2023届高考全国甲卷乙卷全真模拟(四)高考数学试卷及答案

2024年1月11日发(作者：武汉初二上册期中数学试卷)

2023年高考数学全真模拟卷四（全国卷）理科数学（考试时间：120分钟；试卷满分：150分）注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）一、单选题（本题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）1．已知复数z满足z2zi3i0，则z的共轭复数z（A．1iB．1i）1C．i531D．i5）2．设集合Ax,yyx，BA．1C．3x,yyx，则AB的元素个数是（B．2D．43．设命题p：若x,yR，则“xy0”是“x2y2”的必要不充分条件；命题q：“x0，2x1”的否定是“x0，2x1”，则下列命题为真命题的是（）D．p(q)A．pqB．(p)(q)C．pq4．已知fx是偶函数，在(－∞，0)上满足xfx0恒成立，则下列不等式成立的是（）B．f4f3f5D．f4f5f3A．f(3)f4f(5)C．f5f3f45．在长方体ABCDA1B1C1D1中，点E为AC1的中点，ABAA12，且AD22，则异面直线AE与BC所成角的余弦值为（A．）C．23B．3322D．326．美国在今年对华为实行了禁令，为了突围实现技术自主，华为某分公司抽调了含甲､乙的5个工程师到华为总部的4个不同的技术部门参与研发，要求每个工程师只能去一个部门，每个部门至少去一个工程师，且甲乙两人不能去同一个部门，则不同的安排方式一共有（A．96）种B．120C．180D．216π7．将函数ysin2x的图象向左平移(0)个单位长度后，所得图象经过点,1，2则的最小值为（）试卷第1页，共4页

A．π12B．π4C．3π4D．11π12）2上随机取一个数k，8．在区间2,使直线ykx2与圆x2y21相交的概率为（A．33B．312C．36D．349．某班同学利用课外实践课，测量北京延庆会展中心冬奥会火炬台“大雪花”的垂直高N在A的度MN.在过N点的水平面上确定两观测点A,B，在A处测得M的仰角为30°，北偏东60°方向上，B在A的正东方向30米处，在B处测得N在北偏西60°方向上，则MN（）A．10米B．12米C．16米D．18米32210．已知函数fxxbxcxbb0在x=1处有极值，且极值为8，则fx的零点个数为（）A．1B．2C．3D．411．两个长轴在x轴上、中心在坐标原点且离心率相同的椭圆.若A，B分别为外层椭圆的左顶点和上顶点，分别向内层椭圆作切线AC，BD，切点分别为C，D，且两切线斜2率之积等于，则椭圆的离心率为（3）C．A．13B．3332）D．6312．已知ae3，bln1.01，csin0.02，则（A．abcC．cbaB．bacD．b

25m．若c2，且ABC是锐角三角形，则a2b2的取值范围为______．416．如图，ED是边长为2的正三角形ABC的一条中位线，将VADE沿DE折起，构成四棱锥FBCDE，若EFCD，则四棱锥FBCDE外接球的表面积为__________．三、解答题（本题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答）（一）必考题：共60分17．2022年卡塔尔世界杯开幕式在美丽的海湾球场举行，中国制造在这届世界杯中闪亮登场，由中国铁建承建的卢赛尔球场是全球首个在全生命周期深入应用建筑信息模型技术的世界杯主场馆项目．场馆的空调是我们国家的海信空调，海信空调为了了解市场情况，随机调查了某个销售点五天空调销售量y（单位：台）和销售价格x（单位：百元）之间的关系，得到如下的统计数据：销售价格x销售量y2434227036260(1)通过散点图发现销售量y与销售价格x之间有较好的线性相关关系，求出y关于x的ˆaˆbxˆ．线性回归方程y(2)若公司希望每天的销售额到达最大，请你利用所学知识帮公司制定一个销售价格（注：销售额=销售价格×销售量）．ˆ附：回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：bxxyi1ini1iniy2，xxˆ．ˆybxa18．已知数列an的前n项和为Sn，且Sn1Sn2an3，a11．(1)证明：数列an3是等比数列，并求数列an的通项公式；(2)若bnanlog2an3，求数列bn的前n项和Tn．试卷第3页，共4页

19．如图，在四棱锥MABCD中，底面ABCD是平行四边形，AB4，AD22，MC22，ADC=45，点M在底面ABCD上的射影为CD的中点O，E为线段AD上的点(含端点)．(1)若E为线段AD的中点，证明：平面MOE平面MAD；(2)若3AEDE，求二面角DMEO的余弦值．x220．已知函数f(x)x4ex6x，g(x)lnxa1x，a1．(1)求fx的极值；23e(2)若存在x11,3，对任意的x2,e，使得不等式gx2fx1成立，求实数a的取值范围．（e320.09）221．已知抛物线C:x2pyp0的焦点为F，准线为l，点P是直线l1:yx2上一动点，直线l与直线l1交于点Q，QF5.(1)求抛物线C的方程；(2)过点P作抛物线C的两条切线PA,PB，切点为A,B，且9FAFB5，求PAB面积的取值范围.（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．[选修4-4：坐标系与参数方程]x2cos22．在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（为参数）．ysin(1)在以O为极点，x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，求曲线C极坐标方程；(2)若点A，B为曲线C上的两个点且OAOB，求证：11为定值．|OA|2|OB|2[选修4-5：不等式选讲]23．已知函数f(x)|2x||x3|．(1)求函数yf(x)的最小值M；(2)若a0,b0且abM，求1a1b的最小值．试卷第4页，共4页

2023年高考数学全真模拟卷四（全国卷）理科数学（考试时间：120分钟；试卷满分：150分）注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）一、单选题（本题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）1．已知复数z满足z2zi3i0，则z的共轭复数z（A．1i【答案】B【分析】由复数的除法运算求出z，再根据共轭复数的概念可得z.【详解】由z2zi3i0，得z所以z1i.故选：B2．设集合Ax,yyx，BA．1C．3【答案】C【分析】联立yx,yx3求出交点坐标，从而得到答案.(3i)(12i)55i3i1i，12i(12i)(12i)5）B．1i1C．i51D．i5x,yyx，则AB的元素个数是（3）B．2D．4yx3【详解】联立3，即xx，解得：x0或1，yx即AB0,0,1,1,1,1，故AB的元素个数为3.故选：C3．设命题p：若x,yR，则“xy0”是“x2y2”的必要不充分条件；命题q：“x0，2x1”的否定是“x0，2x1”，则下列命题为真命题的是（）D．p(q)A．pq【答案】BB．(p)(q)C．pq【分析】先判断命题p和命题q的真假，再根据复合命题真假的判定方法，即可得出结果.【详解】根据不等式的性质，若xy0，则x2y2；反之，若x2y2，则x2y20，即xyxy0，因为x,y正负不确定，所以不能推出xy0，试卷第1页，共17页

因此“xy0”是“x2y2”的充分不必要条件，即命题p为假命题；所以p为真命题；命题q：“x0，2x1”的否定是“x0，2x1”，故命题q为假命题；q为真命题；所以pq为假，pq为假，p(q)为假，(p)(q)为真.即ACD错，B正确.故选：B.4．已知fx是偶函数，在(－∞，0)上满足xfx0恒成立，则下列不等式成立的是（A．f(3)f4f(5)C．f5f3f4【答案】A【分析】由题干条件得到x,0时，fx0，故fx在,0上单调递减，结合fx为偶函数，得到fx在0,上单调递增，从而判断出大小关系.）B．f4f3f5D．f4f5f3【详解】x,0时，xfx0即fx0，∴fx在,0上单调递减，又fx为偶函数，∴fx在0,上单调递增．∴f3f4f5，∴f3f4f5.故选：A．5．在长方体ABCDA1B1C1D1中，点E为AC1的中点，ABAA12，且AD22，则异面直线AE与BC所成角的余弦值为（A．）C．23B．3322D．32【答案】C【分析】将异面直线AE与BC所成角转化为EAD或其补角，再通过边的计算得到EAD4，即可求解.【详解】连接DE,AC,A1D，由BC∥AD可得EAD或其补角即为异面直线AE与BC所成角，又A1A面ABCD，AC面ABCD，则A1AAC，试卷第2页，共17页

11则AEA1C22222222AC2，则2，同理可得ADDC，DE12211AE2DE2AD2，EAD4，42.故选：C.2则异面直线AE与BC所成角的余弦值为cos6．美国在今年对华为实行了禁令，为了突围实现技术自主，华为某分公司抽调了含甲､乙的5个工程师到华为总部的4个不同的技术部门参与研发，要求每个工程师只能去一个部门，每个部门至少去一个工程师，且甲乙两人不能去同一个部门，则不同的安排方式一共有（A．96【答案】D【解析】根据题意，先将5人分成4组，减去甲乙在一起的1组，然后4组再安排到4个不同的部门可得答案.24【详解】由C51A4216故选：D.）种B．120C．180D．216π7．将函数ysin2x的图象向左平移(0)个单位长度后，所得图象经过点,1，则2的最小值为（A．）B．π4π12C．3π4D．11π12【答案】C【分析】利用三角函数图象平移规律得到函数ysin2(x)的图象，由所得图象经过点π,1和的范围可得答案.2【详解】将函数ysin2x的图象向左平移(0)个单位长度后，π得到函数ysin2(x)的图象，由所得图象经过点,1，可得sinπ21，2π3ππ则π22kπ，kZ，则kπ，kZ，又0，所以的最小值为．442故选：C．2上随机取一个数k，8．在区间2,使直线ykx2与圆x2y21相交的概率为（）A．33B．312C．36D．34【答案】C【分析】求出直线与圆相交时k的取值范围，利用几何概型的概率公式可求得所求事件的概率.【详解】因为圆x2y21的圆心为0,0，半径r1，试卷第3页，共17页

直线ykx2与圆x2y21相交，所以圆心到直线ykx2的距离d1，解得3k3，331k22k23所以，直线ykx2与圆xy1相交的概率为3，故选：C．P346229．某班同学利用课外实践课，测量北京延庆会展中心冬奥会火炬台“大雪花”的垂直高度MN.在过N点的水平面上确定两观测点A,B，在A处测得M的仰角为30°，N在A的北偏东60°方向上，B在A的正东方向30米处，在B处测得N在北偏西60°方向上，则MN（）A．10米【答案】AB．12米C．16米D．18米【分析】由已知分析数据，在△NAB中，由正弦定理可求得NA，在直角△MNA中，可求得MN.【详解】由已知得，MAN30，NABNBA30，AB30米在△NAB中，由正弦定理可得30NA，求得NA103米sin120sin30310米故选：A3在直角△MNA中，MNNAtan3010332210．已知函数fxxbxcxbb0在x=1处有极值，且极值为8，则fx的零点个数为（）A．1【答案】CB．2C．3D．4b2【分析】根据题意求导后结合已知极值，得出，即可根据导数得出其单调性，再c7结合特值得出其零点个数.2【详解】由题意得f¢(x)=3x+2bx+c，322因为函数fxxbxcxbb0在x=1处有极值，且极值为8，试卷第4页，共17页

2则f11bcb8，f132bc0，b2b3解得(经检验适合题意)，或（经检验不合题意舍去）c7c3322故fxx2x7x4，fx3x4x7x13x7，7当x,1或,时，f¢(x)>0，即函数fx单调递增，37当x1,时，fx0，即函数fx单调递减，3又因为f30，f10，f10，f40，则fx有3个零点，故选：C.11．两个长轴在x轴上、中心在坐标原点且离心率相同的椭圆.若A，B分别为外层椭圆的左顶点和上顶点，分别向内层椭圆作切线AC，BD，切点分别为C，D，且两切线斜率之2积等于，则椭圆的离心率为（3）C．A．13B．3332D．63【答案】B2b22【分析】法一，用判别式等于零求两条切线得斜率，因为它们相乘等于，可得2，3a3所以椭圆的离心率为e即得.3；法二，用极点极线得方法得到两条切线得斜率，再根据条件3x2y2x2y2【详解】法一：设内椭圆方程为221ab0，外椭圆为22m2m0，abab切线AC的方程为yk1xma，yk1xma,y可得：b2a2k12x22ma3k12xm2a4k12a2b20，联立222222消去bxayab,26422224222因为直线AC为椭圆的切线，所以Δ4mak14bak1mak1ab0，b2b212化简可得：k22，设直线BD的方程为：yk2xmb，同理可得k22m21，aam12b223因为两切线斜率之积等于，所以2，所以椭圆的离心率为e.故选：B.3a33x2y2x2y2法二；设内层椭圆：221，外层椭圆：2221设切点P1x1,y1，P2x2,y2，Ama,0，B0,mb，切线l1：x2xy2yx1xy1y1l21，，切线：2a2b2a2b试卷第5页，共17页

b2x1b2x2∴k12①，k22②，ay2ay1y1b2x1222222又∵k1kAP1，即2，即bx1bmax1ay1，即ay1x1mab2m2ax1a2y12b2x12a2b2，∴mx1a，同理k2kBP2，∴my2b，∴y2b，x1ay1by12b2x2y2P将P，代入椭圆中得：，经分析得：，1122x2ax2a2a2b2b2x1x2b2b22b21322，∴2，∴e12，∴e由①②可知k1k22.故选：3a3312212．已知ae3，bln1.01，csin0.02，则（A．abcC．cba【答案】D）B．bacD．bBC>BD，即sin，3所以ae11120.02sin0.02c.3e3501110，所以fx设fxsin2xln1x，x0,，则fx2cos2x61x1x在0,上单调递增，6则f0.010，即sin0.02ln1.01，即bc.综上，b

13．若双曲线x2my21的焦距等于虚轴长的3倍，则m的值为______．【答案】822【分析】先将双曲线化为标准形式，进而得到a1,b112，c1，根据题意列出mm方程，求出m的值.y2x1【详解】x2my21化为标准方程：，1m222则a1,b11112，故c1，则可得：216，解得：m8，mmmm故答案为：8rrrracm,114．向量a2,1，b2,3，，cb，则c___．【答案】172【分析】利用平面向量垂直的坐标表示可求得实数m的值，再利用平面向量的坐标运算以及向量模的坐标运算可求得结果.33cm【详解】由已知可得cb2m30，解得，则,1，222117117所以，ac,2，因此，ac22.故答案为：.2222ABa,b,cA,B,Cm,1，且15．在ABC中，角所对的边分别为，已知向量cos225m．若c2，且ABC是锐角三角形，则a2b2的取值范围为______．420【答案】,8325π2π【分析】化简m可得AB，即C，由正弦定理可得343a2b2168πππsin2A，再结合ABC是锐角三角形，即可求出A，则可写出33662a2b2的取值范围.21cosABAB5【详解】由题意得mcos211，2241所以cosAB，2因为0ABπ，所以AB由正弦定理得π2π，所以CπAB，33abc43，sinAsinBsinC3所以a43432π43sinBsinA，sinA，b3333试卷第7页，共17页

22则ab1622sinAsin2A331684cos2Acos2A33316813cos2Acos2Asin2A3322168πsin2A．336π2ππA，，0B，又B322因为ABC是锐角三角形，所以0A所以所以ππππ5πA，即2A，666621π20168πsin2A1，所以sin2A8，3336262020a2b28．故答案为：,8.故3316．如图，ED是边长为2的正三角形ABC的一条中位线，将VADE沿DE折起，构成四棱锥FBCDE，若EFCD，则四棱锥FBCDE外接球的表面积为__________．【答案】112【分析】根据给定的几何体，确定四边形BCDE外接圆圆心，进而求出外接球半径即可计算作答.【详解】取BC中点G，连接AG交DE于H，连接FH,EG,DG,FG，如图，试卷第8页，共17页

因为ED是边长为2的正ABC平行于BC的中位线，则AGED,FHED，H是AG中点，AGFHH,AG,FH平面AFG，则有ED平面AFG，ED平面BCDE，有平面AFG平面BCDE，显然有GEGDGCGB1BC1，则G是四边形BCDE外接圆圆心，2在平面AFG内过G作直线lAG，因为平面AFG平面BCDEAG，因此l平面BCDE，FQ平面AFG，则四棱锥FBCDE的外接球球心O在直线l上，过F作FQAG于Q，有FQ平面BCDE，则有OG//FQ，连接FO,BO，四边形FOGQ为直角梯形，因为EG//CD,FECD，则有FEEG，FG2，在AFG中，FHAHHG，则AFG是直角三角形，而AG3，则AF1，于是得FQAFG90，AFFG6，过O作OPFQ于P，AG3FG22有PQOG，OPGQ，AG3R21OG2OBBGOGOB=OF=R，Rt△OBG与RtOFP中，2，4622，即22OFOPFPOG)R(33222116222，所以四棱锥FBCDE外接球的表面积为S4R.,R24411故答案为：2解得OG三、解答题（本题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答）（一）必考题：共60分试卷第9页，共17页

三、解答题中国制造在这届世界杯中闪亮登17．2022年卡塔尔世界杯开幕式在美丽的海湾球场举行，场，由中国铁建承建的卢赛尔球场是全球首个在全生命周期深入应用建筑信息模型技术的世界杯主场馆项目．场馆的空调是我们国家的海信空调，海信空调为了了解市场情况，随机调查了某个销售点五天空调销售量y（单位：台）和销售价格x（单位：百元）之间的关系，得到如下的统计数据：销售价格x销售量y2434227036260(1)通过散点图发现销售量y与销售价格x之间有较好的线性相关关系，求出y关于x的线ˆaˆbxˆ．性回归方程y(2)若公司希望每天的销售额到达最大，请你利用所学知识帮公司制定一个销售价格（注：销售额=销售价格×销售量）．ˆb附：回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：xxyi1ini1iniy2xxˆ．ˆybx，aˆ7.5x525【答案】(1)y(2)35百元【分析】（1）根据已知求得回归方程的系数，即可得回归方程；7.5x3529187.5，利用二次函数的性质即可求解（2）利用销售额的公式可得到z【详解】（1）x2428303236340330300270260300，30，y55ˆ6402302(30)6(40)7.5，b364436ˆ3007.530525，aˆ7.5x525∴y关于x的线性回归方程为yxy7.5x2525x7.5x3529187.5，0x70，（2）设销售额为z当x35百元时，此时销售额到达最大，该值为zmax9187.5百元18．已知数列an的前n项和为Sn，且Sn1Sn2an3，a11．(1)证明：数列an3是等比数列，并求数列an的通项公式；试卷第10页，共17页

(2)若bnanlog2an3，求数列bn的前n项和Tn．n1【答案】(1)证明过程见详解，an23329n2(2)Tnn2nn22【分析】（1）先利用an与Sn之间的关系化简已知等式，得到an1，an间的关系，从而可求得数列an3的首项和公比，即可求得数列an的通项公式；（2）先求得数列bn的通项公式，再根据分组求和和错位相减即可求得Tn．【详解】（1）因为Sn1Sn2an3，所以Sn1Sn2an3，得an12an3，即an132an3，又a11，所以数列an3是首项为4，公比为2的等比数列，所以an342n12n1，得an2n13．n1n1n1n1（2）由题意得bn23log22n123n123n1，1所以Tn222323n12n63n3n．223n1令Pn2232n12，34n2则2Pn2232n12，两式相减，得Pn22222Pnn2n2，329n2所以Tnn2nn．22234n1n12n24222n121n12n2n2n2，故如图，在四棱锥MABCD中，底面ABCD是平行四边形，19．AB4，AD22，MC22，ADC=45，点M在底面ABCD上的射影为CD的中点O，E为线段AD上的点(含端点)．(1)若E为线段AD的中点，证明：平面MOE平面MAD；试卷第11页，共17页

(2)若3AEDE，求二面角DMEO的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)3015【分析】(1)在△ADO中，利用勾股定理证明ED⊥EO，再结合ED⊥MO即可证明AD平面MOE，从而可证明平面MOE平面MAD；(2)连接OA，证明DOOA，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量即可求解二面角的余弦值．【详解】（1）∵AD平面ABCD，MO平面ABCD，∴MOAD．∵O为线段CD的中点，E为线段AD的中点，∴DO2，DE2，∵ADC=45，由余弦定理得EO222(2)2222则EO2DE2DO2，则DEEO．∵MOEOO，MO,EO平面MOE，∴AD平面MOE，又∵AD平面MAD，∴平面MOE平面MAD．（2）连接OA，由(1)知当E为线段AD的中点时，AEDEEO2，则A、O、D三点在以AD为直径的圆上，故DOOA．故以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，22，2又MC22，则MO2，∴O(0,0,0)，D(2,0,0)，A(0,2,0)，M(0,0,2)．13又3AEDE，则E,,0，2213OE,,0．∴OM(0,0,2)，DM(2,0,2)，DA(2,2,0)，22DMm2x12z10，x1z1，设平面MAD的法向量为mx1,y1,z1，则解得x1y1，DAm2x12y10，取x11，则平面MAD的一个法向量为m(1,1,1)．试卷第12页，共17页

13OEnxy20，x23y2，222设平面MEO的法向量为nx2,y2,z2，则解得z20，OMn2z0，2取x23，则平面MEO的一个法向量为n(3,1,0)．mn则cosmnmn230，1531030．15则二面角DMEO的余弦值为x220．已知函数f(x)x4ex6x，g(x)lnxa1x，a1．(1)求fx的极值；23e(2)若存在x11,3，对任意的x2,e，使得不等式gx2fx1成立，求实数a的取值范围．（e320.09）【答案】(1)极大值ln28ln28，极小值为9e326(2)1,3e【分析】（1）求出f(x)，令f(x)0，得x3或xln2，再列出x,f(x),f(x)的变化关系表，根据表格和极值的概念可求出结果；（2）根据（1）求出fx在1,3上的最小值为f(3)9e3，则将若存在x11,3，对任3lnx9e23gxfxe,ee意的x2，使得不等式成立，转化为在a121,e上恒x23lnx9e323成立，再构造函数h(x)，xe,e，转化为a1h(x)min，利用导数求出xh(x)min代入可得解x2【详解】（1）由f(x)x4ex6x，xxxx得f(x)ex4e2x6x3e2x6x3e2,令fx0，得x3或xln2，x,f(x),f(x)的变化关系如下表：xfx,ln2＋ln2ln2,3－33,＋00试卷第13页，共17页

fx单调递增极大值单调递减极小值单调递增由表可知，当xln2时，fx取得极大值，为f(ln2)ln24eln2ln26ln2ln28ln28，当x3时，fx取得极小值，2232为f(3)34e3189e3.3（2）由（1）知，fx在1,3上单调递减，所以当x1,3时，f(x)minf(3)9e，23于是若存在x11,3，对任意的x2e,e，使得不等式gx2fx1成立，则23lnxa1x9e3a1在e,e上恒成立，lnx9e323e即a1在,e上恒成立，xlnx9e323e令h(x)，x,e，则a1h(x)min，x1xlnx9e310e3lnx，h(x)xx22x23333lnx2,3e,e10elnx12e,13e因为x，所以，，因为e320.09，所以13e31320.097.090，所以h(x)0，所以hx单调递减，故h(x)min于是a11lne3e396，h(e)1e3e3366a，得，又a1，e3e36所以实数a的取值范围是1,3．e221．已知抛物线C:x2pyp0的焦点为F，准线为l，点P是直线l1:yx2上一动点，直线l与直线l1交于点Q，QF5.(1)求抛物线C的方程；(2)过点P作抛物线C的两条切线PA,PB，切点为A,B，且9FAFB5，求PAB面积的取值范围.【答案】(1)x24y(2)4,205试卷第14页，共17页

pp【分析】（1）计算Q2,，F22p0,，根据距离公式计算得到p2，得到抛物线2方程.（2）求导得到导函数，计算切线方程得到AB的直线方程为2yy0xx0，联立方程，根据韦达定理得到根与系数的关系，根据向量运算得到3y04，再计算S△PAB12y024，得到范围.p23【详解】（1）直线l1:yx2，当y时，x2ppp，即Q2,，F222p0,，222p则QF2p25，解得p2或p（舍去），52故抛物线C的方程为x24y.（2）设Ax1,y1，Bx2,y2，Px0,y0，yPA的直线方程为：yx24，yx，2x1xx1y1，整理得到2yy1xx1，2同理可得：PB方程为2yy2xx2，2y0y1x0x2故，故AB的直线方程为2yy0xx0，2yyxx20202yy0xx0x1x22x02x2xx4y0，整理得到，，200xx4y x4y 012FAFBx1,y11x2,y21x1x2y1y2y1y21x12x22x1x22x1x2x1x21y02x026y012y03，16492y035，解得3y04，2设P到AB的距离为d，S△PABx0211ABd1224x1x24x1x224y0x024x0212y0243，3y04，故y0244,20，S△PAB4,205（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．[选修4-4：坐标系与参数方程]试卷第15页，共17页

x2cos22．在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（为参数）．ysin(1)在以O为极点，x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，求曲线C极坐标方程；(2)若点A，B为曲线C上的两个点且OAOB，求证：2【答案】(1)11为定值．|OA|2|OB|243sin21(2)证明见解析【分析】（1）先消去参数化为直角坐标方程，再根据公式xcos，ysin化为极坐标方程即可得解；π（2）由于OAOB，故可设A1,，B2,，将A,B的极坐标代入曲线C的极坐2标方程，根据极径的几何意义可求出结果.x2cosx2【详解】（1）由得y2cos2sin21，4ysinx2所以曲线C的直角坐标方程为y21．42x2cos22将xcos，ysin代入到y1，得2sin21，4442得，3sin212所以曲线C的极坐标方程为：43sin21.π（2）由于OAOB，故可设A1,，B2,212所以43sin21，224112|OA||OB|22π3sin212112243cos21，123sin13cos1245．4即115为定值.|OA|2|OB|24[选修4-5：不等式选讲]23．已知函数f(x)|2x||x3|．(1)求函数yf(x)的最小值M；(2)若a0,b0且abM，求【答案】(1)M3;试卷第16页，共17页1a1b的最小值．

(2)26.3【分析】（1）利用零点分段法将fx写出分段函数的形式，画出图象，由图象可以看出函数fx的最小值；（2）由（1）知ab3，利用基本不等式可得的最小值.33xx3【详解】（1）由于fx2xx33x3x0，作出此函数图象如图所示:3x3x01112，再利用基本不等式可得ab3ab由图象可知函数f(x)的最小值为f03，即M3．149ab（2）由（1）知ab3，所以ab，所以ab9，42即2123，当且仅当ab时等号成立，2ab3112ab1a1b312262,当且仅当ab时等号成立．233ab26.3∴故的最小值为试卷第17页，共17页