2023年12月11日发(作者：徐州市丰县中考数学试卷)

2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅰ）一、选择题：本题共12小题，每小题项是符合题目要求的。1．若z1i，则|zA．0

2．设集合AA．425分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一2z|(B．1

)C．2D．2

{x|x240}，BB．2{x|2xa0}且AC．2

B{x|2x1},则a()D．4

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，与底面正方形的边长的比值为()则其侧面三角形底边上的高A．514B．2512C．0)上一点，点541D．5214．已知A为抛物线C:y离为9，则pA．2

()2px(pA到C的焦点的距离为12，到y轴的距B．3 C．6 D．9

5．某校一个课外学习小组为研究某作物种子的发芽率20个不同的温度条件下进行种子发芽实验，由实验数据面的散点图：y和温度x（单位：(xi，yi)(i1，2，C)的关系，在，20)得到下由此散点图，在10C至40C之间，下面四个回归方程类型中最适宜作为发芽率回归方程类型的是A．yabxx43y和温度x的()B．yabx2C．yabexD．y()D．yablnx6．函数f(x)A．y2x的图象在点(1，f（1）)处的切线方程为B．ycos(x6)在[2x1，C．y2x32x12x1()7．设函数f(x)]的图象大致如图，则f(x)的最小正周期为第1页（共19页）A．8．(x109B．257633C．)43D．32y)(xxy)的展开式中xy的系数为(B．10 A．5

9．已知A．53C．15

8cos5，则sinC．13()D．20

(0,)，且3cos2B．23D．ABC的外接圆．若59O1的面积为4，10．已知A，B，C为球O的球面上的三个点，ABBCAC2O1为)C．36OO1，则球O的表面积为(B．482A．6411．已知M:xyD．320，P为l上的动点．过点P作M2x2y20，直线l:2xy2的切线PA，PB，切点为A，B，当|PM||AB|最小时，直线A．2x12．若2A．aaAB的方程为(0D．2x)y10y104bB．2xy10)C．2xy1log2a2b2log4b，则(B．a2bC．a5分，共20分。b2D．ab2二、填空题：本题共4小题，每小题2x13．若x，y满足约束条件yy1200,则zx7y的最大值为．xy1014．设a，b为单位向量，且15．已知F为双曲线C:|ab|1，则|ab|．xa2yb2221(a0,b0)的右焦点，A为C的右顶点，B为C上的．AD3，ABAC，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PABC的平面展开图中，．AC1，ABABAD，CAE30，则cosFCB第2页（共19页）三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、每个试题考生都必须作答。第60分。证明过程或演算步骤。第17～21题为必考题，（一）必考题：共22、23题为选考题，考生根据要求作答。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，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE是底面的内接正三角形，（1）证明：PA（2）求二面角BAD．ABCP为DO上一点，PO66DO．平面PBC；PCE的余弦值．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当一人被淘汰后，剩余的两人12空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；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．20．（12分）已知A，B分别为椭圆E:AGGB8．P为直线x．xa22y21(a1)的左、右顶点，G为E的上顶点，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页（共19页）（1）求E的方程；（2）证明：直线CD过定点．21．（12分）已知函数（1）当a（2）当f(x)ex2axx．1时，讨论f(x)的单调性；x0时，f(x)12x31，求a的取值范围．22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的（二）选考题：共10分。请考生在第第一题计分。[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）22．（10分）在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，4cos16sin30．（1）当k1时，C1是什么曲线？（2）当k4时，求C1与C2的公共点的直角坐标．[选修4-5：不等式选讲]（10分）23．已知函数f(x)|3x1|2|x1|．（1）画出yf(x)的图象；（2）求不等式f(x)f(x1)的解集．第4页（共19页）xcoskt,ysinkt(t为参数）．以坐标原线C2的极坐标方程为曲2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅰ）参考答案与试题解析一、选择题：本题共12小题，每小题项是符合题目要求的。1．若z1i，则|zA．0

25分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一2z|(B．1

)C．2D．2

【思路分析】由复数的乘方和加减运算，化简求值．【解析】：若z故选：D．1i，则z22z22z，再由复数的模的定义，计算可得所22z(1i)2(1i)2i22i2，则|z2z||2|2，【总结与归纳】本题考查复数的运算，考查复数的模的求法，道基础题．2．设集合)A．4B．2C．2

A{x|x2主要考查化简运算能力，是一40}，B{x|2xa0}，且AB{x|2x1}，则a(D．4

【思路分析】由二次不等式和一次不等式的解法，化简集合得a的方程，解方程可得【解析】：集合A由A则aa．2A，B，再由交集的定义，可{x|xx40}{x|212a1，x2}，B{x|2xa0}{x|xa2}，B2．{x|21}，可得故选：B．【总结与归纳】本题考查集合的交集运算，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，与底面正方形的边长的比值为()则其侧面三角形底边上的高同时考查不等式的解法，考查方程思想和运算能A．514B．512C．541D．521【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第5页（共19页）h，h则依题意有：h212ah22h()2a，因此有h22()2a212ah4(ha)22(ha)10ha541（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:y离为9，则pA．2

()B．3

222px(p0)上一点，点A到C的焦点的距离为12，到y轴的距C．6 D．9

【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:y2px(p0)上一点，点A到C的焦点的距离为故有：9p212，到y轴的12p6；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20个不同的温度条件下进行种子发芽实验，由实验数据面的散点图：y和温度x（单位：(xi，yi)(i1，2，C)的关系，在，20)得到下由此散点图，在10C至40C之间，下面四个回归方程类型中最适宜作为发芽率回归方程类型的是A．yabx()B．yabx2xy和温度x的C．yabeD．yablnx【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，在对数函数的曲线附近，结合选项可知，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)A．yx4310C至40C之间，发芽率y和温度x所对应的点(x,y)在一段yablnx可作为发芽率y和温度x的回归方程类型．2x的图象在点(1，f（1）)处的切线方程为B．y2x1C．yx2x3()D．y2x12x1【思路分析】求出原函数的导函数，得到函数在直线方程的点斜式求解．【解析】：由f(x)x4331处的导数，再求得f（1），然后利用2x，得f(x)4x6x，第6页（共19页）f（1）函数f(x)即y46x42，又f（1）3121，y(1)2(x1)，2x的图象在点(1,f(1))处的切线方程为2x1．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(x6)在[，]的图象大致如图，则f(x)的最小正周期为()A．109B．7613949C．43109D．3249)0，【思路分析】由图象观察可得最小正周期小于求得，大于，排除A，D；再由f(，对照选项B，C，代入计算，即可得到结论．()13949k26，大于2(49)109，排除A，【解析】：由图象可得最小正周期小于D；由图象可得f(49)276243cos(1273249，由49493266)0，即为1276kk2，kZ，(*)若选B，即有，可得k不为整数，排除B；若选C，即有，由2，可得k1，成立．故选：C．【总结与归纳】本题考查三角函数的图象和性质，迅速解题的关键，属于中档题．8．(xA．5

2主要是函数的周期的求法，运用排除法是y)(xxy)的展开式中xy的系数为(B．10

(x22533)C．15 D．20

43【思路分析】先把条件整理转化为求展开式的特点即可求解．【解析】：因为(x要求展开式中432332y)(x252y)展开式中xy的系数，再结合二项式的5yx)(xy)5(xy)(xxy)(xyCx24542y)；43xy的系数即为求(x225232y)展开式中xy的系数；y15xy；435展开式含xy的项为：xCxy故(xyx)(xy)的展开式中xy的系数为15；故选：C．二项式展开式的通项公式，二项式系数的533【总结与归纳】本题主要考查二项式定理的应用，性质，属基础题．9．已知(0,)，且3cos28cos5，则sin第7页（共19页）()A．53B．23C．13cosD．59【思路分析】利用二倍角的余弦把已知等式变形，化为关于再由同角三角函数基本关系式求得【解析】：由3cos2即3cos2的一元二次方程，求解后sin的值．28cos4(5，得3(2cos1)8cos50，23．53．故选：A．4cos0，解得cos，)，则sin2（舍去），或cos1cos2(0,)，21(23)2【总结与归纳】本题考查三角函数的化简求值，的应用，是基础题．10．已知A，B，C为球O的球面上的三个点，ABBCACOO1，则球O的表面积为(B．48考查同角三角函数基本关系式与二倍角公式O1为)C．36ABC的外接圆．若O1的面积为4，A．64D．32【思路分析】画出图形，利用已知条件求出【解析】：由题意可知图形如图：32AO1ABsin60，32AO13221OO1，然后求解球的半径，即可求解球的表面积．2，则23，42O1的面积为4，可得O1AAB，21ABBCACOO1外接球的半径为：RAOOO4，球O的表面积：464．故选：A．【总结与归纳】本题考查球的内接体问题，11．已知M:x2球的表面积的求法，求解球的半径是解题的关键．y20，P为l上的动点．过点P作My22x2y20，直线l:2x的切线PA，PB，切点为A，B，当|PM||AB|最小时，直线A．2xy10B．2xy10C．2xy1AB的方程为(0D．2x)y102【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|4，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，方程联立可得再与圆M的AB所在直线方程．2【解析】：化圆M为(x1)圆心M(1,1)，半径rS四边形PAMB12PM(y1)24，2．AB2SPAMPAAM2PA2|PM|24．第8页（共19页）要使|PM||AB|最小，则需|PM|最小，此时PM与直线l垂直．直线PM的方程为y1y1x12，解得P(1,0)．则以PM为直径的圆的方程为202xy12y020，可得直线AB的方程为2xy1x212(x1)，即y12x12，1254联立22xyxx22(y)2．联立yy220．故选：D．考查过圆两切点的【总结与归纳】本题考查直线与圆位置关系的应用，直线方程的求法，是中档题．12．若2A．aab考查圆的切线方程，log2a2b42log4b，则(B．a2b)C．ab22D．alog2a22bb2【思路分析】先根据指数函数以及对数函数的性质得到函数的单调性即可求解结论．【解析】：因为2因为22bab2balog22b；再借助于log2a22b42log4b22b2log2b；alog2b2xlog22blog2b1即2log2af(x)在(0,22blog22b；)内单调递增；令f(x)log2x，由指对数函数的单调性可得f(2b)a2b；故选：B．且f（a）【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：本题共4小题，每小题5分，共20分。2x13．若x，y满足约束条件yy1200,则zx7y的最大值为1 ．xy10【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【解析】：x，y满足约束条件yy10200，xy1不等式组表示的平面区域如图所示，由2xxyy12017x0，可得A(1,0)时，目标函数17zx7y，可得y17x17z，1．故答当直线y案为：1．z过点A时，在y轴上截距最大，此时z取得最大值：170第9页（共19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|ab|1，则|ab|23．【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，且可得a则|a2|ab|1，|ab|1，1，2abb21，12ab11，所以2ab3．b|a22abb23．故答案为：xa2【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．15．已知F为双曲线C:yb2221(a0,b0)的右焦点，A为C的右顶点，B为C上的2 ．点，且BF垂直于x轴．若AB的斜率为3，则C的离心率为【思路分析】利用已知条件求出心率即可．2A，B的坐标，通过AB的斜率为3，转化求解双曲线的离y2b2x【解析】：F为双曲线C:2a1(a0,b0)的右焦点(c,0)，A为C的右顶点(a,0)，b)，a2B为C上的点，且BF垂直于x轴．所以B(c,b若AB的斜率为3，可得：b22ac0ac23，3ac2a，e2c2a，代入上式化简可得3e22ca，可得e20，e1，解得e2．故答案为：2．离心率的求法，考查转化思想以及计算【总结与归纳】本题考查双曲线的简单性质的应用，能力．16．如图，在三棱锥PABC的平面展开图中，14．AC1，ABAD3，ABAC，ABAD，CAE30，则cosFCB第10页（共19页）【思路分析】根据条件可知【解析】：由已知得BDD、E、F三点重合，分别求得2AB6，BCAEAD2，3，BFBDBC、CF、BF即可．因为D、E、F三点重合，所以则在CE22AB6，ACE中，由余弦定理可得AC2AE22ACAEcosCAE13233221，所以CE则在CF1，BCD中，由余弦定理得14．cosFCBBC2CFBF2146142BCCF212，故答案为：【总结与归纳】本题考查三棱锥展开图，每个试题考生都必须作答。第（一）必考题：共60分。涉及余弦定理的应用，数形结合思想，属于中档题．第17～21题为必考题，三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。22、23题为选考题，考生根据要求作答。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，可得即为q222a1a2a3，即2a1n1a1qa1q，q20，解得q(2)2n12(1舍去），所以{an}的公比为，nan32；n1（2）若a11，则ann(2)n，2则数列{nan}的前n项和为Sn2Sn1(2)2(2)13(2)(2)112(2)3(2)n(2)，nn(2)，2两式相减可得3Sn(2)(2)3(2)n1n(2)n1(2)1(2)n(2)，n第11页（共19页）1(13n)(2)化简可得Sn，9n1(13n)(2)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，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE是底面的内接正三角形，（1）证明：PA（2）求二面角BnAD．ABCP为DO上一点，PO66DO．平面PBC；PCE的余弦值．【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PAPC，PAPB，进而得证；PBC及平面PCE的法向量，利用向量的夹角公式即（2）建立空间直角坐标系，求出平面可得解．【解析】：（1）不妨设圆O的半径为1，OADOPA在DAPB2OB2，OC1，AEAD2，ABBCAC3，OA23,POPO2662DO6，2PC2AO222PAC中，PAPCAC，故PAPCP，PC，同理可得PA故PAPB，又PB平面PBC；31B(,,0),C(2232,12,22)，3x32x012y22z0，可取m(0,2,1)，312,,0),P(0,0,),E(0,1,0)，222（2）建立如图所示的空间直角坐标系，则有故BC(3,0,0),CE31(,,0),CP22(mBC设平面PBC的法向量为m(x,y,z)，则mCP同理可求得平面故cos|mn||m||n|PCE的法向量为n255，即二面角B(2,PC6,23)，E的余弦值为255．第12页（共19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，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，考查推理能力及计另一人轮空；每场比赛的胜者与轮当一人被淘汰后，剩余的两人12空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；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．【解答】（1）甲连胜四场只能是前四场全胜，P()214．116．（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，甲连胜四场的概率为116，乙连胜四场比赛的概率为18，116，丙上场后连胜三场的概率为需要进行五场比赛的概率为：P．第13页（共19页）（3）丙最终获胜，有两种情况，比赛四场结束且丙最终获胜的概率为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，概率分别为丙最终获胜的概率P6．111,,，168818，【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2公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．20．（12分）已知A，B分别为椭圆E:AGGB8．P为直线xx2ay21(a1)的左、右顶点，G为E的上顶点，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AGGB（2）联立直线和椭圆的方程求出【解析】：如图示：a218，解出a，求出E的方程即可；CD的方程，判断即可．C，D的坐标，求出直线（1）由题意A(a,0)，B(a,0)，G(0,1)，AG(a,1)，GB(a,1)，AGGBa218，解得：a3，故椭圆E的方程是x29y21；（2）由（1）知A(3,0)，B(3,0)，设P(6,m)，则直线PA的方程是yx联立2m9(x3)，9yym921(93)m)x226mx29m2810，(x由韦达定理3xc9m8129mm92xc3m27，29m6m92代入直线PA的方程为y直线PB的方程是ym3(x(x3)得：yc3m276m，22，即C(2)，m9m9m23)，第14页（共19页）x联立方程29yym321(1m)x226mx29m290，(x3)2由韦达定理3xD9m921mxDm33m2321m，2m12代入直线PB的方程为y直线CD的斜率KCD直线CD的方程是y故直线CD过定点(32(x3)得yDyDxD3(34m3(3m)2m2，即D(3m2321m，2m1m2)，yCxC2m1m4mm)(x，3m23221m)，整理得：y4m3(3m)2(x32)，，0)．【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（1）当a（2）当f(x)ex2axx．1时，讨论f(x)的单调性；x0时，f(x)12x31，求a的取值范围．x求得导数，结合指数函数的值域【思路分析】（1）求得a1时，f(x)的解析式，两次对判断导数的符号，即可得到所求单调性；（2）讨论x0，不等式恒成立；xx0时，运用参数分离和构造函数，求得导数，判断单2调性和最值，进而得到所求范围．【解析】：（1）当af(x)exx1时，f(x)exx，2x1，设g(x)e2f(x)，f(x)在R上递增，0时，f(x)0，因为g(x)因为f(0)0，可得g(x)在R上递增，即0时，f(x)0；当x,0)；0，所以当x所以f(x)的增区间为(0,)，减区间为(（2）解法一：（分离参数法）当x0时，f(x)13x1恒成立，2aR；x①当x0时，不等式恒成立，可得②当x0时，可得1x3ax13x2x1ex2恒成立，(2x)(ex设h(x)可设m(x)由2x1ex212x3x2x1)，ex，则h(x)x\'\'2ex12x1，可得m(x)exx1，m(x)1，x0，可得m(x)m(0)0恒成立，可得m(x)在(0,0，第15页（共19页）)递增，所以m(x)min即m\'(x)再令h(x)x0恒成立，即m(x)在(0,0，可得x2，当0x)递增，所以m(x)min2时，h(x)m(0)0，20，h(x)在(0,2)递增；h（2）)．2时，h(x)0，h(x)在(2,)递减，所以h(x)max7e，4所以a7e422，综上可得a的取值范围是[7e42，解法二：（河南鹤壁戴支俊补解）（切线法）根据exaxeexxxax2121232x331得exxax212x3x1h(x)为g(x)的切线设g(x)g\'(x)eex0x,h(x)21，则知临界状态时2ax3212x0x02x，设切点为(x0,y0)，则1，消去为a得2(x02)[ex02ax0ax02(1x012x)]200x03x00，a1所以x0根据2或x0h(0)h(2)g(0)g(2)74e2所以a的取值范围是[74e2，)．解法三：（湖南湘潭沈成友补解）（不分离参数讨论法）exax2xeexx12x31,即ex-3122xax2x-12x-130令gxax2x-1xex3gx2ax1-x，g22a-3x，gxe-3=0，xgx=ln3，值x在-，ln3单调递减，在33ln32agxln3,单调递增，gx在xln3取得最小gln3故当a于是3ln3-32时，0恒成立，所以gxg0=0，gxg00成立。ln3x2,时，使得3ln3-31当a时，g0=1+2a,a时，存在x1022gx1=gx2=0，gx在0，x2单调递减，x2,x当单调递增，0，x2时gxg0=0，gxg0=0不成立；g13ln3-3a时，存在0x1ln3x2,使得22x1=gx2=0，gx在0,x1单调递增，x1，x2单调递减，第16页（共19页）x2,单调递增，若若gx2gx2gx0，则gx0，则存在00恒成立，于是gxx1x3ln3x2x4,g0x4,ex40成立；使得0,x3单调递增，gx4ex4x3，x4单调递减，单调递增，故只需满足2ax412321-x4=0，ax4=-2x4321-x422x4-12x4-x4-13gx4ex4ax42x4-x4-1=e3e-x41-232x42=2x42x4e-12x42x412x42x4-10x42，易证e-x4-10，所以ln32xea=-x41-x4e2，令hx=-2x433221x2,hx=3x2xx0,a2xex2e2x4x2x2,x所以即3xxe4222e2x2,00,所以hx2x30,h2，7e，4考查构造函数法，主要考查分类讨27a3ln33，综上，a的取值范围为【总结与归纳】本题考查导数的运用：求单调性和最值，论思想和化简运算能力、推理能力，属于难题．（二）选考题：共一题计分。[选修4-4：坐标系与参数方程22．（10分）在直角坐标系]（10分）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xOy中，曲线C1的参数方程为xycost,sintkk(t为参数）．以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为4cos（1）当k（2）当k16sin30．1时，C1是什么曲线？4时，求C1与C2的公共点的直角坐标．1时，曲线C1的参数方程为y2【思路分析】（1）当k消去参数t，可得x（2）当k2xycostsint，(t为参数），利用平方关系1，故C1是以原点为圆心，以C1的参数方程为xycostsint441为半径的圆；，(t为参数），消去参数16sin3t，可得4时，曲线(xy)22(xy)10(0x1,03y1)．由4cos0，结合极坐标与直角坐标的互化公式可得4x16y0．联立方程组即可求得C1与C2的公共点的直角第17页（共19页）坐标为(114,4)．【解析】：（1）当k1时，曲线Cxcost1的参数方程为ysint，(t为参数），消去参数t，可得x2y21，故C1是以原点为圆心，以1为半径的圆；4（2）当k4时，曲线Cxcost1的参数方程为ysin4t，(t为参数），两式作差可得xycos4tsin4tcos2tsin2t2cos2t1，cos2txy12，得xcos4t(xy12)2，整理得：(xy)22(xy)10(0x1,0y1)．由4cos16sin30，又xcos，ysin，4x16y30．169(x2联立y)2(xy)10x36x14x16y30，解得（舍4y49)，或1．36y4C1与C2的公共点的直角坐标为(114,4)．【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，是中档题．[选修4-5：不等式选讲]（10分）23．已知函数f(x)|3x1|2|x1|．（1）画出yf(x)的图象；（2）求不等式f(x)f(x1)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(x1)是函数f(x)向左平移了一个1单位，作出图象可得答案；第18页（共19页）考查计算能力，x【解析】：函数f(x)3(x1)13x13)1)，|3x1|2|x1|5x1(x3(x图象如图所示（2）由于f(x1)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联立yy5x5x1向左平移一个单位后表示为x34，解得横坐标为x76，y5(x1)15x4，不等式f(x)f(x1)的解集为{x|x76}．【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19页（共19页）


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