2020年四川省成都七中高考数学一诊试卷(文科)

2020年四川省成都七中高考数学一诊试卷（文科）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，只有一项是符合题目要求的）)＝（）1. 复数z＝a+bi(a, b∈R)的虚部记作Im(z)＝b，则Im(3+i1+iA.−2B.−1C.1D.22. 执行如图所示的程序框图，输出的S值为（）A.3B.−6C.10D.−153. 关于函数f(x)＝|tanx|的性质，下列叙述不正确的是（）A.f(x)的最小正周期为π2B.f(x)是偶函数(k∈Z)对称C.f(x)的图象关于直线x=kπ2)(k∈Z)内单调递增D.f(x)在每一个区间(kπ, kπ+π24. 已知a>0，b>0，则“a≤1且b≤1”是“a+b≤2且ab≤1”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5. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（）A.36+12πB.36+16πC.40+12πD.40+16π6. 在约束条件：{x ≤1y ≤2x +y −1≥0 下，目标函数z ＝ax +by(a >0, b >0)的最大值为1，则ab 的最大值等于（ ） A.12B.38C.14D.187. 已知正项等比数列{a n }中，S n 为其前n 项和，且a 2a 4=1，S 3=7则S 5=( ) A.152 B.314C.334D.1728. 双曲线x 26−y 23=1的渐近线与圆(x −3)2+y 2=r 2(r >0)相切，则r =( )A.√3B.2C.3D.69. 已知函数f(x)对∀x ∈R 都有f(x)＝f(4−x)，且其导函数f′(x)满足当x ≠2时，(x −2)f′(x)>0，则当2<a <4时，有（ ） A.f(2a )<f(2)<f(log 2a) B.f(2)<f(2a )<f(log 2a) C.f(log 2a)<f(2a )<f(2) D.f(2)<f(log 2a)<f(2a )10. 对圆(x −1)2+(y −1)2＝1上任意一点P(x, y)，若点P 到直线l 1:3x −4y −9＝0和l 2:3x −4y +a ＝0的距离和都与x ，y 无关，则a 的取值区间为（ ） A.[6, +∞) B.[−4, 6] C.(−4, 6) D.(−∞, −4]11. 若a →，b →，c →满足，|a →|=|b →|=2|c →|=2，则(a →−b →)⋅(c →−b →)的最大值为（ ）A.10B.12C.5√3D.6√212. 点M ，N 分别是棱长为1的正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中棱BC ，CC 1的中点，动点P 在正方形BCC 1B 1（包括边界）内运动，且PA 1 // 面AMN ，则PA 1的长度范围为（ ） A.[1,√52]B.[3√24,√52]C.[3√24,32]D.[1,32]二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡相应位置上）命题“∀x ∈N ，x 2>1”的否定为________．在样本的频率分布直方图中，共有9个小长方形，若第一个长方形的面积为0.02，前五个与后五个长方形的面积分别成等差数列且公差是互为相反数，若样本容量为1600，则中间一组（即第五组）的频数为________．设O 、F 分别是抛物线y 2=2x 的顶点和焦点，M 是抛物线上的动点，则|MO||MF|的最大值为________．若实数a ，b ∈(0, 1)且ab =14，则11−a +21−b 的最小值为________．三、解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）设△ABC 的内角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ，已知c ＝3，且sin(C −π6)⋅cosC =14． （1）求角C 的大小；（2）若向量m →=(1, sinA)与n →=(2, sinB)共线，求a 、b 的值．学校为了了解高三学生每天自主学习中国古典文学的时间，随机抽取了高三男生和女生各50名进行问卷调查，其中每天自主学习中国古典文学的时间超过3小时的学生称为“古文迷”，否则为“非古文迷”，调查结果如表：(Ⅱ)现从调查的女生中按分层抽样的方法抽出5人进行调查，求所抽取的5人中“古文迷”和“非古文迷”的人数；(Ⅲ)现从(Ⅱ)中所抽取的5人中再随机抽取3人进行调查，记这3人中“古文迷”的人数为ξ，求随机变量ξ的分布列与数学期望．参考公式：K 2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，其中n ＝a +b +c +d ．参考数据：如图，在三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，每个侧面均为正方形，D 为底边AB 的中点，E 为侧棱CC 1的中点．（1）求证：CD // 平面A1EB；（2）求证：AB1⊥平面A1EB；（3）若AB＝2，求三棱锥A1−B1BE的体积．已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的两个焦点分别为F1(−√2, 0)，F2(√2, 0)，以椭圆短轴为直径的圆经过点M(1, 0)．（1）求椭圆C的方程；（2）过点M的直线l与椭圆C相交于A、B两点，设点N(3, 2)，记直线AN，BN的斜率分别为k1，k2，问：k1+k2是否为定值？并证明你的结论．已知函数f(x)＝tx+lnx(t∈R)．（1）当t＝−1时，证明：f(x)≤−1；（2）若对于定义域内任意x，f(x)≤x⋅e x−1恒成立，求t的范围？请考生在第22、23两题中任选一题作答.注意：只能做选定的题目.如果多做，则按所做的第一个题目计分.（本小题满分10分）.[选修4-4：坐标系与参数方程]在极坐标系下，知圆O:ρ＝cosθ+sinθ和直线l:ρsin(θ−π4)=√22(ρ≥0,0≤θ≤2π)．（1）求圆O与直线l的直角坐标方程；（2）当θ∈(0, π)时，求圆O和直线l的公共点的极坐标．[选修4-5：不等式选讲]（本小题满分0分）已知函数f(x)＝|2x+3|+|2x−1|．(Ⅰ)求不等式f(x)≤5的解集；(Ⅱ)若关于x的不等式f(x)<|m−1|的解集非空，求实数m的取值范围．参考答案与试题解析2020年四川省成都七中高考数学一诊试卷（文科）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，只有一项是符合题目要求的）1.【答案】B【考点】复数的运算【解析】直接由复数代数形式的乘除运算化简3+i1+i，再根据题目中定义的复数的虚部，可得答案．【解答】∵3+i1+i =(3+i)(1−i)(1+i)(1−i)=4−2i2=2−i，又复数z＝a+bi(a, b∈R)的虚部记作Im(z)＝b，∴Im(3+i1+i)＝−1．2.【答案】C【考点】程序框图【解析】根据程序框图判断，程序的运行功能是求S＝−12+22−32+42，计算可得答案．【解答】由程序框图知，程序的运行功能是求S＝−12+22−32+42−…可得：当i＝5时，不满足条件i<5，程序运行终止，输出S=−12+22−32+42＝10．3.【答案】A【考点】正切函数的图象【解析】根据正切函数的性质与性质，结合绝对值的意义，对选项中的命题分析、判断即可．【解答】对于函数f(x)＝|tanx|的性质，根据该函数的图象知，其最小正周期为π，A错误；又f(−x)＝|tan(−x)|＝|tanx|＝f(x)，所以f(x)是定义域上的偶函数，B正确；根据函数f(x)的图象知，f(x)的图象关于直线x=kπ2(k∈Z)对称，C正确；根据f(x)的图象知，f(x)在每一个区间(kπ, kπ+π2)(k∈Z)内单调递增，D正确．4.【答案】A【考点】充分条件、必要条件、充要条件【解析】a>0，b>0，“a≤1且b≤1”可得：“a+b≤2且ab≤1”，反之不成立：取a=32，b=12，即可判断出结论．【解答】∵a>0，b>0，“a≤1且b≤1”可得：“a+b≤2且ab≤1”，反之不成立：取a=32，b=12，满足a+b≤2且ab≤1，而a≤1且b≤1不成立．故“a≤1且b≤1”是“a+b≤2且ab≤1”的充分不必要条件．5.【答案】C【考点】由三视图求体积（组合型）由三视图求体积【解析】几何体为棱柱与半圆柱的组合体，作出直观图，代入数据计算．【解答】由三视图可知几何体为长方体与半圆柱的组合体，作出几何体的直观图如图所示：其中半圆柱的底面半径为2，高为4，长方体的棱长分别为4，2，2，∴几何体的表面积S=12π×22×2+12×π×4×4+2×4+2×4×2+2×4+2×2×2＝12π+40．故选：C．6.【答案】D【考点】简单线性规划【解析】作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数取得最大值，确定a，b的关系，利用基本不等式求ab的最大值．【解答】作出不等式组对应的平面区域如图：（阴影部分），由z ＝ax +by(a >0, b >0)，则y =−ab x +zb ，平移直线y =−ab x +zb ，由图象可知当直线y =−ab x +zb 经过点A(1, 2)时直线的截距最大，此时z 最大为1． 代入目标函数z ＝ax +by 得a +2b ＝1． 则1＝a +2b ≥2√2ab ，则ab ≤18当且仅当a ＝2b =12时取等号， ∴ ab 的最大值等于18， 7.【答案】 B【考点】等比数列的前n 项和 【解析】由已知条件利用等比数列的通项公式和前n 项和公式得{a 1q ∗a 1q 3=1a 1(1−q 3)1−q=7q >0，由此能求出S 5．【解答】解：由已知得：{a 1q ⋅a 1q 3=1,a 1(1−q 3)1−q =7,q >0,解得a 1=4，q =12， ∴ S 5=a 1(1−q 5)1−q=4×(1−125)1−12=314．故选B . 8.【答案】 A【考点】双曲线的渐近线 直线与圆的位置关系 点到直线的距离公式 【解析】求出渐近线方程，再求出圆心到渐近线的距离，根据此距离和圆的半径相等，求出r ． 【解答】解：双曲线的渐近线方程为y =2，即x ±√2y =0， 圆心(3, 0)到直线的距离d =√(√2)2+1=√3，∴r=√3．故选A．9.【答案】D【考点】利用导数研究函数的单调性【解析】由f(x)＝f(4−x)，可知函数f(x)关于直线x＝2对称，由(x−2)f′(x)>0，可知f(x)在(−∞, 2)与(2, +∞)上的单调性，从而可得答案．【解答】∵函数f(x)对定义域R内的任意x都有f(x)＝f(4−x)，∴f(x)关于直线x＝2对称；又当x≠2时其导函数f′(x)满足xf′(x)>2f′(x)⇔f′(x)(x−2)>0，∴当x>2时，f′(x)>0，f(x)在(2, +∞)上的单调递增；同理可得，当x<2时，f(x)在(−∞, 2)单调递减；f(x)的最小值为f(2)∵2<a<4，∴1<log2a<2，∴2<4−log2a<3，又4<2a<16，f(log2a)＝f(4−log2a)，f(x)在(2, +∞)上的单调递增；∴f(log2a)<f(2a)，∴f(2)<f(log2a)<f(2a)，10.【答案】A【考点】直线与圆的位置关系【解析】由题意可得|3x−4y+a|+|3x−4y−9|可以看作点P到直线m:3x−4y+a＝0与直线l:3x−4y−9＝0距离之和的5倍，根据点到直线的距离公式解得即可．【解答】设z＝|3x−4y+a|+|3x−4y−9|＝5(|3x−4y−9|5+|3x−4y+a|5)，故|3x−4y+a|+|3x−4y−9|可以看作点P(x, y)到直线l2:3x−4y+a＝0与直线l1:3x−4y−9＝0距离之和的5倍，∵|3x−4y+a|+|3x−4y−9|的取值与x，y无关，∴这个距离之和与点P在圆上的位置无关，如图所示：可知直线l1平移时，P点与直线l1，l2的距离之和均为l1，l2的距离，即此时圆在两直线内部，当直线l2的与圆相切时，|3−4+a|5=1，化简得|a−1|＝5，解得a＝6或a＝−4（舍去），∴a≥6．故选：A．11.【答案】 B【考点】平面向量数量积的性质及其运算 【解析】利用向量的数量积公式化简表达式，转化求解最大值即可． 【解答】a →，b →，c →满足，|a →|=|b →|=2|c →|=2，则(a →−b →)⋅(c →−b →)=a →⋅c →−a →⋅b →−b →⋅c →+b →2=2cos <a →,c →>−4cos <a →,b →>−2cos <b →,c →>+4≤12，当且仅当a →,c →同向，a →,b →，反向，b →,c →反向时，取得最大值．12.【答案】 B【考点】点、线、面间的距离计算 【解析】取B 1C 1的中点E ，BB 1的中点F ，连结A 1E ，A 1F ，EF ，取EF 中点O ，连结A 1O ，推导出平面AMN // 平面A 1EF ，从而点P 的轨迹是线段EF ，由此能求出PA 1的长度范围． 【解答】取B 1C 1的中点E ，BB 1的中点F ，连结A 1E ，A 1F ，EF ，取EF 中点O ，连结A 1O ， ∵ 点M ，N 分别是棱长为1的正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中棱BC ，CC 1的中点， ∴ AM // A 1E ，MN // EF ，∵ AM ∩MN ＝M ，A 1E ∩EF ＝E ， ∴ 平面AMN // 平面A 1EF ，∵ 动点P 在正方形BCC 1B 1（包括边界）内运动，且PA 1 // 面AMN ， ∴ 点P 的轨迹是线段EF ，∵ A 1E ＝A 1F =√12+(12)2=√52，EF =12√12+12=√22，∴ A 1O ⊥EF ，∴ 当P 与O 重合时，PA 1的长度取最小值：A 1O =(√52)(√24)=3√24，当P 与E （或F ）重合时，PA 1的长度取最大值：A 1E ＝A 1F =√52．∴ PA 1的长度范围为[3√24, √52]．二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡相应位置上） 【答案】∃x 0∈N ，x 02≤1【考点】 命题的否定 【解析】直接利用全称命题的否定是特称命题，写出结果即可． 【解答】因为全称命题的否定是特称命题，所以，命题“∀x ∈N ，x 2>1”的否定为∃x 0∈N ，x 02≤1 【答案】 360【考点】频率分布直方图 【解析】设出公差，利用9个小长方形面积和为1，求出公差，然后求解中间一组的频数． 【解答】设公差为d ，那么9个小长方形的面积分别为0.02，0.02+d ，0.02+2d ，0.02+3d ，0.02+4d ，0.02+3d ，0.02+2d ，0.02+d ，0.02，而9个小长方形的面积和为 1，可得0.18+16d ＝1 解得d =0.8216，∴ 中间一组的频数为：1600×(0.02+4d)＝360． 【答案】2√33． 【考点】 抛物线的求解 【解析】设M(m, n)到抛物线y 2=2x 的准线x =−12的距离等于d ，由抛物线的定义可得|MO||MF|=√m 2+n 2m+12=√1+m−14m 2+m+14，令m −14=t ，利用基本不等式可求得最大值． 【解答】解：焦点F(12, 0)，设M(m, n)，则n 2=2m ，m >0，设M 到准线x =−12的距离等于d ， 则由抛物线的定义得|MO||MF|=√m 2+n 2m+12=√1+m−14m 2+m+14，令m −14=t ， 依题意知，m >0， 若t >0，则m−14m 2+m+14=tt 2+32t+916=1t+916t +32≤13， ∴ t max =13，此时(|MO||MF|)max =√1+13=2√33； 若−14<t <0，y =t +916t+32单调递减，故y <−1，1y ∈(−1, 0)；综上所述，(|MO||MF|)max =2√33． 故答案为：2√33． 【答案】4+4√23 【考点】基本不等式及其应用 【解析】 先根据条件消掉b ，将b =14a 代入原式得11−a +8a4a−1，再列项并用贴“1“法，最后应用基本不等式求其最小值． 【解答】因为ab =14，所以b =14a ， 因此11−a +21−b =11−a +21−14a，=11−a +8a4a−1， =11−a +2(4a−1)+24a−1，=11−a +24a−1+2， ＝2(14a−1+24−4a )+2，=23(14a−1+24−4a )[(4a −1)+(4−4a)]+2， =23[1+2+4−4a4a−1+2(4a−1)4−4a]+2，≥23(3+2√2)+2＝4+4√23，当且仅当a =√24+22，取“＝”，及11−a +21−b 的最小值为4+4√23， 三、解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 【答案】sin(C −π6)⋅cosC ＝(sinCcos π6−cosCsin π6)⋅cosC=√3sinCcosC−1cos2C=√34sin2C−1+cos2C4=12sin(2C−π6)−14=14，∴sin(2C−π6)＝1；又0<C<π，∴−π6<2C−π6<11π6，∴2C−π6=π2，解得C=π3；向量m→=(1, sinA)与n→=(2, sinB)共线，∴2sinA−sinB＝0，∴sinB＝2sinA，即b＝2a①；又c＝3，C=π3，∴c2＝a2+b2−2abcosC＝a2+b2−ab＝9②；由①②联立解得a=√3，b＝2√3．【考点】三角函数中的恒等变换应用平面向量数量积的性质及其运算【解析】（1）利用三角恒等变换化简sin(C−π6)⋅cosC=14，即可求出C的值；（2）根据向量m→、n→共线，得出sinB＝2sinA，即b＝2a①；由余弦定理得出a2+b2−ab＝9②，①②联立解得a、b的值．【解答】sin(C−π6)⋅cosC＝(sinCcosπ6−cosCsinπ6)⋅cosC=√32sinCcosC−12cos2C=√34sin2C−1+cos2C4=12sin(2C−π6)−14=14，∴sin(2C−π6)＝1；又0<C<π，∴−π6<2C−π6<11π6，∴2C−π6=π2，解得C=π3；向量m→=(1, sinA)与n→=(2, sinB)共线，∴2sinA−sinB＝0，∴sinB＝2sinA，即b＝2a①；又c＝3，C=π3，∴c2＝a2+b2−2abcosC＝a2+b2−ab＝9②；由①②联立解得a=√3，b＝2√3．【答案】（1）由列联表得K2=100(26×20−30×34)256×44×50×50≈0.6494<0.708，所以没有60%的把握认为“古文迷”与性别有关．（2）调查的50名女生中“古文迷”有30人，“非古文迷”有20人，按分层抽样的方法抽出5人，则“古文迷”的人数为5×3050=3人，“非古文迷”有5×2050=2人．即抽取的5人中“古文迷”和“非古文迷”的人数分别为3人和2人(Ⅲ)因为ξ为所抽取的3人中“古文迷”的人数，所以ξ的所有取值为1，2，3．P(ξ＝1)=C31C22C53=310，P(ξ＝2)=C32C21C53=35，P(ξ＝3)=C33C53=110．所以随机变量ξ的分布列为于是Eξ＝1×310+2×35+3×110=95．【考点】求解线性回归方程【解析】(Ⅰ)求出K2，与临界值比较，即可得出结论；(Ⅱ)调查的50名女生中“古文迷”有30人，“非古文迷”有20人，按分层抽样的方法抽出5人，即可得出结论；(Ⅲ)ξ的所有取值为1，2，3．求出相应的概率，即可求随机变量ξ的分布列与数学期望．【解答】（1）由列联表得K2=100(26×20−30×34)256×44×50×50≈0.6494<0.708，所以没有60%的把握认为“古文迷”与性别有关．（2）调查的50名女生中“古文迷”有30人，“非古文迷”有20人，按分层抽样的方法抽出5人，则“古文迷”的人数为5×3050=3人，“非古文迷”有5×2050=2人．即抽取的5人中“古文迷”和“非古文迷”的人数分别为3人和2人(Ⅲ)因为ξ为所抽取的3人中“古文迷”的人数，所以ξ的所有取值为1，2，3．P(ξ＝1)=C31C22C53=310，P(ξ＝2)=C32C21C53=35，P(ξ＝3)=C33C53=110．所以随机变量ξ的分布列为于是Eξ＝1×310+2×35+3×110=95．【答案】证明：设AB1和A1B的交点为O，连接EO，连接OD．因为O为A1B的中点，D为AB的中点，所以OD // BB1且OD=12BB1．又E是CC1中点，所以EC // BB1，且EC=12BB1，所以EC // OD且EC＝OD．所以，四边形ECOD为平行四边形．所以EO // CD．又CD平面A1BE，EO⊂平面A1BE，所以CD // 平面A1BE．证明：因为三棱柱各侧面都是正方形，所以BB1⊥AB，BB1⊥BC．所以BB1⊥平面ABC．因为CD⊂平面ABC，所以BB1⊥CD．由已知得AB＝BC＝AC，所以CD⊥AB，所以CD⊥平面A1ABB1．由（1）可知EO // CD，所以EO⊥平面A1ABB1．所以EO⊥AB1．因为侧面是正方形，所以AB1⊥A1B．又EO∩A1B＝O，EO⊂平面A1EB，A1B⊂平面A1EB，所以AB1⊥平面A1BE．由条件求得BE=√5=A1E，A1B=2√2，所以S△A1BE =√6，所以三棱锥A1−B1BE的体积为：V A1−B1BE =V B1−A1BE=13S△A1BE⋅|B1O|=13×√6×√2=2√33．【考点】直线与平面平行直线与平面垂直【解析】（1）设AB1和A1B的交点为O，连接EO，连接OD，推导出四边形ECOD为平行四边形．从而EO // CD．由此能证明CD // 平面A1BE．（2）推导出BB1⊥AB，BB1⊥BC．从而BB1⊥平面ABC，BB1⊥CD，推导出CD⊥AB，从而CD⊥平面A1ABB1．由EO // CD，得EO⊥平面A1ABB1．从而EO⊥AB1．因为侧面是正方形，得AB1⊥A1B．由此能证明AB1⊥平面A1BE．（3）三棱锥A1−B1BE的体积为V A1−B1BE =V B1−A1BE=13S△A1BE⋅|B1O|，由此能求出结果． 【解答】证明：设AB 1和A 1B 的交点为O ，连接EO ，连接OD ． 因为O 为A 1B 的中点，D 为AB 的中点，所以OD // BB 1且OD =12BB 1．又E 是CC 1中点，所以EC // BB 1，且EC =12BB 1，所以EC // OD 且EC ＝OD ． 所以，四边形ECOD 为平行四边形．所以EO // CD ．又CD 平面A 1BE ，EO ⊂平面A 1BE ，所以CD // 平面A 1BE ． 证明：因为三棱柱各侧面都是正方形， 所以BB 1⊥AB ，BB 1⊥BC ．所以BB 1⊥平面ABC ．因为CD ⊂平面ABC ，所以BB 1⊥CD ． 由已知得AB ＝BC ＝AC ，所以CD ⊥AB ，所以CD ⊥平面A 1ABB 1．由（1）可知EO // CD ， 所以EO ⊥平面A 1ABB 1．所以EO ⊥AB 1．因为侧面是正方形，所以AB 1⊥A 1B ． 又EO ∩A 1B ＝O ，EO ⊂平面A 1EB ，A 1B ⊂平面A 1EB ， 所以AB 1⊥平面A 1BE ．由条件求得BE =√5=A 1E ，A 1B =2√2， 所以S △A 1BE =√6，所以三棱锥A 1−B 1BE 的体积为：V A 1−B 1BE =V B 1−A 1BE =13S △A 1BE ⋅|B 1O|=13×√6×√2=2√33．【答案】 ∵ 椭圆C:x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的两个焦点分别为F 1(−√2, 0)，F 2(√2, 0)， 以椭圆短轴为直径的圆经过点M(1, 0)， ∴ {c =√2b =1a 2=b 2+c 2 ，解得a =√3，b ＝1，∴ 椭圆C 的方程为x 23+y 2=1．k 1+k 2是定值．证明如下：设过M 的直线：y ＝k(x −1)＝kx −k 或者x ＝1 ①x ＝1时，代入椭圆，y ＝±√63，∴ 令A(1, √63)，B(1, −√63)，k 1=2−√633−1，k 2=2+√633−1，∴ k 1+k 2＝2． ②y ＝kx −k 代入椭圆，(3k 2+1)x 2−6k 2x +(3k 2−3)＝0设A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)． 则x 1+x 2=6k 23k 2+1，x 1x 2=3k 2−33k 2+1，y 1+y 2=6k 33k 3+1−2k =−2k3k 3+1，y 1y 2＝k 2x 1x 2−k 2(x 1+x 2)+k 2=−2k 23k 2+1，k 1=2−y 13−x 1，k 2=2−y23−x 2，∴ k 1+k 2=6−3y 1−2x 2+x 2y 1+6−3y 2−2x 1+x 1y 2(3−x 1)(3−x 2)=2．【考点】 椭圆的离心率 【解析】（1）由椭圆的两个焦点分别为F 1(−√2, 0)，F 2(√2, 0)，以椭圆短轴为直径的圆经过点M(1, 0)，列出方程组，能求出椭圆C 的方程．（2）设过M 的直线：y ＝k(x −1)＝kx −k 或者x ＝1，x ＝1时，代入椭圆，能求出k 1+k 2＝2；把y ＝kx −k 代入椭圆，得(3k 2+1)x 2−6k 2x +(3k 2−3)＝0，由此利用韦达定理能求出k 1+k 2＝2． 【解答】 ∵ 椭圆C:x 2a2+y 2b 2=1(a >b >0)的两个焦点分别为F 1(−√2, 0)，F 2(√2, 0)，以椭圆短轴为直径的圆经过点M(1, 0)， ∴ {c =√2b =1a 2=b 2+c 2 ，解得a =√3，b ＝1，∴ 椭圆C 的方程为x 23+y 2=1．k 1+k 2是定值．证明如下：设过M 的直线：y ＝k(x −1)＝kx −k 或者x ＝1 ①x ＝1时，代入椭圆，y ＝±√63，∴ 令A(1, √63)，B(1, −√63)，k 1=2−√633−1，k 2=2+√633−1，∴ k 1+k 2＝2． ②y ＝kx −k 代入椭圆，(3k 2+1)x 2−6k 2x +(3k 2−3)＝0 设A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)． 则x 1+x 2=6k 23k 2+1，x 1x 2=3k 2−33k 2+1，y 1+y 2=6k 33k 3+1−2k =−2k3k 3+1，y 1y 2＝k 2x 1x 2−k 2(x 1+x 2)+k 2=−2k 23k 2+1，k 1=2−y 13−x 1，k 2=2−y23−x 2，∴ k 1+k 2=6−3y 1−2x 2+x 2y 1+6−3y 2−2x 1+x 1y 2(3−x 1)(3−x 2)=2．【答案】证明：即是证明lnx −x ≤−1，设g(x)＝lnx −x +1，g ′(x)=1−x x，当0<x <1，g ′(x)>0，g(x)单调递增；当x >1，g ′(x)<0，g(x)单调递减； 所以g(x)在x ＝1处取到最大值，即g(x)≤g(1)＝0，所以lnx −x ≤−1得证； 解法一：原式子恒成立即t ≤e x −lnx+1x在(0, +∞)恒成立，由（1）可以得到x ≥lnx +1，所以x ⋅e x ≥ln(x ⋅e x )+1＝lnx +x +1， 所以e x ≥lnx+x+1x =lnx+1x+1，所以e x −lnx+1x≥1，当且仅当x ⋅e x ＝1时取＝，于是t 的取值范围是(−∞, 1]．解法二：设ℎ(x)＝xe x −tx −lnx(x >0)，原题即ℎ(x)≥1恒成立， 因为ℎ(x)=(x +1)e x −t −1x ，而$h"(x) = (x + 2)e^{x} + \frac{1}{x^{2}} > 0$， 所以ℎ′(x)单调递增，又因为x →0时，ℎ′(x)→−∞，当x →+∞时，ℎ′(x)→+∞， 所以ℎ′(x)在(0, +∞)存在唯一零点，设为x 0．所以ℎ(x 0)=(x 0+1)e x 0−t −1x 0=0，所以t =(x 0+1)e x 0−1x 0，且ℎ(x)在(0, x 0)上单调递减，在(x 0, +∞)上单调递增，于是ℎ(x)的最小值为ℎ(x 0)=x 0e x 0−tx 0−lnx 0=−x 02⋅e x 0−lnx 0+1，原题即−x 02⋅e x 0−lnx 0+1≥1，即x 02⋅e x 0+lnx 0≤0，由此式子必然0<x 0<1，x 02⋅e x 0≤−lnx 0，把后面的不等式两边同时取对数整理后得x 0+lnx 0≤ln(−lnx 0)+(−lnx 0)，易证明函数y ＝x +lnx 是增函数，所以得x 0≤−lnx 0，所以e x 0≤1x 0，故由t =(x 0+1)e x 0−1x 0，得到t ≤(x 0+1)1x 0−1x 0=1，于是t 的取值范围是(−∞, 1]． 解法三：原式子恒成立即t ≤e x −lnx+1x在(0, +∞)恒成立，设φ(x)=e x −lnx+1x，φ′(x)=x 2e x +lnxx 2，设Q(x)＝x 2e x +lnx ，Q ′(x)=(x 2+2x)e x +1x >0，所以Q(x)单调递增，且Q(12)<0，Q(1)>0，所以Q(x)有唯一零点x 0，而且x 02⋅e x 0+lnx 0=0，所以x 02⋅e x 0=−lnx 0， 两边同时取对数得x 0+lnx 0＝ln(−lnx 0)+(−lnx 0)，易证明函数y ＝x +lnx 是增函数，所以得x 0＝−lnx 0，所以e x 0=1x 0，所以由φ(x)在(0, x 0)上单调递减，在(x 0, +∞)上单调递增， 所以φ(x)≥φ(x 0)=e x 0−lnx 0+1x 0=1x 0−−x 0+1x 0=2，于是t 的取值范围是(−∞, 1]． 【考点】利用导数研究函数的单调性 利用导数研究函数的最值【解析】（1）事实上，只需证明函数g(x)＝lnx −x +1的最大值小于等于0即可； （2）解法一，转化为证明t ≤e x −lnx+1x在(0, +∞)恒成立，结合（1）的结论即可得证；解法二，直接构造函数ℎ(x)＝xe x −tx −lnx(x >0)，证明其大于等于1恒成立即可；解法三，转化为证明t ≤e x −lnx+1x在(0, +∞)恒成立，设φ(x)=e x −lnx+1x，求其最小值即可． 【解答】证明：即是证明lnx −x ≤−1，设g(x)＝lnx −x +1，g ′(x)=1−x x，当0<x <1，g ′(x)>0，g(x)单调递增；当x >1，g ′(x)<0，g(x)单调递减； 所以g(x)在x ＝1处取到最大值，即g(x)≤g(1)＝0，所以lnx −x ≤−1得证； 解法一：原式子恒成立即t ≤e x −lnx+1x在(0, +∞)恒成立，由（1）可以得到x ≥lnx +1，所以x ⋅e x ≥ln(x ⋅e x )+1＝lnx +x +1， 所以e x ≥lnx+x+1x =lnx+1x+1，所以e x −lnx+1x≥1，当且仅当x ⋅e x ＝1时取＝，于是t 的取值范围是(−∞, 1]．解法二：设ℎ(x)＝xe x −tx −lnx(x >0)，原题即ℎ(x)≥1恒成立， 因为ℎ(x)=(x +1)e x −t −1x ，而$h"(x) = (x + 2)e^{x} + \frac{1}{x^{2}} > 0$， 所以ℎ′(x)单调递增，又因为x →0时，ℎ′(x)→−∞，当x →+∞时，ℎ′(x)→+∞， 所以ℎ′(x)在(0, +∞)存在唯一零点，设为x 0．所以ℎ(x 0)=(x 0+1)e x 0−t −1x 0=0，所以t =(x 0+1)e x 0−1x 0，且ℎ(x)在(0, x 0)上单调递减，在(x 0, +∞)上单调递增，于是ℎ(x)的最小值为ℎ(x 0)=x 0e x 0−tx 0−lnx 0=−x 02⋅e x 0−lnx 0+1，原题即−x 02⋅e x 0−lnx 0+1≥1，即x 02⋅e x 0+lnx 0≤0，由此式子必然0<x 0<1，x 02⋅e x 0≤−lnx 0，把后面的不等式两边同时取对数整理后得x 0+lnx 0≤ln(−lnx 0)+(−lnx 0)，易证明函数y ＝x +lnx 是增函数，所以得x 0≤−lnx 0，所以e x 0≤1x 0，故由t =(x 0+1)e x 0−1x 0，得到t ≤(x 0+1)1x 0−1x 0=1，于是t 的取值范围是(−∞, 1]． 解法三：原式子恒成立即t ≤e x −lnx+1x在(0, +∞)恒成立，设φ(x)=e x −lnx+1x，φ′(x)=x 2e x +lnxx 2，设Q(x)＝x 2e x +lnx ，Q ′(x)=(x 2+2x)e x +1x >0，所以Q(x)单调递增，且Q(12)<0，Q(1)>0，所以Q(x)有唯一零点x 0，而且x 02⋅e x 0+lnx 0=0，所以x 02⋅e x 0=−lnx 0， 两边同时取对数得x 0+lnx 0＝ln(−lnx 0)+(−lnx 0)，易证明函数y ＝x +lnx 是增函数，所以得x 0＝−lnx 0，所以e x 0=1x 0，所以由φ(x)在(0, x 0)上单调递减，在(x 0, +∞)上单调递增， 所以φ(x)≥φ(x 0)=e x 0−lnx 0+1x 0=1x 0−−x 0+1x 0=2，于是t 的取值范围是(−∞, 1]．请考生在第22、23两题中任选一题作答.注意：只能做选定的题目.如果多做，则按所做的第一个题目计分.（本小题满分10分）.[选修4-4：坐标系与参数方程] 【答案】圆O:ρ＝cosθ+sinθ，即ρ2＝ρcosθ+ρsinθ， 故圆O 的直角坐标方程为：x 2+y 2−x −y ＝0， 直线l:ρsin(θ−π4)=√22，即ρsinθ−ρcosθ＝1，则直线的直角坐标方程为：x −y +1＝0．由（1）知圆O 与直线l 的直角坐标方程，将两方程联立得{x 2+y 2−x −y =0x −y +1=0 ，解得{x =0y =1 ． 即圆O 与直线l 的在直角坐标系下的公共点为(0, 1)， 转化为极坐标为(1,π2)．【考点】圆的极坐标方程 【解析】（1）圆O 的极坐标方程化为ρ2＝ρcosθ+ρsinθ，由此能求出圆O 的直角坐标方程；直线l 的极坐标方程化为ρsinθ−ρcosθ＝1，由此能求出直线l 的直角坐标方程．（2）圆O 与直线l 的直角坐标方程联立，求出圆O 与直线l 的在直角坐标系下的公共点，由此能求出圆O 和直线l 的公共点的极坐标． 【解答】圆O:ρ＝cosθ+sinθ，即ρ2＝ρcosθ+ρsinθ， 故圆O 的直角坐标方程为：x 2+y 2−x −y ＝0， 直线l:ρsin(θ−π4)=√22，即ρsinθ−ρcosθ＝1，则直线的直角坐标方程为：x −y +1＝0． 由（1）知圆O 与直线l 的直角坐标方程，将两方程联立得{x 2+y 2−x −y =0x −y +1=0 ，解得{x =0y =1 ． 即圆O 与直线l 的在直角坐标系下的公共点为(0, 1)， 转化为极坐标为(1,π2)．[选修4-5：不等式选讲]（本小题满分0分） 【答案】（1）原不等式为：|2x +3|+|2x −1|≤5， 能正确分成以下三类：当x ≤−32时，原不等式可转化为−4x −2≤5，即−74≤x ≤−32； 当−32<x <12时，原不等式可转化为4≤5恒成立，所以−32<x <12；当x ≥12时，原不等式可转化为4x +2≤5，即12≤x ≤34． 所以原不等式的解集为{x|−74≤x ≤34}．（2）由已知函数f(x)={−4x −2,x ≤−324,−32<x <124x +2,x ≥12 ，可得函数y ＝f(x)的最小值为4，由f(x)<|m −1|的解集非空得：|m −1|>4． 解得m >5或m <−3． 【考点】绝对值不等式的解法与证明 【解析】(Ⅰ)零点分段求解不等式即可；(Ⅱ)由题意得到关于实数m 的不等式，求解不等式即可求得最终结果． 【解答】（1）原不等式为：|2x +3|+|2x −1|≤5， 能正确分成以下三类：当x ≤−32时，原不等式可转化为−4x −2≤5，即−74≤x ≤−32； 当−32<x <12时，原不等式可转化为4≤5恒成立，所以−32<x <12； 当x ≥12时，原不等式可转化为4x +2≤5，即12≤x ≤34． 所以原不等式的解集为{x|−74≤x ≤34}．（2）由已知函数f(x)={−4x −2,x ≤−324,−32<x <124x +2,x ≥12 ，可得函数y ＝f(x)的最小值为4，由f(x)<|m −1|的解集非空得：|m −1|>4． 解得m >5或m <−3．。