2018年陕西省榆林市高考一模数学理

2018年陕西省榆林市高考一模数学理

2018 年陕西省榆林市高考一模数学理 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.设集合 A={x|-1＜x≤2，x∈N}，集合 B={2，3}，则 A∪B 等于( ) A.{2} B.{1，2，3} C.{-1，0，1，2，3} D.{0，1，2，3} 解析：根据并集的运算即可得到结论. ∵A={x|-1＜x≤2，x∈N}={0，1，2}，集合 B={2，3}， ∴A∪B={0，1，2，3}. 答案：D 2.若向量 r a =(1，1)， r b =(2，5)， r c =(3，x)满足条件 8 30g r r r a b c ，则 x=( ) A.6 B.5 C.4 D.3 解析：∵向量 =(1，1)， =(2，5)， ∴8  rr ab=(8，8)-(2，5)=(6，3) ∴ 8 6 3 3 30     r r r ga b c x ， ∴x=4. 答案：C 3.设 Sn 是等差数列{an}的前 n 项和，已知 a2=3，a6=11，则 S7 等于( ) A.13 B.35 C.49 D.63 解析：根据等差数列的性质可知项数之和相等的两项之和相等即 a1+a7=a2+a6，求出 a1+a7 的 值，然后利用等差数列的前 n 项和的公式表示出 S7，将 a1+a7 的值代入即可求出. ∵a1+a7=a2+a6=3+11=14， ∴    1 7 2 6 7 777 14 49 2 2 2     a a a a S . 答案：C 4.按下面的流程图进行计算.若输出的 x=202，则输入的正实数 x 值的个数最多为( ) A.2 B.3 C.4 D.5 解析：通过分析循环框图，当计数变量 x＞100 时，结果循环，输出 202.求出输入 x 的个数 即可. 程序框图的用途是数列求和，当 x＞100 时结束循环，输出 x 的值为 202： 当 202=3x+1，解得 x=67；即输入 x=67 时，输出结果 202. 202=3(3x+1)+1，解得 x=22；即输入 x=22 时，输出结果 202. 202=3(3(3x+1)+1)+1.即 201=3(3(3x+1)+1)， ∴67=3(3x+1)+1，即 22=3x+1，解得 x=7，输入 x=7 时，输出结果 202. 202=3(3(3(3x+1)+1)+1)+1.解得 x=2，输入 x=2 时，输出结果 202. 202=3(3(3(3(3x+1)+1)+1)+1)+1.解得 x= 1 3 ，输入 x= 时，输出结果 202. 共有 5 个不同的 x 值. 答案：D 5.设 F1，F2 分别是椭圆 C： 22 221xy ab (a＞b＞0)的左、右焦点，点 P 在椭圆 C 上，线段 PF1 的中点在 y 轴上，若∠PF1F2=30°，则椭圆 C 的离心率为( ) A. 3 3 B. 3 6 C. 1 3 D. 1 6 解析：∵线段 PF1 的中点在 y 轴上 设 P 的横坐标为 x，F1(-c，0)， ∴-c+x=0，∴x=c； ∴P 与 F2 的横坐标相等，∴PF2⊥x 轴， ∵∠PF1F2=30°， ∴PF2= 1 2 PF1， ∵PF1+PF2=2a，∴PF2= 2 3 a， 2 12 12 2 3 2 3tn 3 a     a PFPF F F F c ， ∴ 3a c ，∴ 3 3 e c a . 答案：A 6.已知曲线 C1：y=sinx，C2： 5cos 6 1 2   yx，则下列说法正确的是( ) A.把 C1 上各点横坐标伸长到原来的 2 倍，再把得到的曲线向右平移 3  ，得到曲线 C2 B.把 C1 上各点横坐标伸长到原来的 2 倍，再把得到的曲线向右平移 2 3  ，得到曲线 C2 C.把 C1 向右平移 3  ，再把得到的曲线上各点横坐标缩短到原来的 1 2 ，得到曲线 C2 D.把 C1 向右平移 6  ，再把得到的曲线上各点横坐标缩短到原来的 1 2 ，得到曲线 C2 解析：由题意利用诱导公式、y=Asin(ω x+φ )的图象变换规律，得出结论. 根据曲线 C1：y=sinx，C2： 5cos si 22 n1 63 1     xyx ， 把 C1 上各点横坐标伸长到原来的 2 倍，可得 1 2 sin   xy 的图象； 再把得到的曲线向右平移 2 3  ，得到曲线 C2： 的图象. 答案：B 7.《九章算术》卷五商功中有如下问题：今有刍甍，下广三丈，袤四丈，上袤二丈，无广， 高一丈，问积几何.刍甍：底面为矩形的屋脊状的几何体(网格纸中粗线部分为其三视图，设 网格纸上每个小正方形的边长为 1 丈)，那么该刍甍的体积为( ) A.4 立方丈 B.5 立方丈 C.6 立方丈 D.12 立方丈 解析：由已知中的三视图，可知该几何体是组合体，由一个三棱柱和两个相同的四棱锥构成， 分别求出体积累加，即可. 三棱柱的底面是边长为 3，高为 1 的等腰三角形.三棱柱的高为 2. ∴三棱柱的体积 V= 1 2 ×3×2×1=3. 两个相同的四棱锥合拼，可得底面边长为 2 和 3 的矩形的四棱锥，其高为 1. ∴体积 V= 1 3 ×2×3×1=2. 该刍甍的体积为：3+2=5. 答案：B 8.曲线   3 1f x x x (x＞0)上一动点 P(x0，f(x0))处的切线斜率的最小值为( ) A. 3 B.3 C.2 3 D.6 解析：先求出曲线对应函数的导数，由基本不等式求出导数的最小值，即得到曲线斜率的最 小值. (x＞0)的导数   2 2 13  f x x x ， ∴在该曲线上点(x0，f(x0))处切线斜率 2 0 2 0 13kx x ， 由函数的定义域知 x0＞0， ∴ 2 0 2 0 3 3122gkx x ，当且仅当 2 0 2 0 13 x x ，即 2 0 3 3 x 时，等号成立. ∴k 的最小值为 2 . 答案：C 9.已知直三棱柱 ABC-A1B1C1 的 6 个顶点都在球 O 的球面上，若 AB=3，AC=4，AB⊥AC，AA1=12， 则球 O 的直径为( ) A.13 B.4 10 C.2 10 D. 3 17 2 解析：BC 为过底面 ABC 的截面圆的直径.取 BC 中点 D，则 OD⊥底面 ABC，则 O 在侧面 BCC1B1 内，矩形 BCC1B1 的对角线长即为球直径. 因为直三棱柱中，AB=3，AC=4，AA1=12，AB⊥AC， 所以 BC=5，且 BC 为过底面 ABC 的截面圆的直径. 取 BC 中点 D，则 OD⊥底面 ABC，则 O 在侧面 BCC1B1， 矩形 BCC1B1 的对角线长即为球直径，所以 222 12 5 13  R . 答案：A 10.设 x，y 满足约束条件 1 10 1      xy x xy ，若目标函数 2   yz x 的取值范围[m，n]恰好是函数 y=2sinω x(ω ＞0)的一个单调递增区间，则ω 的值为( ) A. 1 2 B. 2  C. 4  D. 8  解析：作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，进行求解[m，n]，然后利 用正弦函数的单调区间列出方程求解即可. 作出不等式组对应的平面区域如图： 则 z 的几何意义为区域内的点 D(-2，0)的斜率， 由图象知 DB 的斜率最小，DA 的斜率最大， 由 10 1    x xy ，解得 1 2    x y ，即 A(-1，2)， 则 DA 的斜率 2 2 21  DAk ， 由 10 1    x xy ，解得 1 2    x y ，即 B(-1，-2)， 则 DB 的斜率 2 2 12    DBk ， 则-2≤z≤2， 目标函数 2   yz x 的取值范围[-2，2]恰好是函数 y=2sinω x(ω ＞0)的一个单调递增区间， 可得 2ω = 2  ，解得ω = 4  . 答案：C 11.已知 F1，F2 是双曲线 22 221xy ab (a＞0，b＞0)的左右焦点，过点 F2 与双曲线的一条渐近 线平行的直线交双曲线另一条渐近线于点 M，若点 M 在以线段 F1F2 为直径的圆外，则双曲线 离心率的取值范围是( ) A.(2，+∞) B.( 3 ，2) C.( 2 ， 3 ) D.(1， 2 ) 解析：根据斜率与平行的关系即可得出过焦点 F2 的直线，与另一条渐近线联立即可得到交 点 M 的坐标，再利用点 M 在以线段 F1F2 为直径的圆外和离心率的计算公式即可得出. 双曲线 22 221xy ab 的渐近线方程为 y=± b a x， 不妨设过点 F2 与双曲线的一条渐过线平行的直线方程为 y= b a (x-c)， 与 y=  b a x 联立，可得交点 M( 2 c ， 2  bc a )， ∵点 M 在以线段 F1F2 为直径的圆外， ∴|OM|＞|OF2|，即有 2 2 2 2 244  ＞c b c c a ， ∴ 2 2 3＞b a ，即 b2＞3a2， ∴c2-a2＞3a2，即 c＞2a. 则 e= c a ＞2. ∴双曲线离心率的取值范围是(2，+∞). 答案：A 12.对于函数 f(x)和 g(x)，设α ∈{x∈R|f(x)=0}，β ∈{x∈R|g(x)=0}，若存在α 、β ，使 得|α -β |≤1，则称 f(x)与 g(x)互为“零点关联函数”.若函数 f(x)=ex-1+x-2 与 g(x)=x2-ax-a+3 互为“零点关联函数”，则实数 a 的取值范围为( ) A.[ 7 3 ，3] B.[2， 7 3 ] C.[2，3] D.[2，4] 解析：先得出函数 f(x)=ex-1+x-2 的零点为 x=1.再设 g(x)=x2-ax-a+3 的零点为β ，根据函数 f(x)=ex-1+x-2 与 g(x)=x2-ax-a+3 互为“零点关联函数”，及新定义的零点关联函数，有|1- β |≤1，从而得出 g(x)=x2-ax-a+3 的零点所在的范围，最后利用数形结合法求解即可. 函数 f(x)=ex-1+x-2 的零点为 x=1. 设 g(x)=x2-ax-a+3 的零点为β ， 若函数 f(x)=ex-1+x-2 与 g(x)=x2-ax-a+3 互为“零点关联函数”， 根据零点关联函数，则|1-β |≤1， ∴0≤β ≤2，如图： 由于 g(x)=x2-ax-a+3 必过点 A(-1，4)， 故要使其零点在区间[0，2]上，则 g(0)×g(2)≤0 或     00 20 0 02 2         V ＞ ＞ g g a ， 解得 2≤a≤3. 答案：C 二、填空题(本题共 4 小题，每小题 5 分，满分 20 分，将答案填在答题纸上) 13.若角α 的终边经过点 P( 3 5 ， 4 5  )，则 sinα tanα 的值是 . 解析：求出 OP 的距离，利用任意角的三角函数的定义求出 sinα ，tanα ，即可求出 sinα tanα 的值得到结果. 22 341 55              OP r ，∴点 P 在单位圆上， ∴ 4sin 5   ， 4 45tan 3 3 5      ，得 4 4 16sin tan 5 3 15               . 答案：16 15 14.有甲、乙、丙、丁四位歌手参加比赛，其中只有一位获奖，有人走访了四位歌手，甲说： “是乙或丙获奖.”乙说：“甲、丙都未获奖.”丙说：“我获奖了.”丁说：“是乙获奖.”四 位歌手的话只有两句是对的，则获奖的歌手是 . 解析：这是一个简单的合情推理题，我们根据“四位歌手的话只有两句是对的”，假设某一 个人说的是真话，如果与条件不符，说明假设不成立，如果与条件相符，则假设成立的方法 解决问题. 若甲是获奖的歌手，则都说假话，不合题意. 若乙是获奖的歌手，则甲、乙、丁都说真话，丙说假话，不符合题意. 若丁是获奖的歌手，则甲、丁、丙都说假话，乙说真话，不符合题意. 答案：丙 15.设 l，m 是不同的直线，α ，β ，γ 是不同的平面，则下列命题正确的是 . ①若 l⊥m，m⊥α ，则 l⊥α 或 l∥α ②若 l⊥γ ，α ⊥γ ，则 l∥α 或 l  α ③若 l∥α ，m∥α ，则 l∥m 或 l 与 m 相交 ④若 l∥α ，α ⊥β ，则 l⊥β 或 l  β 解析：对于四个选项利用线面平行与垂直以及面面垂直的定理，公理逐个进行判断即可. ①若 l⊥m，m⊥α ，则 l  α 或 l∥α ，故①错； ②由面面垂直的性质定理知，若 l⊥γ ，α ⊥γ ，则 l∥α 或 l α ，故②对； ③若 l∥α ，m∥α ，则 l∥m 或 l 与 m 相交，或 l 与 m 异面，故③错； ④若 l∥α ，α ⊥β ，则 l⊥β 或 l  β 或 l∥β 或 l β ，或 l 与β 相交.故④错. 答案：② 16.在平面直角坐标系 xOy 中，已知 P 是函数 f(x)=ex(x＞0)的图象上的动点，该图象在点 P 处的切线 l 交 y 轴于点 M，过点 P 作 l 的垂线交 y 轴于点 N，设线段 MN 的中点的纵坐标为 t， 则 t 的最大值是 . 解析：先设切点坐标为(m，em)，然后根据导数的几何意义求出函数 f(x)在 x=m 处的导数， 从而求出切线的斜率，求出切线方程，从而求出点 M 的纵坐标，同理可求出点 N 的纵坐标， 将 t 用 m 表示出来，最后借助导数的方法求出函数的最大值即可. 设切点坐标为(m，em). ∴该图象在点 P 处的切线 l 的方程为 y-em=em(x-m). 令 x=0，解得 y=(1-m)em. 过点 P 作 l 的垂线的切线方程为 y-em=-e-m(x-m). 令 x=0，解得 y=em+me-m. ∴线段 MN 的中点的纵坐标为 t= 1 2 [(2-m)em+me-m]. t′= 1 2 [-em+(2-m)em+e-m-me-m]，令 t′=0 解得：m=1. 当 m∈(0，1)时，t′＞0，当 m∈(1，+∞)时，t′＜0. ∴当 m=1 时 t 取最大值 1 2 (e+e-1). 答案： (e+e-1) 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.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.) 17.在△ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，已知 cos 2 cos  b c a BA ， (Ⅰ)求角 A 的大小. 解析：(Ⅰ)利用正弦定理化简，结合和与差的公式求角 A 的大小. 答案：(Ⅰ)已知 ， 正弦定理化简可得： sin 2 sin sin cos cos  B C A BA ， 即 2 sinCcosA=sinAcosB+sinBcosA=sinC ∵0＜C＜π ，sinC≠0， ∴ 2 cosA=1. 即 cosA= 2 2 ， ∴A= 4  . (Ⅱ)若 a=2，求的面积 S 的最大值. 解析：(Ⅱ)a=2，利用余弦定理建立等式关系，利用基本不等式的性质求解 bc 的最大值，可 得面积 S 的最大值. 答案：(Ⅱ)∵a=2，A= 4  ， 余弦定理：a2=b2+c2-2bccosA， 可得：b2+c2=4+ 2 bc， ∴4+ 2 bc≥2bc，当且仅当 b=c 时取等号. 解得：bc≤2(2+ 2 ) 那么三角形面积  1 1 222 22 sin 2 1 2 2      S bc A . 18.数列{an}满足 a1=1，nan+1=(n+1)an+n(n+1)，n∈N*. (Ⅰ)证明：数列{ na n }是等差数列. 解析：(Ⅰ)根据数列的递推公式可得{ }是以 1 1 a =1 为首项，1 为公差的等差数列. 答案：(Ⅰ)证明：由已知可得 1 1 1    nnaa nn ， 即 1 1 1    nnaa nn ， ∴{ }是以 =1 为首项，1 为公差的等差数列. (Ⅱ)若 Tn=a1-a2+a3-a4+…+(-1)n+1an，求 T2n. 解 析 ： ( Ⅱ ) 先求出 an 的 通 项 公 式 ， 然 后 根据 T2n=a1-a2+a3-a4+ … +a2n-1-a2n=12-22+32-42+(2n-1)2-(2n)2，即可求出答案. 答案：(Ⅱ)由(Ⅰ)得 =n， ∴an=n2， ∵Tn=a1-a2+a3-a4+…+(-1)n+1an， ∴T2n=a1-a2+a3-a4+…+a2n-1-a2n=12-22+32-42+(2n-1)2-(2n)2， =-(2-1)(2+1)+(4-3)(4+3)+…+(2n+2n-1)(2n-2n+1)， =-(3+7+…+2n-1)， =  3 4 1 2   nn， =-2n2-n. 19.在如图所示的几何体中，四边形 ABCD 为平行四边形，∠ABD=90°，EB⊥平面 ABCD，EF ∥AB，AB=2，EB= 3 ，EF=1，BC= 13 ，且 M 是 BD 的中点. (Ⅰ)求证：EM∥平面 ADF. 解析：(Ⅰ)法一、取 AD 的中点 N，连接 MN，NF，由已知及三角形中位线定理可得 MN∥EF 且 MN=EF.得到四边形 MNFE 为平行四边形，则 EM∥FN，由线面平行的判定可得 EM∥平面 ADF. 法二、由 EB⊥平面 ABD，AB⊥BD，故以 B 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系 B-xyz. 再由已知求得所用点的坐标，求出 uuur EM 与平面 ADF 的一个法向量，由数量积为 0 可得  r uuur n EM ，再由 EM 平面 ADF，可得 EM∥平面 ADF. 答案：(Ⅰ)证明：法一、取 AD 的中点 N，连接 MN，NF， 在 DAB 中，M 是 BD 的中点，N 是 AD 的中点， ∴MN∥AB，MN= 1 2 AB， 又∵EF∥AB，EF= AB， ∴MN∥EF 且 MN=EF. ∴四边形 MNFE 为平行四边形，则 EM∥FN， 又∵FN  平面 ADF，EM 平面 ADF，故 EM∥平面 ADF. 法二、∵EB⊥平面 ABD，AB⊥BD， 故以 B 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系 B-xyz： ∵AB=2，EB= 3 ，EF=1，BC= 13 ， ∴B(0，0，0)，D(3，0，0)，A(0，0，2)，E(0，0， )，F(0，1， )，M( 3 2 ，0，0)， uuur EM =( ，0， 3 )， uuur AD =(3，-2，0)， uuur AF =(0，-1， 3 )， 设平面 ADF 的一个法向量是 r n =(x，y，z). 由 20 03 3         g g r uuur r uuur n AD x y n AF y z ，令 y=3，得 r n =(2，3， 3 ). 又∵ uu r r g u EM n =3-3=0， ∴  r uuur n EM ， 又 EM 平面 ADF，故 EM∥平面 ADF. (Ⅱ)求二面角 A-FD-B 的余弦值的大小. 解析：(Ⅱ)由(Ⅰ)可知平面 ADF 的一个法向量是 r n =(2，3， 3 ).再求出平面 BFD 的一个法 向量是 ur m =(0， 3 ，1)，由两法向量所成角的余弦值可得二面角 A-FD-B 的余弦值. 答案：(Ⅱ)由(Ⅰ)可知平面 ADF 的一个法向量是 r n =(2，3， 3 ). uuur BD =(3，0，0)， uuur BF =(0，1， 3 )， 设平面 BFD 的一个法向量是 ur m =(x，y，z)， 由 30 30       g g ur uuur ur uuur m BD x m BF y z ，令 z=1，得 ur m =(0， 3 ，1)， ∴cos＜ ， ＞ 3 424 32     ur r u g g rr mn mn ， 又二面角 A-FD-B 为锐角， 故二面角 A-FD-B 的余弦值大小为 3 4 . 20.已知抛物线 E：y2=2px(p＞0)的准线与 x 轴交于点 K，过点 K 做圆 C：(x-5)2+y2=9 的两条 切线，切点为 M，N，|MN|=3 3 . (Ⅰ)求抛物线 E 的方程. 解析：(Ⅰ)由抛物线的方程可得 K 的坐标以及 C 的坐标，设 MN 与 x 轴交于点 R，分析可得 |MR|与|CR|的值，进而可得 P 的值，代入抛物线的方程即可得答案. 答案：(Ⅰ)根据题意，抛物线的 E 的方程为 y2=2px(p＞0)，则 K( 2  p ，0)，C(5，0) 设 MN 与 x 轴交于点 R，由圆的对称性可知，|MR|= 3 3 2 . 于是|CR|= 3 2 ，所以∠CMR=30°，∠MCR=60°， 所以|CK|=6，所以 p=2.故抛物线 E 的方程为 y2=4x. (Ⅱ)若直线 AB 是过定点 Q(2，0)的一条直线，且与抛物线 E 交于 A，B 两点，过定点 Q 作 AB 的垂线与抛物线交于 G，D 两点，求四边形 AGBD 面积的最小值. 解析：(Ⅱ)设直线 AB 的方程为 x=my+2，设 A=(x1，y1)，B=(x2，y2)，联立直线与抛物线的方 程，由根与系数的关系分析可得|AB|的长，再设 G=(x3，y3)，D=(x4，y4)，同理可得|GD|的 长，进而可以用 m 表示四边形 AGBD 面积，由基本不等式的性质分析可得答案. 答案：(Ⅱ)设直线 AB 的方程为 x=my+2，设 A=(x1，y1)，B=(x2，y2)， 联立 2 4 2     yx x m y 得 y2-4my-8=0，则 y1+y2=4m，y1y2=-8. ∴ 2 2 2 2 2 121 1 16 32 4 1 2        ggAB m y y m m m m ， 设 G=(x3，y3)，D=(x4，y4)， 同理得 22 114 1 2            gGD mm ， 则四边形 AGBD 的面积 22 22118 1 11 2 22               g g g gS AB GD m m mm 22 22 118 2 2 5      gmm mm ， 令 2 2 1m m =μ (μ ≥2)， 则     28 2 2 5 8 2 9 10        S ， 28 2 9 10  S 是关于μ 的增函数， 故 Smin=48，当且仅当 m=±1 时取得最小值 48. 21.已知函数 f(x)=xlnx，    x xgx e ，记 F(x)=f(x)-g(x). (Ⅰ)求证：F(x)在区间(1，+∞)内有且仅有一个实根. 解析：(Ⅰ)求出函数的导数，根据函数的单调性以及零点定理证明即可. 答案：(Ⅰ)证明：   lnx xF x x x e ，定义域为 x∈(0，+∞)，   11 ln     x xF x x e ，当 x＞1 时，F′(x)＞0， ∴F(x)在(1，+∞)上单调递增， 又 F(1)= 1 e ＜0，F(2)=2ln2 2 2 e ＞0， 而 F(x)在(1，+∞)上连续， 根据零点存在定理可得： F(x)在区间(1，+∞)有且仅有一个实根. (Ⅱ)用 min{a，b}表示 a，b 中的最小值，设函数 m(x)=min{f(x)，g(x)}，若方程 m(x)=c 在区间(1，+∞)内有两个不相等的实根 x1，x2(x1＜x2)，记 F(x)在(1，+∞)内的实根为 x0. 求证： 12 02  ＞xx x . 解析：(Ⅱ)根据函数的单调性求出 m(x)的解析式，问题转化为证明 01 01 11 2 2ln  ＜ xx xxxx e ，x1 ∈(1，x0)记   0 0 2 2ln  xx xxh x x x e ，x∈(1，x0)，根据函数的单调性证明即可. 答案：(Ⅱ)当 0＜x≤1 时，f(x)=xlnx≤0， 而 g(x)= x x e ＞0，故此时有 f(x)＜g(x)， 由(Ⅰ)知，F(x)在(1，+∞)上单调递增， 有 x0 为 F(x)在(1，+∞)内的实根， 所以 F(x0)=f(x0)-g(x0)=0， 故当 1＜x＜x0 时，F(x)＜0，即 f(x)＜g(x)； 当 x＞x0 时，F(x)＞0，即 f(x)＞g(x). 因而   0 0 ln 0    ，＜ ＜ ， ＞x x x x x mx x xx e ， 当 1＜x＜x0 时，m(x)=xlnx，m′(x)=1+lnx＞0， 因而 m(x)在(1，x0)上递增； 当 x＞x0 时，    x xmx e ，   1 0 ＜x xmx e ， 因而 m(x)在(x0，+∞)上递减； 若方程 m(x)=c 在(1，+∞)有两不等实根 x1，x2， 则满足 x1∈(1，x0)，x2∈(x0，+∞) 要证： 12 02  ＞xx x ，即证：x1+x2＞2x0，即证：x2＞2x0-x1＞x0， 而 m(x)在(x0，+∞)上递减， 即证：m(x2)＜m(2x0-x1)，又因为 m(x1)=m(x2)， 即证：m(x1)＜m(2x0-x1)， 即证： 01 01 11 2 2ln  ＜ xx xxxx e ，x1∈(1，x0) 记   0 0 2 2ln  xx xxh x x x e ，x∈(1，x0)， 由 F(x0)=0 得： 0 0 00ln  x xxx e ， ∴h(x0)=0，   0 0 0 00 2 2 2 1 2 1 21 ln 1 ln            x x x x x x x x x xh x x x e e e ，    x xgx e ，则   1 x xgx e ，当 0＜x＜1 时，g′(x)＞0；当 x＞1 时，g′(x)＜0. 故 g(x)≤g(x)= 1 e ，所以当 x＞0 时，0＜g(x)≤ 1 e ， ∵2x0-x＞0，∴ 0 0 2 210   ＜ xx xx ee ， 因此   0 0 0 00 2 2 2 1 2 1 2 11 ln 1 ln 1 0             ＞ ＞x x x x x x x x x xh x x x e e e e ， 即 h(x)在递增.从而当 1＜x1＜x0 时， h(x)＜h(x0)=0，即 01 01 11 2 2ln  ＜ xx xxxx e ， 故 12 02  ＞xx x 得证. 请考生在 22、23 两题中任选一题作答，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.在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴，建立极坐标系，点 A 的 极坐标为(4 2 ， 4  )，直线 l 的极坐标方程为ρ cos(θ - 4  )=a，且 l 过点 A，曲线 C1 的参 考方程为 3 2 cos sin      x y (θ 为参数). (Ⅰ)求曲线 C1 上的点到直线 l 的距离的最大值与最小值. 解析：(Ⅰ)由直线 l 过点 A 可得 4 cos 44 2      a ，故 a=4 2 ，从而直线 l 的极坐标 方程为ρ sinθ +ρ cosθ =8，由此能求出直线 l 的直角坐标方程为 x+y-8=0.根据点到直线的 距 离 方 程 可 得 曲 线 C1 上 的 点 到 直 线 l 的 距 离  2 cos sin3 22 8 7 sin 8     a a a d ， 2sin 7 7   ， 21cos 7   ，由此能 求出曲线 C1 上的点到直线 l 的距离的最大值与最小值. 答案：(Ⅰ)∵点 A 的极坐标为(4 ， )，直线 l 的极坐标方程为ρ cos(θ - )=a，且 l 过点 A， ∴由直线 l 过点 A 可得 ，故 a=4 ， ∴直线 l 的极坐标方程为ρ sinθ +ρ cosθ =8， ∴直线 l 的直角坐标方程为 x+y-8=0. ∵曲线 C1 的参考方程为 (θ 为参数). ∴根据点到直线的距离方程可得曲线 C1 上的点到直线 l 的距离： ， ， ， ∴ 8 14 8 2 22 7 maxd ， 8 2 14 2 mind . (Ⅱ)过点 B(-2，2)与直线 l 平行的直线 l1 与曲 C1 线交于 M，N 两点，求|BM|·|BN|的值. 解析：(Ⅱ)由直线 l 的倾斜角为 3 4  ，得到直线 l1 的参数方程为 2 co 3 4 32 4 s sin          xt yt (t 为 参数).由曲线 C1 的普通方程为 22 1 43 xy ，把直线 l1 的参数方程代入曲线 C1 的普通方程可 得 2 27 14 16 0 2   tt，由此能求出|BM|·|BN|的值. 答案：(Ⅱ)由(Ⅰ)知直线 l 的倾斜角为 ， 则直线 l1 的参数方程为 (t 为参数). 又曲线 C1 的普通方程为 . 把直线 l1 的参数方程代入曲线 C1 的普通方程可得： ， ∴t1t2= 32 7 ， 依据参数 t 的几何意义可知|BM|·|BN|= t1t2= . [选修 4-5：不等式选讲] 23.设 a＞0，b＞0，且 11  ab ab .求证： (Ⅰ)a+b≥2. 解析：(Ⅰ)由已知等式可得 ab=1，再由基本不等式即可得证. 答案：(Ⅰ)证明：由 ，a＞0，b＞0，得 ab=1， 由基本不等式及 ab=1，有 22  a b ab ，即 a+b≥2. (Ⅱ)a2+a＜2 与 b2+b＜2 不可能同时成立. 解析：(Ⅱ)运用反证法证明，结合不等式的性质，即可得到矛盾，进而得到证明. 答案：(Ⅱ)假设 a2+a＜2 与 b2+b＜2 同时成立， 则 a2+a＜2 且 b2+b＜2，则 a2+a+b2+b＜4， 即：(a+b)2+a+b-2ab＜4，由(1)知 ab=1 因此(a+b)2+a+b＜6① 而 a+b≥2，因此(a+b)2+a+b≥6②，因此①②矛盾， 因此假设不成立，原结论成立.