辽宁省沈阳市2013年高三教学质量监测（二）数学（理）试题

辽宁省沈阳市2013年高三教学质量监测（二）数学（理）试题

2013 年沈阳市高中三年级教学质量监测（二） 数 学(理科) 命题：沈阳市第 31 中学 李曙光 东北育才学校 牟 欣 沈阳市第 20 中学 何运亮 东北育才学校 刘新风 沈阳铁路实验中学 倪生利 沈阳市第 11 中学 朱洪文 主审：沈阳市教育研究院 周善富 注意事项： 1．本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，答卷前，考生务必将自己的姓名、 准考证号填写在答题卡上． 2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如 需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．写在本试卷上无效． 3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效． 4．考试结束后，将答题卡交回． 第Ⅰ卷(共 60 分) 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．复数 （ 为虚数单位）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．已知非空集合 ，全集 ，集合 ， 集合 ） （ ），则（ ） A． B． C． D． 3．等差数列 的前 项和为 ，若 ， ，则过点 (3 ， ) ， （4 ， ）的直线的斜率为（ ） A．4 B． C．－4 D．－14 4．执行如图所示的程序框图，若输入 ，则输出的结果为( ) A．3 B． 4 C．5 D．6 5．椭圆 : 与动直线 ： ， 则直线 与椭圆 C 交点的个数为（ ） A．0 B． 1 C．2 D．不确定 6．“ ”是“ 的展开式的各项系数之和为 64”的( ) 3 11 i iz +−= i ,A B BAU = BAM = (=N B  A MNM = ∅=NM  M N= M N⊆ { }na n nS 154 =a 555 =S P 3a Q 4a 4 1 2a = C 2 2 14 x y+ = l ( )2 2 2 1 0mx y m m− − + = ∈R l 1a = 6(1 )ax+ 开始 输入 a 1, 0i S= = 5i ≤ S S a= + 1a a= − 1i i= + 输出 S 结束 是 否 A．必要不充分条件 B．充分不必要条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 7. 一个锥体的主视图和左视图如图所示，下面选项中，不可能是该锥体的俯视图的是（ ） 8．在等比数列 中，对于 都有 ，则 （ ）． A． B． C． D． 　　　　 9．已知关于 的方程 有正根,则实数 的取值范围是( ) A．(0,1) B． C． D． 10．已知点 为 外接圆的圆心，且 ,则 的内角 等于（ ） A．30° B．60° C．90° D．120° 11．函数 （ , ）的图像在 上单调递增，则 的最大值是（ ）． A． B． C． 1 D．2 12．定义在 上的函数 ， 是它的导函数，且恒有 成立， 则（ ）． A． B． C． D． 第Ⅱ卷 (共 90 分) 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分．把答案填在答题纸上. { }na n∀ ∈ *N n nn aa 321 =⋅+ =⋅⋅ 621 aaa  113 )3(± 133 )3( 53± 63 x 1 1 lg=2 1 lg x a a +    −  a 1 1010 （ ，） 1( ,1)10 10 + ∞（ ， ） O ABC∆ 0OA OB CO+ + =    ABC∆ A ( ) sin( )f x A xω ωπ= + 0A > 0>ω ]4 3,2 3[ ππ −− ω 2 1 4 3 )2,0( π )(xf ( )'f x xxfxf tan)()( ⋅′< 3 ( ) 2 ( )4 3f f π π> (1) 2 ( )sin16f f π< 2 ( ) ( )6 4f f π π> 3 ( ) ( )6 3f f π π< 主视图 左视图 A B C D 13． . 14． 将 7 支 不 同 的 笔 全 部 放 入 两 个 不 同 的 笔 筒 中 ， 每 个 笔 筒 中 至 少 放 两 支 笔 ， 有 种放法．(用数字作答) 15．已知有公共焦点的椭圆与双曲线的中心为原点，焦点在 轴上，左右焦点分别为 ，且它们在第一象限的交点为 ， 是以 为底边的等腰三角形．若 ，双曲线的离心率的取值范围为 ．则该椭圆的离心率 的取值范围 是 ． 16．三棱锥 的外接球为球 ， 与 都是以 为斜边的直角三角形， 是以 为斜边的等腰直角三角形, 且 ，向量 与 的夹角为 ， 则球 的表面积为 . 三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤，解答过程书写在答题纸的对应 位置. 17. (本小题满分 12 分) 已知 的内角 ， ， 的对边分别为 ，且 . （1）求角 ； （2）若 ，求 的面积 的最大值． 18. (本小题满分 12 分) 如图甲，已知 是上、下底边长分别为 和 ，高为 的等腰梯形，将它沿其 对称轴 折成直二面角，如图乙. （1）证明： ⊥ ； （2）求二面角 － － 的大小. 19. (本小题满分 12 分) 在一次数学测验后，班级学委对选答题的选题情况进行统计，如下表: 平面几何选讲 极坐标与参数方程 不等式选讲 合计 2 0 cos2 cos sin x dxx x π =+∫ x 1 2,F F P 1 2PF F△ 1PF 1 10PF = ( )1 , 2 e BCDA − O ABC∆ ACD∆ AC BCD∆ BD 2BD = DA AB 3 2π O ABC∆ A B C cba ,, 1 cos cos a A b C += A 1=a ABC∆ S ABCD 2 6 3 1OO AC 1BO O AC 1O 男同学(人数) 12 4 6 22 女同学(人数) 0 8 12 20 合计 12 12 18 42 （1）在统计结果中，如果把平面几何选讲和极坐标与参数方程称为几何类，把不等式 选讲称为代数类，我们可以得到如下 2×2 列联表: 几何类 代数类 合计 男同学(人数) 16 6 22 女同学(人数) 8 12 20 合计 24 18 42 据此统计你是否认为选做“几何类”或“代数类”与性别有关，若有关，你有多大的 把握? （2）在原统计结果中，如果不考虑性别因素，按分层抽样的方法从选做不同选做题的 同学中随机选出 7 名同学进行座谈. 已知这名学委和两名数学科代表都在选做“不等式选讲” 的同学中. ①求在这名学委被选中的条件下，两名数学科代表也被选中的概率； ②记抽取到数学科代表的人数为 ，求 的分布列及数学期望 . 下面临界值表仅供参考： 0.15 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 （参考公式： ） 20. (本小题满分 12 分) 已知抛物线 过点 作直线 交抛物线于点 （点 在第一 象限）. X X ( )E X )( 2 kxP ≥ k 2 2 11 22 12 21 1 2 1 2 ( )n n n n n n n n n χ + + + + −= 2: ,C y x= ( )0 0 1,0 8A x x ≥   l QP, P （1）当点是抛物线的焦点，且弦长 时，求直线 的方程； （2）设点关于 轴的对称点为 ,直线 交 轴于点，且 求证：点的坐标是 并求点到直线 的距离 的取值范围. 21. (本小题满分 12 分) 已知函数 ， R 且 ． （1）讨论函数 的单调性； （2）当 时，若 ，证明: . 请考生在第 22、23、24 题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题记分.做答 时请写清题号. 22.（本题满分 10 分) 选修 4－1：几何证明选讲 如 图 , 内 接 于 ⊙ , 是 ⊙ 的 直 径 , 是 过 点 的 直 线 , 且 . (1)求证: 是⊙ 的切线; (2)如果弦 交 于点 , , , , 求直径 的长. 23．（本小题满分 10 分）选修 4—4：坐标系与参数方程 在直角坐标系中，圆 的方程是 ，圆心为 ．在以坐标原点为极点, 以 轴的非负半轴为极轴建立的极坐标系中，曲线 ： 与圆 相交于 两点． （1）求直线 的极坐标方程； 2PQ = l x M PM x .BP BQ⊥ ( )0 ,0 ,x− l d 2 3 2( ) ln( )2 xf x a x a a= + − − a∈ 0a ≠ ( )f x 0a < 2 2 1 2a a x x a a+ < < < − 2 2 1 2 1 ( ) ( ) 2 f x f x a ax x − < −− ABC∆ O AB O PA A ABCPAC ∠=∠ PA O CD AB E 8=AC 5:6: =EDCE 3:2: =EBAE AB C 0422 =−+ xyx C x 1C 4 3sinρ θ= − C ,A B AB （2）若过点 (2,0)的曲线 C2: ( 是参数)交直线 于点 ,交 轴于点 ， 求| |:| |的值. 24．(本小题满分 10 分)选修 4 5：不等式选讲 已知函数 ． （1）解不等式: ； （2）若 ，求证： ≤ . 2013 年沈阳市高中三年级教学质量监测（二） 数学（理科）参考答案与评分参考 说明： 一、本解答给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可根据试 题的主要考查内容比照评分标准制订相应的评分细则. 二、对解答题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答末改变该题 的内容和难度，可视影响的程度决定后继部分的给分，但不得超过该部分正确解答应得分 数的一半；如果后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分. 三、解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数. 四、只给整数分数，选择题和填空题不给中间分. 一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分． C 32 2 1 2 x t y t  = +  = t AB D y E CD CE − ( ) 1f x x= − 1 ( ) ( 1) 2f x f x≤ + − ≤ 0＞a ( ) ( )f ax af x− ( )f a 一、选择题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 参考答案 D B A B C B C D C A C D 5．C 动直线 即为： ，动直线过定点 ，该点在椭圆内部，所以 总有两个交点，选 C. 8．提示：由题知， ，选Ｄ. 9．提示：由题只须 ，解得 ，从而 实数 ，故选 C. 11．提示：（方法一）令 ，原题等价于函数 的图像在 上单调递增．如图： 只须 ，从而 ．选Ｃ. （方法二）因为 , , 所以函数 的增区间满足： ，化简得 Z. 又因为函数 在 上单调递增， 所以 ， 解得 ，所以 ，即 的最大值为 1. 12．提示： 由 得 可见 ，即函数 在 上单调递增,所以选 D. 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分． 13．0 14．112 15． 16． 13．提示：因 ，所以 l ( )1 12y m x− = − 11, 2      1 2 3 4 5 6a a a a a a⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = 3 3 3 4a a⋅ 2 3 6(3 ) 3= = 1 lg (0,1)1 lg a a + ∈− lg ( 1,0)a∈ − a∈ 1( ,1)10 x tπ+ = siny tω= [ , ]2 4 π π− 2 2 π π ω− ≤ − 1ω ≤ 0＞A 0＞ω ( ) sin( )f x A xω ωπ= + ππωπωππ kxk 2222 +≤+≤+− πω ππ πω ππ − + ≤≤− +− k x k 2222 ∈k ( ) sin( )f x A xω ωπ= + ]4 3,2 3[ ππ −− ]4 3,2 3[ ππ −− ⊆           − + − +− πω ππ πω ππ kk 22, 22    +≤ +≤ k k 41 82 ω ω 1≤ω ω xxfxf tan)()( ⋅′< cos ( ) sin ( ) 0x f x x f x′⋅ − ⋅ < 2 cos ( ) sin ( ) 0sin x f x x f x x ′⋅ − ⋅ < ( ) sin f x x )2,0( π 1 2e3 5 < < 3π cos2 cos sincos sin x x xx x = −+ 2 0 cos2 cos sin x dxx x π =+∫ 2 0 (cos sin )x x dx π −∫ y x · ·2 π ω− 2 π ω . 14．提示：（方法一）令甲、乙两个笔筒，放入甲筒里的情况共有四种，每种情况里的方 法数分别为 ， ， ， ，从而共有 ． （方法二）将 7 支不同的笔放入两个不同的笔筒中，先将 7 支不同的笔分成两份，有 两种情况，一是一份 5 支，另一份 2 支，有 方法，二是一份 4 支，另一份 3 支， 有 方法，共有 种方法，接着将两份笔分别放入两个不同的笔 筒中有 种方法，由分步计数原理得 种方法. 15．提示：设椭圆的长半轴长，半焦距分别为 ，双曲线的实半轴长，半焦距分别为 ， （ 分别为椭圆和双曲线的离心率），又 ，则该椭圆的离心率的取值范围是 . 16．提示：因为 与 都是以 为斜边的直角三角形，所以 的中点即是球 的球心. 又因为 是以 为斜边的等腰直角三角形，且 所以 与 全等，所以 ，又 = ，所以 为等边三角形，且 边长为 ，所以 ，所以球 的半径为 ，所以球 的表面积为 . 三、解答题：本大题共 70 分. 17．解：（1）解法①:由正弦定理可知 , 所以 ， ……………………………………………………………2 分 即 ， 又因为在 中， ， ……………………4 分 又 ， 所以 ， 即 ， …………………………………………………………6 分 又因为在 中, ， 所以 ，即 . ………………………………………………………8 分 2 0(sin cos ) | 1 1 0x x π = + = − = 2 7C 3 7C 4 7C 5 7C 2 3 4 5 7 7 7 7C C C C+ + + 3 5 3 8 8 82 112C C C= + = = 5 2 7 2C C 4 3 7 3C C 5 2 4 3 7 2 7 3 56C C C C+ = 2 2 2A = 56 2 112× = 1 ,a c 2 ,a c 1 1 2 2 1 2 5 1 12 , 25 a c a a ca c e e = + ⇒ − = − = = − 1 2,e e ( )2 1,2e ∈ 1 2e3 5 < < ABC∆ ACD∆ AC AC O BCD∆ BD 2BD = ABC∆ ACD∆ AD AB= ＞，＜ ABDA 3 2π ABD∆ 2 3AC = O 3 2 O 3π sin sin a A b B = sin 1 cos sin cos A A B C += sin cos sin sin cosA C B B A= + ABC∆ sin sin( ( )) sin( )B A C A Cπ= − + = + sin( ) sin cos cos sinA C A C A C+ = + sin cos sin cos cos sin sin cosA C A C A C B A= + + cos (sin sin ) 0A C B+ = ABC∆ sin 0,sin 0C B> > cos 0A = 2A π= （方法二）:由余弦定理可知 , ， 代入原式中，得 ， ………………………………2 分 即 ，即 ， 于是 ， 因为 ，所以 ， ……………………………………………6 分 所以 . …………………………………………………………………………8 分 （2）由（1）知 ，又因为 ，所以 （当 时取“=”）， ……………………………………………………………………………… 10 分 又因为 的面积 ，从而 的面积 的最大值为 . ………12 分 18．解: （1）证明：（方法一） 由题设知 OA⊥OO1，OB⊥OO1. 所以∠AOB 是所折成的直二面角的平面角， 即 OA⊥OB. 所以有 AO⊥平面 OO1B，所以 B O1⊥AO. 如右图在直角梯形 OO1CB 中，连 BO1 交 OC 于 E， 由已知， O1C=1，OO1= ，OB=3，………………………………………………4 分 所以在 Rt△OO1C 中， ，所以∠O1OC=30o. 在 Rt△O1OB 中， ，所以∠OO1B=60o. 所以∠O1EO=90o， 于是 BO1⊥OC.（或由三角形相似及相似比得 得 BO1⊥OC 可参 照给分） 又 OC AO=O，所以 BO1⊥平面 AOC，又 AC 平面 AOC， 所以 AC⊥BO1. ………………………………………………………………………6 分 （2）（方法一） 2 2 2 cos 2 b c aA bc + −= 2 2 2 cos 2 b a cC ab + −= 2 2 2 2 2 2 2 2 b a c b c abb c + − + −= + 2 2 2 2 2 2 2( ) 2 ( )c b a c b c b c a b+ − = + + − 2 2 2 2 2 2( ) ( )c a c b b b c a− − = + − 2 2 2( )( ) 0b c a b c+ − + = 0b c+ ≠ 2 2 2 0b c a+ − = 2A π= 2 2 1b c+ = 2 2 2b c bc+ ≥ 1 2bc ≤ cb = ABC∆ 2 bcS = 1 4 ≤ ABC∆ S 1 4 3 1 3tan 3O OC∠ = 1tan 3OO B∠ = 2 2 2 1 1O E OE OO+ =  ⊂ B C O O1 E 解:连 OD 交 AO1 于 E， 由(1)可知 OE⊥AO1 又 CO1⊥平面 AOO1D， 而 OE 在平面 AOO1D 内，所以 CO1⊥OE， 从而 OE⊥平面 AO1C. 过 E 作 EF⊥AC 于 F，连 OF. 即在 Rt△OEF 中， ∠OEF=90o， ∠EFO 即是二面角 O—AC—O1 的平面角. ………8 分 由(1)可知 OE= ，AE= ， 而△AEF∽△A O1C，则 ，而 AC= ，所以 EF= ， ……10 分 从而 tan∠EFO= = ， …………………………………11 分 即二面角 O—AC—O1 的大小是 . …………………………………12 分 （1）（方法二） 由题设知 OA⊥OO1，OB⊥OO1.所以∠AOB 是所折成的直二面角的平面角， 即 OA⊥OB. 故可以 O 为原点，OA、OB、OO1 所在直线分别为 轴、y 轴、z 轴建立（如图）空间直角坐标系，…………………2 分 则 A（3，0，0）， B（0，3，0），C（0，1， ），O1（0，0， ）. 从而 所以 AC⊥BO1. ………………………………………………………………6 分 3 2 3 3 2 1 EF AE CO AC = 13 3 39 26 OE EF 3 26 2 3 39 × 39 3 = 39arctan 3 x 3 3 .0333),3,3,0(),3,1,3( 11 =⋅+−=⋅−=−= BOACBOAC （2）（方法二）因为 所以 BO1⊥OC， 由（1）AC⊥BO1，所以 BO1⊥平面 OAC， 是平面 OAC 的一个法向量. 设 是平面 O1AC 的一个法向量， 由 ，有 取 ，得 . ………8 分 设二面角 O—AC—O1 的大小为 ，如图可知 为锐角， 所以 = . …………………………10 分 即二面角 O—AC—O1 的大小是 ………………………………12 分 19．解：（1）由题 . 所以，据此统计有 的把握认为选做“几何类”或“代数类”与性别有关. ……4 分 （2）由题可知在“不等式选讲”的 18 位同学中，要选取 3 位同学. ………………6 分 ① 令事件 A 为“这名学委被抽取到”；事件 B 为“两名数学科代表被抽到”， 则 , . 所以 . ……………………………8 分 (另解: 令事件 A 为“在这名学委被抽取到的条件下，两名数学科代表也被抽到”； 则 . ………………………………………………8 分 ② 由题 的可能值有 0,1,2.依题 ； ； . …………………………………………………10 分 从而 的分布列为: ,03331 =⋅+−=⋅OCBO 1BO ),,( zyxn =    =⋅ =⋅ 0 0 1COn ACn    = =++− .0 ,033 y zyx 3=z )3,0,1(=n θ θ ＞,＜coscos 1BOn=θ 1 1 3 4 n BO n BO ⋅ = ⋅     .4 3arccos =2χ 22201824 )681216(42 2 ××× ×−×× 252 4.582 3.84155 = ≈ > 95% 3 3 3 18 ( ) CP A B C ∩ = 2 17 3 18 ( ) CP A C = ( )( | ) ( ) P A BP B A P A ∩= 2 17 3 3 C C= 2 1 17 16 136 = =× 2 17 2 2)( C CAP = 2 1 17 16 136 = =× X 3 16 3 18 35( 0) 51 CP X C = = = 2 1 16 2 3 18 5( 1) 17 C CP X C = = = 1 2 16 2 3 18 1( 2) 51 C CP X C ⋅= = = X 0 1 2X ……………………………………11 分 于是 . …………………………………12 分 (另解：因为 服从超几何分布，所以 . …………………12 分） 20. 解：（1）由抛物线 得抛物线的焦点坐标为 设直线 的方程为 由 ………..2 分 所以 因为 所以 所以 即 . ………….4 分 所以直线 的方程为 . …………5 分 (2) 设 则 由 消去 ，得 ， 因为 ……….7 分 （方法一） 设 则 由题意知， // , ( )E X 35 5 10 1 251 17 51 = × + × + × 17 1 51 3 = = X ( )E X 2 13 18 3 = × = 2: ,C y x= 1 ,0 ,4      l ( ) ( )1 1 2 2 1 , , , , .4x ny P x y Q x y= + 2 2 1 0.1 4 4 y x y ny x ny  = − − = = + , 得 2 1 21 0, .n y y n∆ = + > + = 1 1 2 2 1 1, ,4 4x ny x ny= + = + 1 2 1 1 4 4PQ x x= + + + ( )1 2 1 2 1 1 2.2x x n y y= + + = + + = 2 1,n = 1n = ± l 1 10 0,4 4x y x y− − = + − =或 4 4 1 0 4 4 1 0x y x y− − = + − =即 或 ( ) ( ) ( )0 1 1 2 2: 0 , , , , ,l x my x m P x y Q x x= + ≠ ( )2 2, .M x y−    = += xy xmyx 2 0 , x 00 2 =−− xmyy 2 0 0 1 , = 4 0,8x m x≥ ∆ + >所以 1 2 1 2 0, .y y m y y x+ = = − ( ),0 ,BB x ( )2 2, ,BBM x x y= − − ( )1 1, .BBP x x y= − BM ,BP 2 1 1 1 2 2B Bx y y x x y x y∴ − = − + P 35 51 5 17 1 51 即 显然 ………..9 分 由题意知， 为等腰直角三角形， 即 也即 即 . ………….10 分 . …………12 分 （方法二） 因为直线 ， 所以令 ，则 ， . …………………..9 分 由题意知， 为等腰直角三角形， ，即 ， ，即 ， . ， . ……………….10 分 ( )1 2 1 2 2 1By y x x y x y+ = + ( )2 2 1 2 2 1 1 2 1 2.y y y y y y y y= + = + ,021 ≠=+ myy ,021 xyyxB −==∴ ( )0 ,0 .B x∴ − MBQ∆ 1,PBk∴ = 1 2 1 2 1,y y x x + =− 1 2 2 2 1 2 1,y y y y + =− ,121 =−∴ yy ,14)( 21 2 21 =−+∴ yyyy 2 2 0 04 1, 1 4 0,m x m x+ = ∴ = − > 0 0 0 1 1 1 1. ,4 8 8 4x x x∴ < ≥ ∴ ≤ < 0 0 2 0 2 2 2 41 x xd xm = = = −+ ( ) ( ) ( )0 0 0 221 1 1 2 2 6 1, .12 22 1 1x x x  = ∈  −  − − 6 1 12 2d  ∴    的取值范围是 ， ( )1 21 21 1: xxxx yyyyl −− +=− 0=y ( ) ( ) 021 2 11 21 2 2 2 11 1 21 211 1 xyyyxyy yyyxyy xxyxx −=+−=+ −−=+ −−= )0,( 0xB −∴ MBQ∆ 1=∴ PBk ,1 21 21 =− + xx yy 121 =−∴ yy ( ) 14 21 2 21 =−+∴ yyyy 14 0 2 =+ xm 0 2 41 xm −=∴ 8 1 0 ≥x 2 10 2 ≤<∴ m 的取值范围是 . …………….12 分 21. 解：（1）由题， . …………………………………………………………2 分 令 ，因为 故 . 当 时，因 且 所以上不等式的解为 , 从而此时函数 在 上单调递增. ……………………………4 分 当 时，因 所以上不等式的解为 ， 从而此时函数 在 上单调递增. 同理此时 在 上单调递减. ………………………………………6 分 （2）（方法一）要证原不等式成立，只须证明 ， 只须证明 . 因为 所以原不等式只须证明， 函数 在 内单调递减. …………………8 分 由（1）知 ， 因为 ， 我们考察函数 , . 因 ， 所以 . ……………………………10 分 从而知 在 上恒成立， ( ) ( )2 22 22 20 2 2 22 2 1 1 22 1 1 1 1 4 6 11 4 ,2 1 2 1 2 1 12 21 2 1 m mx md mm m mm m − + −  −= = = = = + + − ∈  + + ++ +   d∴ 6 1 12 2      3 2( ) af x x x a a ′ = + − − 2 2 3 2 ( )x a a x a x a a − + += − − 2 2 ( )( )x a x a x a a − −= − − ( ) 0f x′ > 2 0x a a− − > 2( )( ) 0x a x a− − > 0a > 2a a a+ > 2 2a a a+ > 2( , )a a+ +∞ ( )f x 2( , )a a+ +∞ 0a < 2 2a a a a< + < 2( , )a +∞ ( )f x 2( , )a +∞ ( )f x 2 2( , ]a a a+ 2 2 1 2 1( ) ( ) ( )( )2 af x f x x x a− < − − 2 2 2 2 1 1( ) ( ) ( ) ( )2 2 a af x a x f x a x− − < − − 2 2 1 2a a x x a a+ < < < − 2 ( ) ( ) ( )2 ah x f x a x= − − 2 2( , )x a a a a∈ + − 2 3 2( ) ( )2 a ah x x a x a a ′ = − − + − − 4 3 2 2 2 2 3 2 2 2 a ax a x a x a a − + + − = − − 2 0x a a− − > 4 3 2 2 23( ) 2 2 2 a ag x x a x a= − + + − 2 2,x a a a a ∈ + −  2 2 2 2 a a a a a + + − = > 23 4 ax =对称轴 2 2,a a a a ∈ + −  2( ) ( ) 0g x g a a≤ − = ( ) 0h x′ < 2 2( , )x a a a a∈ + − 所以函数 在 内单调递减. 从而原命题成立 ……………………………………………12 分 （方法二）要证原不等式成立，只须证明 ， 只须证明 . 又 ， 设 ， 则欲证原不等式只须证明函数 在 内单调递减 . ………………………8 分 由（1）可知 . 因为 ，所以 在 上为增函数， 所以 . 从而知 在 上恒成立， 所以函数 在 内单调递减. 从而原命题成立. …………………………………12 分 22.（1）证明： 为直径， ， , 为直径， 为圆的切线. …………………………………4 分 （2） , 2 ( ) ( ) ( )2 ah x f x a x= − − 2 2( , )x a a a a∈ + − 2 2 1 2 1( ) ( ) ( )( )2 af x f x x x a− < − − 2 2 2 2 1 1( ) ( ) ( ) ( )2 2 a af x a x f x a x− − < − − 2 2 1 2a a x x a a+ < < < − ( ) ( ) xaaxfxg       −−= 2 2 ( ) ( ) xaaxfxg       −−= 2 2 2 2,x a a a a ∈ + −  ( ) ( )       −−′=′ aaxfxg 2 2       −−−−+= aa aax ax 2 2 2 3       −−++−−+−−= aaaaaax aaax 2 2 2 2 3 2 0 2 3 2x − ≤ 52 2x< ≤ 1 5| 2 2x x ≤ ≤   ( ) ( )f ax af x− 1 1ax a x= − − − a ( ) ( )f ax af x− 1ax ax a= − − − 1ax a ax= − − − 1ax a ax≤ − + − 1a= − ( )f a=