2020年全国统一高考数学解析试卷(理科)(全国1卷).pdf

20202020 年全国统一高考数学试卷（理科）年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标）（新课标）一、选择题：一、选择题：本题共本题共 1212 小题，每小题小题，每小题5 5 分，共分，共6060 分。在每小题给出的四个选项中，只有一分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。项是符合题目要求的。1若z 1i，则|z22z|()A02B1B2C2C2D2D42设集合A x|x 40，B x|2xa 0且AB x|2 x 1,则a ()A43埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为()5 15 15 15 1BCD42424已知A为抛物线C:y2 2px(p 0)上一点，点A到C的焦点的距离为 12，到y轴的距A离为 9，则p ()A2B3C6D95某校一个课外学习小组为研究某作物种子的发芽率y和温度x（单位：C)的关系，在20 个不同的温度条件下进行种子发芽实验，由实验数据(xi，yi)(i 1，2，20)得到下面的散点图：由此散点图，在10 C至40 C之间，下面四个回归方程类型中最适宜作为发芽率y和温度x的回归方程类型的是()Ay a bxAy 2x 1By a bx2By 2x 1Cy a bexCy 2x 3Dy a blnxDy 2x 16函数f(x)x4 2x3的图象在点(1，f（1）)处的切线方程为()7设函数f(x)cos(x)在，的图象大致如图，则f(x)的最小正周期为()6第1 1页（共1919页）1074ABC963y28(x)(x y)5的展开式中x3y3的系数为()xA5B10C159已知(0,)，且3cos28cos 5，则sin()53D32D20512CD93310 已知A，B，若O1的面积为4，C为球O的球面上的三个点，O1为ABC的外接圆ABAB BC AC OO1，则球O的表面积为()A64B48C36D3211 已知M:x2 y22x 2y 2 0，直线l:2x y 2 0，过点P作MP为l上的动点的切线PA，PB，切点为A，B，当|PM|AB|最小时，直线AB的方程为()A2x y 1 0Aa 2bB2x y 1 0Ba 2bC2x y 1 0Ca b2D2x y 1 0Da b212若2alog2a 4b 2log4b，则()二、填空题：二、填空题：本题共本题共 4 4 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 2020 分。分。2x y 2 013若x，y满足约束条件x y 1 0,则z x 7y的最大值为y 1 014设a，b为单位向量，且|a b|1，则|a b|x2y215已知F为双曲线C:221(a 0,b 0)的右焦点，A为C的右顶点，B为C上的ab点，且BF垂直于x轴若AB的斜率为 3，则C的离心率为16如图，在三棱锥P ABC的平面展开图中，AC 1，AB AD 3，AB AC，AB AD，CAE 30，则cosFCB 第2 2页（共1919页）三、三、解答题：解答题：共共 7070 分。分。解答应写出文字说明、解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。证明过程或演算步骤。第第 17172121 题为必考题，题为必考题，每个试题考生都必须作答。第每个试题考生都必须作答。第 2222、2323 题为选考题，考生根据要求作答。题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共（一）必考题：共6060 分。分。17（12 分）设an是公比不为 1 的等比数列，a1为a2，a3的等差中项（1）求an的公比；（2）若a11，求数列nan的前n项和18（12分）如图，O是圆锥底面的圆心，ABCAE为底面直径，AE ADD为圆锥的顶点，是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PO（1）证明：PA平面PBC；（2）求二面角B PC E的余弦值6DO619（12 分）甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛，约定赛制如下：累计负两场者被淘汰：比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束经抽签，甲、乙首先比赛，丙轮空设每场比赛双方获胜的概率都为（1）求甲连胜四场的概率；（2）求需要进行第五场比赛的概率；（3）求丙最终获胜的概率12x220（12 分）已知A，B分别为椭圆E:2 y21(a 1)的左、右顶点，G为E的上顶点，aAG GB 8P为直线x 6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D第3 3页（共1919页）（1）求E的方程；（2）证明：直线CD过定点21（12 分）已知函数f(x)ex ax2 x（1）当a 1时，讨论f(x)的单调性；（2）当x 0时，f(x)13x 1，求a的取值范围2（二）选考题：共（二）选考题：共1010 分。请考生在第分。请考生在第2222、2323 题中任选一题作答。如果多做，则按所做的题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。第一题计分。选修选修 4-44-4：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程（1010 分）分）x coskt,22（10 分）在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为以坐标原(t为参数）ky sin t点 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4cos16sin3 0（1）当k 1时，C1是什么曲线？（2）当k 4时，求C1与C2的公共点的直角坐标 选修选修 4-54-5：不等式选讲：不等式选讲（1010 分）分）23已知函数f(x)|3x 1|2|x 1|（1）画出y f(x)的图象；（2）求不等式f(x)f(x 1)的解集第4 4页（共1919页）20202020 年全国统一高考数学试卷（理科）年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标）（新课标）参考答案与试题解析参考答案与试题解析一、选择题：一、选择题：本题共本题共 1212 小题，每小题小题，每小题5 5 分，共分，共6060 分。在每小题给出的四个选项中，只有一分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。项是符合题目要求的。1若z 1i，则|z22z|()A0求值【解析】：若z 1i，则z22z (1i)22(1i)2i 22i 2，则|z22z|2|2，故选：D【总结与归纳】本题考查复数的运算，考查复数的模的求法，主要考查化简运算能力，是一道基础题2设集合Ax|x24 0，B x|2xa 0，且A B x|2 x 1，则a (B1C2D2【思路分析】由复数的乘方和加减运算，化简z22z，再由复数的模的定义，计算可得所)A4B2C2D4【思路分析】由二次不等式和一次不等式的解法，化简集合A，B，再由交集的定义，可得a的方程，解方程可得a【解析】：集合A x|x 40 x|2 x 2，B x|2xa 0 x|x ，2a21由A B x|2 x 1，可得a 1，2则a 2故选：B【总结与归纳】本题考查集合的交集运算，同时考查不等式的解法，考查方程思想和运算能力，是一道基础题3埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为()A5 14B5 12C5 14D5 12【思路分析】先根据正四棱锥的几何性质列出等量关系，进而求解结论【解析】：设正四棱锥的高为h，底面边长为a，侧面三角形底边上的高为h，第5 5页（共1919页）21h aha1hhh5 12则依题意有：，因此有h2()2ah 4()22()1 022aaa4h2 h2(a)22（负值舍去）；故选：C【总结与归纳】本题主要考查棱锥的几何性质，属于中档题4已知A为抛物线C:y2 2px(p 0)上一点，点A到C的焦点的距离为 12，到y轴的距离为 9，则p ()A2B3C6D9【思路分析】直接利用抛物线的性质解题即可【解析】：A为抛物线C:y2 2px(p 0)上一点，点A到C的焦点的距离为 12，到y轴的p距离为 9，因为抛物线上的点到焦点的距离和到准线的距离相等，故有：912 p 6；2故选：C【总结与归纳】本题主要考查抛物线性质的应用，属于基础题5某校一个课外学习小组为研究某作物种子的发芽率y和温度x（单位：C)的关系，在20 个不同的温度条件下进行种子发芽实验，由实验数据(xi，yi)(i 1，2，20)得到下面的散点图：由此散点图，在10 C至40 C之间，下面四个回归方程类型中最适宜作为发芽率y和温度x的回归方程类型的是()Ay a bxBy a bx2Cy a bexDy a blnx【思路分析】直接由散点图结合给出的选项得答案【解析】：由散点图可知，在10C至40C之间，发芽率y和温度x所对应的点(x,y)在一段对数函数的曲线附近，结合选项可知，y a blnx可作为发芽率y和温度x的回归方程类型故选：D【总结与归纳】本题考查回归方程，考查学生的读图视图能力，是基础题6函数f(x)x42x3的图象在点(1，f（1）)处的切线方程为()Ay 2x 1By 2x 1Cy 2x 3Dy 2x 1【思路分析】求出原函数的导函数，得到函数在x 1处的导数，再求得f（1），然后利用直线方程的点斜式求解【解析】：由f(x)x4 2x3，得f(x)4x36x，第6 6页（共1919页）f（1）46 2，又f（1）12 1，函数f(x)x4 2x3的图象在点(1,f(1)处的切线方程为y(1)2(x 1)，即y 2x 1故选：B【总结与归纳】本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，是基础的计算题7设函数f(x)cos(x)在，的图象大致如图，则f(x)的最小正周期为()634D2313104【思路分析】由图象观察可得最小正周期小于，大于，排除A，再由f()0，D；999求得，对照选项B，C，代入计算，即可得到结论413410【解析】：由图象可得最小正周期小于()，大于2()，排除A，9999D；444由图象可得f()cos()0，即为 k，kZ，(*)996962212412，由若选B，即有 k，可得k不为整数，排除B；77976262343，由若选C，即有 k，可得k 1，成立故选：C4292623A109B76C【总结与归纳】本题考查三角函数的图象和性质，主要是函数的周期的求法，运用排除法是迅速解题的关键，属于中档题y28(x)(x y)5的展开式中x3y3的系数为()xA5B10C15展开式的特点即可求解D20【思路分析】先把条件整理转化为求(x2 y2)(x y)5展开式中x4y3的系数，再结合二项式的y2(x2 y2)(x y)55【解析】：因为(x；)(x y)xx要求展开式中x3y3的系数即为求(x2 y2)(x y)5展开式中x4y3的系数；展开式含x4y3的项为：x2C52x2y3 y2C54x4y 15x4y3；y2故(x)(x y)5的展开式中x3y3的系数为 15；故选：Cx【总结与归纳】本题主要考查二项式定理的应用，二项式展开式的通项公式，二项式系数的性质，属基础题9已知(0,)，且3cos28cos 5，则sin()第7 7页（共1919页）5512BCD3933【思路分析】利用二倍角的余弦把已知等式变形，化为关于cos的一元二次方程，求解后A再由同角三角函数基本关系式求得sin的值【解析】：由3cos28cos 5，得3(2cos21)8cos5 0，2即3cos24cos4 0，解得cos 2（舍去），或cos 325故选：A(0,)，(，)，则sin1cos21()2332【总结与归纳】本题考查三角函数的化简求值，考查同角三角函数基本关系式与二倍角公式的应用，是基础题10 已知A，B，若O1的面积为4，C为球O的球面上的三个点，O1为ABC的外接圆AB BC AC OO1，则球O的表面积为()A64B48C36D32【思路分析】画出图形，利用已知条件求出OO1，然后求解球的半径，即可求解球的表面积【解析】：由题意可知图形如图：O1的面积为4，可得O1A 2，则333AB，AB BC AC OO1 2 3，AO1 ABsin60，AO1222外接球的半径为：R AO12OO12 4，球O的表面积：442 64故选：A【总结与归纳】本题考查球的内接体问题，球的表面积的求法，求解球的半径是解题的关键11 已知M:x2 y22x 2y 2 0，直线l:2x y 2 0，过点P作MP为l上的动点的切线PA，PB，切点为A，B，当|PM|AB|最小时，直线AB的方程为()A2x y 1 0B2x y 1 0C2x y 1 0D2x y 1 0【思路分析】由已知结合四边形面积公式及三角形面积公式可得|PM|AB|2|PM|24，说明要使|PM|AB|最小，则需|PM|最小，此时PM与直线l 垂直写出PM所在直线方程，与直线l 的方程联立，求得P点坐标，然后写出以PM为直径的圆的方程，再与圆M的方程联立可得AB所在直线方程【解析】：化圆M为(x 1)2(y 1)2 4，圆心M(1,1)，半径r 21S四边形PAMBPM AB 2SPAM PA AM 2 PA 2|PM|242第8 8页（共1919页）要使|PM|AB|最小，则需|PM|最小，此时PM与直线l垂直111直线PM的方程为y 1(x 1)，即y x，22211125y x 2联立22，解得P(1,0)则以PM为直径的圆的方程为x(y)242x y 2 0 x2 y2 2x 2y 2 0联立2，可得直线AB的方程为2x y 1 0故选：D2x y y 1 0【总结与归纳】本题考查直线与圆位置关系的应用，考查圆的切线方程，考查过圆两切点的直线方程的求法，是中档题12若2alog2a 4b 2log4b，则()Aa 2bBa 2bCa b2Da b2【思路分析】先根据指数函数以及对数函数的性质得到2alog2a 22blog22b；再借助于函数的单调性即可求解结论【解析】：因为2alog2a 4b 2log4b 22blog2b；因为22blog2b 22blog22b 22blog2b1即2alog2a 22blog22b；令f(x)2xlog2x，由指对数函数的单调性可得f(x)在(0,)内单调递增；且f（a）f(2b)a 2b；故选：B【总结与归纳】本题主要考查指数函数以及对数函数性质的应用，属于基础题二、填空题：二、填空题：本题共本题共 4 4 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 2020 分。分。2x y 2 013若x，y满足约束条件x y 1 0,则z x 7y的最大值为1y 1 0【思路分析】先根据约束条件画出可行域，再利用几何意义求最值，只需求出可行域直线在y轴上的截距最大值即可2x y 2 0【解析】：x，y满足约束条件x y 1 0，y 1 0不等式组表示的平面区域如图所示，2x y 2 011由，可得A(1,0)时，目标函数z x 7y，可得y x z，77x y 1 011当直线y x z过点A时，在y轴上截距最大，此时z取得最大值：1 70 1故答77案为：1第9 9页（共1919页）【总结与归纳】本题主要考查了简单的线性规划，以及利用几何意义求最值，属于基础题14设a，b为单位向量，且|a b|1，则|a b|3【思路分析】直接利用向量的模的平方，结合已知条件转化求解即可【解析】：a，b为单位向量，且|a b|1，|a b|21，可得a2 2a b b21，1 2a b 11，所以2a b 1，则|a b|a22a b b23故答案为：3【总结与归纳】本题考查向量的模的求法，数量积的应用，考查计算能力x2y215已知F为双曲线C:221(a 0,b 0)的右焦点，A为C的右顶点，B为C上的ab点，且BF垂直于x轴若AB的斜率为 3，则C的离心率为2【思路分析】利用已知条件求出A，B的坐标，通过AB的斜率为 3，转化求解双曲线的离心率即可x2y2【解析】：F为双曲线C:221(a 0,b 0)的右焦点(c,0)，A为C的右顶点(a,0)，abb2B为C上的点，且BF垂直于x轴所以B(c,)，a2b0a 3，若AB的斜率为 3，可得：c acb2 c2a2，代入上式化简可得c2 3ac 2a2，e，a可得e23e 2 0，e 1，解得e 2故答案为：2【总结与归纳】本题考查双曲线的简单性质的应用，离心率的求法，考查转化思想以及计算能力16如图，在三棱锥P ABC的平面展开图中，AC 1，AB AD 3，AB AC，1AB AD，CAE 30，则cosFCB 4第1010页（共1919页）【思路分析】根据条件可知D、E、F三点重合，分别求得BC、CF、BF即可【解析】：由已知得BD 2AB 6，BC 2，因为D、E、F三点重合，所以AE AD 3，BF BD 2AB 6，则在ACE中，由余弦定理可得CE2 AC2 AE2 2AC AE cosCAE 13 2 331，2所以CE CF 1，BC2CF2 BF21 461则在BCD中，由余弦定理得cosFCB ，2BC CF21241故答案为：4【总结与归纳】本题考查三棱锥展开图，涉及余弦定理的应用，数形结合思想，属于中档题三、三、解答题：解答题：共共 7070 分。分。解答应写出文字说明、解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。证明过程或演算步骤。第第 17172121 题为必考题，题为必考题，每个试题考生都必须作答。第每个试题考生都必须作答。第 2222、2323 题为选考题，考生根据要求作答。题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共（一）必考题：共 6060 分。分。17（12 分）设an是公比不为 1 的等比数列，a1为a2，a3的等差中项（1）求an的公比；（2）若a11，求数列nan的前n项和【思路分析】（1）设an是公比q不为 1 的等比数列，运用等差数列的中项性质和等比数列的通项公式，解方程可得公比q；（2）求得an，nan，运用数列的数列的错位相减法求和，结合等比数列的求和公式，化简整理，可得所求和【解析】：（1）设an是公比q不为 1 的等比数列，a1为a2，a3的等差中项，可得2a1 a2 a3，即2a1 a1q a1q2，即为q2 q 2 0，解得q 2(1舍去），所以an的公比为2；（2）若a11，则an(2)n1，nan n(2)n1，则数列nan的前n项和为Sn11 2(2)3(2)2 n(2)n1，2Sn1(2)2(2)23(2)3 n(2)n，两式相减可得3Sn1(2)(2)(2)(2)23n11(2)n n(2)n(2)n，1(2)n第1111页（共1919页）1(13n)(2)n化简可得Sn，91(13n)(2)n所以数列nan的前n项和为9【总结与归纳】本题考查等比数列的通项公式和求和公式的运用，以及等差数列的中项性质，考查数列的错位相减法求和，主要考查方程思想和化简运算能力，属于中档题18（12分）如图，O是圆锥底面的圆心，ABCAE为底面直径，AE ADD为圆锥的顶点，是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PO（1）证明：PA平面PBC；（2）求二面角B PC E的余弦值6DO6【思路分析】（1）设圆O的半径为 1，求出各线段的长度，利用勾股定理即可得到PA PC，PA PB，进而得证；（2）建立空间直角坐标系，求出平面PBC及平面PCE的法向量，利用向量的夹角公式即可得解AB BC AC 3，【解析】（1）：不妨设圆O的半径为 1，OA OB OC 1，AE AD 2，DO DA2OA23,PO 62，DO 626，PA PB PC PO2 AO22PC P，在PAC中，PA2 PC2 AC2，故PA PC，同理可得PA PB，又PB故PA平面PBC；3 1,0),C(223 1312故BC (3,0,0),CE (,0),CP (,)，22222m BC 3x 0设平面PBC的法向量为m (x,y,z)，则31x y m CP 22（2）建立如图所示的空间直角坐标系，则有B(3 12,0),P(0,0,),E(0,1,0)，222，可取m (0,2,1)，2z 02同理可求得平面PCE的法向量为n (2,6,2 3)，故cos|m n|2 52 5，即二面角B PC E的余弦值为|m|n|55第1212页（共1919页）【总结与归纳】本题考查线面垂直的判定以及利用空间向量求解二面角，考查推理能力及计算能力，属于基础题19（12 分）甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛，约定赛制如下：累计负两场者被淘汰：比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束经抽签，甲、乙首先比赛，丙轮空设每场比赛双方获胜的概率都为（1）求甲连胜四场的概率；（2）求需要进行第五场比赛的概率；（3）求丙最终获胜的概率【思路分析】（1）甲连胜四场只能是前四场全胜，由此能求出甲连胜四场的概率（2）根据赛制，至少需要进行四场比赛，至多需要进行五场比赛，比赛四场结束，共有三种情况，甲连胜四场比赛，乙连日胜四场比赛，丙上场后连胜三场，由此能求出需要进行五场比赛的概率（3）丙最终获胜，有两种情况，比赛四场结束且丙最终获胜，比赛五场结束丙最终获胜，则从第二场开始的四场比赛按丙的胜、负、轮空结果有三种情况：胜胜负胜，胜负空胜，负空胜胜，由此能求出丙最终获胜的概率11【解答】（1）甲连胜四场只能是前四场全胜，P ()4216（2）根据赛制，至少需要进行四场比赛，至多需要进行五场比赛，12比赛四场结束，共有三种情况，11甲连胜四场的概率为，乙连胜四场比赛的概率为，16161丙上场后连胜三场的概率为，8需要进行五场比赛的概率为：1113P 1161684第1313页（共1919页）（3）丙最终获胜，有两种情况，1比赛四场结束且丙最终获胜的概率为，8比赛五场结束丙最终获胜，则从第二场开始的四场比赛按丙的胜、负、轮空结果有三种情况：1 1 1胜胜负胜，胜负空胜，负空胜胜，概率分别为,，16 8 811117丙最终获胜的概率P 8168816【总结与归纳】本题考查概率的求法，考查相互独立事件概率计算公式和互斥事件概率加法公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题x220（12 分）已知A，B分别为椭圆E:2 y21(a 1)的左、右顶点，G为E的上顶点，aAG GB 8P为直线x 6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D（1）求E的方程；（2）证明：直线CD过定点【思路分析】（1）求出AG GB a21 8，解出a，求出E的方程即可；（2）联立直线和椭圆的方程求出C，D的坐标，求出直线CD的方程，判断即可【解析】：如图示：（1）由题意A(a,0)，B(a,0)，G(0,1)，AG (a,1)，GB (a,1)，AG GB a21 8，解得：a 3，x2故椭圆E的方程是 y21；9（2）由（1）知A(3,0)，B(3,0)，设P(6,m)，m则直线PA的方程是y(x 3)，92x y21联立9(9 m2)x26m2x 9m281 0，y m(x 3)99m2813m2 27由韦达定理3xc，xc9 m29 m23m2 27m6m6m代入直线PA的方程为y(x 3)得：yc，即，C()，9 m299 m29 m2m直线PB的方程是y(x 3)，3第1414页（共1919页）x2 y21联立方程9(1 m2)x26m2x 9m29 0，y m(x 3)39m293m23由韦达定理3xD，xD1 m21 m23m232mm2m代入直线PB的方程为y(x 3)得yD，即，D()，1m21 m231 m2y yD4m直线CD的斜率KCDC，xC xD3(3 m2)4m32m4m3m23直线CD的方程是y，整理得：y(x)，(x)1 m23(3 m2)1 m23(3m2)23故直线CD过定点(，0)2【总结与归纳】本题考查了求椭圆的方程问题，考查直线和椭圆的关系以及直线方程问题，是一道综合题21（12 分）已知函数f(x)ex ax2 x（1）当a 1时，讨论f(x)的单调性；（2）当x 0时，f(x)13x 1，求a的取值范围2【思路分析】（1）求得a 1时，f(x)的解析式，两次对x求得导数，结合指数函数的值域判断导数的符号，即可得到所求单调性；（2）讨论x 0，不等式恒成立；x 0时，运用参数分离和构造函数，求得导数，判断单调性和最值，进而得到所求范围【解析】：（1）当a 1时，f(x)ex x2 x，f(x)ex 2x 1，设g(x)f(x)，因为g(x)ex20，可得g(x)在R上递增，即f(x)在R上递增，因为f(0)0，所以当x 0时，f(x)0；当x 0时，f(x)0，所以f(x)的增区间为(0,)，减区间为(,0)；（2）解法一：（分离参数法）当x 0时，f(x)13x 1恒成立，2当x 0时，不等式恒成立，可得aR；13x x1ex当x 0时，可得a 2恒成立，x2131x x 1ex(2 x)(exx2 x 1)2设h(x)2，则h(x)，23xx1可设m(x)exx2 x 1，可得m(x)ex x 1，m(x)ex1，2由x 0，可得m(x)0恒成立，可得m(x)在(0,)递增，所以m(x)min m(0)0，第1515页（共1919页）即m(x)0恒成立，即m(x)在(0,)递增，所以m(x)min m(0)0，再令h(x)0，可得x 2，当0 x 2时，h(x)0，h(x)在(0,2)递增；x 2时，h(x)0，h(x)在(2,)递减，所以h(x)max7e2，h（2）47e27e2所以a，综上可得a的取值范围是，)44解法二：（河南鹤壁戴支俊补解）（切线法）根据e ax x x2131x 1得exax2x3 x1221设g(x)ex ax2x3,h(x)x 1，则知临界状态时h(x)为g(x)的切线23g(x)ex 2ax x2，设切点为(x0,y0)，则232x0e 2ax x01012，消去为a得2(x0 2)ex0(1 x0 x02)02ex0 ax21x3 x 10002所以x0 2或x0 0，g(0)h(0)7 e2 a 根据g(2)h(2)47e2所以a的取值范围是，)4解法三：（湖南湘潭沈成友补解）（不分离参数讨论法）131x 1,即exax2 x-x3-1 02213x2令gx e ax x-x-123gx ex2ax1-x2，gx ex2a-3x，gx ex-3=0，2x=ln3，gx在-，ln3单调递减，在ln3,单调递增，gx在x ln3取得最小exax2 x 值gln333ln3 2a3ln 3-3故当a 时，gx 0恒成立，所以gx g0=0，2于是gxg00成立。3ln 3-31当a 时，g0=1+2a,a 时，存在x1 0 ln3 x2,时，使得22gx1=gx2=0，gx在0，x2单调递减，x2,单调递增，x0，x2时gx g0=0，gx g0=0不成立；13ln 3-3当 a 时，存在0 x1 ln3 x2,使得22gx1=gx2=0，gx在0,x1单调递增，x1，x2单调递减，x2,单调递增，第1616页（共1919页）若gx20，则gx若gx2 0，则存在0 x1 x3 ln3 x2 x4,0恒成立，于是gxg00成立；使得gx0,x3单调递增，x3，x4单调递减，x4,单调递增，3ex41-x423x2故只需满足gx4 e42ax41-x42=0，ax4=-2232x4e1-x41132gx4 ex4ax42 x4-x43-1=ex4-x4-x4-x4-12222 x4x412=e-x x-144 02212x易证e4-x4 x4-1 0，所以ln3 x4 2，233ex41-x42ex1x23x22ex2x222a=-，令hx=-,hx=,22x42x4x所以x00,所以hx0,a h2，x3x22ex2x2,x 2xex3 0,27e23ln 337e a 即，综上，a的取值范围为，424【总结与归纳】本题考查导数的运用：求单调性和最值，考查构造函数法，主要考查分类讨论思想和化简运算能力、推理能力，属于难题（二）选考题：共（二）选考题：共1010 分。请考生在第分。请考生在第2222、2323 题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。一题计分。选修选修 4-44-4：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程（1010 分）分）x coskt,(t为参数）22（10 分）在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为以坐标原ky sin t点 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4cos16sin3 0（1）当k 1时，C1是什么曲线？（2）当k 4时，求C1与C2的公共点的直角坐标x cost【思路分析】（1）当k 1时，曲线C1的参数方程为，(t为参数），利用平方关系y sint消去参数t，可得x2 y21，故C1是以原点为圆心，以 1 为半径的圆；x cos4t（2）当k 4时，曲线C1的参数方程为，(t为参数），消去参数t，可得4y sin t(x y)22(x y)1 0(0 x 1,0 y 1)由4cos16sin3 0，结合极坐标与直角坐标的互化公式可得4x 16y 3 0联立方程组即可求得C1与C2的公共点的直角第1717页（共1919页）1 1坐标为(,)4 4x cost【解析】：（1）当k 1时，曲线C1的参数方程为，(t为参数），y sint消去参数t，可得x2 y21，故C1是以原点为圆心，以1 为半径的圆；x cos4t（2）当k 4时，曲线C1的参数方程为，(t为参数），4y sin t两式作差可得x y cos4t sin4t cos2t sin2t 2cos2t 1，x y 1x y 12cos2t，得x cos4t ()，222整理得：(x y)2(x y)10(0 x 1,0 y 1)由4cos16sin3 0，又x cos，y sin，4x 16y 3 01169x x(x y)2(x y)1 0364联立，解得（舍)，或1494x 16y 3 0y y 3641 1C1与C2的公共点的直角坐标为(,)4 42【总结与归纳】本题考查简单曲线的极坐标方程，考查参数方程化普通方程，考查计算能力，是中档题 选修选修 4-54-5：不等式选讲：不等式选讲（1010 分）分）23已知函数f(x)|3x 1|2|x 1|（1）画出y f(x)的图象；（2）求不等式f(x)f(x 1)的解集【思路分析】（1）将函数零点分段，即可作出图象；（2）由于f(x 1)是函数f(x)向左平移了一个 1 单位，作出图象可得答案；第1818页（共1919页）x3(x 1)1【解析】：函数f(x)|3x1|2|x1|5x1(x 1)，31 x3(x )3图象如图所示（2）由于f(x 1)的图象是函数f(x)的图象向左平移了一个 1 单位所得，（如图所示）直线y 5x 1向左平移一个单位后表示为y 5(x 1)1 5x 4，y x 37联立，解得横坐标为x ，6y 5x 47不等式f(x)f(x 1)的解集为x|x 6【总结与归纳】本题考查了绝对值函数的解法，分段作出图象是解题的关键属于基础题第1919页（共1919页）