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高三十六模理数参考答案及解析月考卷一、选择题15 ACBBA6-10 DAAAC1112BD(20+2+23+22。-1)=1+22+1132n+112.D【解析】由f(4十x)=f(4一x)可知函数的对称(12分)轴为x=4,由于函数是偶函数，x=0也是它的对称18.解：(1)：ABCD,AB丈平面PCD,CDC平轴，故函数是周期为8的周期函数，当x(0,4时面PCD,r()=1一h2红，函数在0，号)上递增，在（号，4）.AB平面PCD,上递减最大值受)=名且4)=8-n2,ABC平面PAB,平面PAB平面PCD=l,4.AB1.(4分)0.由选项可知a0,解(2),底面是菱形，E为BC的中点，AB=2,得f(x)一a.根据单调性和周期性画.BE=1,AE=3,AEBC,出图象如下图所示.由图可知f(x)0没有整数,.AEAD.解，根据函数为偶函数，所以在0,200上有25个周:PA平面ABCD,则以点A为原点，直线AE、期，且有150个整数解，也即每个周期内有6个解.AD、AP分别为轴建立如图所示空间直角坐标系，f3)=号ln6,故f4)-af3),解得-号n60),(1分)20.解：(1)因为c=m,e=12则a=2m,b=/5m,由已知得f1)=1+2张=0，所以k=-号，(2分)e所以号+取最小时值时m=1所以f(.x)=1-In z-1此时抛物线C:y2=一4x,此时a=2,b=3,设k(x)=-lnx-1,所以箱圆G的方程为号+苦-1，(4分)则k(x)=二子-0在(0，+o)上恒成立！2)因为c三m,e=2则a=2m,63m即k(x)在(0，十)上单调递减，(3分)设桶圆的标准方程为品十品y=1,P(x0,由k(1)=0知，当0 x0,从而f(x)0,当x1时，k(x)0,从而f(x)0,要证原式成立即证g,)1+ex+1所以x。=。二m或x。=6m(舍去)，代人抛物线方成立(7分)当x1时，由(1)知g(x)01+e2成立；3m,即p(-2,26m.程得”=233当0 x1,且由(1)知，g(x)0,所以于是1PR,1=PF:=2a-PF,1-g()-1-zln-0,当x(e2,1)时，F(x)0,则IFMFN1=A=点。即0所以当x=e2时，F(.x)取得最大值F(e2)=1十1e-2,(8分)1+sinasina41+sina411所以g(x)F(x)1十e2,1+sinasin2a即当0 x1时，g(x)0,g(x)0),则G(x)=e-10恒+3.成立.所以G(x)在(0，十)上单调递增，G(x)当x1时，即化为x-1+12x+3,得x-3，G(0)=0恒成立，即ex十10，此时不等式的解集为x1.即0当x1时，即化为-(x-1)十12.x十3，解得x1当1时，有四01+e3x+1此时不等式的解集为一当0 x1时，由式，g20时，巴3,+y2=1,曲线C22-x,x1的直角坐标方程为y2=4x.(5分)即F(x)=x,1x3,(2)设直线（的参数方程为|x=1+icos a(t为12-3x,x3y=tsin a作出函数F(x)的图象如图所示，参数).又直线1与曲线C:y2=4.x存在两个交点，因此sina0.联立直线1与曲线C:亏+y=1,可得(1+sin2a)t2+2 tcos a-1=0,则|FAIFB1=ht:=1+sina1当直线y=a与函数y=F(x)的图象有三个公共点联立直线l与曲线C2:y2=4x,可得产sina-4 tcos a时，方程F(x)=a有三个解，所以1a3.-4=0,所以实数a的取值范围是(1,3).(10分)3