2018年山东省枣庄市高考二模数学文

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2018 年山东省枣庄市高考二模数学文 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.已知集合 U=R，A={x|x2-x-2≥0}，则 CUA=( ) A.[-1，2] B.(-1，2) C.(-2，1) D.[-2，1) 解析：求出 A 中不等式的解集确定出 A，根据全集 U=R，求出 A 的补集即可. 由 A 中不等式变形得：(x-2)(x+1)≥0， 解得：x≤-1 或 x≥2，即 A=(-∞，-1]∪[2，+∞)， ∵U=R， ∴CUA=(-1，2). 答案：B 2.已知复数 1   iz i ，其中 i 为虚数单位，则|z|=( ) A. 1 2 B. 2 2 C. 2 D.2 解析：直接由复数代数形式的乘除运算化简复数 z，再利用复数求模公式计算得答案.       1 1 1 1 1 22 11 2          iiiiz i i i i ， 则 22 1 1 2 2 2 2           z . 答案：B 3.已知 a= 1 23  ，b=log3 1 2 ，c=log23，则 a，b，c 的大小关系是( ) A.a＞c＞b B.c＞a＞b C.a＞b＞c D.c＞b＞a 解析：直接利用指数函数、对数函数的单调性求解即可. ∵0＜a= 1 23  ＜30=1，b=log3 1 2 ＜log31=0，c=log23＞log22=1， ∴c＞a＞b. 答案：B 4.如图给出的是计算 1 1 1 1 2 4 6 2018     的值的程序框图，其中判断框内应填入的是 ( ) A.i≤2015？ B.i≤2017？ C.i≤2018？ D.i≤2016？ 解析：∵程序的功能是求 S= 的值， 且在循环体中，S=S+1 i 表示，每次累加的是1 i 的值， 故当 i≤2018 应满足条件进入循环， i＞2018 时就不满足条件， 分析四个答案可得条件为：i≤2018？ 答案：C 5.已知 f(x)＝ax-log2(4x+1)是偶函数，则 a=( ) A.1 B.-1 C.2 D.-2 解 析 ： 根 据 题 意 ， 求 出 f(-x) 的 表 达 式 ， 由 偶 函 数 的 性 质 可 得 ax-log2(4x+1)=a(-x)-log2(4-x+1)，变形可得 2ax=log2(4x+1)-log2(4-x+1)=2x，分析可得答案. 根据题意，f(x)=ax-log2(4x+1)，则 f(-x)=a(-x)-log2(4-x+1)， 若函数 f(x)为偶函数，则 f(x)=f(-x)， 即 ax-log2(4x+1)=a(-x)-log2(4-x+1)， 即 2ax=log2(4x+1)-log2(4-x+1)=2x， 则 a=1. 答案：A 6.已知△ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，若(a+b)(sinA-sinB)=(c-b)sinC，则 A=( ) A. 6  B. 3  C. 5 6  D. 2 3  解析：已知等式利用正弦定理化简，整理得到关系式，再利用余弦定理表示出 cosA，把得 出关系式代入求出 cosA 的值，即可确定出角 A 的大小. ∵(a+b)(sinA-sinB)=(c-b)sinC， ∴利用正弦定理化简得：(a+b)(a-b)=c(c-b)，即 b2+c2-a2=bc， ∴cosA 2 2 2 1 2 2 b c a bc ， ∴A= 3  . 答案：B 7.七巧板是我们祖先的一项创造，被誉为“东方魔板”，它是由五块等腰直角三角形(两块全 等的小三角形、一块中三角形和两块全等的大三角形)、一块正方形和一块平行四边形组成 的.如图是一个用七巧板拼成的正方形，在此正方形中任取一点，则此点取自阴影部分的概 率是( ) A. 3 16 B. 3 8 C. 1 4 D. 1 8 解析：求出阴影部分的面积，根据几何概型的定义求出满足条件的概率即可. 设正方形的面积是 1， 结合图象，阴影部分是和大三角形的面积相等， 从而阴影部分占正方形的 1 4 ， 故满足条件的概率 p 1 14 1 4 . 答案：C 8.已知sin 1 4 3       ，则 sin2α =( ) A. 7 9  B. 7 9 C. 4 2 9 D. 4 9 2 解析：根据二倍角公式可知： 2 7sin 2 cos 2 1 2 sin 2 4 9                   . 答案：B 9.函数 f(x)=ln(|x|-1)+x 的大致图象是( ) A. B. C. D. 解析：化简 f(x)，利用导数判断 f(x)的单调性即可得出正确答案. f(x)的定义域为{x|x＜-1 或 x＞1}.       ln 1 1 ln 1 1       ， ＞ ， ＜ x x x fx x x x ， ∴   1 11 1 1 11 1       ， ＞ ， ＜ x xfx x x ， ∴当 x＞1 时，f′(x)＞0，当 x＜-2 时，f′(x)＞0，当-2＜x＜-1 时，f′(x)＜0， ∴f(x)在(-∞，-2)上单调递增，在(-2，-1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增. 答案：A 10.某几何体的三视图如图所示，其中俯视图是等腰三角形，则该几何体的体积为( ) A.32 B. 64 3 C.16 3 D. 32 3 解析：由三视图还原原几何体，可知原几何体是四棱锥 A-BCDE，其中底面 BCDE 为边长是 4 的正方形，侧面 ABE 为等腰三角形，且平面 ABE⊥平面 BCDE，四棱锥的高 AG=2，代入棱锥 体积公式求解. 由三视图还原原几何体如图， 该几何体是四棱锥 A-BCDE， 其中底面 BCDE 为边长是 4 的正方形，侧面 ABE 为等腰三角形，且平面 ABE⊥平面 BCDE， 由三视图可知，四棱锥的高 AG=2， ∴ 324421 33     A BCDEV . 答案：D 11.设 F1、F2 是椭圆 C： 22 1 2 xy m 的两个焦点，若 C 上存在点 M 满足∠F1MF2=120°，则 m 的取值范围是( ) A.(0， 1 2 ]∪[8，+∞) B.(0，1]∪[8，+∞) C.(0， 1 2 ]∪[4，+∞) D.(0，1]∪[4，+∞) 解析：假设椭圆 C： 22 1 2 xy m 的焦点在 x 轴上，则 2＜m， 假设 M 位于短轴的端点时，∠F1MF2 取最大值，要使椭圆 C 上存在点 M 满足∠F1MF2=120°， ∠F1MF2≥120°，∠F1MO≥60°， 1 2tan tan 60 3 2      cmF MO b ， 解得：m≥8， 当椭圆的焦点在 y 轴上时，0＜m＜3， 假设 M 位于短轴的端点时，∠F1MF2 取最大值，要使椭圆 C 上存在点 M 满足∠F1MF2=120°， ∠F1MF2≥120°，∠F1MO≥60°， 1 2tan tan 60 3    mF MO m ，解得：0＜m≤ 1 2 ， ∴m 的取值范围是(0， 1 2 ]∪[8，+∞). 答案：A 12.已知函数 f(x)=(1+2x)(x2+ax+b)(a，b∈R)的图象关于点(1，0)对称，则 f(x)在[-1，1] 上的最大值为( ) A. 3 B. 3 2 C.2 D. 33 2 解析：根据函数的对称性得到关于 a，b 的方程组，求出 a，b，求出函数 f(x)的解析式，求 出函数的导数，根据函数的单调性求出 f(x)的最大值即可. 由 f(x)的图象关于点(1，0)对称， 得 f(1)=3(a+b+1)=0，① 而 5 25 560 2 4 2 1 2                     f f a b ，②， 联立①②，解得：a= 7 2  ，b= 5 2 ， 故     2 7512 22      f x x x x ， f′(x)=6x2-12x+ 3 2 ， 令 f′(x)＞0，解得：x＜ 2 2 3 ，或 x＞ 2 2 3 (舍)， 令 f′(x)＜0，解得：x＞ ， 故 f(x)在[-1， )递增，在( ，1]递减， 故   2 33 22 3     f x max f . 答案：D 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分. 13.已知实数 x，y 满足 0 0 10        x y xy ，则   2 21xy的最大值为 . 解析：画出约束条件的可行域，利用目标函数的几何意义求解即可. 实数 x，y 满足 的可行域如图： 则 的几何意义是可行域内的点 与 P(-1，0)的距离， 由可行域可知 A(1，0)到 P(-1，0)距离最大， 显然最大值为：2. 答案：2 14.在平行四边形 ABCD 中，AB=1，AD=2，则 uuur uuur gAC BD = . 解析：利用向量的和以及差表示数量积的两个向量，然后求解即可. 在平行四边形 ABCD 中，AB=1，AD=2，  uuur uuur AD BC ， 则     22222 1 3        uuur uuur uuur uuur uuur uuuuuur u ur ru ggBC AB BC AB BC ABD BAC . 答案：3 15.已知圆 M 与直线 x-y=0 及 x-y+4=0 都相切，圆心在直线 y=-x+2 上，则圆 M 的标准方程 为 . 解析：根据圆心在直线y=-x+2上，设出圆心坐标为(a，2-a)，利用圆C与直线x-y=0及x-y+4=0 都相切，求得圆心坐标，再求圆的半径，可得圆的方程. 圆心在 y=-x+2 上，设圆心为(a，2-a)， ∵圆 C 与直线 x-y=0 及 x-y+4=0 都相切， ∴圆心到直线 x-y=0 的距离等于圆心到直线 x-y+4=0 的距离， 即： 2 2 22 2 2   aa，解得 a=0， ∴圆心坐标为(0，2) 2 2 2 2  r a ， 圆 C 的标准方程为 x2+(y-2)2=2. 答案：x2+(y-2)2=2 16.已知 f(x)=sinω x-cosω x(ω ＞ 2 3 )，若函数 f(x)图象的任何一条对称轴与 x 轴交点的 横坐标都不属于区间(π ，2π )，则ω 的取值范围是 .(结果用区间表示) 解析：f(x)=sinω x-cosω x= 2 sin(ω x- 4  )(ω ＞ ，x∈R)， 若 f(x)的任何一条对称轴与 x 轴交点的横坐标都不属于区间(π ，2π )， 则 2 2         T ，ω ≤1，即 ＜ω ≤1，① ∵令 42   xk，k∈Z，可得数 f(x)图象的对称轴为： 3 4     k x ，k∈Z， ∴ 3 4      k ，或 3 4 2      k ，k∈Z， ∴解得：ω ≥k+ 3 4 ，k∈Z，②或 2 3 8  k ，k∈Z，③ ∴当 k=0 时，ω ≥ ，或ω ≤ 3 8 ， 当 k=1 时，ω ≥ 7 4 (舍去)，或ω ≤ 7 8 ， 综上，可得ω 的取值范围是：[ ， 7 8 ]. 答案：[ 3 4 ， 7 8 ] 三、解答题：本大题共 6 小题，共 70 分，第 17~21 题为必考题，每小题 12 分，第 22、23 题为选考题，有 10 分. 17.已知数列{an}的前 n 项和 235 2 n nnS . (Ⅰ)求{an}的通项公式. 解析：(Ⅰ)求出 a1=S1=4.通过当 n≥2 时，an=Sn-Sn-1，转化求解数列的通项公式即可. 答案：(Ⅰ)a1=S1=4. 当 n≥2 时，    22 1 3 1 5 135 31 22        n n n nnnna S S n . 又 a1=4 符合 n≥2 时 an 的形式，所以{an}的通项公式为 an=3n+1. (Ⅱ)设 1 3  n nn b aa ，求数列{bn}的前 n 项和. 解析：(Ⅱ)化简数列的通项公式，利用裂项相消法求解数列的和即可. 答案：(Ⅱ)由(Ⅰ)知     3 1 1 3 1 3 4 3 1 3 4       nb n n n n . 数列{bn}的前 n 项和为 b1+b2+ … +bn 1 1 1 1 1 1 1 1 4 10 3 2 3 1 3 1 11 77 3 4 4 3 4                               n n n n n . 18.在四棱锥 S-ABCD 中，底面 ABCD 为矩形，平面 SAB⊥平面 ABCD，平面 SAD⊥平面 ABCD， 且 SA=2AD=3AB. (Ⅰ)证明：SA⊥平面 ABCD. 解析：(Ⅰ)证明 BC⊥AB，BC⊥SA，CD⊥SA，即可证明 SA⊥平面 ABCD. 答案：(Ⅰ)证明：由底面 ABCD 为矩形，得 BC⊥AB. 又平面 SAB⊥平面 ABCD，平面 SAB∩平面 ABCD=AB，BC  平面 ABCD， 所以 BC⊥平面 SAB.所以 BC⊥SA. 同理可得 CD⊥SA. 又 BC∩CD=C，BC  平面 ABCD，CD 平面 ABCD， 所以 SA⊥平面 ABCD. (Ⅱ)若 E 为 SC 的中点，三棱锥 E-BCD 的体积为 8 9 ，求四棱锥 S-ABCD 外接球的表面积. 解析：(Ⅱ)设 SA=6a，则 AB=2a，AD=3a.通过几何体的体积求解 a，设半径为 R.然后求解 R， 然后求解球的表面积. 答案：(Ⅱ)设 SA=6a，则 AB=2a，AD=3a.   31 1 1 1 1 1 3 3 2 2 2 3 3 32 3                              VE BCD BCDV S h BC CD SA a a a a . 又 VE-BCD= 8 9 ，所以 3a3= 8 9 .解得 a= 2 3 . 四棱锥 S-ABCD 的外接球是以 AB、AD、AS 为棱的长方体的外接球，设半径为 R. 则 2 2 2 1427 3     R AB AD AS a ，即 R= 7 3 . 所以，四棱锥 S-ABCD 的外接球的表面积为 4π R2=196 9  . 19.随着高校自主招生活动的持续开展，我市高中生掀起了参与数学兴趣小组的热潮.为调查 我市高中生对数学学习的喜好程度，从甲、乙两所高中各随机抽取了 40 名学生，记录他们 在一周内平均每天学习数学的时间，并将其分成了 6 个区间：(0，10]、(10，20]、(20，30]、 (30，40]、(40，50]、(50，60]，整理得到如下频率分布直方图： 根据一周内平均每天学习数学的时间 t，将学生对于数学的喜好程度分为三个等级： (Ⅰ)试估计甲高中学生一周内平均每天学习数学的时间的中位数 m 甲(精确到 0.01). 解析：(Ⅰ)由样本估计总体的思想，能求出甲高中学生一周内平均每天学习数学的时间的中 位数. 答案：(Ⅰ)由样本估计总体的思想， 甲高中学生一周内平均每天学习数学的时间的中位数： m 甲=20+  0.5 0.1 0.2 0.3  ×10≈26.67. (Ⅱ)判断从甲、乙两所高中各自随机抽取的 40 名学生一周内平均每天学习数学的时间的平 均值 甲X 与 乙X 及方差 S 甲 2 与 S 乙 2 的大小关系(只需写出结论)，并计算其中的 甲X 、S 甲 2(同 一组中的数据用该组区间的中点值作代表). 解析：(Ⅱ)利用频率分布直方图能判断从甲、乙两所高中各自随机抽取的 40 名学生一周内 平均每天学习数学的时间的平均值 甲X 与 乙X 及方差 S 甲 2 与 S 乙 2 的大小关系，并能计算其中 的 甲X 、S 甲 2. 答案：(Ⅱ) 甲 乙＜XX，S 甲 2＞S 乙 2， =5×0.1+15×0.2+25×0.3+35×0.2+45×0.15+55×0.05=27.5， S 甲 2= 1 40 × [(5-27.5)2 × (40 × 0.1)+(15-27.5)2 × (40 × 0.2)+(25-27.5)2 × (40 × 0.3)+(35-27.5)2 × (40 × 0.2)+(45-27.5)2 × (40 × 0.15)+(55-27.5)2 × (40 × 0.05)]=178.75. (Ⅲ)从甲高中与乙高中随机抽取的 80 名同学中数学喜好程度为“痴迷”的学生中随机抽取 2 人，求选出的 2 人中甲高中与乙高中各有 1 人的概率. 解析：(Ⅲ)甲高中随机选取的 40 名学生中“痴迷”的学生有 40×(0.005×10)=2 人，记为 A1，A2，乙高中随机选取的 40 名学生中“痴迷”的学生有 40×(0.015×10)=6 人，记为 B1， B2，B3，B4，B5，B6.利用列举法能求出从甲、乙两所高中数学喜好程度为“痴迷”的同学中 随机选出 2 人，选出的 2 人中甲、乙两所高中各有 1 人的概率. 答案：(Ⅲ)甲高中随机选取的 40 名学生中“痴迷”的学生有 40×(0.005×10)=2 人，记为 A1，A2， 乙高中随机选取的 40 名学生中“痴迷”的学生有 40×(0.015×10)=6 人，记为 B1，B2，B3， B4，B5，B6. 随机选出 2 人有以下 28 种可能： (A1，A2)，(A1，B1)，(A1，B2)，(A1，B3)，(A1，B4)，(A1，B5)，(A1，B6)， (A2，B1)，(A2，B2)，(A2，B3)，(A2，B4)，(A2，B5)，(A2，B6)，(B1，B2)， (B1，B3)，(B1，B4)，(B1，B5)，(B1，B6)，(B2，B3)，(B2，B4)，(B2，B5)， (B2，B6)，(B3，B4)，(B3，B5)，(B3，B6)，(B4，B5)，(B4，B6)，(B5，B6)， 甲、乙两所高中各有 1 人，有以下 12 种可能： (A1，B1)，(A1，B2)，(A1，B3)，(A1，B4)，(A1，B5)，(A1，B6)， (A2，B1)，(A2，B2)，(A2，B3)，(A2，B4)，(A2，B5)，(A2，B6). 所以，从甲、乙两所高中数学喜好程度为“痴迷”的同学中随机选出 2 人， 选出的 2 人中甲、乙两所高中各有 1 人的概率为 12 3 28 7 p . 20.已知抛物线 C：y2=2px(0＜p＜1)上的点 P(m，1)到其焦点 F 的距离为 5 4 . (Ⅰ)求 C 的方程. 解析：(Ⅰ)通过点在抛物线上，以及抛物线的定义，列出方程求解可得 C 的方程. 答案：(Ⅰ)由题意，得 2pm=1，即 m= 1 2 p . 由抛物线的定义，得 1 2 2 2      ppPF m p . 由题意， 5 2 4 1 2 p p ，解得 p= 1 2 ，或 p=2(舍去). 所以 C 的方程为 y2=x. (Ⅱ)已知直线 l 不过点 P 且与 C 相交于 A，B 两点，且直线 PA 与直线 PB 的斜率之积为 1， 证明：l 过定点. 解析：(Ⅱ)证法一：设直线 PA 的斜率为 k(显然 k≠0)，则直线 PA 的方程为 y-1=k(x-1)， 联立直线与抛物线方程，设 A(x1，y1)，由韦达定理，求出 A 的坐标，直线 PB 的斜率为 1 k . 得到 B 的坐标，通过直线的向量是否垂直，求出直线 l 的方程，然后求解定点坐标. 证法二：由(1)，得 P(1，1).若 l 的斜率不存在，则 l 与 x 轴垂直.设 A(x1，y1)，则 B(x1， -y1)，y1 2=x1.推出 l 的斜率必存在.设 l 的斜率为 k，显然 k≠0，设 l：y=kx+t，利用直线方 程与抛物线方程联立，设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，利用韦达定理，转化求解直线 l：y=kx-1. 即可说明 l 过定点(0，-1). 证法三：由(1)，得 P(1，1).设 l：x=ny+t，由直线 l 不过点 P(1，1)，所以 n+t≠1.由 2    yx x ny t 消去 x 并整理得 y2-ny-t=0.判别式△=n2+4t＞0.设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 y1+y2=n①，y1y2=-t ②，转化求解 l：x=n(y+1).说明 l 过定点(0，-1). 答案：(Ⅱ)证法一：设直线 PA 的斜率为 k(显然 k≠0)，则直线 PA 的方程为 y-1=k(x-1)， 则 y=kx+1-k. 由 2 1     y kx k yx 消去 y 并整理得 k2x2+[2k(1-k)-1]x+(1-k)2=0. 设 A(x1 ， y1) ，由韦达定理，得  2 1 2 1 1   k x k ，即    22 1 1 122 1111 1 1           gg kk x y kx k k k k k k ，所以 A(   2 2 1  k k ， 11 k ). 由题意，直线 PB 的斜率为 1 k . 同理可得 B( 2 2 11 1    k k ， 11 1 k )，即 B((k2-1)2，k-1). 若直线 l 的斜率不存在，则     2 2 2 1 1   k k k .解得 k=1，或 k=-1. 当 k=1 时，直线 PA 与直线 PB 的斜率均为 1，A，B 两点重合，与题意不符； 当 k=-1 时，直线 PA 与直线 PB 的斜率均为-1，A，B 两点重合，与题意不符. 所以，直线 l 的斜率必存在. 直线 l 的方程为      2 211 1      ky k x k k ，即  2 1 1   kyx k . 所以直线 l 过定点(0，-1). 证法二：由(1)，得 P(1，1). 若 l 的斜率不存在，则 l 与 x 轴垂直. 设 A(x1，y1)，则 B(x1，-y1)，y1 2=x1. 则     2 1 1 1 1 22 1 1 111 1 1 1 1 1 1 1 111            gPA PB y y y xkk x x xxx . (x1-1≠0，否则，x1=1，则 A(1，1)，或 B(1，1)，直线 l 过点 P，与题设条件矛盾) 由题意， 1 1 1 1   x ，所以 x1=0.这时 A，B 两点重合，与题意不符. 所以 l 的斜率必存在. 设 l 的斜率为 k，显然 k≠0，设 l：y=kx+t， 由直线 l 不过点 P(1，1)，所以 k+t≠1. 由 2    yx y kx t 消去 y 并整理得 k2x2+(2kt-1)x+t2=0. 由判别式△=1-4kt＞0，得 kt＜ 1 4 . 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 12 2 12 ktxx k ①， 2 12 2 txx k ②， 则         22 1 2 1 21 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 111 1 1 1 1 1 1 1 1                   ggPA PB k x x k t x x ty y kx t kx tkk x x x x x x x x . 由题意，         22 1 2 1 2 1 2 1 2 11 1 1          k x x k t x x t x x x x . 故(k2-1)x1x2+(kt-k+1)(x1+x2)+t2-2t=0③， 将①②代入③式并化简整理得 2 2 1 0   t kt k k ，即 1-t2-kt-k=0. 即(1+t)(1-t)-k(t+1)=0，即(1+t)(1-t-k)=0. 又 k+t≠1，即 1-t-k≠0，所以 1+t=0，即 t=-1. 所以 l：y=kx-1.显然 l 过定点(0，-1). 证法三：由(1)，得 P(1，1). 设 l：x=ny+t，由直线 l 不过点 P(1，1)，所以 n+t≠1. 由 2    yx x ny t 消去 x 并整理得 y2-ny-t=0. 由题意，判别式△=n2+4t＞0. 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 y1+y2=n①，y1y2=-t② 则   1 2 1 2 22 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1              ggPA PB y y y ykk x x y y y y y y . 由题意，y1y2+(y1+y2)+1=1，即 y1y2+(y1+y2)=0③ 将①②代入③式得-t+n=0，即 t=n. 所以 l：x=n(y+1).显然 l 过定点(0，-1). 21.已知曲线 y=f(x)=x2-1-alnx(a∈R)与 x 轴有唯一公共点 A. (Ⅰ)求实数 a 的取值范围. 解析：(Ⅰ)求出函数的导数，通过讨论 a 的范围，求出函数的单调区间，结合单调性求出 f(x)的最小值，从而确定 a 的范围. 答案：(Ⅰ)函数 f(x)的定义域为(0，+∞)，f(1)=0，即 A(1，0). 由题意，函数 f(x)有唯一零点 1.f′(x)=2x- a x . (1)若 a≤0，则-a≥0. 显然 f′(x)＞0 恒成立，所以 f(x)在(0，+∞)上是增函数. 又 f(1)=0，所以 a≤0 符合题意. (2)若 a＞0，f′(x)= 22 xa x ， f′(x)＞0  x＞ 2 a ； f′(x)＜0 0＜x＜ . 所以 f(x)在(0， )上是减函数，在( ，+∞)上是增函数. 所以  min 1 ln 2 2 2 2      a a a af x f . 由题意，必有 2   af ≤0(若 2   af ＞0，则 f(x)＞0 恒成立，f(x)无零点，不符合题意) ①若 2   af ＜0，则 1 ln 2 2 2 a a a ＜0. 令 g(a)= 1 ln 2 2 2 a a a (a＞0)，则 g′(a) 1ln ln 2 1 1 1 1 2 2 2 222 2   a a a a . g′(a)＞0  0＜a＜2；g′(a)＜0 a＞2. 所以函数 g(a)在(0，2)上是增函数，在(2，+∞)上是减函数. 所以 g(a)max=g(2)=0.所以 g(a)≤0，当且仅当 a=2 时取等号. 所以， 2   af ＜0 a＞0，且 a≠2. 取正数 b＜min{ 2 a ， 1 ae }，则 f(b)=b2-1-alnb＞-1-alnb＞-1-a×( 1 a )=0； 取正数 c＞a+1，显然 2 2 ＞ ＞ aca .而 f(c)=c2-1-alnx， 令 h(x)=lnx-x，则 h′(x)= 1 x -1.当 x＞1 时，显然 h′(x)= -1＜0. 所以 h(x)在[1，+∞)上是减函数. 所以，当 x＞1 时，h(x)=lnx-x＜h(1)=-1＜0，所以 lnx＜x. 因为 c＞1，所以 f(c)=c2-1-alnc＞c2-1-ac=c(c-a)-1＞c×1-1＞0. 又 f(x)在(0， )上是减函数，在( ，+∞)上是增函数， 则由零点存在性定理，f(x)在(0， )、( ，+∞)上各有一个零点. 可见，0＜a＜2，或 a＞2 不符合题意. 注：a＞0 时，若利用  lim    x fx ，f( )＜0， 说明 f(x)在(0， )、( ，+∞)上各有一个零点. ②若 f( )=0，显然 =1，即 a=2.符合题意. 综上，实数 a 的取值范围为{a|a≤0，或 a=2}. (Ⅱ)曲线 y=f(x)在点 A 处的切线斜率为 a2-a-7.若两个不相等的正实数 x1 ，x2 满足 |f(x1)|=|f(x2)|，求证：x1x2＜1. 解析：(Ⅱ)求出 a 的值，不妨设 x1＜x2，则 0＜x1＜1＜x2，得到-(x1 2-1+3lnx1)=x2 2-1+3lnx2， 令 p(t)=2t+3lnt-2，根据函数的单调性证明即可. 答案：(Ⅱ)由题意，f′(1)=2-a=a2-a-7.所以 a2=9，即 a=±3. 由(Ⅰ)的结论，得 a=-3.f(x)=x2-1+3lnx，f(x)在(0，+∞)上是增函数. f(x)＜0  0＜x＜1；f(x)＞0  x＞1. 由|f(x1)|=|f(x2)|，不妨设 x1＜x2，则 0＜x1＜1＜x2. 从而有-f(x1)=f(x2)，即-(x1 2-1+3lnx1)=x2 2-1+3lnx2. 所以 x1 2+x2 2+3lnx1x2-2=0＞2x1x2+3lnx1x2-2. 令 p(t)=2t+3lnt-2，显然 p(t)在(0，+∞)上是增函数，且 p(1)=0. 所以 p(t)＜0  0＜t＜1. 从而由 2x1x2+3lnx1x2-2＜0，得 x1x2＜1. 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.作答时请写清题号. [选修 4-4：坐标系与参数方程] 22.在直角坐标系 xOy 中，曲线 C 的参数方程为 3 cos 2 sin      x y (θ 为参数)，直线 l 的参数方 程为 1 21      xt y t a (t 为参数). (Ⅰ)若 a=1，求直线 l 被曲线 C 截得的线段的长度. 解析：(Ⅰ)曲线 C 的参数方程消去参数求出曲线 C 的普通方程，当 a=1 时，直线 l 的普通方 程为 y=2x.由 22 2 1 94     yx xy ，能求出直线 l 被曲线 C 截得的线段的长度. 答案：(Ⅰ)曲线 C 的普通方程为 22 1 94 xy . 当 a=1 时，直线 l 的普通方程为 y=2x. 由 ，解得 3 10 1 6 0         y x 或 6 3 10 10         x y ， 直线 l 被曲线 C 截得的线段的长度为 22 623322 10 10              . (Ⅱ)若 a=11，在曲线 C 上求一点 M，使得点 M 到直线 l 的距离最小，并求出最小距离. 解析：(Ⅱ)法一：a=11 时，直线 l 的普通方程为 2x-y-10=0.由点到直线的距离公式，求出 椭圆 上 的 点 M(3cos θ ， 2sin θ ) 到 直 线 l ： 2x-y-10=0 的 距 离 为  2 10 cos 0 10 5  ，由此能求出点 M 到 l 的距离的最小值. 法二：当 a=11 时，直线 l 的普通方程为 2x-y-10=0.设与 l 平行，且与椭圆 22 1 94 xy 相 切的直线 m 的方程为 2x-y+t=0.由 22 20 1 94       x y t xy ，得 40x2+36tx+9t2-36=0，要使两平行直 线 l 与 m 间的距离最小，直线 m 的方程为 2x-y-2 10 =0.l 与 m 间的距离 222 5 d . 点 M 的坐标为方程组 的解 10 10 9 10 5         y x .由此能求出点 M 到直线 l 的距离取 最小值. 答案：(Ⅱ)解法一：a=11 时，直线 l 的普通方程为 2x-y-10=0. 由点到直线的距离公式，椭圆 3 cos 2 sin      x y 上的点 M(3cosθ ，2sinθ )到直线 l：2x-y-10=0 的距离为：  0 312 10 cos sin 10 2 10 cos 106 cos 2 sin 10 10 10 5 5 5         d ， 其中θ 0 满足 0os 1 c 3 0   ， 0in 1 s 1 0   . 由三角函数性质知，当θ +θ 0=0 时，d 取最小值 2 5 2 2 . 此时，3cosθ =3cos(-θ 0)= 9 10 10 ，2sinθ =2sin(-θ 0)= 10 5  . 因此，当点 M 位于( ， )时，点 M 到 l 的距离取最小值 . 解法二：当 a=11 时，直线 l 的普通方程为 2x-y-10=0. 设与 l 平行，且与椭圆 相切的直线 m 的方程为 2x-y+t=0. 由 22 20 1 94       x y t xy 消去 y 并整理得 40x2+36tx+9t2-36=0. 由判别式△=(36t)2-4×40×(9t2-36)=0，解得 t=±2 10 . 所以，直线 m 的方程为 2x-y+2 10 =0，或 2x-y-2 10 =0. 要使两平行直线 l 与 m 间的距离最小，则直线 m 的方程为 2x-y-2 10 =0. 这时，l 与 m 间的距离 10 2 10 2 522 5   d . 此时点 M 的坐标为方程组 22 2 2 10 0 1 94        xy xy 的解 9 10 10 10 5      x y . 因此，当点 M 位于( 9 10 10 ， 10 5  )时，点 M 到直线 l 的距离取最小值 2 522 . [选修 4-5：不等式选讲] 23.已知函数 f(x)=|3x-a|. (Ⅰ)当 a=4 时，求不等式 f(x)＜3 的解集. 解析：(Ⅰ)当 a=4 时，不等式化简为：|3x-4|＜3，然后求解即可. 答案：(Ⅰ)当 a=4 时，f(x)=|3x-4|. 由|3x-4|＜3，解得 1 3 7 3 ＜ ＜x . 所以，不等式 f(x)＜3 的解集为{x| 1 3 7 3 ＜ ＜x }. (Ⅱ)设函数 g(x)=|x+1|.当 x∈R 时，f(x)+g(x)＞1 恒成立，求实数 a 的取值范围. 解析：(Ⅱ)利用绝对值的几何意义求出 f(x)+g(x)有最小值| 3 a +1|.然后化简求解即可. 答案：( Ⅱ )     3 1 3 1 2 1 1 3 3 3 3                     a a a af x g x x a x x x x x x x x (当且仅当 x= 3 a 时取等号) ≥|(x- 3 a )-(x+1)|(当且仅当(x- 3 a )(x+1)≤0 时取等号)=| 3 a +1|. 综上，当 x= 时，f(x)+g(x)有最小值| +1|. 故由题意得| +1|＞1，解得 a＜-6，或 a＞0. 所以，实数 a 的取值范围为(-∞，-6)∪(0，+∞).