高考数学模拟试卷3 (16)
高考数学训练题（第 52 套）
(1)设复数 z 满足 z＋2 z－＝6＋i(i 是虚数单位)，则复数 z 在复平面内所对应的点位于()
(A)第一象限 (B)第二象限 (C)第三象限 (D)第四象限
(2)已知全集 U＝R，N＝ x|1
8
<2x<1
，M＝{x|y＝ln （－x－1）}，则图中阴影部分表示
的集合是()
(A){x|－3
0，|φ|<π
2
)的最小正周期为π，若其图象向左平移π
6
个单位后得到的函数为奇函数，则函数 f(x)的图象()
(A) 关于点
7π
12
，0
对称 (B) 关于点
－π
12
，0
对称
(C) 关于直线 x＝7π
12
对称 (D) 关于直线 x＝－π
12
对称
(8)若二项式(2－x)n(n∈N*)的展开式中所有项的系数的绝对值之和是 a，所有项的二项
式系数之和是 b，则b
a
＋a
b
的最小值是()
(A) 2 (B)13
6
(C)7
3
(D) 15
6
(9)在高校自主招生中，某中学获得 6 个推荐名额，其中中南大学 2 名，湖南大学 2 名，
湖南师范大学 2 名，并且湖南大学和中南大学都要求必须有男生参加，学校通过选拔定下 3
男 3 女共 6 个推荐对象，则不同的推荐方法共有()
(A) 54 (B)45 (C) 24 (D) 72
(10)已知函数 f(x)＝x3＋ax2－9x＋b 的图象关于点(1，0)对称，且对满足－1≤sf(t)，则实数 m 的最大值为()
(A)1 (B)2 (C)3 (D)4
(11)已知 F 为双曲线 C：x2
a2－y2
b2＝1(a>0，b>0)的右焦点，过原点 O 的直线 l 与双曲线交
于 M，N 两点，且|MN|＝2|OF|，若△MNF 的面积为 ab，则该双曲线的离心率为()
(A)3 (B)2 (C) 3 (D) 2
(12)已知平面四边形 ABCD 中，AB＝AD＝2，∠BAD＝60°，BC⊥CD, BC＝CD，沿 BD 将
△BCD 折起形成三棱锥 C－ABD，当三棱锥 C－ABD 的外接球的体积最小时，关于三棱锥 C－
ABD 有下列说法：①平面 BCD⊥平面 ABD；②取 BD 的中点 O，则 OC⊥BA；③三棱锥 C－ABD
的外接球的体积是32 3π
27
；④对棱 BC 与 AD 所成的角的余弦值是 2
4
.这些说法中正确的个数
有(D)
(A)1 (B) 2 (C)3 (D)4
(13)点 A 从(1，0)出发，沿单位圆按逆时针方向运动到点 B，若点 B 的坐标是
－3
5
，4
5 ，
记∠B＝α，则 sin 2α＝__.
(14)若圆 A：(x－1)2＋(y－4)2＝a 上至少存在一点 P 落在不等式组
－x＋y－1≥0，
3x－y－1≥0，
x＋y－7≤0
表
示的平面区域内，则实数 a 的取值范围是．
(15)已知 AB 为圆 O：x2＋y2＝1 的直径，点 P 为椭圆x2
4
＋y2
3
＝1 上一动点，则PA→·PB→的最
小值为___.
(16)已知函数 f(x)＝ex(x－1)－ax＋1，若存在唯一的整数 x0，使得 f(x0)≤0，则 a 的
取值范围是____．
17 已知 Sn 是等差数列{an}的前 n 项和，且 S6＝3a7－a2，S7＝2a11＋7.
(Ⅰ)求数列{an}的通项公式；
(Ⅱ)若 b1＝3，数列{bn}的第 n 项 bn 是数列{an}的第 bn－1 项(n≥2)．
(ⅰ)证明：{bn－1}是等比数列；
(ⅱ)求数列{anbn}的前 n 项和 Tn.
(18)(本小题满分 12 分)
某高校在自主招生期间，把高三学生的平时成绩按“百分制”进行折算，选出前 n 名学
生，并对这 n 名学生按成绩分组，第一组[75，80)，第二组[80，85)，第三组[85，90)，第
四组[90，95)，第五组[95，100]，如图为频率分布直方图的一部分，其中第五组、第一组、
第四组、第二组、第三组的人数依次成等差数列．且第四组的学生人数为 60，第五组对应
的小长方形的高为 0.02.
(Ⅰ)请在图中补全频率分布直方图；
(Ⅱ)若该大学决定在成绩较高的第三、四、五组学生中用分层抽样的方法抽取 6 名学生
进行面试，并且在这 6 名学生中随机抽取 3 名学生接受考官 B 的面试，设第三组有ξ名学生
被考官 B 面试，求ξ的分布列和数学期望．
如图，已知多面体 MNABCD 的一个面 ABCD 是边长为 2 的菱形，且∠ABC＝60°，BM⊥平
面 ABCD，BM∥DN，BM＝2DN，点 E 是线段 MN 上任意一点．
(Ⅰ)证明：平面 EAC⊥平面 BMND；
(Ⅱ)若∠AEC 的最大值是2π
3
，求三棱锥 M－NAC 的体积．
如图，点 F 是抛物线 E：x2＝2py(p>0)的焦点，点 A 是抛物线上的定点，且AF→＝(2，0)．点
B，C 是抛物线上的动点，直线 AB，AC 的斜率分别为 k1，k2，且 k2－k1＝2，以 A 为圆心，|AF|
的长为半径的圆分别交直线 AB，AC 于点 M，N，抛物线 E 在点 B，C 处的切线相交于 D 点．
(Ⅰ)求抛物线的方程；
(Ⅱ)记△BCD 的面积为 S1，△AMN 的面积为 S2，求S1
S2
的最小值．
(21)(本小题满分 12 分)
已知 f(x)＝ex＋ax2－x－1，其中 a 为实数．
(Ⅰ)若 a≥0，求 f(x)的单调区间；
(Ⅱ)设 g(x)＝f(x)＋6ln(2a＋2)＋2a2－6a－7
2
(a>－1)，若对任意 x≥0，g(x)≥0，求
实数 a 的取值范围．
(22)(本小题满分 10 分)选修 4－4：坐标系与参数方程
在平面直角坐标系 xOy 中，曲线 C 的参数方程为 x＝ 3＋rcos φ，
y＝1＋rsin φ
(r>0, φ为参数)，
以坐标原点O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线 l的极坐标方程为ρsin
θ－π
3
＝1，若直线 l 与曲线 C 相切．
(Ⅰ)求曲线 C 的极坐标方程；
(Ⅱ)在曲线 C 上取两点 M，N 与原点 O 构成△MON，且满足∠MON＝π
6
，求△MON 面积的
最大值．
(23)(本小题满分 10 分)选修 4－5：不等式选讲
已知关于 x 的不等式|x－m|＋2x≤0 的解集为{x|x≤－ 2}，其中 m>0.
(Ⅰ)求 m 的值；
(Ⅱ)若正数 a，b，c 满足 a＋b＋c＝m，求证：b2
a
＋c2
b
＋a2
c
≥2.
高考数学训练题答案（第 52 套）
(1)设复数 z 满足 z＋2 z－＝6＋i(i 是虚数单位)，则复数 z 在复平面内所对应的点位于(D)
(A)第一象限 (B)第二象限 (C)第三象限 (D)第四象限
(2)已知全集 U＝R，N＝ x|1
8
<2x<1
，M＝{x|y＝ln （－x－1）}，则图中阴影部分表示
的集合是(C)
(A){x|－3b>c (B) a>c>b (C) b>a>c (D) c>b>a
【解析】a＝18 1
18
>1，b＝log17 18＝1
2
log1718∈
1
2
，1
，
c＝log18 17＝1
2
log1817∈
0，1
2 ，∴a>b>c，故选 A.
(5)执行下列程序框图，若输出 i 的值为 3，则输入 x 的取值范围是(D)
(A)015，
4x＋3≤15，
可得 10，|φ|<π
2
)的最小正周期为π，若其图象向左平移π
6
个单位后得到的函数为奇函数，则函数 f(x)的图象(D)
(A) 关于点
7π
12
，0
对称 (B) 关于点
－π
12
，0
对称
(C) 关于直线 x＝7π
12
对称 (D) 关于直线 x＝－π
12
对称
(8)若二项式(2－x)n(n∈N*)的展开式中所有项的系数的绝对值之和是 a，所有项的二项
式系数之和是 b，则b
a
＋a
b
的最小值是(B)
(A) 2 (B)13
6
(C)7
3
(D) 15
6
【解析】令 x＝－1，得 a＝3n，又 b＝2n，∴b
a
＝2n
3n＝
2
3
n
，
∴b
a
＋a
b
＝
2
3
n
＋
3
2
n
≥2
3
＋3
2
＝13
6
，故选 B.
(9)在高校自主招生中，某中学获得 6 个推荐名额，其中中南大学 2 名，湖南大学 2 名，
湖南师范大学 2 名，并且湖南大学和中南大学都要求必须有男生参加，学校通过选拔定下 3
男 3 女共 6 个推荐对象，则不同的推荐方法共有(A)
(A) 54 (B)45 (C) 24 (D) 72
【解析】由题意可分为两类：第一类是将 3 个男生每个大学各推荐 1 人，共有 A3
3A3
3＝36
种推荐方法；第二类是将 3 个男生分成两组分别推荐给湖南大学和中南大学，其余 3 个女生
从剩下的大学中选，共有 C2
3A2
2C2
3＝18 种推荐方法．故共有 36＋18＝54 种推荐方法，故选 A.
(10)已知函数 f(x)＝x3＋ax2－9x＋b 的图象关于点(1，0)对称，且对满足－1≤sf(t)，则实数 m 的最大值为(C)
(A)1 (B)2 (C)3 (D)4
【解析】由 f(x)＋f(2－x)＝0 得 a＝－3，b＝11，故 f(x)＝x3－3x2－9x＋11，
令 f′(x)＝3(x2－2x－3)≤0，解得 f(x)的单调递减区间为(－1，3)，故 mmax＝3，选 C.
(11)已知 F 为双曲线 C：x2
a2－y2
b2＝1(a>0，b>0)的右焦点，过原点 O 的直线 l 与双曲线交
于 M，N 两点，且|MN|＝2|OF|，若△MNF 的面积为 ab，则该双曲线的离心率为(D)
(A)3 (B)2 (C) 3 (D) 2
【解析】法一：由 M，N 关于原点对称及|MN|＝2 |OF|知 MF⊥NF，
设 M(x0，y0)，N(－x0，－y0)，其中 x0>0，y0>0，
则MF→＝(c－x0，－y0)，NF→＝(c＋x0，y0)，因为MF→·NF→＝0，
所以(c－x0)(c＋x0)－y2
0＝0，即 x2
0＝c2－y2
0，
而 M(x0，y0)在双曲线上，所以x2
0
a2－y2
0
b2＝1，所以c2－y2
0
a2 －y2
0
b2＝1，化简可得 y0＝b2
c
.
又因为△MNF 的面积为 ab，所以1
2
·c·y0＋1
2
·c·y0＝ab，即 y0＝ab
c
，
所以b2
c
＝ab
c
，即 a＝b，从而离心率为 2.
法二：不妨设 M 在第一象限，双曲线的左焦点为 F′，连接 MF′，NF′，
则易知四边形 MFNF′是矩形，设|MF′|＝m，|MF|＝n，则可得
m－n＝2a，
m2＋n2＝4c2，
1
2
mn＝ab，
可解得 a＝b，双曲线是等轴双曲线，离心率为 2.
(12)已知平面四边形 ABCD 中，AB＝AD＝2，∠BAD＝60°，BC⊥CD, BC＝CD，沿 BD 将
△BCD 折起形成三棱锥 C－ABD，当三棱锥 C－ABD 的外接球的体积最小时，关于三棱锥 C－
ABD 有下列说法：①平面 BCD⊥平面 ABD；②取 BD 的中点 O，则 OC⊥BA；③三棱锥 C－ABD
的外接球的体积是32 3π
27
；④对棱 BC 与 AD 所成的角的余弦值是 2
4
.这些说法中正确的个数
有(D)
(A)1 (B) 2 (C)3 (D)4
【解析】设正△ABD 的中心是 G，三棱锥 C－ABD 的外接球球心是 Q，则 QG⊥平面 ABD，
QO⊥平面 CBD，设球半径是 R，则 R2＝AG2＋QG2＝4
3
＋QG2 ，当 QG＝0 时三棱锥 C－ABD 的
外接球的体积最小，此时 Q 与 G 重合，平面 BCD⊥平面 ABD，球半径是2 3
3
，体积是32 3π
27
；
此时 AC＝2，取 BD 的中点 O，则 OC⊥平面 ABD，即 OC⊥BA，则对棱 BC 与 AD 所成的角θ满
足：|cos θ|＝
|BC→·AD→|
|BC→||AD→|
＝
|BC→·（BD→－BA→）|
|BC→||AD→|
＝
|BC→·BD→－（OC→－OB→）·BA→|
|BC→||AD→|
＝ 2
4
(也可建
系用坐标向量法或平移成相交直线再用余弦定理解三角形求对棱 BC 与 AD 所成的角的余弦
值)，故选 D.
第Ⅱ卷
本卷包括必考题和选考题两部分．第(13)～(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．
二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分．
(13)点 A 从(1，0)出发，沿单位圆按逆时针方向运动到点 B，若点 B 的坐标是
－3
5
，4
5 ，
记∠B＝α，则 sin 2α＝__－24
25
__ .
【解析】由题意可得：sin α＝4
5
，cos α＝－3
5
，
∴sin 2α＝2sin αcos α＝2×4
5
×
－3
5 ＝－24
25
.
(14)若圆 A：(x－1)2＋(y－4)2＝a 上至少存在一点 P 落在不等式组
－x＋y－1≥0，
3x－y－1≥0，
x＋y－7≤0
表
示的平面区域内，则实数 a 的取值范围是__
2
5
，4
__．
【解析】圆 A 与不等式组
－x＋y－1≥0，
3x－y－1≥0，
x＋y－7≤0
表示的平面区域有交点，作出图象后易求得
a 的取值范围是
2
5
，4
.
(15)已知 AB 为圆 O：x2＋y2＝1 的直径，点 P 为椭圆x2
4
＋y2
3
＝1 上一动点，则PA→·PB→的最
小值为__2__.
【解析】方法一：依据对称性，不妨设直径 AB 在 x 轴上，P(2cos x， 3sin x)，
从而PA→·PB→＝(2cos x－1)(2cos x＋1)＋3sin2x＝2＋cos2x≥2.
方法二：PA→·PB→＝（PA→＋PB→）2－（PA→－PB→）2
4
＝PO→2－1＝|PO|
2
－1，
而|PO|
min
＝ 3，则答案为 2.
方法三：PA→·PB→＝(PO→＋OA→)(PO→＋OB→)
＝PO→2＋(OA→＋OB→)PO→＋OA→·OB→＝PO→2－OA→2＝PO→2－1，下同法二．
(16)已知函数 f(x)＝ex(x－1)－ax＋1，若存在唯一的整数 x0，使得 f(x0)≤0，则 a 的
取值范围是__[0，1)__．
【解析】设 g(x)＝ex(x－1)，y＝ax－1，由题知存在唯一的整数 x0，使得 g(x0)≤ax0
－1.
因为 g′(x)＝xex.
当 x<0 时，g′(x)＜0，即 g(x)单调递减，g(x)的值域为(－1，0)；
当 x＝0 时，[g(x)]min＝－1；
当 x>0 时，g′(x)＞0，即 g(x)单调递增，g(1)＝0 且 g(x)的值域为(－1，＋∞)，
直线 y＝ax－1 恒过点(0，－1)．
作出图象知当且仅当 a∈[0，1)时满足题设．
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．
(17)(本小题满分 12 分)
已知 Sn 是等差数列{an}的前 n 项和，且 S6＝3a7－a2，S7＝2a11＋7.
(Ⅰ)求数列{an}的通项公式；
(Ⅱ)若 b1＝3，数列{bn}的第 n 项 bn 是数列{an}的第 bn－1 项(n≥2)．
(ⅰ)证明：{bn－1}是等比数列；
(ⅱ)求数列{anbn}的前 n 项和 Tn.
【解析】(Ⅰ)设等差数列{ an }的公差为 d，由已知得
6a1＋6×5
2
d＝3（a1＋6d）－（a1＋d），
7a1＋7×6
2
d＝2（a1＋10d）＋7，
即
2a1－d＝0，
5a1＋d＝7.
解得
a1＝1，
d＝2.
所以 an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.(4 分)
(Ⅱ)(ⅰ) 依题意，n≥2 时，bn＝abn－1＝2bn－1－1，
所以 bn－1＝2(bn－1－1)，又 b1－1＝2，从而{bn－1}是以 2 为首项，2 为公比的等比数列．(8
分)
(ⅱ)由(ⅰ)知 bn－1＝2·2n－1＝2n，即 bn＝2n＋1.
故 anbn＝(2n－1)(2n＋1)＝(2n－1)2n＋(2n－1)，
所以 Tn＝[1·2＋3·22＋…＋（2n－1）·2n]＋[1＋3＋…＋（2n－1）]，
即 Tn＝[1·2＋3·22＋…＋（2n－1）·2n]＋n2 ①
2Tn＝[1·22＋3·23＋…＋（2n－1）·2n＋1]＋2n2 ②
①－②得－Tn＝2＋2(22＋23 ＋…＋2n)－(2n－1)·2n＋1－n2
＝(3－2n)·2n＋1－n2－6
所以 Tn＝(2n－3)·2n＋1＋n2＋6.(12 分)
(18)(本小题满分 12 分)
某高校在自主招生期间，把高三学生的平时成绩按“百分制”进行折算，选出前 n 名学
生，并对这 n 名学生按成绩分组，第一组[75，80)，第二组[80，85)，第三组[85，90)，第
四组[90，95)，第五组[95，100]，如图为频率分布直方图的一部分，其中第五组、第一组、
第四组、第二组、第三组的人数依次成等差数列．且第四组的学生人数为 60，第五组对应
的小长方形的高为 0.02.
(Ⅰ)请在图中补全频率分布直方图；
(Ⅱ)若该大学决定在成绩较高的第三、四、五组学生中用分层抽样的方法抽取 6 名学生
进行面试，并且在这 6 名学生中随机抽取 3 名学生接受考官 B 的面试，设第三组有ξ名学生
被考官 B 面试，求ξ的分布列和数学期望．
【解析】(Ⅰ)因为第四组的学生人数为 60，且第五组、第一组、第四组、第二组、第
三组的学生人数依次成等差数列，所以总人数为 n＝5×60＝300，
由频率分布直方图可知，第五组的学生人数为 0.02×5×300＝30，又公差为60－30
2
＝
15，
所以第一组的学生人数为 45，第二组的学生人数为 75，第三组的学生人数为 90.
故第一、二、三、四组的频率分别为 45
300
＝0.15， 75
300
＝0.25， 90
300
＝0.3， 60
300
＝0.2.
补全频率分布直方图如图：
)(5 分)
(Ⅱ)由题意得，用分层抽样的方法在第三、四、五组中应分别抽取的学生人数为
90× 6
90＋60＋30
＝3，60× 6
90＋60＋30
＝2，30× 6
90＋60＋30
＝1，则ξ的所有可能取值为 0，
1，2，3.(6 分)
P(ξ＝0)＝C0
3C3
3
C3
6
＝ 1
20
，P(ξ＝1)＝C1
3C2
3
C3
6
＝ 9
20
，
P(ξ＝2)＝C2
3C1
3
C3
6
＝ 9
20
，P(ξ＝3)＝C3
3C0
3
C3
6
＝ 1
20
.
因此ξ的分布列为：
ξ 0 1 2 3
P 1
20
9
20
9
20
1
20
(10 分)
E(ξ)＝0× 1
20
＋1× 9
20
＋2× 9
20
＋3× 1
20
＝3
2
.(12 分)
(19)(本小题满分 12 分)
如图，已知多面体 MNABCD 的一个面 ABCD 是边长为 2 的菱形，且∠ABC＝60°，BM⊥平
面 ABCD，BM∥DN，BM＝2DN，点 E 是线段 MN 上任意一点．
(Ⅰ)证明：平面 EAC⊥平面 BMND；
(Ⅱ)若∠AEC 的最大值是2π
3
，求三棱锥 M－NAC 的体积．
【解析】(Ⅰ)∵BM⊥平面 ABCD，
∴AC⊥BM；
又四边形 ABCD 是菱形，
∴AC⊥BD，
则 AC⊥平面 BMND，则平面 EAC⊥平面 BMND.(5 分)
(Ⅱ)由已知易知 AE＝CE>1, cos∠AEC＝2AE2－AC2
2AE2 ＝1－ 2
AE2，∠AEC∈(0，π)，
∴当 AE 最短时∠AEC 最大，即 AE⊥MN，CE⊥MN 时∠AEC 最大，
(同理得∠ANC<60°，∠AMC<60°)
此时，∠AEC 是二面角 A－MN－C 的平面角，大小是 120°，AE＝2 3
3
.(7 分)
取 MN 得中点 H，连接 H 与 AC、BD 的交点 O，易知 OH⊥平面 ABCD，
如图建系，设 ND＝a，则 A(1，0，0)，N(0，－ 3，a)，M(0， 3，2a)，
则AN→＝(－1，－ 3，a)，AM→＝(－1， 3，2a)，
设平面 AMN 的法向量 n1＝(x，y，z)，
则
n1·AM→＝－x＋ 3y＋2az＝0，
n1·AN→＝－x－ 3y＋az＝0，
n1＝
3a
2
，－ 3a
6
，1
，
同理求得平面 CMN 的法向量 n2＝
－3a
2
，－ 3a
6
，1
.
所以|cos∠AEC|＝
|－9a2
4
＋3a2
36
＋1|
9a2
4
＋3a2
36
＋1
＝1
2
，
解之得：a＝ 15
10
或 a＝ 6
2
(舍去)，(10 分)
MN＝ a2＋BD2＝ 3
20
＋12＝9 15
10
，S△EAC＝1
2
AE2sin 120°＝1
2
×4
3
× 3
2
＝ 3
3
，
VM－NAC＝VM－EAC＋VN－EAC＝1
3
S△EAC·MN ＝3 5
10
(采用几何计算类似给分)．(12 分)
(20)(本小题满分 12 分)
如图，点 F 是抛物线 E：x2＝2py(p>0)的焦点，点 A 是抛物线上的定点，且AF→＝(2，0)．点
B，C 是抛物线上的动点，直线 AB，AC 的斜率分别为 k1，k2，且 k2－k1＝2，以 A 为圆心，|AF|
的长为半径的圆分别交直线 AB，AC 于点 M，N，抛物线 E 在点 B，C 处的切线相交于 D 点．
(Ⅰ)求抛物线的方程；
(Ⅱ)记△BCD 的面积为 S1，△AMN 的面积为 S2，求S1
S2
的最小值．
【解析】(Ⅰ)设 A(x0，y0)，依题意知 F
0，p
2 ，
则AF→＝
－x0，p
2
－y0 ＝(2，0) x0＝－2，y0＝p
2
，
代入抛物线方程中得：p＝2，
则抛物线方程为 x2＝4y.(4 分)
(Ⅱ)设 B
x1，x2
1
4 ，C
x2，x2
2
4 ，由(Ⅰ)知 A(－2，1)，
所以 k2－k1＝
x2
2
4
－1
x2＋2
－
x2
1
4
－1
x1＋2
＝x2－x1
4
.
又 k2－k1＝2，所以 x2－x1＝8.(5 分)
设直线 BD 的方程是 y－x2
1
4
＝k(x－x1)，
与 x2＝4y 联立得 x2－4kx＋4kx1－x2
1＝0.
令Δ＝16k2－4(4kx1－x2
1)＝0，解得 k＝x1
2
，所以直线 BD 的方程是 y－x2
1
4
＝x1
2
(x－x1)，即
y＝x1
2
x－x2
1
4
.
同理可得直线 CD 的方程为 y＝x2
2
x－x2
2
4
.(7 分)
联立直线 BD 和 CD 的方程，解得 xD＝x1＋x2
2
，yD＝x1x2
4
.(8 分)
设 BC 的中点为 P，则 P 的坐标为
x1＋x2
2
，x2
1＋x2
2
8 ，
所以 S1＝S△BDP＋S△CDP＝1
2
|DP|·(h1＋h2)
＝1
2
|x2
1＋x2
2
8
－x1x2
4 |·|x2－x1|
＝（x2－x1）3
16
＝32.(9 分)
另一方面，S2＝1
2
|AM|·|AN|sin∠MAN＝2sin∠MAN, (10 分)
所以S1
S2
＝ 32
2sin∠MAN
＝ 16
sin∠MAN
≥16，
等号成立时，∠MAN＝90°，即 k1k2＝－1，又 k2－k1＝2，故 k1＝－1，k2＝1.
所以S1
S2
的最小值为 16.(12 分)
(21)(本小题满分 12 分)
已知 f(x)＝ex＋ax2－x－1，其中 a 为实数．
(Ⅰ)若 a≥0，求 f(x)的单调区间；
(Ⅱ)设 g(x)＝f(x)＋6ln(2a＋2)＋2a2－6a－7
2
(a>－1)，若对任意 x≥0，g(x)≥0，求
实数 a 的取值范围．
【解析】(Ⅰ)当 a≥0 时，f′(x)＝ex＋2ax－1 为单调增函数，且 f′(0)＝0，
故当 x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，即 f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当 x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，即 f(x)在(－∞，0)上单调递减．(4 分)
(Ⅱ)因为 g′(x)＝ex＋2ax－1，g″(x)＝ex＋2a.
若 a≥－1
2
，则对任意 x≥0，有 g″(x)＝ex＋2a≥1＋2a≥0，
即 g′(x)在(0，＋∞)上单调递增，则 g′(x)≥g′(0)＝0，所以有 g(x)在(0，＋∞)
上单调递增，则 g(x)≥g(0)＝6ln(2a＋2)＋2a2－6a－7
2
；
令 h(a)＝6ln(2a＋2)＋2a2－6a－7
2
a≥－1
2 ，则 h′(a)＝4a
a－1
2
a＋1
，
当 a∈
－1
2
，0
时，h′(a)>0，即 h(a)在
－1
2
，0
上单调递增；
当 a∈
0，1
2 时，h′(a)<0，即 h(a)在
0，1
2 上单调递减；
当 a∈
1
2
，＋∞
时，h′(a)>0，即 h(a)在
1
2
，＋∞
上单调递增；
又由于 h
－1
2 ＝1
2
＋3－7
2
＝0，h
1
2 ＝6(ln 3－1)>0，
所以当 a∈
－1
2
，＋∞
时，g(x)≥0.(8 分)
若－10 使得 g″(x0)
＝0，此时，对任意的 x∈(0，x0)，g″(x)<0，即 g′(x)在(0，x0)上单调递减，
则 g′(x)≤g′(0)＝0，所以有 g(x)在(0，x0)上单调递减，
于是当 x∈(0，x0)时，g(x)0，
又由于 m
－1
2 ＝1
2
＋3－7
2
＝0，故当 a∈
－1，－1
2 时，m(a)<0；
于是当 a∈
－1，－1
2 时，g(0)<0，与题设不符；
综上，所求实数 a 的取值范围是
－1
2
，＋∞
.(12 分)
请考生在第(22)、(23)两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．
(22)(本小题满分 10 分)选修 4－4：坐标系与参数方程
在平面直角坐标系 xOy 中，曲线 C 的参数方程为 x＝ 3＋rcos φ，
y＝1＋rsin φ
(r>0, φ为参数)，
以坐标原点O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线 l的极坐标方程为ρsin
θ－π
3
＝1，若直线 l 与曲线 C 相切．
(Ⅰ)求曲线 C 的极坐标方程；
(Ⅱ)在曲线 C 上取两点 M，N 与原点 O 构成△MON，且满足∠MON＝π
6
，求△MON 面积的
最大值．
【解析】(Ⅰ)由题意可知直线 l 的直角坐标方程为 y＝ 3x＋2,
曲线 C 是圆心为( 3，1)，半径为 r 的圆，直线 l 与曲线 C 相切，可得：
r＝| 3· 3－1＋2|
2 ＝2；可知曲线 C 的方程为(x－ 3)
2
＋(y－1)
2
＝4,
所以曲线C的极坐标方程为ρ2－2 3ρcos θ－2ρsin θ＝0，即ρ＝4sin
θ＋π
3 .(5
分)
(Ⅱ)由(Ⅰ)不妨设 M(ρ1，θ)，N
ρ2，θ＋π
6 ，(ρ1>0，ρ2>0)，
S△MON＝1
2
|OM→||ON→|sinπ
6
，
＝1
4
ρ1·ρ2＝4sin
θ＋π
3 ·sin
θ＋π
2 ＝2sin θcos θ＋2 3cos2 θ
＝sin 2θ＋ 3cos 2θ＋ 3＝2sin
2θ＋π
3 ＋ 3，
当θ＝π
12
时， S△MON＝2＋ 3，所以△MON 面积的最大值为 2＋ 3.(10 分)
(23)(本小题满分 10 分)选修 4－5：不等式选讲
已知关于 x 的不等式|x－m|＋2x≤0 的解集为{x|x≤－ 2}，其中 m>0.
(Ⅰ)求 m 的值；
(Ⅱ)若正数 a，b，c 满足 a＋b＋c＝m，求证：b2
a
＋c2
b
＋a2
c
≥2.
【解析】(Ⅰ)由 f(x)≤0 得|x－m|＋2x≤0，
即
x≥m，
x－m＋2x≤0，
或
x≤m，
m－x＋2x≤0，
化简得：
x≥m，
x≤m
3
，或
x≤m，
x≤－m.
由于 m>0，所以不等式组的解集为{x| x≤－m}.
由题设可得－m＝－2，故 m＝2. (5 分)
(Ⅱ)由(Ⅰ)可知，a＋b＋c＝2，
又由均值不等式有：b2
a
＋a≥2b，c2
b
＋b≥2c，a2
c
＋c≥2a，
三式相加可得：b2
a
＋a＋c2
b
＋b＋a2
c
＋c≥2b＋2c＋2a，
所以b2
a
＋c2
b
＋a2
c
≥a＋b＋c＝2.(10 分)
