数学卷·2017届福建省泉州市南安一中高三下学期期初数学试卷（文科）（解析版） 25页

‎2016-2017学年福建省泉州市南安一中高三（下）期初数学试卷（文科）‎ ‎　‎ 一、选择题：本大题共12小题，每小题5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A={x|2x+2＜1}，B={x|x2﹣2x﹣3＞0}，则（∁RA）∩B=（　　）‎ A．[﹣2，﹣1） B．（﹣∞，﹣2] C．[﹣2，﹣1）∪（3，+∞） D．（﹣2，﹣1）∪（3，+∞）‎ ‎2．设z=1﹣i（i是虚数单位），则+=（　　）‎ A． B． +i C．﹣+2i D．﹣i ‎3．已知命题p：“∀x＞0，3x＞1”的否定是“∃x≤0，3x≤1”，命题q：“a＜﹣2”是“函数f（x）=ax+3在区间[﹣1，2]上存在零点”的充分不必要条件，则下列命题为真命题的是（　　）‎ A．p∧q B．p∨￢q C．￢p∧q D．￢p∧￢q ‎4．若非零向量满足（﹣4）⊥，（﹣）⊥，则与的夹角是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎5．已知双曲线C：﹣=1的焦距为10，点P（1，2）在C的渐近线上，则C的方程为（　　）‎ A． B． ‎ C． D． ‎ ‎6．已知f（x）是定义在实数集R上的偶函数，且在（0，+∞）上递增，则（　　）‎ A．f（20.7）＜f（﹣log25）＜f（﹣3） B．f（﹣3）＜f（20.7）＜f（﹣log25）‎ C．f（﹣3）＜f（﹣log25）＜f（20.7） D．f（20.7）＜f（﹣3）＜f（﹣log25）‎ ‎7．如图所示的程序框图，若输入m=8，n=3，则输出的S值为（　　）‎ A．56 B．336 C．360 D．1440‎ ‎8．函数的图象大致是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎9．椭圆的一个焦点为F，该椭圆上有一点A，满足△OAF是等边三角形（O为坐标原点），则椭圆的离心率是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎10．如图网格纸上的小正方形边长为1，粗线是一个三棱锥的三视图，则该三棱锥的外接球表面积为（　　）‎ A．48π B．36π C．24π D．12π ‎11．已知=（cos23°，cos67°），=（2cos68°，2cos22°），则△ABC的面积为（　　）‎ A．2 B． C．1 D．‎ ‎12．已知xy＞0，则的最小值为（　　）‎ A． B． C． D．1‎ ‎　‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分.‎ ‎13．已知函数（a＞0，a≠1）．若f（e2）=f（﹣2），则实数a=　　．‎ ‎14．正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，异面直线A1B与AD1所成角的大小为　　．‎ ‎15．设实数x，y满足，则的取值范围是　　．‎ ‎16．“中国剩余定理”又称“孙子定理”.1852年英国来华传教伟烈亚利将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲.1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得出的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”．“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将2至2017这2016个数中能被3除余1且被5除余1的数按由小到大的顺序排成一列，构成数列{an}，则此数列的项数为　　．‎ ‎　‎ 三、解答题：解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤.‎ ‎17．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足（2a+b）cosC+ccosB=0‎ ‎（Ⅰ）求角C的大小．‎ ‎（Ⅱ）若c=6，求△ABC面积的最大值．‎ ‎18．设数列{an}的前n项和Sn，数列{Sn}的前n项和为Tn，满足Tn=3Sn﹣2n，n∈N*．‎ ‎（1）求数列{an}的通项公式；‎ ‎（2）求证：Sn≥1，n∈N*．‎ ‎19．如图三棱柱ABC﹣A1B1C1，AB=BC=CA，D，D1分别是BC，B1C1的中点，四边形ADD1A1是菱形，且平面ADD1A1⊥平面CBB1C1．‎ ‎（Ⅰ）求证：四边形CBB1C1为矩形；‎ ‎（Ⅱ）若，且A﹣BB1C1C体积为，求三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧面积．‎ ‎20．圆F：（x﹣1）2﹣y2=1和抛物线y2=4x，过F的直线l与抛物线和圆依次交于A、B、C、D四点 ‎（1）当|BD|+|AC|=7时，求直线l的方程；‎ ‎（2）是否存在过点F的直线l，使得三角形OAB与三角形OCD的面积之比为4：1，若存在，求出直线l的方程，否则说明理由．‎ ‎21．已知a∈R，函数f（x）=lnx﹣ax+1．‎ ‎（1）讨论函数f（x）的单调性；‎ ‎（2）若函数f（x）有两个不同的零点x1，x2（x1＜x2），求实数a的取值范围；‎ ‎（3）在（2）的条件下，求证：x1+x2＞2．‎ ‎　‎ ‎[选修4-4；坐标系与参数方程]‎ ‎22．在平面直角坐标系xOy中，圆C的参数方程为 ‎，在以原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立的极坐标系中，直线l的极坐标方程为，A（2，0）‎ ‎（Ⅰ）求圆C的普通方程和直线l的直角坐标方程；‎ ‎（Ⅱ） AP是圆C上动弦，求AP中点M到l距离的最小值．‎ ‎　‎ ‎[选修4-5：不等式选讲]‎ ‎23．已知函数f（x）=|x﹣a|﹣|x+1|，a∈R．‎ ‎（Ⅰ）当a=1时，求不等式f（x）≤x2﹣x的解集；‎ ‎（Ⅱ）若正实数m，n满足2m+n=1，函数恒成立，求实数a的取值范围．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年福建省泉州市南安一中高三（下）期初数学试卷（文科）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：本大题共12小题，每小题5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A={x|2x+2＜1}，B={x|x2﹣2x﹣3＞0}，则（∁RA）∩B=（　　）‎ A．[﹣2，﹣1） B．（﹣∞，﹣2] C．[﹣2，﹣1）∪（3，+∞） D．（﹣2，﹣1）∪（3，+∞）‎ ‎【考点】交、并、补集的混合运算．‎ ‎【分析】化简集合A、B，根据补集与交集的定义写出（∁RA）∩B．‎ ‎【解答】解：集合A={x|2x+2＜1}={x|x+2＜0}={x|x＜﹣2}，‎ B={x|x2﹣2x﹣3＞0}={x|x＜﹣1或x＞3}，‎ 则∁RA={x|x≥﹣2}，‎ ‎（∁RA）∩B={x|﹣2≤x＜﹣1或x＞3}=[﹣2，﹣1）∪（3，+∞）．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎2．设z=1﹣i（i是虚数单位），则+=（　　）‎ A． B． +i C．﹣+2i D．﹣i ‎【考点】复数代数形式的乘除运算．‎ ‎【分析】把z=1﹣i代入+，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案．‎ ‎【解答】解：∵z=1﹣i，‎ ‎∴+==，‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎3．已知命题p：“∀x＞0，3x＞1”的否定是“∃x≤0，3x≤1”，命题q：“a＜‎ ‎﹣2”是“函数f（x）=ax+3在区间[﹣1，2]上存在零点”的充分不必要条件，则下列命题为真命题的是（　　）‎ A．p∧q B．p∨￢q C．￢p∧q D．￢p∧￢q ‎【考点】命题的真假判断与应用．‎ ‎【分析】写出全程命题的否定判断p的真假；由函数零点存在性定理求出a的范围判断命题q的真假，然后由复合命题的真假判断逐一核对四个选项得答案．‎ ‎【解答】解：命题p：“∀x＞0，3x＞1”的否定是“∃x＞0，3x≤1”，故命题p为假命题，￢p为真命题；‎ 由函数f（x）=ax+3在区间[﹣1，2]上存在零点，得f（﹣1）f（2）≤0，‎ ‎∴（﹣a+3）（2a+3）≤0，解得a≥3或．‎ ‎∴“a＜﹣2”是“函数f（x）=ax+3在区间[﹣1，2]上存在零点”的充分不必要条件，故命题q为真命题，￢q为假命题．‎ 故p∧q为假命题；p∨￢q为假命题；￢p∧q为真命题；￢p∧￢q为假命题．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎4．若非零向量满足（﹣4）⊥，（﹣）⊥，则与的夹角是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】平面向量数量积的运算．‎ ‎【分析】由已知得到与的关系，代入数量积公式得答案．‎ ‎【解答】解：由（﹣4）⊥，（﹣）⊥，得 ‎（﹣4）•=0，（﹣）•=0，即 ‎，，‎ ‎∴．‎ 则．‎ ‎∴与的夹角是．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎5．已知双曲线C：﹣=1的焦距为10，点P（1，2）在C的渐近线上，则C的方程为（　　）‎ A． B． ‎ C． D． ‎ ‎【考点】双曲线的简单性质．‎ ‎【分析】利用双曲线C：﹣=1的焦距为10，点P（1，2）在C的渐近线上，可确定几何量之间的关系，由此可求双曲线的标准方程．‎ ‎【解答】解：双曲线C：﹣=1的渐近线方程为y=±x ‎∵双曲线C：﹣=1的焦距为10，点P（1，2）在C的渐近线上 ‎∴2c=10，2a=b，‎ ‎∵c2=a2+b2‎ ‎∴a2=5，b2=20‎ ‎∴C的方程为 故选C．‎ ‎　‎ ‎6．已知f（x）是定义在实数集R上的偶函数，且在（0，+∞）上递增，则（　　）‎ A．f（20.7）＜f（﹣log25）＜f（﹣3） B．f（﹣3）＜f（20.7）＜f（﹣log25）‎ C．f（﹣3）＜f（﹣log25）＜f（20.7） D．f（20.7）＜f（﹣3）＜f（﹣log25）‎ ‎【考点】奇偶性与单调性的综合．‎ ‎【分析】利用20.7＜2＜log25＜3，f（x）在（0，+∞）上递增，可得f（20.7）＜f（log25）＜f（3），结合f（x）是定义在实数集R上的偶函数，即可得出结论．‎ ‎【解答】解：∵20.7＜2＜log25＜3，f（x）在（0，+∞）上递增，‎ ‎∴f（20.7）＜f（log25）＜f（3），‎ ‎∵f（x）是定义在实数集R上的偶函数，‎ ‎∴f（20.7）＜f（﹣log25）＜f（﹣3），‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示的程序框图，若输入m=8，n=3，则输出的S值为（　　）‎ A．56 B．336 C．360 D．1440‎ ‎【考点】程序框图．‎ ‎【分析】执行程序框图，依次写出每次循环得到的s，k的值，k=5时，满足条件k＜m﹣n+1，退出循环，输出s的值为336．‎ ‎【解答】解：执行程序框图，可得 m=8，n=3，‎ k=8，s=1‎ 不满足条件k＜m﹣n+1，s=8，k=7，‎ 不满足条件k＜m﹣n+1，s=56，k=6，‎ 不满足条件k＜m﹣n+1，s=336，k=5，‎ 满足条件k＜m﹣n+1，退出循环，输出s的值为336．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎8．函数的图象大致是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】函数的图象．‎ ‎【分析】先求出函数为奇函数，再根据当0＜x＜1时，y＜0，当x＞1时，y＞0，故排除B，C，D．‎ ‎【解答】解：函数的定义域为（﹣∞，﹣1）∪（1，1）∪（1，+∞），‎ 则f（﹣x）==﹣f（x），‎ ‎∴f（x）为奇函数，‎ ‎∴y=f（x）的图象关于原点对称，故排除C，‎ 当0＜x＜1时，y＜0，‎ 当x＞1时，y＞0，故排除B，D，‎ 故选：A ‎　‎ ‎9．椭圆 的一个焦点为F，该椭圆上有一点A，满足△OAF是等边三角形（O为坐标原点），则椭圆的离心率是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】椭圆的简单性质．‎ ‎【分析】根据题意，作出椭圆的图象，分析可得A的坐标，将A的坐标代入椭圆方程可得+=1，①；结合椭圆的几何性质a2=b2+c2，②；联立两个式子，解可得c=（﹣1）a，由离心率公式计算可得答案．‎ ‎【解答】解：根据题意，如图，设F（0，c），‎ 又由△OAF是等边三角形，则A（，），‎ A在椭圆上，则有+=1，①；‎ a2=b2+c2，②；‎ 联立①②，解可得c=（﹣1）a，‎ 则其离心率e==﹣1；‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎10．如图网格纸上的小正方形边长为1，粗线是一个三棱锥的三视图，则该三棱锥的外接球表面积为（　　）‎ A．48π B．36π C．24π D．12π ‎【考点】由三视图求面积、体积．‎ ‎【分析】由已知中的三视图可得，该几何体的外接球，相当于一个棱长为2的正方体的外接球，即可得出．‎ ‎【解答】解：由已知中的三视图可得，该几何体的外接球，相当于一个棱长为2的正方体的外接球，‎ 故外接球直径2R=2，‎ 故该三棱锥的外接球的表面积S=4πR2=12π，‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎11．已知=（cos23°，cos67°），=（2cos68°，2cos22°），则△ABC的面积为（　　）‎ A．2 B． C．1 D．‎ ‎【考点】正弦定理；平面向量的坐标运算．‎ ‎【分析】根据题意，利用，的坐标，可得，的模，由数量积公式，可得的值，进而由cos∠B=，可得cos∠B，由余弦函数的性质，可得∠B，最后由三角形面积公式，计算可得答案．‎ ‎【解答】解：根据题意， =（cos23°，cos67°），则=﹣（cos23°，sin23°），有||=1，‎ 由于， =（2cos68°，2cos22°）=2（cos68°，sin68°），则||=2，‎ 则=﹣2（cos23°cos68°+sin23°sin68°）=﹣2×cos45°=﹣，‎ 可得：cos∠B==﹣，‎ 则∠B=135°，‎ 则S△ABC=||•||sin∠B==；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎12．已知xy＞0，则的最小值为（　　）‎ A． B． C． D．1‎ ‎【考点】基本不等式．‎ ‎【分析】xy＞0，则=+，令=t＞0，则+=f（t），利用导数研究函数的单调性极值与最值即可得出．‎ ‎【解答】解：∵xy＞0，则=+，‎ 令=t＞0，则+=f（t），‎ f′（t）=+=，‎ 可知：当t=时，函数f（t）取得极小值即最小值， =4﹣2，‎ 故选：B．‎ ‎　‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分.‎ ‎13．已知函数（a＞0，a≠1）．若f（e2‎ ‎）=f（﹣2），则实数a=　　．‎ ‎【考点】分段函数的应用．‎ ‎【分析】利用分段函数转化列出方程，求解即可．‎ ‎【解答】函数（a＞0，a≠1）．若f（e2）=f（﹣2），‎ 可得：lne2=a﹣2，即a﹣2=2，解得a=．‎ 故答案为：‎ ‎　‎ ‎14．正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，异面直线A1B与AD1所成角的大小为　60°　．‎ ‎【考点】异面直线及其所成的角．‎ ‎【分析】连接BC1，证明∠A1BC1为异面直线A1B和直线AD1所成的角，在△A1BC1中求∠A1BC1．‎ ‎【解答】解：连接A1C1，BC1，∵AD1∥BC1，∴∠A1BC1为异面直线A1B和直线AD1所成的角，‎ ‎∵在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，设棱长为1，则A1C1=BC1=BA1=，‎ ‎∴△A1BC1为等边三角形，∴∠A1BC1=60°‎ 故答案是60°．‎ ‎　‎ ‎15．设实数x，y满足，则的取值范围是　[$﹣frac{1}{5}，1]　．‎ ‎【考点】简单线性规划．‎ ‎【分析】由约束条件作出可行域，利用 的几何意义，即可行域内的动点与定点（﹣3，1）连线的斜率得答案．‎ ‎【解答】解：由约束条件作出可行域如图，‎ A（2，0），‎ 联立，解得B（2，6）．‎ 的几何意义为可行域内的动点与定点（﹣3，1）连线的斜率．‎ ‎∵，．‎ ‎∴的取值范围是[﹣frac{1}{5}，1]．‎ ‎　‎ ‎16．“中国剩余定理”又称“孙子定理”.1852年英国来华传教伟烈亚利将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲.1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得出的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”．“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将2至2017这2016个数中能被3除余1且被5除余1的数按由小到大的顺序排成一列，构成数列{an}，则此数列的项数为　134　．‎ ‎【考点】数列的概念及简单表示法．‎ ‎【分析】由能被3除余1且被5除余1的数就是能被15整除余1的数，运用等差数列通项公式，以及解不等式即可得到所求项数．‎ ‎【解答】解：由能被3除余1且被5除余1的数就是能被15整除余1的数，‎ 故an=15n﹣14．‎ 由an=15n﹣14≤2017‎ 得n≤135.4，‎ 当n=1时，此时a1=1，不符合，‎ 故此数列的项数为135﹣1=134．‎ 故答案为：134‎ ‎　‎ 三、解答题：解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤.‎ ‎17．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足（2a+b）cosC+ccosB=0‎ ‎（Ⅰ）求角C的大小．‎ ‎（Ⅱ）若c=6，求△ABC面积的最大值．‎ ‎【考点】余弦定理；正弦定理．‎ ‎【分析】（Ⅰ）利用正弦定理将（2a+b）cosC+ccosB=0化简，可得角C的大小．c=6，利用余弦定理，构造基本不等式，即可求解△ABC面积的最大值．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）根据（2a+b）cosC+ccosB=0，由正弦定理可得：2sinAcosC+sinBcosC+sinCcosB=0．‎ 即2sinAcosC=﹣sinA，‎ ‎∵0＜A＜π，sinA≠0，‎ ‎∴cosC=﹣‎ ‎∵0＜C＜π ‎∴C=．‎ ‎（Ⅱ）∵c=6，C=．‎ 由余弦定理：可得 即36=a2+b2+ab，‎ ‎∵a2+b2≥2ab（当且仅当a=b时取等号）‎ ‎∴3ab≤36，即ab≤12．‎ 故得△ABC面积S=absinC．‎ 即△ABC面积的最大值为．‎ ‎　‎ ‎18．设数列{an}的前n项和Sn，数列{Sn}的前n项和为Tn，满足Tn=3Sn﹣2n，n∈‎ N*．‎ ‎（1）求数列{an}的通项公式；‎ ‎（2）求证：Sn≥1，n∈N*．‎ ‎【考点】数列的求和；数列递推式．‎ ‎【分析】（1）运用数列的递推式：n=1时，a1=S1，n＞1时，an=Sn﹣Sn﹣1，以及构造等比数列，由等比数列的通项公式可得，注意n=1的情况是否成立；‎ ‎（2）由（1）可得数列{Sn}在n∈N*递增，即可得证．‎ ‎【解答】解：（1）Tn=3Sn﹣2n，n∈N*．①‎ 当n=1时，T1=S1=3S1﹣2，‎ 可得S1=1，‎ n=2时，S1+S2=3S2﹣4，‎ 解得S2=，‎ 当n≥2时，Tn﹣1=3Sn﹣1﹣2（n﹣1），②‎ ‎①﹣②可得Sn=3Sn﹣3Sn﹣1﹣2，‎ 即为Sn=Sn﹣1+1，‎ 即有Sn+2=（Sn﹣1+2），‎ 则Sn+2=（S2+2）•（）n﹣2，‎ 可得Sn=•（）n﹣2﹣2=3•（）n﹣1﹣2，对n=1也成立，‎ 则Sn=3•（）n﹣1﹣2，n∈N*．‎ 当n=1时，a1=S1=1；‎ 当n≥2时，an=Sn﹣Sn﹣1=3•（）n﹣1﹣2﹣3•（）n﹣2+2‎ ‎=（）n﹣1，对n=1也成立，‎ 则数列{an}的通项公式为an=（）n﹣1，n∈N*．‎ ‎（2）证明：由（1）得Sn=3•（）n﹣1﹣2，n∈N*．‎ 由于＞1，可得数列{Sn}递增，‎ 即有Sn≥S1=1，‎ 则Sn≥1，n∈N*．‎ ‎　‎ ‎19．如图三棱柱ABC﹣A1B1C1，AB=BC=CA，D，D1分别是BC，B1C1的中点，四边形ADD1A1是菱形，且平面ADD1A1⊥平面CBB1C1．‎ ‎（Ⅰ）求证：四边形CBB1C1为矩形；‎ ‎（Ⅱ）若，且A﹣BB1C1C体积为，求三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧面积．‎ ‎【考点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积；平面与平面垂直的判定．‎ ‎【分析】（Ⅰ）作AO⊥DD1，证明BC⊥平面ADD1A1，即可证明四边形CBB1C1为矩形；‎ ‎（Ⅱ）若，且A﹣BB1C1C体积为，求出三棱柱ABC﹣A1B1C1的直截面的周长，即可求三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧面积．‎ ‎【解答】（Ⅰ）证明：作AO⊥DD1，则 ‎∵平面ADD1A1⊥平面CBB1C1，平面ADD1A1∩平面CBB1C1=DD1，∴AO⊥平面CBB1C1，‎ ‎∴AO⊥BC，‎ ‎∵AB=BC=CA，D是BC的中点，∴BC⊥AD，‎ ‎∵AO∩AD=A，‎ ‎∴BC⊥平面ADD1A1，‎ ‎∴BC⊥DD1，∴BC⊥CC1，‎ ‎∴四边形CBB1C1为矩形；‎ ‎（Ⅱ）解：设AB=2a，则AO=a，BB1=a，‎ ‎∴A﹣BB1C1C体积==，∴a=1，‎ ‎∴三棱柱ABC﹣A1B1C1的直截面的边长分别为2，，，‎ ‎∴三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧面积=（2++）×2=4+2．‎ ‎　‎ ‎20．圆F：（x﹣1）2﹣y2=1和抛物线y2=4x，过F的直线l与抛物线和圆依次交于A、B、C、D四点 ‎（1）当|BD|+|AC|=7时，求直线l的方程；‎ ‎（2）是否存在过点F的直线l，使得三角形OAB与三角形OCD的面积之比为4：1，若存在，求出直线l的方程，否则说明理由．‎ ‎【考点】直线与抛物线的位置关系；圆与圆锥曲线的综合．‎ ‎【分析】（1）方法一：设直线AD的y=k（x﹣1），代入椭圆方程，利用韦达定理及抛物线的焦点弦公式，即可求得k的值，求得抛物线方程；‎ 方法二：由丨AD丨=2p（1+）=5，求得直线AD的倾斜角，即可求得k的值，求得抛物线方程；‎ ‎（2）由三角形额面积公式，求得丨AB丨：丨CD丨=4：1，根据抛物线的焦点弦公式，求得|AB|•|CD|=x1x2=1，即可求得x1及x2，代入即可求得k的值，求得直线AD方程．‎ ‎【解答】解：（1）抛物线的焦点坐标为F（1，0）‎ 由题意可知：直线AD的斜率显然存在，设直线AD的y=k（x﹣1），A（x1，y1），D（x2，y2），‎ 则，整理得：k2x2﹣2（k2+2）x+k2=0，‎ x1+x2=，x1x2=1，‎ ‎|BD|+|AC|=丨AD丨+丨BC丨=7，‎ 则丨AD丨=5，‎ 由抛物线的焦点弦公式丨AD丨=x1+x2+p=x1+x2+2，‎ 即=3，解得：k=±2，‎ 直线l的方程y﹣2x+2=0或y+2x﹣2=0；‎ 方法二：假设存在过点F的直线l，使得三角形OAB与三角形OCD的面积之比为4：1，‎ 设直线AD的y=k（x﹣1），直线AD的倾斜角为θ，A（x1，y1），D（x2，y2），‎ 则，整理得：k2x2﹣2（k2+2）x+k2=0，‎ x1+x2=，x1x2=1，‎ ‎|BD|+|AC|=丨AD丨+丨BC丨=7，‎ 则丨AD丨=5，‎ 由丨AD丨=x1+x2+p=x1+x2+p=2p（1+）=5，解得：tanθ=±2，‎ 直线AD的斜率为k=±2，‎ 直线l的方程y﹣2x+2=0或y+2x﹣2=0；‎ ‎（2）设O到直线AD的距离d，由△OAB与△OCD的面积之比为4：1，‎ 即S1：S2=（丨AB丨•d）：（丨CD丨•d）=4：1，‎ ‎∴丨AB丨：丨CD丨=4：1，‎ 设直线方程为y=k（x﹣1），‎ 则，整理得：k2x2﹣2（k2+2）x+k2=0，‎ x1+x2=，x1x2=1，‎ 而抛物线的焦点F同时是已知圆的圆心，则|BF|=|CF|=1，‎ ‎∴|AB|=|AF|﹣|BF|=x1，|CD|=|DF|﹣|CF|=x2．‎ ‎∴|AB|•|CD|=x1x2=1，解得：|AB|=x1=4，|CD|=x2=，‎ 则x1+x2==，解得：k=±，‎ ‎∴直线l的方程3y﹣4x+4=0或3y+4x﹣4=0．‎ ‎　‎ ‎21．已知a∈R，函数f（x）=lnx﹣ax+1．‎ ‎（1）讨论函数f（x）的单调性；‎ ‎（2）若函数f（x）有两个不同的零点x1，x2（x1＜x2），求实数a的取值范围；‎ ‎（3）在（2）的条件下，求证：x1+x2＞2．‎ ‎【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值．‎ ‎【分析】（1）先求导，再分类讨论，根据导数和函数单调性的关系即可求出，‎ ‎（2）利用导数判断函数的单调性，以及结合零点定理即可求出a的范围；‎ ‎（3）由0＜x1＜，只要证明：f（﹣x1）＞0就可以得出结论，构造函数：g（x）=f（﹣x）﹣f（x），利用导数即可证明．‎ ‎【解答】解：（1）f（x）的定义域为（0，+∞），其导数f'（x）=﹣a．‎ ‎①当a≤0时，f'（x）＞0，函数在（0，+∞）上是增函数；‎ ‎②当a＞0时，在区间（0，）上，f'（x）＞0；在区间（，+∞）上，f'（x）＜0．‎ ‎∴f（x）在（0，）是增函数，在（，+∞）是减函数．‎ ‎（2）由（1）知，当a≤0时，函数f（x）在（0，+∞）上是增函数，不可能有两个零点，‎ 当a＞0时，f（x）在（0，）上是增函数，在（，+∞）上是减函数，‎ 此时f（）为函数f（x）的最大值，‎ 当f（）≤0时，f（x）最多有一个零点，‎ ‎∴f（）=ln＞0，解得0＜a＜1，‎ 此时，＜＜，且f（）=﹣1﹣+1=﹣＜0，‎ f（）=2﹣2lna﹣+1=3﹣2lna﹣（0＜a＜1），‎ 令F（a）=3﹣2lna﹣，则F'（x）=﹣+=＞0，‎ ‎∴F（a）在（0，1）上单调递增，∴F（a）＜F（1）=3﹣e2＜0，即f（）＜0，‎ ‎∴a的取值范围是（0，1）．‎ ‎（3）由（2）可知函数f（x）在（0，）是增函数，在（，+∞）是减函数．‎ 分析：∵0＜x1＜，∴﹣x1＞．只要证明：f（﹣x1）＞0就可以得出结论．‎ 下面给出证明：构造函数：g（x）=f（﹣x）﹣f（x）=ln（﹣x）﹣a（﹣x）﹣（lnx﹣ax）（0＜x≤），‎ 则g'（x）=﹣+2a=＜0，‎ 函数g（x）在区间（0，]上为减函数，‎ ‎∵0＜x1＜，则g（x1）＞g（）=0，‎ 又f（x1）=0，‎ 于是f（﹣x1）=ln（﹣x1）﹣a（﹣x1）+1﹣f（x1）=g（x1）＞0．‎ 又f（x2）=0，‎ 由（1）可知x2＞﹣x1，即x1+x2＞＞2．‎ ‎　‎ ‎[选修4-4；坐标系与参数方程]‎ ‎22．在平面直角坐标系xOy中，圆C的参数方程为，在以原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立的极坐标系中，直线l的极坐标方程为，A（2，0）‎ ‎（Ⅰ）求圆C的普通方程和直线l的直角坐标方程；‎ ‎（Ⅱ） AP是圆C上动弦，求AP中点M到l距离的最小值．‎ ‎【考点】圆的参数方程；简单曲线的极坐标方程；参数方程化成普通方程．‎ ‎【分析】（Ⅰ）利用三种方程的转化方法，求圆C的普通方程和直线l的直角坐标方程；‎ ‎（Ⅱ） 设P（2cosα，2sinα），则M（cosα+1，sinα），利用点到直线的距离公式，即可求线段AP的中点M到直线l的距离的最小值．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）消去参数得，圆C的普通方程得x2+y2=4． 直线l的极坐标方程为，直角坐标方程为x+y﹣4=0；‎ ‎（Ⅱ）设P（2cosα，2sinα），则M（cosα+1，sinα），‎ ‎∴d==，‎ ‎∴最小值是=．…‎ ‎　‎ ‎[选修4-5：不等式选讲]‎ ‎23．已知函数f（x）=|x﹣a|﹣|x+1|，a∈R．‎ ‎（Ⅰ）当a=1时，求不等式f（x）≤x2﹣x的解集；‎ ‎（Ⅱ）若正实数m，n满足2m+n=1，函数恒成立，求实数a的取值范围．‎ ‎【考点】绝对值不等式的解法；函数恒成立问题．‎ ‎【分析】（Ⅰ）通过讨论x的范围，求出不等式的解集即可；（Ⅱ）求出+的最小值，问题转化为|a+1|≤8，解出即可．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）a=1时，f（x）=|x﹣1|﹣|x+1|，‎ f（x）≤x2﹣x即|x﹣1|﹣|x+1|≤x2﹣x，‎ x≥1时，x﹣1﹣x﹣1≤x2﹣x，即x2﹣x+2≥0，‎ 解得：x≥2或x≤﹣1，（舍），‎ ‎﹣1＜x＜1时，1﹣x﹣x﹣1≤x2﹣x，即x2+x≥0，解得：x≥0或x≤﹣1（舍），‎ x≤﹣1时，1﹣x+x+1≤x2﹣x，即x2﹣x﹣2≥0，‎ 解得：x≥2（舍）或x≤﹣1，‎ 综上，不等式的解集是（﹣∞，﹣1]∪[0，+∞）；‎ ‎（Ⅱ）若正实数m，n满足2m+n=1，‎ 则+=（+）（2m+n）=4++≥4+2=8，‎ 当且仅当n=2m即n=，m=时“=”成立，‎ 函数恒成立，即|x﹣a|﹣|x+1|≤|x﹣a﹣x﹣1|=|a+1|≤8，‎ 解得：﹣9≤a≤7．‎ ‎　‎ ‎2017年5月17日 ‎【来.源：全,品…中&高*考*网】‎