安徽省黄山市高考数学二模试卷(理科)(解析版)

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1、安徽省黄山市高考数学二模试卷（理科）一、选择题：本大题共12个小题，每题5分，共60分.在每题给出的四个选项中，只有一项是符合题目规定的.1已知集合A=2，1，0，1，2，RB=x|0，则AB=（）A1，0，1B1，0C2，1，0D0，1，22复数z=（a+i）（3+ai）（aR），若z0，则a的值是（）Aa=Ba=Ca=1Da=13已知数列an的前n项和为Sn，且a1=2，an+1=Sn+1（nN*），则S5=（）A31B42C37D474在ABC中，B（2，0），C（2，0），A（x，y），给出ABC满足条件，就能得到动点A的轨迹方程下表给出了某些条件及方程：条件方程ABC周长为10C1：

2、y2=25ABC面积为10C2：x2+y2=4（y0）ABC中，A=90C3： +=1（y0）则满足条件，的轨迹方程依次为（）AC3，C1，C2BC1，C2，C3CC3，C2，C1DC1，C3，C25在区间0，8上随机取一种x的值，执行如图的程序框图，则输出的y3的概率为（）ABCD6过圆锥顶点的平面截去圆锥一部分，所得几何体的三视图如图所示，则原圆推的体积为（）A1BCD7已知a=（x21）dx，b=1log23，c=cos，则a，b，c的大小关系是（）AabcBcabCacbDbca8已知m1，x，y满足约束条件，若目的函数z=ax+by（a0，b0）的最大值为3，则+（）A有最小值B有最

3、大值C有最小值D有最大值9中国诗词大会（第二季）亮点颇多，十场比赛每场均有一首特别设计的开场诗词，在声光舞美的配合下，百人团齐声朗读，别有韵味若将进酒山居秋暝望岳送杜少府之任蜀州和另拟定的两首诗词排在后六场，且将进酒排在望岳的前面，山居秋暝与送杜少府之任蜀州不相邻且均不排在最后，则后六场的排法有（）A144种B288种C360种D720种10已知圆C：x2+y2=1，点P为直线+=1上一动点，过点P向圆C引两条切线PA，PB，A，B为切点，则直线AB通过定点（）ABCD11函数f（x）=与g（x）=（|x+a|+1）的图象上存在有关y轴对称的点，则实数a的取值范畴是（）A（，32ln2B32l

4、n2，+）C，+）D（，12将函数y=sin（x）的图象向左平移3个单位，得函数y=sin（x+）（|）的图象（如图），点M，N分别是函数f（x）图象上y轴两侧相邻的最高点和最低点，设MON=，则tan（）的值为（）A1B2C1+D2+二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13已知=（，），|=1，|+2|=2，则在方向上的投影为14若随机变量XN（2，32），且P（X1）=P（Xa），则（x+a）2（ax）5展开式中x3项的系数是15祖暅（公元前56世纪），祖冲之之子，是国内齐梁时代的数学家她提出了一条原理：“幂势既同，則积不容异”这句话的意思是：两个等高的几何体若在所有等高

5、处的水平截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等该原理在西方直到十七世纪才由意大利数学家卡瓦列利发现，比祖暅晚一千一百近年椭球体是椭圆绕其轴旋转所成的旋转体如图将底面直径皆为2b，高皆为a的椭半球体及已被挖去了圆锥体的圆柱体放置于同一平面上以平行于平面的平面于距平面任意高d处可横截得到S圆及S环两截面，可以证明S圆=S环知总成立据此，短轴长为4cm，长轴为6cm的椭球体的体积是cm316设A（n）表达正整数n的个位数，an=A（n2）A（n），A为数列an的前202项和，函数f（x）=exe+1，若函数g（x）满足fg（x）=1，且bn=g（n）（nN*），则数列bn的前n项和为三、解答题（本

6、大题共5小题，共70分.解答应写出文字阐明、证明过程或演算环节.）17ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，向量=（，1），=（cosA+1，sinA），且的值为2+（1）求A的大小；（2）若a=，cosB=，求ABC的面积18如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，面PAD底面ABCD，且PAD是边长为2的等边三角形，PC=，M在PC上，且PA面MBD（1）求证：M是PC的中点；（2）在PA上与否存在点F，使二面角FBDM为直角？若存在，求出的值；若不存在，阐明理由19世界特色魅力都市200强新鲜出炉，涉及黄山市在内的28个中国都市入选美丽的黄山风景和人文景观迎来众多来宾目前

7、诸多人喜欢自助游，某调查机构为了理解“自助游”与否与性别有关，在黄山旅游节期间，随机抽取了100人，得如下所示的列联表：赞成“自助游”不赞成“自助游”合计男性30女性10合计100（1）若在100这人中，按性别分层抽取一种容量为20的样本，女性应抽11人，请将上面的列联表补充完整（在答题卡上直接填写成果，不需要写求解过程），并据此资料能否在出错误的概率不超过0.05前提下，觉得赞成“自助游”是与性别有关系？（2）若以抽取样本的频率为概率，从旅游节游客中随机抽取3人赠送精美纪念品，记这3人中赞成“自助游”人数为X，求X的分布列和数学盼望附：K2=P（K2k）0.1000.0500.0100.00

8、1k2.7063.8416.63510.82820已知椭圆E： +=1（a）的离心率e=，右焦点F（c，0），过点A（，0）的直线交椭圆E于P，Q两点（1）求椭圆E的方程；（2）若点P有关x轴的对称点为M，求证：M，F，Q三点共线；（3）当FPQ面积最大时，求直线PQ的方程21已知函数f（x）=（ax2+x1）ex+f（0）（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）若g（x）=exf（x）+lnx，h（x）=ex，过O（0，0）分别作曲线y=g（x）与y=h（x）的切线l1，l2，且l1与l2有关x轴对称，求证：a选修4-4：坐标系与参数方程22已知曲线C的极坐标方程为=，过点P（1，0）的直线l

9、交曲线C于A，B两点（1）将曲线C的极坐标方程的化为一般方程；（2）求|PA|PB|的取值范畴选修4-5：不等式选讲23已知函数f（x）=|x2|，g（x）=|x+1|x（1）解不等式f（x）g（x）；（2）若存在实数x，使不等式mg（x）f（x）+x（mR）能成立，求实数m的最小值安徽省黄山市高考数学二模试卷（理科）参照答案与试题解析一、选择题：本大题共12个小题，每题5分，共60分.在每题给出的四个选项中，只有一项是符合题目规定的.1已知集合A=2，1，0，1，2，RB=x|0，则AB=（）A1，0，1B1，0C2，1，0D0，1，2【考点】交集及其运算【分析】解不等式求出RB，根据补集与

10、交集的定义计算即可【解答】解：集合A=2，1，0，1，2，RB=x|0=x|x2或x1，B=x|2x1则AB=2，1，0故选：C2复数z=（a+i）（3+ai）（aR），若z0，则a的值是（）Aa=Ba=Ca=1Da=1【考点】复数的基本概念【分析】z=（a+i）（3+ai）=4a+（a23）i0，运用实部不不小于0，虚部等于0，即可求解【解答】解：z=（a+i）（3+ai）=4a+（a23）i0，a=，故选A3已知数列an的前n项和为Sn，且a1=2，an+1=Sn+1（nN*），则S5=（）A31B42C37D47【考点】数列递推式【分析】an+1=Sn+1（nN*），可得Sn+1Sn=S

11、n+1（nN*），变形为：Sn+1+1=2（Sn+1）（nN*），运用等比数列的通项公式即可得出【解答】解：an+1=Sn+1（nN*），Sn+1Sn=Sn+1（nN*），变形为：Sn+1+1=2（Sn+1）（nN*），数列Sn+1为等比数列，首项为3，公比为2则S5+1=324，解得S5=47故选：D4在ABC中，B（2，0），C（2，0），A（x，y），给出ABC满足条件，就能得到动点A的轨迹方程下表给出了某些条件及方程：条件方程ABC周长为10C1：y2=25ABC面积为10C2：x2+y2=4（y0）ABC中，A=90C3： +=1（y0）则满足条件，的轨迹方程依次为（）AC3，C1，

12、C2BC1，C2，C3CC3，C2，C1DC1，C3，C2【考点】轨迹方程【分析】中可转化为A点到B、C两点距离之和为常数，符合椭圆的定义，运用定义法求轨迹方程；中运用三角形面积公式可知A点到BC距离为常数，轨迹为两条直线；中A=90，可用斜率或向量解决【解答】解：ABC的周长为10，即AB+AC+BC=10，BC=4，AB+AC=6BC，故动点A的轨迹为椭圆，与C3相应；ABC的面积为10，BC|y|=10，即|y|=5，与C1相应；A=90，=（2x，y）（2x，y）=x2+y24=0，与C2相应故选：A5在区间0，8上随机取一种x的值，执行如图的程序框图，则输出的y3的概率为（）ABCD

13、【考点】程序框图【分析】运用分段函数，求出输出的y3时，x的范畴，以长度为测度求出相应的概率【解答】解：由题意，0x6，2x13，2x6；6x8，无解，输出的y3的概率为=，故选B6过圆锥顶点的平面截去圆锥一部分，所得几何体的三视图如图所示，则原圆推的体积为（）A1BCD【考点】由三视图求面积、体积【分析】由三视图可得底面圆的半径为=2，圆锥的高为=2，即可求出原圆推的体积【解答】解：由三视图可得底面圆的半径为=2，圆锥的高为=2，原圆推的体积为=，故选D7已知a=（x21）dx，b=1log23，c=cos，则a，b，c的大小关系是（）AabcBcabCacbDbca【考点】定积分；对数值大

14、小的比较【分析】估算a，b，c的值，即可比较大小【解答】解：a=（x21）dx=（x3x）|=1=0.667，b=1log23=10.59，c=cos=0.866，cab，故选B8已知m1，x，y满足约束条件，若目的函数z=ax+by（a0，b0）的最大值为3，则+（）A有最小值B有最大值C有最小值D有最大值【考点】简朴线性规划【分析】由约束条件作出可行域，化目的函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，联立方程组求得最优解的坐标，代入目的函数可得a+5b=3，然后运用基本不等式求得+有最小值【解答】解：由约束条件作出可行域如图，联立，解得A（1，5），化目的函数z=ax+by（a0，b0）

15、为y=，由图可知，当直线y=过A时，直线在y轴上的截距最大，z有最大值为a+5b=3+=（+）（）=当且仅当a=5b，即a=，b=时，上式等号成立故选：A9中国诗词大会（第二季）亮点颇多，十场比赛每场均有一首特别设计的开场诗词，在声光舞美的配合下，百人团齐声朗读，别有韵味若将进酒山居秋暝望岳送杜少府之任蜀州和另拟定的两首诗词排在后六场，且将进酒排在望岳的前面，山居秋暝与送杜少府之任蜀州不相邻且均不排在最后，则后六场的排法有（）A144种B288种C360种D720种【考点】排列、组合的实际应用【分析】根据题意，分2步进行分析：、用倍分法分析将进酒、望岳和另两首诗词的排法数目，、用插空法分析山居

16、秋暝与送杜少府之任蜀州的排法数目，由分步计数原理计算可得答案【解答】解：根据题意，分2步进行分析：、将将进酒、望岳和另两首诗词的4首诗词全排列，有A44=24种顺序，由于将进酒排在望岳前面，则这4首诗词的排法有=12种，、这4首诗词排好后，不含最后，有4个空位，在4个空位中任选2个，安排山居秋暝与送杜少府之任蜀州，有A43=12种安排措施，则后六场的排法有1212=144种；故选：A10已知圆C：x2+y2=1，点P为直线+=1上一动点，过点P向圆C引两条切线PA，PB，A，B为切点，则直线AB通过定点（）ABCD【考点】直线与圆的位置关系【分析】根据题意设P的坐标为P（42m，m），由切线的

17、性质得点A、B在以OP为直径的圆C上，求出圆C的方程，将两个圆的方程相减求出公共弦AB所在的直线方程，再求出直线AB过的定点坐标【解答】解：由于P是直线+=1的任一点，因此设P（42m，m），由于圆x2+y2=1的两条切线PA、PB，切点分别为A、B，因此OAPA，OBPB，则点A、B在以OP为直径的圆上，即AB是圆O和圆C的公共弦，则圆心C的坐标是（2m，），且半径的平方是r2=，因此圆C的方程是（x2+m）2+（y）2=，又x2+y2=1，得，（2m4）xmy+1=0，即公共弦AB所在的直线方程是：（2m4）xmy+1=0，即m（2xy）+（4x+1）=0，由得x=，y=因此直线AB恒过定

18、点（，），故选B11函数f（x）=与g（x）=（|x+a|+1）的图象上存在有关y轴对称的点，则实数a的取值范畴是（）A（，32ln2B32ln2，+）C，+）D（，【考点】函数的图象；函数零点的鉴定定理【分析】画出函数f（x）的图象，求出函数g（x）=（|x+a|+1）的最小值，运用已知条件转化列出不等式求解即可【解答】解：函数f（x）=的图象如图：g（x）=（|x+a|+1），当且仅当x=a时取等号，函数y=ln（x）与与=（|x+|+1）在x0有解，并且g（x）=（|x+a|+1）看作g（x）=（|x|+1）向左平移而得，当a时，函数f（x）=与g（x）=（|x+a|+1）的图象上存在有

19、关y轴对称的点，因此实数a的取值范畴是：，+）故选：C12将函数y=sin（x）的图象向左平移3个单位，得函数y=sin（x+）（|）的图象（如图），点M，N分别是函数f（x）图象上y轴两侧相邻的最高点和最低点，设MON=，则tan（）的值为（）A1B2C1+D2+【考点】由y=Asin（x+）的部分图象拟定其解析式【分析】根据函数图象的变换，求得的值，由正弦函数的性质，求得M和N的坐标，运用余弦定理求得的值，即可求得tan（）【解答】解：函数y=sin（x）的图象向左平移3个单位，可得：y=sin（x+3）= sin（x+），则=，M（1，），N（3，），则丨OM丨=2，丨ON丨=2，丨MN

20、丨=2，cos=，由0，则=，则tan（）=tan（）=tan=tan（）=（2）=2+，tan（）的值2+，故选D二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13已知=（，），|=1，|+2|=2，则在方向上的投影为【考点】平面向量数量积的运算【分析】运用向量模的公式和向量的平方即为模的平方，可得，再由在方向上的投影为，计算即可得到所求【解答】解： =（，），|=1，|+2|=2，可得|=1，|+2|2=4，即为2+4+42=4，即有1+4+4=4，=，可得在方向上的投影为=故答案为：14若随机变量XN（2，32），且P（X1）=P（Xa），则（x+a）2（ax）5展开式中x3项的

21、系数是1620【考点】二项式系数的性质【分析】根据正态分布的概率性质求出a的值，再化（x+a）2（ax）5=（x2+6x+9）；运用展开式的通项公式求出含x2的系数，即可求出相应项的系数【解答】解：随机变量XN（2，32），均值是2，且P（X1）=P（Xa），a=3；（x+a）2（ax）5=（x+3）2（3x）5=（x2+6x+9）；又展开式的通项公式为Tr+1=（3x）5r=（1）r35r，令5=1，解得r=，不合题意，舍去；令5=2，解得r=2，相应x2的系数为（1）223=270；令5=3，解得r=，不合题意，舍去；展开式中x3项的系数是6270=1620故答案为：162015祖暅（公元

22、前56世纪），祖冲之之子，是国内齐梁时代的数学家她提出了一条原理：“幂势既同，則积不容异”这句话的意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等该原理在西方直到十七世纪才由意大利数学家卡瓦列利发现，比祖暅晚一千一百近年椭球体是椭圆绕其轴旋转所成的旋转体如图将底面直径皆为2b，高皆为a的椭半球体及已被挖去了圆锥体的圆柱体放置于同一平面上以平行于平面的平面于距平面任意高d处可横截得到S圆及S环两截面，可以证明S圆=S环知总成立据此，短轴长为4cm，长轴为6cm的椭球体的体积是16cm3【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）【分析】运用圆柱、圆锥的体积公式，即可得出

23、结论【解答】解：由题意，短轴长为4cm，长轴为6cm的椭球体的体积是=16cm3故答案为1616设A（n）表达正整数n的个位数，an=A（n2）A（n），A为数列an的前202项和，函数f（x）=exe+1，若函数g（x）满足fg（x）=1，且bn=g（n）（nN*），则数列bn的前n项和为n+3（2n+3）（）n【考点】数列的求和【分析】先根据n的个位数的不同取值推导数列的周期，由周期可求得A=2，再由函数f（x）为R上的增函数，求得g（x）的解析式，即有bn=g（n）=1+（2n1）（）n，再由数列的求和措施：分组求和和错位相减法，化简整顿即可得到所求和【解答】解：n的个位数为1时有：an

24、=A（n2）A（n）=0，n的个位数为2时有：an=A（n2）A（n）=42=2，n的个位数为3时有：an=A（n2）A（n）=93=6，n的个位数为4时有：an=A（n2）A（n）=64=2，n的个位数为5时有：an=A（n2）A（n）=55=0，n的个位数为6时有：an=A（n2）A（n）=66=0，n的个位数为7时有：an=A（n2）A（n）=97=2，n的个位数为8时有：an=A（n2）A（n）=48=4，n的个位数为9时有：an=A（n2）A（n）=19=8，n的个位数为0时有：an=A（n2）A（n）=00=0，每10个一循环，这10个数的和为：0，20210=20余2，余下两个数

25、为：a201=0，a202=2，数列an的前202项和等于：a201+a202=0+2=2，即有A=2函数函数f（x）=exe+1为R上的增函数，且f（1）=1，fg（x）=1=f（1），可得g（x）=1+=1+，则g（n）=1+（2n1）（）n，即有bn=g（n）=1+（2n1）（）n，则数列bn的前n项和为n+1（）1+3（）2+5（）3+（2n1）（）n，可令S=1（）1+3（）2+5（）3+（2n1）（）n，S=1（）2+3（）3+5（）4+（2n1）（）n+1，两式相减可得S=+2（）2+（）3+（）4+（）n（2n1）（）n+1=+2（2n1）（）n+1，化简可得S=3（2n+3）

26、（）n，则数列bn的前n项和为n+3（2n+3）（）n故答案为：n+3（2n+3）（）n三、解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字阐明、证明过程或演算环节.）17ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，向量=（，1），=（cosA+1，sinA），且的值为2+（1）求A的大小；（2）若a=，cosB=，求ABC的面积【考点】余弦定理；正弦定理【分析】（1）由已知及平面向量数量积的运算可求sin（A+）=1，结合A的范畴即可得解A的值（2）运用同角三角函数基本关系式可求sinB，进而运用正弦定理可求b的值，根据三角形面积公式即可计算得解【解答】解：（1）=2+（2），由，得，1

27、8如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，面PAD底面ABCD，且PAD是边长为2的等边三角形，PC=，M在PC上，且PA面MBD（1）求证：M是PC的中点；（2）在PA上与否存在点F，使二面角FBDM为直角？若存在，求出的值；若不存在，阐明理由【考点】二面角的平面角及求法；棱锥的构造特性【分析】（1）连AC交BD于E，连ME，推导出E是AC中点，PAME，由此能证明M是PC的中点（2）取AD中点O，以O为原点，OA，OE，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，运用向量法求出存在F，使二面角FBDM为直角，此时【解答】证明：（1）连AC交BD于E，连MEABCD是矩形，E

28、是AC中点又PA面MBD，且ME是面PAC与面MDB的交线，PAME，M是PC的中点解：（2）取AD中点O，由（1）知OA，OE，OP两两垂直以O为原点，OA，OE，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系（如图），则各点坐标为设存在F满足规定，且，则由得：，面MBD的一种法向量为，面FBD的一种法向量为，由，得，解得，故存在F，使二面角FBDM为直角，此时19世界特色魅力都市200强新鲜出炉，涉及黄山市在内的28个中国都市入选美丽的黄山风景和人文景观迎来众多来宾目前诸多人喜欢自助游，某调查机构为了理解“自助游”与否与性别有关，在黄山旅游节期间，随机抽取了100人，得如下所示的列联

29、表：赞成“自助游”不赞成“自助游”合计男性30女性10合计100（1）若在100这人中，按性别分层抽取一种容量为20的样本，女性应抽11人，请将上面的列联表补充完整（在答题卡上直接填写成果，不需要写求解过程），并据此资料能否在出错误的概率不超过0.05前提下，觉得赞成“自助游”是与性别有关系？（2）若以抽取样本的频率为概率，从旅游节游客中随机抽取3人赠送精美纪念品，记这3人中赞成“自助游”人数为X，求X的分布列和数学盼望附：K2=P（K2k）0.1000.0500.0100.001k2.7063.8416.63510.828【考点】独立性检查的应用【分析】（1）根所给数据得到列联表，运用公式求

30、得K2，与临界值比较，即可得到结论（2）X的所有也许取值为：0，1，2，3，求出相应的概率，即可得到X的分布列、数学盼望【解答】解：（1）赞成“自助游”不赞成“自助游”合计男性301545女性451055合计7525100将22列联表中的数据代入计算，得K2的观测值：，3.0303.841，在出错误的概率不超过0.05前提下，不能觉得赞成“自助游”与性别有关系（2）X的所有也许取值为：0，1，2，3，依题意，X的分布列为：X0123P（X）20已知椭圆E： +=1（a）的离心率e=，右焦点F（c，0），过点A（，0）的直线交椭圆E于P，Q两点（1）求椭圆E的方程；（2）若点P有关x轴的对称点为

31、M，求证：M，F，Q三点共线；（3）当FPQ面积最大时，求直线PQ的方程【考点】椭圆的简朴性质【分析】（1）由椭圆的离心率公式，计算可得a与c的值，由椭圆的几何性质可得b的值，将a、b的值代入椭圆的方程计算可得答案；（2）根据题意，设直线PQ的方程为y=k（x3），联立直线与椭圆的方程可得（3k2+1）x218k2x+27k26=0，设出P、Q的坐标，由根与系数的关系的分析求出、的坐标，由向量平行的坐标表达措施，分析可得证明；（3）设直线PQ的方程为x=my+3，联立直线与椭圆的方程，分析有（m2+3）y2+6my+3=0，设P（x1，y1），Q（x2，y2），结合根与系数的关系分析用y1y2

32、表达出FPQ的面积，分析可得答案【解答】解：（1）由，c=ea=2，则b2=a2c2=2，椭圆E的方程是（2）证明：由（1）可得A（3，0），设直线PQ的方程为y=k（x3），由方程组，得（3k2+1）x218k2x+27k26=0，依题意=12（23k2）0，得设P（x1，y1），Q（x2，y2），则，由（2x1）y2（x22）y1=（2x1）k（x23）（x22）k（x13）=，得，M，F，Q三点共线（3）设直线PQ的方程为x=my+3由方程组，得（m2+3）y2+6my+3=0，依题意=36m212（m2+3）0，得设P（x1，y1），Q（x2，y2），则=，令t=m2+3，则，即时，S

33、FPQ最大，SFPQ最大时直线PQ的方程为21已知函数f（x）=（ax2+x1）ex+f（0）（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）若g（x）=exf（x）+lnx，h（x）=ex，过O（0，0）分别作曲线y=g（x）与y=h（x）的切线l1，l2，且l1与l2有关x轴对称，求证：a【考点】运用导数求闭区间上函数的最值；运用导数研究函数的单调性【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论a的范畴求出函数的单调区间即可；（2）求出直线l1的方程，设l1与y=g（x）的切点为（x1，y1），得到，根据函数的单调性求出a的范畴即可【解答】解：由已知得f（x）=ax2+（2a+1）xex，f（0）=0，因此

34、f（x）=（ax2+x1）ex（1）f（x）=ax2+（2a+1）xex=x（ax+2a+1）ex若a0，当或x0时，f（x）0；当时，f（x）0，因此f（x）的单调递增区间为；单调递减区间为若a=0，f（x）=（x1）ex，f（x）=xex，当x0时，f（x）0；当x0时，f（x）0，因此f（x）的单调递增区间为（0，+）；单调递减区间为（，0）若，当或x0时，f（x）0；当时，f（x）0，因此f（x）的单调递增区间为；单调递减区间为若，故f（x）的单调递减区间为（，+）若，当或x0时，f（x）0；当时，f（x）0，因此f（x）的单调递增区间为；单调递减区间为当a0时，f（x）的单调递增区间

35、为；单调递减区间为当a=0时，f（x）的单调递增区间为（0，+）；单调递减区间为（，0），当时，f（x）的单调递增区间为；单调递减区间为当时，f（x）的单调递减区间为（，+）；当时，f（x）单调递增区间为；单调递减区间为，（0，+）；（2）证明：g（x）=exf（x）+lnx=ex（ax2+x1）ex+lnx=ax2+x1+lnx，设l2的方程为y=k2x，切点为（x2，y2），则，因此x2=1，y2=e，k2=e由题意知k1=k2=e，因此l1的方程为y=ex，设l1与y=g（x）的切点为（x1，y1），则又，即，令，在定义域上，u（x）0，因此（0，+）上，u（x）是单调递增函数，又，因此

36、，即，令，则，因此，故选修4-4：坐标系与参数方程22已知曲线C的极坐标方程为=，过点P（1，0）的直线l交曲线C于A，B两点（1）将曲线C的极坐标方程的化为一般方程；（2）求|PA|PB|的取值范畴【考点】简朴曲线的极坐标方程【分析】（1）运用极坐标方程的转化措施，可得结论；（2）直线l的参数方程为为参数），将代入得（cos2+2sin2）t2+2tcos1=0，运用参数的几何意义，即可求|PA|PB|的取值范畴【解答】解：（1）由得2（1+sin2）=2，得曲线C的一般方程为（2）由题意知，直线l的参数方程为为参数），将代入得（cos2+2sin2）t2+2tcos1=0，设A，B相应的参

37、数分别为t1，t2，则，|PA|PB|的取值范畴为选修4-5：不等式选讲23已知函数f（x）=|x2|，g（x）=|x+1|x（1）解不等式f（x）g（x）；（2）若存在实数x，使不等式mg（x）f（x）+x（mR）能成立，求实数m的最小值【考点】函数恒成立问题【分析】（1）通过讨论x的范畴，去掉绝对值，求出各个区间的x的范畴，取并集即可；（2）问题转化为m（|x2|+|+1|）min，根据绝对值的性质求出m的最小值即可【解答】解：（1）由题意不等式f（x）g（x）可化为|x2|+x|x+1|，当x1时，（x2）+x（x+1），解得x3，即3x1；当1x2时，（x2）+xx+1，解得x1，即1x1；当x2时，x2+xx+1，解得x3，即x3，综上所述，不等式f（x）g（x）的解集为x|3x1或x3（2）由不等式mg（x）f（x）+x（mR）可得m|x2|+|x+1|，m（|x2|+|+1|）min，|x2|+|x+1|x2（x+1）|=3，m3，故实数m的最小值是34月21日