2016届广东省广州实验中学高三(上)第二次段考数学试卷(文科)(解析版)

2015-2016学年广东省广州实验中学高三（上）第二次段
考数学试卷（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．设集合A={x|x2﹣2x﹣3＜0}，B={y|1≤y≤4}，则A∩B=（）
A．[0，2]B．（1，3）C．[1，3）D．（1，4）
【考点】交集及其运算．
【专题】计算题；集合思想；定义法；集合．
【分析】求出A中不等式的解集，确定出A，求出A与B的交集即可．
【解答】解：集合A={x|x2﹣2x﹣3＜0}=（﹣1，3），
B={y|1≤y≤4}=[1，4]，
则A∩B=[1，3），
故选：C．
【点评】此题考查了交集及其运算，熟练掌握交集的定义是解本题的关键．
2．设z=1﹣i（i是虚数单位），则=（）
A．2﹣2i B．2+2i C．3﹣i D．3+i
【考点】复数代数形式的乘除运算．
【专题】计算题．
【分析】将分子与分母同乘以分母的共轭复数，将分母实数化再与进行运算即可．
【解答】解：∵z=1﹣i，
∴+=+=+（1+i）=（1+i）+（1+i）=2（1+i）．
故选B．
【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，着重考查复数的混合运算，属于基础题．
3．在下列条件中，可判断平面α与β平行的是（）
A．α、β都垂直于平面r
B．α内存在不共线的三点到β的距离相等
C．l，m是α内两条直线，且l∥β，m∥β
D．l，m是两条异面直线，且l∥α，m∥α，l∥β，m∥β
【考点】平面与平面平行的判定．
【专题】综合题．
【分析】通过举反例推断A、B、C是错误的，即可得到结果．
【解答】解：A中：教室的墙角的两个平面都垂直底面，但是不平行，错误．
B中：如果这三个点在平面的两侧，满足不共线的三点到β的距离相等，这两个平面相交，B错误．
C中：如果这两条直线平行，那么平面α与β可能相交，所以C错误．
故选D．
【点评】本题考查平面与平面平行的判定，考查空间想象能力，是基础题．
4．将直线2x﹣y+λ=0沿x轴向左平移1个单位，所得直线与圆x2+y2+2x﹣4y=0相切，则实数λ的值为（）
A．﹣3或7 B．﹣2或8 C．0或10 D．1或11
【考点】直线与圆的位置关系．
【专题】计算题．
【分析】根据直线平移的规律，由直线2x﹣y+λ=0沿x轴向左平移1个单位得到平移后直线的方程，然后因为此直线与圆相切得到圆心到直线的距离等于半径，利用点到直线的距离公式列出关于λ的方程，求出方程的解即可得到λ的值．
【解答】解：把圆的方程化为标准式方程得（x+1）2+（y﹣2）2=5，圆心坐标为（﹣1，2），
半径为，
直线2x﹣y+λ=0沿x轴向左平移1个单位后所得的直线方程为2（x+1）﹣y+λ=0，
因为该直线与圆相切，则圆心（﹣1，2）到直线的距离d==r=，
化简得|λ﹣2|=5，即λ﹣2=5或λ﹣2=﹣5，
解得λ=﹣3或7
故选A
【点评】此题考查学生掌握平移的规律及直线与圆相切时所满足的条件，灵活运用点到直线的距离公式化简求值，是一道中档题．
5．某几何体的三视图如图所示，且该几何体的体积是3，则正视图中的x的值是（）
A．2 B． C． D．3
【考点】简单空间图形的三视图．
【专题】计算题；空间位置关系与距离．
【分析】根据三视图判断几何体为四棱锥，再利用体积公式求高x即可．
【解答】解：根据三视图判断几何体为四棱锥，其直观图是：
V==3⇒x=3．
故选D．
【点评】由三视图正确恢复原几何体是解题的关键．
6．如图所示为函数f（x）=2sin（ωx+φ）（ω＞0，0≤φ≤π）的部分图象，其中A，B两点之间的距离为5，那么f（﹣1）=（）
A．2 B．C．D．﹣2
【考点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式．
【专题】计算题．
【分析】由图象可得A=2，2sinφ=1，再由0≤φ≤π，结合图象可得φ的值．再由A，B两点
之间的距离为5，可得25=16+，可得ω的值，从而求得函数f（x）的解析式，f （﹣1）的值可求．
【解答】解：由图象可得A=2，2sinφ=1，即sinφ=．再由0≤φ≤π，结合图象可得φ=．
再由A，B两点之间的距离为5，可得25=16+，可得ω=．
故函数f（x）=2sin（x+），故f（﹣1）=2sin=2，
故选A．
【点评】本题主要考查由函数y=Asin（ωx+φ）的部分图象求解析式，属于中档题．
7．已知z=x+y其中实数x、y满足，若z的最小值为﹣3，则z的最大值是（）
A．6 B．7 C．8 D．9
【考点】简单线性规划．
【专题】数形结合；综合法；不等式的解法及应用．
【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数求得最小值，得到k值，再把最大值时最优解的坐标代入目标函数得答案．
【解答】解：由约束条件作出可行域如图，
联立，解得A（m，m），
联立，解得B（﹣2m，m），
由z=x+y，得y=﹣x+z，
由图可知，当直线y=﹣x+z过B（﹣2m，m）时，直线在y轴上的截距最小为﹣m=﹣3，则m=3．
当直线y=﹣x+z过A（m，m）时，直线在y轴上的截距最大，z有最大值为2m=6．
故选：A．
【点评】本题考查简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，是中档题．
8．已知实数20、m2、52构成一个等差数列，则圆锥曲线的离心率为（）
A． B．C．或D．或7
【考点】椭圆的简单性质；双曲线的简单性质．
【专题】计算题；规律型；圆锥曲线的定义、性质与方程．
【分析】由20、m2、52构成一个等差数列，得到m的值．利用圆锥曲线是椭圆；圆锥曲线是双曲线，由此入手能求出离心率．
【解答】解：∵20、m2、52构成一个等差数列，
∴m=±6．
当m=6时，圆锥曲线是椭圆，它的离心率是e===；
当m=﹣6时，圆锥曲线是双曲线，它的离心率是e===．
故选：C．
【点评】本题考查圆锥曲线的离心率的求法，解题时要注意等比数列的性质的合理运用，注意分类讨论思想的灵活运用．
9．函数f （x ）=2cos （ωx+φ）（ω≠0），对任意x 都有f （+x ）=f （﹣x ），则f （）等
于（ ） A ．2或0 B ．﹣2或2 C ．0 D ．﹣2或0
【考点】余弦函数的图象． 【专题】三角函数的图像与性质．
【分析】由题意可得函数f （x ）的图象关于直线x=
对称，从而求得f （）的值．
【解答】解：由函数f （x ）=2cos （ωx+φ）（ω≠0），对任意x 都有f （+x ）=f （
﹣x ），
可得函数f （x ）的图象关于直线x=
对称，故f （
）=±2，
故选：B ．
【点评】本题主要考查余弦函数的图象的对称性，属于基础题．
10．已知{a n }是等比数列，a 2=2，a 5=，则a 1a 2+a 2a 3+…+a n a n+1=（ ）
A ．16（1﹣4﹣n ）
B ．16（1﹣2﹣n ）
C ．
（1﹣4﹣n ） D ．
（1﹣2﹣n ）
【考点】等比数列的前n 项和． 【专题】计算题．
【分析】首先根据a 2和a 5求出公比q ，根据数列{a n a n+1}每项的特点发现仍是等比数列，且首项是a 1a 2=8，公比为．进而根据等比数列求和公式可得出答案．
【解答】解：由
，解得
．
数列{a n a n+1}仍是等比数列：其首项是a 1a 2=8，公比为，
所以，
故选：C ． 【点评】本题主要考查等比数列通项的性质和求和公式的应用．应善于从题设条件中发现规律，充分挖掘有效信息．
11．函数f （x ）在定义域R 内可导，若f （x ）=f （1﹣x ），且当
时，有
，设
，
，
，则
（ ）
A ．a ＜b ＜c
B ．c ＜a ＜b
C ．c ＜b ＜a
D ．b ＜c ＜a
【考点】导数的运算；函数的单调性及单调区间；不等关系与不等式． 【专题】函数的性质及应用．
【分析】根据条件得到函数的单调性，然后将自变量化到同一个单调区间上，从而可判定a ，b ，c 的大小．
【解答】解：∵，
∴当x＞时，f′（x）＜0，当x＜时，f′（x）＞0
∴f（x）在（﹣∞，）上单调递增，在（，+∞）上单调递减
=f（﹣）=f（1+），=f（），=f（4），
∵＜1+＜4
∴f（）＞f（1+）＞f（4），即c＜a＜b
故选B．
【点评】本题主要考查了利用函数的单调性比较函数值大小，同时考查了运算求解的能力，属于基础题．
12．已知函数f（x）=e x﹣mx+1的图象是曲线C，若曲线C不存在与直线y=ex垂直的切线，则实数m的取值范围是（）
A．（﹣∞，﹣）B．[，+∞）C．（﹣∞，）D．（﹣∞，]
【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程．
【专题】方程思想；分析法；导数的概念及应用；直线与圆．
【分析】求出函数的导数，设切点为（s，t），求得切线的斜率，若曲线C不存在与直线y=ex 垂直的切线，则关于s的方程e s﹣m=﹣无实数解，由指数函数的值域，即可得到m的范围．【解答】解：函数f（x）=e x﹣mx+1的导数为f′（x）=e x﹣m，
设切点为（s，t），即有切线的斜率为e s﹣m，
若曲线C不存在与直线y=ex垂直的切线，
则关于s的方程e s﹣m=﹣无实数解，
由于e s＞0，即有m﹣≤0，
解得m≤．
故选：D．
【点评】本题考查导数的几何意义：函数在某点处的导数即为曲线在该点处的切线的斜率，同时考查两直线垂直的条件，运用指数函数的值域是解题的关键．
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．
13．在△ABC中，a、b、c分别为角A、B、C所对的三边长，若，
则角B的大小为或．
【考点】余弦定理．
【专题】计算题．
【分析】由余弦定理可得a2+c2﹣b2=2accosB，代入已知关系式，可得sinB=，从而可得
答案．
【解答】解：∵在△ABC中，a2+c2﹣b2=2accosB，
∴（a2+c2﹣b2）tanB=2accosB×tanB=2acsinB，
∵（a2+c2﹣b2）tanB=ac，
∴2acsinB=ac，
∴sinB=．又0＜B＜π，
∴B=或．
故答案为：或．
【点评】本题考查余弦定理，考查三角函数间的关系及三角函数的求值，求得sinB=是
关键，属于基础题．
14．在△OAB中，已知P为线段AB上的一点，若=3，||=4，||=2，且与的
夹角为60°，则=﹣9．
【考点】平面向量数量积的运算．
【专题】转化思想；向量法；平面向量及应用．
【分析】用和当基底，表示和，再利用两个向量的数量积的定义和性质：向量的平方即为模的平方，计算可得结果．
【解答】解：由=3可得﹣=3（﹣），
即有=，
=﹣，
∴•=•（﹣）
=（2﹣32+2•）
=（22﹣3•42+2•2•4•）=﹣9．
故答案为：﹣9．
【点评】本题主要考查两个向量的加减法的法则，两个向量的数量积的定义，数量积的性质，考查运算能力，属于中档题．
15．已知三棱锥S﹣ABC，满足SA⊥SB，SB⊥SC，SC⊥SA，且SA=SB=SC，若该三棱锥
外接球的半径为，Q是外接球上一动点，则点Q到平面ABC的距离的最大值为．
【考点】点、线、面间的距离计算．
【专题】计算题；方程思想；综合法；空间位置关系与距离．
【分析】由题意，三棱锥的外接球即为以SA，SB，SC为长宽高的正方体的外接球，求出球心到平面ABC的距离，即可求出点Q到平面ABC的距离的最大值．
【解答】解：∵三棱锥S﹣ABC中，SA⊥SB，SB⊥SC，SC⊥SA，且SA=SB=SC，
∴三棱锥的外接球即为以SA，SB，SC为长宽高的正方体的外接球，
∵该三棱锥外接球的半径为，
∴正方体的体对角线长为2，
∴球心到平面ABC的距离为=
∴点Q到平面ABC的距离的最大值为+=．
故答案为：．
【点评】本题考查点Q到平面ABC的距离的最大值，考查学生的计算能力，求出球心到平面ABC的距离是关键．
16．定义域为R的偶函数f（x）满足对∀x∈R，有f（x+2）=f（x）﹣f（1），且当x∈[0，1]时，f（x）=﹣2x2+4x﹣2，若函数y=f（x）﹣log a（|x|+1）在（0，+∞）上至少有三个零点，
则a的取值范围是（0，）．
【考点】函数的零点．
【专题】计算题；数形结合；函数的性质及应用．
【分析】根据定义域为R的偶函数f（x）满足对∀x∈R，有f（x+2）=f（x）﹣f（1），可以令x=﹣1，求出f（1），再求出函数f（x）的周期为2，当x∈[0，1]时，f（x）=﹣2x2+4x﹣2，画出图形，根据函数y=f（x）﹣log a（|x|+1）在（0，+∞）上至少有三个零点，利用数形结合的方法进行求解．
【解答】解：因为f（x+2）=f（x）﹣f（1），且f（x）是定义域为R的偶函数
令x=﹣1 所以f（﹣1+2）=f（﹣1）﹣f（1），f（﹣1）=f（1）
即f（1）=0 则有，f（x+2）=f（x）
f（x）是周期为2的偶函数，
当x∈[0，1]时，f（x）=﹣2x2+4x﹣2=﹣2（x﹣1）2，
图象为开口向下，顶点为（1，0）的抛物线
∵函数y=f（x）﹣log a（|x|+1）在（0，+∞）上至少有三个零点，
∵f（x）≤0，
令g（x）=log a（|x|+1），
∴g（x）≤0，可得a＜1，
要使函数y=f（x）﹣log a（|x|+1）在（0，+∞）上至少有三个零点，
如图要求g（2）＞f（2），可得
就必须有log a（2+1）＞f（2）=﹣2，
∴可得log a3＞﹣2，∴3＜，解得﹣＜a＜又a＞0，
∴0＜a＜，
故答案为：．
【点评】此题主要考查函数周期性及其应用，解题的过程中用到了数形结合的方法，这也是高考常考的热点问题，此题是一道中档题．
三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
17．已知等差数列{a n}满足：a3=7，a5+a7=26，{a n}的前n项和为S n
（Ⅰ）求a n及S n
（Ⅱ）令b n=（n∈N*），若数列{b n}的前n项和为T n，证明：．
【考点】数列的求和．
【专题】方程思想；待定系数法；等差数列与等比数列；不等式的解法及应用．
【分析】（Ⅰ）设等差数列{a n}的公差为d，运用等差数列的通项公式和求和公式，解方程即可得到所求；
（Ⅱ）求得b n===•=（﹣），再由数列的求和方法：
裂项相消求和，可得T n，再由数列的单调性和不等式的性质，即可得证．
【解答】解：（Ⅰ）设等差数列{a n}的公差为d，
由a3=7，a5+a7=26，可得
，解得a1=3，d=2，
则a n=3+2（n﹣1）=2n+1；
S n=3n+n（n﹣1）•2=n2+2n；
（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知a n=2n+1，
则b n===•=（﹣），
则前n项和为T n=（1﹣+﹣+…+﹣）=（1﹣）＜，
．
【点评】本题考查等差数列的通项公式和求和公式的运用，考查数列的求和方法：裂项相消求和，同时考查不等式的证明，注意运用数列的单调性和不等式的性质，属于中档题．
18．在△ABC中，内角A、B、C对边长分别是a，b，c，已知c=2，C=
（Ⅰ）若△ABC的面积等于；
（Ⅱ）若sinC+sin（B﹣A）=2sin2A，求△ABC的面积．
【考点】余弦定理；正弦定理．
【专题】综合题；分类讨论．
【分析】（I）由C的度数求出sinC和cosC的值，利用余弦定理表示出c2，把c和cosC的
值代入得到一个关于a与b的关系式，再由sinC的值及三角形的面积等于，利用面积公式列出a与b的另一个关系式，两个关系式联立即可即可求出a与b的值；
（II）由三角形的内角和定理得到C=π﹣（A+B），进而利用诱导公式得到sinC=sin（A+B），代入已知的等式中，左边利用和差化积公式变形，右边利用二倍角的正弦函数公式变形，分两种情况考虑：若cosA为0，得到A和B的度数，进而根据直角三角形的性质求出a与b 的值；若cosA不为0，等式两边除以cosA，得到sinB=2sinA，再利用正弦定理化简得到b=2a，与第一问中余弦定理得到的a与b的关系式联立，求出a与b的值，综上，由求出的a与b 的值得到ab的值，再由sinC的值，利用三角形的面积公式即可求出三角形ABC的面积．【解答】解：（I）∵c=2，C=60°，
由余弦定理c2=a2+b2﹣2abcosC得：a2+b2﹣ab=4，
根据三角形的面积S=，可得ab=4，
联立方程组，
解得a=2，b=2；
（II）由题意
sin（B+A）+sin（B﹣A）=4sinAcosA，
即sinBcosA=2sinAcosA，
；
当cosA≠0时，得sinB=2sinA，
由正弦定理得b=2a，
联立方程组
解得a=．
所以△ABC的面积S=．
【点评】此题考查了正弦定理，余弦定理，和差化积公式，二倍角的正弦函数公式，三角形的面积公式，以及特殊角的三角函数值，其中正弦定理及余弦定理很好的解决了三角形的边角关系，熟练掌握定理及公式是解本题的关键．
19．如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧面AA1B1B为正方形，侧面BB1C1C为菱形，
∠CBB1=60°，AB⊥B1C．
（I）求证：平面AA1B1B⊥平面BB1C1C；
（II）若AB=2，求三棱柱ABC﹣A1B1C1体积．
【考点】平面与平面垂直的判定；棱柱、棱锥、棱台的体积．
【专题】空间位置关系与距离．
【分析】（I）证AB垂直于平面内的两条相交直线，再由线面垂直⇒面面垂直；
（II）先求得三棱锥B1﹣ABC的体积，再利用棱柱是由三个体积相等的三棱锥组合而成来求解．
【解答】解：（Ⅰ）证明：由侧面AA1B1B为正方形，知AB⊥BB1．
又∵AB⊥B1C，BB1∩B1C=B1，∴AB⊥平面BB1C1C，
又∵AB⊂平面AA1B1B，∴平面AA1B1B⊥BB1C1C．
（Ⅱ）由题意，CB=CB1，设O是BB1的中点，连接CO，则CO⊥BB1．
由（Ⅰ）知，CO⊥平面AB1B1A，且CO=BC=AB=．
连接AB1，则=•CO=×AB2•CO=．
∵====，
=2．
∴V
三棱柱
【点评】本题考查面面垂直的判定及空间几何体的体积．
20．如图，设椭圆的中心为原点O，长轴在x轴上，上顶点为A，左、右焦点分别为F1，F2，线段OF1，OF2的中点分别为B1，B2，且△AB1B2是面积为4的直角三角形．
（Ⅰ）求该椭圆的离心率和标准方程；
（Ⅱ）过B1作直线交椭圆于P，Q两点，使PB2⊥QB2，求△PB2Q的面积．
【考点】直线与圆锥曲线的综合问题；椭圆的标准方程；椭圆的简单性质．
【专题】综合题；压轴题．
【分析】（Ⅰ）设椭圆的方程为，F2（c，0），利用△AB1B2是的直
角三角形，|AB1|=AB2|，可得∠B1AB2为直角，从而，利用c2=a2﹣b2，可求，
又S=|B1B2||OA|==4，故可求椭圆标准方程；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知B1（﹣2，0），B2（2，0），由题意，直线PQ的倾斜角不为0，故可设直线PQ的方程为x=my﹣2，代入椭圆方程，消元可得（m2+5）y2﹣4my﹣16﹣0，利用韦达
定理及PB2⊥QB2，利用可求m的值，进而可求△PB2Q的面积．
【解答】解：（Ⅰ）设椭圆的方程为，F2（c，0）
∵△AB1B2是的直角三角形，|AB1|=AB2|，∴∠B1AB2为直角，从而|OA|=|OB2|，即
∵c2=a2﹣b2，∴a2=5b2，c2=4b2，∴
在△AB1B2中，OA⊥B1B2，∴S=|B1B2||OA|=
∵S=4，∴b2=4，∴a2=5b2=20
∴椭圆标准方程为；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知B1（﹣2，0），B2（2，0），由题意，直线PQ的倾斜角不为0，故可设直线PQ的方程为x=my﹣2
代入椭圆方程，消元可得（m2+5）y2﹣4my﹣16=0①
设P（x1，y1），Q（x2，y2），
∴，
∵，
∴=
∵PB2⊥QB2，∴
∴，∴m=±2
当m=±2时，①可化为9y2±8y﹣16﹣0，
∴|y1﹣y2|==
∴△PB2Q的面积S=|B1B2||y1﹣y2|=×4×=．
【点评】本题考查椭圆的标准方程，考查椭圆的几何性质，考查直线与椭圆的位置关系，考查向量知识的运用，考查三角形的面积计算，综合性强．
21．设函数f（x）=（1+x）2﹣2ln（1+x）
（1）若定义域内存在x0，使得不等式f（x0）﹣m≤0成立，求实数m的最小值；
（2）g（x）=f（x）﹣x2﹣x﹣a在区间[0，3]上恰有两个不同的零点，求a范围．
【考点】利用导数求闭区间上函数的最值．
【专题】综合题；导数的概念及应用．
【分析】（1）存在x0，使m≥f（x0）min，故，由此导出f（x0）min=f（0）=1，从而能够求出实数m的最小值．
（2）由g（x）=f（x）﹣x2﹣x﹣a在区间[0，3]上恰有两个不同的零点，知x+1﹣2ln（1+x）
=a有两个交点，令h（x）=x+1﹣2ln（1+x），=，由此利用函数的
单调性能够求出a的取值范围．
【解答】解：（1）存在x0，使m≥f（x0）min，
∵f（x）=（1+x）2﹣2ln（1+x），
∴
=，x＞﹣1．
令f′（x）＞0，得x＞0，
令f′（x）＜0，得x＜0，
∴y=f（x）在（﹣1，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增，
∴f（x0）min=f（0）=1，
∴m≥1，
∴实数m的最小值是1．
（2）∵g（x）=f（x）﹣x2﹣x﹣a在区间[0，3]上恰有两个不同的零点，
∴g（x）=x+1﹣a﹣2ln（1+x）在区间[0，3]上恰有两个不同的零点，
∴x+1﹣2ln（1+x）=a有两个交点，
令h（x）=x+1﹣2ln（1+x），
=，
由h′（x）＞0，得x＞1，
由h′（x）＜0，得x＜1，
∴y=f（x）在[0，1]上单调递减，在[1，3]上单调递增，
∵h（0）=1﹣2ln1=1，
h（1）=2﹣2ln2，
h（3）=4﹣2ln4，
∴2﹣2ln2＜a≤1．
【点评】本题考查利用导数求闭区间上函数最值的应用，解题时要认真审题，仔细解答，注意等价转化思想的合理运用．
【选修4-5：不等式选讲】（共1小题，满分10分）
22．已知函数f（x）=|x﹣2|，g（x）=﹣|x+3|+m．
（1）解关于x的不等式f（x）+a﹣1＞0（a∈R）；
（2）若函数f（x）的图象恒在函数g（x）图象的上方，求m的取值范围．
【考点】绝对值不等式的解法；函数恒成立问题．
【专题】计算题；压轴题．
【分析】（1）不等式转化为|x﹣2|+|a﹣1＞0，对参数a进行分类讨论，分类解不等式；（2）函数f（x）的图象恒在函数g（x）图象的上方，可转化为不等式|x﹣2|+|x+3|＞m恒成立，利用不等式的性质求出|x﹣2|+|x+3|的最小值，就可以求出m的范围．
【解答】解：（Ⅰ）不等式f（x）+a﹣1＞0即为|x﹣2|+a﹣1＞0，
当a=1时，解集为x≠2，即（﹣∞，2）∪（2，+∞）；
当a＞1时，解集为全体实数R；
当a＜1时，解集为（﹣∞，a+1）∪（3﹣a，+∞）．
（Ⅱ）f（x）的图象恒在函数g（x）图象的上方，即为|x﹣2|＞﹣|x+3|+m对任意实数x恒成立，
即|x﹣2|+|x+3|＞m恒成立，
又由不等式的性质，对任意实数x恒有|x﹣2|+|x+3|≥|（x﹣2）﹣（x+3）|=5，于是得m＜5，故m的取值范围是（﹣∞，5）．
【点评】本题考查绝对值不等式的解法，分类讨论的方法，以及不等式的性质，涉及面较广，知识性较强．
五、解答题（共1小题，满分0分）
23．（选修4﹣4：坐标系与参数方程）
已知曲线C1的参数方程为（t为参数），以坐标原点为极点，x轴的正半轴为
极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρ=2sinθ．
（Ⅰ）把C1的参数方程化为极坐标方程；
（Ⅱ）求C1与C2交点的极坐标（ρ≥0，0≤θ＜2π）
【考点】参数方程化成普通方程；极坐标刻画点的位置；点的极坐标和直角坐标的互化．【专题】压轴题；直线与圆．
【分析】（Ⅰ）对于曲线C1利用三角函数的平方关系式sin2t+cos2t=1即可得到圆C1的普通方程；再利用极坐标与直角坐标的互化公式即可得到C1的极坐标方程；
（Ⅱ）先求出曲线C2的极坐标方程；再将两圆的方程联立求出其交点坐标，最后再利用极坐标与直角坐标的互化公式即可求出C1与C2交点的极坐标．
【解答】解：（Ⅰ）曲线C1的参数方程式（t为参数），
得（x﹣4）2+（y﹣5）2=25即为圆C1的普通方程，
即x2+y2﹣8x﹣10y+16=0．
将x=ρcosθ，y=ρsinθ代入上式，得．
ρ2﹣8ρcosθ﹣10ρsinθ+16=0，此即为C1的极坐标方程；
（Ⅱ）曲线C2的极坐标方程为ρ=2sinθ化为直角坐标方程为：x2+y2﹣2y=0，
由，解得或．
∴C1与C2交点的极坐标分别为（，），（2，）．
【点评】本题主要考查了参数方程化成普通方程，点的极坐标和直角坐标的互化．熟练掌握极坐标与直角坐标的互化公式、两圆的位置关系是解题的关键．
【选修4-1：几何证明选讲】（共1小题，满分0分）
24．选做题：几何证明选讲
如图，ABCD是边长为a的正方形，以D为圆心，DA为半径的圆弧与以BC为直径的半圆O交于点F，延长CF交AB于E．
（1）求证：E是AB的中点；
（2）求线段BF的长．
【考点】相似三角形的性质；相似三角形的判定；圆周角定理．
【专题】计算题；证明题．
【分析】（1）根据∠CDO=∠FDO，BC是的切线，且CF是圆D的弦，得到，
即∠CDO=∠BCE，得到两个三角形全等，得到线段相等，得到结论．
（2）根据两个角对应相等，得到两个三角形相似，得到对应边成比例，根据所给的长度，代入比例式，得到要求的线段．
【解答】（1）证明：连接DF，DO，则∠CDO=∠FDO，
因为BC是的切线，且CF是圆D的弦，
所以，即∠CDO=∠BCE，
故Rt△CDO≌Rt△BCE，
所以．…
所以E是AB的中点．
（2）解：连接BF，
∵∠BEF=∠CEB，∠ABC=∠EFB
∴△FEB∽△BEC，
得，
∵ABCD是边长为a的正方形，
所以．…
【点评】本题考查相似三角形的判定和性质，考查圆周角定理，本题解题的关键是得到三角形全等和三角形相似，本题是一个中档题目．
2016年3月7日。