2022年高考数学二模试卷含解析 .pdf

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1、广东省揭阳市高考数学二模试卷（理科）一、选择题：共 12小题，每小题 5 分，共 60分。在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的 .1函数 f（x）=+lg（63x）的定义域为（）A（， 2）B（2，+） C 1，2）D 1，22己知复数 z=（aR，i 是虚数单位）是纯虚数，则| z| 为（）ABC6 D33“pq 是真命题 ” 是“pq 是真命题 ” 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4已知 sin cos= ，则 cos（2 ）=（）ABCD5己知 0ablc，则（）AabaaBcacbClogaclogbc Dlogbclogb a6

2、中国古代数学名著九章算术中记载了公元前344年 商鞅督造一种标准量器商鞍铜方升，其三视图如图所示 （单位：升） ， 则此量器的体积为 （单位：立方升） （）A14 B12+C12+D38+27设计如图的程序框图，统计高三某班59 位同学的数学平均分，输出不少于平均分的人数 （用 j 表示），则判断框中应填入的条件是（）精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 24 页Ai58？ Bi58？ Cj59？ Dj59？8某撤信群中四人同时抢3 个红包，每人最多抢一个，则其中甲、乙两人都抢到红包的概率为（）ABCD9己知实数 x，y 满足

3、不等式组，若 z=x2y 的最小值为 3，则 a 的值为（）A1 BC2 D10函数 f（x）=x2（）x的大致图象是（）ABCD11 已知一长方体的体对角线的长为l0，这条对角线在长方体一个面上的正投影长为8，则这个长方体体积的最大值为（）A64 B128 C192 D38412已知函数 f（x）=sin2+sin x（ 0），xR，若 f（x）在区间（ ，2 ）精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 24 页内有零点，则 的取值范围是（）A（，）（，+）B（0， ，1） C（，） （，）D（，）（，+）二、填空题（本大题共4

4、 小题，每小题 5 分，共 20 分，请把正确的答案填写在答题卡相应的横线上 .13已知向量=（x1，2）， =（2，x1）满足=| ?| ，则 x=14已知直线 3x4y6=0 与圆 x2+y22y+m=0（mR）相切，则 m 的值为15在ABC 中，已知与的夹角为 150 ，| =2，则| 的取值范围是16己知双曲线=1（b0）的离心率为，F1，F2时双曲线的两个焦点， A 为左顶点、 B（0，b），点 P 在线段 AB 上，则?的最小值为三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17（12 分）已知数列 an 中，a1=1，an+1=+n+1（I）求证：数列 +1是等比教列（I

5、I）求数列 an 的前 n 项和为 Sn18（12 分）己知图 1 中，四边形 ABCD 是等腰梯形， ABCD，EFCD，O、Q 分别为线段 AB，CD 的中点， OQ 与 EF 的交点为 P，OP=1，PQ=2，现将梯形 ABCD 沿EF 折起，使得 OQ=，连结 AD，BC，得一几何体如图2 示（I）证明：平面 ABCD 平面 ABFE；（II）若图 1 中 A=45 ，CD=2，求平面 ADE 与平面 BCF 所成锐二面角的余弦值19 （12 分）某学校在一次第二课堂活动中， 特意设置了过关智力游戏， 游戏共五关规定第一关没过者没奖励，过n（nN* ）关者奖励 2n1件小奖品（奖品都一

6、样）如图精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 24 页是小明在 10 次过关游戏中过关数的条形图，以此频率估计概率（）估计小明在 1 次游戏中所得奖品数的期望值；（II）估计小明在 3 次游戏中至少过两关的平均次数；（）估计小明在3次游戏中所得奖品超过30件的概率20（12 分）己知椭圆+=1（ab0）与抛物线 y2=2px（p0）共焦点 F2，抛物线上的点 M 到 y 轴的距离等于 | MF2| 1，且椭圆与抛物线的交点Q 满足| QF2| =（I）求抛物线的方程和椭圆的方程；（II）过抛物线上的点P 作抛物线的切线y=kx

7、+m 交椭圆于 A，B 两点，设线段 AB 的中点为 C（x0，y0），求 x0的取值范围21（12 分）设函数 f（x）=（xa）2（aR），g（x）=lnx，（I）试求曲线 F（x）=f（x）+g（x）在点（ 1，F（1）处的切线 l 与曲线 F（x）的公共点个数；（II）若函数 G（x）=f（x）g（x）有两个极值点，求实数a的取值范围（附：当a0，x趋近于0时，2lnx趋向于 +）三、请考生在第（ 12）、（23）題中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一个题目计分. 选修 4-4:坐标系与参数方程 22（10 分）在直角坐标系xOy 中，已知直线l1：y=tan?x（0a ，），抛物

8、线 C：（t 为参数）以原点O 为极点， x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系（）求直线 l1和抛物线 C 的极坐标方程；（）若直线 l1和抛物线 C 相交于点 A（异于原点 O），过原点作与 l1垂直的直线 l2，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 24 页l2和抛物线 C 相交于点 B（异于原点 O），求 OAB 的面积的最小值五、 选修 4-5：不等式选讲 （共 1 小题，满分 0 分）23己知函数f（x）=|2|x| 1| （I）求不等式 f（x）1 的解集 A；（）当 m，nA 时，证明： | m+n| mn+1精选

9、学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 24 页2017 年广东省揭阳市高考数学二模试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题：共 12小题，每小题 5 分，共 60分。在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的 .1函数 f（x）=+lg（63x）的定义域为（）A（， 2）B（2，+） C 1，2）D 1，2【考点】 33：函数的定义域及其求法【分析】 根据二次根式以及对数函数的性质求出函数的定义域即可【解答】 解：由题意得：，解得： 1x2，故函数的定义域是 1，2），故选： C【点评】本题考查了求函数的定义域问题，考查

10、二次根式以及对数函数的性质，是一道基础题2己知复数 z=（aR，i 是虚数单位）是纯虚数，则| z| 为（）ABC6 D3【考点】 A8：复数求模【分析】 利用复数的运算法则、纯虚数的定义、模的计算公式即可得出【解答】 解：复数 z=（aR，i 是虚数单位）是纯虚数，=0，0解得 a=6z=3i则| z| =3故选： D精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 24 页【点评】 本题考查了复数的运算法则、纯虚数的定义、模的计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题3“pq是真命题”是“pq是真命题”的（）A充分不必要条件 B必

11、要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件【考点】 2E：复合命题的真假； 29：充要条件【分析】 由真值表可知若pq 为真命题，则 p、q 都为真命题，从而pq 为真命题，反之不成立，从而求解【解答】 解： pq为真命题，则 p、q 中只要有一个命题为真命题即可，pq 为真命题，则需两个命题都为真命题，pq 为真命题不能推出pq 为真命题，而 pq 为真命题能推出pq 为真命题“pq 是真命题 ” 是“pq 是真命题 ” 的充分不必要条件，故选 A【点评】本题考查了利用充要条件定义判断充分必要性的方法，利用真值表判断命题真假的方法，熟记真值表是解决本题的关键4已知 sin cos= ，则

12、cos（2 ）=（）ABCD【考点】 GT：二倍角的余弦； GI：三角函数的化简求值【分析】 由已知，利用二倍角公式可求sin2 的值，进而利用诱导公式即可化简求值得解【解答】 解： sin cos= ，两边平方，可得： 12sin cos= ，可得： 1sin2 = ，cos（2 ）=sin2 = 故选： C【点评】本题主要考查了二倍角公式，诱导公式在三角函数化简求值中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 24 页5己知 0ablc，则（）AabaaBcacbClogaclogbc

13、 Dlogbclogb a【考点】4M：对数值大小的比较【分析】 利用指数函数、对数函数的单调性即可判断出正误【解答】 解： 0ablc，则 abaa，cacb，logaclogbc，logbclogba故选： C【点评】 本题考查了指数函数、对数函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于基础题6中国古代数学名著九章算术中记载了公元前344年 商鞅督造一种标准量器商鞍铜方升，其三视图如图所示 （单位：升） ， 则此量器的体积为 （单位：立方升） （）A14 B12+C12+D38+2【考点】 L!：由三视图求面积、体积【分析】 该几何体为一底面半径为、高为 2 的圆柱与一长、宽、高分别为4、

14、3、1 的长方体的组合，由此能求出此量器的体积【解答】 解：由三视图得到该几何体为一底面半径为、高为 2 的圆柱与一长、宽、高分别为4、3、1 的长方体的组合，如右图，故此量器的体积为： V=故选： B精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 24 页【点评】本题考查三视图与几何体的直观图的关系，几何体的体积的求法，考查计算能力与空间想象能力，是基础题7设计如图的程序框图，统计高三某班59 位同学的数学平均分，输出不少于平均分的人数 （用 j 表示），则判断框中应填入的条件是（）Ai58？ Bi58？ Cj59？ Dj59？【考点

15、】 EF：程序框图【分析】分析程序中各变量、 各语句的作用， 再根据流程图所示的顺序， 由程序框图知：要想判断所有 59 位学生的成绩 aib（i=1，2，3，59）是否成立，判断框中应填入的条件是 i58？【解答】 解：由程序框图知：先输入 59 位同学的数学成绩，并求出平均分b，然后依次判断 59 名学生的成绩 aib（i=1，2，3，59）是否成立，若成立， j=j+1，再判断下一位，若不成立，直接判断下一位，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 24 页由此得到要想判断所有59 位学生的成绩 aib（i=1，2，3，5

16、9）是否成立，判断框中应填入的条件是i58？故选： B【点评】 根据流程图（或伪代码）写程序的运行结果，是算法这一模块最重要的题型，其处理方法是：分析流程图（或伪代码），从流程图（或伪代码）中既要分析出计算的类型，又要分析出参与计算的数据（如果参运算的数据比较多，也可使用表格对数据进行分析管理） ? 建立数学模型，根据第一步分析的结果，选择恰当的数学模型解模8某撤信群中四人同时抢3 个红包，每人最多抢一个，则其中甲、乙两人都抢到红包的概率为（）ABCD【考点】 CB：古典概型及其概率计算公式【分析】 3 个红包分配给四人共有种分法， “ 甲、乙两人都抢到红包 ” 指从 3个红包中选 2 个分配

17、给甲、乙，其余1 个分配给另外二人，甲、乙两人都抢到红包的概率【解答】 解：3 个红包分配给四人共有种分法，“ 甲、乙两人都抢到红包 ” 指从 3 个红包中选 2 个分配给甲、乙，其余1 个分配给另外二人，甲、乙两人都抢到红包的概率：p=甲、乙两人都抢到红包的概率为故选： D【点评】 本题考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意等可能事件概率计算公式的合理运用9己知实数 x，y 满足不等式组，若 z=x2y 的最小值为 3，则 a 的值为精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 24 页（）A1 BC2 D【考点】 7C

18、：简单线性规划【分析】 画出约束条件的可行域，利用目标函数的最值列出方程，求解即可【解答】 解：实数 x，y 满足不等式组的可行域如图，当直线 z=x2y 过点 A（a2，a）时， z 取得最小值，即 a22a=3 可得 a=1故选： A【点评】 本题考查线性规划的简单应用，考查数形结合以及计算能力10函数 f（x）=x2（）x的大致图象是（）ABCD【考点】 3O：函数的图象【分析】 利用 f（0），f（2），f（4）的函数值，排除选项即可推出结果【解答】 解：由 f（0）=1 可排除（ D），由 f（2）=44=0，f（4）=1616=0，可排（ A）（C），故选 B【点评】 本题考查函数

19、的图象的判断，特殊点的应用，考查计算能力11 已知一长方体的体对角线的长为l0，这条对角线在长方体一个面上的正投影长为8，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 24 页则这个长方体体积的最大值为（）A64 B128 C192 D384【考点】 LF：棱柱、棱锥、棱台的体积【分析】 以投影面为底面，得正方体的高为6， 设长方体底面边长分别为a，b， 则a2+b2=64，由此能求出这个长方体体积的最大值【解答】 解：以投影面为底面，得到正方体的高为=6，设长方体底面边长分别为a，b，则 a2+b2=64，这个长方体体积V=6ab

20、3（a2+b2）=192这个长方体体积的最大值为192故选： C【点评】本题考查长方体的体积的最大值的求法，考查基本不等式、长方体性质等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想，是中档题12已知函数 f（x）=sin2+sin x（ 0），xR，若 f（x）在区间（ ，2 ）内有零点，则 的取值范围是（）A（，）（，+）B（0， ，1） C（，） （，）D（，）（，+）【考点】 54：根的存在性及根的个数判断【分析】利用两角和与差的三角函数化简函数的解析式，利用零点求出x 的值，然后利用特殊值排除选项推出结果即可【解答】 解： f（x）=sin （x ），由f（x）=0，可

21、得x=（kZ），令 =2 得函数 f（x）有一零点 x=（ ，2 ），排除（ B）、（ C），令得函数 f（x）在（ 0，+）上的零点从小到大为：x1=，x2，显然 x1?（ ，2 ），x2?（ ，2 ），可排除（ A），故选： D精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 24 页【点评】 本题考查函数的零点的判断与应用，三角函数的化简求值，考查转化思想二、填空题（本大题共4 小题，每小题 5 分，共 20 分，请把正确的答案填写在答题卡相应的横线上.13已知向量=（x1，2）， =（2，x1）满足=| ?| ，则 x=1【考点

22、】 9R：平面向量数量积的运算【分析】 由便可得出的方向相反，即有，这样根据平行向量的坐标关系即可求出x 值，并满足方向相反，从而确定x 的值【解答】 解：；夹角为 ；，且方向相反；（x1）24=0；x1=2，或 x1=2（舍去）；x=1故答案为： 1【点评】 考查向量数量积的计算公式，已知余弦值求角，向量夹角的概念，以及平行向量的坐标关系14已知直线 3x4y6=0 与圆 x2+y22y+m=0（mR）相切，则 m 的值为3【考点】 J7：圆的切线方程【分析】利用直线 3x4y6=0 与圆 x2+y22y+m=0（mR）相切，根据点到直线的距离公式，建立方程，即可得到结论【解答】解： 圆 x

23、2+y22y+m=0 可化为 x2+ （y1）2=1m， 圆心为（0， 1） ， 半径 r=，由题意，直线 3x4y6=0 与圆 x2+y22y+m=0（mR），可得=，m=3故答案为： 3【点评】 本题考查直线与圆相切，考查点到直线的距离公式，考查学生的计算能力，属精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 24 页于基础题15在ABC 中，已知与的夹角为 150 ，| =2，则| 的取值范围是（0，4 【考点】 9S：数量积表示两个向量的夹角【分析】与的夹角为 150 ，| 可得 B=30 由正弦定理可得：=4，可得=4sin

24、C，利用 0C150，即可得出【解答】 解：与的夹角为 150 ，| 可得 B=30 由正弦定理可得：=4，可得=4sinC，又 0C150，可得：故答案为：（ 0，4 【点评】 本题考查了正弦定理、向量夹角、三角函数的单调性与值域，考查了推理能力与计算能力，属于中档题16己知双曲线=1（b0）的离心率为，F1，F2时双曲线的两个焦点， A 为左顶点、 B（0，b），点 P 在线段 AB 上，则?的最小值为【考点】 KC：双曲线的简单性质【分析】 设 P（x，y）推出=（x，y）（x， y）=x2+y25，通过垂直整合求解最小值即可【解答】解：双曲线=1 （b0） 的离心率为， A 为左顶点、

25、可得 a=2， 则 c=，b=1，设 P（x，y）则=（x，y）（x，y）=x2+y25，显然，当 OPAB 时，x2+y2取得最小值，由面积法易得（x2+y2）min=，故点 P在线段AB 上，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页，共 24 页则?的最小值为：故答案为：【点评】 本题考查双曲线的简单性质的应用，考查计算能力三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17（12 分）（ 2017? 揭阳二模）已知数列 an 中，a1=1，an+1=+n+1（I）求证：数列 +1是等比教列（II）求数列 an 的前 n 项

26、和为 Sn【考点】 8H：数列递推式； 8E：数列的求和【分析】 （I）an+1=+n+1，可得+1=2，即可证明数列 +1是等比教列，公比为2，首项为 2（II）由（ I）可得： +1=2n，可得 an=n?2nn利用错位相减法、等比数列的求和公式及其等差数列的求和公式即可得出【解答】 （I）证明： an+1=+n+1，=+1，+1=2，数列 +1 是等比教列，公比为2，首项为 2（II）解：由（ I）可得： + 1=2n，可得 an=n?2nn设数列 n?2n 的前 n 项和为 Tn则 Tn=2+222+323+n?2n，2Tn=22+223+（n1）?2n+n?2n+1，相减可得： Tn

27、=2+22+2nn?2n+1=n?2n+1，可得： Tn=（n1）?2n+1+2Sn=（n1）?2n+1+2【点评】本题考查了错位相减法、等比数列与等差数列的通项公式及其求和公式、数列递推关系，考查了推理能力与计算能力，属于中档题精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页，共 24 页18（12 分）（ 2017? 揭阳二模）己知图1 中，四边形 ABCD 是等腰梯形， ABCD，EFCD，O、Q 分别为线段 AB，CD 的中点， OQ 与 EF 的交点为 P，OP=1，PQ=2，现将梯形 ABCD 沿 EF 折起，使得 OQ=，连结

28、 AD，BC，得一几何体如图2 示（I）证明：平面 ABCD 平面 ABFE；（II）若图 1 中 A=45 ，CD=2，求平面 ADE 与平面 BCF 所成锐二面角的余弦值【考点】 MT：二面角的平面角及求法；LY ：平面与平面垂直的判定【分析】 （）推导出 OPEF、PQEF，OQOP，从而 EF平面 OPQ，进而 EFOQ，OQ平面 ABFE，由此能证明平面ABCD平面 ABFE（）以 O 为原点，PO 所在的直线为 x 轴建立空间直角坐标系Oxyz，利用向量法能求出平面 ADE 与平面 BCF 所成锐二面角的余弦值【解答】 证明：（ ）在图 3 中，四边形 ABCD 为等腰梯形，O、Q

29、 分别为线段 AB、CD 的中点，OQ 为等腰梯形 ABCD 的对称轴，又 ABEFCD，OPEF、PQEF，（2 分）在图 4 中， OQ2+OP2=PQ2，OQOP，（3 分）由及 OPPQ=P，得 EF平面 OPQ，EFOQ，（4 分）又 OPEF=P，OQ平面 ABFE，又 OQ? 平面 ABCD ，平面 ABCD 平面 ABFE（6 分）解：（ ）在图 4 中，由 A=45 ，CD=2，解得 PE=PF=3，AO=OB=4，（ 7 分）以 O 为原点， PO所在的直线为 x 轴建立空间直角坐标系Oxyz，如图所示，则 B（0，4，0）、F（1，3，0）、C（0，1，），=（1，1，0

30、），=（0，3，），（ 8 分）设 =（x，y，z）是平面 BCF 的一个法向量，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 16 页，共 24 页则，取 z=3，得=（，3），（ 9 分）同理可得平面 ADE 的一个法向量=（），（ 10 分）设所求锐二面角的平面角为，则 cos= | cos ， | =，所以平面 ADE 与平面 BCF 所成锐二面角的余弦值为（12 分）【点评】 本题考查面面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查化归与转化思想、数形结合思想，是中档题19（12 分）（ 20

31、17? 揭阳二模）某学校在一次第二课堂活动中，特意设置了过关智力游戏，游戏共五关规定第一关没过者没奖励，过n（nN* ）关者奖励 2n1件小奖品（奖品都一样）如图是小明在10次过关游戏中过关数的条形图，以此频率估计概率（）估计小明在 1 次游戏中所得奖品数的期望值；（II）估计小明在 3 次游戏中至少过两关的平均次数；（）估计小明在 3 次游戏中所得奖品超过30 件的概率精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 17 页，共 24 页【考点】 CH：离散型随机变量的期望与方差；B8：频率分布直方图； CG：离散型随机变量及其分布列【分析】 （

32、）设小明在 1 次游戏中所得奖品数为 ，根据题意写出 的分布列，计算期望值；（）设小明在 3 次游戏中至少过两关的次数为X，则 XB（3，0.7），计算 E（X）即可；（）计算小明在 3 次游戏中所得奖品超过30 件的概率值即可【解答】 解：（ ）设小明在 1 次游戏中所得奖品数为 ，则 的分布列为0124816P0.10.20.30.20.10.1（ 2 分） 的期望值为 E（ ）=00.1+10.2+20.3+40.2+80.1+160.1=4； （4分）（）小明在 1 次游戏中至少过两关的概率为0.7，设小明在 3 次游戏中至少过两关的次数为X，可知 XB（3，0.7），则 X 的平均次

33、数 E（X）=30.7=2.1；（ 7 分）（）小明在 3 次游戏中所得奖品超过30 件含三类：恰好一次 =16 和两次 =8 ，恰好二次 =16 ，恰好三次 =16 ，（ 8 分）?P （=16 ）?P （=8 ）2=30.10.12=0.003，（ 9 分?P （=16 ）2?P （ 16）=30.12（10.1）=0.027，（ 10分）?P （=16 ）3=0.13=0.001；（ 11 分）所以小明在 3 次游戏中所得奖品超过30 件的概率为 P=0.003+0.027+0.001=0.031（ 12分）精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - -

34、- - -第 18 页，共 24 页【点评】 本题考查了离散型随机变量的分布列与数学期望的计算问题，是综合题20（12 分）（2017? 揭阳二模）己知椭圆+=1（ab0）与抛物线 y2=2px（p0）共焦点 F2，抛物线上的点 M 到 y 轴的距离等于 | MF2| 1，且椭圆与抛物线的交点Q满足| QF2| =（I）求抛物线的方程和椭圆的方程；（II）过抛物线上的点P 作抛物线的切线y=kx+m 交椭圆于 A，B 两点，设线段 AB 的中点为 C（x0，y0），求 x0的取值范围【考点】 KP：圆锥曲线的范围问题；K3：椭圆的标准方程； K7：抛物线的标准方程【分析】 （I）利用抛物线上的

35、点M 到 y 轴的距离等于 | MF2| 1，通过抛物线的定义，转化解得 p=2，得到抛物线的方程， 通过椭圆的右焦点F2（1，0），左焦点 F1（1，0），由| QF2| =，解得 Q（，）利用椭圆的定义求出a，b求解椭圆的方程（II）显然 k0，m0，由消去 x，推出 km=1，由消去 y，推出9k2m2+80，求出 0m29，设 A（x1，y1），B（x2，y2），结合韦达定理求解x0的取值范围【解答】 解：（ I）抛物线上的点M 到 y 轴的距离等于 | MF2| 1，点 M 到直线 x=1 的距离等于点 M 到焦点 F2的距离，（ 1 分）得 x=1 是抛物线 y2=2px 的准线，

36、即=1，解得 p=2，抛物线的方程为y2=4x；（3 分）可知椭圆的右焦点F2（1， 0） ， 左焦点 F1（1， 0） ， 由| QF2| =， 得 xQ+1=， 又 yQ2=4xQ，解得 Q（，），（ 4 分）由椭圆的定义得 2a=| QF1|+| QF2| =+=6， 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 19 页，共 24 页a=3，又 c=1，得 b2=a2c2=8，椭圆的方程为（6 分）（II）显然 k0，m0，由消去 x，得 ky24y+4m=0，由题意知 =1616km=0，得 km=1，（ 7 分）由消去 y，得（ 9k

37、2+8）x2+18kmx+9m272=0，其中2=（18km）24（9k2+8）（9m272）0，化简得 9k2m2+80， （9 分又 k=，得 m48m290，解得 0m29，（ 10 分）设 A（x1，y1），B（x2，y2），则 x0=0，由 k2=，得 x01，x0的取值范围是（ 1，0）（ 12 分）【点评】本题考查椭圆以及抛物线的简单性质的应用，范围问题的处理方法，考查转化思想以及计算能力21（12 分）（ 2017? 揭阳二模）设函数f（x）=（xa）2（aR），g（x）=lnx，（I）试求曲线 F（x）=f（x）+g（x）在点（ 1，F（1）处的切线 l 与曲线 F（x）的公

38、共点个数；（II）若函数 G（x）=f（x）g（x）有两个极值点，求实数a的取值范围（附：当 a0，x 趋近于 0 时，2lnx趋向于 +）【考点】 6D：利用导数研究函数的极值；6H：利用导数研究曲线上某点切线方程【分析】 （）求出函数的导数，计算F（1），F （1），求出切线方程，联立方程组得到得 x23x+lnx+2=0，设 h（x）=x23x+lnx+2，根据函数的单调性判断即可；精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 20 页，共 24 页（）设 r（x）=2lnx+1，通过讨论 a的范围，结合函数的单调性确定a的范围即可【解答】

39、 解：（ ）F（1）=（1a）2，F （x）=2（xa）+，切线 l 的斜率是 F （1）=32a，故切线方程是 y（1a）2=（32a）（x1），即 y=（32a）x+a22，联立 y=F（x）=（xa）2+lnx，得 x23x+lnx+2=0，设 h（x）=x23x+lnx+2，则 h （x）=，由 h （x）0 以及 x0，得 0 x或 x1，故 h（x）在（ 0，）和（ 1，+）递增，故 h（x）在（，1）递减，又 h（1）=0，h（）=0，故存在 x0（0，），h（x0）=0，故方程 x23x+lnx+2=0 有 2 个根： 1 和 x0，从而切线 l 和曲线 F（x）有 2 个公共

40、点；（）由题意得 G（x）=（xa）（2lnx+1）=0 在（0，+）至少有 2 个不同的根，设 r（x）=2lnx+1，a0 时，x1=a 是 G （x）=0 的根，由 y=2lnx+1 与 y=（a0）恰有 1 个公共点，可知 2lnx+1=0 恰有 1 根 x2，由 x2=x1=a得 a=1，不合题意，故 a0 且 a1 时，检验可知 x1=a 和 x2是 G（x）的 2 个极值点；a=0时，G （x）=x（2lnx+1）=0在（0，+）仅 1 根，故 a=0不合题意；a0 时，需 r（x）=2lnx+1=0 在（0，+）至少有 2 个不同的实根，精选学习资料 - - - - - - -

41、 - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 21 页，共 24 页由 r（x）=+0，得 x，故 r（x）在（，+）递增，故 r（x）在（ 0，）递减， a0，x0时，r（x）+，且 x1 时，r（x）0，由题意得，需 r（x）min0，即 r（）=2ln（）+30，解得： a2，故2a0，综上， a（ 2，0）（ 0，1）（ 1，+）【点评】 本题考查了切线方程问题，考查函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，是一道综合题三、请考生在第（ 12）、（23）題中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一个题目计分. 选修 4-4:坐标系与参数方程 22（10 分

42、）（ 2017? 揭阳二模）在直角坐标系xOy 中，已知直线l1：y=tan?x（0a ，），抛物线 C：（t 为参数）以原点 O 为极点， x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系（）求直线 l1和抛物线 C 的极坐标方程；（）若直线 l1和抛物线 C 相交于点 A（异于原点 O），过原点作与 l1垂直的直线 l2，l2和抛物线 C 相交于点 B（异于原点 O），求 OAB 的面积的最小值【考点】 Q4：简单曲线的极坐标方程；QH：参数方程化成普通方程【分析】 （）直线 l1是过原点且倾斜角为 的直线，抛物线 C 的普通方程为 y2=4x，由此能求出直线 l1和抛物线 C 的极坐标方程（） 由直线

43、 l1和抛物线 C有两个交点知 0， 把 = 代入 sin2=4cos， 得 A=，直线 l2的极坐标方程为，（ R），代入 sin2=4cos，求出 B=，由此能求出 OAB 的面积的最小值【解答】 解：（ ）直线 l1：y=tan?x（0a ，），直线 l1是过原点且倾斜角为 的直线，其极坐标方程为 =（），（2 分）精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 22 页，共 24 页抛物线 C 的普通方程为 y2=4x，（3 分）其极坐标方程为（ sin ）2=4cos，化简得 sin2=4cos（）由直线l1和抛物线C有两个交点知0，把=

44、代入sin2=4cos，得 A=，（6分）可知直线 l2的极坐标方程为，（ R），（ 7 分）代入 sin2=4cos，得 Bcos2=4sin ，所以 B=，（8 分）=16，OAB 的面积的最小值为16（10分）【点评】 本题考查抛物线、直线方程、极坐标方程、直角坐标方程、参数方程、三角形面积等基础知识， 考查推理论证能力、 运算求解能力， 考查化归与转化思想， 是中档题五、 选修 4-5：不等式选讲 （共 1 小题，满分 0 分）23（2017? 揭阳二模）己知函数f（x）=| 2| x| 1| （I）求不等式 f（x）1 的解集 A；（）当 m，nA 时，证明： | m+n| mn+1

45、【考点】 R6：不等式的证明【分析】 （）去掉绝对值，即可求不等式f（x）1 的解集 A；（）当 m，nA 时，利用分析法即可证明：| m+n| mn+1【解答】 （ I）解： f（x）1 即| 2| x| 1| 112| x| 11，| x| 1（2分）解得： 1x1，所以 A= 1，1 （4 分）（ II）证明：要证： | m+n| mn+1，即证（ m+n）2（mn+1）2（6 分）因为 （m+n）2（mn+1）2=m2+n2m2n21=（m21）（1n2）（8 分）因为 m，nA，所以 m21，n21，所以（ m21）（1n2）0所以（ m+n）2（mn+1）2所以， | m+n| mn+6（10分）精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 23 页，共 24 页【点评】 本题考查不等式的证明，考查分析法的综合运用，属于中档题精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 24 页，共 24 页