2017年河南省高考数学诊断试卷(文科)(b卷) 含解析

2017年河南省高考数学诊断试卷（文科)（B卷）
一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分)
1．已知集合A={x|x∈N|2≤x≤5｝,B=｛x|y=}，则A∩B=( ）A．{2} B．｛2，3｝C．{2,3，4｝D．｛4，5｝
2．=（)
A．﹣﹣i B．﹣+i C．+i D．﹣i
3．已知各项均不相等的等比数列｛a n}中，a2=1，且a1，a3,a5成等差数列,则a4等于（）
A．B．49 C． D．7
4．已知定义在R上的奇函数f(x）满足当x≥0时，f（x）=1og2(x+2）+x+b，则|f（x)｜＞3的解集为( ）
A．(﹣∞，﹣2）∪(2，+∞）B．（﹣∞，﹣，4）∪（4，+∞) C．(﹣2,2）D．（﹣4，4）
5．数学名著《算学启蒙》中有如下问题:“松长五尺，竹长两尺，松日自半，竹日自倍，松竹何日而长等．”如图是源于其思想的一个程序框图，若输入的a,b的值分别为16,4，则输出的n的值为（）
A．4 B．5 C．6 D．7
6．下图网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图,则该几何体的体积为( ）
A．12+πB．12+81πC．24+πD．24+81π
7．如图所示,已知菱形ABCD是由等边△ABD与等边△BCD拼接而成，两个小圆与△ABD以及△BCD分别相切,则往菱形ABCD内投掷一个点，该点落在阴影部分内的概率为( ）
A．B． C． D．
8．已知双曲线C：﹣=1（a＞0，b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2,点P满足|PF1｜﹣｜PF2|=2a，若+=，且M(0，b），则双曲线C的渐近线方程为( )
A．y=±2x B．y=±x C．y=±2x D．y=±x
9．已知函数f（x)=sinωx﹣cosωx(ω＞0），将函数y=|f(x）|的图象向左平移个单位长度后关于y轴对称，则当ω取最小值时，g（x）=cos（ωx+）的单调递减区间为( ）
A．［﹣+，+]（k∈Z）B．［﹣+，+］（k
∈Z）
C．［﹣+，+]（k∈Z）D．[﹣+，+］（k∈Z）10．三棱锥D﹣ABC中，AB=CD=,其余四条棱长均为2，则三棱锥D﹣ABC的外接球的表面积为（）
A．14πB．7πC．21πD．28π
11．已知抛物线C：y2=2px(p＞0）的交点为F,准线为l，过点F的直线与抛物线交于M，N两点，若MR⊥l，垂足为R，且∠NRM=∠NMR,则直线MN的斜率为（）
A．±8 B．±4 C．±2D．±2
12．已知实数a,b，c满足a2+b=lna，则(a﹣c）2+（b+c﹣2）2的最小值为（）
A．2B．8 C．D．2
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13．已知向量=（2,3）,=(m，﹣6），若⊥,则｜2+｜= ．14．已知在一次全国数学竞赛中,某市3000名参赛学生的初赛成绩统计如图所示．
则在本次数学竞赛中，成绩在［80，90）内的学生人数为．15．已知实数x，y满足，则的取值范围为．
16．已知数列{}的前n项和为S n,若S n+=4，则数列{a n}的前n 项和T n= ．
三、解答题（本大题共12分）
17．已知△ABC中A,B，C所对的边分别为a，b，c,（1﹣cos2B）=8sinBsinC，A+=π．
（Ⅰ）求cosB的值;
（Ⅱ）若点D在线段BC上,且BD=6，c=5，求△ADC的面积．18．已知菱形ABCD如图(1)所示,其中∠ACD=60°,AB=2，AC与BD相交于点O，现沿AC进行翻折,使得平面ACD⊥平面ABC，取点E，连接AE，BE，CE，DE，使得线段BE再平面ABC内的投影落在线段OB上，得到的图形如图(2）所示，其中∠OBE=60°，BE=2．
（Ⅰ）证明:DE⊥AC；
（Ⅱ）求多面体ABCDE的体积．
19．在一次期末模拟测试中,某市教研室在甲、乙两地各抽取了10名学生的数学成绩，得到茎叶图如图所示．
（Ⅰ)分别计算甲、乙两地这10名学生的平均成绩；
（Ⅱ）以样本估计总体，不通过计算,指出甲、乙两地哪个地方学生
成绩较好;
（Ⅲ）在甲地被抽取的10名学生中,从成绩在120分以上的8名学生中随机抽取2人，求恰有1名学生成绩在140分以上的概率．
20．已知椭圆C：+=1（a＞b＞0）的离心率为，过椭圆C的右焦点且垂直于x轴的直线与椭圆交于A，B两点，且|AB｜=．（Ⅰ）求椭圆C的标准方程;
（Ⅱ）过点(1,0）的直线l交椭圆C于E,F两点，若存在点G（﹣1，y0）使△EFG为等边三角形,求直线l的方程．
21．已知函数f(x)=xlnx．
（Ⅰ）求曲线y=f(x）在点(1,f（1））处的切线方程;
（Ⅱ）若关于x的不等式f（x）≤λ（x2﹣1)对任意x∈［1,+∞）恒成立，求实数λ的取值范围．
四、选修4-4:坐标系与参数方程
22．在平面直角坐标系xOy中，已知曲线C1的参数方程为（φ为参数），以原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρ=sinθ．
(Ⅰ）求曲线C1的极坐标方程及曲线C2的直角坐标方程；
（Ⅱ）已知曲线C1，C2交于O，A两点,过O点且垂直于OA的直
线与曲线C1，C2交于M,N两点，求｜MN|的值．
五、选修4—5:不等式选讲
23．已知不等式＞x的解集为（﹣∞，m）．
（Ⅰ）求实数m的值；
(Ⅱ）若关于x的方程|x﹣n｜+｜x+｜=m(n＞0）有解，求实数n 的值．
2017年河南省高考数学诊断试卷（文科）（B卷）
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）
1．已知集合A=｛x|x∈N|2≤x≤5｝，B={x|y=｝,则A∩B=( ）A．{2｝B．{2，3｝C．{2,3,4} D．｛4，5}
【考点】1E：交集及其运算．
【分析】求出集合A和B,由此利用交集定义能求出集合A∩B．【解答】解:集合A=｛x｜x∈N|2≤x≤5｝={2,3，4，5},B={x|y=｝=（﹣∞，3]，
则A∩B=｛2，3}，
故选：B．
2．=（)
A．﹣﹣i B．﹣+i C．+i D．﹣i
【考点】A5：复数代数形式的乘除运算．
【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．
【解答】解：=．
故选：A．
3．已知各项均不相等的等比数列{a n}中,a2=1,且a1，a3，a5成等差数列，则a4等于( ）
A．B．49 C． D．7
【考点】8M：等差数列与等比数列的综合．
【分析】由题意可得q≠±1，运用等比数列的通项公式和等差数列中项的性质，解方程可得q2，再由a4=a2q2，计算即可得到所求值．【解答】解：设各项均不相等的等比数列｛a n}的公比为q（q≠±1），a2=1，可得a1q=1，①
a1,a3，a5成等差数列，可得2a3=a1+a5，
即为2a1q2=a1+a1q4,②
由①②解得q2=（1舍去)，
则a4=a2q2=．
故选：C．
4．已知定义在R上的奇函数f（x）满足当x≥0时，f（x）=1og2（x+2)+x+b，则|f（x)|＞3的解集为（）
A．(﹣∞,﹣2）∪（2，+∞) B．（﹣∞,﹣，4）∪（4，+∞）C．（﹣2,2）D．(﹣4，4）
【考点】R5:绝对值不等式的解法．
【分析】利用f(0）=0，求出b，确定f（2）=3，函数在R上单调递增，利用函数的单调性，即可求出|f（x）|＞3的解集．
【解答】解:由题意,f(0)=1+b=0，∴b=﹣1，∴f(x)=1og2(x+2）+x﹣1，∴f（2）=3,函数在R上单调递增，
∵|f(x)|＞3，∴｜f(x）|＞f(2），
∴f（x）＞2或f（x）＜﹣2，
∴x＞2或x＜﹣2，
故选：A．
5．数学名著《算学启蒙》中有如下问题：“松长五尺,竹长两尺，松日自半，竹日自倍,松竹何日而长等．”如图是源于其思想的一个程序框图，若输入的a，b的值分别为16，4，则输出的n的值为（）
A．4 B．5 C．6 D．7
【考点】EF:程序框图．
【分析】模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案．
【解答】解：模拟程序的运行，可得
a=16,b=4,n=1，
a=24，b=8，
不满足循环的条件a≤b,执行循环体，n=2，a=36,b=16
不满足循环的条件a≤b，执行循环体，n=3,a=54，b=32
不满足循环的条件a≤b，执行循环体，n=4，a=81，b=64
不满足循环的条件a≤b，执行循环体，n=5，a=，b=128
满足循环的条件a≤b，退出循环,输出n的值为5．
故选：B．
6．下图网格纸上小正方形的边长为1,粗线画出的是某几何体的三视图,则该几何体的体积为（）
A．12+πB．12+81πC．24+πD．24+81π
【考点】L！:由三视图求面积、体积．
【分析】首先由网格三视图还原几何体为组合体,画出示意图,利用网格数据计算体积．
【解答】解：几何体如图：由网格数据得到几何体的体积为：
=24；
故选C
7．如图所示，已知菱形ABCD是由等边△ABD与等边△BCD拼接而成,两个小圆与△ABD以及△BCD分别相切，则往菱形ABCD内
投掷一个点，该点落在阴影部分内的概率为（)
A．B． C． D．
【考点】CF：几何概型．
【分析】设等边三角形的边长为a，则内切圆的半径为a,求出相应的面积，以面积为测度可得结论．
【解答】解：设等边三角形的边长为a,则内切圆的半径为a，
∴往菱形ABCD内投掷一个点，该点落在阴影部分内的概率为=，
故选:D．
8．已知双曲线C：﹣=1(a＞0，b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，点P满足|PF1｜﹣｜PF2｜=2a，若+=,且M(0，b）,则双曲线C的渐近线方程为（）
A．y=±2x B．y=±x C．y=±2x D．y=±x
【考点】KC：双曲线的简单性质．
【分析】利用已知条件求出P的坐标，代入双曲线方程得到a，b 的关系式,然后求解渐近线方程．
【解答】解：双曲线C：﹣=1(a＞0,b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2,点P满足|PF1|﹣｜PF2｜=2a，
若+=，且M（0，b)，
可得P(c，2b），
则:，解得c2=5a2,可得b2=4a2，即b=2a，
双曲线C的渐近线方程为：y=±2x．
故选：A．
9．已知函数f（x）=sinωx﹣cosωx（ω＞0），将函数y=|f（x）｜的图象向左平移个单位长度后关于y轴对称，则当ω取最小值时,g （x）=cos（ωx+）的单调递减区间为（)
A．[﹣+,+](k∈Z）B．［﹣+，+]（k∈Z) C．[﹣+，+］（k∈Z）D．[﹣+,+］（k∈Z）【考点】HJ：函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换．
【分析】首先化简三角函数式,然后根据平移以及对称得到ω最小值，然后由题意求单调区间．
【解答】解：函数f（x）=sinωx﹣cosωx=sin（ωx)，(ω＞0），将函数y=｜f(x）｜的图象向左平移个单位长度后得到函数解析式为｜sin［ω(x）]，又图象关于y轴对称，
所以，k∈Z，
则当ω取最小值时为,
所以g（x）=cos（x+）的单调递减区间由2kπ≤x≤2kπ+π，解得，k∈Z；
所以当ω取最小值时，g(x）=cos（ωx+）的单调递减区间为［]；
故选D．
10．三棱锥D﹣ABC中,AB=CD=,其余四条棱长均为2，则三棱锥D﹣ABC的外接球的表面积为（）
A．14πB．7πC．21πD．28π
【考点】LG：球的体积和表面积．
【分析】分别取AB，CD的中点E，F，连接相应的线段，由条件可知，球心G在EF上，可以证明G为EF中点，求出球的半径，再求球的表面积．
【解答】解：分别取AB，CD的中点E，F,连接相应的线段CE，ED，EF，
由条件，AB=CD=，BC=AC=AD=BD=2，
可知△ABC与△ADB都是等腰三角形，
AB⊥平面ECD，∴AB⊥EF,同理CD⊥EF,
∴EF是AB与CD的公垂线,球心G在EF上，
可以证明G为EF中点，（△AGB≌△CGD），
，DF=，EF=，
半径，
∴外接球的表面积为4π×DG2=7π．
故选：B．
11．已知抛物线C：y2=2px（p＞0)的交点为F,准线为l，过点F的直线与抛物线交于M，N两点,若MR⊥l,垂足为R,且∠NRM=∠NMR，则直线MN的斜率为( ）
A．±8 B．±4 C．±2D．±2
【考点】K8:抛物线的简单性质．
【分析】过N作NQ⊥l,交l于Q,NH⊥MR,交MR于H,利用抛物线的定义及等腰三角形的性质，根据勾股定理即可求得线MN的斜率．【解答】解：过N作NQ⊥l，交l于Q,NH⊥MR,交MR于H，
由抛物线的定义可知：丨MF丨=丨MR丨，丨NF丨=丨MQ丨，由∠NRM=∠NMR，则△MNR为等腰三角形，
∴丨MQ丨=丨RH丨=丨MH丨=丨MR丨，
则丨MN丨=丨MF丨+丨NF丨，
∴丨MN丨=3丨NQ丨,即丨MN丨=3丨MH丨，
则丨NH丨==2丨MH丨
则tan∠NMR==2，
则直线的倾斜角α=∠NMR，
则直线MN的斜率k=±tanα=2，
故选C．
12．已知实数a，b，c满足a2+b=lna，则(a﹣c）2+（b+c﹣2)2的最小值为( )
A．2B．8 C．D．2
【考点】3H:函数的最值及其几何意义．
【分析】根据距离公式可知（a﹣c）2+（b+c﹣2)2表示（a，b）到（c，﹣c+2）的距离的平方，而（a，b）在曲线y=lnx﹣x2上，（c，﹣c+2）在直线y=﹣x+2上,将问题转为求y=lnx﹣x2的切线与y=﹣x+2的距离平方．
【解答】解：∵a2+b=lna，∴b=lna﹣a2，
又（c,﹣c+2)在直线y=﹣x+2上,
∴（a﹣c）2+（b+c﹣2)2的最小值为曲线y=lnx﹣x2上的点到直线y=﹣x+2的最小距离的平方．
设直线y=﹣x+m与曲线y=lnx﹣x2相切,切点为（x0，y0），
则，解得x0=1，y0=﹣1，m=0，
∴直线y=﹣x与直线y=﹣x+2的距离为=，
∴（a﹣c）2+（b+c﹣2)2的最小值为2．
故选D．
二、填空题（本大题共4小题,每小题5分，共20分）
13．已知向量=（2，3），=(m，﹣6），若⊥，则｜2+｜= 13 ．【考点】9R：平面向量数量积的运算．
【分析】根据题意，由向量的垂直与向量数量积的关系可得若⊥,则有•=2m﹣18=0,解可得m的值，即可得的坐标，从而可得向量2+的坐标，由向量模的计算公式计算可得答案．
【解答】解：根据题意，向量=（2，3），=（m，﹣6)，
若⊥，则有•=2m﹣18=0，解可得m=9，
则=(9，﹣6)，
故2+=（13，0)；
故｜2+｜=13；
故答案为：13．
14．已知在一次全国数学竞赛中，某市3000名参赛学生的初赛成绩统计如图所示．
则在本次数学竞赛中，成绩在［80，90)内的学生人数为900 ．【考点】B8：频率分布直方图．
【分析】由频率分布直方图的性质，得a=0。

005，从而求出成绩在
［80，90)内的频率为0。

3,由此能求出在本次数学竞赛中，成绩在[80,90）内的学生人数．
【解答】解：由频率分布直方图的性质，得:
（3a+7a+6a+2a+2a）×10=1,
解得a=0.005,
∴成绩在[80，90）内的频率为0.3，
∴在本次数学竞赛中，成绩在［80，90）内的学生人数为3000×0。

3=900．
故答案为：900．
15．已知实数x,y满足，则的取值范围为（﹣∞,]∪
[2，+∞）．
【考点】7C：简单线性规划．
【分析】画出约束条件的可行域，利用目标函数的几何意义，转化求解即可．
【解答】解:实数x，y满足的可行域如图：
则的几何意义是可行域内的点与D（7,﹣4）点连线的斜率，
由可行域可知A，C两点与D（7，﹣4）连线的斜率是临界值，
由解得A（10，2),≥k AD==2，
由解得C(，﹣),≤k CD==，
则的取值范围为:(﹣∞,］∪［2，+∞）．
故答案为：（﹣∞,]∪[2，+∞)．
16．已知数列｛｝的前n项和为S n，若S n+=4，则数列｛a n}的前n项和T n= 36﹣．
【考点】8E：数列的求和．
【分析】利用数列递推关系可得a n,再利用错位相减法即可得出．【解答】解：∵S n+=4，∴n≥2时，S n﹣1+=4，相减可得：
+﹣=0，可得:a n=(2n﹣1）×．
n=1时，=4,解得a1=,上式对于n=1时也成立．
∴a n=(2n﹣1）×．
∴数列｛a n｝的前n项和T n=+3×+5×+…+（2n﹣1)×,∴T n=+3×+…+（2n﹣3）×+（2n﹣1）×，
相减可得：T n=+…+﹣（2n﹣1)×=+2×﹣（2n﹣1)×，
可得T n=36﹣．
故答案为：36﹣．
三、解答题（本大题共12分）
17．已知△ABC中A，B,C所对的边分别为a，b,c,(1﹣cos2B）=8sinBsinC，A+=π．
(Ⅰ）求cosB的值;
(Ⅱ）若点D在线段BC上，且BD=6，c=5，求△ADC的面积．【考点】HR:余弦定理；HP：正弦定理．
【分析】（Ⅰ）由二倍角公式化简已知等式可得sinB=4sinC，由A+=π，及三角形内角和定理可求B=2C，
可求cosC，进而由二倍角公式即可计算得解cosB的值．
（Ⅱ）由（Ⅰ）及正弦定理可求b=4c,进而可求b=4,由余弦定理可得:a2﹣6a﹣55=0,解得a的值，
可求CD，利用同角三角函数基本关系式求得sinC，利用三角形面积公式可求S△ADC．
【解答】(本题满分为12分）
解：（Ⅰ）∵（1﹣cos2B）=8sinBsinC，
∴2sin2B=8sinBsinC，
∴由sinB≠0，可得：sinB=4sinC,…2分
∵A+=π，
∴C=，即B=2C,
∴sinB=sin2C=2sinCcosC，可得：cosC==，…4分
∴cosB=cos2C=2cos2C﹣1=…6分
(Ⅱ）由（Ⅰ）可得sinB=4sinC，可得：b=4c，可得b=4， (8)
分
由余弦定理b2=a2+c2﹣2accosB，可得：a2﹣6a﹣55=0,解得：a=11或a=﹣5(舍去）,…10分
∴CD=5，
又∵cosC=，
∴sinC=，…11分
∴S△ADC=•DC•AC•sinC==10．…12分
18．已知菱形ABCD如图（1）所示，其中∠ACD=60°，AB=2，AC与BD相交于点O,现沿AC进行翻折，使得平面ACD⊥平面ABC，取点E,连接AE，BE，CE，DE，使得线段BE再平面ABC内的投影落在线段OB上,得到的图形如图（2）所示,其中∠OBE=60°，BE=2．
（Ⅰ）证明：DE⊥AC;
(Ⅱ）求多面体ABCDE的体积．
【考点】LF：棱柱、棱锥、棱台的体积;LX：直线与平面垂直的性质．【分析】（Ⅰ）推导出DO⊥AC，从而DO⊥平面ABC，作EF⊥平面ABC于F,由题意点F落在BO上，且∠EBF=∠OBE=60°，推导出DO∥EF，从而四边形DEFO是矩形，进而DE∥OF,由OF⊥AC，能证明DE⊥AC．
（Ⅱ）多面体ABCDE的体积V ABCDE=2V A﹣BODE,由此能求出结果．【解答】证明：（Ⅰ）由图(1）知△ABC,△ACD都是边长为2的等边三角形,
∴DO⊥AC，
又平面ACD⊥平面ABC,平面ACD∩平面ABC=AC，DO⊂平面ACD，
∴DO⊥平面ABC，
作EF⊥平面ABC于F,由题意点F落在BO上，
且∠EBF=∠OBE=60°，
在Rt△BEF中，EF=BE•sin∠EBF=2×=，
在Rt△DOC中，DO=DC•sin∠DCO=2×=．
∵DO⊥平面ABC，EF⊥平面ABC，∴DO∥EF，
又DO=EF，∴四边形DEFO是矩形，∴DE∥OF，
∵OF⊥AC，∴DE⊥AC．
解:（Ⅱ)依题意由（Ⅰ）可知:
多面体ABCDE的体积V ABCDE=2V A﹣BODE==2﹣．
19．在一次期末模拟测试中,某市教研室在甲、乙两地各抽取了10
名学生的数学成绩，得到茎叶图如图所示．
(Ⅰ）分别计算甲、乙两地这10名学生的平均成绩；
（Ⅱ）以样本估计总体，不通过计算，指出甲、乙两地哪个地方学生成绩较好;
（Ⅲ）在甲地被抽取的10名学生中，从成绩在120分以上的8名学生中随机抽取2人,求恰有1名学生成绩在140分以上的概率．
【考点】CC：列举法计算基本事件数及事件发生的概率；BA：茎叶图．
【分析】(Ⅰ）由茎叶图能求出甲地抽取的10名学生的平均成绩和乙地抽取的10名学生的平均成绩．
（Ⅱ）从茎叶图可以看出:甲地学生成绩的极差比乙地学生的极差小,且甲地学生的成绩集中于［120，140]之间，乙地学生的成绩集中于[110，140］之间,由此能求出结果．
（Ⅲ)在甲地被抽取的10名学生中，从成绩在120分以上的8名学生中随机抽取2人，基本事件总数n==28,利用列举法求出其中恰有1名学生成绩在140分以上包含的基本事件的个数,由此能求出恰有1名学生成绩在140分以上的概率．
【解答】解：(Ⅰ）由茎叶图得甲地抽取的10名学生的平均成绩为：120+（﹣11﹣3+4+5+6+15+17+18+22+27）=130，
乙地抽取的10名学生的平均成绩为:120+（﹣23﹣13﹣10﹣8﹣1+1+3+12+14+25）=120．
(Ⅱ）从茎叶图可以看出:
甲地学生成绩的极差比乙地学生的极差小，且甲地学生的成绩集中于[120，140]之间，
乙地学生的成绩集中于[110，140]之间，
故甲地学生成绩较好．
（Ⅲ)在甲地被抽取的10名学生中，从成绩在120分以上的8名学生中随机抽取2人，
基本事件总数n==28，
其中恰有1名学生成绩在140分以上包含的基本事件有：,，,，，，
,，，，，，
共12个，
∴恰有1名学生成绩在140分以上的概率p==．
20．已知椭圆C：+=1（a＞b＞0）的离心率为,过椭圆C的右焦点且垂直于x轴的直线与椭圆交于A，B两点，且|AB｜=．（Ⅰ）求椭圆C的标准方程;
（Ⅱ）过点(1，0）的直线l交椭圆C于E,F两点，若存在点G（﹣1，y0）使△EFG为等边三角形，求直线l的方程．
【考点】K4：椭圆的简单性质；K3：椭圆的标准方程．
【分析】（Ⅰ）利用椭圆的离心率，椭圆的通径公式，及a2=b2+c2
及可求得a和b的值，求得椭圆方程；
（Ⅱ）设直线l的方程，代入椭圆方程，根据韦达定理及中点坐标公式求得D点坐标，根据等边三角形的性质,求得G点坐标,由丨GD 丨=丨EF丨，即可取得t的值，即可求得直线l的方程．
【解答】解：(Ⅰ）由椭圆的离心率e==，①由椭圆的通径丨AB 丨==,②
由a2=b2+c2，③
解得：a=2，b=,
∴椭圆的标准方程：;
（Ⅱ）设直线l:x=ty+1，E（x1，y1），F（x2，y2），
易知：t=0时，不满足,故t≠0，
则，整理得：（t2+4)y2+2ty﹣7=0，
显然△=4t2+28(t2+4）＞0,
∴y1+y2=﹣,y1y2=﹣,
于是x1+x2=t（y1+y2）+2=，
故EF的中点D（，﹣），
由△EFG为等边三角形,则丨GE丨=丨GF丨,
连接GD，则k GD•k EF=﹣1,
即=﹣1，整理得y0=t+，
则G(﹣1，t+）,
由△EFG为等比三角形，则丨GD丨=丨EF丨，丨GD丨2=丨EF丨2，
∴（+1）2+(t+)2=(1+t2）［（﹣）2﹣4×（﹣）］，
整理得:（+1）2=，
即（）2=，解得：t2=10,则t=±，
∴直线l的方程x=±y+1，即y=±（x﹣1）．
直线l的方程y=±（x﹣1)．
21．已知函数f（x)=xlnx．
(Ⅰ）求曲线y=f(x）在点（1，f(1））处的切线方程;
（Ⅱ）若关于x的不等式f（x）≤λ(x2﹣1）对任意x∈[1,+∞）恒成立，求实数λ的取值范围．
【考点】6K：导数在最大值、最小值问题中的应用；6H：利用导数研究曲线上某点切线方程．
【分析】（Ⅰ)求出函数的导数，计算f(1），f′（1)的值,求出切线方
程即可；
（Ⅱ）设函数H(x)=xlnx﹣λ(x2﹣1），当H′（x）≤0即≤2λ恒成立时,函数H（x）递减，设r(x)=，根据函数的单调性求出λ的范围即可．
【解答】解：（Ⅰ）f′（x）=lnx+1，故f′（1）=1,又f（1）=0，故切线方程是:y=x﹣1;
（Ⅱ）设函数H（x）=xlnx﹣λ（x2﹣1），
由题意得，对任意x∈[1，+∞)，
不等式H（x）≤0=H（1）恒成立,
又H′（x）=lnx+1﹣2λx,
当H′（x）≤0即≤2λ恒成立时，函数H(x）递减，
设r(x）=，则r′(x)=≤0，
故r(x）max=r(1)=1,即1≤2λ，解得：λ≥,符合题意；
λ≤0时，H′（x）=lnx+1﹣2λx≥0恒成立，
此时函数H（x）递增，
于是,不等式H(x）≥H（1）=0对任意x∈［1，+∞）恒成立，不合题意；
当0＜λ＜时，设q(x）=H′（x）=lnx+1﹣2λx,
则q′(x）=﹣2λ=0，故x=＞1，
x∈（1，)时,q′(x）＞0，此时q(x）递增，
故H′（x）＞H′（1）=1﹣2λ＞0,
故x∈（1,）时，函数H（x）递增，
于是，x∈（1，）时,H(x）＞0成立，不合题意，
综上，实数λ的范围是［，+∞）．
四、选修4-4：坐标系与参数方程
22．在平面直角坐标系xOy中,已知曲线C1的参数方程为（φ为参数），以原点O为极点,x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρ=sinθ．
（Ⅰ）求曲线C1的极坐标方程及曲线C2的直角坐标方程;
（Ⅱ）已知曲线C1，C2交于O，A两点,过O点且垂直于OA的直线与曲线C1,C2交于M,N两点，求|MN|的值．
【考点】Q4：简单曲线的极坐标方程；QH：参数方程化成普通方程．
【分析】(I）曲线C1的参数方程为（φ为参数)，利用平方关系可得普通方程．利用互化公式可得：曲线C1的极坐标方程．曲线C2的极坐标方程为ρ=sinθ,可得:ρ2=ρsinθ,利用互化公式可得：曲线C2的直角坐标方程．
（II）联立,可得tanθ=2,设点A的极角为θ，则tanθ=2，可得sinθ=，cosθ=，则M，代入ρ=2cosθ，可得：ρ1．N，代入ρ=sinθ，可得：ρ2．可得：|MN|=ρ1+ρ2．【解答】解：（I)曲线C1的参数方程为（φ为参数),
利用平方关系可得:（x﹣1）2+y2=1，化为x2+y2﹣2x=0．
利用互化公式可得：曲线C1的极坐标方程为ρ2﹣2ρcosθ=0，即ρ=2cosθ．
曲线C2的极坐标方程为ρ=sinθ，可得：ρ2=ρsinθ，可得：曲线C2的直角坐标方程为x2+y2=y．
(II）联立,可得tanθ=2，设点A的极角为θ，则tanθ=2,可得sinθ=，cosθ=，
则M，代入ρ=2cosθ，可得:ρ1=2cos=2sinθ=．N，代入ρ=sinθ，可得：ρ2=sin=cosθ=．
可得：｜MN|=ρ1+ρ2=．
五、选修4-5：不等式选讲
23．已知不等式＞x的解集为（﹣∞，m）．
(Ⅰ）求实数m的值；
（Ⅱ)若关于x的方程|x﹣n|+|x+｜=m（n＞0）有解，求实数n的值．
【考点】R5:绝对值不等式的解法．
【分析】（Ⅰ）根据x的范围得到关于x的不等式组，解出即可；（Ⅱ）根据绝对值不等式的性质得到关于n的不等式,解出即可．
【解答】解：(Ⅰ）由题意得：＞x,
故｜x+3|﹣2x﹣1＞0，
故或，
解得:x＜2，故m=2；
(Ⅱ）由题意得｜x﹣n｜+｜x+|=2有解，
∵｜x﹣n｜+|x+|≥|（x﹣n）﹣（x+）|=|n+|=n+≥2，
当且仅当n=1时”=“成立，
故n=1．
2017年7月9日。