2021-2022年高三数学上学期期末试卷 理(含解析)

2021年高三数学上学期期末试卷理（含解析）
一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，有且只有一项符合题目要求．
1．函数y=的定义域是（）
A．（1，2] B．（1，2） C．（2，+∞） D．（﹣∞，2）
2．若向量=（1，2），=（4，5），则=（）
A．（5，7） B．（﹣3，﹣3） C．（3，3） D．（﹣5，﹣7）
3．若a∈R，则“a2＞a”是“a＞1”的（）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．既不充分也不必要条件 D．充要条件
4．设变量x、y满足，则目标函数z=2x+3y的最小值为（）
A． 7 B． 8 C． 22 D． 23
5．设S n是等比数列{a n}的前n项和，若=3，则=（）
A． 2 B． C． D． l或2
6．己知f（x）=的值域为R，那么a的取值范围是（）
A．（一∞，一1] B．（一l，） C． [﹣1，） D．（0，）
7．执行如图所示的算法，则输出的结果是（）
A． 1 B． C． D． 2
8．如图是某几何体的三视图，则该几何体的体积等于（）
A． B． C． 1 D．
9．己知函数f（x）=sinωx+cosωx（ω＞0），f（）+f（）=0，且f（x）在区间（，）上递减，则ω=（）
A． 3 B． 2 C． 6 D． 5
10．4名大学生到三家企业应聘，每名大学生至多被一家企业录用，则每家企业至少录用一名大学生的情况有（）
A． 24种 B． 36种 C． 48种 D． 60种
11．椭圆C：+=1（a＞b＞0）的左焦点为F，若F关于直线x+y=0的对称点A是椭圆C上的点，则椭圆C的离心率为（）
A． B． C． D．一l
12．设函数f（x）=ax3﹣x+1（x∈R），若对于任意x∈[﹣1，1]都有f（x）≥0，则实数a 的取值范围为（）
A．（﹣∞，2] B．[0+∞） C． [0，2] D． [1，2]
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填写在题中横线上．13．若复数z满足z=i（2+z）（i为虚数单位），则z= ．
14．过点A（3，1）的直线l与圆C：x2+y2﹣4y﹣1=0相切于点B，则•=．
15．在三棱锥P﹣ABC中，PB=6，AC=3，G为△PAC的重心，过点G作三棱锥的一个截面，使截面平行于直线PB和AC，则截面的周长为．
16．数列{a n}的前n项和为S n，2S n﹣na n=n（n∈N*），若S20=﹣360，则a2= ．
三、解答题：本大题共70分，其中（17）-（21）题为必考题，（22），（23），（24）题为选考题．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．（12分）（xx秋•唐山期末）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且csinB=bcos C=3．
（I）求b；
（Ⅱ）若△ABC的面积为，求c．
18．（12分）（xx秋•唐山期末）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是平行四边形，PA⊥底面ABCD，∠PCD=90°，PA=AB=AC．
（I）求证：AC⊥CD；
（Ⅱ）点E在棱PC上，满足∠DAE=60°，求二面角B﹣AE﹣D的余弦值．
19．（12分）（xx秋•唐山期末）某城市有东西南北四个进入城区主干道的入口，在早高峰时间段，时常发生交通拥堵现象，交警部门统计11月份30天内的拥堵天数．东西南北四个主干道入口的拥堵天数分别是18天，15天，9天，15天．假设每个入口发生拥堵现象互相独立，视频率为概率．
（I）求该城市一天中早高峰时间段恰有三个入口发生拥堵的概率；
（Ⅱ）设翻乏示一天中早高峰时间段发生拥堵的主干道入口个数，求ξ的分布列及数学期望．
20．（12分）（xx秋•唐山期末）已知抛物线y2=2px（p＞0），过点C（一2，0）的直线l交抛物线于A，B两点，坐标原点为O，•=12．
（I）求抛物线的方程；
（Ⅱ）当以AB为直径的圆与y轴相切时，求直线l的方程．
21．（12分）（xx秋•唐山期末）己知函数f（x）=ae x+x2，g（x）=sin+bx，直线l与曲线y=f （x）切于点（0，f（0））且与曲线y=g（x）切于点（1，g（1））．
（I）求a，b的值和直线l的方程．
（Ⅱ）证明：f（x）＞g（x）
请考生在第（22），（23），（24）三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．作答时用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑．选修4-1：几何证明选讲22．（10分）（xx秋•唐山期末）如图，四边形么BDC内接于圆，BD=CD，过C点的圆的切线与AB的延长线交于E点．
（I）求证：∠EAC=2∠DCE；
（Ⅱ）若BD⊥AB，BC=BE，AE=2，求AB的长．
选修4-4；坐标系与参数方程
23．（xx秋•唐山期末）极坐标系的极点为直角坐标系xOy的原点，极轴为x轴的正半轴，两种坐标系中的长度单位相同，已知曲线C的极坐标方程为ρ=2（cosθ+sinθ），斜率为的直线l交y轴于点E（0，1）．
（I）求C的直角坐标方程，l的参数方程；
（Ⅱ）直线l与曲线C交于A、B两点，求|EA|+|EB|．
选修4-5：不等式选讲
24．（xx•河南二模）设函数f（x）=|x+1|+|x|（x∈R）的最小值为a．
（I）求a；
（Ⅱ）已知两个正数m，n满足m2+n2=a，求+的最小值．
xx山东省枣庄一中高三（上）期末数学试卷（理科）
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，共60分．在每小题给出的四个选项中，有且只有一项符合题目要求．
1．函数y=的定义域是（）
A．（1，2] B．（1，2） C．（2，+∞） D．（﹣∞，2）
考点：函数的定义域及其求法；对数函数的定义域．
专题：计算题．
分析：由函数的解析式知，令真数x﹣1＞0，根据，得出x≤2，又在分母上不等于0，即x≠2最后取交集，解出函数的定义域．
解答：解：∵log2（x﹣1），∴x﹣1＞0，x＞1
根据，得出x≤2，又在分母上不等于0，即x≠2
∴函数y=的定义域是（1，2）
故选B．
点评：本题主要考查对数及开方的取值范围，同时考查了分数函数等来确定函数的定义域，属基础题．
2．若向量=（1，2），=（4，5），则=（）
A．（5，7） B．（﹣3，﹣3） C．（3，3） D．（﹣5，﹣7）
考点：向量的减法及其几何意义；平面向量的坐标运算．
专题：平面向量及应用．
分析：直接利用向量的减法运算法则求解即可．
解答：解：∵向量=（1，2），=（4，5），
∴==（1，2）﹣（4，5）=（﹣3，﹣3）；
故选：B．
点评：本题考查向量的减法运算以及减法的几何意义，基本知识的考查．
3．若a∈R，则“a2＞a”是“a＞1”的（）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．既不充分也不必要条件 D．充要条件
考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断．
专题：简易逻辑．
分析：根据不等式的解法以及充分条件和必要条件的定义进行判断即可．
解答：解：由a2＞a得a＞1或a＜0，
则“a2＞a”是“a＞1”的必要不充分条件，
故选：B
点评：本题主要考查充分条件和必要条件的判断，根据不等式的关系是解决本题的关键．4．设变量x、y满足，则目标函数z=2x+3y的最小值为（）
A． 7 B． 8 C． 22 D． 23
考点：简单线性规划．
专题：不等式的解法及应用．
分析：作出不等式组对应的平面区域，利用数形结合即可得到结论．
解答：解：作出不等式组对应的平面区域如图：
设z=2x+3y得y=﹣x+z，
平移直线y=﹣x+z，由图象可知当直线y=﹣x+z经过点C时，
直线y=﹣x+z的截距最小，此时z最小，
由，解得，即C（2，1），此时z min=2×2+3×1=7，
故选：A．
点评：本题主要考查线性规划的应用，利用z的几何意义，通过数形结合是解决本题的关键．
5．设S n是等比数列{a n}的前n项和，若=3，则=（）
A． 2 B． C． D． l或2
考点：等比数列的前n项和．
专题：等差数列与等比数列．
分析：利用等比数列的前n项和公式求解．
解答：解：∵S n是等比数列{a n}的前n项和，=3，
∴=1+q2=3，∴q2=2，
∴====．
故选：B．
点评：本题考查等比数列的前6项和与前4项和的比值的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意等比数列的前n项和公式的合理运用．
6．己知f（x）=的值域为R，那么a的取值范围是（）
A．（一∞，一1] B．（一l，） C． [﹣1，） D．（0，）
考点：分段函数的应用；函数的值域．
专题：计算题；分类讨论；函数的性质及应用；不等式的解法及应用．
分析：由于x≥1，lnx≥0，由于f（x）的值域为R，则当x＜1时，（1﹣2a）x+3a的值域包含一切负数，对a讨论，分a=时，当a＞时，当a＜时，结合二次函数的单调性，解不等式即可得到所求范围．
解答：解：由于x≥1，lnx≥0，
由于f（x）的值域为R，
则当x＜1时，（1﹣2a）x+3a的值域包含一切负数，
则当a=时，（1﹣2a）x+3a=不成立；
当a＞时，（1﹣2a）x+3a＞1+a，不成立；
当a＜时，（1﹣2a）x+3a＜1+a，
由1+a≥0，可得a≥﹣1．
则有﹣1≤a＜．
故选C．
点评：本题考查分段函数的值域，考查一次函数和对数函数的单调性的运用，考查分类讨论的思想方法，考查运算能力，属于中档题和易错题．
7．执行如图所示的算法，则输出的结果是（）
A． 1 B． C． D． 2
考点：程序框图．
专题：图表型；算法和程序框图．
分析：模拟执行程序框图，依次写出每次循环得到的n，M，S的值，当S=1时，满足条件S∈Q，退出循环，输出S的值为1．
解答：解：模拟执行程序框图，可得
S=0，n=2
n=3，M=，S=
不满足条件S∈Q，n=4，M=，S=+
不满足条件S∈Q，n=5，M=，S=++=1
满足条件S∈Q，退出循环，输出S的值为1．
故选：A．
点评：本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的结论，属于基础题．
8．如图是某几何体的三视图，则该几何体的体积等于（）
A． B． C． 1 D．
考点：由三视图求面积、体积．
专题：计算题；空间位置关系与距离．
分析：几何体是三棱柱削去一个同高的三棱锥，根据三视图判断相关几何量的数据，把数据代入棱柱与棱锥的体积公式计算．
解答：解：由三视图知：几何体是三棱柱削去一个同高的三棱锥，
其中三棱柱的高为2，底面是直角边长为1的等腰直角三角形，
三棱锥的底面是直角边长为1的等腰直角三角形，
∴几何体的体积V=×1×1×2﹣××1×1×2=．
故选：A．
点评：本题考查了由三视图求几何体的体积，根据三视图判断几何体的形状及数据所对应的几何量是解题的关键．
9．己知函数f（x）=sinωx+cosωx（ω＞0），f（）+f（）=0，且f（x）在区间（，）上递减，则ω=（）
A． 3 B． 2 C． 6 D． 5
考点：三角函数中的恒等变换应用；正弦函数的图象．
专题：三角函数的求值；三角函数的图像与性质．
分析：首先通过三角恒等变换把函数变形成正弦型函数，进一步利用整体思想利用区间与区间的子集关系求出ω的范围，进一步利用代入法进行验证求出结果．
解答：解：f（x）=sinωx+cosωx
=2sin（）
所以：
当k=0时，
由于：f（x）在区间（，）单调递减，
所以：
解不等式组得到：
当ω=2时，f（）+f（）=0，
故选：B．
点评：本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，正弦型函数单调性的应用，带入验证法的应用，属于基础题型．
10．4名大学生到三家企业应聘，每名大学生至多被一家企业录用，则每家企业至少录用一名大学生的情况有（）
A． 24种 B． 36种 C． 48种 D． 60种
考点：计数原理的应用．
专题：排列组合．
分析：分两类，第一类，有3名被录用，第二类，4名都被录用，则有一家录用两名，根据分类计数原理即可得到答案
解答：解：分两类，第一类，有3名被录用，有=24种，第二类，4名都被录用，则有一家录用两名，有=36，
根据分类计数原理，共有24+36=60（种）
故选D．
点评：本题考查排列、组合的综合运用，解题时要先确定分几类，属于基础题
11．椭圆C：+=1（a＞b＞0）的左焦点为F，若F关于直线x+y=0的对称点A是椭圆C上的点，则椭圆C的离心率为（）
A． B． C． D．一l
考点：椭圆的简单性质．
专题：计算题；圆锥曲线的定义、性质与方程．
分析：求出F（﹣c，0）关于直线x+y=0的对称点A的坐标，代入椭圆方程可得离心率．解答：解：设F（﹣c，0）关于直线x+y=0的对称点A（m，n），则，∴m=，n=c，
代入椭圆方程可得，
化简可得e4﹣8e2+4=0，
∴e=﹣1，
故选：D．
点评：本题考查椭圆的方程简单性质的应用，考查对称知识以及计算能力．
12．设函数f（x）=ax3﹣x+1（x∈R），若对于任意x∈[﹣1，1]都有f（x）≥0，则实数a 的取值范围为（）
A．（﹣∞，2] B．[0+∞） C． [0，2] D． [1，2]
考点：利用导数求闭区间上函数的最值．
专题：导数的综合应用；不等式的解法及应用．
分析：对x讨论，当x=0，当x∈（0，1]时，f（x）=ax3﹣3x+1≥0可化为：aa≥﹣，设g （x）=﹣，由导数判断单调性，即可求出a≥0；x∈[﹣1，0）时，求出a≤2，由此可得a 的取值范围．
解答：解：若x=0，则不论a取何值，f（x）≥0都成立；
当x＞0即x∈（0，1]时，f（x）=ax3﹣x+1≥0可化为：
a≥﹣，
设g（x）=﹣，则g′（x）=，
所以g（x）在区间（0，1]上单调递增，
因此g（x）max=g（1）=0，从而a≥0；
当x＜0即x∈[﹣1，0）时，f（x）=ax3﹣x+1≥0可化为：a≤﹣，
设g（x）=﹣，则g′（x）=，
g（x）在区间[﹣1，0）上单调递增，
因此g（x）min=g（﹣1）=2，
从而a≤2，
则0≤a≤2．
即有实数a的取值范围为[0，2]．
故选：C．
点评：本题考查不等式恒成立问题的解法，是中档题，解题时要认真审题，注意导数性质的合理运用．
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填写在题中横线上．13．若复数z满足z=i（2+z）（i为虚数单位），则z= ﹣1+i ．
考点：复数代数形式的乘除运算．
专题：数系的扩充和复数．
分析：根据复数的基本运算进行求解即可．
解答：解：由z=i（2+z）=zi+2i得（1﹣i）z=2i，
则z==﹣1+i，
故答案为：﹣1+i
点评：本题主要考查复数的基本运算，比较基础．
14．过点A（3，1）的直线l与圆C：x2+y2﹣4y﹣1=0相切于点B，则•= 5 ．
考点：平面向量数量积的运算．
专题：平面向量及应用．
分析：过点A（3，1）的直线l与圆C：x2+y2﹣4y﹣1=0相切于点B，可得=0．因此•==，即可得出．
解答：解：由圆C：x2+y2﹣4y﹣1=0配方为x2+（y﹣2）2=5．∴C（0，2），半径r=．
∵过点A（3，1）的直线l与圆C：x2+y2﹣4y﹣1=0相切于点B，
∴=0．
∴•=
=+
=
=5．
故答案为：5．
点评：本题考查了直线与圆相切性质、向量的三角形法则、数量积运算性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
15．在三棱锥P﹣ABC中，PB=6，AC=3，G为△PAC的重心，过点G作三棱锥的一个截面，使截面平行于直线PB和AC，则截面的周长为8 ．
考点：棱锥的结构特征．
专题：计算题；空间位置关系与距离．
分析：如图所示，过G作E F∥AC，分别交PA，PC于点E，F．过点F作FM∥PB交BC于点M，过点E作EN∥PB交AB于点N．由作图可知：四点EFMN共面．可得=，EF=MN=2．同理可得：EN=FM=2．
解答：解：如图所示，过点G作EF∥AC，分别交PA，PC于点E，F
过点F作FM∥PB交BC于点M，过点E作EN∥PB交AB于点N．
由作图可知：EN∥FM，∴四点EFMN共面
可得MN∥AC∥EF，EN∥PB∥FM．
∴=，
可得EF=MN=2．
同理可得：EN=FM=2．
∴截面的周长为8．
故答案为：8．
点评：本题考查了三角形重心的性质、线面平行的判定与性质定理、平行线分线段成比例定理，考查了推理能力用途计算能力，属于中档题．
16．数列{a n}的前n项和为S n，2S n﹣na n=n（n∈N*），若S20=﹣360，则a2= ﹣1 ．
考点：数列递推式；数列的求和．
专题：等差数列与等比数列．
分析：由已知得S n=，从而，解得a1=1，进而，由此得到{a n}是等差数列，从而由已知条件利用等差数列的性质能求出a2．
解答：解：∵2S n﹣na n=n（n∈N*），
∴S n=，
∴，解得a1=1，
∴，∴{a n}是等差数列，
∵S20=﹣360，∴S20==﹣360，
解得a20+1=﹣36，即a20=﹣37，
∴19d=a20﹣a1=﹣38，解得d=﹣2，
∴a2=a1+d=1﹣2=﹣1．
故答案为：﹣1．
点评：本题考查数列的第二项的值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意等差数列的性质的合理运用．
三、解答题：本大题共70分，其中（17）-（21）题为必考题，（22），（23），（24）题为选考题．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．（12分）（xx秋•唐山期末）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且csinB=bcos C=3．
（I）求b；
（Ⅱ）若△ABC的面积为，求c．
考点：正弦定理；余弦定理．
专题：计算题；解三角形．
分析：（Ⅰ）由正弦定理得sinC=cosC，可得C=45°，由bcosC=3，即可求得b的值．（Ⅱ）由S=acsinB=，csinB=3，可求得a，据余弦定理可得c2=a2+b2﹣2abcosC=25，即可求得c的值．
解答：解：（Ⅰ）由正弦定理得sinCsinB=sinBcosC，
又sinB≠0，所以sinC=cosC，C=45°．
因为bcosC=3，
所以b=3．…（6分）
（Ⅱ）因为S=acsinB=，csinB=3，
所以a=7．
据余弦定理可得c2=a2+b2﹣2abcosC=25，
所以c=5．…（12分）
点评：本题主要考查了正弦定理、余弦定理面积公式的应用，属于基础题．
18．（12分）（xx秋•唐山期末）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是平行四边形，PA⊥底面ABCD，∠PCD=90°，PA=AB=AC．
（I）求证：AC⊥CD；
（Ⅱ）点E在棱PC上，满足∠DAE=60°，求二面角B﹣AE﹣D的余弦值．
考点：用空间向量求平面间的夹角；空间中直线与直线之间的位置关系．
专题：空间位置关系与距离；空间角．
分析：（Ⅰ）通过线面垂直的判定定理及性质定理即得结论；
（Ⅱ）以点A为原点，以为x轴正方向、以||为单位长度，建立空间直角坐标系．利用
∠DAE=60°即cos＜，＞=可得=（0，，），通过cos＜，＞=即得二面角B﹣AE﹣D的余弦值为．解答：（Ⅰ）证明：因为PA⊥底面ABCD，所以PA⊥CD，
因为∠PCD=90°，所以PC⊥CD，
所以CD⊥平面PAC，所以CD⊥AC；
（Ⅱ）解：∵底面ABCD是平行四边形，CD⊥AC，∴AB⊥AC．
又PA⊥底面ABCD，∴AB，AC，AP两两垂直．
如图所示，以点A为原点，以为x轴正方向、以||为单位长度，建立空间直角坐标系．
则B（1，0，0），C（0，1，0），P（0，0，1），D（﹣1，1，0）．
设=λ=λ（0，1，﹣1），则=+=（0，λ，1﹣λ），
又∠DAE=60°，则cos＜，＞=，
即=，解得λ=．
则=（0，，），=﹣=（﹣1，，﹣），
所以cos＜，＞==﹣．
因为•=0，所以⊥．
又⊥，故二面角B﹣AE﹣D的余弦值为﹣．
点评：本题考查空间中线线垂直的判定，以及求二面角的三角函数值，注意解题方法的积累，属于中档题．
19．（12分）（xx秋•唐山期末）某城市有东西南北四个进入城区主干道的入口，在早高峰时间段，时常发生交通拥堵现象，交警部门统计11月份30天内的拥堵天数．东西南北四个主干道入口的拥堵天数分别是18天，15天，9天，15天．假设每个入口发生拥堵现象互相独立，视频率为概率．
（I）求该城市一天中早高峰时间段恰有三个入口发生拥堵的概率；
（Ⅱ）设翻乏示一天中早高峰时间段发生拥堵的主干道入口个数，求ξ的分布列及数学期望．
考点：离散型随机变量的期望与方差；离散型随机变量及其分布列．
专题：概率与统计．
分析：（Ⅰ）设东西南北四个主干道入口发生拥堵分别为事件A，B，C，D，设一天恰有三个入口发生拥堵为事件M，则M=BCD+ACD+ABD+ABC．由此能求出该城市一天中早高峰时间段恰有三个入口发生拥堵的概率．
（Ⅱ）ξ的可能取值为0，1，2，3，4．分别求出相应的概率，由此能求出ξ的分布列及数学期望．
解答：解：（Ⅰ）设东西南北四个主干道入口发生拥堵分别为事件A，B，C，D．
则P（A）==，P（B）==，P（C）==，P（D）==．
设一天恰有三个入口发生拥堵为事件M，则
M=BCD+ACD+ABD+ABC．
则P（M）=+×××+×××+×××=．…（5分）
（Ⅱ）ξ的可能取值为0，1，2，3，4．
P（ξ=0）==，
P（ξ=1）==，
P（ξ=2）=，
P（ξ=3）==，
P（ξ=4）=．
ξ的分布列为：
ξ 0 1 2 3 4
p
E（ξ）=0×+3×+4×=．…（12分）
点评：本题考查概率的求法，考查离散型随机变量的分布列和数学期望的求法，解题时要认真审题，注意排列组合的合理运用，是中档题．
20．（12分）（xx秋•唐山期末）已知抛物线y2=2px（p＞0），过点C（一2，0）的直线l交抛物线于A，B两点，坐标原点为O，•=12．
（I）求抛物线的方程；
（Ⅱ）当以AB为直径的圆与y轴相切时，求直线l的方程．
考点：抛物线的简单性质．
专题：圆锥曲线的定义、性质与方程．
分析：（Ⅰ）设l：x=my﹣2，代入y2=2px，可得根与系数的关系，再利用•=12，可得x1x2+y1y2=12，代入即可得出．
（Ⅱ）由（Ⅰ）（∗）化为y2﹣4my+8=0．设AB的中点为M，可得|AB|=2x m=x1+x2=m（y1+y2）﹣4=4m2﹣4，又|AB|=|y1﹣y2|=，联立解出m即可得出．
解答：解：（Ⅰ）设l：x=my﹣2，代入y2=2px，
可得y2﹣2pmy+4p=0．（∗）
设A（x1，y1），B（x2，y2），
则y1+y2=2pm，y1y2=4p，
则x1x2==4．
∵•=12，
∴x1x2+y1y2=12，
即4+4p=12，
得p=2，抛物线的方程为y2=4x．
（Ⅱ）由（Ⅰ）（∗）化为y2﹣4my+8=0．
y1+y2=4m，y1y2=8．
设AB的中点为M，
则|AB|=2x m=x1+x2=m（y1+y2）﹣4=4m2﹣4，①
又|AB|=|y1﹣y2|=，②
由①②得（1+m2）（16m2﹣32）=（4m2﹣4）2，
解得m2=3，m=±．
∴直线l的方程为x+y+2=0，或x﹣y+2=0．
点评：本题考查了抛物线的标准方程及其性质、直线与抛物线相交问题转化为方程联立可得根与系数的关系、焦点弦长公式、弦长公式、直线与圆相切的性质、数量积运算，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
21．（12分）（xx秋•唐山期末）己知函数f（x）=ae x+x2，g（x）=sin+bx，直线l与曲线y=f （x）切于点（0，f（0））且与曲线y=g（x）切于点（1，g（1））．
（I）求a，b的值和直线l的方程．
（Ⅱ）证明：f（x）＞g（x）
考点：利用导数研究曲线上某点切线方程；利用导数求闭区间上函数的最值．
专题：导数的概念及应用；导数的综合应用．
分析：（Ⅰ）分别求出f（x）、g（x）的导数，求得切线的斜率和切线方程，再由切线唯一，即可求得a，b和切线方程；
（Ⅱ）设F（x）=f（x）﹣（x+1）=e x+x2﹣x﹣1，运用导数，求得最小值大于0，再设G（x）=x+1﹣g（x），由正弦函数的值域可得G（x）≥0，即可得到f（x）＞g（x），即可得证．解答：解：（Ⅰ）f′（x）=ae x+2x，g′（x）=cos+b，
即有f（0）=a，f′（0）=a，g（1）=1+b，g′（1）=b，
曲线y=f（x）在点（0，f（0））处的切线为y=ax+a，
曲线y=g（x）在点（1，g（1））处的切线为y=b（x﹣1）+1+b，
即y=bx+1．
依题意，有a=b=1，直线l方程为y=x+1．
（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知f（x）=e x+x2，g（x）=sin+x．
设F（x）=f（x）﹣（x+1）=e x+x2﹣x﹣1，则F′（x）=e x+2x﹣1，
当x∈（﹣∞，0）时，F′（x）＜F′（0）=0；
当x∈（0，+∞）时，F′（x）＞F′（0）=0．
F（x）在（﹣∞，0）单调递减，在（0，+∞）单调递增，
故F（x）≥F（0）=0．
设G（x）=x+1﹣g（x）=1﹣sin，
则G（x）≥0，当且仅当x=4k+1（k∈Z）时等号成立．
由上可知，f（x）≥x+1≥g（x），且两个等号不同时成立，
因此f（x）＞g（x）．
点评：本题考查导数的运用：求切线方程和单调区间、极值和最值，同时考查函数的单调性的运用，三角函数的图象和性质，属于中档题和易错题．
请考生在第（22），（23），（24）三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．作答时用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑．选修4-1：几何证明选讲
22．（10分）（xx秋•唐山期末）如图，四边形么BDC内接于圆，BD=CD，过C点的圆的切线与AB的延长线交于E点．
（I）求证：∠EAC=2∠DCE；
（Ⅱ）若BD⊥AB，BC=BE，AE=2，求AB的长．
考点：与圆有关的比例线段；弦切角．
专题：推理和证明．
分析：（Ⅰ）由等腰三角形性质得∠BCD=∠CBD，由弦切角定理得∠ECD=∠CBD，从而
∠BCE=2∠ECD，由此能证明∠EAC=2∠ECD．
（Ⅱ）由已知得AC⊥CD，AC=AB，由BC=BE，得AC=EC．由切割线定理得EC2=AE•BE，由此能求出AB的长．
解答：（Ⅰ）证明：因为BD=CD，所以∠BCD=∠CBD．
因为CE是圆的切线，所以∠ECD=∠CBD．
所以∠ECD=∠BCD，所以∠BCE=2∠ECD．
因为∠EAC=∠BCE，所以∠EAC=2∠ECD．…（5分）
（Ⅱ）解：因为BD⊥AB，所以AC⊥CD，AC=AB．
因为BC=BE，所以∠BEC=∠BCE=∠EAC，所以AC=EC．
由切割线定理得EC2=AE•BE，即AB2=AE•（ AE﹣AB），即
AB2+2 AB﹣4=0，解得AB=﹣1．…（10分）
点评：本题考查一个角是另一个角的二倍的证明，考查线段长的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意弦切角定理、切割线定理的合理运用．
选修4-4；坐标系与参数方程
23．（xx秋•唐山期末）极坐标系的极点为直角坐标系xOy的原点，极轴为x轴的正半轴，两种坐标系中的长度单位相同，已知曲线C的极坐标方程为ρ=2（cosθ+sinθ），斜率为的直线l交y轴于点E（0，1）．
（I）求C的直角坐标方程，l的参数方程；
（Ⅱ）直线l与曲线C交于A、B两点，求|EA|+|EB|．
考点：简单曲线的极坐标方程．
专题：直线与圆．
分析：（I）由ρ=2（cosθ+sinθ），得ρ2=2（ρcosθ+ρsinθ），把代入即可得出；由斜率为的直线l交y轴于点E（0，1）即可得出直线的参数方程．
（II）将代入（x﹣1）2+（y﹣1）2=2得t2﹣t﹣1=0，利用根与系数的关系、直
线参数的意义即可得出．
解答：解：（Ⅰ）由ρ=2（cosθ+sinθ），得ρ2=2（ρcosθ+ρsinθ），
即x2+y2=2x+2y，即（x﹣1）2+（y﹣1）2=2．
l的参数方程为（t为参数，t∈R），
（Ⅱ）将代入（x﹣1）2+（y﹣1）2=2得t2﹣t﹣1=0，
解得，t1=，t2=．
则|EA|+|EB|=|t1|+|t2|=|t1﹣t2|=．
点评：本题考查了极坐标方程化为直角坐标方程、参数方程化为普通方程、直线方程的应用，考查了计算能力，属于基础题．
选修4-5：不等式选讲
24．（xx•河南二模）设函数f（x）=|x+1|+|x|（x∈R）的最小值为a．
（I）求a；
（Ⅱ）已知两个正数m，n满足m2+n2=a，求+的最小值．
考点：绝对值三角不等式；基本不等式．
专题：不等式的解法及应用．
分析：（I）化简函数的解析式，再利用函数的单调性求得函数的最小值，再根据函数的最小值为a，求得a的值．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知m2+n2=1，利用基本不等式求得≥2，再利用基本不等式求得+的最小值．解答：解：（I）函数f（x）=|x+1|+|x|=，
当x∈（﹣∞，0]时，f（x）单调递减；当x∈[0，+∞）时，f（x）单调递增，
所以当x=0时，f（x）的最小值a=1．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知m2+n2=1，由m2+n2≥2mn，得mn≤，∴≥2
故有+≥2≥2，当且仅当m=n=时取等号．
所以+的最小值为2．
点评：本题主要考查带有绝对值的函数，利用函数的单调性求函数的最值，基本不等式的应用，属于中档题．。