2023年高考数学模拟考试卷及答案解析(理科)

第Ⅰ卷

一、选择题：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，只有一个选项是符合题目要求的．

1．已知复数z满足z1iz12i1，则复数z的实部与虚部的和为（A．1【答案】D

【分析】根据复数的运算法则求出复数zi，则得到答案.【详解】z(1i)z(2i1)(2i1)

z(2i)2i1，z

2i1(2i1)(2i)43i43

i，2i555543

55154355）

B．1C．

15D．15故实部与虚部的和为，故选：D.

1ax2}，若BA，则实数2．已知f(x)x21的定义域为A，集合B{xR∣

a的取值范围是（A．[2,1]【答案】B

）B．[1,1]

C．(,2][1,)D．(,1][1,)

【分析】先根据二次不等式求出集合A，再分类讨论集合B，根据集合间包含关系即可求解.

【详解】f(x)x21的定义域为A，所以x210，所以x1或x1，①当a0

∣10x2},满足BA，所以a0符合题意；时，B{xR

1/30∣x}，所以若BA，②当a0时，B{xR

1

a2a1a2a则有1或1，所以0a1或a2（舍）

∣x}，所以若BA，则有1或1（舍）③当a<0时，B{xR，

2a1a1a2a1a0，综上所述，a[1,1]，故选：B.

3．在研究急刹车的停车距离问题时，通常假定停车距离等于反应距离（d1，单位：m）与制动距离（d2，单位：m）之和.如图为某实验所测得的数据，其中“KPH”表示刹车时汽车的初速度v（单位：km/h）.根据实验数据可以推测，下面四组函数中最适合描述d1，d2与v的函数关系的是（

）

A．d1v，d2vC．d1v，d2v【答案】B

B．d1v，d2v22D．d1v，d2v【分析】设d1vfv，d2vgv，根据图象得到函数图象上的点，作出散点

2/30图，即可得到答案.

【详解】设d1vfv，d2vgv.

由图象知，d1vfv过点40,8.5，50,10.3，60,12.5，70,14.6，80,16.7，

130,27.1，150,31.3，160,33.3，90,18.7，100,20.8，110,22.9，120,25，140,29.2，170,35.4，180,37.5.

作出散点图，如图1.

由图1可得，d1与v呈现线性关系，可选择用d1v.

d2vgv过点40,8.5，50,16.2，80,36，90,52，100,.6，60,23.2，70,31.4，

110,78.1，120,93，130,108.5，140,123，150,144.1，160,1.3，170,183.6，180,208.

作出散点图，如图2.

3/30由图2可得，d2与v呈现非线性关系，比较之下，可选择用d2v2.故选：B.

lnx

,x0,

4．已知函数fxx则函数yf1x的图象大致是（

xxe,x0,

）

A．B．

C．【答案】B

D．

【分析】分段求出函数yf1x的解析式，利用导数判断其单调性，根据单调性可得答案.

【详解】当1x0，即x1时，yf(1x)

1(1x)ln(1x)1ln(1x)，1xy(1x)2(1x)2ln(1x)

，1x令y0，得x1e，令y0，得1ex1，

所以函数yf1x在(,1e)上为增函数，在(1e,1)上为减函数，由此得A和C和D不正确；

当1x0，即x1时，yf(1x)(1x)e1x，

1x1x1x

y(1x)e1x(1x)e1xe(1x)ee(2x)，

4/30令y0，得x2，令y0，得1x2，

所以函数yf1x在(2,)上为增函数，在[1,2)上为减函数，由此得B正确；故选：B

5．若函数fx存在一个极大值fx1与一个极小值fx2满足fx2fx1，则

fx至少有（

）个单调区间.

B．4

C．5

D．6

A．3【答案】B

【分析】根据单调性与极值之间的关系分析判断.

【详解】若函数fx存在一个极大值fx1与一个极小值fx2，则fx至少有3个单调区间，

若fx有3个单调区间，

不妨设fx的定义域为a,b，若ax1x2b，其中a可以为，b可以为，则fx在a,x1,x2,b上单调递增，在x1,x2上单调递减，（若fx定义域为a,b内不连续不影响总体单调性），故fx2fx1，不合题意，

若ax2x1b，则fx在a,x2,x1,b上单调递减，在x2,x1上单调递增，有

fx2fx1，不合题意；

若fx有4个单调区间，

2

1x1

例如fxx的定义域为x|x0，则fx2，

xx令f¢(x)>0，解得x1或x1，

则fx在,1,1,上单调递增，在1,0,0,1上单调递减，

5/30故函数fx存在一个极大值f12与一个极小值f12，且f1f1，满足题意，此时fx有4个单调区间，综上所述：fx至少有4个单调区间.故选：B.

xy109y18x26．已知实数x、y满足xy10，则z的最小值为（x2y2y1）

A．

132

B．

372

C．2

1

D．2

【答案】A

【分析】由约束条件作出可行域，求出t结合函数的单调性求得答案．【详解】解：令t9y18x21y29t，，则z

x2y2tx29y18x21y2z9t的范围，再由

x2y2tx2xy10



由xy10作出可行域如图，则A2,1，B2,1,C0,1y1

设点Px,y，D2,2，其中P在可行域内，t

y2

=kPD，x2121

022由图可知当P在C点时，直线PD斜率最小，tmin=kCD

11t1,t,z9t

∵上为t在2当P在B点时，直线PD斜率不存在，∴26/30增函数，∴当t时zmin

1213

．故选：A．27．在正方体ABCDA1B1C1D1中，点P在正方形BCC1B1内，且不在棱上，则（

）

A．在正方形DCC1D1内一定存在一点Q，使得PQ∥ACB．在正方形DCC1D1内一定存在一点Q，使得PQAC

C．在正方形DCC1D1内一定存在一点Q，使得平面PQC1∥平面ABCD．在正方形DCC1D1内一定存在一点Q，使得AC平面PQC1【答案】B

【分析】对于A，通过作辅助线，利用平行的性质，推出矛盾，可判断A;对于B，找到特殊点，说明在正方形DCC1D1内一定存在一点Q，使得PQAC，判断B;利用面面平行的性质推出矛盾，判断C;利用线面垂直的性质定理推出矛盾，判断D.

【详解】A、假设在正方形DCC1D1内一定存在一点Q，使得PQ∥AC，

7/30作PEBC,QFCD,垂足分别为E,F,连接E,F，则PEFQ为矩形，且EF与AC相交，

故PQ∥EF,由于PQ∥AC，则AC∥EF，这与AC,EF相交矛盾，故A错误；B、假设P为正方形BCC1B1的中心，Q为正方形DCC1D1的中心，作PHBC,QGCD,垂足分别为H,G,连接H,G，则PHGQ为矩形，则PQ∥HG,且H,G为BC,CD的中点，连接GH,BD,

则GH∥BD,因为ACBD，所以GHAC,即PQAC，故B正确；C、在正方形DCC1D1内一定存在一点Q，使得平面PQC1∥平面ABC，

由于平面ABC平面DCC1D1CD,平面PQC1平面DCC1D1C1Q,故CD∥C1Q,而C1D1∥CD,则Q在C1D1上，这与题意矛盾，C错误；D、假设在正方形DCC1D1内一定存在一点Q，使得AC平面PQC1，

C1Q平面PQC1,则ACC1Q,

又CC1平面ABCD,ACÌ平面ABCD，故C1CAC,

8/30而C1CC1QC1，C1C,C1Q平面DCC1D1，故AC平面DCC1D1，由于AD平面DCC1D1,故C,D重合，与题意不符，故D错误，故选∶B

8．对于平面上点P和曲线C，任取C上一点Q，若线段PQ的长度存在最小值，则称该值为点P到曲线C的距离，记作d(P,C).若曲线C是边长为6的等边三角形，

∣d(P,C)1}所表示的图形的面积为（）则点集D{P

A．36C．36332π【答案】D

B．3633D．3633π

【分析】根据题意画出到曲线C的距离为1的边界，即可得到点集的区域，即可求解.

【详解】根据题意作出点集DP|dP，C1的区域如图阴影所示，

其中四边形ADEC，ABKM，BCFG为矩形且边长分别为1,6，圆都是以1为半径的，过点I作INAC于N，连接AI,则NI1，NAI30，所以AN3,则HIJ是以623为边长的等边三角形，矩形ABKM的面积S1166，

DAM

2π12ππ

，扇形ADM的面积为S21，32339/301213SABCABsin606293，

2221213SHIJHIsin60623222212318，

π3所以S3S13S2SABCSHIJ36393123183633π.故选：D.

9．一个宿舍的6名同学被邀请参加一个节目，要求必须有人去，但去几个人自行决定．其中甲和乙两名同学要么都去，要么都不去，则该宿舍同学的去法共有（

）

B．28种

C．31种

D．63种

A．15种【答案】C

【分析】满足条件的去法可分为两类，第一类甲乙都去，第二类甲乙都不去，再进一步通过分类加法原理求出各类的方法数，将两类方法数相加即可.

【详解】若甲和乙两名同学都去，则去的人数可能是2人，3人，4人，5人，6人，

1234所以满足条件的去法数为C04+C4C4+C4C416种；

若甲和乙两名同学都不去，则去的人数可能是1人，2人，3人，4人，则满足

34条件去法有C14C24+C4C415种；

故该宿舍同学的去法共有16+15=31种．故选：C.

10．已知椭圆C的焦点为F1(0,1),F2(0,1)，过F2的直线与C交于P，Q两点，若

PF23F2Q,|PQ|4QF1，则椭圆C的标准方程为（5）

10/305x25y21A．23x2y2C．1

23

y2B．x122x2y2D．145【答案】B

【分析】由已知可设F2Qm,PF23m可求出所有线段用m表示，在△PF1F2中由余弦定理得F1PF290从而可求.

【详解】如图，由已知可设F2Qm,PF23m，又因为|PQ|QF1QF15m根据椭圆的定义QF2QF12a,6m2a,a3m，PF12aPF22aaa3m

4

5

在△PF1F2中由余弦定理得cosF1PQ以F1PQ90

2



PQPF1QF1

2PQPF1

222

16m29m225m20，所

24m3mPF2PF1F1F29m29m24my2故椭圆方程为：x21故选：B

222

2,a3m2b133,1，方程fxa0xm11．已知函数fx2sin2x，对于任意的a6π恰有一个实数根，则m的取值范围为（）

11/30A．

7π3π

,124



B．,

π5π

26

C．,

π5π

26

D．

7π3π

,124

【答案】D

【分析】将方程的根的问题转化为函数yfx的图象与直线ya有且仅有1个交点，画出图象，数形结合得到不等式组，求出m的取值范围.

【详解】方程fxa0xm恰有一个实数根，等价于函数yfx的图象与直线ya有且仅有1个交点．



当0xm得：2x,2m，

666



结合函数yfx的图象可知，2m,，

633

π

4π5π

π

π

π

解得：m

7π3π

,.124

故选：D

12．已知a0.7e0.4,beln1.4,c0.98，则a,b,c的大小关系是（A．acbC．bca【答案】A

【分析】构造函数fx=lnxx，x0，利用导函数得到其单调性，从而得到

1

e）

B．bacD．cab

12/30lnx

1

x，e22e当且仅当xe时等号成立，变形后得到ln2xx，当x时，等号成立，令e2x0.7后得到bc；

再构造gx=e等号成立，

x1

x，利用导函数得到其单调性，得到ex1x，当且仅当x1时，

变形后得到e2x12x，当x0.5时，等号成立，令x0.7得到ac，从而得到

acb.

【详解】构造fx=lnxx，x0，

则fx=，当0xe时，f¢(x)>0，当xe时，fx0，所以fx=lnxx在0xe上单调递增，在xe上单调递减，所以fxfe=lne10，

故lnxx，当且仅当xe时等号成立，2x2x2x2(2x)2x2，因为x0，所以lnx2lnxlnxln2xee2e2ee21e1x1e1e1e2当x

e时，等号成立，22e0.98

eln1.40.98，所以bce2

当x0.7时，ln1.4(0.7)

构造gx=e所以gx=e

x1

x，则gx=ex11，当x1时，gx0，当x1时，gx0，x在x1单调递增，在x1上单调递减，

x1

故gxg10，所以ex1x，当且仅当x1时，等号成立，故ex1xe2x12x，当且仅当x0.5时，等号成立，

13/30令x0.7，则e0.41.40.7e0.40.98，所以ac，综上:acb，故选：A【点睛】构造函数比较函数值的大小，关键在于观察所给的式子特点，选择合适的函数进行求解.

第Ⅱ卷

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．



13．设i，j是x，y轴正方向上的单位向量，2abi3j，a3b11i9j，则

向量a，b的夹角为______．【答案】

π4



aa【分析】分别求出，b的表达式，利用定义求出，b的夹角即可.

2abi3j①，【详解】



a3b11i9j②,



①3②得7a14i,a2i，

2

ab2i·3i3j6i6ij62②①得7b21i21j,b3i3j，

ab62π22cosa,ba2,b3332，a,b2ab232414．已知双曲线C:x2y21(a0,b0)的焦距为2c，过C的右焦点Fa2b2的直线l与C的





两条渐近线分别交于A,B两点，O为坐标原点，若bccosAFO且FB3FA，则C的渐近线方程为__________.【答案】y2xFAb，从而在直角【分析】根据题设条件确定ABOA，进而可确定OAa，14/30△AOB中，tanAOBtanπ2





2b

，结合正切的二倍角公式求解.a【详解】因为FB3FA，画出示意图如图，设AOF，

因为bccosAFO，则cosAFO，

aa2

所以sinAFO2，则sinAFO，

cc2

bc所以tanAFO.又tan，所以AFO所以ABOA，根据sinAFO

a

bbaπ，2OAaFAb,cosAFO，cccc

FAb.又因为FB3FA，所以OAa，所以AB2b.在直角△AOB中，tanAOBtanπ2

2b

，a2b

22b2tanbba2，2所以tan2，化简得：，所以2b2a1tan2aa12a则渐近线方程为：y2x，故答案为:y2x.

an2，n为奇数{a}aa115．已知数列n满足首项1，n1，则数列{an}的前2n项的

3a，n为偶数n和为_____________．

15/30【答案】43n4n4【分析】当n为奇数时，由递推关系得an+2=3an+1=3(an+2)，构造an3为等比数列，可求出通项，结合an1an2即可分组求和.

【详解】当n为奇数时，an+2=3an+1=3(an+2)，即an+2+3=3(an+3)，此时an3为以a134为首项，公比为3的等比数列，

a+3an-2+3a+3创创3故an+3=nan-2+3an-4+3a1+3a1+3)=43(n-12，即an=4´3

n-12-3.

S2na1a2a3a4a2n1a2na1a12a3a32a2n1a2n12=2(a1+a3++a2n-1)+2n=24´30-3+4´31-3++4´3

(n-1-3+2n

)骣301-3n

n

=2琪4´-3n+2n=4´3-4n-4.琪琪1-3桫

()故答案为：43n4n4【点睛】本题解题关键是根据题意找到相邻奇数项或偶数项之间的递推关系，从而求出当n为奇数或n为偶数时的通项公式，再通过相邻两项的关系求出前2n项的和．

16．在三角形ABC中，BC2，AB2AC，D为BC的中点，则tanADC的最大值为___________.【答案】##1

4313【分析】设出ACx，则AB2x，由ADBADCπ得到cosADBcosADC0，

352cosADC2结合余弦定理得到ADx1，从而得到42x4，由三角形三边52x12关系得到3x2，换元后得到cosADC231t2，由基本不等式求出最小值，10t16/30结合fxcosx在0,2上单调递减，gxtanx在0,2单调递增，可求出tanADC的最大值.

【详解】设ACx，则AB2x，因为D为BC的中点，BC2，所以BDDC1，

由三角形三边关系可知：2xx2且2xx2，解得：3x2，在三角形ABD中，由余弦定理得：cosADB

AD212x2AD2ππ2，

AD21x2在三角形ACD中，由余弦定理得：cosADC，

2AD因为ADBADCπ，所以cosADBcosADC解得：AD2x21，

52x11x232由余弦定理得：cosADC

4522x122令x1t,9，29



5

15

2AD212x2AD2AD21x20，

2AD52x12x4，3x2，

23t22t131313则cosADCt22t2，

10t10t10t51525当且仅当t，即t1时，等号成立，此时x211，解得：x，t253



π

因为cosADC0，故ADC0,，

2517/30由于fxcosx在0,2上单调递减，gxtanx在0,2单调递增，故当cosADC取得最小值时，tanADC取得最大值，此时sinADC1cos2ADC，tanADC.

4543ππ故答案为：.

【点睛】三角形中常用结论，sinABsinC，cosABcosC，

tanABtanC，本题中突破口为由ADBADCπ得到

cosADBcosADC0，结合余弦定理得到AD2

52x1，进而利用基本不等式求243最值.

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．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．

17．（12分）数列an满足a35，点Pan,an1在直线xy20上，设数列bn的前n项和为Sn，且满足2Sn3bn3，nN*．(1)求数列an和bn的通项公式；

18/30anak(2)是否存在kN，使得对任意的nN，都有bb．

nk*

*

【答案】(1)an2n1；bn3n

(2)存在k1，2，使得对任意的nN*，都有

anakbnbk【分析】（1）根据等差数列的定义可得an为等差数列，由Sn,bn的关系可得bn为等比数列，进而可求其通项，

（2）根据数列的单调性求解最值即可求解.

【详解】（1）点Pan,an1在直线xy20上，所以an1an2又a35，

∴a11，则数列an是首项为1，公差为2的等差数列．∴an2n1

又当n1时，2S13b13得b13，当n2，由2Sn3bn3得2Sn13bn13

②

①，

由①－②整理得：bn3bn1，∵b130，∴bn10

bn∴b3，

n1∴数列bn是首项为3，公比为3的等比数列，故bn3n

n（2）设cnb3n，

na2n1由cn1cn

2n12n12n16n344n

nn13n133n1319/30当n1时，c1c2，当n2时，cn1cn，所以当n1或

2时，cn取得最大值，即

an取得最大bn

anak所以存在k1，2，使得对任意的nN，都有bbnk*

18．（12分）如图，将等边ABC绕BC边旋转90到等边△DBC的位置，连接AD．

(1)求证：ADBC；

(2)若M是棱DA上一点，且两三角形的面积满足SBMD2SBMA，求直线BM与平面

ACD所成角的正弦值．

【答案】(1)证明见解析(2)

31010【分析】（1）取BC中点为O，证明BC平面AOD即可；

（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得直线BM与平面ACD所成角的正弦值．

【详解】（1）设O是BC的中点，

连接AO，DO，由题知：ABAC，DBDC，则BCAO，BCDO，又AODOO，AO,DO平面AOD，

所以BC平面AOD，又AD平面AOD，所以ADBC．（2）由题知，OA、BC、OD两两垂直，

20/30以O为原点，OA,OB,OD方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示，

因为SBMD2SBMA，所以AMAD，设AB2a，则OAOD3a，

13

则A

233

a,0,a．3a,0,0，B0,a,0，C0,a,0，D0,0,3a，M33



CA所以

3a,a,0，DA233

a,a,a3a,0,3a，BM3，3

r

nACD设平面的法向量为x,y,z，

nCA3axay0

则，取x1，可得n1,3,1，nDA3ax3az0

设直线BM与平面ACD所成的角为，

BMn310则sincosBM,n．10BMn310.10所以直线BM与平面ACD所成角的正弦值为19．（12分）甲、乙两位选手参加一项射击比赛，每位选手各有n个射击目标，他们击中每一个目标的概率均为2，且相互．甲选手依次对所有n个目标进行射击，且每击中一个目标可获得1颗星；乙选手按规定的顺序依次对目标进行射击，击中一个目标后可继续对下一个目标进行射击直至有目标未被击中时为止，

1

21/30且每击中一个目标可获得2颗星．

(1)当n5时，分别求甲、乙两位选手各击中3个目标的概率；

(2)若累计获得星数多的选手获胜，讨论甲、乙两位选手谁更可能获胜．【答案】(1)

51,；1616(2)当n1,2,3时，乙更可能获胜；当n4时，甲更可能获胜.

【分析】（1）根据重复试验可计算甲击中3个目标的概率，由相互事件的概率计算公式可得乙击中3个目标的概率；

（2）设X为甲累计获得的星数，Y为乙累计获得的星数，分别计算期望，分别讨论n1,2,3及n4的E(X),E(Y)，得出结论.

332【详解】（1）当n5时，甲击中3个目标的概率为P1C5()()12125，16乙击中3个目标，则前3个目标被击中，第4个目标未被击中，

3其概率为P2()12121.16（2）设X为甲累计获得的星数，则X0,1,2,,n，设Y为乙累计获得的星数，则Y0,2,4,,2n，设击中了m个目标，其中0mn，

1m1nmCmn则甲获得星数为m的概率为P(Xm)C()()n，

222mn

12n

0C0n1Cn2CnnCn所以甲累计获得星数为E(X);

2n0n01n1C1记Sn0CnnnCnnCn(n1)Cn0Cn，

0nnn1

C1所以2Snn(Cn，nCn)n2,Snn2

n2n1n

所以E(X)n,

2222/30乙获得星数为2m(0mn1)的概率为P(Y2m)()m当mn时，P(Y2m)

1，2n02121212m1，

所以乙累计获得星数为E(Y)记Tn02242(n1)2nn，22232n2242(n1)242(n1)

2T0，则，n22232n21222n11112(n1)n1

2n1)2n1，1n22222所以Tn2TnTn2(E(Y)21，2n1当n1时，E(X)E(Y)1，当n2时，E(X)1E(Y)当n3时，E(X)E(Y)327，当n4时，E(X)2E(Y)4123，2所以当n1,2,3时，乙更可能获胜；当n4时，甲更可能获胜.

x2y220．（12分）已知抛物线y43x的焦点与椭圆:221ab0的右焦点重

ab2合，直线l1:1与圆x2y22相切．(1)求椭圆的方程；

(2)设不过原点的直线l2与椭圆相交于不同的两点A，B，M为线段AB的中点，O为坐标原点，射线OM与椭圆相交于点P，且O点在以AB为直径的圆上，记AOM，△BOP的面积分别为S1，S2，求S的取值范围．

2xaybS1x2y2【答案】(1)163(2)36,33

23/30【分析】（1）根据条件建立关于a,b的方程组，即可求解椭圆方程；（2）根据数形结合可知

S1S△AOMOM，分直线斜率不存在，或斜率为0，以S2S△BOPOPS1及斜率不为0，三种情况讨论S的值或范围.

2【详解】（1）∵抛物线y243x的焦点为3,0，∴c3，从而a2b23①，

xy

∵直线l1:1与圆x2y22相切，∴ab111a2b22②，

由①②得：a6，b3，

x2y2∴椭圆的方程为：163S1S△AOMOM（2）∵M为线段AB的中点，∴，

S2S△BOPOP（1）当直线l2的斜率不存在时，l2x轴，由题意知OAOB，结合椭圆的对称性，

2

2，不妨设OA所在直线的方程为yx，得xA

22

6，2，xP从而xM

xS1OM3MS2OPxP3（2）当直线l2的斜率存在时，

设直线l2:ykxmm0，Ax1,y1，Bx2,y2ykxm

222由x2y2可得：2k1x4kmx2m60，

1362222

由16km42k12m60可得：6k2m230（*）

24/304km2m26

∴x1x22，x1x22，

2k12k1

∵O点在以AB为直径的圆上，∴OAOB0，即x1x2y1y20，

22

∴x1x2y1y21kx1x2kmx1x2m0，

2m2kmkm2m20，即1k22k12k12m22k22,（**）满足（*）式．m2kmM,∴线段AB的中点，222k12k1若k0时，由（**）可得：m22，此时

mS1OM6，S2OP331

x，2k若k0时，射线OM所在的直线方程为y

1yx2k12k22由2可得：xP2，2

xy2k1136OMxS1MS2OPxPm22k2232k2132k21111，32k21随着k2的增大而减小，∵k0，∴k20，∴

S136,S233

S136,S233综上，

【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：

（1）设直线方程，设交点坐标为x1,y1,x2,y2；

（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，必要时

25/30计算；

（3）列出韦达定理；

（4）将所求问题或题中的关系转化为x1x2、x1x2（或y1y2、y1y2）的形式；（5）代入韦达定理求解.

x

21．（12分）已知函数fxeaxa

(1)当a1时，证明:f(x)0.(2)若

f(x)有两个零点x1,x2x1x2且

x21

2,e2，求x1x2的取值范围.x11【答案】(1)见解析；(2)3ln22,4e21【分析】（1）f(x)exx1，求导得f(x)minxx

（2）由题得e1ax1a，e2ax2a，则ex2x10；f(0)0，则f(x)󰁦x21ex1ex2ax1x22，，x11eeax2x1，则xx2

12x2x1x2x11exx21ex2x11，从而设tx2x1[ln2,2]，得到

t

x1x22

t1ete1t，利用导数研究函数g(t)t1e的值域，则得到xxe1t12的范围.

【详解】（1）证明:当a1时,f(x)exx1,则f(x)ex1.当x(,0)时,f(x)0,当x(0,)时,f(x)0,所以f(x)在(,0)上单调递减,在0,上单调递增,则f(x)minf(0)0,故f(x)󰁦0.

1

2

xx

（2）由题意得eax1aeax2a0，

xx

则eax1a，eax2a，

12

26/30xx

从而e21

x21

ex1ex2ax1x22，ex2ex1ax2x1，，x11故x1x22

x2x1exeex21ex2x1

x2x11exx21ex2x11，

x212x2x12

2,e因为x12,e，所以e，即x2x1ln2,2，

1

设tx2x1[ln2,2],则x1x22

t1ete1tt1etet1.

设g(t)

,则g(t)e2t2tet1et12.

tt

设h(t)e2t2tet1,则h(t)2eet1，tt

0在R上恒成立,由（1）可知h(t)2eet1󰁦

从而h(t)e2t2tet1在[ln2,2]上单调递增,

故h(t)minh(ln2)44ln210,即g(t)0在ln2,2上恒成立,

21e2

所以g(t)在[ln2,2]上单调递增,所以x1x223ln2,2e1





,

即x1x23ln22,





443ln22,xx,即的取值范围为.12e21e21

【点睛】关键点睛：本题的关键是通过变形用含x2x1的式子表示出x1x22，即x1x22

x2x11exx21ex2x11，然后整体换元设tx2x1[ln2,2]，则得到

t

x1x22

t1etet1，最后只需求出函数g(t)t1e在t[ln2,2]上值域即可.

et1（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．

27/3022．[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）

x3tcosxOy在直角坐标系中，直线l的参数方程为（t为参数）．以坐标原

ytsin点为极点，x轴的正半轴为极轴建立坐标系，曲线C的极坐标方程为

2

8

，直线l与曲线C相交于A，B两点，M53cos23,0．

(1)求曲线C的直角坐标方程；(2)若AM2MB，求直线l的斜率．

x223【答案】(1)y21(2)

42xcos【分析】（1）根据极坐标与直角坐标直角的转化ysin，运算求解；（2）联

2x2y2



立直线l的参数方程和曲线C的直角坐标方程，根据参数的几何意义结合韦达定理运算求解.

2【详解】（1）∵

884

53cos25cos2sin23cos2sin2cos24sin2，

则2cos242sin24，

x2∴x4y4，即y21，

42

2

x2故曲线C的直角坐标方程为y21.

4x3tcos（2）将直线l的参数方程为（t为参数）代入曲线C的直角坐标

ytsinx2方程为y21，得

43tcos42

tsin1，

2

28/30222整理得cos4sint23cost10，

设A，B两点所对应的参数为t1,t2，则t1t2∵AM2MB，则t12t2，





23cos1

，,tt12cos24sin2cos24sin243cost12t2t1cos24sin2联立，解得，23costt23cos12t

cos24sin22cos24sin2

将t1,t2代入t1t2

43coscos24sin2

1

得

cos4sin2223coscos24sin2

23.212322ktan，解得，22cos4sin4

故直线l的斜率为

23．[选修4-5：不等式选讲]（10分）设a、b、c为正数，且(1)abc；

(2)ab2bcc3a24abc.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析

【分析】（1）由不等式的基本性质可得出，利用反比例函数在0,上的单调性可证得结论成立；

（2）利用基本不等式可得出ab2ab，2bc33b2c，c3a44a3c，利用不等式的基本性质可证得结论成立.

【详解】（1）证明：因为a、b、c为正数，由

bccaab

可得abc1

a1b1cbccaab

.证明：abc29/30abcabcabc

，abc所以，，

因为函数yx在0,上为增函数，故abc.

（2）证明：由基本不等式可得ab2ab，2bcbbc33b2c，43c3aca2a2ac2a4aac4ac，1

a1b1c1由不等式的基本性质可得ab2bcc3a24abbcac24abc

17

1461224ababc24abc，



1

212231334145477612当且仅当abc时，等号成立，故ab2bcc3a24abc.

30/30