2022年吉林省白山市高考数学一模试卷（理科）（学生版+解析版）.docx

1、2022年吉林省白山市高考数学一模试卷（理科）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）设集合Ax|x2x60，B=x|x-12，则AB（）Ax|2x3Bx|1x3Cx|1x3Dx|2x32（5分）若复数z（1+2i）（2i），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）函数f（x）a（x+1）exx的图象在点（0，f（0）处的切线斜率为1，则a（）A1B1C2D24（5分）已知实数x，y满足约束条件y1x-y0x-2，则z2x+y的最大值为（）A3B3C6D65（5分）某校随机抽取100名

2、同学进行“垃圾分类”的问卷测试，测试结果发现这100名同学的得分都在50，100内，按得分分成5组：50，60），60，70），70，80），80，90），90，100，得到如图所示的频率分布直方图则这100名同学的得分的中位数为（）A72.5B75C77.5D806（5分）已知向量a=(1，3)，|b|=3，且(a+b)a=7，则a与b的夹角为（）A6B4C3D27（5分）如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，P为C1D1的中点，则过点A1，B，P的平面截正方体所得的截面的侧视图（阴影部分）为（）ABCD8（5分）有这样一种说法：一张纸经过一定次数对折之后厚度能超过地月距离但实际上，因为

3、纸张本身有厚度，我们并不能将纸张无限次对折，当厚度超过纸张的长边时，便不能继续对折了，一张长边为a，厚度为x的矩形纸张沿两个方向不断对折，则经过两次对折，长边变为12a，厚度变为4x在理想情况下，对折次数n满足关系：nlog8(ax)2，根据以上信息，一张长为40cm，厚度为0.1mm的纸经过对折后的厚度的最大值约为（）（lg20.3）A1.28cmB2.56cmC12.8cmD25.6cm9（5分）已知双曲线C：x2a2-y2b2=1(a0，b0)的右焦点为F，以实轴为直径的圆与其中一条渐近线的一个交点为P，若直线PF与另一条渐近线平行，则C的离心率为（）A3B2C3D210（5分）函数f（

4、x）Asin（x+）（A0，0，|）的部分图象如图所示，现将f（x）的图象向右平移6个单位长度，得到函数yg（x）的图象，则g（x）在区间12，512上的值域为（）A-2，2B-1，2C0，2D0，211（5分）十三世纪意大利数学家列昂纳多斐波那契从兔子繁殖问题中发现了这样的一列数：1，1，2，3，5，8，13，即从第三项开始，每一项都等于它前两项的和后人为了纪念他，就把这列数称为斐波那契数列因以兔子繁殖为例子而引入，故又称该数列为“兔子数列”下面关于斐波那契数列an的说法不正确的是（）Aa2021是奇数Ba2+a4+a6+a2020a2021Ca1+a3+a5+a2021a2022Da12+

5、a22+a32+a20212a2021a202212（5分）已知定义在R上的奇函数f（x）满足f（x）f（ex），当x（0，e）时，f(x)=|x-e2|，方程f（x）-12e(x-e)=0在区间e，3e内所有实根的和为（）A2eB3eC4eD5e二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13（5分）已知等比数列an的前n项和为Sn，若S1033S5，则公比q 14（5分）十二生肖是中国特有的文化符号，有着丰富的内涵，它们是成对出现的，分别为鼠和牛、虎和兔、龙和蛇、马和羊、猴和鸡、狗和猪六对现有十二生肖的吉祥物各一个，按照上面的配对分成六组甲、乙、丙三位同学依次选一组作为礼物，甲同学喜欢

6、龙和马，乙同学喜欢牛、羊和猴，丙同学喜欢兔、马、狗如果甲、乙、丙三位同学选取的礼物中均包含自己喜欢的生肖，则不同的选法种数为 15（5分）一个球被平面截下的一部分叫作球缺，截面叫作球缺的底面，垂直于截面的直径被截下的线段长叫作球缺的高，球缺的体积公式为V=3(3R-h)h2，其中R为球的半径，h为球缺的高，则棱长为2的正四面体的一个侧面截其外接球所得的球缺（不大于半球的部分）的体积为 16（5分）已知抛物线C：y22px的焦点为F（1，0），过F的直线与C交于A，B两点，C在A处的切线与C的准线交于P点，若|PF|=5，则|AB| ；PAB面积的最小值为 三、解答题：共70分解答应写出文字说明

7、、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）ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知3c-3bcosA=bsinA（1）求B；（2）若b=3，ac+1，求c18（12分）已知正方形ABCD的边长为2，沿BD将ABD折起到PBD的位置（如图），G为PBD的重心，点E在边CD上，且DE2EC（1）证明：GE平面PBC；（2）若GEPB，求平面GEC与平面PBC所成锐二面角的余弦值19（12分）十三届全国人大四次会议表决通过了关于国民经济和社会发展第十四个五年规划和2035年远景目标纲要的决议，

8、决定批准这个规划纲要，纲要指出：“加强原创性引领性科技攻关”某企业集中科研骨干，攻克系列“卡脖子”技术，已成功实现离子注入机全谱系产品国产化，包括中束流、大束流、高能、特种应用及第三代半导体等离子注入机，工艺段覆盖至28nm，为我国芯片制造产业链补上重要一环，为全球芯片制造企业提供离子注入机一站式解决方案此次技术的突破可以说为国产芯片的制造做出了重大贡献该企业使用新技术对某款芯片进行试生产，在试产初期，生产一件该款芯片有三道工序，每道工序的生产互不影响，这三道工序的次品率分别为118，119，120（1）求生产一件该芯片的次品率P；试产100件该芯片，估计次品件数X的期望（2）某手机生产厂商将

9、该款芯片投入到某新款手机上使用，并对部分芯片做了技术改良，推出了两种型号的手机，甲型号手机采用没有改良的芯片，乙型号手机采用改良了的芯片，现对使用这两种型号的手机用户进行回访，就他们对开机速度进行满意度调查据统计，回访的100名用户中，使用甲型号手机的有30人，其中对开机速度满意的有15人；使用乙型号手机的有70人，其中对开机速度满意的有55人完成下列22列联表，并判断是否有99.5%的把握认为该项技术改良与用户对开机速度的满意度有关甲型号乙型号合计满意不满意合计附：K2=n(ad-bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，na+b+c+dP（K2k）0.0500.0100.0050.

10、001k3.8416.6357.87910.82820（12分）已知Q是圆C：（x1）2+y216上的任意一点，点F（1，0），线段QF的垂直平分线交CQ于点P（1）求动点P的轨迹E的方程；（2）折线yk|x1|（k0）与E相交于A，B两点，若以AB为直径的圆经过原点，求k的值21（12分）已知函数f(x)=x-lnx-exx（1）判断函数f（x）的单调性；（2）证明：f（x）xln22（二）选考题：共10分请考生在第22、23两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（10分）22（10分）在数学中，有多种方程都可以表示心型曲线，其中著名的有笛卡尔心型曲线如

11、图，在直角坐标系中，以原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系图中的曲线就是笛卡尔心型曲线，其极坐标方程为1sin（02，0），M为该曲线上一动点（1）当|OM|=12时，求M的直角坐标；（2）若射线OM逆时针旋转2后与该曲线交于点N，求OMN面积的最大值选修4-5：不等式选讲（10分）23已知函数f（x）|x1|（1）解不等式f（x）+|x2|2；（2）若存在xR，使得4f(x)+f(x)m2-m+2成立，求m的取值范围2022年吉林省白山市高考数学一模试卷（理科）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

12、）设集合Ax|x2x60，B=x|x-12，则AB（）Ax|2x3Bx|1x3Cx|1x3Dx|2x3【解答】解：由集合Ax|x2x60，得Ax|2x3，B=x|x-12，则Bx|1x5，即ABx|1x3，故选：B2（5分）若复数z（1+2i）（2i），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：z（1+2i）（2i）2i+4i+24+3i，z在复平面内对应的点（4，3）位于第一象限故选：A3（5分）函数f（x）a（x+1）exx的图象在点（0，f（0）处的切线斜率为1，则a（）A1B1C2D2【解答】解：函数f（x）a（x+1）exx，可得f（x）a（x

13、+2）ex1，函数f（x）a（x+1）exx的图象在点（0，f（0）处的切线斜率为1，所以f（0）2a11，解得a1故选：A4（5分）已知实数x，y满足约束条件y1x-y0x-2，则z2x+y的最大值为（）A3B3C6D6【解答】解：画出不等式组y1x-y0x-2表示的平面区域，如图所示：目标函数z2x+y可化为y2x+z，平移目标函数知，y2x+z过点C时，直线在y轴上的截距最大，z取得最大值，由y=1x-y=0，解得C（1，1），所以z的最大值为zmax21+13故选：A5（5分）某校随机抽取100名同学进行“垃圾分类”的问卷测试，测试结果发现这100名同学的得分都在50，100内，按得分

14、分成5组：50，60），60，70），70，80），80，90），90，100，得到如图所示的频率分布直方图则这100名同学的得分的中位数为（）A72.5B75C77.5D80【解答】解：由频率分布直方图得：50，70）的频率为：（0.010+0.030）100.4，70，80）的频率为：0.040100.4，这100名同学的得分的中位数为：70+0.5-0.40.410=72.5故选：A6（5分）已知向量a=(1，3)，|b|=3，且(a+b)a=7，则a与b的夹角为（）A6B4C3D2【解答】解：根据题意，设a与b的夹角为，向量a=(1，3)，则|a|=1+3=2，若(a+b)a=7，则a

15、2+ab=4+23cos7，则cos=32，又由0，则=6，故选：A7（5分）如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，P为C1D1的中点，则过点A1，B，P的平面截正方体所得的截面的侧视图（阴影部分）为（）ABCD【解答】解：如图，过点A1，B，P的平面截正方体所得的截面为A1BQP，所以侧视图为C，故选：C8（5分）有这样一种说法：一张纸经过一定次数对折之后厚度能超过地月距离但实际上，因为纸张本身有厚度，我们并不能将纸张无限次对折，当厚度超过纸张的长边时，便不能继续对折了，一张长边为a，厚度为x的矩形纸张沿两个方向不断对折，则经过两次对折，长边变为12a，厚度变为4x在理想情况下，对折次数

16、n满足关系：nlog8(ax)2，根据以上信息，一张长为40cm，厚度为0.1mm的纸经过对折后的厚度的最大值约为（）（lg20.3）A1.28cmB2.56cmC12.8cmD25.6cm【解答】解：nlog8(ax)2，a40cm，x0.1mm0.01cm，nlog8(400.01)2=log816000000=log8(16106)=lg(16106)lg8=lg16+63lg2=4lg2+63lg240.3+630.3=8，一张长为40cm，厚度为0.1mm的纸经过对折后最多折叠8次，度为0.1mm0.01cm的纸对折1次则厚度为210.01cm，对折2次则厚度为220.01cm，对折

17、3次则厚度为230.01cm，对折8次则厚度为280.01cm2.56cm，一张长为40cm，厚度为0.1mm的纸经过对折后的厚度的最大值约为2.56cm，故选：B9（5分）已知双曲线C：x2a2-y2b2=1(a0，b0)的右焦点为F，以实轴为直径的圆与其中一条渐近线的一个交点为P，若直线PF与另一条渐近线平行，则C的离心率为（）A3B2C3D2【解答】解：不妨设P为第一象限的交点联立方程组y=baxx2+y2=a2，可得P的坐标为(a2c，abc)，所以直线PF的斜率kPF=abca2c-c=-ab因为直线PF与另一条渐近线平行，所以kPF=-ab=-ba，所以ab，则c2=a2+b2=2

18、a2，c=2a，故C的离心率e=ca=2故选：D10（5分）函数f（x）Asin（x+）（A0，0，|）的部分图象如图所示，现将f（x）的图象向右平移6个单位长度，得到函数yg（x）的图象，则g（x）在区间12，512上的值域为（）A-2，2B-1，2C0，2D0，2【解答】解：根据函数f（x）Asin（x+）（A0，0，|）的部分图象，可得122=1112-712，3结合五点法作图，3712+2，=4，故f（x）Asin（3x+4）再把点（2，1）代入，可得1Asin（32+4），A=2，f（x）=2sin（3x+4）现将f（x）的图象向右平移6个单位长度，得到函数yg（x）=2sin（3x

19、-4）的图象，在区间12，512上，3x-40，g（x）=2sin（3x-4）0，2，故选：C11（5分）十三世纪意大利数学家列昂纳多斐波那契从兔子繁殖问题中发现了这样的一列数：1，1，2，3，5，8，13，即从第三项开始，每一项都等于它前两项的和后人为了纪念他，就把这列数称为斐波那契数列因以兔子繁殖为例子而引入，故又称该数列为“兔子数列”下面关于斐波那契数列an的说法不正确的是（）Aa2021是奇数Ba2+a4+a6+a2020a2021Ca1+a3+a5+a2021a2022Da12+a22+a32+a20212a2021a2022【解答】解：因为an的项an具有2奇1偶，3项一周期的周期

20、性，所以a2021是奇数，所以A正确；因为a3+a4+a6+a8+a2020a5+a6+a2020a2019+a2020a2021，所以B错误；因为a1+a3+a5+a2021a2+a3+a5+a2021a4+a5+a2021a2020+a2021a2022，所以C正确；因为a12+a22+a32+a20212=a1a2+a22+a32+a20212=a2(a1+a2)+a32+a20212=a2a3+a32+a20212=a3(a2+a3)+a20212=a3a4+a20212=a2021a2022，所以D正确故选：B12（5分）已知定义在R上的奇函数f（x）满足f（x）f（ex），当x（0

21、，e）时，f(x)=|x-e2|，方程f（x）-12e(x-e)=0在区间e，3e内所有实根的和为（）A2eB3eC4eD5e【解答】解：因为f（x）f（ex），所以f（x+e）f（x），为f（x）为奇函数，所以f（x）f（x），所以f（x+2e）f（xe）f（x+e）f（x），所以f（x）的周期为2e，方程f（x）-12e(x-e)=0，即f（x）=12e（xe），所以f（x）-12e(x-e)=0在区间e，3e内所有实根的和转化为yf（x）与y=12e（xe）交点的横坐标之和，如图，所以x1+x2+x3+x4+x55e故选：D二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13（5分）已知

22、等比数列an的前n项和为Sn，若S1033S5，则公比q2【解答】解：因为等比数列an中，S1033S5，显然q1，所以a1(1-q10)1-q=33a1(1-q5)1-q，解得q2故答案为：214（5分）十二生肖是中国特有的文化符号，有着丰富的内涵，它们是成对出现的，分别为鼠和牛、虎和兔、龙和蛇、马和羊、猴和鸡、狗和猪六对现有十二生肖的吉祥物各一个，按照上面的配对分成六组甲、乙、丙三位同学依次选一组作为礼物，甲同学喜欢龙和马，乙同学喜欢牛、羊和猴，丙同学喜欢兔、马、狗如果甲、乙、丙三位同学选取的礼物中均包含自己喜欢的生肖，则不同的选法种数为 12【解答】解：由题意可得：甲选龙和蛇一组或马和羊

23、一组，甲选龙和蛇一组时，乙可有3种选法：鼠和牛、马和羊、猴和鸡；乙选鼠和牛一组时，丙有3种选法：虎和兔一组，或马和羊一组，或狗和猪一组乙选马和羊一组时，丙有2种选法：虎和兔一组，或狗和猪一组乙选猴和鸡一组时，丙有3种选法：虎和兔一组，或马和羊一组，或狗和猪一组共有3+2+38种选法甲选马和羊一组时，乙可有2种选法：鼠和牛、猴和鸡；乙选鼠和牛一组时，丙有2种选法：虎和兔一组，或狗和猪一组乙选猴和鸡一组时，丙有2种选法：虎和兔一组，或狗和猪一组共有2+24种选法，综上共有8+412种，故答案为：1215（5分）一个球被平面截下的一部分叫作球缺，截面叫作球缺的底面，垂直于截面的直径被截下的线段长叫作

24、球缺的高，球缺的体积公式为V=3(3R-h)h2，其中R为球的半径，h为球缺的高，则棱长为2的正四面体的一个侧面截其外接球所得的球缺（不大于半球的部分）的体积为 7627【解答】解：设点O为正四面体ABCD外接球的球心，则G为正三角形BCD的重心，连接BO、BG，由AB2，则BG=233，AG=263，设正四面体外接球的半径为R，则在RtBOG中，R2（233）2+（263-R）2，解得R=62，则该正四面体的一个侧面BCD截其外接球所得的球缺的高hROG=62-（263-62）=63，则则棱长为2的正四面体的一个侧面截其外接球所得的球缺（不大于半球的部分）的体积为V=3(362-63)(63

25、)2=7627，故答案为：762716（5分）已知抛物线C：y22px的焦点为F（1，0），过F的直线与C交于A，B两点，C在A处的切线与C的准线交于P点，若|PF|=5，则|AB|5；PAB面积的最小值为 4【解答】解：因为焦点为F（1，0），所以抛物线C：y24x，不妨设P在第二象限，因为|PF|=5，所以P（1，1），设直线AB的方程为xmy+1，与y24x联立并消去x，得y24my40，设A（x1，y1），B（x2，y2），y1+y24m，y1y24，所以|AB|=(1+m2)(16m2+16)=4（m2+1），设切线PA的方程为xny+t，与y24x联立消去x，得y24ny4t0，因

26、为16n2+16t0，所以n2+t0，所以y24ny+4n20，y2n，即y12n，y2=-2n，m=n2-12n，P（1，n-1n），若|PF|=5，则n-1n=1，m=12，|AB|4（m2+1）5，又P（1，2m）到直线AB的距离为d=|-1-2m2-1|m2+1=2m2+1，所以SPAB=12|AB|d4（m2+1）m2+1，令m2+1=a1，SPAB4a34，所以当m0时，PAB面积的最小，最小值为4故答案为：5；4三、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（

27、12分）ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知3c-3bcosA=bsinA（1）求B；（2）若b=3，ac+1，求c【解答】解：（1）ABC中，因为3c-3bcosA=bsinA，所以由正弦定理得：3sinC-3sinBcosA=sinAsinB，即3sinAcosB+3cosAsinB-3sinBcosA=sinAsinB化简得3sinAcosB=sinAsinB，又sinA0，所以tanB=3，又因为B（0，），所以B=3（2）因为b2c2+a22accosB，所以3=c2+(c+1)2-2c(c+1)12整理得c2+c20，解得c118（12分）已知正方形ABCD的边长为2

28、，沿BD将ABD折起到PBD的位置（如图），G为PBD的重心，点E在边CD上，且DE2EC（1）证明：GE平面PBC；（2）若GEPB，求平面GEC与平面PBC所成锐二面角的余弦值【解答】解：（1）证明：取PB的中点F，连接DF，FC，因为G为三角形PBD的重心，所以DGGF=DEEC=2，所以GEFC因为GE平面PBC，FC平面PBC，所以GE平面PBC（2）取BD的中点O，连接PO，CO，FO，则POBD，COBD因为GEFC，GEPB，所以PBFC因为PBFO，FCFOF，所以PB平面FOC因为OC平面FOC，所以OCPB因为OCBD，PBBDB，所以OC平面PBD如图，以O为坐标原点，

29、以OB所在直线为x轴，OC所在直线为y轴，OP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系Oxyz则B(2，0，0)，C(0，2，0)，D(-2，0，0)，E(-23，223，0)，G(0，0，23)，P(0，0，2)BC=(-2，2，0)，BP=(-2，0，2)，CE=(-23，-23，0)，CG=(0，-2，23)设平面GEC的法向量为m=(x1，y1，z1)，则mCE=-23x1-23y1=0mCG=-2y1+23z1=0，令x11，得m=(1，-1，-3)设平面PBC的法向量为n=(x2，y2，z2)，则nBC=-2x2+2y2=0nBP=-2x2+2z2=0，令x21，得n=(1，1，1)，所

30、以cosm，n=mn|m|n|=-3113=-3311，所以平面GEC与平面PBC所成锐二面角的余弦值为331119（12分）十三届全国人大四次会议表决通过了关于国民经济和社会发展第十四个五年规划和2035年远景目标纲要的决议，决定批准这个规划纲要，纲要指出：“加强原创性引领性科技攻关”某企业集中科研骨干，攻克系列“卡脖子”技术，已成功实现离子注入机全谱系产品国产化，包括中束流、大束流、高能、特种应用及第三代半导体等离子注入机，工艺段覆盖至28nm，为我国芯片制造产业链补上重要一环，为全球芯片制造企业提供离子注入机一站式解决方案此次技术的突破可以说为国产芯片的制造做出了重大贡献该企业使用新技术

31、对某款芯片进行试生产，在试产初期，生产一件该款芯片有三道工序，每道工序的生产互不影响，这三道工序的次品率分别为118，119，120（1）求生产一件该芯片的次品率P；试产100件该芯片，估计次品件数X的期望（2）某手机生产厂商将该款芯片投入到某新款手机上使用，并对部分芯片做了技术改良，推出了两种型号的手机，甲型号手机采用没有改良的芯片，乙型号手机采用改良了的芯片，现对使用这两种型号的手机用户进行回访，就他们对开机速度进行满意度调查据统计，回访的100名用户中，使用甲型号手机的有30人，其中对开机速度满意的有15人；使用乙型号手机的有70人，其中对开机速度满意的有55人完成下列22列联表，并判断

32、是否有99.5%的把握认为该项技术改良与用户对开机速度的满意度有关甲型号乙型号合计满意不满意合计附：K2=n(ad-bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，na+b+c+dP（K2k）0.0500.0100.0050.001k3.8416.6357.87910.828【解答】解：（1）因为生产一件芯片为次品的对立事件为“芯片在三道工序中都为合格品”，所以P=1-(1-118)(1-119)(1-120)=1-171818191920=320生产的100件该款芯片中次品的件数X，则XB（100，320），所以E(X)=100320=15，所以估计试产的100件该芯片中次品有15件（2）

33、22列联表如下：甲型号乙型号合计满意155570不满意151530合计3070100因为K2=100(1515-5515)230703070=10060060030703070=400498.1637.879，所以有99.5%的把握认为该项技术改良与用户对开机速度满意度有关20（12分）已知Q是圆C：（x1）2+y216上的任意一点，点F（1，0），线段QF的垂直平分线交CQ于点P（1）求动点P的轨迹E的方程；（2）折线yk|x1|（k0）与E相交于A，B两点，若以AB为直径的圆经过原点，求k的值【解答】解：（1）因为|PQ|PF|，所以|PF|+|PC|PQ|+|PC|CQ|4|FC|，所以

34、P的轨迹是以F，C为焦点，4为长轴长的椭圆，因为a2，c1，b=3，所以动点P的轨迹E的方程为x24+y23=1（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），则B（x2，y2），得y=k(x-1)x24+y23=1，（3+4k2）x28k2x+4k2120，则x1+x2=8k23+4k2，x1x2=4k2-123+4k2因为以AB为直径的圆经过原点，所以OAOB=0，所以x1x2y1y20，所以x1x2-k2(x1-1)(x2-1)=0，即(1-k2)x1x2+k2(x1+x2)-k2=0，则(1-k2)4k2-123+4k2+k28k23+4k2-k2=0，所以k=2391321（12分）已知

35、函数f(x)=x-lnx-exx（1）判断函数f（x）的单调性；（2）证明：f（x）xln22【解答】（1）解：因为f(x)=x-lnx-exx，所以f(x)=1-1x-(x-1)exx2=(x-1)(x-ex)x2令g（x）xex，则g（x）1ex，所以g（x）在（0，+）上单调递减，所以g（x）g（0）10因为当x（0，1）时，f（x）0，当x（1，+）时，f（x）0，所以f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+）上单调递减（2）证明：令F(x)=f(x)-x=-lnx-exx，则F(x)=-1x-(x-1)exx2=-x+(x-1)exx2令h（x）x+（x1）ex，则h（x）1+xe

36、x0，所以h（x）在（0，+）上单调递增因为h(12)=1-e20，h（1）10，所以存在x0(12，1)，使得h（x0）0，所以当x（0，x0）时，F（x）0，F（x）单调递增，当x（x0，+）时，F（x）0，F（x）单调递减，所以F(x)max=F(x0)=-lnx0-ex0x0因为x0(12，1)，且h(x0)=x0+(x0-1)ex0=0，所以ex0=-x0x0-1，所以F(x)max=F(x0)=-lnx0+1x0-1令(x)=-lnx+1x-1，x(12，1)，则(x)=-1x-1(x-1)20，所以（x）在(12，1)上单调递减，所以(x)(12)=ln2-2，所以F（x0）ln

37、22，所以f（x）xln22（二）选考题：共10分请考生在第22、23两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（10分）22（10分）在数学中，有多种方程都可以表示心型曲线，其中著名的有笛卡尔心型曲线如图，在直角坐标系中，以原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系图中的曲线就是笛卡尔心型曲线，其极坐标方程为1sin（02，0），M为该曲线上一动点（1）当|OM|=12时，求M的直角坐标；（2）若射线OM逆时针旋转2后与该曲线交于点N，求OMN面积的最大值【解答】解：（1）因为|OM|=12，所以12=1-sin，sin=12，因为02，所以=6或=56，所

38、以M的极坐标为(12，6)或(12，56)，故M的直角坐标为(34，14)或(-34，14)（2）设M（1，），0，2），则N(2，+2)因为11sin，2=1-sin(+2)=1-cos，所以SOMN=12|OM|ON|=12(1-sin)(1-cos)=121-(sin+cos)+sincos令t=sin+cos=2sin(+4)-2，2，则sincos=t2-12所以SOMN=12(1-t+t2-12)=14t2-12t+14=14(t-1)2，当t=-2时，SOMN有最大值3+224，此时sin(+4)=-1，=54，故SOMN的最大值为3+224选修4-5：不等式选讲（10分）23已

39、知函数f（x）|x1|（1）解不等式f（x）+|x2|2；（2）若存在xR，使得4f(x)+f(x)m2-m+2成立，求m的取值范围【解答】解：（1）f（x）+|x2|2，即|x1|+|x2|2当x1时，由1x+2x2，解得x12，所以12x1；当1x2时，由x1+2x2，化简得12，所以1x2；当x2时，由x1+x22，解得x52，所以2x52所以不等式f（x）+|x2|2的解集为12，52（2）因为存在xR，使得4f(x)+f(x)m2-m+2成立，所以4f(x)+f(x)minm2-m+2因为4f(x)+f(x)=4|x-1|+|x-1|4，当且仅当4|x-1|=|x-1|，即x1或3时，等号成立，所以4f(x)+f(x)min=4由m2m+24，解得m1或m2，所以m的取值范围是（，12，+）