2020年四川省高考数学（理科）模拟试卷（8）.docx

1、 第 1 页（共 20 页） 2020 年四川省高考数学（理科）模拟试卷（年四川省高考数学（理科）模拟试卷（8） 一选择题（共一选择题（共 12 小题，满分小题，满分 60 分，每小题分，每小题 5 分）分） 1 （5 分）已知集合 = *| 3 1+，Bx|x0，则 AB（ ） Ax|0x3 Bx|0x3 Cx|1x3 Dx|1x3 2 （5 分） （1i） （3i）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）已知 （ 2，） ，sin= 3 5，则 tan（+ 4）（ ） A 1 7 B7 C1 7 D7 4 （5 分）国际上通常用年龄中位数

2、指标作为划分国家或地区人口年龄构成的标准：年龄中 位数在 20 岁以下为“年轻型”人口；年龄中位数在 2030 岁为“成年型”人口；年龄 中位数在 30 岁以上为“老龄型”人口 如图反映了我国全面放开二孩政策对我国人口年龄中位数的影响据此，对我国人口年 龄构成的类型做出如下判断：建国以来直至 2000 年为“成年型”人口；从 2010 年 至 2020 年为“老龄型”人口；放开二孩政策之后我国仍为“老龄型”人口其中正确 的是（ ） A B C D 5 （5 分）已知函数 f（x）= 1 x，若 alog52，blog0.50.2，c0.5 0.5，则（ ） Af（b）f（a）f（c） Bf（c

3、）f（b）f（a） Cf（b）f（c）f（a） Df（a）f（b）f（c） 6 （5 分）已知 =（2，1） ， = (，2)，且 ，则| + | =（ ） 第 2 页（共 20 页） A1 B3 C5 D10 7 （5 分） 宋元时期， 中国数学鼎盛时期中杰出的数学家有“秦（九韶） 、 李（冶） 、杨（辉） 、 朱（世杰）四大家” ，朱世杰就是其中之一朱世杰是一位平民数学家和数学教育家朱 世杰平生勤力研习九章算术 ，旁通其它各种算法，成为元代著名数学家他全面继承 了前人数学成果，既吸收了北方的天元术，又吸收了南方的正负开方术、各种日用算法 及通俗歌诀，在此基础上进行了创造性的研究，写成以总结

4、和普及当时各种数学知识为 宗旨的算学启蒙 ，其中有关于“松竹并生”的问题：松长四尺，竹长两尺，松日自半， 竹日自倍，松竹何日而长等如图，是源于其思想的一个程序框图若输入的 a，b 分别 为 3，1，则输出的 n（ ） A2 B3 C4 D5 8 （5 分）已知 d 为常数，p：对于任意 nN*，an+2an+1d；q：数列an是公差为 d 的 等差数列，则 p 是 q 的（ ） A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件 9 （5 分）已知ABC 的内角 A，B，C 的对边为 a，b，c，ABC 的面积为3，且 2bcosA 2ca，a+c4，则ABC 的周长为（

5、） A4+3 B6 C4+23 D8 10 （5 分）已知双曲线： 2 2 2 2 = 1(0，0)的左、右焦点分别为 F1，F2直线 1 过 左焦点 F1且与双曲线的左支交于 A，B 两点，若|AF1|3|BF1|，|AB|BF2|，则双曲线 C 第 3 页（共 20 页） 的离心率为（ ） A2 B3 C2 D5 11（5分） 已知三棱锥PABC中， PA平面ABC， ABBC， 若PA3， AB2， BC= 3， 则该三 棱锥的外接球的表面积为（ ） A8 B12 C16 D18 12 （5 分）已知函数 f（x）x2xsinx，若 af（log0.23） ，bf（log30.2） ，c

6、f（0.23） ， 则（ ） Aabc Bbac Ccba Dbca 二填空题（共二填空题（共 4 小题，满分小题，满分 20 分，每小题分，每小题 5 分）分） 13 （5 分）已知二项式( + 1 ) (0)的展开式中，二项式系数之和为 64，含 x3的项的 系数为15 4 ，则 a 14 （5 分）设 x，y 满足约束条件 2 0 + 2 0 + 2 6 0 ，则 zx+y 的最小值是 15 （5 分）马伯庸的小说长安十二时辰中，靖安司通过长安城内的望楼传递信息同 名改编电视剧中，望楼传递信息的方式如下：如图所示，在九宫格中，每个小方格可以 在白色和紫色（此处以阴影代表紫色）之间变换，从

7、而一共可以有 512 种不同的颜色组 合，即代表 512 种不同的信息现要求每一行，每一列至多有一个紫色小方格（如图所 示即满足要求） ，那么一共可以传递 种不同的信息 （用数字作答） 16 （5 分）四边形 ABCD 的各个顶点依次位于抛物线 yx2上，BAD60，对角线 AC 平行 x 轴，且 AC 平分BAD，若 = 2，则 ABCD 的面积为 第 4 页（共 20 页） 三解答题（共三解答题（共 5 小题，满分小题，满分 60 分，每小题分，每小题 12 分）分） 17 （12 分）已知数列an满足1 （a1+2a2+2 n1an）2n+1（nN*） （1）求 a1，a2和an的通项公

8、式； （2）记数列ankn的前 n 项和为 Sn，若 SnS4对任意的正整数 n 恒成立，求实数 k 的 取值范围 18 （12 分）如图，四棱锥 PABCD 中，PA平面 ABCD，底面 ABCD 是边长为 2 的正方 形，PA2，E 为 PD 中点 （1）求证：AEPC； （2）求二面角 BAEC 的正弦值 19 （12 分） 调味品品评师的重要工作是对各种品牌的调味品进行品尝， 分析、 鉴定， 调配、 研发，周而复始、反复对比对调味品品评师考核测试的一种常用方法如下：拿出 n 瓶 外观相同但品质不同的调味品让其品尝， 要求其按品质优劣为它们排序； 经过一段时间， 等其记忆淡忘之后，再让其

9、品尝这 n 瓶调味品，并重新按品质优劣为它们排序，这称为 一轮测试根据一轮测试中的两次排序的偏离程度的高低为其评分 现设 n4，分别以 a1，a2，a3，a4表示第一次排序时被排为 1，2，3，4 的四种调味品在 第二次排序时的序号，并令 X|1a1|+|2a2|+|3a3|+|4a4|，则 X 是对两次排序的偏 离程度的一种描述 （如第二次排序时的序号为 1，3，2，4，则 X2） （1）写出 X 的所有可能值构成的集合； （2）假设 a1，a2，a3，a4的排列等可能地为 1，2，3，4 的各种排列，求 X 的数学期望； （3）某调味品品评师在相继进行的三轮测试中，都有 X2 （i）试按（

10、2）中的结果，计算出现这种现象的概率（假定各轮测试相互独立） ； （）请你判断该调味品品评师的品味鉴别能力如何？并说明理由 第 5 页（共 20 页） 20 （12 分）已知椭圆 C： 2 2 + 2 2 = 1(0)的左、右焦点分别为 F1，F2，点 A 为椭 圆 C 上任意一点，点 A 关于原点 O 的对称点 A 有|AF1|+|AF1|4，且当AF1F2的面 积最大是为等边三角形； （1）求椭圆 C 的标准方程； （2）与圆 x2+y21 相切的直线 l：ykx+t 交椭圆 C 于 M，N 两点，若椭圆上存在点 P 满足 = ( + )(0)，求四边形 OMPN 面积的取值范围 21 （

11、12 分）已知函数() = 2 2 1 ，aR （1）讨论 f（x）的单调性； （2）若 f（x）有两个极值点 x1，x2（x1x2） ，求 f（x2）2f（x1）的最大值 四解答题（共四解答题（共 1 小题，满分小题，满分 10 分，每小题分，每小题 10 分）分） 22 （10 分）在直角坐标系 xOy 中，曲线 C1的方程为 = 2 + 3 2 = 1 2 （t 为参数） 以坐标原 点 O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 C2的极坐标方程为 2sin （1）求 C1，C2的普通方程； （2）设点 A 在曲线 C1上，且对应的 t23，点 B 是曲线 C2上的点，求 AOB

12、面积的最 大值 五解答题（共五解答题（共 1 小题）小题） 23已知正实数 a，b，c 满足 a3+b3+c31 （）证明：a+b+c（a2+b2+c2）2； （）证明：a2b+b2c+c2a1 第 6 页（共 20 页） 2020 年四川省高考数学（理科）模拟试卷（年四川省高考数学（理科）模拟试卷（8） 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一选择题（共一选择题（共 12 小题，满分小题，满分 60 分，每小题分，每小题 5 分）分） 1 （5 分）已知集合 = *| 3 1+，Bx|x0，则 AB（ ） Ax|0x3 Bx|0x3 Cx|1x3 Dx|1x3 【解答】解：集合 = *| 3

13、 1+ =x|0x3， Bx|x0， ABx|0x3 故选：A 2 （5 分） （1i） （3i）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：（1i） （3i）24i， （1i） （3i）在复平面内对应的点的坐标为（2，4） ，位于第四象限 故选：D 3 （5 分）已知 （ 2，） ，sin= 3 5，则 tan（+ 4）（ ） A 1 7 B7 C1 7 D7 【解答】解：a（ 2，） ，sin= 3 5， cos= 1 2 = 4 5，可得：tan= 3 4， tan（+ 4）= +1 1 = 13 4 1(3 4) = 1 7 故选：C 4

14、（5 分）国际上通常用年龄中位数指标作为划分国家或地区人口年龄构成的标准：年龄中 位数在 20 岁以下为“年轻型”人口；年龄中位数在 2030 岁为“成年型”人口；年龄 中位数在 30 岁以上为“老龄型”人口 第 7 页（共 20 页） 如图反映了我国全面放开二孩政策对我国人口年龄中位数的影响据此，对我国人口年 龄构成的类型做出如下判断：建国以来直至 2000 年为“成年型”人口；从 2010 年 至 2020 年为“老龄型”人口；放开二孩政策之后我国仍为“老龄型”人口其中正确 的是（ ） A B C D 【解答】解： ：建国以来直至 2000 年为“成年型”人口，错误； 从 2010 年至

15、2020 年为“老龄型”人口，正确， 放开二孩政策之后我国仍为“老龄型”人口，正确， 故选：A 5 （5 分）已知函数 f（x）= 1 x，若 alog52，blog0.50.2，c0.5 0.5，则（ ） Af（b）f（a）f（c） Bf（c）f（b）f（a） Cf（b）f（c）f（a） Df（a）f（b）f（c） 【解答】解：0log51log52log551，0.50.20.5052= 2，10.500.5 0.50.512， bca0，且 f（x）在（0，+）上单调递减， f（b）f（c）f（a） 故选：C 6 （5 分）已知 =（2，1） ， = (，2)，且 ，则| + | =（

16、） A1 B3 C5 D10 【解答】解： ，x40，解得 x4 + =（2，1） ， 第 8 页（共 20 页） 则| + | = (2)2+ 12= 5 故选：C 7 （5 分） 宋元时期， 中国数学鼎盛时期中杰出的数学家有“秦（九韶） 、 李（冶） 、杨（辉） 、 朱（世杰）四大家” ，朱世杰就是其中之一朱世杰是一位平民数学家和数学教育家朱 世杰平生勤力研习九章算术 ，旁通其它各种算法，成为元代著名数学家他全面继承 了前人数学成果，既吸收了北方的天元术，又吸收了南方的正负开方术、各种日用算法 及通俗歌诀，在此基础上进行了创造性的研究，写成以总结和普及当时各种数学知识为 宗旨的算学启蒙 ，

17、其中有关于“松竹并生”的问题：松长四尺，竹长两尺，松日自半， 竹日自倍，松竹何日而长等如图，是源于其思想的一个程序框图若输入的 a，b 分别 为 3，1，则输出的 n（ ） A2 B3 C4 D5 【解答】解：模拟程序的运行，可得 a3，b1，n1 a= 9 2，b2 不满足条件 ab，执行循环体，n2，a= 27 4 ，b4， 不满足条件 ab，执行循环体，n3，a= 81 8 ，b8， 不满足条件 ab，执行循环体，n4，a= 243 16 ，b16， 满足条件 ab，退出循环，输出 n 的值为 4 第 9 页（共 20 页） 故选：C 8 （5 分）已知 d 为常数，p：对于任意 nN*

18、，an+2an+1d；q：数列an是公差为 d 的 等差数列，则 p 是 q 的（ ） A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件 【解答】解：若对于任意 nN*，an+2an+1d；则 a2a1d 不一定成立，即 q 不一定 成立； 即 p 是 q 的不充分条件； 若数列an是公差为 d 的等差数列，则对于任意 nN*，an+2an+1d； 即 p 是 q 的必要条件， 故 p 是 q 的必要不充分条件， 故选：B 9 （5 分）已知ABC 的内角 A，B，C 的对边为 a，b，c，ABC 的面积为3，且 2bcosA 2ca，a+c4，则ABC 的周长为（ ）

19、A4+3 B6 C4+23 D8 【解答】解：2bcosA2ca，2 2+22 2 = 2 ， b2+c2a22c2ac，a2+c2b2ac， = 2+22 2 = 1 2， 0， = 3 = 1 2 = 3 4 = 3， ac4，a+c4，ac2，又 = 3， ABC 是边长为 2 的等边三角形，ABC 的周长为 6 故选：B 10 （5 分）已知双曲线： 2 2 2 2 = 1(0，0)的左、右焦点分别为 F1，F2直线 1 过 左焦点 F1且与双曲线的左支交于 A，B 两点，若|AF1|3|BF1|，|AB|BF2|，则双曲线 C 的离心率为（ ） A2 B3 C2 D5 【解答】解：设

20、 BF1x，因为|AF1|3|BF1|，|AB|BF2|，则 AF13x，BF24x，所以 第 10 页（共 20 页） 2aBF2BF14xx3x，AF22a+AF16x， 在三角形AF1F2中，由余弦定理可得：cos AF1F2= 12+12222 2112 = 92+42362 232 = 42272 12 ， 在三角形 BF1F2中， 由余弦定理可得： cosBF1F2= 12+12222 2112 = 2+42162 22 = 42152 4 ， 又因为： ，所以4 2272 12 + 42152 4 =0， 整理可得：2c32， 所以离心率 e= 2 2 = 32 3 = 2， 故

21、选：A 11（5分） 已知三棱锥PABC中， PA平面ABC， ABBC， 若PA3， AB2， BC= 3， 则该三 棱锥的外接球的表面积为（ ） A8 B12 C16 D18 【解答】解已知三棱锥 PABC 中，PA平面 ABC，ABBC， 所以补全三棱锥为三棱柱，且为直三棱柱，则 PAC 所在的平面就是直三棱柱对角线所在 第 11 页（共 20 页） 的一个面， 三棱锥的外接球的半直径就为 PC 的长度， 又因为 PA3，AB2，BC= 3，可得 PC 就是所求的外接球的直径， 所以球 O 的直径为32+ 22+ 3 2 =4， 半径为：2 所以球 O 的表面积为 S4（2）216 故选

22、：C 12 （5 分）已知函数 f（x）x2xsinx，若 af（log0.23） ，bf（log30.2） ，cf（0.23） ， 则（ ） Aabc Bbac Ccba Dbca 【解答】解：函数 f（x）x2xsinxx（xsinx） ， 设 g（x）xsinx，x（0，+） ， 则 g（x）1cosx0 在（0，+）恒成立， 函数 g（x）在（0，+）上单调递增， g（x）g（0）0， 即函数 g（x）在（0，+）上单调递增，且 g（x）0， 又函数 yx 在（0，+）上单调递增，且 y0， 函数 f（x）x2xsinxx（xsinx） ，在（0，+）上单调递增，且 f（x）0， 又f

23、（x）（x）2（x）sin（x）x2xsinxf（x） ， 函数 f（x）是偶函数， af（log0.23）f（log53）f（log53） ，bf（log30.2）f（log35）f（log35） ， 555355，1 2 531，而 log35log331，0.230.008， 35530230， 又函数 f（x）在（0，+）上单调递增， (35)(53)(023)， 即 bac， 故选：B 二填空题（共二填空题（共 4 小题，满分小题，满分 20 分，每小题分，每小题 5 分）分） 13 （5 分）已知二项式( + 1 ) (0)的展开式中，二项式系数之和为 64，含 x3的项的 第 1

24、2 页（共 20 页） 系数为15 4 ，则 a 2 【解答】解：由题设条件知：2n64，解得 n6，又二项式( + 1 ) (0)的展开式中 的通项公式为 Tr+1C 6 x6r（ 1 ） rC 6 arx 63 2，令 63 2 =3，解得 r2 含 x3的项的系数为15 4 ，C 6 2a2=15 4 （a0） ，解得 a2 故填：2 14 （5 分）设 x，y 满足约束条件 2 0 + 2 0 + 2 6 0 ，则 zx+y 的最小值是 0 【解答】解：依题意 x，y 满足约束条件 2 0 + 2 0 + 2 6 0 画图如下： 当 z0 时，有直线 l1：x+y0 和直线 l2：xy

25、0，并分别在上图表示出来， 当直线向 xy0 向下平移并过 A 点的时候，目标函数 zx+y 有最小值，此时最优解就 是 A 点，点 A 的坐标是：A（2，2） ， 所以目标函数 zx+y 的最小值是 0 故答案为：0 15 （5 分）马伯庸的小说长安十二时辰中，靖安司通过长安城内的望楼传递信息同 名改编电视剧中，望楼传递信息的方式如下：如图所示，在九宫格中，每个小方格可以 在白色和紫色（此处以阴影代表紫色）之间变换，从而一共可以有 512 种不同的颜色组 合，即代表 512 种不同的信息现要求每一行，每一列至多有一个紫色小方格（如图所 示即满足要求） ，那么一共可以传递 34 种不同的信息

26、（用数字作答） 第 13 页（共 20 页） 【解答】解；由题意紫色小方格最多 3 个，所以可分为 4 类，一类有 3 紫方格时共有 3 12111 =6 个信息，二类有 2 紫方格时共有9 141 2 =18 个信息， 三类有 1 紫方格时共有 9 个信息，四类有 0 紫方格时共有 1 个信息，则由加法原理 6+18+9+134 故答案是 34 16 （5 分）四边形 ABCD 的各个顶点依次位于抛物线 yx2上，BAD60，对角线 AC 平行 x 轴，且 AC 平分BAD，若 = 2，则 ABCD 的面积为 3 6 【解答】解：设(，2)，(1，12)，(2，22)，则= 212 1 =

27、+ 1= 3 3 ， = 222 2 = + 2= 3 3 ， 2= (1 2)2+ (12 22)2= (1 2)2,1 + (1+ 2)2- = 2， 由+，可得，1+ 2= 2，12= 23 3 ， 将代入，可得4 3 (42+ 1) = 2， 解得 = 2 4 ，则| = 2 = 2 2 ， = 1 2 | | = 2 4 |12 22| = 2 4 23 3 2 2 = 3 6 故答案为： 3 6 第 14 页（共 20 页） 三解答题（共三解答题（共 5 小题，满分小题，满分 60 分，每小题分，每小题 12 分）分） 17 （12 分）已知数列an满足1 （a1+2a2+2 n1

28、an）2n+1（nN*） （1）求 a1，a2和an的通项公式； （2）记数列ankn的前 n 项和为 Sn，若 SnS4对任意的正整数 n 恒成立，求实数 k 的 取值范围 【解答】解： （1）由题意得1+ 22+ + 21= 2+1， 所以：1= 1 22= 4， 1+ 22= 2 23 解得：a26 由1+ 22+ + 21= 2+1， 所以1+ 22+ + 221= ( 1) 2( 2)， 相减得21= 2+1（n1） 2n， 得 an2n+2，n1 也满足上式 所以an的通项公式为 an2n+2 （2）数列ankn的通项公式为：ankn2n+2kn（2k）n+2 说以：该数列是以 4

29、k 为首项，公差为 2k 的等差数列， 若 SnS4对任意的正整数 n 恒成立， 等价于当 n4 时，Sn取得最大值， 所以4 2 = 4(2 ) + 2 0 5 2 = 5(2 ) + 2 0 解得12 5 5 2 所以实数 k 的取值范围是12 5 ， 5 2 18 （12 分）如图，四棱锥 PABCD 中，PA平面 ABCD，底面 ABCD 是边长为 2 的正方 形，PA2，E 为 PD 中点 （1）求证：AEPC； （2）求二面角 BAEC 的正弦值 第 15 页（共 20 页） 【解答】 （1）证明：底面 ABCD 是边长为 2 的正方形，PA2，E 为 PD 中点， AEPD，CD

30、AD PA平面 ABCD，CD平面 ABCD，CDPA PAADA，CD平面 PAD， AE平面 PAD，CDAE， CDPDD，AE平面 PCD， PC平面 PCD，AEPC； （2）以 A 为原点，AB 为 x 轴，AD 为 y 轴，AP 为 z 轴建立如图空间直角坐标系 则 A（0，0，0） ，B（2，0，0） ，C（2，2，0） ，E（0，1，1） ， = (0，1，1)， = (2，0，0)， = (2，2，0)， 设平面 ABE 的一个法向量 = (，)， 则 = 2 = 0 = + = 0 ，取 y1，得 = (0，1， 1)； 设平面 AEC 的一个法向量为 = (，)， 则

31、= 2 + 2 = 0 = + = 0 ，取 a1，得 = (1， 1，1)， cos ， = | |= 2 32 = 6 3 ， 二面角 BAEC 的正弦值为1 ( 6 3 )2= 3 3 第 16 页（共 20 页） 19 （12 分） 调味品品评师的重要工作是对各种品牌的调味品进行品尝， 分析、 鉴定， 调配、 研发，周而复始、反复对比对调味品品评师考核测试的一种常用方法如下：拿出 n 瓶 外观相同但品质不同的调味品让其品尝， 要求其按品质优劣为它们排序； 经过一段时间， 等其记忆淡忘之后，再让其品尝这 n 瓶调味品，并重新按品质优劣为它们排序，这称为 一轮测试根据一轮测试中的两次排序的

32、偏离程度的高低为其评分 现设 n4，分别以 a1，a2，a3，a4表示第一次排序时被排为 1，2，3，4 的四种调味品在 第二次排序时的序号，并令 X|1a1|+|2a2|+|3a3|+|4a4|，则 X 是对两次排序的偏 离程度的一种描述 （如第二次排序时的序号为 1，3，2，4，则 X2） （1）写出 X 的所有可能值构成的集合； （2）假设 a1，a2，a3，a4的排列等可能地为 1，2，3，4 的各种排列，求 X 的数学期望； （3）某调味品品评师在相继进行的三轮测试中，都有 X2 （i）试按（2）中的结果，计算出现这种现象的概率（假定各轮测试相互独立） ； （）请你判断该调味品品评师

33、的品味鉴别能力如何？并说明理由 【解答】解： （1）X 的可能值集合为0，2，4，6，8， 在 1，2，3，4 中奇数与偶数各有两个， 所以 a2，a4中的奇数个数等于 a1，a3中的偶数个数， 因此|1a1|+|3a3|与|2a2|+|4a4|的奇偶性相同， 从而 X（|1a1|+|3a3|）+（|2a2|+|4a4|）必为偶数，X 的值非负，且易知其值不大 于 8 由此能举出使得 X 的值等于 0，2，4，6，8 各值的排列的例子 （2）可用列表或树状图列出 1，2，3，4 的一共 24 种排列， 计算每种排列下的 X 值，在等可能的假定下，得到 X 0 2 4 6 8 第 17 页（共

34、20 页） P 1 24 3 24 7 24 9 24 4 24 EX= 0 1 24 + 2 3 24 + 4 7 24 + 6 9 24 +8 4 24 =5 （3） （）首先 P（X2）P（X0）+P（X2）= 4 24 = 1 6，将三轮测试都有 X2 的 概率记做 p， 由上述结果和独立性假设，得 p= 1 63 = 1 216 （）由于 p= 1 216 5 1000是一个很小的概率， 这表明如果仅凭随机猜测得到三轮测试都有 X2 的结果的可能性很小， 所以我们认为该品酒师确定有良好的味觉鉴别功能，不是靠随机猜测 20 （12 分）已知椭圆 C： 2 2 + 2 2 = 1(0)的

35、左、右焦点分别为 F1，F2，点 A 为椭 圆 C 上任意一点，点 A 关于原点 O 的对称点 A 有|AF1|+|AF1|4，且当AF1F2的面 积最大是为等边三角形； （1）求椭圆 C 的标准方程； （2）与圆 x2+y21 相切的直线 l：ykx+t 交椭圆 C 于 M，N 两点，若椭圆上存在点 P 满足 = ( + )(0)，求四边形 OMPN 面积的取值范围 【解答】解：由题意得： （1）|AF1|AF2|，所以 2a4，a2， 且当AF1F2的面积最大时为等边三角形，则 a2c，又 a2b2+c2，a24，b23， 即椭圆 C 的标准方程： 2 4 + 2 3 =1； （2）圆 x

36、2+y21 相切的直线 l：ykx+t，原点代直线 l 的距离 d= | 1+2 =r1， t21+k21； 设 M（x，y） ，N（x，y） ，P（x0，y0） ，联立直线 l 与椭圆方程整理得： （3+4k2）x2+8ktx+4t2 120， x+x= 8 3+42，xx= 4212 3+42 ，y+yk（x+x）+2t= 6 3+42， = ( + ) 0= 8 3+42 0= 6 3+42 ，又 P 在椭圆上， (;8 3:42) 2 4 + ( 6 3:42) 2 3 =1， = 3+42 2| ； 第 18 页（共 20 页） 设 MN 的中点为 E，则 =（ + ）2 ， 四 边

37、形 OMPN 的面积 为 S 2SMON 2 1 2 |MN| d |MN| 1 + 2 64 224(4212)(3+42) (3+42)2 =41 + 2 12 232+9 (3+42)2 =43 1 + 24 22+3 (3+42)2 4 3 3+42 2| 1 + 24 22+3 (3+42)2 =4 3 3+42 21+2 1 + 2 4 2(1+2)+3 (3+42)2 =232+3 2 3+42， 令 f（k）= 2+32 3+42 = 3 4 1 4(3+42)，则3+4k 23，2 3 () 3 4，22 3， 四边形 OMPN 面积的取值范围为22，3） 21 （12 分）

38、已知函数() = 2 2 1 ，aR （1）讨论 f（x）的单调性； （2）若 f（x）有两个极值点 x1，x2（x1x2） ，求 f（x2）2f（x1）的最大值 【解答】解： （1）f（x）2x2a+ 1 = 222+1 ，x0， 令 y2x22ax+1， 当4a280，即2 2时，y0，此时 f（x）在（0，+）上单调递增； 当 a 2时，2x22ax+10 有两个负根，此时 f（x）在（0，+）上单调递增； 当 a2时，2x22ax+10 有两个正根，分别为 x1= 22 2 ，x2= +22 2 ， 此时 f（x）在（0，x1） ， （x2，+）上单调递增，在（x1，x2）上单调递减

39、综上可得：a 2时，f（x）在（0，+）上单调递增， a2时，f（x）在（0， 22 2 ） ， （+ 22 2 ，+）上单调递增， 在（ 22 2 ，+ 22 2 ）上单调递减 （2）由（1）可得 x1+x2a，x1x2= 1 2，a2， 2ax1212+1，2ax2222+1， a2， 2 2 2 ， x1（0， 2 2 ） ，x2（ 2 2 ，+） ， 第 19 页（共 20 页） f（x2）2f（x1）= 222ax2+lnx22（122ax1+lnx1） = 22+212+lnx22lnx1+1 = 22+2( 1 22) 2 +lnx2+2ln 1 22 +1= 22+ 1 222

40、 + 3 2ln2 2 +1+2ln2， 令 t= 22，则 t 1 2， g（t）t+ 1 2 + 3 2lnt+1+2ln2， g（t）1 1 22 + 3 2 = 22+31 22 = (21)(1) 22 ， 当1 2 t1 时，g（t）0；当 t1 时，g（t）0， g（t）在（1 2，1）上单调递增，在（1，+）单调递减 g（t）maxg（1）= 1+42 2 f（x2）2f（x1）的最大值为1+42 2 四解答题（共四解答题（共 1 小题，满分小题，满分 10 分，每小题分，每小题 10 分）分） 22 （10 分）在直角坐标系 xOy 中，曲线 C1的方程为 = 2 + 3 2

41、 = 1 2 （t 为参数） 以坐标原 点 O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 C2的极坐标方程为 2sin （1）求 C1，C2的普通方程； （2）设点 A 在曲线 C1上，且对应的 t23，点 B 是曲线 C2上的点，求 AOB 面积的最 大值 【解答】解： （1）曲线 C1的方程为 = 2 + 3 2 = 1 2 （t 为参数） 转换为直角坐标方程为 x3 + 2 = 0 曲线 C2的极坐标方程为 2sin转换为直角坐标方程为 x2+y22y0 （2）点 A 在曲线 C1上，且对应的 t23，所以 A（1，3） ，则转换为极坐标为 A（2， 3） ， 设 B（，） ，则 2sin