2018年吉林省吉林市高考三模数学文

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2018 年吉林省吉林市高考三模数学文 一、选择题：本大题共 12 题，每小题 5 分，共 60 分，在每小题给出的四个选项中，只有一 个是符合题目要求. 1.设全集 U=Z，A={-1，1，3，5，7，9}，B={-1，5，7}，则 A∩(CUB)=( ) A.{1，3，9} B.{-1，5，7} C.{-1，1，3，9} D.{-1，1，3，5，9} 解析：进行交集、补集的运算即可. CUB ={x∈Z|x≠-1，且 x≠5，且 x≠7}， ∴A∩(CUB)={1，3，9}. 答案：A 2.已知复数 1   iz i (i 为虚数单位)，则 z 的虚部为( ) A. 1 2 i B. 1 2  i C. D. 1 2  解析：直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案. ∵       11 2112 1 1          iiizi i i i ， ∴z 的虚部为 . 答案：C 3.已知命题 p：∃x0∈R，x0 2+2＞3x0，则命题 p 的否定为( ) A.￢p：∃x0∈R，x0 2+2≤3x0 B.￢p：∀x∈R，x2+2≤3x C.￢p：∀x∈R，x2+2＜3x D.￢p：∃x0∈R，x0 2+2≥3x0 解析：运用特称命题的否定为全称命题，以及量词和不等号的变化，即可得到所求命题的否 定. 由特称命题的否定为全称命题，可得∃x0∈R，x0 2+2＞3x0， 则命题 p 的否定为：∀x∈R，x2+2≤3x. 答案：B 4.下列各组向量中，可以作为基底的是( ) A. 1 ur e =(0，0)， 2 ur e =(1，-2) B. =(2，-3)， =( 1 2 ， 3 4  ) C. =(3，5)， =(6，10) D. =(-1，2)， =(5，7) 解析：不共线的向量可作基底，由向量共线的条件逐个选项判断即可. 选项 A，可得 0×(-2)-0×1=0，故 ∥ ，不可作基底，故错误； 选项 B，可得 2×( )-(-3)× =0，故 ∥ ，不可作基底，故错误； 选项 C，可得 3×10-5×6=0，故 ∥ ，不可作基底，故错误； 选项 D，可得-1×7-2×5≠0，故 ， 不平行，故可作基底，故正确. 答案：D 5.设 x，y 满足约束条件 30 0 2        xy xy x ，则 z=3x+y 的最小值是( ) A.-5 B.4 C.-3 D.11 解析：作出约束条件对应的平面区域，利用线性规划的知识，通过平移即可求 z 的最小值. 作出约束条件 30 0 2        xy xy x 对应的平面区域如图： 由 z=3x+y，得 y=-3x+z， 平移直线 y=-3x+z，由图象可知当直线 y=-3x+z，经过点 A 时，直线 y=-3x+z 的截距最小， 此时 z 最小 由 30 0      xy xy ，解得 A( 3 2  ， 3 2 )， 此时 z 的最小值为 33 2 33 2     z . 答案：C 6.已知等差数列{an}的公差不为 0，a1=1，且 a2，a4，a8 成等比数列，设{an}的前 n 项和为 Sn， 则 Sn=( ) A.  1 2 nn B.   2 1 2 n C. 2 1 2 n D.  3 4 nn 解析：利用等差数列的通项公式与求和公式以及等比数列的性质即可得出. 设等差数列{an}的公差 d≠0，∵a1=1，且 a2，a4，a8 成等比数列， ∴a4 2=a2·a8，即(1+3d)2=(1+d)(1+7d)，解得 d=1，或 0(舍去). 则    11 22    n n n n n Sn . 答案：A 7.以抛物线 y2=8x 上的任意一点为圆心作圆与直线 x=-2 相切，这些圆必过一定点，则这一 定点的坐标是( ) A.(0，2) B.(2，0) C.(4，0) D.(0，4) 解析：先根据抛物线的标准方程表示出其准线方程，然后根据已知条件和抛物线的定义即可 求解. ∵抛物线 y2=8x 的准线方程为 x=-2， ∴由题可知动圆的圆心在 y2=8x 上，且恒与抛物线的准线相切， 由定义可知，动圆恒过抛物线的焦点(2，0). 答案：B 8.执行如图所示的程序框图，当输出 S=210 时，则输入 n 的值为( ) A.6 B.7 C.8 D.9 解析：模拟程序的运行，可得程序框图的功能，结合已知进而计算得解 n 的值. 由题意，模拟执行程序，可得程序框图的功能是计算 S=n×(n-1)×…×5 的值， 由于 S=210=7×6×5， 可得：n=7，即输入 n 的值为 7. 答案：B 9.如图，网格纸上小正方形的边长为 1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的 体积为( ) A.14 3  B.10 3  C. 8 3  D. 5 3  解析：由题意，该几何体是由一个半圆柱与一个半球组成的组合体，其中半圆柱的底面半径 为 1，高为 4，半球的半径为 1，即可求出几何体的体积. 由题意，该几何体是由一个半圆柱与一个半球组成的组合体， 其中半圆柱的底面半径为 1，高为 4，半球的半径为 1， 几何体的体积为 3211 22 481 1 4 33         . 答案：C 10.已知锐角α 满足 cos(α - 4  )=cos2α ，则 sinα cosα 等于( ) A. 1 4 B. 1 4  C. 2 4 D. 2 4  解析：由 cos(α - )=cos2α ，得 22cos cos sin sin cos sin 44       ， ∴ 2 2 (sinα +cosα )=(sinα +cosα )(cosα -sinα )， ∵α ∈(0， 2  )， ∴sinα +cosα ＞0， 则 cosα -sinα = 2 2 . 两边平方得：1-2sinα cosα = 1 2 ， ∴sinα cosα = 1 4 . 答案：A 11.朱世杰是历史上最伟大的数学家之一，他所著的《四元玉鉴》卷中“如像招数”五问有 如下问题：“今有官司差夫一千八百六十四人筑堤.只云初日差六十四人，次日转多七人，每 人日支米三升，共支米四百三石九斗二升，问筑堤几日”.其大意为：“官府陆续派遣 1864 人前往修筑堤坝，第一天派出 64 人，从第二天开始，每天派出的人数比前一天多 7 人，修 筑堤坝的每人每天分发大米 3 升，共发出大米 40392 升，问修筑堤坝多少天”.这个问题中， 前 5 天应发大米( ) A.894 升 B.1170 升 C.1275 米 D.1467 米 解析：先利用等差数列通项公式求出第 5 天派出的人数，再利用等差数列前 n 项和公式求出 前 5 天一共派出多少人，由此能求出结果. ∵第一天派出 64 人，从第二天开始，每天派出的人数比前一天多 7 人， ∴第 5 天派出：64+4×7=92 人， ∴前 5 天共派出 S5= 5 2 (64+92)=390(人)， ∴前 5 天应发大米：390×3=1170(升). 答案：B 12.对于定义域为 R 的函数 f(x)，若同时满足下列三个条件：①f(0)=0；②当 x∈R，且 x≠ 0 时，都有 xf′(x)＞0；③当 x1＜0＜x2，且|x1|=|x2|时，都有 f(x1)＜f(x2)，则称 f(x)为 “偏对称函数”.现给出下列三个函数： f1(x)=-x3+ 3 2 x2，f2(x)=ex-x-1，f3(x)=  ln 1 0 20    ， ， ＞ xx xx 则其中是“偏对称函数”的函数个数为( ) A.0 B.1 C.2 D.3 解析：逐个条件进行验证：首先可验证四个函数都满足条件①；对于条件②，若 f′(x)的 符号容易判断，可验证不等式 xf′(x)＞0 成立，若 f′(x)的符号不容易判断，可理解到为 函数在区间(-∞，0)上单调递减，在区间(0，+∞)上单调递增，通过函数的单调性进行判断， 可排除不满足条件的 f2(x)；对剩余的函数验证条件③，由此能求出结果. ∵xf′(x)＞0，∴   0 0    ＞ ＞ x fx ，或   0 0    ＜ ＜ x fx . 即条件②等价于函数 f(x)在区间(-∞，0)上单调递减，在区间(0，+∞)上单调递增. 对于 f1(x)=-x3+ 3 2 x2，f1(0)=0，满足条件①f(0)=0； f1′(x)=-3x2+3x，由 f1′(x)＞0，得 0＜x＜1，由 f1′(x)＜0，得 x＜0 或 x＞1， ∴f1(x)=-x3+ x2 的减区间是(-∞，0)，(1，+∞)；增区间是(0，1)，不满足②. 故 f1(x)=-x3+ x2 不是“偏对称函数”； 对于 f2(x)=ex-x-1，f2(0)=e0-0-1=0，满足条件①f(0)=0； f2′(x)=ex-1，由 f2′(x)＞0，得 x＞0，由 f2′(x)=ex-1＜0，得 x＜0， ∴f2(x)=ex-x-1 的减区间为(-∞，0)，增区间为(0，+∞)，满足条件②； 当 x1＜0＜x2，且|x1|=|x2|时，          2 1 2 2 222 1 2 1 2 2 2 111 1 1 1 2                x x x x xxf x f x e x e x e x x e x ee ， 设   1 2  x xg x e x e ，则   1 2   xg x ex e ， 当 x＞0 时，g′(x)＞0，g(x)是增函数， ∴     2 22 1 2 1 20    ＞x xf x f x e x e ，∴f(x1)＜f(x2)，满足③， 故 f2(x)=ex-x-1 为“偏对称函数”； 对于 f3(x)=  ln 1 0 20    ， ， ＞ xx xx ，f3(0)=ln1=0，满足条件①f(0)=0； f3(x)= ，由复合函数的单调性法则知： f3(x)在区间(-∞，0)上单调递减，在(0，+∞)上单调递增，满足条件②. 由函数 f3(x)= 的单调性知：当 x1＜0＜x2，且|x1|=|x2|时，都有 f(x1)＜ f(x2)，满足条件③， ∴f3(x)是“偏对称函数”. 答案：C 二、填空题：本大题共 4 个小题，每小题 5 分，共 20 分. 13.学校艺术节对 A，B，C，D 四件参赛作品只评一件一等奖，在评奖揭晓前，甲，乙，丙， 丁四位同学对这四件参赛作品预测如下：甲说：“是 C 或 D 作品获得一等奖”；乙说：“B 作 品获得一等奖”；丙说：“A，D 两件作品未获得一等奖”；丁说：“是 C 作品获得一等奖”. 评奖揭晓后，发现这四位同学中只有两位说的话是对的，则获得一等奖的作品是 . 解析：根据学校艺术节对同一类的 A，B，C，D 四项参赛作品，只评一项一等奖，故假设 A， B，C，D 分别为一等奖，判断甲、乙、丙、丁的说法的正确性，即可判断. 若 A 为一等奖，则甲，丙，丁的说法均错误，故不满足题意； 若 B 为一等奖，则乙，丙说法正确，甲，丁的说法错误，故满足题意； 若 C 为一等奖，则甲，丙，丁的说法均正确，故不满足题意； 若 D 为一等奖，则只有甲的说法正确，故不合题意. 故若这四位同学中只有两位说的话是对的，则获得一等奖的作品是 B. 答案：B 14.函数 42  yx x (x＞0)的最大值为 . 解析：根据基本不等式的性质即可得到，关键是等号成立的条件.即 4x x .问题得以解决. 4 4 42 2 2 2 2 4 2            gy x x x x x x ，当且仅当 x=2 时取等号. 所以函数 (x＞0)的最大值为-2. 答案：-2 15.已知α ，β 是平面，m，n 是直线，给出下列命题： ①若 m⊥α ，m  β ，则α ⊥β ②若 m α ，n α ，m∥β ，n∥β ，则α ∥β ③如果 m α ，n α ，m，n 是异面直线，则 n 与α 相交 ④若α ∩β =m.n∥m，且 n α ，n β ，则 n∥α ，且 n∥β 其中正确确命题的序号是 (把正确命题的序号都填上) 解析：①由面面垂直的判定理判断. 若 m⊥α ，m β ，则α ⊥β ，由面面垂直的判定理知正确. ②由面面平行判定定理判断. 若 m α ，n α ，m∥β ，n∥β ，则α ∥β ；两条相交直线才行，不正确. ③也可能平行. 如果 m α ，n α ，m，n 是异面直线，则 n 与α 相交；也可能平行，不正确. ④若由线面平行的判定定理判断. 若α ∩β =m.n∥m，且 n α ，n β ，则 n∥α ，且 n∥β 由线面平行的判定定理知正确. 答案：①④ 16.等比数列{an}的首项为 3 2 ，公比为 1 2  ，前 n 项和为 Sn，则当 n∈N*时， 1n n S S 的最大 值与最小值的比值为 . 解析：由题意， 11 1 21 11 1 31 2 1 2 2 2 1 2           ， 为 奇 数 ， 为 偶 数 n n n n n n S n ， n 为奇数时，Sn 随着 n 的增大而减少，所以 1 3 2 1 ＜ nSS ，故 10 5 6 ＜ n n S S ； n 为偶数时，Sn 随着 n 的增大而增大，所以 2 3 4 1 ＞ nSS ，故 170 12   ＞ n n S S ； 所以数列{ 1n n S S }的最大项的值与最小项的值的比值为 10 7 7 12 5 6   . 答案： 10 7  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：每题 12 分，共 60 分. 17.在△ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，满足：①△ABC 的外心在三角形内部 (不包括边)；②(b2-a2-c2)sin(B+C)= 3 accos(A+C). (Ⅰ)求 A 的大小. 解析：(Ⅰ)利用已知条件结合余弦定理，转化求解即可. 答案：(Ⅰ)因为△ABC 的外心在三角形内部(不包括边)，所以△ABC 为锐角三角形； 由余弦定理得：b2=a2+c2-2accosB 移项：b2-a2-c2=-2accosB 代入条件得：-2accosBsin(B+C)= accos(A+C)， ∴-2cosBsin(π -A)= cos(π -B)， 即：2cosBsinA= cosB， 因为△ABC 为锐角三角形，所以 cosB≠0，则有：sinA= 3 2 ， ∴A= 3  . (Ⅱ)求代数式 bc a 的取值范围. 解析：(Ⅱ)由正弦定理以及两角和与差的三角函数结合函数的最值求解即可. 答案：(Ⅱ)由正弦定理得： sin sin sin b c B C aA ， ∵A+B+C=π 且 A= 3  ，∴C= 2 3  -B，代入上式化简得： 2sin sin 3 sinsin cos3 33 2 6 2 sin sin sin s 2 in 6                      B B BBBbc B a A A A ， 又△ABC 为锐角三角形，则有： 00 22 2 6200 322         ＜ ＜＜ ＜ ＜ ＜ ＜ ＜＜ ＜ BB B BC ， ∴ 2 3 6 3   ＜ ＜B ，则有 sin 1 6 3 2  ＜ ＜B ， 即： 3 2 ＜ bc a . 18.“共享单车”的出现，为我们提供了一种新型的交通方式.某机构为了调查人们对此种交 通方式的满意度，从交通拥堵不严重的 A 城市和交通拥堵严重的 B 城市分别随机调查了 20 个用户，得到了一个用户满意度评分的样本，并绘制出茎叶图如图： 参考数据如下：(下面临界值表供参考) (参考公式           2 2       n ad bc K a b c d a c b d ，其中 n=a+b+c+d) (Ⅰ)根据茎叶图，比较两城市满意度评分的平均值的大小及方差的大小(不要求计算出具体 值，给出结论即可). 解析：(Ⅰ)根据茎叶图的数据即可判断. 答案：(Ⅰ)A 城市评分的平均值小于 B 城市评分的平均值， A 城市评分的方差大于 B 城市评分的方差. (Ⅱ)若得分不低于 80 分，则认为该用户对此种交通方式“认可”，否则认为该用户对此种交 通方式“不认可”，请根据此样本完成此 2×2 列联表，并据此样本分析是否有 95%的把握认 为城市拥堵与认可共享单车有关. 解析：(Ⅱ)由题意做出 2×2 列联表，根据公式计算即可判断. 答案：(Ⅱ)2×2 列联表 2×2 列联表   2 2 40 5 10 10 15 8 3.841 20 20 15 25 3        ＜x ， 所以没有 95%的把握认为城市拥堵与认可共享单车有关. (Ⅲ)在 A，B 城市对此种交通方式“认可”的用户中按照分层抽样的方法抽取 6 人，若在此 6 人中推荐 2 人参加“单车维护”志愿活动，求 A 城市中至少有 1 人的概率. 解析：(Ⅲ)根据分层抽样，求解出人数，写基本事件，即可求解. 答案：(Ⅲ)A 市抽取 5 62 5 10   人，设为 x，y； B 市抽取 10 64 5 10   人，设为 a，b，c，d， 基本事件共有：xy，xa，xb，xc，xd，ya，yb，yc，yd，ab，ac，ad，bc，bd，cd 共 15 个， 设“A 市至少有 1 人”为事件 M， 则事件 M 包含的基本事件为：xy，xa，xb，xc，xd，ya，yb，yc，yd 共 9 个， 所以 P(M) 93 15 5 . 19.在如图如示的多面体中，平面 AEFD⊥平面 BEFC，四边形 AEFD 是边长为 2 的正方形，EF ∥BC，且 BE=CF= 1 2 BC=2. (Ⅰ)若 M，N 分别是 AE，CF 中点，求证：MN∥平面 ABCD. 解析：(Ⅰ)在平面 CDF 中，作 NH⊥CF，连接 AH，可得 AMNH 是平行四边形.则 MN∥AH.即可 由线面平行的判定得 MN∥平面 ABCD. 答案：(Ⅰ)证明：在平面 CDF 中，作 NH⊥CF，连接 AH， ∵M、N 分别是 AE、CF 的中点，且 AEFD 是正方形 ∴NH∥DF，NH= DF， AM∥DF，AM= DF， ∴NH=AM，NH∥AM， ∴AMNH 是平行四边形. ∴MN∥AH. ∵AH  平面 ABCD，MN 平面 ABCD， ∴MN∥平面 ABCD. (Ⅱ)求此多面体 ABCDEF 的体积. 解析：(Ⅱ)由多面体 ABCDEF 的体积 V=VD-BCF+VB-AEFD 求解. 答案：(Ⅱ)连接 BD，BF，过 F 作 FG⊥EF，交 BC 于点 G， ∵四边形 BEFC 是等腰梯形， ∴CG= 1 2 (BC-EF)=1，FG= 3 ， ∵平面 AEFD⊥平面 BEFC， ∴GF⊥平面 AEFD，DF⊥平面 BEFC. ∴ 1 1 1 4 433 3 3 2 3 2       V gD BCF BCFV S DF . 1 1 4 33 3 22 33      gB AEFD AEFDV S HF . ∴多面体 ABCDEF 的体积 V=VD-BCF+VB-AEFD= 83 3 . 20.已知椭圆 C： 22 221xy ab (a＞b＞0)的离心率是 3 2 ，且椭圆经过点(0，1). (Ⅰ)求椭圆 C 的标准方程. 解析：(Ⅰ)由椭圆的离心率公式可求得 a 和 b 的值，求得椭圆方程. 答案：(Ⅰ)Q 椭圆经过点(0，1)，∴ 2 1 b =1，b2=1， ∵e= 3 2 ， ∴ 2 2 21 3 4   be a ， 解得 a2=4， 椭圆 C 的标准方程为 2 2 1 4 x y . (Ⅱ)若直线 l1：x+2y-2=0 与圆 D：x2+y2-6x-4y+m=0 相切： (ⅰ)求圆 D 的标准方程. (ⅱ)若直线 l2 过定点(3，0)，与椭圆 C 交于不同的两点 E，F，与圆 D 交于不同的两点 M，N， 求|EF|·|MN|的取值范围. 解析：(Ⅱ)(i)由题意求得直线 l1 方程，将圆转化成标准方程，利用点圆心到直线的距离公 式，求得半径，即可求得圆 D 的标准方程. (ii)设 l2：y=k(x-3)，代入椭圆方程，利用韦达定理及弦长公式求得|EF|·|MN|，根据二次 函数的单调性即可求得|EF|·|MN|的取值范围. 答案：(Ⅱ)(i)由(1)得直线 l1 的方程为 2 x +y=1，即 x+2y-2=0， 又圆 D 的标准方程为(x-3)2+(y-2)2=13-m， ∴圆心为(3，2)，圆的半径 22 3 2 2 2 5 12      r ， ∴圆 D 的标准方程为(x-3)2+(y-2)2=5. (ii)由题可得直线 l2 的斜率存在， 设 l2：y=k(x-3)，与椭圆 C 的两个交点为 E(x1，y1)、F(x2，y2)， 由   2 2 3 1 4       y k x x y 消去 y 得(1+4k2)x2-24k2x+36k2-4=0， 由△＞0，得 0≤k2＜ 1 5 ， 2 12 2 24 14   kxx k ， 2 12 2 36 4 14   kxx k ， ∴        22 222 22 2 2 1 2 1 2 2 2 2 1 1 524 36 11 4 1 1 4 1 4 1 4 1 4                 gg kkkkEF k x x x x k k k k k . 又圆 D 的圆心(3，2)到直线 l2：kx-y-3k=0 的距离 22 3 2 3 2 11    kk d kk ， ∴圆 D 截直线 l2 所得弦长 2 22 2 5122 1     kM N r d k ， ∴    2 2 24 2 2 2 1 1 5 5 1 1 254 2 8 1 4 1 1 4          g kk kkEF MN k k k ， 设 t=1+4k2∈[1， 9 5 )，k2= 1 4 t ， ∴ 2 2 2 11 25 1 5048 2 9 25           g t EF M N t t t ，∵t∈[1， )， ∴ 2 1 509 25  tt ∈(0，16]， ∴|EF|·|MN|的取值范围(0，8]. 21.已知函数   2   x x ax afx e (x＞0，a∈R). (Ⅰ)当 a=1 时，求函数 f(x)的极值. 解析：(Ⅰ)求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间和极值即可. 答案：(Ⅰ)当 a=1 时，      12  x xx fx e (x＞0)， x∈(0，1)，(2，+∞)时，f′(x)＞0；x∈(1，2)时，f′(x)＜0， 所以 f(x)在区间(0，1)，(2，+∞)上为增函数，在区间(1，2)上为减函数， 所以 f(x)在(0，+∞)上有极大值 f(1)= 1 e ，极小值 f(2)= 2 3 e . (Ⅱ)设       1    f x f x gx x ，若函数 g(x)在(0，1)∪(1，+∞)内有两个极值点 x1，x2， 求证：g(x1)·g(x2)＜ 2 4 e . 解析：(Ⅱ)求出函数的导数，设 h(x)=2x2-(2+a)x+2，结合二次函数的性质得到关于 a 的范 围，从而证明不等式. 答案：(Ⅱ)证明：     2 1   x xagx xe ，       2 2 2 2 2 1      x x a x gx xe ， 设 h(x)=2x2-(2+a)x+2， 由已知 h(x)=0 在(0，1)，(1，+∞)上有两个不相等的实根 x1，x2， 所以   2 12 12 2 16 0 2 0 2 10           V ＞ ＞ ＞ a axx xx ，解得：a＞2， 而 1 不能是方程的根，即 a≠2，综上 a＞2，           12 2 1 2 1 2 12 22 1 2 1 2 22 4 2 2 2 4 1 22 2                g aaxx x x a x x a a g x g x x x x x e a e ， ∵a＞2， ∴g(x1)·g(x2) 2 2 2 44  ＜a ee . (二)选考题：共 10 分.请考生在第 22、23 题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题 计分. [选修 4-4：坐标系与参数方程] 22.在直角坐标系 xOy 中，直线 l 的参数方程为 2 2 2 2 2 1        xt yt (t 为参数)，以原点为极点， x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 C 的极坐标方程为 2 co 52 6 s 4       ＞aa. (Ⅰ)分别写出直线 l 的普通方程与曲线 C 的直角坐标方程. 解析：(Ⅰ)直接利用转换关系式，把参数方程和极坐标方程与直角坐标方程进行转化. 答案：(Ⅰ)直线 l 的参数方程为 (t 为参数)， 求出直线 l 的普通方程为 y=x-3. 由 ， 得 2 22 22 2 2 cos sin          a ， 即 x2+y2=2ax-2ay， (x-a)2+(y+a)2=2a2 即曲线 C 的直角坐标方程为(x-a)2+(y+a)2=2a2. (Ⅱ)已知点 P(2，-1)，直线 l 与曲线 C 相交于 M，N 两点，若|MN|2=6|PM|·|PN|，求 a 的值. 解析：(Ⅱ)利用根和系数的关系求出结果. 答案：(Ⅱ)设 M，N 两点对应参数分别为 t1，t2， 将直线 代入到圆的方程 x2+y2=2ax-2ay 中 t2+ 2 t+5-6a=0， 所以 t1+t2= 2 ，t1t2=5-6a. 因为|MN|2=6|PM||PN|， 所以(t1-t2)2=6|t1t2|. 因为 a＞ 5 6 ， 所以 t1t2＜0， 所以(t1-t2)2=-6t1t2， 所以(t1+t2)2+2t1t2=0， 即：( 2 )2+2(5-6a)=0， 解得 a=1. [选修 4-5：不等式选讲] 23.已知函数 f(x)=|x-1|. (Ⅰ)解不等式 f(x)+f(x+4)≥8. 解析：(Ⅰ)运用绝对值的定义，去绝对值，解不等式，求并集，即可得到所求解集. 答案：(Ⅰ)f(x)+f(x+4)=|x-1|+|x+3|= 2 2 3 4 3 1 2 2 1          ， ＜ ， ， ＞ xx x xx ， 当 x＜-3 时，由-2x-2≥8，解得 x≤-5； 当-3≤x≤1 时，f(x)=4≤8，原不等式不成立； 当 x＞1 时，由 2x+2≥8，解得 x≥3. 所以，不等式 f(x)≥8 的解集为{x|x≤-5，或 x≥3}. (Ⅱ)若|a|＜1，|b|＜1，a≠0，求证：f(ab)＞|a|f( b a ). 解析：(Ⅱ)f(ab)＞|a|f( )，即|ab-1|＞|a-b|，两边平方后作差，由因式分解，即可得 证. 答案：(Ⅱ)证明：f(ab)＞|a|f( )，即|ab-1|＞|a-b|. ∵|a|＜1，|b|＜1， ∴|ab-1|2-|a-b|2=(a2b2-2ab+1)-(a2-2ab+b2) =(a2-1)(b2-1)＞0， 所以，|ab-1|＞|a-b|. 故所证不等式成立.