2022年河北省唐山市高三数学第一次模拟考试理新人教A版.pdf

2013 年河北省唐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，有且只有一项符合题目要求 .1 （5 分） （2013?唐山一模）设集合A=1，2 ，则满足 AB=1， 2，3，4的集合 B的个数是（）A2B3C4D5考点 ： 子集与交集、并集运算的转换专题 ： 计算题分析： 根据题目给出的集合A=1，2 ，且满足 AB=1， 2，3，4，由并集的概念直接得到集合B的可能情况解答： 解：由集合A=1，2 ，且满足 AB=1， 2，3，4 ，所以 B=1，3，4 或 B=2，3，4或 B=3，4 或 B=1，2，3，4 共 4 种可能所以满足 AB=1， 2，3，4 的集合 B的个数是 4故选 C点评： 本题考查了并集的概念，考查了子集与并集的运算转换，是基础题2 （5 分） （2013?唐山一模）若复数为纯虚数，则 |3 ai|= （）AB13 C10 D考点 ： 复数求模专题 ： 计算题分析： 把给出的复数化简，然后由是不等于0，虚部不等于0 求解 a 的值，最后代入模的公式求模解答：解：由=因为复数为纯虚数，所以，解得 a=2所以 |3 ai|=|32i|=故选 A点评： 本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数是纯虚数的充要条件，考查了复数模的求法，是基础题3 （5 分） （2013?唐山一模）已知，则tan2=（）ABCD考点 ： 二倍角的正切；两角和与差的余弦函数专题 ： 三角函数的求值分析：先根据 的范围和特殊角的三角函数求出=，即可求出tan2 的值、解答：解： cos（+）=（ 0，）精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 1 页，共 17 页 - - - - - - - - - - +=解得 =tan2=tan=故选： A点评： 此题考查了特殊角的三角函数值，属于基础题4 （5 分） （2013?唐山一模）求三个不相等的实数a，b，c 最大值的程序框图如图所示，则空白判断框内应为（）Aab？Bac？Cdb 或 a c？Dab 且 a c？考点 ： 选择结构专题 ： 计算题；概率与统计分析： 分析题中的程序框图，可得在第1 步比较大小时，如果条件成立输出a，说明此时a 是 3 个数中的最大值，由此可得空白判断框内应填上“ab 且 a c？”，得到本题答案解答： 解：由题意，程序求a，b，c 中的最大值第 1 步，比较 a 与 b、c 的大小，当a 比 b、c 都大时，输出a 的值；当 a 不能比 b、c 都大时，进入第2 步；第 2 步，由于 a 不是最大值，所以比较b、c 的大小当 bc 时，输出 b；当 bc 时，输出 c 综上所述，空白判断框内应填上：ab 且 a c？故选： D 点评： 本题给出 3 个数比较大小的程序框图，求空白处应该填上的内容着重考查了分段函数的对应法则和选择结构的理解等知识，属于基础题5 （5 分） （2013?唐山一模）已知向量，满足（+2 ）?（）=6，且 |=1 ，|=2 ，则与的夹角为（）ABCD考点 ： 数量积表示两个向量的夹角专题 ： 平面向量及应用分析：设与的夹角为 ，根据=6，求出 cos 的值，即可求得与的夹角 的值精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 2 页，共 17 页 - - - - - - - - - - 解答：解：设与的夹角为 ，由 |=1 ，|=2 ，=+2=1+12cos24= 6，可得 cos=再由 0可得=，故选 C点评： 本题主要考查两个向量的数量积的定义，已知三角函数值求角的大小，属于中档题6 （5 分） （2013?唐山一模）函数f （x）=sin （x+）（ 0）的图象如图所示，为了得到函数的图象，只需将y=f （x）的图象（）A向左平移个单位B向右平移个单位C向左平移个单位D向心平移个单位考点 ： 由 y=Asin （x+）的部分图象确定其解析式专题 ： 计算题；三角函数的图像与性质分析： 函数 f （x）=sin （x+?） （ 0）的图象可知其周期T，从而可求得，继而可求得，利用三角函数的图象变换及可求得答案解答：解：依题意， f （x）=sin （x+?） （ 0）的周期 T=2（）=，=2，又 2+=，=f （ x）=sin （2x+）=cos（2x+）=cos （2x）=cos（2x） ；f （ x+）=cos2 （x+）=cos （2x+） ；为了得到函数y=cos （2x+）的图象，只需将y=f （x）的图象向左平移个单位故选 C点评： 本题考查由y=Asin （x+）的部分图象确定其解析式，求得 与 是关键，考查推理分析与运算能力，属于中档题精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 3 页，共 17 页 - - - - - - - - - - 7 （5 分） （2013?唐山一模）学校计划利用周五下午第一、二、三节课举办语文、数学、英语、理综4 科的专题讲座，每科一节课， 每节至少有一科， 且数学、理综不安排在同一节，则不同的安排方法共有（）A36 种B30 种C24 种D6 种考点 ： 排列、组合及简单计数问题专题 ： 计算题分析：间接法： 先从 4 个中任选 2 个看作整体， 然后做 3 个元素的全排列， 共种方法， 从中排除数学、理综安排在同一节的情形，共种方法，可得结论解答： 解：由于每科一节课，每节至少有一科，必有两科在同一节，先从 4 个中任选 2 个看作整体，然后做3 个元素的全排列，共种方法，再从中排除数学、理综安排在同一节的情形，共种方法，故总的方法种数为：=366=30 故选 B 点评： 本题考查排列组合及简单的计数问题，采用间接法是解决问题的关键，属中档题8 （5 分） （2013?唐山一模）不等式组，表示的平面区域的面积为，则 a=（）AB1C2D3考点 ： 二元一次不等式（组）与平面区域专题 ： 不等式的解法及应用分析：本题主要考查线性规划的基本知识，先画出约束条件的可行域，根据已知条件中，表示的平面区域的面积等于，构造关于a 的方程，解方程即可得到答案解答：解：不等式组所围成的区域如图所示其面积为，设 C（m ，m+1 ） ，则 SAODCSABOABCD=SABC，即（ 1+m+1 ）m =解得 m=5 ，C 的坐标为（ 5，6） ，代入 axy2a=0，精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 4 页，共 17 页 - - - - - - - - - - 得 a=2故选 C点评： 平面区域的面积问题是线性规划问题中一类重要题型，在解题时，关键是正确地画出平面区域，然后结合有关面积公式求解9 （5 分） （2013?唐山一模） 如图 1，边长为 2 的 d 正方形 ABCD 中，E，F 分别是 AB ，BC的中点， 将ADE ，CDF ，BEF 折起，使 A，C，B二点重合于G，所 得二棱锥GDEF的俯视图如图2，则其正视图的面积为（）ABCD考点 ： 由三视图求面积、体积专题 ： 空间位置关系与距离分析： 由题意知，所得三棱锥GDEF的三个侧面两两垂直，它的正视图为一个等腰三角形，底边长为EF的长，高是原三棱锥GDEF的高，即可求出正视图的面积解答： 解：由题设条件，所得三棱锥GDEF的三个侧面两两垂直，它的正视图为一个等腰三角形，底边长为 EF的长，高是原三棱锥G DEF的高，设正视图中三角形的高为h，由体积法得：=SGEFDG ，即h=112，h=，则其正视图的面积为=故选 B精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 5 页，共 17 页 - - - - - - - - - - 点评： 本题考点是由三视图求几何体的面积、体积，考查对三视图的理解与应用，主要考查三视图与实物图之间的关系，用三视图中的数据还原出实物图的数据，再根据相关的公式求表面积与体积，本题求的是三视图中的正视图面积，解决本题的关键是由题设条件得出正视图的形状及正视图的几何特征求解本题的关键是准确熟练理解三视图的投影规则，其规则是：主视、俯视长对正；主视、左视高平齐，左视、俯视宽相等10 （ 5 分） （2013?唐山一模）己知直线l 的斜率为 k，它与抛物线y2=4x 相交于 A，B两点， F为抛物线的焦点，若，则 |k|= （）ABCD考点 ： 直线与圆锥曲线的关系专题 ： 圆锥曲线的定义、性质与方程分析： 设出直线方程，把直线方程和抛物线方程联立后得到关于x 的一元二次方程，利用根与系数关系得到两个交点的横坐标的和与积，由代入坐标整理后得到直线的斜率与截距间的关系，由两个向量的模相等，结合抛物线定义可求出两个交点横坐标的具体值，代入两根和的关系式得到直线的斜率与截距的另一关系式，解方程组可求解k 的值解答： 解：设直线l 的方程为 y=kx+m（k0） ，与抛物线y2=4x 相交于 A（x1，y1） ， B（x2，y2） 联立，得 k2x2+（2km 4）x+m2=0所以 =（ 2km 4）24k2m2=1616km 0，即 km 1，由 y2=4x 得其焦点 F（1，0） 由，得（ 1x1， y1）=2（x21，y2） 所以，由得， x1+2x2=3 由得，所以 m= k精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 6 页，共 17 页 - - - - - - - - - - 再由，得，所以 x1+1=2（x2+1） ，即 x12x2=1联立得所以=把 m= k 代入得，解得，满足 mk= 81所以故选 A点评： 本题考查了抛物线的简单几何性质，考查了直线与圆锥曲线的关系，解答的关键是利用向量关系得到两个交点A，B的坐标的关系，同时灵活运用了抛物线的定义，属中高档题11 （ 5 分） （2013?唐山一模）x0函数 f （x）=2sinx lnx （ x（ O ，）的零点， x1x2，则x0（ 1，e） ；x0（ 1，） ；f （ x1） f （x2） 0；f （ x1） f （x2）0其中正确的命题为（）ABCD考点 ： 命题的真假判断与应用；函数零点的判定定理；利用导数研究函数的单调性分析： 根据端点函数值的正负，根据函数的零点判定定理判断是否存在零点，来判断是否正确；求出函数的导数，判断导数的正负，从而判断函数的单调性，来判断是否正确解答： 解：f （ 1）=2sin1 ln1=2sin1 0，f （e）=2sine 0，f （ x）为连续函数且f （1）?f （ e） 0，根据函数的零点判定定理，在（1，e）内存在零点，又f（x）=2cosx，当 x（0， 时， 2cosx2， 2，f（x） 0；当 x（，）时， cosx 0，f（x）0，函数在（ 0，）上是减函数，故正确故答案是点评： 本题借助考查命题的真假判断及应用，考查函数的零点判定及利用导数判定函数的单调性12 （ 5 分） （2013?唐山一模）三棱柱ABC A1B1C1的底面是正三角形，侧棱垂直于底面，所有棱长都是6，则四面体A1ABC ，B1ABC ，C1ABC的公共部分的体积等于（）ABCD考点 ： 点、线、面间的距离计算；棱柱、棱锥、棱台的体积专题 ： 计算题；空间位置关系与距离分析： 可得四面体A1ABC ，B1ABC ，C1ABC的公共部分为四面体GABC ，由已知数据结合三棱锥的体积公式可得答案精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 7 页，共 17 页 - - - - - - - - - - 解答： 解：由题意三棱柱ABC A1B1C1为正三棱柱，如图：连接 AB1与 A1B交于 M ，AC1与 A1C交于 N，连接 CM ，BN交与 G，由已知数据可得A1M=MB=A1N=NC=3，GB=GC=CM=4，所以 G到平面 ABC的距离 h=2 四面体 A1ABC ，B1ABC的公共部分为四面体NABC ，四面体 B1ABC ，C1ABC的公共部分为四面体MABC 可知四面体A1ABC ，B1ABC ，C1ABC的公共部分为四面体GABC ，可得其体积为：V= SABCh=92=6故选 D 点评： 本题考查三棱锥（四面体）的体积，得出公共部分为四面体GABC 是解决问题的关键，属中档题二、填空题：本大题共4 小题，每小题5分，共 20 分，把答案填写在题中横线上.13 （ 5 分） （2013?唐山一模）不等式的解集为（ 1，+）考点 ： 其他不等式的解法专题 ： 不等式的解法及应用分析： 化简所给的不等式可得 52x4?5x50，即（ 5x 5） （5x+1） 0，解得 5x5，由此求得不等式的解集解答：解：由不等式，可得 25x14?5x+4，化简可得， 52x4?5x50，即（ 5x5） （5x+1）0，解得 5x5，或 5x 1 （舍去）由 5x5，可得 x 1，故不等式的解集为（1，+） ，故答案为（1，+）点评： 本题主要考查分式不等式、指数不等式以及一元二次不等式的解法，属于中档题精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 8 页，共 17 页 - - - - - - - - - - 14 （ 5 分） （2013?唐山一模）双曲线C的中心在原点，焦点在x 轴上，离心率其焦点到渐近线的距离为 1，则 C的方程为y2=1 考点 ： 双曲线的简单性质专题 ： 圆锥曲线的定义、性质与方程分析：设双曲线的方程为，取其焦点F（ c，0） ，一条渐近线方程利用点到直线的距离公式可得，及 c2=a2+b2，即可得出解答：解：设双曲线的方程为，取其焦点F （c，0） ，一条渐近线方程则，化为 b=1联立，解得故 C的方程为故答案为点评： 熟练掌握双曲线的标准方程及其性质、点到直线的距离公式是解题的关键15 （ 5 分） （2013?唐山一模）1000 名考生的数学成绩近似服从正态分布N（100，100） ，则成绩在120 分以上的考生人数约为23 （注：正态总体N（，2）在区间（， +） ， （ 2， +2）， （ 3， +3）内取值的概率分别为0.683 ，0.954 ，0，997）考点 ： 正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义专题 ： 概率与统计分析： 根据正态分布，求出=100，=10，在区间（80，120）的概率为0.954 ，由此可求成绩在120 分以上的考生人数解答： 解：由题意， =100，=10，在区间（80，120）的概率为0.954 成绩在 120 分以上的概率为=0.023 成绩在 120 分以上的考生人数约为10000.023=23故答案为： 23 点评： 本题考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义，考查学生的计算能力，属于基础题16 （ 5 分） （2013?唐山一模） ABC 中，角 A、B、C所对的边a，b，c 成等差数列，且最大角是最小角的2 倍，则 cosA+cosC= 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 9 页，共 17 页 - - - - - - - - - - 考点 ： 等差数列的性质；解三角形专题 ： 等差数列与等比数列分析：由题意可得 2b=a+c ，设 C为最大角，则A为最小角，可得C=2A ，且 0 A 再由正弦定理可得2sin3A=sinA+sin2A，化简可得 2cosA=5 8sin2A=58（1cos2A ） ，解得 cosA 的值，即可得到cosA+cosC 的值解答： 解：ABC中，角 A、B、C所对的边 a，b，c 成等差数列， 2b=a+c设 C为最大角，则A为最小角，再由最大角是最小角的2 倍，可得C=2A ，且 0 A再由正弦定理可得 2sinB=sinA+sin2A，2sin （ 3A）=sinA+sin2A ，即 2sin3A=sinA+sin2A，2（3sinA 4sin3A）=sinA+2sinAcosA ，化简可得 2cosA=5 8sin2A=58（1cos2A ） ，解得 cosA=，cosA=（舍去）则 cosA+cosC=cosA+cos2A=cosA+2cos2A1= +21= ，故答案为点评： 本题主要考查等比数列的定义和性质，正弦定理、倍角公式的应用，属于中档题三、解答题：其中（17）- （21）题为必考题，. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17 （ 12 分） （2013?唐山一模）已知等比数列an满足（I ）求 an的通项公式；（II ）设，求数列的前 n 项的和考点 ： 数列的求和；等比数列的性质专题 ： 等差数列与等比数列分析： （I ）利用等比数列的通项公式及已知即可解得a1及 q，即可得到an；（II ）对于 bn提取 n+1，再利用裂项求和即可得出bn，即可得到=n?（ 3）n1再利用错位相减法及等比数列的前n 项和公式即可得出解答：解： （）设an=a1qn 1，依题意，有解得 a1=1，q=an=（）n1（） bn=+=（n+1）+ =（n+1） （1）+（）+（） =n精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 10 页，共 17 页 - - - - - - - - - - =n?（ 3）n1记数列 的前 n 项的和为 Sn，则Sn=1+2（ 3）+3（ 3）2+n（ 3）n1，3Sn=3+2（ 3）2+3（ 3）3+n（ 3）n，两式相减，得4Sn=1+（ 3） +（ 3）2+（ 3）n1n（ 3）n=n（ 3）n，故 Sn=点评： 熟练掌握等比数列的通项公式及其前n 项和公式、裂项求和、错位相减法是解题的关键18 （12 分） （2013?唐山一模）某公司共有职工8000 名，从中随机抽取了100 名，调查上、下班乘车所用时间，得下表：所用时间（分钟） 0，20） 20，40） 40，60） 60，80） 80，100）人数25 50 15 5 5 公司规定，按照乘车所用时间每月发给职工路途补贴，补贴金额Y （元）与乘车时间t （分钟）的关系是，其中表示不超过的最大整数以样本频率为概率：（I ）估算公司每月用于路途补贴的费用总额（元）；（II ）以样本频率作为概率，求随机选取四名职工，至少冇两名路途补贴超过300 元的概率考点 ： 离散型随机变量的期望与方差；等可能事件的概率专题 ： 概率与统计分析： （）确定一名职工所享受的路途补贴的可能取值，求出相应的概率与分布列，可得均值，即可估算公司每月用于路途补贴的费用总额（元）；（II ）求出 1 名职工中路途补贴超过300 元的概率，利用互斥事件的概率公式，可求随机选取四名职工，至少有两名路途补贴超过300 元的概率解答： 解： （）记一名职工所享受的路途补贴为X（元） X的可能值为200，240，280，320，360X的分布列为X 200 240 280 320 360 P 0.25 0.5 0.15 0.05 0.05 X的均值为 E（X）=2000.25+2400.5+2800.15+（320+360）0.05=246（ 5 分）该公司每月用于路途补贴的费用总额约为E（8000X）=8000E（X）=1968000（元） （ 7 分）（）依题意，当60t 100 时，y3001 名职工中路途补贴超过300 元的概率 P=P （60t 100） =0.1 ，（ 8 分）记事件“4名职工中至少有2 名路途补贴超过300 元”为 A，则P（A）=0.120.92+0.130.9+0.14=0.0523 （ 12 分）点评： 本题考查离散型随机变量的分布列与均值，考查互斥事件的概率公式，考查学生的计算能力，属于中档题19 （ 12 分） （2013?唐山一模）如图，四棱锥PABCD的底面是矩形，侧面PAD丄底面 ABCD ，APD=精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 11 页，共 17 页 - - - - - - - - - - （I ）求证：平面PAB丄平面 PCD ；（II ）如果 AB=BC ，PB=PC ，求二面角BPC D的余弦值考点 ： 用空间向量求平面间的夹角；平面与平面垂直的判定专题 ： 空间角分析： （I）利用 ABCD 的底面是矩形，可得CD AD ，再利用面面垂直的性质及侧面PAD 底面 ABCD ，可得CD PA 由已知可得PA PD ，进而得到 PA 平面 PCD 利用面面平行的判定定理即可证明平面PAB 平面 PCD （II ）如图，以AB为 x 轴， AD为 y 轴建立空间直角坐标系Axyz 利用两个平面的法向量的夹角即可得出二面角的余弦值解答： （）证明：因为四棱锥PABCD 的底面是矩形，所以CD AD ，又侧面 PAD 底面 ABCD ，所以 CD PA 又APD=，即 PA PD ，而 CD PD=D ，所以PA 平面 PCD 因为 PA ? 平面 PAB ，所以平面PAB 平面 PCD （）解：如图，以AB为 x 轴， AD为 y 轴建立空间直角坐标系Axyz设 AB=2 ，P（0，a，b） （a0，b0） ，则 A（0，0，0） ，B（2，0，0） ，C（2，2，0） ，D（0， 2，0） 由 PA PD ，=（0， a，b） ，=（0，2a， b） ，得 a（2a）+b2=0因为 PB=PC ，所以 22+a2+b2=22+（2a）2+b2由，得a=1，b=1由（）知，=（0， 1，1）是面 PCD的一个法向量设面 PBC的一个法向量为=（x，y，z） ，则?=0，?=0，又=（2， 1，1） ，=（0，2，0） ，所以取=（1，0，2） 因为 cos，=，又二面角BPCD为钝角，所以二面角BPC D的余弦值精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 12 页，共 17 页 - - - - - - - - - - 点评： 本题综合考查了线面垂直的判定与性质定理、面面垂直的判定与性质定理、通过建立空间直角坐标系利用平面的法向量求二面角的余弦值等基础知识与基本技能，考查了空间想象能力、推理能力和计算能力20 （12 分） （2013?唐山一模） 已知椭圆 C1：和动圆， 直线 l ：y=kx+m与 C1和 C2分别有唯一的公共点A和 B （I ）求 r 的取值范围；（II ）求 |AB| 的最大值，并求此时圆C2的方程考点 ： 直线与圆锥曲线的关系；椭圆的简单性质专题 ： 圆锥曲线的定义、性质与方程分析： （）联立直线方程与椭圆方程，联立直线方程和圆的方程，由直线和椭圆及直线和圆都有唯一公共点，利用判别式等于0 得到 k 与 r 的关系 k2=，由 k20 求解 r 的取值范围；（）利用（）中的方程求出A，B两点的横坐标，写出AB两点间的距离，利用k，m ，r 之间的关系把两点间的距离转化为含有r 的函数式，利用基本不等式求|AB| 的最大值，并求出此时圆 C2的方程解答：解： （）由，得（ 1+4k2）x2+8kmx+4（m21）=0由于 l 与 C1有唯一的公共点A，故1=64k2m216（1+4k2） （m21）=0，从而 m2=1+4k2 由，得（ 1+k2）x2+2kmx+m2r2=0由于 l 与 C2有唯一的公共点B，故2=4k2m24（1+k2） （m2r2）=0，从而 m2=r2（1+k2） 由、得k2=由 k20，得 1r24，所以 r 的取值范围是 1 ，2） （）设 A（x1，y1） ， B（x2，y2） ，由（）的解答可知x1=，x2=精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 13 页，共 17 页 - - - - - - - - - - |AB|2=（1+k2） （x2x1）2=（1+k2）?=?k2?（ 4r2）2=?（4r2）2=，所以 |AB|2=5（ r2+） （1r 2） 因为 r2+22=4，当且仅当r=时取等号，所以当 r=时， |AB| 取最大值 1，此时 C2的方程为x2+y2=2点评： 本题考查了椭圆的简单几何性质，考查了直线与圆锥曲线的关系，训练了数学转化思想方法及整体带代换能力，训练了学生的计算能力，考查了利用基本不等式求最值，属难题21 （ 12 分） （2013?唐山一模）己知函数f （x）=（mx+n）e x在 x=1 处取得极值e1（I ）求函数 f （x）的解析式，并求f （x）的单调区间；（II ）当 x（ a，+）时， f （2xa）+f （a） 2f （x） ，求 a的取值范围考点 ： 利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数的单调性专题 ： 导数的综合应用分析： （）求出函数的导函数，由函数f（x）=（mx+n ）ex在 x=1 处取得极值e 1，得到 f（1）=e1，f （1）=0，联立后求得m和 n 的值，则函数解析式可求，代入导函数后由导函数大于0 和导函数小于0 求得原函数的单调区间；（）构造辅助函数g（x）=f （2xa）+f （a） 2f （x） ，求导后分析f（x）的单调性，然后对a 分类讨论，根据a 的范围得到g（x）的符号并判断g（x）的单调性，由单调性得到a 的取值范围解答： 解： （）由 f （x）=（mx+n ）ex，得f （ x）=（mx+n m ）ex依题意， f （1）=e1，f （ 1）=0，即，解得 m=1 ，n=0所以 f （x）=xexf （ x）=（x1）ex当 x（， 1）时，f （ x）0；当 x（ 1，+）时， f （ x） 0所以，函数f （x）在（， 1）单调递增，在（1，+）单调递减；（）设 g（x）=f （2xa）+f （a） 2f （x） ，则 g（ x）=2f （ 2xa）f （ x） 设 h（x）=f （ x）=（x1）ex，则 h（ x）=（x2） ex当 x（， 2）时，h（ x）0，h（x）单调递减；当 x（ 2，+）时， h（ x） 0，h（x）单调递增（1）若 a2，则当 x（a，+）时，2xax，h（2xa）h（ x） ，即 f （ 2xa）2f （ x） ，所以 g（ x） 0，g（x）在（ a，+）单调递增，此时g（x） g（a）=0，即 f （2xa）+f （a） 2f （x）0（2）若 a2，则当 x（a，）时，2xax，h（2xa）h（x） ，即 f （2xa）2f （x） ，所以 g（ x） 0，g（x）在（ a，2）单调递减，此时g（x） g（a）=0综上， a 的取值范围是 2 ，+）精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 14 页，共 17 页 - - - - - - - - - - 点评： 本题考查了利用导数研究函数的极值，考查了利用导数研究函数的单调性，考查了函数构造法和分类讨论的数学思想方法，属中档题四、选做题：请考生在第（22） ， （23） ， （24）三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.作答时用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑.22 （ 10 分） （2013?唐山一模）选修41：几何证明选讲如图，直线MN交圆 O于 A，B两点， AC是直径， AD平分 CAMM，交圆0 于点 D，过 D作 DE上 MN于 E （I ）求证： DE是圆 O的切线：（II ）若 DE=6 ，AE=3 ，求ABC的面积考点 ： 综合法与分析法( 选修）专题 ： 计算题；证明题分析： （I ）连结 OD ，易证 EDA+ ODA=90 ，即DE OD ，从而可证DE是圆 O的切线；（II ）由 DE是圆 O的切线，可得DE2=EA?EB ，而 DE=6 ，AE=3，从而可求得AB ；又 O到 MN 的距离等于 D到 MN的距离等于|BC| ，从而可求得 ABC 的面积解答： 解： （）连结OD ，则 OA=OD ，所以 OAD= ODA 因为 EAD= OAD ，所以 ODA= EAD （2 分）因为 EAD+ EDA=90 ，所以 EDA+ ODA=90 ，即DE OD 所以 DE是圆 O的切线（ 4 分）（）因为DE是圆 O的切线，所以DE2=EA?EB ，即 62=3（3+AB ） ，所以 AB=9 （ 6 分）因为 OD MN ，所以 O到 MN的距离等于D到 MN 的距离，即为6；又因为 O为 AC的中点， C到 MN 的距离等于12 （ 8 分）故ABC的面积 S= AB?BC=54 （ 10 分）点评： 本题考查综合法在证明中的应用，考查辅助线的添加，考查作图、推理与分析、运算的能力，属于中档题23 （2013?唐山一模）选修44：坐标系与参数方程精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 15 页，共 17 页 - - - - - - - - - - 极坐标系与直角坐标系xOy有相同的长度单位，以原点O为极点，以x 轴正半轴为极轴己知曲线C1的极坐标方程为p=4cos 曲线 C2的参数方程是（t 为参数， 0a） ，射线与曲线 C1交于极点 O外的三点A，B ，C（I ）求证：；（II ）当时， B，C两点在曲线C2上，求 m与 a 的值考点 ： 简单曲线的极坐标方程；圆的参数方程专题 ： 直线与圆分析：（）依题意， |OA|=4cos， |OB|=4cos （+） ，|OC|=4cos （） ，利用三角恒等变换化简|OB|+|OC| 为 4cos， =|OA| ，命题得证（）当 =时， B，C两点的极坐标分别为（2，） ， （2，） 再把它们化为直角坐标，根据 C2是经过点（ m ，0） ，倾斜角为 的直线，又经过点B，C的直线方程为y=（x2） ，由此可得 m及直线的斜率，从而求得 的值解答：解： （）依题意， |OA|=4cos，|OB|=4cos （+） ，|OC|=4cos （） ，（ 2 分）则|OB|+|OC|=4cos（+） +4cos （） =2（cossin ） +2（cos+sin ）=4cos，=|OA| （ 5 分）（）当 =时， B，C两点的极坐标分别为（2，） ， （2，） 化为直角坐标为B（1，） ， C （3，） （ 7 分）C2是经过点（ m ，0） ，倾斜角为 的直线，又经过点 B，C的直线方程为y=（x2） ，故直线的斜率为，（ 9 分）所以 m=2 ，=（ 10 分）点评： 本题主要考查把参数方程化为直角坐标方程，把点的极坐标化为直角坐标，直线的倾斜角和斜率，属于基础题24 （2013?唐山一模）选修45：不等式选讲已知函数f（x）=丨 xa 丨+|x 1 丨， aR（I ）当 a=3 时，解不等式 f （x）4；（II ）当 x（ 2，1） ）时， f （x）|2x a1| 求 a 的取值范围考点 ： 带绝对值的函数；绝对值不等式的解法专题 ： 计算题分析：（I ）当 a=3 时， f （x）=丨 x3 丨+|x 1 丨=，由 f （x）4 即可求得不等式 f（x）4 的解集；（II ）由双绝对值的几何意义可得f （x）=|x a|+|x 1| |x a+x1|=|2x a1| ，分（ x1）（xa）0 与（x1） （xa） 0 讨论，即可求得当x（ 2，1）时， f （x） |2x a1| 的 a精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 16 页，共 17 页 - - - - - - - - - - 的取值范围解答：解： （） a=3 时， f （x）=丨 x3 丨+|x 1 丨=，当 x1 时，由 f （x）4 得 42x4，解得x0；0 x 1；当 1x3 时，f （x）4 恒成立；当 x3 时，由 f （x）4 得 2x44，解得x43x4（ 4 分）所以不等式f （x）4 的解集为 x|0 x4（5 分）（）因为f （x）=|x a|+|x 1| |x a+x1|=|2x a1| ，当（ x1） （xa）0 时， f （x）=|2x a1| ；当（ x1） （xa） 0 时， f （x） |2x a1| （ 7 分）记不等式（ x1） （xa） 0 的解集为 A，则（ 2，1）? A，故 a 2，所以 a 的取值范围是（，2 （ 10 分）点评： 本题考查带绝对值的函数，考查绝对值不等式的解法，通过对x 的范围的“分类讨论”，去掉绝对值符号是关键，考查等价转化思想与方程思想的综合运用，属于中档题精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 17 页，共 17 页 - - - - - - - - - -