2020年黑龙江省哈尔滨一中高考数学一模试卷（理科）
2020年黑龙江省哈尔滨一中高考数学一模试卷（理科）
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，只有一项是符合题目要求的）
1. 已知全集U＝R，集合A＝{y|y＝x2+2, x∈R}，集合B＝{x|y＝lg(3−x)}，则A∩B＝（ ）
A.[2, 3] B.(2, 3) C.(2, 3] D.[2, 3)
2. 已知i是虚数单位，z＝1+i−3i2020，且z的共轭复数为z¯，则z⋅z¯=( )
A.3 B.5 C.5 D.3
3. 已知命题p：棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则此棱锥可能是六棱锥；命题q：棱柱的所有的侧面都是长方形或正方形，下列命题为真命题的是（ ）
A.p∧q B.￢p∧q C.p∧￢q D.￢p∧￢q
4. 在△ABC中，若acosA＝bcosB，则△ABC的形状一定是（ ）
A.等腰直角三角形 B.直角三角形
C.等腰三角形 D.等腰或直角三角形
5. 若(1−2x)8＝a0+a1x+a2x2+...+a8x8，则|a1|+|a2|+|a3|+...+|a8|＝（ ）
A.38−1 B.28 C.28−1 D.38
6. 体育品牌Kappa的LOGO为可抽象为如图靠背而坐的两条优美的曲线，下列函数中大致可“完美”局部表达这对曲线的函数是（ ）
A.f(x)=sin6x2−x−2x B.f(x)=cosx2x−2−x
C.f(x)=cos6x|2x−2−x| D.f(x)=sin6x|2x−2−x|
7. 已知定义在R上的函数满足f(x+2)＝−f(x)，x∈(0, 2]时，f(x)＝x−sinπx，则i=12020 f(i)=( )
A.6 B.4 C.2 D.0
8. 若tan2α=−34，则sin2α+cos2α1+2sin2α=( )
A.−14或14 B.34或14 C.34 D.14
9. 已知点P为双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)右支上一点，点F1，F2分别为双曲线的左右焦点，点I是△PF1F2的内心（三角形内切圆的圆心），若恒有S△IPF1−S△IPF2≤22S△IF1F2成立，则双曲线的离心率取值范围是（ ）
A.(1,2) B.[2,+∞) C.(1,2] D.(2,+∞)
10. 2020年疫情的到来给我们生活学习等各方面带来种种困难．为了顺利迎接高考，省里制定了周密的毕业年级复学计划．为了确保安全开学，全省组织毕业年级学生进行核酸检测的筛查．学生先到医务室进行咽拭子检验，检验呈阳性者需到防疫部门做进一步检测．已知随机抽一人检验呈阳性的概率为0.2%，且每个人检验是否呈阳性相互独立，若该疾病患病率为0.1%，且患病者检验呈阳性的概率为99%．若某人检验呈阳性，则他确实患病的概率（ ）
A.0.99% B.99% C.49.5% D.36.5%
11. 已知函数f(x)＝xlnx−12(m+1)x2−x有两个极值点，则实数m的取值范围为（ ）
A.(−1e, 0) B.(−1, 1e−1) C.(−∞, 1e−1) D.(−1, +∞)
12. 设|OA→|＝2，|OB→|＝1，OA→⋅OB→=0，OP→=λOA→+μOB→，且λ+μ＝1，则向量OA→在OP→上的投影的取值范围（ ）
A.(−255, 2] B.(255, 2] C.(−455, 2] D.(455, 2]
二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分．将答案填在答题卡相应的位置上）
若x1=π4，x2=3π4是函数f(x)＝sin(ωx+φ)(ω>0)两个相邻的零点，则ω＝________．
已知AB是过抛物线y2＝4x焦点F的弦，O是原点，则OA→⋅OB→=________．
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已知正三棱柱ABC−A1B1C1，若有一半径为4的球与正三棱柱的各条棱均相切，则正三棱柱的侧棱长为________．
牛顿迭代法(Newton′smethod)又称牛顿-拉夫逊方法(Newton−Raphsonmethod)，是牛顿在17世纪提出的一种近似求方程根的方法．如图，设r是f(x)＝0的根，选取x0作为r初始近似值，过点（x0, f(x0)）作曲线y＝f(x)的切线1，1与x轴的交点的横坐标x1＝x0−f(x0)f′(x0)(f′(x0)≠0)，称x1与是r的一次近似值、过点（x1, f(x1)）作曲线y＝f(x)的切线，则该切线与x轴的交点的横坐标为x2＝x1−f(x1)f′(x1)(f′(x1)≠0)，称x2是r的二次近似值．重复以上过程，得到r的近似值序列．请你写出r的n+1次近似值与r的n次近似值的关系式________，若f(x)＝x2−2，取x0＝1作为r的初始近似值，试求f(x)＝0的一个根2的三次近似值________577408 （请用分数作答）
三、解答题（本题共5小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17～21题为必考题，每道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.）
已知数列{an}的前n项和为Sn，n∈N*，且a1＝1，an+1=n+22n+2an．
（1）证明：数列{ann+1}是等比数列；
（2）求数列{an}的通项公式与前n项和Sn．
如图，矩形ABCD和菱形ABEF所在的平面相互垂直，∠ABE＝45∘，AB＝2，BG=2，BC＝1．
（1）求证：AG⊥平面ADF；
（2）求二面角D−CA−G的正切值．
在新冠病毒肆虐全球的大灾难面前，中国全民抗疫，众志成城，取得了阶段性胜利，为世界彰显了榜样力量．为庆祝战疫成功并且尽快恢复经济，某网络平台的商家进行有奖促销活动，顾客购物消费每满600元，可选择直接返回60元现金或参加一次答题返现，答题返现规则如下：电脑从题库中随机选出一题目让顾客限时作答，假设顾客答对的概率都是0.4，若答对题目就可获得120元返现奖励，若答错，则没有返现．假设顾客答题的结果相互独立．
（1）若某顾客购物消费1800元，作为网络平台的商家，通过返现的期望进行判断，是希望顾客直接选择返回180元现金，还是选择参加3次答题返现？
（2）若某顾客购物消费7200元并且都选择参加答题返现，请计算该顾客答对多少次概率最大，最有可能返回多少现金？
已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的长轴长为4，左、右顶点分别为M、N，点G是椭圆上异于左、右顶点的动点，直线GM、GN的斜率分别为kGM和kGN，且kGM⋅kGN=−12．
（1）求椭圆C的方程；
（2）直线1:y＝k(x−2)与椭圆相交于A，B两点，点P(m, 0)，若x轴是∠APB的角平分线，求P点坐标．
设函数f(x)=ex+3x，g(x)=x2−7x−ex+tlnx．
(1)求曲线y=f(x)在点(0,1)处的切线方程；
(2)设F(x)=f(x)+g(x)，若函数F(x)的导函数F′(x)存在两个不同的零点m，n(m
0．
请考生在第22、23两题中任选--题作答，如果多做，则按所做的第一题计分，作答时，请用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑.
在平面直角坐标系中，曲线C1:xy=12，曲线C2:x=62−3cosθy=62−3sinθ （θ为参数），以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴，建立极坐标系．
（1）求曲线C1，C2的极坐标方程：
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（2）曲线C3的极坐标方程为θ＝α(ρ>0, 0<α<π2)，C3分别交C1，C2于A，B两点，当α取何值时，1|OA|2−|OB|取得最小值．
已知函数f(x)＝|x−a|+|x+2a|(a>2)．
（1）当a＝2时，求不等式f (x)>5的解集；
（2）证明：f(x)+4a(a−2)≥2(2+1)．
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参考答案与试题解析
2020年黑龙江省哈尔滨一中高考数学一模试卷（理科）
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，只有一项是符合题目要求的）
1.
【答案】
D
【考点】
交集及其运算
【解析】
利用函数的值域求出集合A，利用对数函数的定义域求出集合B，由此能求出A∩B．
【解答】
∵ 全集U＝R，集合A＝{y|y＝x2+2, x∈R}＝{y|y≥2}，
集合B＝{x|y＝lg(3−x)}＝{x|x<3}，
∴ A∩B＝{x|2≤x<3}＝[2, 3)．
2.
【答案】
C
【考点】
复数的运算
【解析】
利用虚数单位i的运算性质化简z，再由z⋅z¯=|z|2求解．
【解答】
∵ z＝1+i−3i2020＝1+i−3i4×505＝−2+i，
∴ |z|=(−2)2+12=5．
则z⋅z¯=|z|2=(5)2=5．
3.
【答案】
D
【考点】
复合命题及其真假判断
【解析】
根据题意，分析命题p、q的真假，进而由复合命题真假的判断方法分析可得答案．
【解答】
根据题意，对于命题p，正六边形内心与各个顶点连线，构成6个等边三角形，所以正六棱锥棱长不可能与底边相等，p是假命题；
命题q：棱柱的所有的侧面都是平行四边形，不一定是长方形或正方形，q是假命题；
故￢p∧￢q为真命题，p∧q、p∧￢q、￢p∧q都是假命题；
4.
【答案】
D
【考点】
正弦定理
【解析】
首先利用正弦定理求得sin2A＝sin2B，进一步利用三角函数的诱导公式求出结果．
【解答】
已知：acosA＝bcosB
利用正弦定理：asinA=bsinB=csinC=2R
解得：sinAcosA＝sinBcosB
sin2A＝sin2B
所以：2A＝2B或2A＝180∘−2B
解得：A＝B或A+B＝90∘
所以：△ABC的形状一定是等腰或直角三角形
5.
【答案】
A
【考点】
二项式定理及相关概念
【解析】
先求得a0的值，再根据|a1|+|a2|+|a3|+……+|a8|即(1+2x)8−1展开式的各项系数和，从而得出结论．
【解答】
∵ (1−2x)8＝a0+a1x+a2x2+……+a8x8，则令x＝0，可得a0＝1．
|a1|+|a2|+|a3|+……+|a8|即(1+2x)8−1展开式的各项系数和，为38−1，
6.
【答案】
C
【考点】
函数的图象与图象的变换
【解析】
由图象的对称性可排除BD选项，由x→0时，函数图象中的值大于0排除A．
【解答】
由图象观察可知，函数图象关于y轴对称，而选项BD为奇函数，其图象关于原点对称，故不合题意；
对选项A而言，当x→0时，f(x)<0，故排除A．
7.
【答案】
D
【考点】
抽象函数及其应用
【解析】
根据题意，先求出f(1)＝1，f(2)＝2，再利用f(x+2)＝−f(x)，求出f(0)＝−2，f(−1)＝−1，以及函数的周期为4，从而i=12020 f(i)=505×[f(−1)+f(0)+f(1)+f(2)]，即可得解．
【解答】
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因为x∈(0, 2]时，f(x)＝x−sinπx，所以f(1)＝1−sinπ＝1，f(2)＝2−sin2π＝2，
因为f(x+2)＝−f(x)，所以f(0)＝−f(2)＝−2，f(−1)＝−f(1)＝−1，
所以f(−1)+f(0)+f(1)+f(2)＝0．
因为f(x+2)＝−f(x)，将x换为x+2，则f(x+4)＝−f(x+2)，所以f(x)＝f(x+4)，即函数的周期为4，
所以i=12020 f(i)=505×[f(−1)+f(0)+f(1)+f(2)]＝0．
故选：D．
8.
【答案】
D
【考点】
二倍角的三角函数
【解析】
直接利用三角函数关系式的恒等变换和倍角公式的应用求出结果．
【解答】
tan2α=2tanα1−tan2α=−34，解得tanα＝3或tanα=−13．
故：sin2α+cos2α1+2sin2α=2sinαcosα+cos2α3sin2α+cos2α=2tanα+13tan2α+1．
当tanα＝3时，原式得14．
当tanα=−13时，原式得14．
9.
【答案】
B
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
根据条件和面积公式得出a，c的关系，从而得出离心率的范围．
【解答】
设△PF1F2的内切圆半径为r，则S△IOF1=12⋅|PF1|⋅r，S△IPF2=12⋅|PF2|⋅r，
S△IF1F2=12⋅|F1F2|⋅r，
∵ 有S△IPF1−S△IPF2≤22S△IF1F2成立，
∴ |PF1|−|PF2|≤22|F1F2|，
由双曲线的定义可知：|PF1|−|PF2|＝2a，|F1F2|＝2c，
∴ a≤22c，即ca≥2，
∴ 双曲线的离心率的范围是：[2,+∞)．
10.
【答案】
C
【考点】
相互独立事件
相互独立事件的概率乘法公式
【解析】
根据条件概率公式计算某人检验呈阳性且患病的概率，再计算某人检验呈阳性的条件下患病的概率．
【解答】
设事件A为：“某人检验呈阳性”，事件B为：”某人为疾病患者“，
由题意可知P(A)＝0.2%，P(B)＝0.1%，P(A|B)＝99%，
∴ P(AB)＝P(A|B)⋅P(B)＝0.1%×99%，
∴ P(B|A)=P(AB)P(A)=0.1%×99%0.2%=49.5%．
11.
【答案】
B
【考点】
利用导数研究函数的极值
【解析】
只需f′(x)＝0在(0, +∞)上有两个变号根即可，通过分离参数，研究函数y=lnxx的单调性、极值、端点处函数值的变化趋势即可求解．
【解答】
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由f(x)＝xlnx−12(m+1)x2−x，
得f′(x)＝lnx−(m+1)x，x>0．
要使f(x)＝xlnx−12(m+1)x2−x有两个极值点，
只需f′(x)＝lnx−(m+1)x＝0有两个变号根，即m+1=lnxx有两个变号根．
令g(x)=lnxx，(x>0)，则g′(x)=1−lnxx2，
由g′(x)＝0得x＝e，易知当x∈(0, e)时，g′(x)>0，此时g(x)单调递增；
当x∈(e, +∞)时，g′(x)<0，此时g(x)单调递减．
所以g(x)max=g(e)=1e，
而g(1e)=−e<0，limx→+∞lnxx=limx→+∞1x1=0，
作出y＝g(x)，y＝m+1的图象，可知：
00)两个相邻的零点，
所以T=2πω=2(3π4−π4)＝π，
解得ω＝2．
【答案】
−3
【考点】
抛物线的性质
【解析】
由题意设l:x＝my+1，代入抛物线y2＝4x，消去x得y2−4my−4＝0，设A(x1, y1)，B(x2, y2)，则OA→⋅OB→=x1x2+y1y2，把根与系数的关系代入即可得出．
【解答】
设直线l:x＝my+1（由于有两个交点，直线l的斜率必存在），
联立y2=4xx=my+1 得：y2−4my−4＝0，
由韦达定理：y1+y2＝4m，y1y2＝−4．
所以x1x2＝(my1+1)(my2+1)＝m2y1y2+m(y1+y2)+1＝−4m2+4m2+1＝1．
OA→⋅OB→=(x1, y1)⋅(x2, y2)＝x1x2+y1y2＝−4+1＝−3．
【答案】
43
【考点】
棱柱的结构特征
【解析】
由题意求出正三棱柱的高、底面边长，即可求出AA1的长度．
【解答】
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由题意，△ABC的外接圆即为球的大圆，设底面△ABC外接圆圆心G，
即GA＝GB＝GC＝4，从而正三角形ABC边长43，
设球心O，由题意，E、F在球面上，OE＝OD＝4
F为DE中点，则OF⊥DE，OF＝43⋅sin600⋅13=2，
∴ DE＝2OE2−OF2=216−4=43，
∴ AA1＝43．
【答案】
xn+1＝xn−f(xn)f′(xn)；,
【考点】
进行简单的合情推理
导数的几何意义
【解析】
根据题意利用归纳推理可得r的n+1次近似值与r的n次近似值的关系式，求导得f′(x)＝2x，化简xn+1，取x0＝1时，分别计算x1，x2，x3，即可得出．
【解答】
由题意可得r的n+1次近似值与r的n次近似值的关系式为xn+1＝xn−f(xn)f′(xn)，
f′(x)＝2x，xn+1＝xn−f(xn)f′(xn)=xn−xn2−22xn=12xn+1xn，
x0＝1时，x1=12x0+1x0=32，
x2=12x1+1x1=12×32+23=1712，
x3=12x2+1x2=12×1712+1217=577408，
三、解答题（本题共5小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17～21题为必考题，每道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.）
【答案】
证明：∵ an+1=n+22n+2an，
∴ an+1n+2=n+22n+2ann+2=12×ann+1，
又∵ a11+1=12，
∴ 数列{ann+1}是首项、公比均为12的等比数列，且ann+1=(12)n；
由（1）知：ann+1=(12)n，
∴ an=n+12n．
又Sn＝2×12+3×122+4×123+⋯+n+12n，
12Sn＝2×122+3×123+⋯+n2n+n+12n+1，
两式相减得：12Sn＝1+122+123+⋯+12n−n+12n+1=1+122[1−(12)n−1]1−12−n+12n+1=32−n+32n+1，
∴ Sn＝3−n+32n．
【考点】
数列递推式
数列的求和
【解析】
（1）由题设条件推导出数列{ann+1}相邻两项之间的关系式，即可证明结论；
（2）先利用（1）中求得的数列{ann+1}的通项公式求出an，再利用错位相减求其前n项和即可．
【解答】
证明：∵ an+1=n+22n+2an，
∴ an+1n+2=n+22n+2ann+2=12×ann+1，
又∵ a11+1=12，
∴ 数列{ann+1}是首项、公比均为12的等比数列，且ann+1=(12)n；
由（1）知：ann+1=(12)n，
∴ an=n+12n．
又Sn＝2×12+3×122+4×123+⋯+n+12n，
12Sn＝2×122+3×123+⋯+n2n+n+12n+1，
两式相减得：12Sn＝1+122+123+⋯+12n−n+12n+1=1+122[1−(12)n−1]1−12−n+12n+1=32−n+32n+1，
∴ Sn＝3−n+32n．
【答案】
证明：∵ 矩形ABCD和菱形ABEF所在的平面相互垂直，平面ABCD∩平面ABEF＝AB，AD⊥AB，
∴ AD⊥平面ABEF，
∵ AG⊂平面ABEF，
∴ AG⊥AD，
∵ ∠ABE＝45∘，AB＝2，BG=2，
∴ 在△ABG中，由余弦定理可得AG=22+(2)2−2×2×2×22=2，
∴ AG2+BG2＝AB2，
∴ △ABG为直角三角形，且AG⊥BG，则AG⊥AF，
∵ AD∩AF＝A，AD，AF⊂平面ADF，
∴ AG⊥平面ADF；
取AB中点H，连接GH，过点H作HM⊥AC交AC于点M，连接GM，如图，
由（1）知△ABG
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为等腰直角三角形，H为AB中点，
∴ GH⊥AB，
∵ 矩形ABCD和菱形ABEF所在的平面相互垂直，平面ABCD∩平面ABEF＝AB，
∴ GH⊥平面ACD，
又AC⊂平面ACD，
∴ GH⊥AC，
又HM⊥AC，GH∩HM＝M，GH，HM⊂平面GHM，
∴ AC⊥平面GHM，
由三垂线定理及二面角定义可知，∠HMG的补角即为二面角D−CA−G的平面角，
在Rt△HMG中，HG=1,HMAH=BCAC，故HM=15×1=55，
∴ tan∠HMG=HGHM=5，
∴ 二面角D−CA−G的正切值为−5．
【考点】
直线与平面垂直
二面角的平面角及求法
【解析】
（1）根据面面垂直的性质可知AG⊥AD，根据勾股定理可得AG⊥BG，则AG⊥AF，进而得证；
（2）取AB中点H，连接GH，过点H作HM⊥AC交AC于点M，连接GM，易知，∠HMG的补角即为二面角D−CA−G的平面角，转化到△HMG求解即可．
【解答】
证明：∵ 矩形ABCD和菱形ABEF所在的平面相互垂直，平面ABCD∩平面ABEF＝AB，AD⊥AB，
∴ AD⊥平面ABEF，
∵ AG⊂平面ABEF，
∴ AG⊥AD，
∵ ∠ABE＝45∘，AB＝2，BG=2，
∴ 在△ABG中，由余弦定理可得AG=22+(2)2−2×2×2×22=2，
∴ AG2+BG2＝AB2，
∴ △ABG为直角三角形，且AG⊥BG，则AG⊥AF，
∵ AD∩AF＝A，AD，AF⊂平面ADF，
∴ AG⊥平面ADF；
取AB中点H，连接GH，过点H作HM⊥AC交AC于点M，连接GM，如图，
由（1）知△ABG为等腰直角三角形，H为AB中点，
∴ GH⊥AB，
∵ 矩形ABCD和菱形ABEF所在的平面相互垂直，平面ABCD∩平面ABEF＝AB，
∴ GH⊥平面ACD，
又AC⊂平面ACD，
∴ GH⊥AC，
又HM⊥AC，GH∩HM＝M，GH，HM⊂平面GHM，
∴ AC⊥平面GHM，
由三垂线定理及二面角定义可知，∠HMG的补角即为二面角D−CA−G的平面角，
在Rt△HMG中，HG=1,HMAH=BCAC，故HM=15×1=55，
∴ tan∠HMG=HGHM=5，
∴ 二面角D−CA−G的正切值为−5．
【答案】
设X表示顾客参加3次答题中答对的次数，
由于顾客答题的结果相互独立．则X∼B(3, 0.4)，
所以E(X)＝np＝3×0.4＝1.2，
因为答对题目就可获得120元返现奖励，
所以该顾客在三次答题中可获得的返现金额的期望为1.2×120＝144，
由于顾客的返现金额的期望144小于180元，所以商家希望顾客参加答题返现；
由已知可得顾客可以参加12次答题，
设答对的题的个数为Y，则Y服从二项分布Y∼B(12, 0.4)，
P(Y＝k)=C12k⋅0.4k(1−0.4)12−k，k＝0，1，2，3…，12
假设顾客答对k题的概率最大，
则C12k0.4k(1−0.4)12−k≥C12k−10.4k−1(1−0.4)13−k且C12k0.4k(1−0.4)12−k≥C12k+10.4k+1(1−0.4)11−k，
解得：4.2≤k≤5.2，所以k＝5，
所以P(Y＝5)最大，
所以该顾客答对5题的概率最大，
最有可能返回5×120＝600元现金．
【考点】
离散型随机变量的期望与方差
【解析】
（1）由题意可得答对题的手机不行服从二项分布，进而可得返回现金的期望，比直接返现要少，可得商家希望顾答题；
（2）假设答对k道题的概率最大，由二项分布的k次答对的概率大于等于k−1次的，且大于等于k+1次的概率，可得答对5次的概率最大，进而答对求出5次的返现金额．
【解答】
设X表示顾客参加3次答题中答对的次数，
由于顾客答题的结果相互独立．则X∼B(3, 0.4)，
所以E(X)＝np＝3×0.4＝1.2，
因为答对题目就可获得120元返现奖励，
所以该顾客在三次答题中可获得的返现金额的期望为1.2×120＝144，
由于顾客的返现金额的期望144小于180元，所以商家希望顾客参加答题返现；
由已知可得顾客可以参加12次答题，
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设答对的题的个数为Y，则Y服从二项分布Y∼B(12, 0.4)，
P(Y＝k)=C12k⋅0.4k(1−0.4)12−k，k＝0，1，2，3…，12
假设顾客答对k题的概率最大，
则C12k0.4k(1−0.4)12−k≥C12k−10.4k−1(1−0.4)13−k且C12k0.4k(1−0.4)12−k≥C12k+10.4k+1(1−0.4)11−k，
解得：4.2≤k≤5.2，所以k＝5，
所以P(Y＝5)最大，
所以该顾客答对5题的概率最大，
最有可能返回5×120＝600元现金．
【答案】
由已知 2a＝4，所以 a＝2，
凤 G(x0, y0)，M(−a, 0)，N(a, 0)，
kGM⋅kGN=y0x0−a⋅y0x0+a=y02x02−a2，
又因为 x02a2+y02b2=1，
所以 kGM⋅kGN=y02x02−a2=(1−x02a2)⋅b2x02−a2=−b2a2=−12，
所以 a2＝2b2，所以 a2＝4，b2＝2，
故椭圆 C 的方程为 x24+y22=1．
l:y=k(x−2) 与椭圆 C:x24+y22=1 联立，得
(1+2k2)x2−42k2x+4(k2−1)=0，
所以 △>0,x1+x2=42k22k2+1,x1⋅x2=4(k2−1)2k2+1，
因为 x 轴是∠APB 的角平分线，所以有
kPA+kPB=y1x1−m+y2x2−m=y1(x2−m)+y2(x1−m)(x1−m)(x2−m)=0，
∴ k[(x1−2)(x2−m)+(x2−2)(x1−m)]=0，
∴ 2x1x2−(m+2)(x1+x2)+22m=0，
∴ 8(k2−1)−42(m+2)k2+22m(2k2+1)2k2+1=0，
解得 m=22，
∴ P 点坐标为 (22,0)．
【考点】
椭圆的离心率
椭圆的应用
直线与椭圆的位置关系
【解析】
（1）利用题中所给的条件，求得 a＝2，设 G(x0, y0)，利用斜率坐标公式，结合题中所给的条件，建立等量关系，结合点在隔圆上，整理得出kGM⋅kGN=−b2a2=−12，即 a2＝2b2，进而求得椭圆的方程；（2）联立方程组，消元整理得出 (1+2k2)x2−42k2x+4(k2−1)=0，△>0,x1+x2=42k22k2+1，x1⋅x2=4(k2−1)2k2+1，根据题意得到 kPA+kPB＝0，求得 m=22，从而求得 P 点坐标．
【解答】
由已知 2a＝4，所以 a＝2，
凤 G(x0, y0)，M(−a, 0)，N(a, 0)，
kGM⋅kGN=y0x0−a⋅y0x0+a=y02x02−a2，
又因为 x02a2+y02b2=1，
所以 kGM⋅kGN=y02x02−a2=(1−x02a2)⋅b2x02−a2=−b2a2=−12，
所以 a2＝2b2，所以 a2＝4，b2＝2，
故椭圆 C 的方程为 x24+y22=1．
l:y=k(x−2) 与椭圆 C:x24+y22=1 联立，得
(1+2k2)x2−42k2x+4(k2−1)=0，
所以 △>0,x1+x2=42k22k2+1,x1⋅x2=4(k2−1)2k2+1，
因为 x 轴是∠APB 的角平分线，所以有
kPA+kPB=y1x1−m+y2x2−m=y1(x2−m)+y2(x1−m)(x1−m)(x2−m)=0，
∴ k[(x1−2)(x2−m)+(x2−2)(x1−m)]=0，
∴ 2x1x2−(m+2)(x1+x2)+22m=0，
∴ 8(k2−1)−42(m+2)k2+22m(2k2+1)2k2+1=0，
解得 m=22，
∴ P 点坐标为 (22,0)．
【答案】
(1)解：f′(x)=ex+3，
f′(0)=4，
∴ y=f(x)在点(0,1)处的切线方程是：y−1=4x，
整理得：y=4x+1.
(2)解：F(x)=f(x)+g(x)=x2−4x+tlnx，x>0，
则F′(x)=2x−4+tx，
令F′(x)=0，即2x2−4x+t=0，
结合题意得：m+n=2，mn=t2，
01，则t>0，
而Δ=16−8t>0，
解得：t<2，
故0h(1)=0，
故F(m)+3n>0．
【考点】
利用导数研究与函数零点有关的问题
利用导数研究不等式恒成立问题
利用导数研究曲线上某点切线方程
利用导数研究函数的单调性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)解：f′(x)=ex+3，
f′(0)=4，
∴ y=f(x)在点(0,1)处的切线方程是：y−1=4x，
整理得：y=4x+1.
(2)解：F(x)=f(x)+g(x)=x2−4x+tlnx，x>0，
则F′(x)=2x−4+tx，
令F′(x)=0，即2x2−4x+t=0，
结合题意得：m+n=2，mn=t2，
01，则t>0，
而Δ=16−8t>0，
解得：t<2，
故0h(1)=0，
故F(m)+3n>0．
请考生在第22、23两题中任选--题作答，如果多做，则按所做的第一题计分，作答时，请用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑.
【答案】
曲线C1:xy=12根据x=ρcosθy=ρsinθ 转换为极坐标方程为ρ2sin2θ＝1．
曲线C2:x=62−3cosθy=62−3sinθ （θ为参数），转换为直角坐标方程为(x−62)2+(y−62)2=3，整理得x2+y2−6x−6y=0．
根据x=ρcosθy=ρsinθ ，转换为极坐标方程为ρ=6cosθ+6sinθ．
曲线C3的极坐标方程为θ＝α(ρ>0, 0<α<π2)，与C3交C1于A点，
所以ρ2sin2θ=1θ=α ，整理得1ρ12=sin2α，
曲线C3的极坐标方程为θ＝α(ρ>0, 0<α<π2)，与C3交C2于B点，
所以ρ=6cosθ+6sinθθ=α ，整理得ρ2=6cosα+6sinα，
所以，1|OA|2−|OB|=sin2α−6cosα−6sinα．
设sinα+cosα=t=2sin(α+π4)，
由于0<α<π2，所以π4<α+π4<3π4，
所以t∈(1,2]
所以sin2α＝t2−1，
所以sin2α−6cosα−6sinα=t2−1−6t=(t−62)2−32−1=(t−62)2−52，
当t=2时，1|OA|2−|OB|的最小值为112−23．
【考点】
圆的极坐标方程
参数方程与普通方程的互化
【解析】
（1）直接利用转换关系，把曲线的直角坐标方程转换为极坐标方程，进一步把圆的参数坐标方程转换为极坐标方程．
（2）利用（1）的结论，进一步利用换元法和三角函数关系式的变换和二次函数的应用求出结果．
【解答】
曲线C1:xy=12根据x=ρcosθy=ρsinθ 转换为极坐标方程为ρ2sin2θ＝1．
曲线C2:x=62−3cosθy=62−3sinθ （θ为参数），转换为直角坐标方程为(x−62)2+(y−62)2=3，整理得x2+y2−6x−6y=0．
根据x=ρcosθy=ρsinθ ，转换为极坐标方程为ρ=6cosθ+6sinθ．
曲线C3的极坐标方程为θ＝α(ρ>0, 0<α<π2)，与C3交C1于A点，
所以ρ2sin2θ=1θ=α ，整理得1ρ12=sin2α，
曲线C3的极坐标方程为θ＝α(ρ>0, 0<α<π2)，与C3交C2于B点，
所以ρ=6cosθ+6sinθθ=α ，整理得ρ2=6cosα+6sinα，
所以，1|OA|2−|OB|=sin2α−6cosα−6sinα．
设sinα+cosα=t=2sin(α+π4)，
由于0<α<π2，所以π4<α+π4<3π4，
所以t∈(1,2]
所以sin2α＝t2−1，
所以sin2α−6cosα−6sinα=t2−1−6t=(t−62)2−32−1=(t−62)2−52，
当t=2
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时，1|OA|2−|OB|的最小值为112−23．
【答案】
当a＝2时，f(x)＝|x−a|+|x+2a|＝|x−2|+|x+1|=−2x+1,x≤−13,−15等价于x≤−1−2x+1>5 或−15 或x≥22x−1>5 ．
解得x<−2或x>3．
∴ 不等式f (x)>5的解集为{x|x<−2或x>3}；
f(x)＝|x−a|+|x+2a|＝|x−a|+|−x−2a|≥|(x−a)+(−x−2a)|＝|a+2a|＝a+2a．
当且仅当(x−a)(x+2a)≤0，即x∈[−2a, a]时等号成立．
∵ a>2，∴ a−2>0，
∴ f(x)+4a(a−2)≥a+2a+4a(a−2)=a+2a+2a−2−2a
＝a+2a−2=(a−2)+2a−2+2≥2(a−2)⋅2a−2+2=22+2．
当且仅当a−2=2a−2，即a＝2+2且x∈[2−2, 2+2]时等号成立．
【考点】
绝对值不等式的解法与证明
不等式的证明
【解析】
（1）把a＝2代入函数解析式，分段去绝对值，转化为不等式组求解，取并集得答案；
（2）由绝对值不等式的性质求得f(x)的最小值，代入后再由基本不等式证明．
【解答】
当a＝2时，f(x)＝|x−a|+|x+2a|＝|x−2|+|x+1|=−2x+1,x≤−13,−15等价于x≤−1−2x+1>5 或−15 或x≥22x−1>5 ．
解得x<−2或x>3．
∴ 不等式f (x)>5的解集为{x|x<−2或x>3}；
f(x)＝|x−a|+|x+2a|＝|x−a|+|−x−2a|≥|(x−a)+(−x−2a)|＝|a+2a|＝a+2a．
当且仅当(x−a)(x+2a)≤0，即x∈[−2a, a]时等号成立．
∵ a>2，∴ a−2>0，
∴ f(x)+4a(a−2)≥a+2a+4a(a−2)=a+2a+2a−2−2a
＝a+2a−2=(a−2)+2a−2+2≥2(a−2)⋅2a−2+2=22+2．
当且仅当a−2=2a−2，即a＝2+2且x∈[2−2, 2+2]时等号成立．
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