2019-2020学年河南省商丘市高考数学二模试卷(理科)(有答案)

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∵y1=k（x1﹣4），y2=k（x2﹣4）

∴==1

∴直线AE与x轴交于定点（1，0）

21．已知直线y=x+b与函数f（x）=lnx的图象交于两个不同的点A，B，其横坐标分别为x1，x2，且x1＜x2 （Ⅰ）求b的取值范围；

（Ⅱ）当x2≥2时，证明x1?x22＜2．

【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程．

【分析】（Ⅰ）由题意可得x﹣lnx+b=0有两个不同的实根，设g（x）=x﹣lnx+b，求出导数，求得单调区间，可得最小值，即可得到b的范围；

（Ⅱ）由（Ⅰ）可得0＜x1＜1，x2＞1，g（x1）=g（x2）=0，作差g（x1）﹣g（

），化简可得x2﹣3lnx2

﹣+ln2，令h（t）=t﹣

﹣3lnt+ln2，求出导数，判断符号，得到单调性，可得当x2≥2时，g（x1）

﹣g（

）＞0，即g（x1）＞g（

），由g（x）在（0，1）递减，即可得证．

【解答】解：（Ⅰ）由题意可得x﹣lnx+b=0有两个不同的实根， 设g（x）=x﹣lnx+b，x＞0，g′（x）=1﹣， 当0＜x＜1时，g′（x）＜0，g（x）递减； 当x＞1时，g′（x）＞0，g（x）递增． 可得g（x）在x=1处取得最小值b+1，

当b＜﹣1时，b=lnx﹣x在（0，1）和（1，+∞）各有一个不同的实根， 则b的范围是（﹣∞，﹣1）；

（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）可得0＜x1＜1，x2＞1，g（x1）=g（x2）=0， g（x1）﹣g（

）=（x1﹣lnx1+b）﹣（

﹣ln

+b）

=（x2﹣lnx2+b）﹣（

﹣ln

+b）=x2﹣3lnx2﹣

+ln2，

令h（t）=t﹣﹣3lnt+ln2，则h′（t）=1﹣+=，

当t≥2时，h′（t）≥0，h（t）递增，

.

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即有h（t）≥h（2）=﹣2ln2＞0，

当x2≥2时，g（x1）﹣g（）＞0，即g（x1）＞g（

），

又g（x）在（0，1）递减，0＜x1＜1，0＜

＜1，

即有x1＜

，可得x1?x22＜2．

[选修4-1：几何证明选讲]

22．如图，C点在圆O直径BE的延长线上，CA切圆O于A点，∠ACB平分线DC交AE于点F，交AB于D点． （Ⅰ）求∠ADF的度数； （Ⅱ）若AB=AC，求AC：BC．

【考点】相似三角形的判定；相似三角形的性质；圆的切线的性质定理的证明．

【分析】（I）根据AC为圆O的切线，结合弦切角定理，我们易得∠B=∠EAC，结合DC是∠ACB的平分线，根据三角形外角等于不相邻两个内角的和，我们易得∠ADF=∠AFD，进而结合直径所对的圆周角为直角，求出∠ADF的度数；

（II）若AB=AC，结合（1）的结论，我们易得∠ACB=30°，根据顶角为120°的等腰三角形三边之比为：1：1：

，易得答案．

【解答】解：（I）∵AC为圆O的切线， ∴∠B=∠EAC

又知DC是∠ACB的平分线， ∴∠ACD=∠DCB

∴∠B+∠DCB=∠EAC+∠ACD 即∠ADF=∠AFD

又因为BE为圆O的直径， ∴∠DAE=90° ∴

（II）∵∠B=∠EAC，∠ACB=∠ACB， ∴△ACE∽△ABC

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∴

又∵AB=AC， ∴∠B=∠ACB=30°， ∴在RT△ABE中，

[选修4-4：坐标系与参数方程]

23．已知直线l的参数方程为（t为参数），以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立

极坐标系，圆C的极坐标方程为ρ=4sin（θ﹣（1）求圆C的直角坐标方程；

）．

（2）若P（x，y）是直线l与圆面ρ≤4sin（θ﹣【考点】直线的参数方程；参数方程化成普通方程．

）的公共点，求x+y的取值范围．

【分析】（1）利用极坐标与直角坐标的方程互化的方法，可得圆C的直角坐标方程；

（2）将代入z=x+y得z=﹣t，又直线l过C（﹣1，），圆C的半径是2，可得结论．

【解答】解：（1）因为圆C的极坐标方程为ρ=4sin（θ﹣所以ρ2=4ρ（

sinθ﹣cosθ），

y=0．…

），

所以圆C的直角坐标方程为：x2+y2+2x﹣2（2）设z=

x+y

由圆C的方程x2+y2+2x﹣2所以圆C的圆心是（﹣1，

y=0，可得（x+1）2+（y﹣），半径是2

）2=4

将代入z=x+y得z=﹣t …

又直线l过C（﹣1，由题意有：﹣2≤t≤2 所以﹣2≤t≤2 即

），圆C的半径是2，

x+y的取值范围是[﹣2，2]．…

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[选修4-5：不等式选讲]

24．已知函数f（x）=|x﹣a|+4x（a＞0）

（Ⅰ）当a=2时，求不等式f（x）≥2x+1的解集；

（Ⅱ）若x∈R时，恒有f（2x）≥7x+a2﹣3，求实数a的取值范围． 【考点】绝对值三角不等式；绝对值不等式的解法．

【分析】（I）当a=2时，不等式f（x）≥2x+1即|x﹣2|≥﹣2x+1，对x分类讨论解出即可得出．

（II）f（2x）≥7x+a2﹣3，化为：f（2x）﹣7x≥a2﹣3，令g（x）=f（2x）﹣7x=|2x﹣a|+x=

，

利用函数的单调性可得：当x=时，g（x）有最小值，g（x）min=3，解出即可得出．

【解答】解：（I）当a=2时，不等式f（x）≥2x+1即|x﹣2|≥﹣2x+1，∴解得{x|x≥﹣1}．

=．若命题成立，可得：﹣

，或，

（II）f（2x）≥7x+a2﹣3，化为：f（2x）﹣7x≥a2﹣3，令g（x）=f（2x）﹣7x=|2x﹣a|+x=

，

．∵x∈时，g（x）单调递减；x∈

=．

时，g（x）单调递增．

∴当x=时，g（x）有最小值，g（x）min=若命题成立，可得：

﹣3，解得a∈（0，2）．

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