2021年安徽省池州市高考数学质量统一监测试卷（理科）（一模）.docx

1、第 1页（共 22页） 2021 年安徽省池州市高考数学质量统一监测试卷年安徽省池州市高考数学质量统一监测试卷 （理科理科）（一模一模） 一、选择题：本题共一、选择题：本题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 60 分。在每小题给出的四个选项中，只有分。在每小题给出的四个选项中，只有 一项是符合题目要求的。一项是符合题目要求的。 1 （5 分）已知集合 |(2)(2) 0Axxx， |1Bx x，则(AB ) AB(1，2C1，2D2，) 2 （5 分）已知复数z满足(1)1zii ，则复数z在复平面内对应的点位于() A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限 3 （5 分）已

2、知数列 n a为等比数列，其前n项和为 n S，且5n n Sa，则(a ) A5B5C1D1 4 （5 分）古希腊数学家欧多克索斯在深入研究比例理论时，提出了分线段的“中末比”问 题： 将一线段MN分为两线段MG，GN， 使得其中较长的一段MG是全长MN与另一段GN 的比例中项，即满足 51 0.618 2 MGGN MNMG ，后人把这个数称为“黄金分割”数，把点 G称为线段MN的“黄金分割”点如图，在正方形ABCD中，E，F是线段AB的两个 “黄金分割”点在矩形ABCD内任取一点M，则该点落在DEF内的概率为() A 51 4 B 51 2 C 52 2 D52 5 （5 分）已知 3

3、sin 5 ，则 3 cos()sin()( 44 ) A 7 25 B 8 25 C 7 50 D 7 25 6 （5 分） 设函数( )f x满足对xR ， 都有(4)( )fxf x， 且在(2,)上单调递增，f（4） 0， 4 ( )g xx，则函数(2) ( )yf xg x的大致图象可能是() 第 2页（共 22页） AB CD 7 （5 分）在 34567 (1)(1)(1)(1)(1)xxxxx展开式中 2 x的系数是() A45B53C54D55 8 （5 分）某几何体的三视图如图所示，正视图和侧视图都是等腰直角三角形，俯视图是边 长为 2 的正方形，则该几何体的体积等于()

4、 A8B 16 3 C 8 3 D 4 3 9 （5 分）2020 年 12 月 17 日，嫦娥五号返回器携带 1731 克月球土壤样品在内蒙古四王子 旗预定区域安全着陆， 至此我国成为世界上第三个从月球取回土壤的国家 某科研所共有A、 B、C、D、E、F六位地质学家，他们全部应邀去甲、乙、丙三所不同的中学开展月球 土壤有关知识的科普活动，要求每所中学至少有一名地质学家，其中地质学家A被安排到 甲中学，则共有多少种不同的派遣方法？() A180B162C160D126 10 （5 分） 3 e，3e，3， 3 的大小关系是（注:2.71828e 为自然对数的底数）() A 33 33ee B

5、33 33ee C 33 33ee D 33 33ee 11 （5 分）已知ABC的一内角 4 A ，ABAC，O为ABC所在平面上一点，满足 | | |OAOBOC，设AOmABnAC ，则mn的值为() 第 3页（共 22页） A22B 22 2 C22D 22 2 12 （5 分）已知直线:3l yx与x轴的交点为( 3,0)A ，P是直线l上任一点，过点P作 圆 22 :(1)4Exy的两条切线，设切点分别为C、D，M是线段CD的中点，则|AM的 最大值为() A2 2B3 2C 7 2 2 D4 2 二、填空题：本题共二、填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共

6、 20 分分. 13 （5 分）若实数x，y满足约束条件 2 0 2 0 xy y x y ，则2zxy的取值范围是 14 （5 分）已知点P是抛物线 2 8yx上动点，F是抛物线的焦点，点A的坐标为(4,1)， 则|PAPF的最小值为 15 （5 分） 如图， 在平面四边形ABCD中，ADBD，60DAB，120DCB，1AD ， 将ABD沿着BD折起， 使得二面角ABDC为直二面角， 当三棱锥ABCD体积最大时， 三棱锥ABCD的外接球的表面积为 16 （5 分）已知数列 n a是以 3 为首项，以 4 为公差的等差数列，则数列 1 1tantan nn aa 前 2021 项和为 三、解

7、答题：共三、解答题：共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第 1721 题为必考题为必考 题题，每个试题考生都必须作答每个试题考生都必须作答。第第 22、23 题为选考题题为选考题，考生根据要求作答考生根据要求作答。 （一一）必考题必考题： 共共 60 分分 17 （12 分）已知函数( )sin()(0f xAxA，0，|) 2 的部分图象如图所示 （）求函数( )f x的函数解析式 （）在ABC中，角A为三角形内角且f（A）1，D在边BC上，AD是BAC的角平 分线，1AB ，3AC ，求AD的长度 第 4页（共 22页） 18

8、 （12 分）如图，P在平面ABC上的投影为点C，ACBC，2ABPC，D、O分别 为线段PA、AB的中点，PO与BD交于点E，F是PC上的一个点 （）若/ /EF平面ABC，求 PF FC 的值； （）若PFFC，2ABCB，求二面角FBEC的正弦值 19 （12 分）2020 年新冠来袭！我国迅速应对，彰显“中国速度” 5 月武汉进行全民筛查 新冠“大会战” ，首个将“混检”用于大型筛查的城市，从而很大程度上提高了检测的速度， 同时也降低了成本 “混检” 就是例如将采集的 5 支拭子集合于 1 个采集管中进行核酸检测， 如果呈阳性再逐个检测， 直到能确定阳性拭子为止； 如果呈阴性则说明这

9、5 个样本都不携带 病毒，也称为“5 合 1 混”检测技术；后来有些城市采用“10 合 1 混”检测技术现采集了 7 支拭子，已知其中有 1 支拭子是阳性，需要通过检测来确定哪一个拭子呈阳性下面有两 种检测方法： 方案一：逐个检测，直到能确定阳性拭子为止； 方案二：采用“5 合 1 混”检测技术，若检测为阴性，则在另外 2 支拭子中任取 1 支检测 （）表示依方案一所需检测次数，求的分布列和期望 （）求依方案一所需检测次数不少于依方案二所需检测次数的概率 20 （12 分）已知椭圆 22 22 :1(0) xy Eab ab 的离心率为 3 2 ， 1 F、 2 F分别为E的左、右 焦点，P为

10、E上的一点且 2 PF，垂直x轴， 2 1 | 2 PF 第 5页（共 22页） （）求椭圆E的方程； （）过椭圆E的上顶点A作两条斜率之积为 1 的直线 1 l、 2 l，它们与椭圆的另一个交点分 别为M、N，求证：直线MN恒经过一个定点 21（12 分） 已知函数 2 1 ( )1 2 x f xaexx， 12 ( )1(0) 2 xa a g xexxaxx ，aR （）若对任意0 x ，都有( )0f x ，求a的范围； （）求证：对任意0 x 及任意01a ，都有( )0g x （二）选考题：共（二）选考题：共 10 分。请考生在分。请考生在 22、23 题中任选一题作答，如果多做

11、，则按所做的第题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第 一题计分。一题计分。选修选修 4-4：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程 22 （10 分）在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为 1 2 ( 3 3 2 xt t yt 为参数） ，以坐标 原点O为极点，以x轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为2 （）求直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程； （）已知点(0, 3)P，若直线l与曲线C相交于不同的两点A、B，求 11 |PAPB 的值 选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲 23已知函数( ) |2|()f xxaxaR （）当0a 时，解不等式( )34f xx；

12、（）已知0a ，0b ，( )f x的最小值为m，且4mb，求 11 1ab 的最小值 第 6页（共 22页） 2021 年安徽省池州市高考数学质量统一监测试卷年安徽省池州市高考数学质量统一监测试卷 （理科理科）（一模一模） 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、选择题：本题共一、选择题：本题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 60 分。在每小题给出的四个选项中，只有分。在每小题给出的四个选项中，只有 一项是符合题目要求的。一项是符合题目要求的。 1 （5 分）已知集合 |(2)(2) 0Axxx， |1Bx x，则(AB ) AB(1，2C1，2D2，) 【解答】解：集

13、合 |(2)(2) 0 | 22Axxxxx ， |1Bx x， |12(1ABxx ，2 故选：B 2 （5 分）已知复数z满足(1)1zii ，则复数z在复平面内对应的点位于() A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限 【解答】解：由(1)1zii ，得 2 1(1)() 11 iii zi ii ， 2zi， 复数z在复平面内对应的点的坐标为(2, 1)，位于第四象限 故选：D 3 （5 分）已知数列 n a为等比数列，其前n项和为 n S，且5n n Sa，则(a ) A5B5C1D1 【解答】解：根据题意，数列 n a为等比数列，且5n n Sa， 则 11 5aSa， 221 2

14、0aSS， 332 100aSS， 则有 2 (5) 10020a， 解可得1a ， 故选：C 4 （5 分）古希腊数学家欧多克索斯在深入研究比例理论时，提出了分线段的“中末比”问 题： 将一线段MN分为两线段MG，GN， 使得其中较长的一段MG是全长MN与另一段GN 的比例中项，即满足 51 0.618 2 MGGN MNMG ，后人把这个数称为“黄金分割”数，把点 G称为线段MN的“黄金分割”点如图，在正方形ABCD中，E，F是线段AB的两个 第 7页（共 22页） “黄金分割”点在矩形ABCD内任取一点M，则该点落在DEF内的概率为() A 51 4 B 51 2 C 52 2 D52

15、【解答】解：设正方形ABCD的边长为 1，则 51 2 AFBE ，2152EFAF ， 所求的概率为 2 1 52 2 2 DEF ABCD EFAD S P SAD 正方形 故选：C 5 （5 分）已知 3 sin 5 ，则 3 cos()sin()( 44 ) A 7 25 B 8 25 C 7 50 D 7 25 【解答】解：因为 3 sin 5 ， 所以 2 31117 cos()sin()cos()sin()cos()sin()sin(2 )cos2 444444222250 sin 故选：C 6 （5 分） 设函数( )f x满足对xR ， 都有(4)( )fxf x， 且在(2

16、,)上单调递增，f（4） 0， 4 ( )g xx，则函数(2) ( )yf xg x的大致图象可能是() AB CD 第 8页（共 22页） 【解答】解：函数( )f x满足对xR ，都有(4)( )fxf x， ( )f x的对称轴为2x ， 在(2,)上单调递增，f（4）0， (2)f x关于y轴对称，在(0,)上单调递增，且当2x 时，(22)0f， 设( )(2)h xf x， 则( )h x为偶函数，且在(0,)上单调递增，且h（2）0，不妨设( ) | 2h xx， 则 2 (2) ( )(| 2)yf xg xxx，则函数为偶函数，图象关于y轴对称，排除A，D， 当2x 时，0

17、y ，排除C， 故选：B 7 （5 分）在 34567 (1)(1)(1)(1)(1)xxxxx展开式中 2 x的系数是() A45B53C54D55 【解答】解：在 34567 (1)(1)(1)(1)(1)xxxxx 34567 (1)(1)(1)(1)(1)xxxxx的展开式中， 2 x的系数是 222 347 55CCC， 故选：D 8 （5 分）某几何体的三视图如图所示，正视图和侧视图都是等腰直角三角形，俯视图是边 长为 2 的正方形，则该几何体的体积等于() A8B 16 3 C 8 3 D 4 3 【解答】解：根据几何体的三视图转换为直观图为：该几何体为三棱锥体ABCD 如图所示

18、： 第 9页（共 22页） 故 114 222 323 V 故选：D 9 （5 分）2020 年 12 月 17 日，嫦娥五号返回器携带 1731 克月球土壤样品在内蒙古四王子 旗预定区域安全着陆， 至此我国成为世界上第三个从月球取回土壤的国家 某科研所共有A、 B、C、D、E、F六位地质学家，他们全部应邀去甲、乙、丙三所不同的中学开展月球 土壤有关知识的科普活动，要求每所中学至少有一名地质学家，其中地质学家A被安排到 甲中学，则共有多少种不同的派遣方法？() A180B162C160D126 【解答】解：根据题意，分 2 步进行分析： 将A、B、C、D、E、F六位地质学家分为 3 组， 若分

19、为 1、1、4 的三组，有 4 6 15C 种分组方法， 若分为 1、2、3 的三组，有 32 63 60C C 种分组方法， 若分为 2、2、2 的三组，有 222 642 3 3 15 C C C A 种分组方法， 则共有15601590种分组方法， 将A所在的组安排到甲学校，剩下的 2 组安排到其他两个学校，有 2 种安排方法， 则有902180种安排方法， 故选：A 10 （5 分） 3 e，3e，3， 3 的大小关系是（注:2.71828e 为自然对数的底数）() A 33 33ee B 33 33ee C 33 33ee D 33 33ee 【解答】解：2.718283.14159

20、e， 第 10页（共 22页） 33 e，33 e ， 构造函数( )f xxelnx， f（e）0eelne， ( )1 e fx x ， 当xe时，( )0fx，( )f xxelnx是增函数， f（3）330eln，333eelnln， 3 3ee， 33 33ee 故选：B 11 （5 分）已知ABC的一内角 4 A ，ABAC，O为ABC所在平面上一点，满足 | | |OAOBOC，设AOmABnAC ，则mn的值为() A22B 22 2 C22D 22 2 【解答】 解： 由| | |OAOBOC知，O为ABC外接圆的圆心， 过O作OEAB，OFAC， 如图所示： 设ABACa，

21、B，O，D三点共线， 2 2 2 AB ACa ， 2 1 2 AB AOa ， 2 1 2 AC AOa ， AOmABnAC ， 222 222 21 () 22 21 () 22 mABnACABmanaa mABnACACmanaa ， 第 11页（共 22页） 21 22 21 22 mn mn ， 22mn 故选：A 12 （5 分）已知直线:3l yx与x轴的交点为( 3,0)A ，P是直线l上任一点，过点P作 圆 22 :(1)4Exy的两条切线，设切点分别为C、D，M是线段CD的中点，则|AM的 最大值为() A2 2B3 2C 7 2 2 D4 2 【解答】解：由题意得(1

22、,0)E，半径2r 以EP为直径的圆的方程为 22 00 0 xyx xy y， 由题意得EDDP，ECCP， 所以C，D在以EP为直径的圆上， 联立 22 00 22 0 (1)4 xyx xy y xy ， 两个方程相减得 00 (2)30 xxy y为直线CD的方程， 因为M为CD的中点， 所以在以EP为直径的圆中，M为弦CD的中点， 所以EMCD， 所以直线EM的方程为 0 0 (1) 2 y yx x ， 因为P在l上，故 00 3yx， 联立 00 0 0 00 (2)30 (1) 2 3 x xy y y yx x yx ，得 22 111 ()() 222 xy， 所以M的轨迹

23、是以 1 1 ( , ) 2 2 为圆心，以 2 2 为半径的圆， 点( 3,0)A 到圆心的距离 22 115 2 ( 3)( ) 222 d ， 第 12页（共 22页） 故 5 22 3 2 22 故选：B 二、填空题：本题共二、填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分. 13（5 分） 若实数x，y满足约束条件 2 0 2 0 xy y x y ， 则2zxy的取值范围是 6，6 【解答】解：由约束条件作出可行域如图， 联立 2 yx y ，解得( 2, 2)A ， 联立 2 20 y xy ，解得(4, 2)B， 作出直线20 xy，由图可知，平移直

24、线20 xy至A时，2zxy有最小值为6； 平移直线20 xy至B时，2zxy有最大值为 6 2zxy的取值范围是 6，6 第 13页（共 22页） 故答案为： 6，6 14 （5 分）已知点P是抛物线 2 8yx上动点，F是抛物线的焦点，点A的坐标为(4,1)， 则|PAPF的最小值为6 【解答】解：由题意可得(2F，0)，准线方程为2x ，作PM 准线l，M为垂足， 由抛物线的定义可得| |PAPFPAPM， 故当P，A，M三点共线时，|PAPM最小为| 4( 2)6AM ， 所以：|PAPF的最小值是 6 故答案为：6 15 （5 分） 如图， 在平面四边形ABCD中，ADBD，60DA

25、B，120DCB，1AD ， 将ABD沿着BD折起， 使得二面角ABDC为直二面角， 当三棱锥ABCD体积最大时， 三棱锥ABCD的外接球的表面积为5 【解答】解：在平面四边形ABCD中，ADBD，60DAB，120DCB， 1AD ，将ABD沿着BD折起，使得二面角ABDC为直二面角， 当三棱锥ABCD体积最大时，C到BD的距离取得最大值， 此时三角形BCD是等腰三角形， 由题意可得3BD ，2AB ，BCD的外接圆的半径为：r，2 sin120 BD r ， 可得1r ，F为BD的中点， 1 2 CF ，几何体的外接球的球心为O， 第 14页（共 22页） OEAB，E为AB的中点，1AE

26、 ， 1 1 2 OEO F， 外接球的半径 22 15 1( ) 22 R ， 所以外接球的表面积为： 2 45R 故答案为：5 16 （5 分）已知数列 n a是以 3 为首项，以 4 为公差的等差数列，则数列 1 1tantan nn aa 前 2021 项和为22 3 【解答】解：由题设可得： (31) (1) 3412 n n an ， 1 1111 tantan 1tantan(tantan)tan()tantan tan 4 nn nnnnnnnn aa aaaaaaaa ， 设数列 1 1tantan nn aa 前n项和为 n S， 则 2021213220222021 (t

27、antan)(tantan)(tantan)Saaaaaa 20221 tantanaa 60674 tantan 1212 7 tan(505)tan 123 7 tan3 12 5 tan()3 12 5 tan3 12 tan()3 64 第 15页（共 22页） tantan 64 3 1tantan 64 3 1 3 3 3 1 3 22 3 故答案为：22 3 三、解答题：共三、解答题：共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第 1721 题为必考题为必考 题题，每个试题考生都必须作答每个试题考生都必须作答。第第 22、2

28、3 题为选考题题为选考题，考生根据要求作答考生根据要求作答。 （一一）必考题必考题： 共共 60 分分 17 （12 分）已知函数( )sin()(0f xAxA，0，|) 2 的部分图象如图所示 （）求函数( )f x的函数解析式 （）在ABC中，角A为三角形内角且f（A）1，D在边BC上，AD是BAC的角平 分线，1AB ，3AC ，求AD的长度 【解答】解： （）根据函数( )f x的图象，可得2A ， 125 4126 ， 2 再结合五点法作图可得，2 62 ， 6 ，( )2sin(2) 6 f xx （）在ABC中，角A为三角形内角且f（A）2sin(2)1 6 A ， 由A为三角

29、形内角得 5 2 66 A ，即 3 A ， AD是BAC的角平分线，1AB ，3AC ， 第 16页（共 22页） 6 BADCAD ， 由余弦定理得 2 119 cos 22 1 3 BC BAC ， 解得7BC ， 由余弦定理得 1797 cos 142 7 B ， 故 3 21 sin 14 B ， 132 7 sinsin()cossin 6227 ADBBBB ， ABD中，由正弦定理得 1 2 73 21 714 AD ， 3 3 4 AD 18 （12 分）如图，P在平面ABC上的投影为点C，ACBC，2ABPC，D、O分别 为线段PA、AB的中点，PO与BD交于点E，F是PC

30、上的一个点 （）若/ /EF平面ABC，求 PF FC 的值； （）若PFFC，2ABCB，求二面角FBEC的正弦值 【解答】解： （）连结EF，CO， 因为D，O分别为线段PA，AB的中点， 所以BD和PO的交点E为PAB的重心， 所以2 PE EO ， 又因为/ /EF平面ABC，EF 平面PCO，平面PCO平面ABCCO， 所以/ /EFCO， 故2 PEPE FCEO ； 第 17页（共 22页） （）设2BC ，则4AB ，2PC ，1CF ，连结BF， 以点C为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示， 则(0F，0，1)，(0B，2，0)，(0C，0，0)， 2 3 2 2 (, )

31、 33 3 E， 所以 2 34 2 (0,2, 1),(, ) 33 3 FBBE ， 设平面FBE的法向量为( , , )nx y z ， 则有 20 2 342 0 333 n FByz n BExyz ， 令1y ，则2z ，0 x ，故(0,1,2)n ， 因为(0,2,0)CB ， 设平面CBE的法向量为( , , )ma b c ， 则有 20 2 342 0 333 m CBb m BEabc ， 令1a ，则0,3bc ，故(1,0,3)m ， 所以 |2 315 |cos,| |552 m n m n m n ， 所以二面角FBEC的正弦值为 22 1510 1,1() 5

32、5 cosm n 19 （12 分）2020 年新冠来袭！我国迅速应对，彰显“中国速度” 5 月武汉进行全民筛查 新冠“大会战” ，首个将“混检”用于大型筛查的城市，从而很大程度上提高了检测的速度， 同时也降低了成本 “混检” 就是例如将采集的 5 支拭子集合于 1 个采集管中进行核酸检测， 第 18页（共 22页） 如果呈阳性再逐个检测， 直到能确定阳性拭子为止； 如果呈阴性则说明这 5 个样本都不携带 病毒，也称为“5 合 1 混”检测技术；后来有些城市采用“10 合 1 混”检测技术现采集了 7 支拭子，已知其中有 1 支拭子是阳性，需要通过检测来确定哪一个拭子呈阳性下面有两 种检测方法

33、： 方案一：逐个检测，直到能确定阳性拭子为止； 方案二：采用“5 合 1 混”检测技术，若检测为阴性，则在另外 2 支拭子中任取 1 支检测 （）表示依方案一所需检测次数，求的分布列和期望 （）求依方案一所需检测次数不少于依方案二所需检测次数的概率 【解答】解： （）方案一中检测次数的可能取值为 1，2，3，4，5，6， 当1，2，3，4，5 时， 1 7 P ； 当6时， 2 7 P ， 所以的分布列为： 123456 P 1 7 1 7 1 7 1 7 1 7 2 7 的数学期望为 11111227 ( )123456 7777777 E ； （）方案二中化验次数X的可能取值为 2，3，4

34、，5， 所以 454 664 555 757 3 (2) 7 CCA P X CAC ， 44 64 55 75 1 (3) 7 CA P X CA ， 44 64 55 75 1 (4) 7 CA P X CA ， 414 624 55 75 2 (5) 7 CC A P X CA ， 方案一所检测的次数不少于方案二的概率为： 33 (2) (2)(3) (2)(3)(4) (2)(3)(4)(5)(6) 49 PPP XPP XP XPP XP XP XPP 第 19页（共 22页） 20 （12 分）已知椭圆 22 22 :1(0) xy Eab ab 的离心率为 3 2 ， 1 F、

35、2 F分别为E的左、右 焦点，P为E上的一点且 2 PF，垂直x轴， 2 1 | 2 PF （）求椭圆E的方程； （）过椭圆E的上顶点A作两条斜率之积为 1 的直线 1 l、 2 l，它们与椭圆的另一个交点分 别为M、N，求证：直线MN恒经过一个定点 【解答】解： （）因为椭圆离心率为 3 2 ， 所以 3 2 c e a ， 又 2 PFx轴， 2 1 | 2 PF ， 所以 P xc，代入椭圆的方程得 22 22 1 P yc ab ， 所以 2 P b y a ， 所以 2 1 2 b a ， 又因为 222 abc， 由，解得 2 4a ， 2 1b ， 2 3c ， 所以椭圆E的方程

36、为 2 2 1 4 x y （）证明：设直线 1 l的方程为1ykx，直线 2 l的方程为 1 1yx k ， 设M，N点的坐标分别为 1 (x， 1) y， 2 (x， 2) y， 由 2 2 1 1 4 ykx x y 得 22 (14)80kxkx， 解得 1 2 8 14 k x k ， 2 1 2 14 14 k y k ，即 2 8 (1 4 k M k ， 2 2 14 ) 14 k k ， 用 1 k 替代M坐标中的k，从而可得N点坐标为 2 8 (4 k k ， 2 2 4) 4 k k ， 则直线MN的斜率为 22 2 22 12 12 22 144 1 144 88 3

37、144 MN kk yyk kk k kk xxk kk ， 所以直线MN的方程为 22 22 1418 () 14314 kkk yx kkk ， 第 20页（共 22页） 化简得 2 15 33 k yx k ， 所以直线MN恒过定点 5 (0,) 3 A 21（12 分） 已知函数 2 1 ( )1 2 x f xaexx， 12 ( )1(0) 2 xa a g xexxaxx ，aR （）若对任意0 x ，都有( )0f x ，求a的范围； （）求证：对任意0 x 及任意01a ，都有( )0g x 【解答】解： （）对任意0 x ，都有( )0f x ， 即0 x ，都有 2 1

38、10 2 x aexx ，则只需 2 1 1 2 ()max x xx a e ， 令 2 1 1 2 ( ) x xx h x e ，则 2 1 2 ( )0 x x h x e ， 故( )h x在(0,)单调递减，则( )(0)1h xh， 故1a，所以a的取值范围为(，1； （）证明：0 x 时， 1xa ye 关于a单调递减， 1 2 yax关于a单调递增， 2 1yxax关于a单调递增， 故( )g x关于a单调递减，而01a ，故 2 1 ( )1 2 x g xexxx， 由（）可知 2 1 1 2 x exx， 故 222 111 ( )111 222 x g xexxxxx

39、xxx 22222 111 (1)1(11)0 222 xxxxxx ， 故对任意0 x 及任意01a ，都有( )0g x （二）选考题：共（二）选考题：共 10 分。请考生在分。请考生在 22、23 题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第 一题计分。一题计分。选修选修 4-4：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程 22 （10 分）在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为 1 2 ( 3 3 2 xt t yt 为参数） ，以坐标 原点O为极点，以x轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为2 （）求直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程；

40、第 21页（共 22页） （）已知点(0, 3)P，若直线l与曲线C相交于不同的两点A、B，求 11 |PAPB 的值 【解答】解： （）直线l的参数方程为 1 2 ( 3 3 2 xt t yt 为参数） ，转换为普通方程为 330 xy 曲线C的极坐标方程为2，根据 222 xy，转换为直角坐标方程为 22 4xy （）把直线l的参数方程为 1 2 ( 3 3 2 xt t yt 为参数） ，代入 22 4xy， 得到 2 310tt ，所以 12 3tt ， 1 2 1t t ， 所以 2 121 2 1 2 ()411 13 | ttt t PAPBt t 选修选修 4-5：不等式选讲

41、：不等式选讲 23已知函数( ) |2|()f xxaxaR （）当0a 时，解不等式( )34f xx； （）已知0a ，0b ，( )f x的最小值为m，且4mb，求 11 1ab 的最小值 【解答】解； （1）当0a 时，( ) |2|f xxx， 当2x 时，( )(2)34f xxxx ， 6 5 x ，2x ， 当20 x 时，( )234f xxxx ， 2 3 x ， 2 2 3 x ， 当0 x 时，( )234f xxxx，2x ，无解， 综上：不等式的解集为 2 (,) 3 （2）( ) |2|2| |2|f xxaxaxxa， 0a ，( ) |2|2f xaa，当且仅当2 x a 时取等号， 又( )f x的最小值为m，2ma，2ab，(1)3ab， 0a ，0b ， 1111111 ()(1)(2) 11313 ba ab ababab 14 (2 12) 33 ，当且仅当 1 1 ba ab 时取等号， 第 22页（共 22页） 所以 11 1ab 的最小值为 4 3