 是直角梯形，∠ABC =90∘，BC =2AD =2AB =2， ∴ ∠BAD =90∘，BM // AD ，BM =AD ， ∴ 四边形ABMD 是边长为1的正方形， ∴ MD =1，且MD ⊥BC ， ∴ 在Rt △PBC 中，PM =1，
又∵ PD =√2，∴ PD 2=PM 2+MD 2，即MD ⊥PM ， 又PM ∩BC =M ，∴ MD ⊥平面ABCD ，
又MD ⊂平面ABCD ，
∴ 平面PBC ⊥平面ABCD ， ∵ PC =PB ，M 是BC 的中点， ∴ PM ⊥BC ，
又由（1）知平面PBC ⊥平面ABCD ， ∴ PM ⊥平面ABCD ，
∴ MD ，BC ，MP 两两垂直，
以M 为坐标原点，以MD 为x 轴，MC 为y 轴，MP 为z 轴，建立空间直角坐标系， 则A(1, −1, 0)，C(0, 1, 0)，D(1, 0, 0)，P(0, 0, 1)， ∴ PA →
=(1, −1, −1)，PC →
=(0, 1, −1)，PD →
=(1, 0, −1)，
设平面APC 的法向量为n →
=(x, y, z)，平面PCD 的法向量m →
=(x, y, z)， 则n →，m →
的夹角θ为二面角A −PC −D 的平面角， 由{n →
∗PA →
=x −y −1=0n →∗PC →
=y −z =0
，取y =1，得n →
=(2, 1, 1)， 由{m →
∗PC →=y +z =0
m →
∗PD →=x +z =0
，取x =1，得m →=(1, 1, −1)， ∴ cosθ=
n →∗m
→|n →
|∗|m →
|
=
√6×√3
=
√23
， ∴ 二面角A −PC −D 的余弦值为√23
．
【答案】
双曲线E:x 2−y 2=2的焦点为(±2, 0)， 可得椭圆的c =2，即a 2−b 2=4，
椭圆与直线y =2√3相切，可得b =2√3，a =4， 则e =c
a =1
2， 即有椭圆的方程为
x 2
16
+y 2
12=1； 抛物线的方程为x 2=2y ；
设A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)， 又D(x 0, 
x 022
)(x 0<0)，
由y =12x 2的导数为y′=x ， 可得直线l:y =x 0(x −x 0)+
x 022
=x 0x −
x 022
，
令x =0，可得y =−
x 022
，即M(0, −
x 022
)，
当−1
2≤y M <0，解得0<x 02
≤1，
直线l 与椭圆方程联立，可得(3+4x 02)x 2−4x 03x +x 04−48=0，
可得x 1+x 2=4x
03
3+4x 0
2，x 1x 2=x
04−48
3+4x 0
2，
△=12(−x 04+64x 02+48)>0在0<x 02≤1恒成立，
由AM →=λAD →，BM →=μBD →
，可得 (−x 1, −x 022−y 1)=λ(x 0−x 1, 
x 022−y 1)， (−x 2, −
x 022
−y 2)=μ(x 0−x 2, 
x 022
−y 2)，
可得λ=−x
1x 0−x 1，μ=−x
2
x 0−x 2，
λ+μ=−x 1x 0−x 1−x 2x 0−x 2=2x 1x 2−x 0(x 1+x 2)
x 02
−x 0(x 1+x 2)+x 1x 2
=
2x 04−96−4x 04
x 02(3+4x 02)−x 0(4x 03)+x 04−48
=
−2x 04−96x 04+3x 02−48
，
令t =x 02
∈(0, 1]，
可得λ+μ=−2t 2−96
t 2+3t−48，
设f(t)=
−2t 2−96t 2+3t−48
，f′(t)=−6⋅t 2−64t−48
(t 2+3t−48)2>0在t ∈(0, 1]恒成立，
即f(t)在(0, 1]递增，
可得f(0)<f(t)≤f(1)， 即为2<f(t)≤49
22，
则λ+μ的取值范围为(2, 49
22]．
【考点】 圆锥曲线 【解析】
（1）求得双曲线的焦点，可得椭圆的c ，再由椭圆与已知直线相切，可得b ，可得a ，e ，可得椭圆方程和抛物线的方程；
（2）求得切点D 的坐标，以及函数的导数可得切线的斜率和方程，可令x =0，可得M ，再联立椭圆方程，运用韦达定理和向量共线的坐标表示，可得λ+μ的表达式，再由换元法和函数的导数，判断单调性可得所求范围． 【解答】
双曲线E:x 2−y 2=2的焦点为(±2, 0)， 可得椭圆的c =2，即a 2−b 2=4，
椭圆与直线y =2√3相切，可得b =2√3，a =4， 则e =c
a =1
2， 即有椭圆的方程为
x 2
16
+y 2
12=1；
抛物线的方程为x 2=2y ； 设A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)， 又D(x 0, 
x 022
)(x 0<0)，
由y =12x 2的导数为y′=x ， 可得直线l:y =x 0(x −x 0)+x 022
=x 0x −
x 022
，
令x =0，可得y =−
x 022
，即M(0, −
x 022
)，
当−1
2≤y M <0，解得0<x 02
≤1，
直线l 与椭圆方程联立，可得(3+4x 02)x 2−4x 03x +x 04−48=0，
可得x 1+x 2=4x 033+4x 0
2，x 1x 2=x 04−48
3+4x 0
2，
△=12(−x 04+64x 02+48)>0在0<x 02≤1恒成立，
由AM →=λAD →，BM →=μBD →
，可得 (−x 1, −x 022−y 1)=λ(x 0−x 1, 
x 022−y 1)， (−x 2, −
x 022
−y 2)=μ(x 0−x 2, 
x 022
−y 2)，
可得λ=−x
1x 0−x 1，μ=−x
2
x 0−x 2，
λ+μ=−x 1x 0−x 1−x 2x 0−x 2=2x 1x 2−x 0(x 1+x 2)
x 02
−x 0(x 1+x 2)+x 1x 2
=2x 04−96−4x 04
x
2(3+4x 02)−x 0(4x 03)+x 0
4−48
=−2x 04−96
x
4+3x 0
2−48
，
令t =x 02
∈(0, 1]，
可得λ+μ=−2t 2−96
t 2+3t−48
，
设f(t)=
−2t 2−96
t 2+3t−48
，f′(t)=−6⋅t 2−64t−48
(t 2+3t−48)2>0在t ∈(0, 1]恒成立，
即f(t)在(0, 1]递增，
可得f(0)<f(t)≤f(1)， 即为2<f(t)≤49
22，
则λ+μ的取值范围为(2, 49
22]．
【答案】
当m =1时，f(x)=lnx +x 2−4x(x >0)， f
′
(x)=
2x 2−4x+1
x
=
2(x−
2−√22)(x−2+√2
2
)x
，
0<x <
2−√22
或x >
2+√22
时，f′(x)>0，
2−√22
<x <
2+√22
时，f′(x)<0，
∴ f(x)在(0, 2−√22
)和(2+√22
, +∞)上单调递增，在(2−√22
, 2+√22
)上单调递减，
∴ x =
2−√22
为f(x)的极大值点，x =
2+√22
为f(x)的极小值点．
证明：
f(x)=mlnx +x 2−2(m +1)x ，(x >0)，
则g(x)=f(x)−12x 2+(m +1)x =mlnx +x 2−2(m +1)x −1
2x 2+(m +1)x =mlnx +1
2x 2−(m +1)x ， g ′
(x)=
m x
+x −(m +1)=
(x−m)(x−1)
x
，
若g(x)有两个极值点x 1，x 2(x 1<x 2)，
则g′(x)=0在(0, +∞)有两个不等实数根x 1，x 2，故m ≠1，
e −2≤m ≤1时，0<x <m 或x >1时，g′(x)>0，m <x <1时，g′(x)<0， ∴ g(x)在(0, m)和(1, +∞)上单调递增，在(m, 1)上单调递减， ∴ x =m 时，g(x)取得极大值g(m)=mlnm −m 22
−m ，
x =1时，g(x)得到极小值g(1)=−1
2−m ， ∴ x 1=m ，x 2=1，
∵ a <b ，且a ，b ∈(x 1, x 2)，∴ g(a)>g(b)， ∴ 0<|g(a)−g(b)|<g(x 1)−g(x 2)=mlnm −m 22
+1
2，
令ℎ(x)=xlnx −
x 22
+1
2，(e 2≤x <1)，则ℎ′(x)=lnx −x +1(e −2≤x <1)，
则ℎ′′
(x)=1
x −1=
1−x x
>0，∴ ℎ′(x)在[e −2, 1)上单调递增，
∴ ℎ′(x)<ℎ′(2)<0，∴ ℎ(x)在[e −2, 1)上单调递减， ∴ x =1时，g(x)取极大值g(3)=−1
2−m ， x =m 时，g(x)得到极小值g(m)=mlnm −
m 22
−m ，∴ x 1=1，x 2=m ，
∵ a <b ，且a ，b ∈(x 1, x 2)，∴ g(a)>g(b)， ∴ 0<|g(a)−g(b)|<g(x 1)−g(x 2)=−mlnm +
m 22
−1
2，
令k(x)=−xlnx +x −1，(1<x ≤e 2)，∴ k′(x)=−lnx +x −1(1<x ≤e 2)， 则$k^{``}(x) = - \frac{1}{x} + 1 = \frac{x - 1}{x} > 0$，∴ k′(x)在(1, e 2]上单调递增， ∴ k′(x)>k′(4)=0，
∴ k′(x)在(1, e 2]上单调递增， ∴ 0<|g(a)−g(b)|<−2e 2+e 42−1
2，
∵ −12e 4−2e 2+1
2−(−2e 2
+
e 42
−1
2)=−
e 4(e 4−4e 2−2)+4e 2+1
2e 4
，
∴ −
1
2e 4−2
e 2+1
2<e 42
−2e 2−1
2，
∴ 0<|g(a)−g(b)|<
e 42
−2e 2−1
2．
【考点】
利用导数研究函数的极值 利用导数研究函数的最值 【解析】
（1）当m =1时，f(x)=lnx +x 2−4x(x >0)，f ′
(x)=
2x 2−4x+1
x
=
2(x−
2−√22)(x−2+√2
2
)x
，
由此能求出f(x)的极值点．
（2）f(x)=mlnx +x 2−2(m +1)x ，(x >0)，则g(x)=mlnx +1
2x 2−(m +1)x ，g ′
(x)=
m x
+x −(m +1)=
(x−m)(x−1)
x
，若g(x)有两个极值点x 1，x 2(x 1<x 2)，则
g′(x)=0在(0, +∞)有两个不等实数根x 1，x 2，故m ≠1，由此利用导数性质能证明0<|g(a)−g(b)|<
e 42
−2e 2−1
2
．
【解答】
当m =1时，f(x)=lnx +x 2−4x(x >0)， f
′
(x)=
2x 2−4x+1
x
=
2(x−
2−√22)(x−2+√2
2
)x
，
0<x <
2−√22
或x >
2+√22
时，f′(x)>0，
2−√22
<x <
2+√22
时，f′(x)<0，
∴ f(x)在(0, 2−√22
)和(2+√22
, +∞)上单调递增，在(2−√22
, 2+√22
)上单调递减，
∴ x =
2−√22
为f(x)的极大值点，x =
2+√22
为f(x)的极小值点．
证明：
f(x)=mlnx +x 2−2(m +1)x ，(x >0)，
则g(x)=f(x)−12x 2+(m +1)x =mlnx +x 2−2(m +1)x −1
2x 2+(m +1)x =mlnx +1
2x 2−(m +1)x ， g ′
(x)=
m x
+x −(m +1)=
(x−m)(x−1)
x
，
若g(x)有两个极值点x 1，x 2(x 1<x 2)，
则g′(x)=0在(0, +∞)有两个不等实数根x 1，x 2，故m ≠1，
e −2≤m ≤1时，0<x <m 或x >1时，g′(x)>0，m <x <1时，g′(x)<0， ∴ g(x)在(0, m)和(1, +∞)上单调递增，在(m, 1)上单调递减， ∴ x =m 时，g(x)取得极大值g(m)=mlnm −m 22
−m ，
x =1时，g(x)得到极小值g(1)=−1
2−m ， ∴ x 1=m ，x 2=1，
∵ a <b ，且a ，b ∈(x 1, x 2)，∴ g(a)>g(b)， ∴ 0<|g(a)−g(b)|<g(x 1)−g(x 2)=mlnm −m 22
+1
2，
令ℎ(x)=xlnx −
x 22
+1
2，(e 2≤x <1)，则ℎ′(x)=lnx −x +1(e −2≤x <1)，
则ℎ′′(x)=1
x −1=1−x
x
>0，∴ℎ′(x)在[e−2, 1)上单调递增，
∴ℎ′(x)<ℎ′(2)<0，∴ℎ(x)在[e−2, 1)上单调递减，
∴x=1时，g(x)取极大值g(3)=−1
2
−m，
x=m时，g(x)得到极小值g(m)=mlnm−m2
2
−m，∴x1=1，x2=m，∵a<b，且a，b∈(x1, x2)，∴g(a)>g(b)，
∴0<|g(a)−g(b)|<g(x1)−g(x2)=−mlnm+m2
2−1
2
，
令k(x)=−xlnx+x−1，(1<x≤e2)，∴k′(x)=−lnx+x−1(1<x≤e2)，则$k^{``}(x) = - \frac{1}{x} + 1 = \frac{x - 1}{x} > 0$，∴k′(x)在(1, e2]上单调递增，∴k′(x)>k′(4)=0，
∴k′(x)在(1, e2]上单调递增，
∴0<|g(a)−g(b)|<−2e2+e4
2−1
2
，
∵−1
2e4−2
e2
+1
2
−(−2e2+e4
2
−1
2
)=−e4(e4−4e2−2)+4e2+1
2e4
，
∴−1
2e4−2
e2
+1
2
<e4
2
−2e2−1
2
，
∴0<|g(a)−g(b)|<e4
2−2e2−1
2
．
请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.[选修4-4：坐标系与参数方程]
【答案】
解：（Ⅰ）设P的极坐标为(ρ,θ)(ρ>0)，
M的极坐标为(ρ1,θ)(ρ1>0)．
由题设知|OP|=ρ,|OM|=ρ1=4
cosθ
．
由|OM|⋅|OP|=16得C2的极坐标方程ρ=4cosθ(ρ>0)．
因此C2的直角坐标方程为(x−2)2+y2=4(x≠0)．
（Ⅱ）设点B的极坐标为(ρB,α)(ρB>0)．
由题设知|OA|=2,ρB=4cosα，
于是△OAB面积S=1
2
|OA|⋅ρB⋅sin∠AOB
=4cosα⋅|sin(α−π3 )|
=2|sin(2α−π
3)−√3
2
|≤2+√3．
当α=−π
12
时，S取得最大值2+√3．所以△OAB面积的最大值为2+√3．【考点】
圆的极坐标方程
【解析】
本题考查坐标系与参数方程．
【解答】
试卷第21页，总21页 解：（Ⅰ）设P 的极坐标为(ρ,θ)(ρ>0)，
M 的极坐标为(ρ1,θ)(ρ1>0)．
由题设知|OP|=ρ,|OM|=ρ1=4cosθ．
由|OM|⋅|OP|=16得C 2的极坐标方程ρ=4cosθ(ρ>0)．
因此C 2的直角坐标方程为(x −2)2+y 2=4(x ≠0)．
（Ⅱ）设点B 的极坐标为(ρB ,α)(ρB >0)．
由题设知|OA|=2,ρB =4cosα，
于是△OAB 面积S =12|OA|⋅ρB ⋅sin∠AOB
=4cosα⋅|sin (α−π3
)| =2|sin (2α−π3)−
√32|≤2+√3． 当α=−π12时，S 取得最大值2+√3．
所以△OAB 面积的最大值为2+√3．
[选修4-5：不等式选讲]
【答案】
证明：f(x)=|x +a 2|+|x −a −1|
≥|(x +a 2)−(x −a −1)|=|a 2+a +1|=a 2+a +1=(a +12)2+34≥34； 因为f(4)=|a 2+4|+|a −3|
={a 2+a +1,a ≥3a 2−a +7,a <3
， 所以由f(4)<13得
{a ≥3a 2+a +1<13 或{a <3a 2−a +7<13
， 解得a ∈⌀或−2<a <3，
即a 的取值范围是(−2, 3)．
【考点】
绝对值不等式的解法与证明
【解析】
（1）运用绝对值不等式的性质和二次函数的最值求法，即可得证；
（2）求得f(4)，讨论a <3，a ≥3，运用二次不等式的解法，即可得到所求范围．
【解答】
证明：f(x)=|x +a 2|+|x −a −1|
≥|(x +a 2)−(x −a −1)|=|a 2+a +1|=a 2+a +1=(a +12)2+34≥34； 因为f(4)=|a 2+4|+|a −3|
={a 2+a +1,a ≥3a 2−a +7,a <3
， 所以由f(4)<13得
{a ≥3a 2+a +1<13 或{a <3a 2−a +7<13
， 解得a ∈⌀或−2<a <3，
即a 的取值范围是(−2, 3)．。