2022年广西名校高考数学第一次联考试卷（文科）（学生版+解析版）.docx

1、2022年广西名校高考数学第一次联考试卷（文科）一、选择题：本大题共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（5分）已知集合AxZ|x2x60，Bx|x1，则AB（）A（1，1）B1，0C1，2D1，0，1，22（5分）若复数z满足（1i）z2（3+i），则z的虚部等于（）A4iB2iC2D43（5分）“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合（牟合）在一起的方形伞（方盖）其直观图如图，图中四边形是为体现其直观性所作的辅助线当其主视图和

2、侧视图完全相同时，它的俯视图可能是（）ABCD4（5分）已知单位向量a，b，b（a+12b）=0，则a与b的夹角为（）A30B60C120D1505（5分）如图，F1、F2分别为椭圆x2a2+y2b2=1的左、右焦点，点P在椭圆上，POF2是面积为43的正三角形，则b2的值是（）A83B23C43D4+236（5分）在区间0，1上随机取两个数x，y，则点P（x，y）到坐标原点的距离大于1的概率为（）A4B2C-22D4-47（5分）已知an为等比数列，若a2a3a1，且a4与2a7的等差中项为58，则a1a2a3a4的值为（）A5B512C1024D648（5分）已知双曲线x2a2-y2b2=

3、1(a0，b0)的左、右焦点分别为F1，F2，点A是双曲线渐近线上一点，且AF1AO（其中O为坐标原点），AF1交双曲线于点B，且|AB|BF1|，则双曲线的离心率为（）A264B344C2D39（5分）瀑布是庐山的一大奇观，为了测量某个瀑布的实际高度，某同学设计了如下测量方案：有一段水平山道，且山道与瀑布不在同一平面内，瀑布底端与山道在同一平面内，可粗略认为瀑布与该水平山道所在平面垂直，在水平山道上A点位置测得瀑布顶端仰角的正切值为32，沿山道继续走20m，抵达B点位置测得瀑布顶端的仰角为3已知该同学沿山道行进的方向与他第一次望向瀑布底端的方向所成角为3，则该瀑布的高度约为（）A60mB90

4、mC108mD120m10（5分）若（0，2），sin2-cos=tan2，则tan（）A33B3C34D6211（5分）已知函数f（x）满足f（x）f（x），且当x（，0时，f（x）+xf（x）0成立，若a（20.6）f（20.6），b（ln2）f（ln2），c（log218）f（log218），则a，b，c的大小关系是（）AabcBcbaCacbDcab12（5分）在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，M为底面ABCD的中心，D1Q=D1A1，（0，1），N为线段AQ的中点，则下列命题中正确的个数为（）CN与QM共面；三棱锥ADMN的体积跟的取值无关；=13时，过A，Q，M三点的平

5、面截正方体所得截面的周长为42+2133；=14时，AMQMA1B2C3D4二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13（5分）若曲线f(x)=ax-1(a0)在点（1，f（1）处的切线斜率为2，则a 14（5分）2020年春节期间，因新冠肺炎疫情防控工作需要，某高中学校需要安排男教师x名，女教师y名做义工，x和y需满足条件2x-y5，x-y2，x6，则该校安排教师最多为 人15（5分）将函数f（x）2cosx的图象先向左平移6个单位长度，再把所得函数图象的横坐标变为原来的12（0）倍，纵坐标不变，得到函数g（x）的图象，若g（x）在（2，）上没有零点，则的取值范围是 16（5分）已

6、知f（x）1+ax-1+ax2，若对任意x0，2，f（x）0恒成立，则实数a的取值范围为 三、解答题：本大题共70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，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17（12分）已知在各项均为正数的等差数列an中，a2+a3+a421，且a21，a3+1，a4+a3构成等比数列bn的前三项（1）求数列an，bn的通项公式；（2）设数列cn_，求数列cn的前n项和Sn请在anbn；bn(bn-1)(bn+1-1)；（1）nan+n这三个条件中选择一个，补充在上面的横线上，并完成解答18（12

7、分）如图所示，在四棱锥ABCDE中，CDEB，CD2DE2BE2BC2，ADE为等边三角形，且平面ADE平面BCDE，F为棱AC的中点（）求四棱锥ABCDE的体积；（）证明：BFCE19（12分）如图，P是抛物线E：y24x上的动点，F是抛物线E的焦点（1）求|PF|的最小值；（2）点B，C在y轴上，直线PB，PC与圆（x1）2+y21相切当|PF|4，6时，求|BC|的最小值20（12分）已知函数f（x）lnx+ax，g（x）ex+sinx，其中aR（1）试讨论函数f（x）的单调性；（2）若a1，试证明：f（x）g(x)x21（12分）为2020年全国实现全面脱贫，湖南贫困县保靖加大了特色农

8、业建设，其中茶叶产业是重要组成部分，由于当地的地质环境非常适宜种植茶树，保靖的“黄金茶”享有“一两黄金一两茶”的美誉保靖县某茶场的黄金茶场市开发机构为了进一步开拓市场，对黄金茶交易市场某个品种的黄金茶日销售情况进行调研，得到这种黄金茶的定价x（单位：百元/kg）和销售率y（销售率是销售量与供应量的比值）的统计数据如表：x102030405060y0.90.650.450.30.20.175（1）设zlnx，根据所给参考数据判断，回归模型y=bx+a与y=bz+a哪个更合适？并根据你的判断结果求回归方程（a，b的结果保留一位小数）；（2）某茶场的黄金茶生产销售公司每天向茶叶交易市场提供该品种的黄

9、金茶1200kg，根据（1）中的回归方程，估计定价x（单位：百元/kg）为多少时，这家公司该品种的黄金茶的日销售额W最大，并求W的最大值参考数据：y与x的相关系数r10.96，y与z的相关系数r20.99，x=35，y0.45，i=16 xi2=9100，z3.40，6z269.32，i=16 yizi8.16，i=16 zi271.52，e320.1，e3.430.0，e3.533.1，e454.6参考公式：b=i=1n (xi-x)(yi-y)i=1n (xi-x)2=i=1n xiyi-nxyi=1n xi2-nx2，a=y-bx，r=i=1n (xi-x)(yi-y)i=1n (xi-

10、x)2i=1n (yi-y)2（二）选考题：共10分。请考生在22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。选修4-4：坐标系与参数方程22（10分）在平面直角坐标系xOy中，由x2+y21经过伸缩变换x=2xy=y得到曲线C1，以原点为极点，x轴非负半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为4cos（1）求曲线C1的极坐标方程以及曲线C2的直角坐标方程；（2）若直线l的极坐标方程为（R），l与曲线C1、曲线C2在第一象限交于P、Q，且|OP|PQ|，点M的极坐标为(1，2)，求PMQ的面积选修4-5：不等式选讲23已知函数f（x）|x+1|x2|（1）求不等式f（x）+x

11、0的解集；（2）设函数f（x）的图象与直线yk（x+2）4有3个交点，求k的取值范围2022年广西名校高考数学第一次联考试卷（文科）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共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（5分）已知集合AxZ|x2x60，Bx|x1，则AB（）A（1，1）B1，0C1，2D1，0，1，2【解答】解：因为AxZ|x2x60xZ|2x31，0，1，2，Bx|x1，所以AB1，0故选：B2（5分）若复数z满足（1i）z2（3+i），则z的虚部等于（）A4iB2iC2D4【解答】解：由题意，可知z=2(3+i)1-i=（3+i）（1

12、+i）2+4i，所以复数z的虚部为4，故选：D3（5分）“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合（牟合）在一起的方形伞（方盖）其直观图如图，图中四边形是为体现其直观性所作的辅助线当其主视图和侧视图完全相同时，它的俯视图可能是（）ABCD【解答】解：相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合（牟合）在一起的方形伞（方盖）其正视图和侧视图是一个圆，俯视图是从上向下看，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上俯视图是有2条对角线且为实线的正方形，故选：B4（5分）已知单位向量a，b，b

13、（a+12b）=0，则a与b的夹角为（）A30B60C120D150【解答】解：单位向量a，b，b（a+12b）=0，可得ab=-12，所以cosa，b=-1211=-12，a，b0，180，所以a与b的夹角为：120故选：C5（5分）如图，F1、F2分别为椭圆x2a2+y2b2=1的左、右焦点，点P在椭圆上，POF2是面积为43的正三角形，则b2的值是（）A83B23C43D4+23【解答】解：由于POF2是面积为43的正三角形，所以P(12c，32c)且34c2=43，c=4，则P(2，23)，代入椭圆方程得4a2+12b2=1，4b2+16+12b2=1，解得b2=83故选：A6（5分）

14、在区间0，1上随机取两个数x，y，则点P（x，y）到坐标原点的距离大于1的概率为（）A4B2C-22D4-4【解答】解：点P（x，y）到坐标原点的距离大于1，即x2+y21试验的全部结果构成的区域为（x，y）|0x1，0y1，事件点P（x，y）到坐标原点的距离大于1为A，则A（x，y）|0x1，0y1，x2+y21如图，则P（A）=S阴影S正方形=1-14121=4-4故选：D7（5分）已知an为等比数列，若a2a3a1，且a4与2a7的等差中项为58，则a1a2a3a4的值为（）A5B512C1024D64【解答】解：设等比数列an的公比为q，由a2a3a1，得a1qa1q2a1，即a4a1

15、q31，又a4与2a7的等差中项为58，得a4+2a7258，即1+2a7=54，解得a7=18，所以a7a4q3，即18=q3，解得q=12，则a1=a4q3=118=8，所以a1a2a3a4（a1a4）2（81）264故选：D8（5分）已知双曲线x2a2-y2b2=1(a0，b0)的左、右焦点分别为F1，F2，点A是双曲线渐近线上一点，且AF1AO（其中O为坐标原点），AF1交双曲线于点B，且|AB|BF1|，则双曲线的离心率为（）A264B344C2D3【解答】解：根据双曲线的对称性，不妨设点A在第二象限，设F1（c，0），因为AF1AO，点F1到直线bx+ay0的距离d=|-bc|b2

16、+a2=b，所以|AF1|b，因为|F1O|c，所以cosAF1O=bc，因为|AB|BF1|，所以|BF1|=12|AF1|=b2，由双曲线的定义可知|BF2|=|BF1|+2a=2a+b2，在BF1F2中，由余弦定理可得cosAF1O=bc=b24+4c2-(2a+b2)22b22c，整理得ba，所以c=2a，即离心率e=ca=2故选：C9（5分）瀑布是庐山的一大奇观，为了测量某个瀑布的实际高度，某同学设计了如下测量方案：有一段水平山道，且山道与瀑布不在同一平面内，瀑布底端与山道在同一平面内，可粗略认为瀑布与该水平山道所在平面垂直，在水平山道上A点位置测得瀑布顶端仰角的正切值为32，沿山道

17、继续走20m，抵达B点位置测得瀑布顶端的仰角为3已知该同学沿山道行进的方向与他第一次望向瀑布底端的方向所成角为3，则该瀑布的高度约为（）A60mB90mC108mD120m【解答】解：根据题意作出如下示意图，其中tan=32，=3，AB20m，过点B作BCOA于C，设OH3x，则OA2x，OB=3x，在RtABC中，AB20，=3，AC10，BC103，OCOAAC2x10，在RtOBC中，由勾股定理知，（2x10）2+(103)2=(3x)2，化简得x240x+4000，解得x20，瀑布的高度OH3x60m故选：A10（5分）若（0，2），sin2-cos=tan2，则tan（）A33B3C

18、34D62【解答】解：因为sin2-cos=tan2，所以sin2cos2=2sin2cos22-cos，又因为（0，2），sin20，所以2cos2cos22，即2cos1+cos，所以cos=12，又因为（0，2），所以=3，tan=3故选：B11（5分）已知函数f（x）满足f（x）f（x），且当x（，0时，f（x）+xf（x）0成立，若a（20.6）f（20.6），b（ln2）f（ln2），c（log218）f（log218），则a，b，c的大小关系是（）AabcBcbaCacbDcab【解答】解：根据题意，令h（x）xf（x），h（x）（x）f（x）xf（x）h（x），则h（x）为奇函

19、数；当x（，0时，h（x）f（x）+xf（x）0，则h（x）在（，0上为减函数，又由函数h（x）为奇函数，则h（x）在0，+）上为减函数，a（20.6）f（20.6）h（20.6），b（ln2）f（ln2）h（ln2），c（log218）f（log218）h（log218）h（3），因为log2180ln2120.6，则有cba；故选：B12（5分）在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，M为底面ABCD的中心，D1Q=D1A1，（0，1），N为线段AQ的中点，则下列命题中正确的个数为（）CN与QM共面；三棱锥ADMN的体积跟的取值无关；=13时，过A，Q，M三点的平面截正方体所得截面的

20、周长为42+2133；=14时，AMQMA1B2C3D4【解答】解：在ACQ中，因为M，N为AC，AQ的中点，所以MNCQ，所以CN与QM共面，所以正确；由VADMNVNADM，因为N到平面ABCD的距离为定值12，且ADM的面积为定值14，所以三棱锥ADMN的体积跟的取值无关，所以正确；当=13时，过A，Q，M三点的正方体的截面ACEQ是等腰梯形，所以平面截正方体所得截面的周长为l=2+23+21+49=42+2133，所以正确；当=14时，可得AM2=12，AQ2=1+916=2516，QM2=(12)2+(14)2=2116，则AM2+AQ2QM2，所以AMQM不成，所以不正确故选：C二

21、、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13（5分）若曲线f(x)=ax-1(a0)在点（1，f（1）处的切线斜率为2，则a2【解答】解：曲线f(x)=ax-1(a0)，可得f（x）=-ax2，曲线f(x)=ax-1(a0)在点（1，f（1）处的切线斜率为2，所以-a(-1)2=2，可得a2，故答案为：214（5分）2020年春节期间，因新冠肺炎疫情防控工作需要，某高中学校需要安排男教师x名，女教师y名做义工，x和y需满足条件2x-y5，x-y2，x6，则该校安排教师最多为13人【解答】解：由约束条件2x-y5x-y2x6作出可行域如图，联立x=62x-y=5，解得A（6，7）令zx+

22、y，化为yx+z，由图可知，当直线yx+z过点A时，直线在y轴上的截距最大，z有最大值为13该校安排教师最多为13人故答案为：1315（5分）将函数f（x）2cosx的图象先向左平移6个单位长度，再把所得函数图象的横坐标变为原来的12（0）倍，纵坐标不变，得到函数g（x）的图象，若g（x）在（2，）上没有零点，则的取值范围是 （0，512【解答】解：将函数f（x）2cosx的图象先向左平移6个单位长度，可得y2cos（x+6）的图象；再把所得函数图象的横坐标变为原来的12（0）倍，纵坐标不变，得到函数g（x）2cos（2x+6）的图象，若g（x）在（2，）上没有零点，T2=2=-2，01令2x

23、+6=k+2，kZ，求得x=2（k+13），kZ，当k0时，x=6，016当k0时，012(k-1)+1322k+13，求得1323综上，016，或1323故答案为：（0，1613，2316（5分）已知f（x）1+ax-1+ax2，若对任意x0，2，f（x）0恒成立，则实数a的取值范围为 1-2，0【解答】解：对于任意的x0，2，f（x）0恒成立，f(0)0f(2)0，解得1-2a0又当1-2a0时，1+ax20，对于任意的x0，2，f（x）0恒成立，等价于1+ax1+ax21在x0，2上恒成立，令g（x）=1+ax1+ax2，x0，2，则只需g（x）max1即可g（x）=a(1-x)(1+a

24、x2)1+ax2，且a0，g（x）在（0，1）上单调递减，在（1，2）上单调递增，g（x）maxmaxg（0），g（2），由g（0）1，g（2）1，解得a1-2，0三、解答题：本大题共70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，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17（12分）已知在各项均为正数的等差数列an中，a2+a3+a421，且a21，a3+1，a4+a3构成等比数列bn的前三项（1）求数列an，bn的通项公式；（2）设数列cn_，求数列cn的前n项和Sn请在anbn；bn(bn-1)(bn+1-1)；（1

25、）nan+n这三个条件中选择一个，补充在上面的横线上，并完成解答【解答】解：（1）根据题意，因为数列an为各项均为正数的等差数列，所以a2+a3+a43a321，即得a37，设公差为的，则有a21a3d16d，a3+18，a4+a3a3+d+a314+d，又因为a21，a3+1，a4+a3构成等比数列bn的前三项，所以(a3+1)2=(a2-1)(a4+a3)，即64（6d）（14+d），解之可得d2，或d10（舍去），所以a1a32d743，即得数列an是以3为首项，2为公差的等差数列，故可得an2n+1，且由题可得，b1a214，b2a3+18，所以数列bn是以4为首项，2为公比的等比数列

26、，故可得bn=42n-1=2n+1，（2）（i）设cn=anbn=4(2n+1)2n-1=（2n+1）2n+1，则Sn=322+523+724+(2n-1)2n+（2n+1）2n+1，在上式两边同时乘以2可得，2Sn=323+524+(2n-1)2n+1+（2n+1）2n+2，可得，-Sn=322+2(23+24+2n+1)-（2n+1）2n+212+16(1-2n-1)1-2-（2n+1）2n+2（12n）2n+24，即得Sn=(2n-1)2n+2+4（ii）设cn=bn(bn-1)(bn+1-1)=42n-1(42n-1-1)(42n-1)=142n-1-1-142n-1，则Sn=13-1

27、7+17-131+142n-1-1-142n-1=13-142n-1；（iii）设cn=(-1)nan+n=(-1)n(2n+1)+n，则Sn=-3+1+5+2-7+3+9+4+(-1)n(2n+1)+n所以当n为偶数时，Sn=(-3+5)+(-7+9)+(-1)n-1(2n-1)+(-1)n(2n+1)+（1+2+3+n）=n22+n(n+1)2=n2+3n2；由上可得当n为奇数时，Sn=n-122+(1+2+3+n)-（2n+1）=n2-n-42，综上可得，Sn=n2+3n2，n为偶数n2-n-42，n为奇数18（12分）如图所示，在四棱锥ABCDE中，CDEB，CD2DE2BE2BC2，

28、ADE为等边三角形，且平面ADE平面BCDE，F为棱AC的中点（）求四棱锥ABCDE的体积；（）证明：BFCE【解答】解：（）由条件可得底面BCDE是等腰梯形，CDE=BCD=3，所以S梯形BCDE=12(1+2)32=334因为平面ADE平面BCDE，所以等边ADE的高h即四棱锥ABCDE的高，且h=32，所以VA-BCDE=13S梯形BCDEh=1333432=38（）如图，设CD的中点为G，连接BG，FG，则BGDE，FGAD，因为BGFGG，ADDED，所以平面ADE平面FGB在CDE中，CE=CD2+DE2-2CDDEcosCDE=3，所以DE2+CE2CD2，即CEDE又因为平面A

29、DE平面BCDE，交线为DE，所以CE平面ADE因此CE平面FGB，又BF平面FGB，所以CEBF19（12分）如图，P是抛物线E：y24x上的动点，F是抛物线E的焦点（1）求|PF|的最小值；（2）点B，C在y轴上，直线PB，PC与圆（x1）2+y21相切当|PF|4，6时，求|BC|的最小值【解答】解：（1）P是抛物线E：y24x上的动点，F是抛物线E的焦点（1，0），准线方程为x1，由抛物线的定义可得|PF|dxP+1，由xP0，可得d的最小值为1，|PF|的最小值为1；（2）设B（0，m），C（0，n），P（x0，y0），y024x0，则PB的方程为y=y0-mx0x+m，PC的方程为

30、y=y0-nx0x+n，由直线PA与圆（x1）2+y21相切，可得|y0-m+mx0|x02+(y0-m)2=1，化为（x02）m2+2y0mx00，同理可得（x02）n2+2y0nx00，即有m，n为方程（x02）x2+2y0xx00的两根，可得m+n=2y02-x0，mn=x02-x0，则|mn|=(m+n)2-4mn=4y02(2-x0)2-4x02-x0=4x02+8x0|2-x0|，由|PF|4，6，可得x0+14，6，即x03，5，令t|2x0|x02，t1，3，即有|mn|=4(2+t)2+8(2+t)t=28t2+6t+1在1，3递减，可得t3即x05时，|BC|mn|取得最小

31、值235320（12分）已知函数f（x）lnx+ax，g（x）ex+sinx，其中aR（1）试讨论函数f（x）的单调性；（2）若a1，试证明：f（x）g(x)x【解答】解：（1）函数f（x）lnx+ax的定义域是（0，+），f（x）=1x-ax2=x-ax2，当a0时，f（x）0，f（x）在（0，+）上单调递增，当a0时，令f（x）0，解得：xa，令f（x）0，解得：0xa，综上，当a0时，f（x）在（0，+）单调递增，无递减区间，当a0时，f（x）在（0，a）递减，在（a，+）递增；（2）证明：a1，f（x）lnx+1x，即证：lnx+1xex+sinxx，x0，即证：ex+sinxxlnx

32、10，当x（0，1）时，ex1，sinx0，xlnx0，ex+sinxxlnx1110，当x1，+）时，令g（x）ex+sinxxlnx1，则g（x）ex+cosxlnx1，g（x）exsinx-1xe110，g（x）ex+cosxlnx1在1，+）上单调递增，g（x）g（1）e+cos1010，g（x）在1，+）上单调递增，g（x）g（1）e+sin1010，综上，f（x）ex+sinxx，即f（x）g(x)x21（12分）为2020年全国实现全面脱贫，湖南贫困县保靖加大了特色农业建设，其中茶叶产业是重要组成部分，由于当地的地质环境非常适宜种植茶树，保靖的“黄金茶”享有“一两黄金一两茶”的美

33、誉保靖县某茶场的黄金茶场市开发机构为了进一步开拓市场，对黄金茶交易市场某个品种的黄金茶日销售情况进行调研，得到这种黄金茶的定价x（单位：百元/kg）和销售率y（销售率是销售量与供应量的比值）的统计数据如表：x102030405060y0.90.650.450.30.20.175（1）设zlnx，根据所给参考数据判断，回归模型y=bx+a与y=bz+a哪个更合适？并根据你的判断结果求回归方程（a，b的结果保留一位小数）；（2）某茶场的黄金茶生产销售公司每天向茶叶交易市场提供该品种的黄金茶1200kg，根据（1）中的回归方程，估计定价x（单位：百元/kg）为多少时，这家公司该品种的黄金茶的日销售额

34、W最大，并求W的最大值参考数据：y与x的相关系数r10.96，y与z的相关系数r20.99，x=35，y0.45，i=16 xi2=9100，z3.40，6z269.32，i=16 yizi8.16，i=16 zi271.52，e320.1，e3.430.0，e3.533.1，e454.6参考公式：b=i=1n (xi-x)(yi-y)i=1n (xi-x)2=i=1n xiyi-nxyi=1n xi2-nx2，a=y-bx，r=i=1n (xi-x)(yi-y)i=1n (xi-x)2i=1n (yi-y)2【解答】解：（1）因为回归模型y=bx+a的相关系数|r1|0.96，回归模型y=b

35、z+a的相关系数|r2|0.99，因为0.960.991，由线性相关系数的意义可知，回归模型y=bz+a更合适，b=i=1n (zi-z)(yi-y)i=1n (zi-z)2=i=1n ziyi-nzyi=1n zi2-nz2=8.16-63.400.4571.52-69.32-0.46-0.5，a=y-bx=0.45（0.45）3.402.0，所以回归方程为y=-0.5lnx+2.0；（2）由题意可知，W1200（0.5lnx+2.0）x，所以W1200（1.50.5lnx），令W0，解得lnx3，即xe320.1，当0xe3时，W0，W单调递增，当xe3时，W0，W单调递减，所以当售价约为

36、20.1百元/kg时，日销售额W最大，最大值为1200（0.5lne3+2.0）e31200（0.53+2.0）20.112060百元，所以最大日销售额为120.6万元（二）选考题：共10分。请考生在22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。选修4-4：坐标系与参数方程22（10分）在平面直角坐标系xOy中，由x2+y21经过伸缩变换x=2xy=y得到曲线C1，以原点为极点，x轴非负半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为4cos（1）求曲线C1的极坐标方程以及曲线C2的直角坐标方程；（2）若直线l的极坐标方程为（R），l与曲线C1、曲线C2在第一象限交于P、Q，且|

37、OP|PQ|，点M的极坐标为(1，2)，求PMQ的面积【解答】解：（1）平面直角坐标系xOy中，由x2+y21经过伸缩变换x=2xy=y得到曲线C1，得到直角坐标方程为x24+y2=1根据x=cosy=sinx2+y2=2转换为极坐标方程为2=41+3sin2曲线C2的极坐标方程为4cos根据x=cosy=sinx2+y2=2转换为直角坐标方程为（x2）2+y24（2）由于=2=41+3sin2得到：P=41+2sin2，且=4cos整理得Q4cos由于|OP|PQ|，所以Q2P，故：4cos=241+3sin2，解得sin2=23，cos2=13所以P=41+3sin2=233，Q=433则

38、：SPMQSOQMSOPM=12|OQ|OM|sin(2-)-12|OP|OM|sin(2-)=12|Q-P|sin(2-)=1223333=13选修4-5：不等式选讲23已知函数f（x）|x+1|x2|（1）求不等式f（x）+x0的解集；（2）设函数f（x）的图象与直线yk（x+2）4有3个交点，求k的取值范围【解答】解：（1）由已知不等式f（x）+x0，得|x2|x+|x+1|，当x2时，不等式化为x2x+x+1，解得x3，x2；当1x2时，不等式化为2xx+x+1，解得x13，13x2；当x1时，不等式化为2xxx1，解得x3，此时不等式无解综上所述，原不等式的解集为（13，+）；（2）f（x）|x+1|x2|=3，x22x-1，-1x2-3，x-1，画出函数图象如图：图中A（1，3），B（2，3），C（2，4），直线yk（x+2）4恒过定点C（2，4），kAC1，kBC=74，由图可知，若函数f（x）的图象与直线yk（x+2）4有3个交点，则k的取值范围是（1，74）第23页（共23页）