2019年四川省成都高考数学二诊试卷(理科)含答案解析.pdf

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1、2017 年四川省成都高考数学二诊试卷（理科） 一.选择题（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 合要求 .把答案涂在答题卷上 .） 1已知集合 A=2，1，0，1，2 ，B= x| lgx0，则 AB=（） A1 B 0，1C 0，1，2D 1，2 2i 是虚数单位，若=a+bi（a，bR） ，则乘积 ab的值是（） A15 B3 C3 D15 3如图，某组合体的三视图是由边长为2 的正方形和直径为2 的圆组成，则它 的体积为（） A4+4B8+4 C D 4为了得到函数的图象，只需把函数 y=log2x 的图象上所有的点 （） A向左平移 1 个单位长度，再

2、向上平移2 个单位长度 B向右平移 1 个单位长度，再向上平移2 个单位长度 C向左平移 1 个单位长度，再向下平移2 个单位长度 D向右平移 1 个单位长度，再向下平移2 个单位长度 5某程序框图如图所示，若使输出的结果不大于20，则输入的整数i 的最大值 为（） A3 B4 C5 D6 6 如图， 圆锥的高， 底面 O 的直径 AB=2， C 是圆上一点，且CAB=30 ， D 为 AC 的中点，则直线OC 和平面 PAC 所成角的正弦值为（ ） ABCD 7若曲线 C1：x 2+y22x=0 与曲线 C 2：y（ymxm）=0有四个不同的交点， 则实数 m 的取值范围是（） A （，）

3、B （，0）（ 0，）C ，D （ ，）（，+） 8三棱锥 ABCD 中，AB，AC，AD 两两垂直，其外接球半径为2，设三棱锥 ABCD 的侧面积为 S，则 S 的最大值为（） A4 B6 C8 D16 9已知 a=（ex）dx，若（1ax） 2017=b 0+b1x+b2x 2+b 2017x 2017 （xR） ，则的值为（） A0 B1 C1 De 10由无理数引发的数学危机已知延续带19 世纪，直到 1872 年，德国数学家戴 德金提出了 “ 戴德金分割 ” ，才结束了持续2000 多年的数学史上的第一次大危 机所谓戴金德分割，是指将有理数集Q 划分为两个非空的子集M 与 N，且满

4、足 MN=Q，MN=?，M 中的每一个元素都小于N 中的每一个元素， 则称（M， N）为戴金德分割试判断，对于任一戴金德分割（M，N） ，下列选项中不可能 恒成立的是（） AM 没有最大元素， N 有一个最小元素 BM 没有最大元素， N 也没有最小元素 CM 有一个最大元素， N 有一个最小元素 DM 有一个最大元素， N 没有最小元素 11已知函数 ，其中 m 2，4，6，8，n1，3， 5，7 ，从这些函数中任取不同的两个函数，在它们在（1，f（1） ）处的切线相 互平行的概率是（） A B C D以上都不对 12 若存在正实数 x， y， z 满足xez且 zln=x， 则 ln的取值

5、范围为（） A 1，+）B 1，e1 C （， e1D 1， +ln2 二.填空题（本大题共4 小题，每小题 5 分，共 20 分，把答案填在答题卷的横线 上.） 13在 ABC 中，边 a、b、c 分别是角 A、B、C 的对边，若 bcosC=（3ac） cosB，则 cosB= 14已知点 P（x，y）的坐标满足条件，若点 O 为坐标原点，点 M（ 1，1） ，那么的最大值等于 15动点 M（x，y）到点（ 2，0）的距离比到 y 轴的距离大 2，则动点 M 的轨 迹方程为 16在ABC 中，A=，D、E 分别为 AB、AC 的中点，且 BECD，则 cos2 的最小值为 三.解答题（ 1

6、7-21 每小题 12 分，22 或 23 题 10 分，共 70 分.在答题卷上解答， 解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.） 17设数列 an的前 n 项和 Sn=2ana1，且 a1，a2+1，a3成等差数列 （1）求数列 an 的通项公式； （2）求数列的前 n 项和 Tn 18为宣传 3 月 5 日学雷锋纪念日， 成都七中在高一， 高二年级中举行学雷锋知 识竞赛，每年级出 3 人组成甲乙两支代表队， 首轮比赛每人一道必答题， 答对则 为本队得1 分，答错不答都得0 分，已知甲队3 人每人答对的概率分别为 ，乙队每人答对的概率都是设每人回答正确与否相互之间没有影 响，用 X 表示甲

7、队总得分 （1）求随机变量 X 的分布列及其数学期望E（X） ； （2）求甲队和乙队得分之和为4 的概率 19已知等边 AB C边长为，BCD 中，（如图 1 所示） ， 现将 B 与 B ，C 与 C 重合，将 AB C 向上折起，使得（如图2 所 示） （1）若 BC 的中点 O，求证：平面 BCD平面 AOD； （2）在线段 AC 上是否存在一点E，使 ED 与面 BCD 成 30 角，若存在，求出 CE 的长度，若不存在，请说明理由； （3）求三棱锥 ABCD 的外接球的表面积 20已知圆，将圆 E2按伸缩变换：后得到曲线 E1， （1）求 E1的方程； （2）过直线 x=2 上的点

8、M 作圆 E2的两条切线，设切点分别是A，B，若直线 AB 与 E1交于 C，D 两点，求的取值范围 21已知函数 g（x）=xsin lnxsin 在 1，+）单调递增，其中 （0， ） （1）求 的值； （2）若，当 x 1，2时，试比较 f（x）与的大小关 系（其中 f （x）是 f（x）的导函数），请写出详细的推理过程； （3）当 x0 时，e xx1kg（x+1）恒成立，求 k 的取值范围 选修 4-4：坐标系与参数方程 22在直角坐标系中，以原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知 曲线 C： sin 2=2acos （a0） ， 过点 P （2， 4） 的直线 l 的参

9、数方程为 （t 为参数） ，l 与 C 分别交于 M，N （1）写出 C 的平面直角坐标系方程和l 的普通方程； （2）若| PM| 、| MN| 、| PN| 成等比数列，求 a 的值 选修 4-5：不等式选讲 23设函数 f（x）=| x+|+| xa| （a0） （）证明： f（x）2； （）若 f（3）5，求 a的取值范围 2017 年四川省成都高考数学二诊试卷（理科） 参考答案与试题解析 一.选择题（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 合要求 .把答案涂在答题卷上 .） 1已知集合 A=2，1，0，1，2 ，B= x| lgx0，则 AB=（） A1

10、 B 0，1C 0，1，2D 1，2 【考点】 交集及其运算 【分析】 先分别求出集合 A，B，由此利用交集定义能求出AB 【解答】 解：集合 A= 2，1，0，1，2 ， B= x| lgx0= x| 0x1 ， AB= 1 故选： A 2i 是虚数单位，若=a+bi（a，bR） ，则乘积 ab的值是（） A15 B3 C3 D15 【考点】 复数相等的充要条件；复数代数形式的乘除运算 【分析】 先根据两个复数相除的除法法则化简，再依据两个复数相等的充 要条件求出 a和 b 的值，即得乘积 ab的值 【解答】 解：=1+3i =a+bi，a=1，b=3，ab=13=3 故选 B 3如图，某组

11、合体的三视图是由边长为2 的正方形和直径为2 的圆组成，则它 的体积为（） A4+4B8+4 C D 【考点】 由三视图求面积、体积 【分析】 根据三视图知该几何体是正方体与球的组合体， 结合图中数据计算它的体积即可 【解答】 解：根据三视图知，该几何体的下面是棱长以2 的正方体， 上面是半径为 1 的球的组合体， 结合图中数据，计算它的体积为 V=V 球 +V 正方体=?1 3 +2 3= +8 故选： D 4为了得到函数的图象，只需把函数 y=log2x 的图象上所有的点 （） A向左平移1个单位长度，再向上平移2个单位长度 B向右平移 1 个单位长度，再向上平移2 个单位长度 C向左平移

12、 1 个单位长度，再向下平移2 个单位长度 D向右平移 1 个单位长度，再向下平移2 个单位长度 【考点】 函数的图象与图象变化；程序框图 【分析】利用对数的运算性质化简平移目标函数的解析式，然后根据 “ 左加右减， 上加下减 ” 的原则，可得答案 【解答】 解：函数=log2（x+1）log24=log2（x+1）2， 故其图象可由函数y=log2x 的图象向左平移 1 个单位长度，再向下平移2 个长度 单位得到， 故选 C 5某程序框图如图所示，若使输出的结果不大于20，则输入的整数i 的最大值 为（） A3 B4 C5 D6 【考点】 程序框图 【分析】 算法的功能是求S=2 +21+2

13、2+2n+n+1 的值，根据输出的结果不大于 20，得 n3，由此可得判断框内i 的最大值 【解答】 解：由程序框图知：算法的功能是求S=2 +21+22+2n+n+1 的值， 输出的结果不大于20，n3， 判断框的条件 ni，i 的最大值为 4 故选： B 6 如图， 圆锥的高， 底面 O 的直径 AB=2， C 是圆上一点，且CAB=30 ， D 为 AC 的中点，则直线OC 和平面 PAC 所成角的正弦值为（） ABCD 【考点】 直线与平面所成的角 【分析】由已知易得 ACOD，ACPO，可证面 POD平面 PAC，由平面垂直 的性质考虑在平面POD 中过 O 作 OHPD 于 H，则

14、 OH平面 PAC，OCH 是 直线 OC 和平面 PAC所成的角，在 RtOHC 中，求解即可 【解答】 解：因为 OA=OC，D 是 AC 的中点，所以 ACOD， 又 PO底面 O，AC? 底面 O， 所以 ACPO，而 OD，PO是平面内的两条相交直线 所以 AC平面 POD，又 AC? 平面 PAC 所以平面 POD平面 PAC 在平面 POD 中，过 O 作 OHPD 于 H，则 OH平面 PAC 连接 CH，则 CH 是 OC 在平面上的射影， 所以 OCH 是直线 OC 和平面 PAC所 成的角 在 RtODA 中，OD=DA?sin30 =， 在 RtPOD 中，OH=， 在

15、 RtOHC 中，sinOCH=， 故直线 OC 和平面 PAC 所成的角的正弦值为 故选 C 7若曲线 C1 ：x 2 +y 22x=0 与曲线 C2：y（ymxm）=0有四个不同的交点， 则实数 m的取值范围是（ ） A （ ，） B （ ，0）（0，） C ， D （ ，）（，+） 【考点】 圆的一般方程；圆方程的综合应用 【分析】由题意可知曲线C1：x 2+y22x=0 表示一个圆， 曲线 C 2：y（ymxm） =0 表示两条直线 y=0 和 ymxm=0，把圆的方程化为标准方程后找出圆心与 半径，由图象可知此圆与y=0 有两交点，由两曲线要有4 个交点可知，圆与y mxm=0 要有

16、 2 个交点，根据直线ymxm=0 过定点，先求出直线与圆相切 时 m 的值，然后根据图象即可写出满足题意的m 的范围 【解答】 解：由题意可知曲线C1 ：x 2 +y 22x=0 表示一个圆，化为标准方程得： （x1） 2+y2=1，所以圆心坐标为（ 1，0） ，半径 r=1； C2：y（ymxm）=0 表示两条直线 y=0 和 ymxm=0， 由直线 ymxm=0 可知：此直线过定点（1，0） ， 在平面直角坐标系中画出图象如图所示： 直线 y=0 和圆交于点（ 0，0）和（ 2，0） ，因此直线 ymxm=0 与圆相交即可 满足条件 当直线 ymxm=0 与圆相切时，圆心到直线的距离d=

17、r=1， 化简得： m2= ，解得 m=， 而 m=0 时，直线方程为 y=0，即为 x 轴，不合题意， 则直线 ymxm=0 与圆相交时， m（，0）（ 0，） 故选 B 8三棱锥ABCD中，AB，AC，AD两两垂直，其外接球半径为2，设三棱锥 ABCD 的侧面积为 S，则 S 的最大值为（） A4 B6 C8 D16 【考点】 球内接多面体 【分析】 三棱锥 ABCD 的三条侧棱两两互相垂直，所以把它扩展为长方体， 它也外接于球，对角线的长为球的直径，然后利用基本不等式解答即可 【解答】 解：设 AB，AC，AD 分别为 a，b，c，则三棱锥 ABCD 的三条侧棱 两两互相垂直，所以把它扩

18、展为长方体， 它也外接于球，对角线的长为球的直径，a 2 +b 2 +c 2=16， S=（ab+bc+ac） （a 2 +b 2 +c 2）=8， 故选 C 9已知 a=（ex）dx，若（1ax） 2017=b 0 +b 1x+b2x 2+b 2017x 2017 （xR） ，则的值为（） A0 B1 C1 De 【考点】 二项式定理的应用 【分析】利用微积分基本定理可得： a=2因此 （12x） 2017= ，分别令 x=0， 1=b0；x=，则 0=b0+，即可得出 【解答】解：= =2 （12x） 2017 =， 令 x=0，则 1=b0 x=，则 0=b0+， =1， 故选： B 1

19、0由无理数引发的数学危机已知延续带19 世纪，直到 1872 年，德国数学家戴 德金提出了 “ 戴德金分割 ” ，才结束了持续2000 多年的数学史上的第一次大危 机所谓戴金德分割，是指将有理数集Q 划分为两个非空的子集M 与 N，且满 足 MN=Q，MN=?，M 中的每一个元素都小于N 中的每一个元素， 则称（M， N）为戴金德分割试判断，对于任一戴金德分割（M，N） ，下列选项中不可能 恒成立的是（） AM 没有最大元素， N 有一个最小元素 BM 没有最大元素， N 也没有最小元素 CM 有一个最大元素， N 有一个最小元素 DM 有一个最大元素， N 没有最小元素 【考点】 子集与真子

20、集 【分析】 由题意依次举例对四个命题判断，从而确定答案 【解答】 解：若 M=xQ| x0 ，N= xQ|x0 ；则 M 没有最大元素， N 有 一个最小元素 0；故 A 正确； 若 M= xQ| x，N= xQ| x ；则 M 没有最大元素， N 也没有最小 元素；故 B正确； 若 M=xQ| x0，N= xQ| x0 ；M 有一个最大元素， N 没有最小元素， 故 D 正确； M 有一个最大元素， N 有一个最小元素不可能，故C 不正确； 故选 C 11已知函数 ，其中 m 2，4，6，8，n1，3， 5，7 ，从这些函数中任取不同的两个函数，在它们在（1，f（1） ）处的切线相 互平行

21、的概率是（） A B C D以上都不对 【考点】 利用导数研究曲线上某点切线方程 【分析】求出函数的导数，求得切线的斜率，由题意列举斜率相等的情况，得到 共有多少组，求得总的基本事件，由古典概率的计算公式即可得到所求值 【解答】 解：函数， 导数为 f （x）=mx2+nx+1， 可得在（ 1，f（1） ）处的切线斜率为m+n+1 则切线相互平行即有斜率相等， 即有（m，n）为（2，7） ， （8，1） ， （4，5） ， （6，3） ， （2，5） ， （4，3） ， （6，1） ， （2，3） ， （4，1） ， （4，7） ， （6，5） ， （8，3） ， （8，5） ， （6，7）

22、共+1+1=6+3+1+3+1=14 组， 总共有=120 组， 则它们在（ 1，f（1） ）处的切线相互平行的概率是= 故选： B 12 若存在正实数 x， y， z 满足xez且 zln=x， 则 ln的取值范围为（） A 1，+）B 1，e1 C （， e1D 1， +ln2 【考点】 简单线性规划 【分析】 由已知得到ln=，求出的范围，利用函 数求导求最值 【解答】解：由正实数 x， y， z 满足xez且 zln=x， 得到， ，e ， ln=， 设 t=，则，t，2 ， f（t）=，令 f（t）=0，得到 t=1， 所以当时，f（t）0，函数 f（t）单调递减；当 1t2时，函数

23、 f（t） 单调递增； 当 t=1 时函数的最小值为f（1）=1+ln1=1； 又 f（2）=+ln2，f（）=e1， 又 f（）f（2）=eln2elne=e2.50， 所以 f（）f（2） ， 所以 ln的取值范围为 1，e1 ； 故选 B 二.填空题（本大题共4 小题，每小题 5 分，共 20 分，把答案填在答题卷的横线 上.） 13在 ABC 中，边 a、b、c 分别是角 A、B、C 的对边，若 bcosC=（3ac） cosB，则 cosB= 【考点】 余弦定理；正弦定理 【分析】bcosC= （3ac） cosB， 由正弦定理可得： sinBcosC=3sinAcosBsinCco

24、sB， 可得 sin（B+C）=3sinAcosB，即 sinA=3sinAcosB，sinA0，即可得出 【解答】 解：在 ABC 中， bcosC=（3ac）cosB，由正弦定理可得： sinBcosC=3sinAcosBsinCcosB， sin（B+C）=3sinAcosB，即 sinA=3sinAcosB，sinA0，化为 cosB= 故答案为： 14已知点 P（x，y）的坐标满足条件，若点 O 为坐标原点，点 M（ 1，1） ，那么的最大值等于4 【考点】 简单线性规划 【分析】由约束条件作出可行域， 令 z=xy，化为直线方程的斜截式， 数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标

25、函数得答案 【解答】 解：由约束条件作出可行域如图， 令 z=xy，化为 y=xz，由图可知，当直线y=xz 过点 A（0， 4）时， 直线在 y 轴上的截距最小， z 有最大值为 4 故答案为： 4 15动点 M（x，y）到点（ 2，0）的距离比到 y 轴的距离大 2，则动点 M 的轨 迹方程为y2=8x（x0）或 y=0（x0） 【考点】 轨迹方程 【分析】 由已知列出方程，化简即可求出动点M 的轨迹 C 的方程 【解答】 解：动点 M（x，y）到点（ 2，0）的距离比到 y 轴的距离大 2， =| x|+ 2， 整理，得 y 2=4x+| 4x| ， 当 x0 时，动点 M 的轨迹 C

26、的方程为 y2=8x 当 x0 时，动点 M 的轨迹 C 的方程为 y=0 故答案为： y2=8x（x0）或 y=0（x0） 16在ABC 中，A=，D、E 分别为 AB、AC 的中点，且 BECD，则 cos2 的最小值为 【考点】 二倍角的余弦 【分析】不妨设 C （2， 0） ， B （x， y） ， A （0， 0） ， 根据?=0， 可得 +y 2= ， 故点 B 在此圆上过点A 作圆的切线，故当点B 为切点时， A 最大，即 最 大，故 cos 最小，从而求得cos2 的最小值 【解答】 解： ABC 中， A=，D、E 分别为 AB、AC 的中点，且 BECD， 如图所示，不妨设

27、C（2，0） ，B（x，y） ，A（0，0） ， AD=AB，AE=AC，E（1，0） ，D（，） BECD，?=（1x，y）? （2，）=（1x） （2） y? = +y 2 =0， +y 2= ，表示以（，0）为圆心，半径等于的圆，故点 B 在此圆上 过点A作圆的切线，故当点 B为切点时，A最大， 即最大， 故cos= 最小， 则 cos2 的最小值为 2cos 2 1=2 1=， 故答案为： 三.解答题（ 17-21 每小题 12 分，22 或 23 题 10 分，共 70 分.在答题卷上解答， 解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.） 17设数列 an的前 n 项和 Sn=2ana1

28、，且 a1，a2+1，a3成等差数列 （1）求数列 an 的通项公式； （2）求数列的前 n 项和 Tn 【考点】 数列的求和；数列递推式 【分析】 （1）运用数列的递推式： an=SnSn1（n1） ，结合等差数列中项的性 质，解方程可得首项，由等比数列的通项公式即可得到所求； （2）求得，运用数列的求和方法：分组求和，结合等比数列和等差 数列的求和公式，计算即可得到所求和 【解答】 解： （1）由已知 Sn=2ana1有 an=SnSn1=2an2an1（n1） ， 即 an=2an1（n1） 从而 a2=2a1，a3=4a1 又a1，a2+1，a3成等差数列， 即 a1+a3=2（a2+

29、1） ， a1+4a1=2（2a1+1） ，解得 a1=2 数列 an 是首项为 2，公比为 2 的等比数列， 故 （2）由（ 1）得， 因数列是首项为，公比为的等比数列， 即有 Tn =（ +）（ 1+2+n） ， 18为宣传 3 月 5 日学雷锋纪念日， 成都七中在高一， 高二年级中举行学雷锋知 识竞赛，每年级出 3 人组成甲乙两支代表队， 首轮比赛每人一道必答题， 答对则 为本队得1 分，答错不答都得0 分，已知甲队3 人每人答对的概率分别为 ，乙队每人答对的概率都是设每人回答正确与否相互之间没有影 响，用 X 表示甲队总得分 （1）求随机变量 X 的分布列及其数学期望E（X） ； （2

30、）求甲队和乙队得分之和为4 的概率 【考点】 离散型随机变量的期望与方差；离散型随机变量及其分布列 【分析】 （1）X 的可能取值为 0，1，2，3分别求出相应的概率，由此能求出X 的分布列及数学期望 （2）设“ 甲队和乙队得分之和为4” 事件 A，包含 “ 甲队 3 分且乙队 1 分” ，“ 甲队 2 分且乙队 2 分” ，“ 甲队 1 分且乙队 3 分” 三个基本事件， 由此能求出甲队和乙队 得分之和为 4 的概率 【解答】 解： （1）X 的可能取值为 0，1，2，3 ， ， ， ， X 的分布列为： X0123 P （2）设“ 甲队和乙队得分之和为4” 事件 A，包含 “ 甲队 3 分

31、且乙队 1 分” ， “ 甲队 2 分且乙队 2 分” ，“ 甲队 1 分且乙队 3 分” 三个基本事件， 则： 19已知等边 AB C边长为，BCD 中，（如图 1 所示） ， 现将 B 与 B ，C 与 C 重合，将 AB C 向上折起，使得（如图2 所 示） （1）若 BC 的中点 O，求证：平面 BCD平面 AOD； （2）在线段 AC 上是否存在一点E，使 ED 与面 BCD 成 30 角，若存在，求出 CE 的长度，若不存在，请说明理由； （3）求三棱锥 ABCD 的外接球的表面积 【考点】 平面与平面垂直的判定；球内接多面体 【分析】 （1）运用平面几何中等腰三角形的三线合一，结

32、合线面垂直的判定定理 和面面垂直的判定定理，即可得证； （2） （法 1）作 AHDO，交 DO 的延长线于 H，运用平面几何中有关性质，以 及线面垂直和面面垂直的性质，可得EDF 就是 ED 与面 BCD 所成的角运用 直角三角形的知识，计算可得CE； （法 2）以 D 为坐标原点，以直线DB，DC 分别为 x 轴，y 轴的正方向，以过D 与平面 BCD 垂直的直线为 z 轴，建立空间直角坐标系，设CE=x，求出 E 的坐 标，运用法向量，以及向量的夹角公式，计算即可得到所求； （3）将原图补形成正方体，由AC=，可得正方体边长为1，可得外接球的直 径即为正方体的对角线长，由球的表面积公式，

33、计算即可得到所求 【解答】 解： （1）证明： ABC 为等边三角形， BCD 为等腰三角形， 且 O 为中点， BCAO，BCDO， AODO=O，BC平面 AOD， 又 BC? 面 ABC 平面 BCD平面 AOD （2） （法 1）作 AHDO，交 DO 的延长线于 H， 则平面 BCD平面AOD=HD，则AH平面BCD， 在 RtBCD 中， 在 RtACO 中， 在AOD 中， ，在 RtADH 中 AH=ADsin ADO=1， 设，作 EFCH 于 F，平面 AHC平面 BCD， EF平面 BCD，EDF 就是 ED 与面 BCD 所成的角 由，（） ， 在 RtCDE 中， 要

34、使 ED 与面 BCD 成 30 角，只需使， x=1，当 CE=1 时，ED 与面 BCD 成 30 角 （法 2）在解法 1中接（ ） ，以 D 为坐标原点， 以直线 DB，DC 分别为 x 轴，y 轴的正方向， 以过 D 与平面 BCD 垂直的直线为 z 轴，建立空间直角坐标系 则， 又平面 BCD 的一个法向量为，要使 ED 与面 BCD 成 30 角， 只需使成 60 ， 只需使，即，x=1， 当 CE=1 时 ED 与面 BCD 成 30 角； （3）将原图补形成正方体，由AC=，可得正方体边长为1， 则外接球的直径为，即半径， 表面积： S=4 r 2=3 20已知圆，将圆 E2

35、按伸缩变换：后得到曲线 E1， （1）求 E1的方程； （2）过直线 x=2 上的点 M 作圆 E2的两条切线，设切点分别是A，B，若直线 AB 与 E1交于 C，D 两点，求的取值范围 【考点】 平面直角坐标轴中的伸缩变换 【分析】（1）根据题意，由平面直角坐标系中的伸缩变化的规律可得（x ） 2 +2 （y ） 2=2，整理即可得答案； （2）根据题意，直线x=2 上任意一点 M 以及切点 A，B 坐标，分析可得切线 AM ，BM 的方程，分 t=0 与 t0 两种情况讨论，分别求出的取值范围，综 合即可得答案 【解答】 解： （1）按伸缩变换：得： （x ）2+2（y ）2=2， 则 E

36、1：； （2）设直线 x=2 上任意一点 M 的坐标是（ 2，t） ，tR，切点 A，B 坐标分别是 （x1，y1） ， （x2，y2） ； 则经过 A 点的切线斜率k=，方程是x1x+y1y=2，经过 B 点的切线方程是 x2x+y2y=2， 又两条切线 AM ，BM 相交于 M（2，t） ， 则有， 所以经过 A、B 两点的直线 l 的方程是 2x+ty=2， 当 t=0 时，有 A（1，1） ，B（1，1） ，C（1，） ，D（1，） ， 则| CD| =，| AB| =2， =， 当 t0 时，联立，整理得（ t2+8）x216x+82t2=0； 设 C、D 坐标分别为（ x3，y3）

37、 ， （x4，y4） ，则， ， 令 t 2+4=x，则 x4，则 f（x）= ， 又令 u=（0，） ， （u）=32u3+6u+1，u（0，） ， 令 （u）=96u 2+6，令 96u2+6=0，解可得 u 0=， 故 （u）=32u3+6u+1 在（0， ）上单调递增，且有 （u）（ 1，） ， 而，则1； 综合可得1； 所以的取值范围为 ，1） 21已知函数 g（x）=xsin lnxsin 在 1，+）单调递增，其中 （0， ） （1）求 的值； （2）若，当 x 1，2时，试比较 f（x）与的大小关 系（其中 f （x）是 f（x）的导函数），请写出详细的推理过程； （3）当 x

38、0 时，e xx1kg（x+1）恒成立，求 k 的取值范围 【考点】 导数在最大值、最小值问题中的应用；利用导数研究函数的单调性 【分析】 （1）令 g （x）0 在 1，+）上恒成立，结合三角函数的性质即可得 出 sin =1； （2）化简得 f（x）f （x）=xlnx+ 2，利用导数分别求出y=x lnx 和 y=+2 在 1，2 上的最小值，即可得出结论； （3）令 F（x）=e xx1kg（x+1） ，则 F min（x）0（x0） ，对 k 进行讨论， 判断 F（x）的单调性，计算Fmin（x）进行检验即可 【解答】 解： （1）g（x）在 1，+）单调递增， 在 1，+）上恒成立

39、，即恒成 立 当 x1 时，1， sin 1，又 （0， ） ，0sin 1 sin =1， （2）由（ 1）可知 g（x）=xlnx1， ， ， 令 h（x）=xlnx， ， h（x）在1，2 上单调递增， h（x）h（1）=1， 令 （x）=3x22x+6，则 （x）在 1，2 单调递减， （1）=1， （2）=10， ? x0（1，2） ，使得 H（x）在（ 1，x0）单调递增，在（ x0，2）单调递减， H（1）=0，H（2）=， ， ， 又两个函数的最小值不同时取得； ，即： （3）e xx1kg（x+1）恒成立，即： ex+kln（x+1）（k+1）x10 恒成 立， 令 F（x）

40、=e x+kln（x+1）（ k+1）x1，则 ， 由（1）得： g（x）g（1）即 xlnx10（x1） ，x+1ln（x+1）+1（x 0） ， 即：xln（x+1） （x0） ，exx+1， 当 k=1 时， x0， F（x）单调递增， F（x）F（0）=0，符合题意； 当 k（0，1）时， y=（x+1）+（k+1）在 0，+）上单调递增， ， F（x）单调递增， F（x）F（0）=0，符合题意； 当 k0 时，F （x）在 0，+）上是增函数， F （0）=1+k（k+1）=0， F（x）单调递增， F（x）F（0）=0符合题意， 当 k1 时，F （x）=e x ，F （x）在 0

41、，+）上单调递增， 又 F （0）=1k0，且 x+，F （x）0， F （x）在（ 0，+）存在唯一零点t0， F （x）在（ 0，t0）单调递减，在（ t0，+）单调递增， 当 x（0，t0）时， F （x）F （0）=0， F（x）在（ 0，t0）单调递减， F（x）F（0）=0，不合题意 综上： k1 选修 4-4：坐标系与参数方程 22在直角坐标系中，以原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知 曲线 C： sin 2=2acos （a0） ， 过点 P （2， 4） 的直线 l 的参数方程为 （t 为参数） ，l 与 C 分别交于 M，N （1）写出 C 的平面直角坐标系方

42、程和l 的普通方程； （2）若| PM| 、| MN| 、| PN| 成等比数列，求 a 的值 【考点】 简单曲线的极坐标方程；参数方程化成普通方程 【分析】 （1）利用极坐标与普通方程的关系式，可得C 为抛物线方程，消去参 数 t，可得直线 l 的方程； （2）由| PM| =| t1| ，| MN| =| t1 t 2| ，| PN| =| t2| 成等比数列，可转化为关于a 的 等量关系求解 【解答】解： （）曲线 C：sin 2=2acos ，可得 2sin2=2acos ，它的直角坐标 方程为 y 2=2ax（a0） ； ，消去 t，可得 xy2=0， 直线 l 的普通方程为 xy2

43、=04 分 （）将直线 l 的参数方程与 C 的直角坐标方程联立，得 t 22（4+a） t+8（4+a）=0 （*） =8a（4+a）0 设点 M，N 分别对应参数 t1，t2，恰为上述方程的根 则| PM| =| t1| ，| PN| =| t2| ，| MN| =| t1t2| 由题设得（ t1 t 2） 2=| t 1t2| ，即（ t1 +t 2） 24t 1t2=| t1t2| 由（*）得 t1 +t 2=2（4+a） ，t 1t2=8（4+a）0，则有 （4+a） 25（4+a）=0，得 a=1，或 a=4 因为 a0，所以 a=110分 选修 4-5：不等式选讲 23设函数 f

44、（x）=| x+|+| xa| （a0） （）证明： f（x）2； （）若 f（3）5，求 a的取值范围 【考点】 绝对值不等式的解法 【分析】 （）由 a0，f（x）=| x+|+| xa| ，利用绝对值三角不等式、基本 不等式证得 f（x）2 成立 （）由 f（3）=| 3+|+| 3a| 5，分当 a3 时和当 0a3 时两种情况，分 别去掉绝对值，求得不等式的解集，再取并集，即得所求 【解答】 解： （）证明： a0，f（x）=| x+|+| xa| | （x+）（xa） | =| a+| =a+ 2=2， 故不等式 f（x）2 成立 （）f（3）=| 3+|+| 3a| 5， 当 a3 时，不等式即 a+5，即 a 25a+10，解得 3a 当 0a3 时，不等式即6a+5，即 a 2a10，求得 a3 综上可得， a的取值范围（，） 2017年 4 月 15日