高考數(shù)學(xué)大二輪刷題首選卷理數(shù)文檔：第三部分 高考仿真模擬卷四 Word版含解析

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1、 2020高考仿真模擬卷(四) 一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的． 1．已知集合M＝{y|y＝x2－1，x∈R}，N＝{x|y＝}，則M∩N＝(　　) A．[－，] B．[－1，] C．? D．(－1，] 答案　B 解析　因?yàn)榧螹＝{y|y＝x2－1，x∈R}＝{y|y≥－1}，N＝{x|y＝}＝{x|－≤x≤}，則M∩N＝[－1，]． 2．設(shè)命題p：?x∈Q,2x－ln x<2，則綈p為(　　) A．?x∈Q,2x－ln x≥2 B．?x∈Q,2x－ln x<2 C．?x∈Q,2x－ln x≥2

2、 D．?x∈Q,2x－ln x＝2 答案　C 解析　綈p為?x∈Q,2x－ln x≥2. 3．若函數(shù)f(x)是冪函數(shù)，且滿足＝3，則f＝(　　) A． B．3 C．－ D．－3 答案　A 解析　設(shè)f(x)＝xα(α為常數(shù))， ∵滿足＝3，∴＝3，∴α＝log23. ∴f(x)＝x log23，則f＝2－log23＝. 4．已知下列四個(gè)命題：①存在a∈R，使得z＝(1－i)(a＋i)為純虛數(shù)；②對(duì)于任意的z∈C，均有z＋∈R，z·∈R；③對(duì)于復(fù)數(shù)z1，z2，若z1－z2>0，則z1>z2；④對(duì)于復(fù)數(shù)z，若|z|＝1，則z＋∈R.其中正確命題的個(gè)數(shù)為(　　) A．1 B．2

3、 C．3 D．4 答案　C 解析?、賨＝(1－i)(a＋i)＝a＋1＋(1－a)i，若z為純虛數(shù)，則a＋1＝0,1－a≠0，得a＝－1，故①正確； ②設(shè)z＝a＋bi(a，b∈R)，則＝a－bi，那么z＋＝2a∈R，z·＝a2＋b2∈R，故②正確； ③令z1＝3＋i，z2＝－2＋i，滿足z1－z2>0，但不滿足z1>z2，故③不正確； ④設(shè)z＝a＋bi(a，b∈R)，其中a，b不同時(shí)為0，由|z|＝1，得a2＋b2＝1，則z＋＝a＋bi＋＝a＋bi＋＝2a∈R，故④正確． 5．(2019·安徽江淮十校第一次聯(lián)考)勒洛三角形是定寬曲線所能構(gòu)成的面積最小的圖形，它是德國機(jī)械學(xué)家勒洛首先進(jìn)

4、行研究的．其畫法是：先畫一個(gè)正三角形，再以正三角形每個(gè)頂點(diǎn)為圓心，以邊長為半徑，在另兩個(gè)頂點(diǎn)間作一段弧，三段弧圍成的曲邊三角形就是勒洛三角形．如圖所示，現(xiàn)要在勒洛三角形中隨機(jī)取一點(diǎn)，則此點(diǎn)在正三角形ABC內(nèi)的概率為(　　) A． B． C． D． 答案　B 解析　可令BC＝2，則以B為圓心的扇形面積S扇形ABC＝＝，△ABC的面積S△ABC＝×2×2×＝，由題圖可知，勒洛三角形的面積為3個(gè)扇形ABC的面積減去2個(gè)正三角形ABC的面積，即×3－2＝2π－2， 所以在勒洛三角形中隨機(jī)取一點(diǎn)，此點(diǎn)在正三角形ABC內(nèi)的概率是＝，故選B. 6．已知各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和

5、為Sn，且滿足a6,3a4，－a5成等差數(shù)列，則＝(　　) A．3 B．9 C．10 D．13 答案　C 解析　因?yàn)閍6,3a4，－a5成等差數(shù)列，所以6a4＝a6－a5，設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，則6a4＝a4q2－a4q，解得q＝3或q＝－2(舍去)，所以＝＝1＋q2＝10. 7．已知橢圓＋＝1(a>b>0)的左焦點(diǎn)為F1(－2,0)，過點(diǎn)F1作傾斜角為30°的直線與圓x2＋y2＝b2相交的弦長為b，則橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為(　　) A．＋＝1 B．＋＝1 C．＋＝1 D．＋＝1 答案　B 解析　由左焦點(diǎn)為F1(－2,0)，可得c＝2，即a2－b2＝4， 過點(diǎn)F1作傾斜角

6、為30°的直線的方程為y＝(x＋2)， 圓心(0,0)到直線的距離d＝＝1， 由直線與圓x2＋y2＝b2相交的弦長為b， 可得2＝b，解得b＝2，a＝2， 則橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋＝1. 8．(2019·北京東城二模)如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，角α與角β均以O(shè)x為始邊，終邊分別是射線OA和射線OB，射線OA，OC與單位圓的交點(diǎn)分別為A，C(－1,0)，若∠BOC＝，則cos(β－α)的值是(　　) A． B． C． D． 答案　C 解析　依題意，得cosα＝，sinα＝，cosβ＝－，sinβ＝，所以cos(β－α)＝cosβcosα＋sinβsinα＝－×＋×＝.故選

7、C. 9．下圖的程序框圖的算法思路源于我國古代數(shù)學(xué)名著《數(shù)書九章》中的“中國剩余定理”．已知正整數(shù)n被3除余2，被7除余4，被8除余5，求n的最小值．執(zhí)行該程序框圖，則輸出的n＝(　　) A．50 B．53 C．59 D．62 答案　B 解析　模擬程序運(yùn)行，變量n值依次為1229,1061,893,725,557,389,221,53，此時(shí)不符合循環(huán)條件，輸出n＝53. 10．(2018·全國卷Ⅱ)已知f(x)是定義域?yàn)?－∞，＋∞)的奇函數(shù)，滿足f(1－x)＝f(1＋x)．若f(1)＝2，則f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(50)＝(　　) A．－50 B．0 C．2

8、 D．50 答案　C 解析　因?yàn)閒(x)是定義域?yàn)?－∞，＋∞)的奇函數(shù)，且f(1－x)＝f(1＋x)，所以f(1＋x)＝－f(x－1)， 所以f(3＋x)＝－f(x＋1)＝f(x－1)，所以T＝4， 因此f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(50)＝12[f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)]＋f(1)＋f(2)， 因?yàn)閒(3)＝－f(1)，f(4)＝－f(2)，所以f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＝0， 因?yàn)閒(2)＝f(－2)＝－f(2)，所以f(2)＝0，從而f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(50)＝f(1)＝2.選C. 11．已知數(shù)列{an}，定義數(shù)列{an

9、＋1－2an}為數(shù)列{an}的“2倍差數(shù)列”，若{an}的“2倍差數(shù)列”的通項(xiàng)公式為an＋1－2an＝2n＋1，且a1＝2，若數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，則S33＝(　　) A．238＋1 B．239＋2 C．238＋2 D．239 答案　B 解析　根據(jù)題意，得an＋1－2an＝2n＋1，a1＝2， ∴－＝1， ∴數(shù)列是首項(xiàng)為1，公差d＝1的等差數(shù)列， ∴＝1＋(n－1)＝n，∴an＝n·2n， ∴Sn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n·2n， ∴2Sn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n·2n＋1， ∴－Sn＝2＋22＋23＋24＋…＋2n－n·2n＋1， ＝－

10、n·2n＋1＝－2＋2n＋1－n·2n＋1 ＝－2＋(1－n)2n＋1， ∴Sn＝(n－1)2n＋1＋2， S33＝(33－1)×233＋1＋2＝239＋2. 12．(2018·全國卷Ⅰ)已知正方體的棱長為1，每條棱所在直線與平面α所成的角相等，則α截此正方體所得截面面積的最大值為(　　) A． B． C． D． 答案　A 解析　根據(jù)相互平行的直線與平面所成的角是相等的，所以在正方體ABCD－A1B1C1D1中，平面AB1D1與線AA1，A1B1，A1D1所成的角是相等的，所以平面AB1D1與正方體的每條棱所在的直線所成角都是相等的，同理平面C1BD也滿足與正方體的每條棱所在的

11、直線所成的角都是相等的，要求截面面積最大，則截面的位置為夾在兩個(gè)面AB1D1與C1BD中間的，且過棱的中點(diǎn)的正六邊形，邊長為，所以其面積為S＝6××2＝.故選A. 二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分． 13．某學(xué)校高一學(xué)生有720人，現(xiàn)從高一、高二、高三這三個(gè)年級(jí)學(xué)生中采用分層抽樣方法，抽取180人進(jìn)行英語水平測(cè)試，已知抽取高一學(xué)生人數(shù)是抽取高二學(xué)生人數(shù)和高三學(xué)生人數(shù)的等差中項(xiàng)，且高二年級(jí)抽取65人，則該校高三年級(jí)學(xué)生人數(shù)是________． 答案　660 解析　根據(jù)題意，設(shè)高三年級(jí)抽取x人， 則高一抽取(180－x－65)人， 由題意可得2(180－x－65)＝x＋6

12、5，解得x＝55. 高一學(xué)生有720人， 則高三年級(jí)學(xué)生人數(shù)為720×＝660. 14．(2019·江蘇南通高三模擬)已知實(shí)數(shù)x，y滿足(x＋y－2)(x－2y＋3)≥0，則x2＋y2的最小值為________． 答案　 解析　由(x＋y－2)(x－2y＋3)≥0， 得 或不等式組表示的平面區(qū)域如圖所示， x2＋y2＝(x－0)2＋(y－0)2表示平面區(qū)域內(nèi)取一點(diǎn)到原點(diǎn)的距離的平方，又原點(diǎn)到x＋y－2＝0的距離為d＝＝，原點(diǎn)到x－2y＋3＝0的距離為d＝＝＝， 所以x2＋y2的最小值為2＝. 15．設(shè)F1，F(xiàn)2分別是雙曲線－＝1(a>0，b>0)的左、右焦點(diǎn)，點(diǎn)P在雙曲

13、線上，若·＝0，△PF1F2的面積為9，且a＋b＝7，則該雙曲線的離心率為________． 答案　 解析　設(shè)||＝m，||＝n， ∵·＝0，△PF1F2的面積為9， ∴mn＝9，即mn＝18， ∵在Rt△PF1F2中，根據(jù)勾股定理，得m2＋n2＝4c2， ∴(m－n)2＝m2＋n2－2mn＝4c2－36， 結(jié)合雙曲線的定義，得(m－n)2＝4a2， ∴4c2－36＝4a2，化簡(jiǎn)整理，得c2－a2＝9，即b2＝9， 可得b＝3.結(jié)合a＋b＝7得a＝4，∴c＝＝5， ∴該雙曲線的離心率為e＝＝. 16．(2019·北京東城綜合練習(xí)一)設(shè)函數(shù)f(x)＝若a＝1，則f(x)的最

14、小值為________；若f(x)有最小值，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________． 答案　0　[0，＋∞) 解析　(1)當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝ex－2x，x<1，f′(x)＝ex－2，由f′(x)>0，得ln 20，所以f(x)的最小值為0. (2)①當(dāng)a<0時(shí)，由(1)知f(x)＝ex－2x，xf(a)；f(x)＝ax－1(x≥a)單調(diào)遞減，故f(x)≤f(a)，故f(x

15、)無最小值，舍去．②當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)最小值為－1，成立．③當(dāng)a>0時(shí)，f(x)＝ax－1(x≥a)單調(diào)遞增，故f(x)≥f(a)；對(duì)f(x)＝ex－2x，xf(a)，此時(shí)f(x)＝最小值在x＝a處取得，成立． 當(dāng)a>ln 2，由(1)知f(x)≥f(ln 2)，此時(shí)f(x)＝最小值為min{f(ln 2)，f(a)}，即f(x)有最小值． 綜上a≥0. 三、解答題：共70分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．第17～21題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答．第22、23題為選考題，考生根據(jù)要求作答． (一)必考題：共60分．

16、17．(本小題滿分12分)已知向量a＝(cosx，－1)，b＝，函數(shù)f(x)＝(a＋b)·a－2. (1)求函數(shù)f(x)的最小正周期及單調(diào)遞增區(qū)間； (2)在△ABC中，三內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知函數(shù)f(x)的圖象經(jīng)過點(diǎn)，b，a，c成等差數(shù)列，且·＝9，求a的值． 解　f(x)＝(a＋b)·a－2＝|a|2＋a·b－2＝cos2x＋sin2x＝sin.2分 (1)最小正周期T＝＝π，由2kπ－≤2x＋≤2kπ＋(k∈Z)，得kπ－≤x≤kπ＋(k∈Z).4分 所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(k∈Z).5分 (2)由f(A)＝sin＝可得，2A＋＝＋2kπ或＋2k

17、π(k∈Z)，所以A＝，7分 又因?yàn)閎，a，c成等差數(shù)列，所以2a＝b＋c，而·＝bccosA＝bc＝9，所以bc＝18，9分 所以cosA＝＝－1＝－1＝－1，所以a＝3.12分 18．(2019·云南昆明1月診斷測(cè)試)(本小題滿分12分)如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是平行四邊形，PD⊥平面ABCD，PD＝AD＝BD＝2，AB＝2，E是棱PC上的一點(diǎn)． (1)若PA∥平面BDE，證明：PE＝EC； (2)在(1)的條件下，棱PB上是否存在點(diǎn)M，使直線DM與平面BDE所成角的大小為30°？若存在，求PM∶MB的值；若不存在，請(qǐng)說明理由． 解　(1)證明：連接AC交

18、BD于點(diǎn)F，連接EF，則EF是平面PAC與平面BDE的交線．因?yàn)镻A∥平面BDE，PA?平面PAC，所以PA∥EF.又因?yàn)镕是AC的中點(diǎn)，所以E是PC的中點(diǎn)．所以PE＝EC.4分 (2)由已知條件可知AD2＋BD2＝AB2，所以AD⊥BD，以D為原點(diǎn)，DA為x軸，DB為y軸，DP為z軸建立空間直角坐標(biāo)系．則D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,2,0)，P(0,0,2)，C(－2,2,0)，E(－1,1,1)，＝(－1,1,1)，＝(0,2,0)． 假設(shè)在棱PB上存在點(diǎn)M，設(shè)＝λ(0≤λ≤1)， 得M(0,2λ，2－2λ)，＝(0,2λ，2－2λ)． 記平面BDE的法向量為n

19、1＝(x1，y1，z1)， 則即 取z1＝1，則x1＝1， 所以n1＝(1,0,1).8分 要使直線DM與平面BDE所成角的大小為30°， 則＝sin30°， 即＝， 解得λ＝∈[0,1]． 所以在棱PB上存在點(diǎn)M使直線DM與平面BDE所成角的大小為30°.即PM∶MB＝1∶1.12分 19．(2019·湖南師大附中模擬三)(本小題滿分12分)已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)過點(diǎn)(2，－)，右焦點(diǎn)F是拋物線y2＝8x的焦點(diǎn)． (1)求橢圓C的方程； (2)已知?jiǎng)又本€l過右焦點(diǎn)F，且與橢圓C分別交于M，N兩點(diǎn)．試問x軸上是否存在定點(diǎn)Q，使得·＝－恒成立？若存在，求出點(diǎn)Q的坐

20、標(biāo)；若不存在，說明理由． 解　(1)因?yàn)闄E圓C過點(diǎn)(2，－)，所以＋＝1，又拋物線的焦點(diǎn)為(2,0)，則c＝2， 所以＋＝1， 解得a2＝3(舍去)或a2＝16. 所以橢圓C的方程為＋＝1.4分 (2)假設(shè)在x軸上存在定點(diǎn)Q(m,0)， 使得·＝－. ①當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，則M(2,3)，N(2，－3)，＝(2－m,3)，＝(2－m，－3)， 由·＝(2－m)2－9＝－， 解得m＝或m＝； ②當(dāng)直線l的斜率為0時(shí)，則M(－4,0)，N(4,0)，＝(－4－m,0)，＝(4－m,0)， 由·＝m2－16＝－， 解得m＝－或m＝. 由①②可得m＝，即點(diǎn)Q的坐標(biāo)為.7分

21、 下面證明：當(dāng)m＝時(shí)，·＝－恒成立． 當(dāng)直線l的斜率不存在或斜率為0時(shí)，由①②知結(jié)論成立． 當(dāng)直線l的斜率存在且不為0時(shí)，設(shè)方程為y＝k(x－2)(k≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，直線與橢圓聯(lián)立得(3＋4k2)x2－16k2x＋16(k2－3)＝0，直線經(jīng)過橢圓內(nèi)一點(diǎn)，一定與橢圓有兩個(gè)交點(diǎn)，且x1＋x2＝，x1x2＝.y1y2＝k(x1－2)·k(x2－2)＝k2x1x2－2k2(x1＋x2)＋4k2，8分 所以·＝· ＝x1x2－(x1＋x2)＋＋y1y2 ＝(1＋k2)x1x2－(x1＋x2)＋＋4k2 ＝(1＋k2)－＋＋4k2 ＝－恒成立． 綜上所述，在

22、x軸上存在點(diǎn)Q，使得·＝－恒成立.12分 20．(2019·福建龍巖5月月考)(本小題滿分12分)國務(wù)院總理李克強(qiáng)作的政府工作報(bào)告中，提到要“懲戒學(xué)術(shù)不端，力戒學(xué)術(shù)不端，力戒浮躁之風(fēng)”．教育部日前公布的《教育部2019年部門預(yù)算》中透露，2019年教育部擬抽檢博士學(xué)位論文約6000篇，預(yù)算為800萬元，國務(wù)院學(xué)位委員會(huì)、教育部2014年印發(fā)的《博士碩士學(xué)位論文抽檢辦法》通知中規(guī)定：每篇抽檢的學(xué)位論文送3位同行專家進(jìn)行評(píng)議，3位專家中有2位以上(含2位)專家評(píng)議意見為“不合格”的學(xué)位論文，將認(rèn)定為“存在問題學(xué)位論文”，有且只有1位專家評(píng)議意見為“不合格”的學(xué)位論文，將再送2位同行專家進(jìn)行復(fù)評(píng)，

23、2位復(fù)評(píng)專家中有1位以上(含1位)專家評(píng)議意見為“不合格”的學(xué)位論文，將認(rèn)定為“存在問題學(xué)位論文”．設(shè)每篇學(xué)位論文被每位專家評(píng)議為“不合格”的概率均為p(0

24、 一篇學(xué)位論文復(fù)評(píng)被認(rèn)定為“存在問題學(xué)位論文”的概率為Cp(1－p)2[1－(1－p)2]，2分 所以一篇學(xué)位論文被認(rèn)定為“存在問題學(xué)位論文”的概率為f(p)＝Cp2(1－p)＋Cp3＋Cp(1－p)2[1－(1－p)2]＝3p2(1－p)＋p3＋3p(1－p)2[1－(1－p)2]＝－3p5＋12p4－17p3＋9p2.4分 (2)設(shè)每篇學(xué)位論文的評(píng)審費(fèi)為X元，則X的可能取值為900,1500. P(X＝1500)＝Cp(1－p)2， P(X＝900)＝1－Cp(1－p)2， 所以E(X)＝900×[1－Cp(1－p)2]＋1500×Cp(1－p)2＝900＋1800p(1－p)2

25、.7分 令g(p)＝p(1－p)2，p∈(0,1)，g′(p)＝(1－p)2－2p(1－p)＝(3p－1)(p－1)． 當(dāng)p∈時(shí)，g′(p)>0，g(p)在上單調(diào)遞增，當(dāng)p∈時(shí)，g′(p)<0，g(p)在上單調(diào)遞減，所以g(p)的最大值為g＝.10分 所以實(shí)施此方案，最高費(fèi)用為100＋6000××10－4＝800(萬元)． 綜上，若以此方案實(shí)施，不會(huì)超過預(yù)算.12分 21．(2019·陜西榆林二模)(本小題滿分12分)已知函數(shù)f(x)＝xln x. (1)若函數(shù)g(x)＝－，求g(x)的極值； (2)證明：f(x)＋1

26、.10，e≈4.48，e2≈7.39) 解　(1)因?yàn)間(x)＝－＝－(x>0)， 所以g′(x)＝，當(dāng)x∈(0，e2)，g′(x)>0， 當(dāng)x∈(e2，＋∞)，g′(x)<0， ∴g(x)在(0，e2)上單調(diào)遞增，在(e2，＋∞)上單調(diào)遞減， ∴g(x)在x＝e2取得極大值，極大值為，無極小值.4分 (2)證明：要證f(x)＋1＜ex－x2.即證ex－x2－xln x－1＞0，先證明ln x≤x－1，5分 取h(x)＝ln x－x＋1，則h′(x)＝，易知h(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減， 故h(x)≤h(1)＝0，即ln x≤x－1，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)

27、取“＝”，故xln x≤x(x－1)，ex－x2－xln x－1≥ex－2x2＋x－1， 故只需證明當(dāng)x＞0時(shí)，ex－2x2＋x－1＞0恒成立，7分 令k(x)＝ex－2x2＋x－1(x≥0)， 則k′(x)＝ex－4x＋1， 令F(x)＝k′(x)，則F′(x)＝ex－4， 令F′(x)＝0，解得x＝2ln 2， 因?yàn)镕′(x)單調(diào)遞增，故x∈[0,2ln 2]時(shí)，F(xiàn)′(x)≤0，F(xiàn)(x)單調(diào)遞減， 即k′(x)單調(diào)遞減，x∈(2ln 2，＋∞)時(shí)，F(xiàn)′(x)＞0，F(xiàn)(x)單調(diào)遞增，即k′(x)單調(diào)遞增， 且k′(2ln 2)＝5－8ln 2＜0，k′(0)＝2＞0，k′(2

28、)＝e2－8＋1＞0，由零點(diǎn)存在定理，可知?x1∈(0,2ln 2)，?x2∈(2ln 2，2)， 使得k′(x1)＝k′(x2)＝0，故0＜x＜x1或x＞x2時(shí)，k′(x)＞0，k(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x1＜x＜x2時(shí)，k′(x)＜0，k(x)單調(diào)遞減，故k(x)的最小值是k(0)＝0或k(x2)，由k′(x2)＝0，得e＝4x2－1，10分 k(x2)＝e－2x＋x2－1＝－(x2－2)(2x2－1)， 因?yàn)閤2∈(2ln 2,2)，所以k(x2)＞0， 故x＞0時(shí)，k(x)＞0，即ex－x2－xln x－1>0，所以原不等式成立.12分 (二)選考題：共10分．請(qǐng)考生在第22、23

29、題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題計(jì)分． 22．(2019·福建省師大附中模擬)(本小題滿分10分)選修4－4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程 在直角坐標(biāo)系xOy中，曲線C1的參數(shù)方程為(θ為參數(shù))，M為曲線C1上的動(dòng)點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)P滿足＝a(a>0且a≠1)，P點(diǎn)的軌跡為曲線C2. (1)求曲線C2的方程，并說明C2是什么曲線； (2)在以坐標(biāo)原點(diǎn)為極點(diǎn)，以x軸的正半軸為極軸的極坐標(biāo)系中，A點(diǎn)的極坐標(biāo)為，射線θ＝α與C2的異于極點(diǎn)的交點(diǎn)為B，已知△AOB面積的最大值為4＋2，求a的值． 解　(1)設(shè)P(x，y)，M(x0，y0)， 由＝a，得∴ ∵M(jìn)在C1上，∴ 即(θ為參數(shù))， 消

30、去參數(shù)θ得(x－2a)2＋y2＝4a2(a≠1)， ∴曲線C2是以(2a,0)為圓心，以2a為半徑的圓.5分 (2)解法一：A點(diǎn)的直角坐標(biāo)為(1，)， ∴直線OA的普通方程為y＝x，即x－y＝0， 設(shè)B點(diǎn)的坐標(biāo)為(2a＋2acosα，2asinα)， 則B點(diǎn)到直線x－y＝0的距離 d＝ ＝a， ∴當(dāng)α＝－時(shí)，dmax＝(＋2)a， ∴S△AOB的最大值為×2×(＋2)a＝4＋2， ∴a＝2.10分 解法二：將x＝ρcosθ，y＝ρsinθ代入(x－2a)2＋y2＝4a2并整理得， ρ＝4acosθ，令θ＝α得ρ＝4acosα， ∴B(4acosα，α)， ∴S△AO

31、B＝|OA|·|OB|sin∠AOB ＝4acosα· ＝a|2sinαcosα－2cos2α| ＝a|sin2α－cos2α－|＝a. ∴當(dāng)α＝－時(shí)，S△AOB取得最大值(2＋)a， 依題意，有(2＋)a＝4＋2，∴a＝2.10分 23．(2019·上饒三模)(本小題滿分10分)選修4－5：不等式選講 已知函數(shù)f(x)＝|3x－1|＋|3x＋k|，g(x)＝x＋4. (1)當(dāng)k＝－3時(shí)，求不等式f(x)≥4的解集； (2)設(shè)k>－1，且當(dāng)x∈時(shí)，都有f(x)≤g(x)，求k的取值范圍． 解　(1)當(dāng)k＝－3時(shí)，f(x)＝ 故不等式f(x)≥4可化為或 或解得x≤0或x≥， ∴所求解集為.5分 (2)當(dāng)x∈時(shí)，由k>－1，有3x－1<0,3x＋k≥0， ∴f(x)＝1＋k， 不等式f(x)≤g(x)可變形為1＋k≤x＋4， 故k≤x＋3對(duì)x∈恒成立， 即k≤－＋3，解得k≤， 而k>－1，故－1