鄂尔多斯一中2017届高三上学期第四次月考数学试卷 含解析

2016—2017学年内蒙古鄂尔多斯一中高三(上）第四次月考数学试卷
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，在每个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，则下列结论正确的是（）A．﹣3∈A∩B B．3∉B∪C C．A∪B=B D．A∩B=B
2．若复数z满足(3+4i）z=｜3﹣4i｜，其中i为虚数单位，则z虚部为（）
A．B．C． D．
3．下列说法中正确的是（）
A．若p∨q为真命题,则p，q均为真命题
B．命题“”的否定是“∀x∈R，2x＞0”
C．“a≥5"是“∀x∈[1，2］，x2﹣a≤0恒成立“的充要条件D．在△ABC中，“a＞b”是“sinA＞sinB"的必要不充分条件4．函数的图象的大致形状是( ）
A．B．C．D．
5．执行如图所示的程序框图,输出的S值为（）
A．10 B．24 C．44 D．70
6．已知向量满足,且，则与的夹角为（）
A．B．C．D．
7．a、b、c、d、e是从集合{1，2，3,4,5}中任取的5个元素(不允许重复），则abc+de为奇数的概率为（）
A．B． C． D．
8．公元前3世纪,古希腊欧几里得在《几何原本》里提出：“球的体积（V)与它的直径（D）的立方成正比”，此即V=kD3,欧几里得未给出k的值。

17世纪日本数学家们对求球的体积的方法还不了解，他们将体积公式V=kD3中的常数k称为“立圆率”或“玉积率”．类似地,对于等边圆柱（轴截面是正方形的圆柱)、正方体也可利用公式V=kD3求体积（在等边圆柱中,D表示底面圆的直径;在正方体中,D表示棱长)．假设运用此体积公式求得球（直径为a）、等边圆柱（底面圆的直径为a）、正方体（棱长为a）的“玉积率”分别为k1、k2、k3,那么k1：k2:k3( ）
A．B．:2 C．2：3:2πD．:1
9．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（)
A．B． C．2 D．
10．已知函数f（x）=asinx﹣cosx的一条对称轴为x=﹣，且f(x1）•f（x2）=﹣4，则｜x1+x2｜的最小值为（）
A．B．C．D．
11．已知点M是双曲线﹣=1（a＞0，b＞0)左支上一点,F是其右焦点，若•=0，且=﹣,当||=a时，该双曲线的离心率为（）
A．B．C．D．2
12．设函数f（x）=xe x﹣ax+a，若存在唯一的整数x0，使得f（x0）＜0，则实数a的取值范围是（）
A．［﹣,）B．[，) C．[﹣，）D．［，)
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在答卷纸的相应位置上）
13．（n，a∈N＊,且n＞a)的展开式中，首末两项的系数之和为65，则展开式的中间项为．
14．已知三棱锥P﹣ABC的外接球的球心O在AB上，且PO⊥平面ABC，AB=2，AC=2，则三棱锥P﹣ABC的体积为．15．已知直线x+y=a与圆x2+y2=4交于A、B两点，且｜|=｜
|，其中O为原点,则实数a= ．
16．已知数列{a n}的前n项和S n=2a n﹣2n+1,若不等式（﹣1）nλ＜，对∀n∈N*恒成立，则实数λ的取值范围．
三、解答题（解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17．[已知锐角三角形ABC中，角A,B，C所对边分别为a,b，c满足．
(Ⅰ）求；
（Ⅱ）若AB是最大边,求cosC的取值范围．
18．某中学为了选拔优秀数学尖子参加本市举行的数学竞赛,先在本校甲、乙两个实验班中进行数学能力摸底考试，考完后按照大于等于90分（百分制）为优秀，90分以下为非优秀,统计成绩后，得到如下所示2×2列联表
优秀非优秀总计甲班a=10 b= a+b=
乙班c= d=30c+d=
合计a+c= b+d= 105
0。

0100.050 0.010 0。

001 附公式：
P(x2＞k）
k2。

706 3.841 6.635 10。

82
已知在全部105人中随机抽取1人为优秀的概率为
( I）请完成上面的列联表中未填数据，并按95％的可靠性要求，你
能否认为学生的成绩与班级有关系？
( II)若按分层抽样方法抽取甲、乙两班优秀学生9人，然后再选派3人参加市里的数学竞赛，记甲班优秀生被派出的人数为x，试求x 的分布列及数学期望．
19．边长为2的正方形ABCD所在的平面与△CDE所在的平面交于CD，且AE⊥平面CDE，AE=1．
（Ⅰ）求证:平面ABCD⊥平面ADE；
（Ⅱ）设点F是棱BC上一点，若二面角A﹣DE﹣F的余弦值为，试确定点F在BC上的位置．
20．已知抛物线C的标准方程为y2=2px（p＞0），M为抛物线C上一动点,A（a，0）（a≠0）为其对称轴上一点,直线MA与抛物线C 的另一个交点为N．当A为抛物线C的焦点且直线MA与其对称轴垂直时,△MON的面积为18．
(1）求抛物线C的标准方程；
（2）记t=，若t值与M点位置无关,则称此时的点A为“稳定点”，试求出所有“稳定点”，若没有，请说明理由．
21．设函数f（x）=，g(x）=alnx,其中a≠0．
（Ⅰ)若函数y=g（x）图象恒过定点P，且点P在y=f（x）的图象上，求m的值;
（Ⅱ）当a=8时，设F（x）=f′(x）+g（x）,讨论F(x）的单调性;（Ⅲ）在（I)的条件下，设G（x)=，曲线y=G（x）上是否存在两点P、Q，使△OPQ(O为原点）是以O为直角顶点的直角三角形,且该三角形斜边的中点在y轴上？如果存在，求a的取值范围；如果不存在，说明理由．
[选修4-4:坐标系与参数方程选讲］
22．在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（α为参数）,曲线C2的参数方程为(β为参数），以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．
(1）求C1和C2的极坐标方程;
(2）已知射线l1：θ=α(0＜α＜）,将l1逆时针旋转得到l2：θ=α+，且l1与C1交于O,P两点，l2与C2交于O，Q两点，求|OP｜•|OQ|取最大值时点P的极坐标．
[选修4-5：不等式选讲］
23．已知a和b是任意非零实数．
（1）求的最小值．
(2)若不等式|2a+b｜+|2a﹣b|≥｜a｜（｜2+x|+｜2﹣x｜）恒成立，求实数x的取值范围．
2016—2017学年内蒙古鄂尔多斯一中高三（上)第四次月考数学试
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，在每个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,则下列结论正确的是( ）A．﹣3∈A∩B B．3∉B∪C C．A∪B=B D．A∩B=B
【考点】元素与集合关系的判断．
【分析】由题意，A=(﹣1，+∞），可得B⊆A,即可得出结论．【解答】解：由题意,A=（﹣1,+∞）,∴B⊆A,
∴A∩B=B．
故选：D．
2．若复数z满足（3+4i）z=｜3﹣4i|,其中i为虚数单位，则z虚部为（）
A．B．C． D．
【考点】复数代数形式的乘除运算．
【分析】直接由复数代数形式的乘除运算化简得答案．
【解答】解：由（3+4i）z=|3﹣4i|，
得=，
则z虚部为：．
故选：A．
3．下列说法中正确的是（）
A．若p∨q为真命题，则p，q均为真命题
B．命题“”的否定是“∀x∈R，2x＞0”
C．“a≥5"是“∀x∈［1，2]，x2﹣a≤0恒成立“的充要条件D．在△ABC中,“a＞b"是“sinA＞sinB”的必要不充分条件
【考点】命题的真假判断与应用．
【分析】A．若p∨q为真命题,则p或q为真命题，即可判断出; B．利用特称命题的否定是全称命题即可得出；
C．“a≥5”是“∀x∈[1，2],x2﹣a≤0恒成立“的充分不必要条件；D．在△ABC中，“a＞b”⇔A＞B．利用角的范围及其正弦余弦函数的单调性和和差化积即可得出．
【解答】解：A．若p∨q为真命题，则p或q为真命题,因此不正确；
B．命题“”的否定是“∀x∈R,2x＞0”,正确；C．“a≥5”是“∀x∈［1,2]，x2﹣a≤0恒成立“的充分不必要条件，因此不正确；
D．在△ABC中，“a＞b"⇔A＞B．
∴，，
∴，，
∴sinA﹣sinB=＞0．
因此“a＞b"是“sinA＞sinB”的充要条件，因此D不正确．
综上可知：只有B正确．
故选：B．
4．函数的图象的大致形状是（）
A．B．C．D．
【考点】函数的图象．
【分析】先利用绝对值的概念去掉绝对值符号，将原函数化成分段函数的形式，再结合分段函数分析位于y轴左右两侧所表示的图象即可选出正确答案．
【解答】解:∵y==
当x＞0时，其图象是指数函数y=a x在y轴右侧的部分，因为a＞1，所以是增函数的形状，
当x＜0时,其图象是函数y=﹣a x在y轴左侧的部分，因为a＞1，所以是减函数的形状，
比较各选项中的图象知,C符合题意
故选C．
5．执行如图所示的程序框图,输出的S值为（）
A．10 B．24 C．44 D．70
【考点】程序框图．
【分析】模拟程序框图的运行过程，得出该程序是累加求和的循环运算，当i＞12时，终止程序，计算输出S的值即可．
【解答】解:模拟程序框图的运行过程，如下；
i=1，S=0，S=0+2×1=2,i=1+3=4;
i≤12，S=2+2×4=10，i=4+3=7；
i≤12，S=10+2×7=24,i=7+3=10；
i≤12，S=24+2×100=44，i=10+3=13；
i＞12，终止程序，输出S的值为44．
故选:C．
6．已知向量满足，且，则与的夹角为（）
A．B．C．D．
【考点】平面向量数量积的运算．
【分析】根据平面向量的数量积运算与夹角公式,求出向量与的夹角余弦值，即可得出结论．
【解答】解：向量满足，且,
设向量与的夹角为θ,
则（+）•（﹣）=﹣•﹣
=22﹣×2×1×cosθ﹣×12=0，
解得cosθ=,
又θ∈[0,π］，
所以θ=．
故选:A．
7．a、b、c、d、e是从集合｛1，2，3，4,5｝中任取的5个元素（不允许重复），则abc+de为奇数的概率为（）
A．B． C． D．
【考点】古典概型及其概率计算公式．
【分析】先根据分类计数原理求出abc+de为奇数的种数，再求出所有的种数，根据概率公式计算即可．
【解答】解：分两类讨论：
①abc为奇数，de为偶数,
此时,a，b,c必定都为奇数，故有A33A22=12种,
②abc为偶数，de为奇数，
此时，d，e必定为奇数，故有A32A33=36种，
根据分类计数原理可得,abc+de为奇数的种数为：48种，
而所有的种数为A55=120,
故abc+de为奇数的概率为=,
故选：B．
8．公元前3世纪，古希腊欧几里得在《几何原本》里提出:“球的体积（V）与它的直径(D）的立方成正比”，此即V=kD3,欧几里得未给出k的值。

17世纪日本数学家们对求球的体积的方法还不了解，他们将体积公式V=kD3中的常数k称为“立圆率”或“玉积率”．类似地，对于等边圆柱（轴截面是正方形的圆柱）、正方体
也可利用公式V=kD3求体积（在等边圆柱中,D表示底面圆的直径；在正方体中，D表示棱长）．假设运用此体积公式求得球(直径为a)、等边圆柱（底面圆的直径为a)、正方体（棱长为a）的“玉积率"分别为k1、k2、k3，那么k1:k2:k3（）
A．B．:2 C．2：3：2π D．:1
【考点】类比推理．
【分析】根据球、圆柱、正方体的体积计算公式、类比推力即可得出．
【解答】解：∵;
;
；
故．
9．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）
A．B． C．2 D．
【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；由三视图求面积、体积．【分析】由已知中的三视图可得:该几何体是一个以俯视图中正方形为底面的四棱锥,切去一个以俯视图中虚线部分为底面的三棱锥得到的组合体，进而得到答案．
【解答】解：由已知中的三视图可得：该几何体是一个以俯视图中正方形为底面的四棱锥，切去一个以俯视图中虚线部分为底面的三棱锥得到的组合体，
大四棱锥的体积V=×2×2×2﹣××1×2×1=，
故选：B
10．已知函数f（x）=asinx﹣cosx的一条对称轴为x=﹣,且f（x1）•f(x2）=﹣4，则|x1+x2|的最小值为（）
A．B．C．D．
【考点】三角函数中的恒等变换应用；正弦函数的图象．
【分析】首先通过三角函数的恒等变换把函数关系式变性成正弦型函数，进一步利用对称轴确定函数的解析式,再利用正弦型函数的最值确定结果．
【解答】解：f（x)=asinx﹣cosx
=，
由于函数的对称轴为：x=﹣，
所以，
则:，
解得：a=1．
所以:f(x）=2sin（x﹣），
由于:f（x1)•f（x2)=﹣4，
所以函数必须取得最大值和最小值，
所以:或
所以：｜x1+x2|=4k，
当k=0时，最小值为．
故选：C．
11．已知点M是双曲线﹣=1(a＞0,b＞0）左支上一点,F是其右焦点,若•=0，且=﹣，当|｜=a时，该双曲线的离心率为（)
A．B．C．D．2
【考点】双曲线的简单性质．
【分析】由向量的垂直和共线的条件，可得线段OP垂直平分线段MF，设双曲线的左焦点为F’，运用中位线定理和双曲线的定义，结合勾股定理和离心率公式，计算即可得到所求．
【解答】解：若•=0，且=﹣，
可得线段OP垂直平分线段MF，
设双曲线的左焦点为F’，
在△MFF’中，OP为中位线，
则∠FMF'=90°,MF’=2OP=a，
由双曲线的定义，可得MF﹣MF’=2a，
即有MF=3a，
由勾股定理，可得MF2+MF'2=FF'2,
即为9a2+a2=4c2，
即有c2=a2,
即离心率e==．
故选A．
12．设函数f（x）=xe x﹣ax+a，若存在唯一的整数x0，使得f（x0)＜0，则实数a的取值范围是( ）
A．［﹣,）B．[，）C．［﹣,）D．［，）
【考点】根的存在性及根的个数判断．
【分析】令y=xe x，y=ax﹣a，从而讨论两个函数的性质作出y=xe x 与y=ax﹣a的图象,从而结合图象可知或,从而解得．
【解答】解：令y=xe x，y=ax﹣a，
∵y′=e x（x+1),
∴y=xe x在（﹣∞，﹣1］上是减函数,在（﹣1，+∞）上是增函数，又∵y=ax﹣a是恒过点（1，0）的直线，
∴作y=xe x与y=ax﹣a的图象如下，
，
当直线y=ax﹣a与y=xe x相切时，设切点为（x，xe x）,
则=e x+xe x，
则x=，x=；
结合图象可知，或，
解得,a∈［，)∪（2e2，e3]，
故选：B．
二、填空题（本大题共4小题,每小题5分,共20分，把答案填在答卷纸的相应位置上）
13．(n，a∈N*,且n＞a)的展开式中，首末两项的系数之和为65，则展开式的中间项为160 ．
【考点】二项式系数的性质．
【分析】首末两项的系数之和为65，可得1+a n=65，又n，a∈N*，且n＞a，则n=6,n=2．利用通项公式即可得出．
【解答】解：∵首末两项的系数之和为65，∴1+a n=65，
又n，a∈N*，且n＞a，则n=6，n=2．
则展开式的中间项==160，
故答案为:160．
14．已知三棱锥P﹣ABC的外接球的球心O在AB上，且PO⊥平面ABC,AB=2，AC=2，则三棱锥P﹣ABC的体积为．【考点】球内接多面体．
【分析】如图所示，由于三棱锥P﹣ABC的外接球的球心O在AB 上，且PO⊥平面ABC，可得PO是三棱锥P﹣ABC的高，AC⊥BC．求出BC，利用三棱锥的体积计算公式可得结论．
【解答】解:如图所示，
∵三棱锥P﹣ABC的外接球的球心O在AB上，且PO⊥平面ABC,∴PO是三棱锥P﹣ABC的高，
∴∠ACB=90°,
∴AC⊥BC．
∵AB=2,AC=2，
∴BC=2，
∴V P﹣ABC==,
故答案为：．
15．已知直线x+y=a与圆x2+y2=4交于A、B两点，且||=｜｜，其中O为原点，则实数a= 2或﹣2 ．
【考点】向量加减混合运算及其几何意义；直线与圆相交的性质．【分析】以OA、OB为邻边作□AOBC,由条件可判断该四边形为正方形，由此可得直线x+y=a所过点，进而得到a值．
【解答】解:以OA、OB为邻边作□AOBC，则｜|=|｜，∴□AOBC为矩形，
又||=|｜,∴四边形为正方形，
于是得直线x+y=a经过点（0,2）或(0,﹣2）,
∴a=2或﹣2．
故答案为：2或﹣2．
16．已知数列{a n｝的前n项和S n=2a n﹣2n+1，若不等式(﹣1）nλ＜，对∀n∈N＊恒成立，则实数λ的取值范围（﹣，) ．
【考点】数列与不等式的综合．
【分析】运用a1=S1，n＞1时，s n﹣s n﹣1=a n，用作差法得到a n，a n﹣1的关系，再由等差数列的定义和通项公式可得，a n=（n+1）•2n，再求得S n=n•2n+1，再对n讨论为偶数和奇数，运用数列的单调性,解不等式即可得到所求范围．
【解答】解：当n=1时，S1=2a1﹣22得a1=4．
S n=2a n﹣2n+1,
当n≥2时，S n﹣1=2a n﹣1﹣2n,
两式相减得a n=2a n﹣2a n﹣1﹣2n即a n=2a n﹣1+2n，
所以=+1
又=2，
所以数列｛}是以2为首项，1为公差的等差数列．
=2+n﹣1，即a n=（n+1)•2n，
S n=2（n+1）•2n﹣2n+1=n•2n+1，
即有==,
当n为偶数时，(﹣1）nλ＜,即为λ＜的最小值，由=递增，可得n=2时，取得最小值,
则λ＜；
当n为奇数时,即有﹣λ＜的最小值，
由n=1时，取得最小值，且为，
解得λ＞﹣，
综上可得，λ的范围是（﹣,）．
故答案为:（﹣，)．
三、解答题（解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤）
17．［已知锐角三角形ABC中，角A，B,C所对边分别为a，b，c 满足．
（Ⅰ）求；
（Ⅱ）若AB是最大边，求cosC的取值范围．
【考点】余弦定理;正弦定理．
【分析】(Ⅰ）由条件利用二倍角的余弦公式，两角和差的三角公式，求得sinBcosA=2sinAcosA ，再利用正弦定理求得的值．
（Ⅱ)由条件利用余弦定理，求得cosC的取值范围．
【解答】解：（Ⅰ）∵，且，∴sin（A+B）+sin（B﹣A)=2sin2A,∴sinBcosA=2sinAcosA，
因△ABC为锐角三角形，则cosA≠0，由正弦定理有：．(Ⅱ)∵b=2a，且a＜b≤c ，则，即，
又因，∴cosC 的取值范围是．
18．某中学为了选拔优秀数学尖子参加本市举行的数学竞赛,先在本校甲、乙两个实验班中进行数学能力摸底考试，考完后按照大于等于90分（百分制)为优秀，90分以下为非优秀，统计成绩后，得到如下所示2×2列联表
优秀非优秀总计甲班a=10 b= 45 a+b= 55
乙班c= 20 d=30c+d= 50
合计a+c= 30 b+d= 75 105
附公
0.0100.050 0。

010 0.001 式:
P（x2＞k）
k2。

706 3.841 6。

635 10.82已知在全部105人中随机抽取1人为优秀的概率为
（I)请完成上面的列联表中未填数据,并按95％的可靠性要求,你能否认为学生的成绩与班级有关系？
（II）若按分层抽样方法抽取甲、乙两班优秀学生9人，然后再选派3人参加市里的数学竞赛，记甲班优秀生被派出的人数为x，试求x的分布列及数学期望．
【考点】离散型随机变量的期望与方差；独立性检验的应用．【分析】（I）根据全部105人中随机抽取1人为优秀的概率为，则优秀人数==30，可得c=30﹣10=20．∴c+d=50,
a+b=105﹣50=55,b=55﹣10=45．进而得出下表：根据列联表中的数据，得到K2．
（II）根据分层抽样可得:从甲班中应抽取人数==3，从乙班中应抽取人数=9﹣3=6．然后再选派3人参加市里的数学竞赛，记甲班优秀生被派出的人数为X，则X=0，1，2,3．P(X=k)=．【解答】解：(I）根据全部105人中随机抽取1人为优秀的概率为，
则优秀人数==30，可得c=30﹣10=20．
∴c+d=50,
a+b=105﹣50=55，b=55﹣10=45．进而得出下表：
优秀非优秀总计
甲班104555
乙班203050
合计3075105
根据列联表中的数据，得到K2==6。

109＞3。

841．因此有95％的把握认为“成绩与班级有关系"．
（II）根据分层抽样可得：从甲班中应抽取人数==3，从乙班中应抽取人数=9﹣3=6．然后再选派3人参加市里的数学竞赛，记甲班优秀生被派出的人数为X，则X=0，1,2，3．P（X=k）=,可得P(X=0）=，P(X=1）=，P（X=2)=，P（X=3)=．可得X的分布列：
X0123
P
E(X）=0×+1×+2×+3×=1．
19．边长为2的正方形ABCD所在的平面与△CDE所在的平面交于CD，且AE⊥平面CDE,AE=1．
（Ⅰ)求证：平面ABCD⊥平面ADE；
（Ⅱ）设点F是棱BC上一点，若二面角A﹣DE﹣F的余弦值为，试确定点F在BC上的位置．
【考点】二面角的平面角及求法；平面与平面垂直的判定．
【分析】（Ⅰ)推导出AE⊥CD，AD⊥CD，得CD⊥面ADE，由此能证明平面ABCD⊥平面ADE．
(Ⅱ）以D为原点，DE为x轴，DC为y轴，过D作平面CDE的垂线为z轴，建立空间直角坐标系D﹣xyz,利用向量法能求出当点F 满足时，二面角A﹣DE﹣F的余弦值为．
【解答】证明：（Ⅰ)∵AE⊥平面CDE，∴AE⊥CD，…（2 分）又∵AD⊥CD，AE∩AD=A，
∴CD⊥面ADE，…
又CD⊂面ABCD，
∴平面ABCD⊥平面ADE．…
（Ⅱ)∵CD⊥DE，
∴如图，以D为原点，DE为x轴，DC为y轴,过D作平面CDE 的垂线为z轴，
建立空间直角坐标系D﹣xyz,
则：，
∴，∴，…
设，λ∈［0，1］
则…
设平面FDE的法向量为，
则,取z=﹣2，得，…
又平面ADE的法向量为，
∴,∴，…
故当点F满足时,二面角A﹣DE﹣F的余弦值为…
20．已知抛物线C的标准方程为y2=2px(p＞0），M为抛物线C上一动点，A（a,0）（a≠0)为其对称轴上一点，直线MA与抛物线C的另一个交点为N．当A为抛物线C的焦点且直线MA与其对称轴垂直时,△MON的面积为18．
（1）求抛物线C的标准方程；
（2）记t=,若t值与M点位置无关,则称此时的点A为“稳定点"，试求出所有“稳定点”，若没有，请说明理由．
【考点】抛物线的简单性质．
【分析】（1)根据三角形的面积公式求出p的值即可;
（2）设出直线MN的方程,联立方程组，得到关于y的一元二次方程，通过讨论a的符号结合二次函数的性质解出即可．
【解答】解：（1）由题意，，
∴p=6，
抛物线C的标准方程为y2=12x．…
(2）设M（x1，y1），N（x2，y2），设直线MN的方程为x=my+a，联立得y2﹣12my﹣12a=0，
△=144m2+48a＞0，y1+y2=12m，y1y2=﹣12a,
由对称性,不妨设m＞0，
（ⅰ）a＜0时，∵y1y2=﹣12a＞0，∴y1,y2同号，
又，
∴，
不论a取何值，t均与m有关，即a＜0时,A不是“稳定点”; (ⅱ）a＞0时，∵y1y2=﹣12a＜0，∴y1，y2异号，
又，
∴
=
=
=，
∴仅当，即a=3时，t与m无关，
∴所求的“稳定点”为（3，0）…
21．设函数f（x）=，g（x）=alnx，其中a≠0．(Ⅰ）若函数y=g（x）图象恒过定点P，且点P在y=f（x）的图象上,求m的值；
（Ⅱ）当a=8时，设F(x）=f′(x）+g（x），讨论F（x)的单调性；（Ⅲ）在(I)的条件下，设G(x）=，曲线y=G（x）上是否存在两点P、Q，使△OPQ（O为原点）是以O为直角顶点的直角三角形，且该三角形斜边的中点在y轴上?如果存在，求a的取值范
围；如果不存在,说明理由．
【考点】利用导数研究函数的单调性；对数函数的单调性与特殊点；三角形的形状判断．
【分析】（I ）点P与a的取值无关，令lnx=0即可求点P，代入y=f（x），可得m值；
（Ⅱ）m=8时,求出F（x)，F′(x)，在定义域内按m≥0,m＜0两种情况讨论解不等式F′（x）＞0,F′（x)＜0即可；
（Ⅲ）由(I）知G（x）=,先假设曲线y=G(x）上存在满足题意的两点P、Q，易知P、Q两点在y轴两侧，由此可设P（t，G（t)）（t＞0)、Q（﹣t,t3+t2），由题意知∠POQ为直角,从而有,即﹣t2+G（t）（t3+t2）=0①．分（1）0＜t≤1时,(2）t＞1时两种情况进行讨论,此时可知G（t）表达式，(1)种情况易判断，（2）种情况分离出参数a后构造函数，转化为求函数值域可以解决；
【解答】解：（I）令lnx=0，则x=1,即函数y=g（x）的图象过定点P（1，0），
又点P在y=f（x)的图象上，所以f（1）=m+(4+m)=0，
解得m=﹣3．
（II)F（x)=mx2+2（4+m)x+8lnx，定义域为（0，+∞），
F′（x）=2mx+（8+2m)+==．
∵x＞0,则x+1＞0，
∴当m≥0时,2mx+8＞0，F′（x)＞0，此时F(x）在（0，+∞）上单调递增，
当m＜0时,由F′（x）＞0得0＜x＜﹣，F′(x）＜0，得x＞﹣，
此时F(x)在（0，﹣）上为增函数，在（，+∞）上为减函数，综上，当m≥0时，F（x）在（0，+∞）上为增函数，
m＜0时，在（0,﹣）上为增函数,在（，+∞）上为减函数．(III）由条件(I）知G（x）=，
假设曲线y=G（x）上存在两点P、Q满足题意，则P、Q两点只能在y轴两侧,
设P（t，G(t）)(t＞0），则Q（﹣t，t3+t2），
∵∠POQ是以O为直角顶点的直角三角形,
∴,∴﹣t2+G（t）（t3+t2）=0①．
（1)当0＜t≤1时，G（t）=﹣t3+t2，
此时方程①为﹣t2+(﹣t3+t2）（t3+t2）=0,化简得t4﹣t2+1=0，
此方程无解，满足条件的P、Q两点不存在．
(2）当t＞1时,G（t)=alnt，
方程①为：﹣t2+alnt•(t3+t2)=0，即=（t+1)lnt，
设h（t）=(t+1)lnt(t＞1）,则h′（t）=lnt++1，
当t＞1时，h′（t)＞0，即h（t）在（1，+∞)上为增函数，
∴h（t）的值域为（h（1），+∞）），即（0，+∞），
∴＞0，∴a＞0．
综上所述，如果存在满足条件的P、Q，则a的取值范围是a＞0．
[选修4—4：坐标系与参数方程选讲]
22．在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（α为参数）,曲线C2的参数方程为（β为参数），以O为极点,x轴
的正半轴为极轴建立极坐标系．
（1）求C1和C2的极坐标方程；
（2）已知射线l1：θ=α（0＜α＜)，将l1逆时针旋转得到l2：θ=α+，且l1与C1交于O，P两点，l2与C2交于O，Q两点，求|OP｜•|OQ｜取最大值时点P的极坐标．
【考点】参数方程化成普通方程．
【分析】(1）先将参数方程转化为普通方程，然后利用极坐标方程和普通方程之间的关系进行转化即可；
（2）设极坐标方程,结合三角函数的最值性质进行求解即可．
【解答】解：（1）曲线C1的直角坐标方程为（x﹣2）2+y2=4，所以C1极坐标方程为ρ=4cosθ,
曲线C2的直角坐标方程为x2+（y﹣2）2=4，所以C2极坐标方程为ρ=4sinθ
（2）设点P极点坐标（ρ1,α）,即ρ1=4cosα，
点Q极坐标为（ρ2，α+)，即ρ2=4sin(α+）,
则|OP|｜OQ|=ρ1ρ2=4cosα•4sin（α+）=16cosα（sinα+cosα）=8sin（2α+）+4
∵α∈(0，）,
∴2α+∈（，）,
当2α+=，即α=时,
|OP|•|OQ｜取最大值，此时P极点坐标（2，）．
[选修4-5：不等式选讲］
23．已知a和b是任意非零实数．
（1）求的最小值．
（2）若不等式｜2a+b｜+|2a﹣b｜≥|a｜（|2+x｜+|2﹣x|）恒成立,求实数x的取值范围．
【考点】绝对值三角不等式．
【分析】（1）利用绝对值不等式的性质可得≥==4．
(2)由题意可得|2+x｜+｜2﹣x|≤恒成立，由于
的最小值为4，故有x的
范围即为不等式｜2+x｜+｜2﹣x|≤4的解集,解绝对值不等式求得实数x的取值范围．
【解答】解：(1）∵≥==4，
故的最小值为4．
（2)若不等式|2a+b｜+|2a﹣b｜≥｜a｜(｜2+x｜+｜2﹣x｜)恒成立，
即｜2+x|+|2﹣x|≤恒成立，故｜2+x｜+｜2﹣x｜不大于的最小值．
由（1)可知，的最小值为4，当且仅当(2a+b）（2a﹣b)≥0时取等号，
∴的最小值等于4．
∴x的范围即为不等式|2+x｜+|2﹣x|≤4的解集．
解不等式得﹣2≤x≤2，故实数x的取值范围为［﹣2,2］．
2017年3月24日。