2022年四川省资阳市高考数学二诊试卷（理科）（学生版+解析版）.docx

1、2022年四川省资阳市高考数学二诊试卷（理科）一、选择题（共12小题，每小题5分，满分60分）1（5分）已知集合Ax|1x1，Bx|0x2，则AB（）Ax|1x2Bx|1x2Cx|0x1Dx|0x22（5分）若复数z满足zi=3+i，则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）下面正确的是（）Atan1sin2cos3Bsin2cos3tan1Ccos3tan1sin2Dcos3sin2tan14（5分）若实数x，y满足约束条件x+y1x-y1x0，则zx3y的最大值是（）A2B3C4D55（5分）设，是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，下列命题中正确

2、的是（）A若，m，则mB若，m，则mC若m，n，则mnD若m，m，n，则mn6（5分）已知椭圆C的上焦点为F，过原点O的直线l交C于点M，N，且2|FO|MN|，若MNF=12，则C的离心率为（）A22B33C63D3-127（5分）新冠肺炎疫情是新中国成立以来在我国发生的传播速度最快、感染范围最广、防控难度最大的一次重大突发公共卫生事件在新冠肺炎疫情初始阶段，可以用指数模型：I（t）ert描述累计感染病例数I（t）随时间t（单位：天）的变化规律，其中指数增长率r0.38，据此，在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数扩大到原来的10倍需要的时间约为（）（ln102.30）A4天B6天C8天D1

3、0天8（5分）志愿者团队安排去甲、乙、丙、丁四个精准扶贫点慰问的先后顺序，一位志愿者说：不能先去甲，甲的困难户最多；另一位志愿者说：不能最后去丁，丁离得最远他们总共有多少种不同的安排方法（）A14B12C24D289（5分）若2cos2cos(4-)=3sin2，则sin2（）A13B23C-13D-2310（5分）在发生某公共卫生事件期间，有专业机构认为该事件在一段时间没有发生规模群体感染的标志为“连续10天，每天新增疑似病例不超过7人”根据过去10天甲、乙、丙、丁四地新增疑似病例数据，一定符合该标志的是（）A甲地：总体均值为3，中位数为4B乙地：总体均值为1，总体方差大于0C丙地：中位数为

4、2，众数为3D丁地：总体均值为2，总体方差为311（5分）如图，在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，点E，F，G分别是棱CC1，CB，CD的中点，P为线段AD1上的一个动点，平面平面EFG，则下列命题中错误的是（）A不存在点P，使得CP平面EFGB三棱锥PEFG的体积为定值C平面截该正方体所得截面面积的最大值为32D平面截该正方体所得截面只可能是三角形或六边形12（5分）已知函数f（x）=x2-5x-6，xln(x-1)，x，若f（x）的图象与x轴恰好有2个交点，则实数的取值范围是（）A6，+）B1，2）（2，+）C1，2）（6，+）D1，2）6，+）二、填空题（共4小题，每小题3分

5、，满分12分）13（3分）若n=02 2xdx，则（x-12x）n的展开式中常数项为 14（3分）已知向量a，b，c满足ab=0，|c|1，|a-c|b-c|=13，则|a-b|的最大值是 15（3分）已知点F是抛物线y22px（p0）的焦点，点A(2，y1)，B(12，y2)分别是抛物线上位于第一、四象限的点，若|AF|10，则ABF的面积为 16（3分）中国传统扇文化有着极其深厚的底蕴按如图方法剪裁（如图1），扇面形状较为美观从半径为20cm的圆面中剪下扇形OAB，使扇形OAB的面积与圆面中剩余部分的面积比值为5-12（5-120.618，称为黄金分割比例），再从扇形OAB中剪下扇环形AB

6、DC制作扇面，使扇环形ABDC的面积与扇形OAB的面积比值为5-12则一个按上述方法制作的扇形装饰品（如图2）的面积为 cm2三、解答题（共5小题，满分58分）17（12分）已知数列an的前n项和为Sn，Sn+14an，nN*，且a14（1）证明：an+12an是等比数列，并求an的通项公式；（2）在bnan+1an；bnlog2ann；bn=an+2an+1an这三个条件中任选一个补充在下面横线上，并加以解答已知数列bn满足_，求bn的前n项和Tn18（12分）手机支付也称为移动支付，是指允许用户使用其移动终端（通常是手机）对所消费的商品或服务进行账务支付的一种服务方式随着信息技术的发展，手

7、机支付越来越成为人们喜欢的支付方式某机构对某地区年龄在15到75岁的人群“是否使用手机支付”的情况进行了调查，随机抽取了100人，其年龄频率分布表和使用手机支付的人数如下所示：（年龄单位：岁） 年龄段15，25）25，35）35，45）45，55）55，65）65，75频率0.10.320.280.220.050.03使用人数828241221（1）若以45岁为分界点，根据以上统计数据填写下面的22列联表，并判断能否在犯错误的概率不超过0.001的前提下认为“使用手机支付”与年龄有关？年龄低于45岁年龄不低于45岁使用手机支付不使用手机支付（2）若从年龄在55，65），65，75的样本中各随机

8、选取2人进行座谈，记选中的4人中“使用手机支付”的人数为X，求随机变量X的分布列和数学期望参考数据：P（K2k0）0.0250.0100.0050.001k03.8416.6357.87910.828参考公式：K2=n(ad-bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)19（12分）如图，在四棱锥PABCD中，已知PB底面ABCD，BCAB，ADBC，ABAD2，CDPD，异面直线PA与CD所成角等于60（1）求证：平面PCD平面PBD；（2）求直线CD和平面PAD所成角的正弦值；（3）在棱PA上是否存在一点E，使得平面PAB与平面BDE所成锐二面角的正切值为5？若存在，指出点E的位置，若

9、不存在，请说明理由20（12分）已知抛物线C：y22px经过点P（1，2），过点Q（0，1）的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N（）求直线l的斜率的取值范围；（）设O为原点，QM=QO，QN=QO，求证：1+1为定值21（10分）已知f（x）x+1-mx-mlnx，mR（1）讨论f（x）的单调区间；（2）当0me22时，证明exx2xf（x）+1m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，曲线C1过点P（a，1），其参数方程为x=a+2ty=1+2t（t为参数，aR）以O为极点，x轴非负半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C2的

10、极坐标方程为cos2+4cos0（）求曲线C1的普通方程和曲线C2的直角坐标方程；（）已知曲线C1与曲线C2交于A、B两点，且|PA|2|PB|，求实数a的值选修4-5：不等式选讲23（10分）已知函数f（x）=|x+2|+|x-4|-m的定义域为R（1）求实数m的范围；（2）若m的最大值为n，当正数a，b满足4a+5b+13a+2b=n时，求4a+7b的最小值2022年四川省资阳市高考数学二诊试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题（共12小题，每小题5分，满分60分）1（5分）已知集合Ax|1x1，Bx|0x2，则AB（）Ax|1x2Bx|1x2Cx|0x1Dx|0x2【解答】解：Ax|1

11、x1，Bx|0x2，ABx|1x1x|0x2x|1x2故选：B2（5分）若复数z满足zi=3+i，则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zi=3+i，得z=3+ii=(3+i)(-i)-i2=1-3i，z在复平面内对应的点的坐标为（1，-3），位于第四象限故选：D3（5分）下面正确的是（）Atan1sin2cos3Bsin2cos3tan1Ccos3tan1sin2Dcos3sin2tan1【解答】解：由题意，根据弧度与角度的互化，可得1rad57.3所以tan1tan451，0sin21，cos30所以cos3sin2tan1故选：D4（5分）若

12、实数x，y满足约束条件x+y1x-y1x0，则zx3y的最大值是（）A2B3C4D5【解答】解：由约束条件作出可行域如图，由图可知，A（0，1），化zx3y为y=x3-z3，由图可知，当直线y=x3-z3过A时，直线在y轴上的截距最小，z有最大值为3故选：B5（5分）设，是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，下列命题中正确的是（）A若，m，则mB若，m，则mC若m，n，则mnD若m，m，n，则mn【解答】解：由，是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，知：在A中，若，m，则m与相交、平行或m，故A错误；在B中，若，m，则m或m，故B错误；在C中，若m，n，则m与n平行或异面，故C错误；在

13、D中，若m，m，n，则由直线与平面平行的性质定理得mn，故D正确故选：D6（5分）已知椭圆C的上焦点为F，过原点O的直线l交C于点M，N，且2|FO|MN|，若MNF=12，则C的离心率为（）A22B33C63D3-12【解答】解：设椭圆C：y2a2+x2b2=1（ab0），因为直线MN过原点，由椭圆的及直线的对称性可得|OM|ON|，所以|MN|2|OM|，设下焦点F，连接NF，MF，又因为2|OF|MN|2c，可得四边形MFNF为矩形，即|FF|MN|，且MNFMFF，在RtMFF中，|MF|FF|sinMFF2csinMFF，|MF|FF|cosMFF2ccosMFF，由椭圆的定义可得|

14、MF|+|MF|2a，所以2a2c（sinMFF+cosMFF）2c2sin（4+MFF），所以离心率e=ca=12sin(4+MFF)，因为MNF=12，所以4+MFF=3，所以e=63故选：C7（5分）新冠肺炎疫情是新中国成立以来在我国发生的传播速度最快、感染范围最广、防控难度最大的一次重大突发公共卫生事件在新冠肺炎疫情初始阶段，可以用指数模型：I（t）ert描述累计感染病例数I（t）随时间t（单位：天）的变化规律，其中指数增长率r0.38，据此，在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数扩大到原来的10倍需要的时间约为（）（ln102.30）A4天B6天C8天D10天【解答】解：设所需时间为

15、t1，则er(t+t1)=10ert，即e0.38t1=10，所以0.38t1ln102.30，解得t1=2.30.386，故选：B8（5分）志愿者团队安排去甲、乙、丙、丁四个精准扶贫点慰问的先后顺序，一位志愿者说：不能先去甲，甲的困难户最多；另一位志愿者说：不能最后去丁，丁离得最远他们总共有多少种不同的安排方法（）A14B12C24D28【解答】解：根据题意丁扶贫点不能是最后一个去，有以下两类安排方法：丁扶贫点最先去，有A 33种安排方法；丁扶贫点安排在中间位置去，有C 21C 21A 22种安排方法，综合知共有A 33+C 21C 21A 22=14种安排方法故选：A9（5分）若2cos2

16、cos(4-)=3sin2，则sin2（）A13B23C-13D-23【解答】解：因为2cos2cos(4-)=3sin2，所以2(cos+sin)(cos-sin)22(cos+sin)=3sin2，可得2（cossin）=3sin2，两边平方，可得4（1sin2）3sin22，即3sin22+4sin240，则sin2=23，或2（舍去）故选：B10（5分）在发生某公共卫生事件期间，有专业机构认为该事件在一段时间没有发生规模群体感染的标志为“连续10天，每天新增疑似病例不超过7人”根据过去10天甲、乙、丙、丁四地新增疑似病例数据，一定符合该标志的是（）A甲地：总体均值为3，中位数为4B乙地

17、：总体均值为1，总体方差大于0C丙地：中位数为2，众数为3D丁地：总体均值为2，总体方差为3【解答】解：平均数和中位数不能限制某一天的病例超过7人，故A不正确；乙地：总体均值为1，说明乙地过去10天新增疑似病例10例，总体方差大于0，有可能存在一天新增疑似病例超过7人，故B不正确；中位数和众数也不能限制某一天的病例超过7人，故C不正确；总体均值是2时，只有出现超过7人时，方差就大于3，故D正确，故选：D11（5分）如图，在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，点E，F，G分别是棱CC1，CB，CD的中点，P为线段AD1上的一个动点，平面平面EFG，则下列命题中错误的是（）A不存在点P，使

18、得CP平面EFGB三棱锥PEFG的体积为定值C平面截该正方体所得截面面积的最大值为32D平面截该正方体所得截面只可能是三角形或六边形【解答】解：在正方体中，AA1底面ABCD，BD平面ABCD，则AA1BD，又ACBD，AA1ACC，AA1，AC平面AA1C1C，所以BD平面AA1C1C，又A1C平面AA1C1C，则BD平面AA1C1C，又A1C平面AA1C1C，则BDA1C，同理可得A1CBC1，又FGBD，EFBC1，所以A1CFG，A1CFE，又FGFEF，FG，FE平面EFG，则A1C平面EFG，由于A1C与AD1是异面直线，且PAD1，则PA1C，过一点有且仅有一条直线与一个平面垂直

19、，故不存在点P，使得CP平面EFG，故选项A正确；因为AD1BC1EF，AD1平面EFG，EF平面EFG，则AD1平面GEF，点P到平面GEF的距离为定值，则三棱锥PEFG的体积为定值，故选项B正确；当截面为正六边形时，其面积为(122264)6=33432，故选项C错误；当截面位于平面BDC1和和平面AB1D1之间时，截面为六边形，否则为三角形，故选项D正确故选：C12（5分）已知函数f（x）=x2-5x-6，xln(x-1)，x，若f（x）的图象与x轴恰好有2个交点，则实数的取值范围是（）A6，+）B1，2）（2，+）C1，2）（6，+）D1，2）6，+）【解答】解：函数f（x）=x2-5

20、x-6，xln(x-1)，x，令x25x60，解得x1或x6，令ln（x1）0，解得x2，作出函数f（x）的图象如图所示，由图象可得，当12或6时，f（x）的图象与x轴恰好有2个交点，所以实数的取值范围是1，2）6，+）故选：D二、填空题（共4小题，每小题3分，满分12分）13（3分）若n=02 2xdx，则（x-12x）n的展开式中常数项为32【解答】解：n=02 2xdx=x2|02=4，（x-12x）n=(x-12x)4其通项为Tr+1=C4rx4-r(-12x)r=(-12)rC4rx4-2r由42r0，得r2展开式中常数项为(-12)2C42=3214（3分）已知向量a，b，c满足a

21、b=0，|c|1，|a-c|b-c|=13，则|a-b|的最大值是 6【解答】解：设OA=a，OB=b，OC=c，则a-c=CA，b-c=CB，因为|a-c|b-c|=13，所以|CA|CB|=13，由|c|1，知点C在单位圆上运动，以O为原点，OA，OB所在直线分别为x，y轴建立如图所示的平面直角坐标系，作矩形OADB，过点C作EFx轴，交OA于点E，交BD于点F，则CA2CE2+AE2，CB2CF2+BF2，OC2CE2+OE2，CD2CF2+DF2，所以CA2+CB2OC2+CD2，即13+131+CD2，所以CD5，因为|a-b|a+b|OD|OC|+|CD|1+56，当且仅当O，C，

22、D三点共线时，等号成立，所以|a-b|的最大值是6故答案为：615（3分）已知点F是抛物线y22px（p0）的焦点，点A(2，y1)，B(12，y2)分别是抛物线上位于第一、四象限的点，若|AF|10，则ABF的面积为 42【解答】解：|AF|10，2+p2=10，解得p16，抛物线方程为y232x，A（2，8），B（12，4）kAB=8+42-12=8，故直线AB的方程为y8（x2）+8，直线AB与x轴的交点M（1，0），ABF的面积为S=12FM（yAyB）=12（xFxM）（yAyB）=12712=42故答案为：4216（3分）中国传统扇文化有着极其深厚的底蕴按如图方法剪裁（如图1），扇

23、面形状较为美观从半径为20cm的圆面中剪下扇形OAB，使扇形OAB的面积与圆面中剩余部分的面积比值为5-12（5-120.618，称为黄金分割比例），再从扇形OAB中剪下扇环形ABDC制作扇面，使扇环形ABDC的面积与扇形OAB的面积比值为5-12则一个按上述方法制作的扇形装饰品（如图2）的面积为 400（5-2）cm2【解答】解：设扇形OAB的圆心角为，OC的长为r，ROA20cm，由题意可得12R212(2-)R2=5-12，解得（3-5），由于12R2-12r212R2=5-12，解得r=5-122010（5-1），故扇形装饰品的面积为S=12R2-12r2=12（R2r2）=12（3-

24、5）（202-3-52202）（5-2）202400（5-2）故答案为：400（5-2）三、解答题（共5小题，满分58分）17（12分）已知数列an的前n项和为Sn，Sn+14an，nN*，且a14（1）证明：an+12an是等比数列，并求an的通项公式；（2）在bnan+1an；bnlog2ann；bn=an+2an+1an这三个条件中任选一个补充在下面横线上，并加以解答已知数列bn满足_，求bn的前n项和Tn【解答】（1）证明：Sn+14an，Sn4an1（n2），两式相减得：an+14an4an1，即an+12an2（an2an1），n2，又当n1时，有S24a1，a14，a212，a2

25、2a14，数列：an+12an是首项为4，公比为2的等比数列，an+12an42n12n+1，两边除以2n+1得：an+12n+1-an2n=1，又a121=2，数列an2n是首项为2，公差为1的等差数列，an2n=2+n1n+1，an（n+1）2n；（2）解：若选：bnan+1an（n+2）2n+1（n+1）2n（n+3）2n，Tn421+522+623+（n+3）2n，又2Tn422+523+（n+2）2n+（n+3）2n+1，两式相减得：Tn8+22+23+2n（n+3）2n+18+22(1-2n-1)1-2-（n+3）2n+1，整理得：Tn（n+2）2n+14若选：bnlog2ann=

26、log2(n+1)2nn=log2（n+1）log2n+n，Tn（log22log21）+（log23log22）+log2（n+1）log2n+（1+2+n）log2（n+1）+n(1+n)2若选：bn=an+2an+1an=4an+1-4anan+1an=4（1an-1an+1），Tn4（1a1-1a2+1a2-1a3+1an-1an+1）4（1a1-1an+1）414-1(n+2)2n+11-1(n+2)2n-118（12分）手机支付也称为移动支付，是指允许用户使用其移动终端（通常是手机）对所消费的商品或服务进行账务支付的一种服务方式随着信息技术的发展，手机支付越来越成为人们喜欢的支付方

27、式某机构对某地区年龄在15到75岁的人群“是否使用手机支付”的情况进行了调查，随机抽取了100人，其年龄频率分布表和使用手机支付的人数如下所示：（年龄单位：岁） 年龄段15，25）25，35）35，45）45，55）55，65）65，75频率0.10.320.280.220.050.03使用人数828241221（1）若以45岁为分界点，根据以上统计数据填写下面的22列联表，并判断能否在犯错误的概率不超过0.001的前提下认为“使用手机支付”与年龄有关？年龄低于45岁年龄不低于45岁使用手机支付不使用手机支付（2）若从年龄在55，65），65，75的样本中各随机选取2人进行座谈，记选中的4人中

28、“使用手机支付”的人数为X，求随机变量X的分布列和数学期望参考数据：P（K2k0）0.0250.0100.0050.001k03.8416.6357.87910.828参考公式：K2=n(ad-bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)【解答】解：（1）由统计表可得，低于45岁人数为70人，不低于45岁人数为30人，可得列联表如下：年龄低于45岁年龄不低于45岁使用手机支付6015不使用手机支付1015（3分）于是有K2的观测值k=100(6015-1510)27525703014.28610.828（5分）故可以在犯错误的概率不超过0.001的前提下认为“使用手机支付”与年龄有关（6分

29、）（2）由题意可知，X的所有可能取值为0，1，2，3，相应的概率为：P(X=0)=C32C22C52C32=110，P(X=1)=C31C21C22C52C32+C32C21C52C32=25，P(X=2)=C22C22C52C32+C31C21C21C52C32=1330，P(X=3)=C22C21C52C32=115，（10分）于是X的分布列为：X0123P110 25 1330 115 所以EX=0110+125+21330+3115=2215（12分）19（12分）如图，在四棱锥PABCD中，已知PB底面ABCD，BCAB，ADBC，ABAD2，CDPD，异面直线PA与CD所成角等于6

30、0（1）求证：平面PCD平面PBD；（2）求直线CD和平面PAD所成角的正弦值；（3）在棱PA上是否存在一点E，使得平面PAB与平面BDE所成锐二面角的正切值为5？若存在，指出点E的位置，若不存在，请说明理由【解答】证明：（1）PB底面ABCD，PBCD，又CDPD，PDPBP，PD，PB平面PBD，CD平面PBD，CD平面PCD，平面PCD平面PBD解：（2）如图，以B为原点，BA、BC、BP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，由（1）知BCD是等腰直角三角形，BC4，设BPb（b0），则B（0，0，0），A（2，0，0），C（0，4，0），D（2，2，0），P（0，0，b），则

31、PA=（2，0，b），CD=（2，2，0），异面直线PA、CD所成角为60，cos60=|PACD|PA|CD|=44+b222=12，解得b2，AD=（0，2，0），PA=（2，0，2），设平面PAD的一个法向量为n=（x，y，z），则nAD=2y=0nPA=2x-2z=0，取x1，得n=（1，0，1），设直线CD和平面PAD所成角为，则sin|cosCD，n|=|CDn|CD|n|=228=12，直线CD和平面PAD所成角的正弦值为12（3）假设棱PA上存在一点E，使得平面PAB与平面BDE所成锐二面角的正切值为5，设PE=PA，（01），且E（x，y，z），则（x，y，z2）（2，0，2

32、），E（2，0，22），设平面DEB的一个法向量为m=（a，b，c），BE=（2，0，22），BD=（2，2，0），则mBE=2a+(2-2)c=0mBD=2a+2b=0，取a1，得m=（1，1，），平面PAB的法向量p=（0，1，0），平面PAB与平面BDE所成锐二面角的正切值为5，平面PAB与平面BDE所成锐二面角的余弦值为66，|cosm，p|=|mp|m|p|=1-2(1-)2+2=66，解得=23或2（舍），在棱PA上存在一点E，使得平面PAB与平面BDE所成锐二面角的正切值为5，E为棱PA上靠近A的三等分点20（12分）已知抛物线C：y22px经过点P（1，2），过点Q（0，1）的

33、直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N（）求直线l的斜率的取值范围；（）设O为原点，QM=QO，QN=QO，求证：1+1为定值【解答】解：（）抛物线C：y22px经过点P（1，2），42p，解得p2，设过点（0，1）的直线方程为ykx+1，A（x1，y1），B（x2，y2）联立方程组可得y2=4xy=kx+1，消y可得k2x2+（2k4）x+10，（2k4）24k20，且k0解得k1，且k0，x1+x2=-2k-4k2，x1x2=1k2，又PA、PB要与y轴相交，直线l不能经过点（1，2），即k3，故直线l的斜率的取值范围（，3）（3，0）（0，1）；

34、（）证明：设点M（0，yM），N（0，yN），则QM=（0，yM1），QO=（0，1）因为QM=QO，所以yM1，故1yM，同理1yN，直线PA的方程为y2=2-y11-x1（x1）=2-y11-y124（x1）=42+y1（x1），令x0，得yM=2y12+y1，同理可得yN=2y22+y2，因为1+1=11-yM+11-yN=2+y12-y1+2+y22-y2=8-2y1y2(2-y1)(2-y2)=8-2(kx1+1)(kx2+1)1-k(x1+x2)+k2x1x2 =8-2k2x1x2+k(x1+x2)+11-k(x1+x2)+k2x1x2 =8-2(1+4-2kk+1)1-4-2kk

35、+1 =4-24-2kk2-4-2kk=2，1+1=2，1+1为定值21（10分）已知f（x）x+1-mx-mlnx，mR（1）讨论f（x）的单调区间；（2）当0me22时，证明exx2xf（x）+1m【解答】解：（1）f（x）1+m-1x2-mx=x2-mx+(m-1)x2=(x-1)x-(m-1)x2（x0）m2时，m11则函数f（x）在（0，1），（m1，+）上单调递增，在（1，m1）上单调递减m2时，f（x）=(x-1)2x20，函数f（x）在（0，+）上单调递增；1m2时，0m11，则函数f（x）在（0，m1），（1，+）上单调递增，在（m1，1）上单调递减m1时，f（x）=(x-1

36、)(x+1-m)x20，函数f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+）上单调递增（2）证明：exx2xf（x）+1mexmxlnx0.0me22令g（x）exmxlnxx0+，g（x）0（x（0，+）g（x）exm（lnx+1）g（x）ex-mx在（0，+）上单调递增存在x0使得ex0=mx0，lnx0+x0lnm可得xx0时，g（x）取得极小值g（x0）=ex0-m（lnx0+1）=mx0-m（1+lnmx0）m（1x0+x0）mlnm2mmlnmm（2lne22）mln20函数g（x）在x（0，+）上单调递增g（x）g（0）0exmxlnx0成立，即当0me22时，不等式exx2xf（x

37、）+1m成立选修4-4，坐标系与参数方程22（10分）在平面直角坐标系xoy中，曲线C1过点P（a，1），其参数方程为x=a+2ty=1+2t（t为参数，aR）以O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cos2+4cos0（）求曲线C1的普通方程和曲线C2的直角坐标方程；（）已知曲线C1与曲线C2交于A、B两点，且|PA|2|PB|，求实数a的值【解答】解：（）曲线C1参数方程为x=a+2ty=1+2t，其普通方程xya+10，由曲线C2的极坐标方程为cos2+4cos0，2cos2+4cos20x2+4xx2y20，即曲线C2的直角坐标方程y24x（）C1参数方程为

38、x=a+2ty=1+2t可化为x=a+22ty=1+22t，设A、B两点所对应参数分别为t1，t2，联解y2=4xx=a+22ty=1+22t得t2-22t+2-8a=0，要有两个不同的交点，则=(22)2-42(1-4a)0，即a0，由韦达定理有t1+t2=22t1t2=2-8a，|PA|2|PB|，当PA=2PB时，根据直线参数方程的几何意义可知t12t2，t1+t2=3t2=22t1t2=2t22=2-8a，解得a=136，a=1360，符合题意，当PA=-2PB时根据直线参数方程的几何意义可知t12t2，t1+t2=-t2=22t1t2=-2t22=2-8a解得a=94，a=940，符

39、合题意，实数a的值为136或94选修4-5：不等式选讲23（10分）已知函数f（x）=|x+2|+|x-4|-m的定义域为R（1）求实数m的范围；（2）若m的最大值为n，当正数a，b满足4a+5b+13a+2b=n时，求4a+7b的最小值【解答】解：（1）函数的定义域为R，|x+2|+|x4|m0在R上恒成立，即m（|x+2|+|x4|）min，|x+2|+|x4|（x+2）（x4）|6，m6；（2）由（1）知n6，4a+7b=16（4a+7b）（4a+5b+13a+2b）=16（a+5b）+（3a+2b）（4a+5b+13a+2b）32，当且仅当a=126，b=526时取等号，4a+7b的最小值为32第23页（共23页）