辽宁省沈阳市高考数学一模试卷理科解析版

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1、2016年辽宁省沈阳市高考数学一模试卷（理科）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已知i为虚数单位，则复数所对应的点在（）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限2设全集U=R，集合A=x|y=lgx，B=1，1，则下列结论正确的是（）AAB=1B（RA）B=（，0）CAB=（0，+）D（RA）B=13下列函数中，在其定义域内是增函数而且又是奇函数的是（）Ay=2xBy=2|x|Cy=2x2xDy=2x+2x4已知两个非零向量，满足（）=0，且2|=|，则，=（）A30B60C120D1505“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在

2、研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合（牟合）在一起的方形伞（方盖）其直观图如图，图中四边形是为体现其直观性所作的辅助线当其主视图和侧视图完全相同时，它的俯视图可能是（）ABCD6设等差数列an满足a2=7，a4=3，Sn是数列an的前n项和，则使得Sn0最大的自然数n是（）A9B10C11D127某函数部分图象如图所示，它的函数解析式可能是（）ABCD8阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，则输出的结果是（）AB0CD9实数x，y满足，则z=|xy|的最大值是（）A2B4C6D810已知P是双曲线y2=1上

3、任意一点，过点P分别作曲线的两条渐近线的垂线，垂足分别为A、B，则的值是（）ABCD不能确定11将3本相同的小说，2本相同的诗集全部分给4名同学，每名同学至少1本，则不同的分法有（）A24种B28种C32种D36种12已知函数y=x2的图象在点（x0，x02）处的切线为l，若l也与函数y=lnx，x（0，1）的图象相切，则x0必满足（）A0x0Bx01Cx0Dx0二.填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在答卷纸的相应位置上）13已知sincos=，则sin2=14已知抛物线x2=4y的集点为F，准线为l，P为抛物线上一点，过P作PAl于点A，当AFO=30（O为坐标原点）时

4、，|PF|=15设数列an的前n项和为Sn，且a1=1，an+1=2Sn+3，则S4=16已知函数，若方程f（x）=ax+1恰有一个解时，则实数a的取值范围三.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）17在ABC中，角A、B、C对应的边分别是a、b、c，C=，且sinB=2sinAcos（A+B）（1）证明：b2=2a2；（2）若ABC的面积是1，求边c18已知长方体AC1中，AD=AB=2，AA1=1，E为D1C1的中点，如图所示（）在所给图中画出平面ABD1与平面B1EC的交线（不必说明理由）；（）证明：BD1平面B1EC；（）求平面ABD1与平面B1E

5、C所成锐二面角的大小19某中学根据20022014年期间学生的兴趣爱好，分别创建了“摄影”、“棋类”、“国学”三个社团，据资料统计新生通过考核远拔进入这三个社团成功与否相互独立，2015年某新生入学，假设他通过考核选拔进入该校的“摄影”、“棋类”、“国学”三个社团的概率依次为m，n，已知三个社团他都能进入的概率为，至少进入一个社团的概率为，且mn（1）求m与n的值；（2）该校根据三个社团活动安排情况，对进入“摄影”社的同学增加校本选修字分1分，对进入“棋类”社的同学增加校本选修学分2分，对进入“国学”社的同学增加校本选修学分3分求该新同学在社团方面获得校本选修课字分分数的分布列及期望20已知椭

6、圆E的中心在坐标原点，左、右焦点F1、F2分别在x轴上，离心率为，在其上有一动点A，A到点F1距离的最小值是1，过A、F1作一个平行四边形，顶点A、B、C、D都在椭圆E上，如图所示（）求椭圆E的方程；（）判断ABCD能否为菱形，并说明理由（）当ABCD的面积取到最大值时，判断ABCD的形状，并求出其最大值21已知函数（aR）在其定义域内有两个不同的极值点（）求a的取值范围；（）记两个极值点分别为x1，x2，且x1x2已知0，若不等式恒成立，求的范围请考生在22，23，24三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分作答时，用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的标号涂黑【选修4-1：几何证明

7、选讲】22如图所示，两个圆相内切于点T，公切线为TN，外圆的弦TC，TD分别交内圆于A、B两点，并且外圆的弦CD恰切内圆于点M（）证明：ABCD；（）证明：ACMD=BDCM【选修4-4：坐标系与参数方程】23在以直角坐标原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴的极坐标系下，曲线C1的方程是=1，将C1向上平移1个单位得到曲线C2（）求曲线C2的极坐标方程；（）若曲线C1的切线交曲线C2于不同两点M，N，切点为T，求|TM|TN|的取值范围【选修4-5：不等式选讲】24已知命题“abc，”是真命题，记t的最大值为m，命题“nR，”是假命题，其中（）求m的值；（）求n的取值范围2016年辽宁省沈阳市高

8、考数学一模试卷（理科）参考答案与试题解析一选择题：（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已知i为虚数单位，则复数所对应的点在（）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限【考点】复数代数形式的乘除运算；复数的代数表示法及其几何意义【专题】计算题；规律型；数系的扩充和复数【分析】利用复数的除法的运算法则化简求解，等等复数的对应点，即可判断选项【解答】解： =1+i，其对应的点为（1，1），故选：A【点评】本题考查复数的代数形式混合运算，考查计算能力2设全集U=R，集合A=x|y=lgx，B=1，1，则下列结论正确的是（）AAB=1B（RA）B

9、=（，0）CAB=（0，+）D（RA）B=1【考点】交、并、补集的混合运算【专题】集合思想；综合法；集合【分析】先求出集合A，根据补集和交集以及并集的运算性质分别判断即可【解答】解：根据对数函数的定义，得x0，集合A=x|x0，AB=x|x01，1=1，A错误；（RA）B=x|x01，1=x|x0或x=1，B错误；AB=x|x01，1=x|x0或x=1，C错误；（RA）B=x|x01，1=1，D正确；故选：D【点评】本题考察了集合的运算性质，考察对数函数的定义域，是一道基础题3下列函数中，在其定义域内是增函数而且又是奇函数的是（）Ay=2xBy=2|x|Cy=2x2xDy=2x+2x【考点】函

10、数奇偶性的判断；函数单调性的判断与证明【专题】函数思想；定义法；函数的性质及应用【分析】根据函数奇偶性和单调性的定义和性质进行判断【解答】解：A虽增却非奇非偶，B、D是偶函数，C由奇偶函数定义可知是奇函数，由复合函数单调性可知在其定义域内是增函数（或y=2xln2+2xln20），故选C【点评】本题主要考查函数奇偶性和单调性的判断，要求熟练掌握常见函数的奇偶性和单调性的性质4已知两个非零向量，满足（）=0，且2|=|，则，=（）A30B60C120D150【考点】平面向量数量积的运算【专题】平面向量及应用【分析】根据题意， （）=0，则=，即|2=，结合2|=|，将其代入cos，=中可得cos

11、，的值，进而可得，的值，即可得答案【解答】解：根据题意， （）=0，则=，即|2=，又由2|=|，则cos，=；即，=60；故选：B【点评】本题考查向量的数量积的运算，关键是5“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合（牟合）在一起的方形伞（方盖）其直观图如图，图中四边形是为体现其直观性所作的辅助线当其主视图和侧视图完全相同时，它的俯视图可能是（）ABCD【考点】简单空间图形的三视图【专题】应用题；数形结合；定义法；空间位置关系与距离【分析】相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似

12、两个扣合（牟合）在一起的方形伞（方盖）根据三视图看到方向，可以确定三个识图的形状，判断答案【解答】解：相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合（牟合）在一起的方形伞（方盖）其正视图和侧视图是一个圆，俯视图是从上向下看，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上俯视图是有2条对角线且为实线的正方形，故选：B【点评】本题考查了几何体的三视图，属于基础题6设等差数列an满足a2=7，a4=3，Sn是数列an的前n项和，则使得Sn0最大的自然数n是（）A9B10C11D12【考点】等差数列的前n项和【专题】方程思想；转化思想；等差数列与等比数列【分析】利用等差数列的通项公式可得：an=2n+11，可见

13、an是减数列，且a50a6，a5+a6=0，再利用前n项和公式即可得出【解答】解：设等差数列an公差为d，a2=7，a4=3，解得d=2，a1=9an=92（n1）=2n+11，数列an是减数列，且a50a6，a5+a6=0，于是，故选：A【点评】本题考查了等差数列的通项公式及其前n项和公式、数列的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题7某函数部分图象如图所示，它的函数解析式可能是（）ABCD【考点】由y=Asin（x+）的部分图象确定其解析式【专题】计算题；数形结合；数形结合法；三角函数的图像与性质【分析】根据已知函数的图象，可分析出函数的最值，确定A的值，分析出函数的周期，确定的值，

14、将（，0）代入解析式，可求出值，进而求出函数的解析式【解答】解：不妨令该函数解析式为y=Asin（x+），由图知A=1， =，于是，即，因是函数减时经过的零点，于是，kZ，所以可以是，故选：C【点评】本题考查的知识点是正弦型函数解析式的求法，其中关键是要根据图象分析出函数的最值，周期等，进而求出A，和值，属于基本知识的考查8阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，则输出的结果是（）AB0CD【考点】程序框图【专题】计算题；图表型；转化思想；分析法；算法和程序框图【分析】根据题中的流程图，模拟运行，依次根据条件计算s和n的值，直到n2016运行结束，输出此时的s的值即为答案【解答】解：由框图知输

15、出的结果为：，因为函数的周期是6，所以=3360=0故选：B【点评】本题考查了程序框图根据流程图（或伪代码）写程序的运行结果，是算法这一模块最重要的题型，要按照流程图中的运行顺序进行求解是关键属于基础题9实数x，y满足，则z=|xy|的最大值是（）A2B4C6D8【考点】简单线性规划【专题】对应思想；数形结合法；不等式【分析】根据题意，作出不等式组的可行域，令m=yx，分析可得m的取值范围，而z=|xy|=|m|，分析可得z的最大值，即可得答案【解答】解：依题画出可行域如图，可见ABC及内部区域为可行域，令m=yx，则m为直线l：y=x+m在y轴上的截距，由图知在点A（2，6）处m取最大值是4

16、，在C（2，0）处最小值是2，所以m2，4，而z=|xy|=|m|，所以z的最大值是4，故选：B【点评】本题考查线性规划求不等式的最值问题，关键是正确作出不等式的可行域10已知P是双曲线y2=1上任意一点，过点P分别作曲线的两条渐近线的垂线，垂足分别为A、B，则的值是（）ABCD不能确定【考点】直线与圆锥曲线的综合问题；直线与圆锥曲线的关系【专题】计算题；函数思想；方程思想；转化思想；圆锥曲线的定义、性质与方程【分析】设P（m，n），则n2=1，即m23n2=3，求出渐近线方程，求得交点A，B，再求向量PA，PB的坐标，由向量的数量积的坐标表示，计算即可得到【解答】解：设P（m，n），则n2=

17、1，即m23n2=3，由双曲线y2=1的渐近线方程为y=x，则由解得交点A（，）；由解得交点B（，）=（，），=（，），则=+=故选：A【点评】本题考查双曲线的方程和性质，考查渐近线方程的运用，考查联立方程组求交点的方法，考查向量的数量积的坐标表示，考查运算能力，属于中档题11将3本相同的小说，2本相同的诗集全部分给4名同学，每名同学至少1本，则不同的分法有（）A24种B28种C32种D36种【考点】排列、组合的实际应用【专题】计算题；分类讨论；转化法；排列组合【分析】分三类，有一个人分到一本小说和一本诗集，有一个人分到两本诗集，有一个人分到两本小说，根据分类计数原理可得【解答】解：第一类：有

18、一个人分到一本小说和一本诗集，这中情况下的分法有：先将一本小说和一本诗集分到一个人手上，有4种分法，将剩余的2本小说，1本诗集分给剩余3个同学，有3种分法，那共有34=12种第二类，有一个人分到两本诗集，这种情况下的分法有：先将两本诗集分到一个人手上，有4种情况，将剩余的3本小说分给剩余3个人，只有一种分法那共有：41=4种，第三类，有一个人分到两本小说，这种情况的分法有：先将两本小说分到一个人手上，有4种情况，再将剩余的两本诗集和一本小说分给剩余的3个人，有3种分法那共有：43=12种，综上所述：总共有：12+4+12=28种分法，故选：B【点评】本题考查了分类和分步计数原理，关键是分类，属

19、于中档题12已知函数y=x2的图象在点（x0，x02）处的切线为l，若l也与函数y=lnx，x（0，1）的图象相切，则x0必满足（）A0x0Bx01Cx0Dx0【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程【专题】方程思想；分析法；导数的概念及应用【分析】求出函数y=x2的导数，y=lnx的导数，求出切线的斜率，切线的方程，可得2x0=，lnm1=x02，再由零点存在定理，即可得到所求范围【解答】解：函数y=x2的导数为y=2x，在点（x0，x02）处的切线的斜率为k=2x0，切线方程为yx02=2x0（xx0），设切线与y=lnx相切的切点为（m，lnm），0m1，即有y=lnx的导数为y=，可得2

20、x0=，切线方程为ylnm=（xm），令x=0，可得y=lnm1=x02，由0m1，可得x0，且x021，解得x01，由m=，可得x02ln（2x0）1=0，令f（x）=x2ln（2x）1，x1，f（x）=2x0，f（x）在x1递增，且f（）=2ln210，f（）=3ln210，则有x02ln（2x0）1=0的根x0（，）故选：D【点评】本题考查导数的运用：求切线的方程和单调区间，考查函数方程的转化思想，以及函数零点存在定理的运用，属于中档题二.填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在答卷纸的相应位置上）13已知sincos=，则sin2=【考点】二倍角的正弦【专题】三角函数

21、的求值【分析】由sincos=，两边平方，再利用同角三角函数基本关系式、倍角公式即可得出【解答】解：由sincos=，两边平方可得：sin2+cos22sincos=，化为1sin2=，则sin2=故答案为：【点评】本题考查了同角三角函数基本关系式、倍角公式，属于基础题14已知抛物线x2=4y的集点为F，准线为l，P为抛物线上一点，过P作PAl于点A，当AFO=30（O为坐标原点）时，|PF|=【考点】抛物线的简单性质【专题】综合题；方程思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程【分析】由抛物线x2=4y，可得焦点F（0，1），准线l的方程为：y=1由AFO=30，可得xA=由于PAl，可得xP

22、=，yP=，再利用|PF|=|PA|=yP+1即可得出【解答】解：由抛物线x2=4y，可得焦点F（0，1），准线l的方程为：y=1AFO=30，xA=PAl，xP=，yP=，|PF|=|PA|=yP+1=故答案为：【点评】本题考查了抛物线的定义标准方程及其性质、直线与抛物线相交问题转化为方程联立，属于中档题15设数列an的前n项和为Sn，且a1=1，an+1=2Sn+3，则S4=66【考点】数列递推式【专题】转化思想；等差数列与等比数列【分析】利用递推关系与等比数列的通项公式及其前n项和公式即可得出【解答】解：an+1=2Sn+3，an=2Sn1+3（n2），可得an+1an=2an，即an+

23、1=3an，n2，数列an从第二项起是公比为3的等比数列，a2=5，=66故答案为：66【点评】本题考查了等比数列的通项公式及其前n项和公式、递推关系，考查了推理能力与计算能力，属于中档题16已知函数，若方程f（x）=ax+1恰有一个解时，则实数a的取值范围【考点】根的存在性及根的个数判断【专题】计算题；作图题；数形结合；函数的性质及应用；导数的概念及应用【分析】由题意作函数与y=ax+1的图象，利用斜率公式求求直线n，l的斜率，利用导数求直线m的斜率，从而解得【解答】解：作函数与y=ax+1的图象如下，y=ax+1恒过点（0，1），当直线y=ax+1过点（2，2）时，则，满足方程有两个解；当

24、直线y=ax+1与相切时，则，满足方程有两个解；直线l的斜率为a=1，故所求范围为，故答案为：【点评】本题考查了导数的几何意义的应用及数形结合的思想应用，同时考查了方程的根与函数的图象的关系应用三.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）17在ABC中，角A、B、C对应的边分别是a、b、c，C=，且sinB=2sinAcos（A+B）（1）证明：b2=2a2；（2）若ABC的面积是1，求边c【考点】正弦定理；余弦定理【专题】方程思想；转化法；解三角形【分析】（1）利用正弦定理、诱导公式即可得出（2）利用三角形面积计算公式可得：ab=2与b2=2a2联立，解得

25、a，b再利用余弦定理即可得出【解答】（1）证明：sinB=2sinAcos（A+B），b=2a（cosC），b=2a，b2=2a2（2）解：S=ab=1，化为ab=2联立，解得a=，b=2=10，解得c=【点评】本题考查了正弦定理余弦定理、三角形面积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题18已知长方体AC1中，AD=AB=2，AA1=1，E为D1C1的中点，如图所示（）在所给图中画出平面ABD1与平面B1EC的交线（不必说明理由）；（）证明：BD1平面B1EC；（）求平面ABD1与平面B1EC所成锐二面角的大小【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面平行的判定【专题】数形结合；向量法；

26、空间位置关系与距离【分析】（）连接BC1交B1C于M即可得到平面ABD1与平面B1EC的交线；（）根据线面平行的判定定理即可证明：BD1平面B1EC；（）方法1，根据几何法作出二面角的平面角即可求平面ABD1与平面B1EC所成锐二面角的大小方法2，建立坐标系，求出平面的法向量，利用向量法进行求解【解答】解：（）连接BC1交B1C于M，则直线ME即为平面ABD1与平面B1EC的交线，如图所示；（）由（）因为在长方体AC1中，所以M为BC1的中点，又E为D1C1的中点所以在D1C1B中EM是中位线，所以EMBD1，又EM平面B1EC，BD1平面B1EC，所以BD1平面B1EC；（）因为在长方体AC

27、1中，所以AD1BC1，平面ABD1即是平面ABC1D1，过平面B1EC上点B1作BC1的垂线于F，如平面图，因为在长方体AC1中，AB平面B1BCC1，B1F平面B1BCC1，所以B1FAB，BC1AB=B，所以B1F平面ABD1于F过点F作直线EM的垂线于N，如平面图，连接B1N，由三垂线定理可知，B1NEM由二面角的平面角定义可知，在RtB1FN中，B1NF即是平面ABD1与平面B1EC所成锐二面角的平面角因长方体AC1中，AD=AB=2，AA1=1，在平面图中，C1E=1，在平面图中，由EMC1相似FMN1可知=，所以tanB1NF=，所以平面ABD1与平面B1EC所成锐二面角的大小为

28、arctan2空间向量解法：（）见上述（）因为在长方体AC1中，所以DA，DC，DD1两两垂直，于是以DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示，因为AD=AB=2，AA1=1，所以D（0，0，0），D1（0，0，1），B（2，2，0），B1（2，2，1），C（0，2，0），E（0，1，1）所以，令平面B1EC的一个法向量为所以，从而有，即，不妨令x=1，得到平面B1EC的一个法向量为，而，所以，又因为BD1平面B1EC，所以BD1平面B1EC（）由（）知，令平面ABD1的一个法向量为，所以，从而有，即，不妨令x=1，得到平面ABD1的一个法向量

29、为，因为=所以平面ABD1与平面B1EC所成锐二面角的大小为【点评】本题主要考查线面平行的判定以及二面角的求解，利用几何法以及建立空间坐标系，求出平面的法向量，利用向量法是解决空间二面角的常用方法，综合性较强，运算量较大19某中学根据20022014年期间学生的兴趣爱好，分别创建了“摄影”、“棋类”、“国学”三个社团，据资料统计新生通过考核远拔进入这三个社团成功与否相互独立，2015年某新生入学，假设他通过考核选拔进入该校的“摄影”、“棋类”、“国学”三个社团的概率依次为m，n，已知三个社团他都能进入的概率为，至少进入一个社团的概率为，且mn（1）求m与n的值；（2）该校根据三个社团活动安排情

30、况，对进入“摄影”社的同学增加校本选修字分1分，对进入“棋类”社的同学增加校本选修学分2分，对进入“国学”社的同学增加校本选修学分3分求该新同学在社团方面获得校本选修课字分分数的分布列及期望【考点】离散型随机变量的期望与方差；离散型随机变量及其分布列【专题】应用题；转化思想；综合法；概率与统计【分析】（1）根据假设他通过考核选拔进入该校的“摄影”、“棋类”、“国学”三个社团的概率依次为m，n，已知三个社团他都能进入的概率为，至少进入一个社团的概率为，且mn，建立方程组，即可求m与n的值；（2）确定学分X的可能取值，求出相应的概率，可得X的分布列与数学期望【解答】解：（1）由题意，mnm=，n=

31、；（2）学分X的取值分别为0，1，2，3，4，5，6，则P（X=0）=，P（X=1）=，P（X=2）=，P（X=3）=+=，P（X=4）=，P（X=5）=，P（X=6）=X的分布列 X 0 1 2 3 4 56 P期望EX=0+1+2+3+4+5+6=【点评】本题考查概率的求解，考查离散型随机变量的分布列与数学期望，确定变量的取值，求出相应的概率是关键20已知椭圆E的中心在坐标原点，左、右焦点F1、F2分别在x轴上，离心率为，在其上有一动点A，A到点F1距离的最小值是1，过A、F1作一个平行四边形，顶点A、B、C、D都在椭圆E上，如图所示（）求椭圆E的方程；（）判断ABCD能否为菱形，并说明理

32、由（）当ABCD的面积取到最大值时，判断ABCD的形状，并求出其最大值【考点】椭圆的简单性质【专题】数形结合；分类讨论；转化思想；圆锥曲线的定义、性质与方程【分析】（I）由题意可得：，解得c，a，b2，即可得出（II）假设ABCD能为菱形，则OAOB，kOAkOB=1分类讨论：当ABx轴时，把x=1代入椭圆方程，解出即可判断出；当AB与x轴不垂直时，设直线AB的方程为：y=k（x+1），A（x1，y1），B（x2，y2）把直线AB的方程与椭圆方程联立化为：（3+4k2）x2+8k2x+4k212=0，利用根与系数的关系及其斜率计算公式kOAkOB=1，看此方程是否有解即可判断出（III）当AB

33、x轴时，由（II）可得：|AD|=2，|AB|=3，此时ABCD为矩形，S矩形ABCD=6当AB与x轴不垂直时，设直线AB的方程为：y=k（x+1），A（x1，y1），B（x2，y2）直线BA的方程与椭圆方程联立化为：（3+4k2）x2+8k2x+4k212=0，利用根与系数的关系可得|AB|=，点O到直线AB的距离d=S平行四边形ABCD=4SOAB=，即可得出【解答】解：（I）由题意可得：，解得c=1，a=2，b2=3椭圆E的方程为=1（II）假设ABCD能为菱形，则OAOB，kOAkOB=1当ABx轴时，把x=1代入椭圆方程可得： =1，解得y=，取A，则|AD|=2，|AB|=3，此时

34、ABCD不能为菱形当AB与x轴不垂直时，设直线AB的方程为：y=k（x+1），A（x1，y1），B（x2，y2）联立，化为：（3+4k2）x2+8k2x+4k212=0，x1+x2=，x1x2=kOAkOB=，假设=1，化为k2=，因此平行四边形ABCD不可能是菱形综上可得：平行四边形ABCD不可能是菱形（III）当ABx轴时，由（II）可得：|AD|=2，|AB|=3，此时ABCD为矩形，S矩形ABCD=6当AB与x轴不垂直时，设直线AB的方程为：y=k（x+1），A（x1，y1），B（x2，y2）联立，化为：（3+4k2）x2+8k2x+4k212=0，x1+x2=，x1x2=|AB|=点

35、O到直线AB的距离d=S平行四边形ABCD=4SOAB=2=则S2=36，S6因此当平行四边形ABCD为矩形面积取得最大值6【点评】本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交弦长问题、点到直线的距离公式、平行四边形菱形矩形的性质，考查了分类讨论方法、推理能力与计算能力，属于难题21已知函数（aR）在其定义域内有两个不同的极值点（）求a的取值范围；（）记两个极值点分别为x1，x2，且x1x2已知0，若不等式恒成立，求的范围【考点】利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数的单调性【专题】计算题；作图题；数形结合；分类讨论；转化思想；数形结合法；导数的概念及应用【分析】（）由导数与极值的关系知

36、可转化为方程f（x）=lnxax=0在（0，+）有两个不同根；再转化为函数y=lnx与函数y=ax的图象在（0，+）上有两个不同交点，或转化为函数与函数y=a的图象在（0，+）上有两个不同交点；或转化为g（x）=lnxax有两个不同零点，从而讨论求解；（）可化为1+lnx1+lnx2，结合方程的根知1+ax1+ax2=a（x1+x2），从而可得；而，从而化简可得，从而可得恒成立；再令，t（0，1），从而可得不等式在t（0，1）上恒成立，再令，从而利用导数化恒成立问题为最值问题即可【解答】解：（）由题意知，函数f（x）的定义域为（0，+），方程f（x）=0在（0，+）有两个不同根；即方程lnxa

37、x=0在（0，+）有两个不同根；（解法一）转化为函数y=lnx与函数y=ax的图象在（0，+）上有两个不同交点，如右图可见，若令过原点且切于函数y=lnx图象的直线斜率为k，只须0ak令切点A（x0，lnx0），故，又，故，解得，x0=e，故，故（解法二）转化为函数与函数y=a的图象在（0，+）上有两个不同交点又，即0xe时，g（x）0，xe时，g（x）0，故g（x）在（0，e）上单调增，在（e，+）上单调减故g（x）极大=g（e）=；又g（x）有且只有一个零点是1，且在x0时，g（x），在在x+时，g（x）0，故g（x）的草图如右图，可见，要想函数与函数y=a的图象在（0，+）上有两个不同交

38、点，只须（解法三）令g（x）=lnxax，从而转化为函数g（x）有两个不同零点，而（x0），若a0，可见g（x）0在（0，+）上恒成立，所以g（x）在（0，+）单调增，此时g（x）不可能有两个不同零点若a0，在时，g（x）0，在时，g（x）0，所以g（x）在上单调增，在上单调减，从而=，又因为在x0时，g（x），在在x+时，g（x），于是只须：g（x）极大0，即，所以综上所述，（）因为等价于1+lnx1+lnx2由（）可知x1，x2分别是方程lnxax=0的两个根，即lnx1=ax1，lnx2=ax2所以原式等价于1+ax1+ax2=a（x1+x2），因为0，0x1x2，所以原式等价于又由ln

39、x1=ax1，lnx2=ax2作差得，即所以原式等价于，因为0x1x2，原式恒成立，即恒成立令，t（0，1），则不等式在t（0，1）上恒成立令，又=，当21时，可见t（0，1）时，h（t）0，所以h（t）在t（0，1）上单调增，又h（1）=0，h（t）0在t（0，1）恒成立，符合题意当21时，可见t（0，2）时，h（t）0，t（2，1）时h（t）0，所以h（t）在t（0，2）时单调增，在t（2，1）时单调减，又h（1）=0，所以h（t）在t（0，1）上不能恒小于0，不符合题意，舍去综上所述，若不等式恒成立，只须21，又0，所以1【点评】本题考查了导数的综合应用及分类讨论，转化思想，数形结合的思

40、想方法的应用，属于中档题请考生在22，23，24三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分作答时，用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的标号涂黑【选修4-1：几何证明选讲】22如图所示，两个圆相内切于点T，公切线为TN，外圆的弦TC，TD分别交内圆于A、B两点，并且外圆的弦CD恰切内圆于点M（）证明：ABCD；（）证明：ACMD=BDCM【考点】与圆有关的比例线段【专题】选作题；转化思想；综合法；推理和证明【分析】（）证明TCD=TAB，即可证明ABCD；（）证明：MTD=ATM，利用正弦定理证明，由ABCD知，即可证明ACMD=BDCM【解答】（）由弦切角定理可知，NTB=TAB，同理

41、，NTB=TCD，所以，TCD=TAB，所以，ABCD（）连接TM、AM，因为CD是切内圆于点M，所以由弦切角定理知，CMA=ATM，又由（）知ABCD，所以，CMA=MAB，又MTD=MAB，所以MTD=ATM在MTD中，由正弦定理知，在MTC中，由正弦定理知，因TMC=TMD，所以，由ABCD知，所以，即，ACMD=BDCM【点评】本题考查正弦定理，弦切角定理，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题【选修4-4：坐标系与参数方程】23在以直角坐标原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴的极坐标系下，曲线C1的方程是=1，将C1向上平移1个单位得到曲线C2（）求曲线C2的极坐标方程；（）若曲线C1

42、的切线交曲线C2于不同两点M，N，切点为T，求|TM|TN|的取值范围【考点】简单曲线的极坐标方程【专题】方程思想；转化思想；坐标系和参数方程【分析】（I）曲线C1的方程是=1，即2=1，利用2=x2+y2，即可化为直角坐标方程：再向上平移1个单位得到曲线C2：x2+（y1）2=1，展开利用即可得到曲线C2的极坐标方程（II）设T（cos，sin），0，切线的参数方程为：（t为参数），代入C2的方程化为：t2+2tcos（）sin+12sin=0，利用|TM|TN|=|t1t2|及其三角函数的单调性即可得出【解答】解：（I）曲线C1的方程是=1，即2=1，化为x2+y2=1，将C1向上平移1个

43、单位得到曲线C2：x2+（y1）2=1，展开为x2+y22y=0则曲线C2的极坐标方程为22sin=0，即=2sin（II）设T（cos，sin），0，切线的参数方程为：（t为参数），代入C2的方程化为：t2+2tcos（）sin+12sin=0，t1t2=12sin，|TM|TN|=|t1t2|=|12sin|0，1，|TM|TN|的取值范围是0，1【点评】本题考查了极坐标化为直角坐标方程的方法、直线参数方程的应用、三角函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题【选修4-5：不等式选讲】24已知命题“abc，”是真命题，记t的最大值为m，命题“nR，”是假命题，其中（）求m的值；（）

44、求n的取值范围【考点】全称命题【专题】转化思想；综合法；简易逻辑【分析】（）问题转化为，利用基本不等式的性质求出即可；（）问题转化为nR，”是真命题，根据三角函数以及绝对值的意义求出n的范围即可【解答】解：（）因为“abc，”是真命题，所以abc，恒成立，又abc，所以恒成立，所以，又因为=，“=”成立当且仅当bc=ab时因此，t4，于是m=4（）由（）得，因为“nR，”是假命题，所以“nR，”是真命题因为|n+sin|ncos|=|n+sin|cosn|sin+cos|（），因此，此时，即时，由绝对值的意义可知，【点评】本题考察了基本不等式的性质，考察三角函数问题以及绝对值的意义，考察转化思想，是一道中档题第31页（共31页）