2018年河北省唐山市高考一模数学理

2018年河北省唐山市高考一模数学理

2018 年河北省唐山市高考一模数学理 一、选择题：本大题共 12 个小题，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.  3 1   i i ( ) A.2-2i B.2+2i C.-2-2i D.-2+2i 解析：直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案.        3 2 1 1 1 2 1 22           i i i i i i i i i .⊊ 答案：D. 2.设集合 M={x|x2-x＞0}.N={x| 1 x ＜1}，则( ) A.M⊊N B.N⊊M C.M=N D.M∪N=R 解析：解 x2-x＞0 得，x＜0 或 x＞1； 解 1 x ＜1 得，x＞1，或 x＜0； ∴M=N. 答案：C. 3.已知 tanα = 1 2  ，且α ∈(0，π )，则 sin2α =( ) A. 4 5 B. 4 5  C. 3 5 D. 3 5  解析：直接利用三角函数的万能公式化弦为且求解 sin2α 的值. 由 tanα = 1 2  ，得 22 1 2 2 2 tan 4sin 2 11 t n 5 1 2 a             . 答案：B. 4.两个单位向量 r a ， r b 的夹角为 120°，则 2  rr ab ( ) A.2 B.3 C. 2 D. 3 解析：根据题意，向量 ， 为单位向量，则 1 rr ab ， 又由向量 ， 的夹角为 120°，则 1 2  rr gab ， 则 2 22 2 4 4 3    g r r r r r r a b a a b b ， 则 2 3 rr ab . 答案：D. 5.用两个 1，一个 2，一个 0，可组成不同四位数的个数是( ) A.18 B.16 C.12 D.9 解析：根据题意，分 3 步进行分析： ①，0 不能放在千位，可以放在百位、十位和个位，有 3 种情况， ②，在剩下的 3 个数位中任选 1 个，安排 2，有 3 种情况， ③，最后 2 个数位安排 2 个 1，有 1 种情况， 则可组成 3×3=9 个不同四位数. 答案：D. 6.已知 a= 2 33  ，b= 4 32  ，c=ln3，则( ) A.a＜c＜b B.a＜b＜c C.b＜c＜a D.b＜a＜c 解析：利用幂函数的单调性、对数函数的单调性即可得出. ∵a= 2 33  ， 4 3 2 324  b ， ∴b＜a＜1， 又 c=ln3＞1， 则 b＜a＜c. 答案：D. 7.如图是根据南宋数学家杨辉的“垛积术”设计的程序框图，该程序所能实现的功能是( ) A.求 1+3+5+…+(2n-1) B.求 1+3+5+…+(2n+1) C.求 12+22+32+…+n2 D.求 12+22+32+…+(n+1)2 解析：由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量 S 的值，模 拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案. 模拟程序的运行，可得 n=0，a=0，S=0，i=1 满足条件 i≤n，执行循环体，a=0+2×1-1=12，S=12，i=2 满足条件 i≤n，执行循环体，a=1+2×2-1=22，S=12+22，i=3 满足条件 i≤n，执行循环体，a=4+2×3-1=32，S=12+22+32，i=4 … 观察规律可得：当 i=n 时，满足条件 i≤n，执行循环体，a=n2，S=12+22+32+…n2，i=n+1 此时，不满足条件 i≤n，退出循环，输出 S 的值为 12+22+32+…n2. 答案：C. 8.为了得到函数 y=sin( 5 6  -x)的图象，可以将函数 y=sinx 的图象( ) A.向左平移 6  个单位长度 B.向右平移 3  个单位长度 C.向右平移 6  个单位长度 D.向左平移 3  个单位长度 解析：根据三角函数的诱导公式，结合三角函数的图象变换关系进行判断即可. 5 5 5sin sin sin sin 6 6 6 6                              y x x x x ， 即可以将函数 y=sinx 的图象向左平移 个单位长度，即可得到函数 y=sin( 5 6  -x)的图象. 答案：A. 9.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是( ) A.5+4 2 B.9 C.6+5 D. 5 3 解析：由三视图还原原几何体，可知原几何体是多面体，底面为边长是 2 的正方形，侧面 BCF⊥底面 ABCD，高为 1，侧面 ABFE 与 DCFE 为全等的直角梯形，侧面 AED 为等腰三角形， 则其表面积可求. 由三视图还原原几何体如图， 原几何体是多面体，底面为边长是 2 的正方形，侧面 BCF⊥底面 ABCD，高为 1， 侧面 ABFE 与 DCFE 为全等的直角梯形，侧面 AED 为等腰三角形. 则其表面积  2 2 2 1 21 1 12 2 2 22 1 2 2 5 4 2               S . 答案：A. 10.已知 F 为双曲线 C： 22 221xy ab (a＞0，b＞0)的右焦点.过点 F 向 C 的一条渐近线引垂 线.垂足为 A.交另一条渐近线于点 B.若|OF|=|FB|，则 C 的离心率是( ) A. 6 2 B. 23 3 C. 2 D.2 解析：方法一：由双曲线的渐近线方程，利用点到直线的距离公式即可求得|AF|，分别求得 |OB|，|根据勾股定理|OB|2=OA|2+|AB|2，求得 a 和 b 的关系，即可求得双曲线的离心率. 过 F 向另一条渐近线引垂线，垂足为 D， 双曲线的渐近线方程为 y=± b a x，则 F(c，0)到渐近线的距离 22   bc db ab ，即 |FA|=|FD|=b，则|OA|=|OD|=a，|AB|=b+c， 由△OFB 为等腰三角形，则 D 为 OB 的中点，∴|OB|=2a，|OB|2=OA|2+|AB|2=a2+(b+c)2. ∴4a2=a2+(b+c)2，整理得：c2-bc-2b2=0，解得：c=2b， 由 a2=c2-a2，则 2a= 3 c， 23 3 ce a . 方法二：利用余弦定理求得：|OB|2=|OF|2+|FB|2-2|OF||FB|cos∠OFB=2c2+2bc，即可求得求 得 a 和 b 的关系，即可求得双曲线的离心率. 过 F 向另一条渐近线引垂线.垂足为 D，双曲线的渐近线方程为 y=± x，则 F(c，0)到渐近 线的距离 ，即|FA|=|FD|=b，则|OA|=|OD|=a，由△OFB 为等腰三角形，则 D 为 OB 的中点， ∴|OB|=2a 由∠OFB=π -∠OFA，cos∠OFB=cos(π -∠OFA)=-cos∠OFA=  b c ， 由余弦定理可知：|OB|2=|OF|2+|FB|2-2|OF||FB|cos∠OFB=2c2+2bc， ∴2c2+2bc=4a2，整理得：c2-bc-2b2=0，解得：c=2b，由 a2=c2-a2，则 2a= c， . 方法三：根据三角形的面积相等及渐近线方程求得 A 点坐标，利用直角三角形的性质，即可 求得 a 和 b 的关系，即可求得双曲线的离心率. 过 F 向另一条渐近线引垂线.垂足为 D，双曲线的渐近线方程为 y=± x，则 F(c，0)到渐近 线的距离 22   bc db ab ， 即|FA|=|FD|=b，则|OA|=|OD|=a，由△OFB 为等腰三角形，则 D 为 OB 的中点， ∴|OB|=2a，根据三角形的面积相等，则 A( 2a c ， ab c )， ∴在 Rt△OAB 中，2a=2×2× ab c ，即 c=2b，由 a2=c2-a2，则 2a= 3 c， 23 3 ce a . 方法四：求得双曲线的渐近线及 AB 的方程，联立即可求得 A 和 B 点坐标，根据等腰三角形 的性质，即可求得 a 和 b 的值，即可求得双曲线的离心率. 双曲线的一条渐近线方程为 y= b a x，直线 AB 的方程为：y=  a b (x-2)，          byx a ay x c b ，解得： 2     a c ab c x y ，则 A( ， )，          byx a ay x c b ，解得： 2 22 22       acx ab abcy ab ，则 B( 2 22 ac ab ， 22  abc ab )， 由△OFB 为等腰三角形，则 D 为 OB 的中点，则 222     ab abc c a b ，整理得：a2=3b2，∴ . 答案：B. 11.已知函数 f(x)=x2-2xcosx，则下列关于 f(x)的表述正确的是( ) A.f(x)的图象关于 y 轴对称 B.∃x0∈R，f(x)的最小值为-1 C.f(x)有 4 个零点 D.f(x)有无数个极值点 解析：根据函数的单调性有解奇偶性分别判断即可. 对于 A，f(x)≠f(-x)，故 A 错误； 对于 B，问题转化为 x2+1=2xcosx 有解， 即 x+ 1 x =2cosx 有解， (x+ )min=2， 当 x=1 时，2cos1＜2， 故方程无解， 故 B 错误； 对于 C，问题等价于 x=2cosx 有 3 个解， 而方程只有 2 个解， 故 C 错误； 对于 D，f′(x)=2x-2(cosx-xsinx)=2x(1+sinx)-2cosx， 结合题意 2x(1+sinx)-2cosx=0 有无数解， 即 cos 1 sin   xx x 有无穷解， 而 cos tan 1 sin 4 2   xx x . 答案：D. 12.已知 P，A，B，C 是半径为 2 的球面上的点，PA=PB=PC=2，∠ABC=90°，点 B 在 AC 上的 射影为 D，则三棱锥 P-ABD 体积的最大值是( ) A. 33 4 B. 33 8 C. 1 2 D. 3 4 解析：由题意画出图形，求出三棱锥的高，利用导数求出底面三角形 ABD 的最大值，则三棱 锥 P-ABD 体积的最大值可求. 如图所示： 由题意，PA=PB=PC=2，∠ABC=90°， 可知 P 在平面 ABC 上的射影 G 为△ABC 的外心，即 AC 中点， 则球的球心在 PG 的延长线上，设 PG=h，则 OG=2-h， ∴OB2-OG2=PB2-PG2，即 4-(2-h)2=4-h2，解得 h=1. 则 AG=CG= 3 ， 过 B 作 BD⊥AC 于 D，设 AD=x，则 CD=2 3 -x， 再设 BD=y，由△BDC∽△ADB，可得 23   y x x y ， ∴  32 y x x ，则 433 2 211 2 xy x x ， 令 f(x)=-x4+2 x3，则 f′(x)=-4x3+6 x2， 由 f′(x)=0，可得 x= 33 2 ， ∴当 x= 33 2 时，f(x)max= 243 16 ， ∴△ABD 面积的最大值为 1 9 3 9 3 2 4 8 ， 则三棱锥 P-ABD 体积的最大值是 1 9 3 3 3 38 1 8    . 答案：B. 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分. 13.设 x，y 满足约束条件 0 2 3 0 2 1 0          xy xy xy ，则 z=2x+3y 的最小值是 . 解析：画出不等式组表示的平面区域，结合图形求得最优解，计算目标函数的最小值. 画出不等式组 0 2 3 0 2 1 0          xy xy xy 表示的平面区域，如图所示： 由图形知，当目标函数 z=2x+3y 过点 A 时，z 取得最小值； 由 0 2 1 0      xy xy ，求得 A(-1，-1)； ∴z=2x+3y 的最小值是 2×(-1)+3×(-1)=-5. 答案：-5. 14.(2x-1)6 的展开式中，二项式系数最大的项的系数是 .(用数字作答) 解析：根据展开式中二项式系数最大的项是 T4，由此求出它的系数. (2x-1)6 的展开式中，二项式系数最大的项是 T4= 3 6C ·(2x)3·(-1)3=-160x3， 其系数为-160. 答案：-160. 15.已知 P 为抛物线 y2=x 上异于原点 O 的点.PQ⊥x 轴，垂足为 Q，过 PQ 的中点作 x 轴的平 行线交抛物线于点 M，直线 QM 交 y 轴于点 N.则  PQ NO . 解析：如图，设 P(t2，t)，则 Q(t2，0)，PQ 中点 H(t2， 2 t ).M( 2 4 t ， 2 t )， ∴直线 MQ 的方程为：  2 2 2 2 4 0  y x t t t t ， 令 x=0，可得 yN= 2 3 t ， ∴则 3 2 2 3 t PQ t NO . 答案： 3 2 . 16.在△ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，AB 边上的高为 h，若 c=2h，则 ab ba 的 取值范围是 . 解析：如图所示： 22  aab a b b ab ， 根据三角形面积公式及余弦定理可得： sin11 22 ab ACB ch ，c2=a2+b2-2abcos∠ACB， ∴ sin   chab ACB ，a2+b2=c2+2abcos∠ACB， ∴ 2 2 cos sin 2 cossin sin      ch AC Bc c AC B h AC BAC B ch AC B ab ba h ， 又 c=2h， ∴ 2 sin 2 cos   h ACab ba B h ACB h  2 sin cos 2 2 sin 4         ACB ACB ACB ； ∵ 2 sin2 2 4 22    ACB ， ∴ 222ab ba ， ∴ 222ab ba ， ∴ ab ba 的取值范围是[2，2 2 ]. 答案：[2，2 ]. 三、解答题：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， 每个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. (一)必考题：共 60 分. 17.已知数列{an}为单调递增数列，Sn 为其前 n 项和，2Sn=an 2+n. (Ⅰ)求{an}的通项公式. 解析：(Ⅰ)根据数列的递推公式可得{an}是以 1 为首项，1 为公差的等差数列，即可求出通 项公式. 答案：(Ⅰ)当 n=1 时，2S1=2a1=a1 2+1， ∴(a1-1)2=0，即 a1=1， 又{an}为单调递增数列，所以 an≥1. 由 2Sn=an 2+n 得 2Sn+1=an+1 2+n+1，所以 2Sn+1-2Sn=an+1 2-an 2+1， 整理得 2an+1=an+1 2-an 2+1， ∴an 2=(an+1-1)2. ∴an=an+1-1， 即 an+1-an=1， ∴{an}是以 1 为首项，1 为公差的等差数列，所以 an=n. (Ⅱ)若 2 1 12     gg n n n nn ab aa ，Tn 为数列{bn}的前 n 项和，证明：Tn＜ 1 2 . 解析：(Ⅱ)根据裂项求和和放缩法即可证明. 答案：(Ⅱ)证明：     2 1 1 1 1 2 1 1 2 2 1 2 1 2          g g g g g g n n n n n n nn anb a a n n n n ， ∴    1 2 2 3 1 1 1 1 1 1 1 1 111 1 2 2 2 2 2 3 2 2 1 2 1 222                            g g g ＜n n n nT n n n . 18.某水产品经销商销售某种鲜鱼，售价为每公斤 20 元，成本为每公斤 15 元.销售宗旨是当 天进货当天销售.如果当天卖不出去，未售出的全部降价处理完，平均每公斤损失 3 元.根据 以往的销售情况，按[50，150)，[150，250)，[250，350)，[350，450)，[450，550]进行 分组，得到如图所示的频率分布直方图. (Ⅰ)求未来连续三天内，该经销商有连续两天该种鲜鱼的日销售量不低于 350 公斤，而另一 天日销售量低于 350 公斤的概率. 解析：(Ⅰ)由频率分布直方图可知日销售量不低于 350 公斤的概率为 0.4，由此能求出未来 连续三天内，有连续两天的日销售量不低于 350 公斤，而另一天日销售量低于 350 公斤的概 率. 答案：(Ⅰ)由频率分布直方图可知， 日销售量不低于 350 公斤的概率为(0.0025+0.0015)×100=0.4， 则未来连续三天内，有连续两天的日销售量不低于 350 公斤， 而另一天日销售量低于 350 公斤的概率 P=0.4×0.4×(1-0.4)+(1-0.4)×0.4×0.4=0.192. (Ⅱ)在频率分布直方图的需求量分组中，以各组区间的中点值代表该组的各个值. (i)求日需求量 X 的分布列. (ii)该经销商计划每日进货 300 公斤或 400 公斤，以每日利润 Y 的数学期望值为决策依据， 他应该选择每日进货 300 公斤还是 400 公斤？ 解析：(Ⅱ)(ⅰ)X 可取 100，200，300，400，500，分别求出相应概率，由此能求出 X 的分 布列. (ⅱ)当每日进货 300 公斤时，利润 Y1 可取-100，700，1500，求出 Y1 的分布列和利润的期望 值 E(Y1)；当每日进货 400 公斤时，利润 Y2 可取-400，400，1200，2000，求出 Y2 的分布列 和利润的期望值 E(Y2)，由此能求出该经销商应该选择每日进货 400 公斤. 答案：(Ⅱ)(ⅰ)X 可取 100，200，300，400，500， P(X=100)=0.0010×10=0.1；P(X=200)=0.0020×10=0.2； P(X=300)=0.0030×10=0.3；P(X=400)=0.0025×10=0.25； P(X=500)=0.0015×10=0.15； 所以 X 的分布列为： (ⅱ)当每日进货 300 公斤时，利润 Y1 可取-100，700，1500， 此时 Y1 的分布列为： 此时利润的期望值 E(Y1)=-100×0.1+700×0.2+1500×0.7=1180； 当每日进货 400 公斤时，利润 Y2 可取-400，400，1200，2000， 此时 Y2 的分布列为： 此时利润的期望值 E(Y2)=-400×0.1+400×0.2+1200×0.3+2000×0.4=1200； 因为 E(Y1)＜E(Y2)， 所以该经销商应该选择每日进货 400 公斤. 19.如图，在三棱柱 ABC-A1B1C1 中，平面 A1B1C⊥平面 AA1C1C，∠BAC=90°. (Ⅰ)证明：AC⊥CA1. 解析：(Ⅰ)过点 B1 作 A1C 的垂线，推导出 B1O⊥平面 AA1C1C，从而 B1O⊥AC.由∠BAC=90°， AB∥A1B1，得 A1B1⊥AC.从而 AC⊥平面 A1B1C.由此能证明 AC⊥CA1. 答案：(Ⅰ)证明：过点 B1 作 A1C 的垂线，垂足为 O， 由平面 A1B1C⊥平面 AA1C1C，平面 A1B1C∩平面 AA1C1C=A1C， 得 B1O⊥平面 AA1C1C， 又 AC  平面 AA1C1C，得 B1O⊥AC. 由∠BAC=90°，AB∥A1B1，得 A1B1⊥AC. 又 B1O∩A1B1=B1，得 AC⊥平面 A1B1C. 又 CA1  平面 A1B1C，得 AC⊥CA1. (Ⅱ)若△A1B1C 是正三角形，AB=2AC=2，求二面角 A1-AB-C 的大小. 解析：(Ⅱ)以 C 为坐标原点， uur CA 的方向为 x 轴正方向，| uur CA |为单位长，建立空间直角坐 标系 C-xyz.利用向量法能求出二面角 A1-AB-C 的大小. 答案：(Ⅱ)以 C 为坐标原点， 的方向为 x 轴正方向，| |为单位长，建立空间直角坐 标系 C-xyz. 由已知可得 A(1，0，0)，A1(0，2，0)，B1(0，1， 3 ). 所以 =(1，0，0)， 1 uuur AA =(-1，2，0)， uuur AB = 11 uuur AB =(0，-1， ). 设 n=(x，y，z)是平面 A1AB 的法向量，则 1 0 0     g g uuur uuur n AA n AB ，即 0 3 2 0        xy yz 可取 r n =(2 ， ，1). 设 ur m =(x，y，z)是平面 ABC 的法向量，则 0 0     ur ur uuur g uur gm AB CA m ，即 30 0        z x y ， 可取 ur m =(0， 3 ，1). 则 cos＜ r n ， ur m ＞ 1 2  r ur r g g ur nm nm . 又因为二面角 A1-AB-C 为锐二面角， 所以二面角 A1-AB-C 的大小为 3  . 20.已知椭圆Γ ： 22 221xy ab (a＞b＞0)的左焦点为 F，上顶点为 A，长轴长为 2 6 ，B 为 直线 l：x=-3 上的动点，M(m，0)，AM⊥BM.当 AB⊥l 时，M 与 F 重合. (Ⅰ)若椭圆Γ 的方程. 解析：(Ⅰ)依题意得 A(0，b)，F(-c，0)，当 AB⊥l 时，B(-3，b)，由 AF⊥BF，得 1 3   gbb cc ， 结合 b2+c2=6.求得 b，c 的值，则椭圆方程可求. 答案：(Ⅰ)依题意得 A(0，b)，F(-c，0)，当 AB⊥l 时，B(-3，b)， 由 AF⊥BF，得 1 3     ggAF BF bbkk cc ，又 b2+c2=6. 解得 c=2，b= 2 . ∴椭圆Γ 的方程为 22 1 62 xy . (Ⅱ)若直线 BM 交椭圆Γ 于 P，Q 两点，若 AP⊥AQ，求 m 的值. 解析：(Ⅱ)由(Ⅰ)得 A(0， )，依题意，显然 m≠0，∴ 2AMk m ，则直线 BM 的方程 可求，联立直线方程与椭圆方程，结合根与系数的关系可得|PM|·|QM|，再求得|AM|2=2+m2， 由 AP⊥AQ 得|AM|2=|PM|·|QM|，由此列式求得 m 值. 答案：(Ⅱ)由(Ⅰ)得 A(0， )，依题意，显然 m≠0，∴ ， 又 AM⊥BM，∴ 2 BM mk ，则直线 BM 的方程为   2 my x m ， 设 P(x1，y1)，Q(x2，y2). 联立   22 2 1 62      my x m xy ，得(2+3m2)x2-6m3x+3m4-12=0， x1+x2= 3 2 6 23 m m ，x1x2= 4 2 3 12 23   m m . |PM|·|QM|=(1+ 2 2 m )|(x1-m)(x2-m)| =(1+ )|x1x2-m(x1+x2)+m2| =(1+ 2 2 m )· 2 2 2 12 23   m m  22 2 26 23    mm m ， |AM|2=2+m2， 由 AP⊥AQ 得，|AM|2=|PM|·|QM|， ∴ 2 2 6 1 23    m m ，解得 m=±1. 21.已知函数 f(x)=ex-1，g(x)=lnx+a. (Ⅰ)设 F(x)=xf(x)，求 F(x)的最小值. 解析：(Ⅰ)由已知可得 F′(x)=(x+1)ex-1，由此可得函数单调性，得到 x=-1 时，F(x)取得 最小值 F(-1)= 2 1 e . 答案：(Ⅰ)F(x)=xf(x)=xex-1， F′(x)=(x+1)ex-1， 当 x＜-1 时，F′(x)＜0，F(x)单调递减； 当 x＞-1 时，F′(x)＞0，F(x)单调递增， 故 x=-1 时，F(x)取得最小值 F(-1)= 2 1 e . (Ⅱ)证明：当 a＜1 时，总存在两条直线与曲线 y=f(x)与 y=g(x)都相切. 解析：(Ⅱ)分别求出 f(x)在点(t，et-1)处的切线方程与 g(x)在点(m，lnm+a)处的切线方程， 由题意可得   1 1 1 1 ln 1           t t e m t e m a ，即(t-1)et-1-t+a=0.构造函数 h(t)=(t-1)et-1-t+a， 利用导数研究其单调性，结合函数零点的判定可得函数 y=h(t)在(a-1，1)和(1，3-a)内各 有一个零点，即当 a＜1 时，存在两条直线与曲线 f(x)与 g(x)都相切. 答案：(Ⅱ)证明：∵f′(x)=ex-1， ∴f(x)=ex-1 在点(t，et-1)处的切线为 y=et-1x+(1-t)et-1； ∵g′(x)= 1 x ， ∴g(x)=lnx+a 在点(m，lnm+a)处的切线为 y= 1 m x+lnm+a-1， 由题意可得 ，则(t-1)et-1-t+a=0. 令 h(t)=(t-1)et-1-t+a，则 h′(t)=tet-1-1， 由(1)得 t＜-1 时，h′(t)单调递减，且 h′(t)＜0； 当 t＞-1 时，h′(t)单调递增，又 h′(1)=0，t＜1 时，h′(t)＜0， ∴当 t＜1 时，h′(t)＜0，h(t)单调递减； 当 t＞1 时，h′(t)＞0，h(t)单调递增. 由(1)得 h(a-1)=(a-2)ea-2+1≥ 1 e +1＞0， 又 h(3-a)=(2-a)e2-a+2a-3＞(2-a)(3-a)+2a-3=(a- 3 2 )2+ 3 4 ＞0， h(1)=a-1＜0， ∴函数 y=h(t)在(a-1，1)和(1，3-a)内各有一个零点， 故当 a＜1 时，存在两条直线与曲线 f(x)与 g(x)都相切. (二)选考题：共 10 分.请考生在(22)、(23)题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一 题记分. [选修 4-4：坐标系与参数方程] 22.在直角坐标系 xOy 中，圆 C1：(x-1)2+y2=1，圆 C2：(x-3)2+y2=9.以坐标原点为极点，x 轴 的正半轴为极轴建立极坐标系. (Ⅰ)求 C1，C2 的极坐标方程. 解析：(Ⅰ)由 x=ρ cosθ ，y=ρ sinθ ，能求出 C1，C2 的极坐标方程. 答案：(Ⅰ)∵圆 C1：(x-1)2+y2=1， ∴x2+y2-2x=0， 由 x=ρ cosθ ，y=ρ sinθ ，可得： C1：ρ 2cos2θ +ρ 2sin2θ -2ρ cosθ =0， ∴C1 的极坐标方程为：ρ =2cosθ ； ∵圆 C2：(x-3)2+y2=9. ∴C2：ρ 2cos2θ +ρ 2sin2θ -6ρ cosθ +9=9， ∴C2 的极坐标方程ρ =6cosθ . (Ⅱ)设曲线 C3： cos sin      xt yt (t 为参数且 t≠0)，C3 与圆 C1，C2 分别交于 A，B，求 2V ABCS 的 最大值. 解析：(Ⅱ)依题意得|AB|=6cosα -2cosα =4cosα ， 22  ＜ ＜ ，C2(3，0)到直线 AB 的距 离 d=3|sinα |，由此能求出 的最大值. 答案：(Ⅱ)依题意得|AB|=6cosα -2cosα =4cosα ， ， C2(3，0)到直线 AB 的距离 d=3|sinα |， ∴ = 1 2 ×d×|AB|=3|sin2α |， 故当α = 4  时，S△ABC2 取得最大值 3. [选修 4-5：不等式选讲] 23.设函数 f(x)=|x+1|-|x|的最大值为 m. (Ⅰ)求 m 的值. 解析：(Ⅰ)根据绝对值不等式：|x+1|-|x|≤|x+1-x|即可求出 f(x)的最大值为 1，即得出 m=1. 答案：(Ⅰ)|x+1|-|x|≤|x+1-x|=1， ∴f(x)的最大值为 1， ∴m=1. (Ⅱ)若正实数 a，b 满足 a+b=m，求 22 11   ab ba 的最小值. 解析：(Ⅱ)m=1，从而得出 a+b=1，从而     2 2 2 21 11 1 31 1 1             aba b a b b a b a ， 然后根据基本不等式即可得出   22 2 11 11 33     abab ba ，从而求得最小值为 1 3 . 答案：(Ⅱ)由(1)可知，a+b=1， ∴         22 22 2 2 21 1 1 1 3 3 3 3 11 2 11                 a a b b a b ab a b a b ba ， 当且仅当 a=b= 1 2 时取等号， 即 的最小值为 .