广东省深圳市高三数学一模试卷 文(含解析)

2016年广东省深圳市高考数学一模试卷（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={﹣1，0，1}，B={y|y=x2﹣x，x∈A}，则A∩B=（）
A．{0}B．{2} C．{0，1}D．{﹣1，0}
2．若平面向量=（m，1），=（2，1），且（﹣2）∥，则m=（）
A．1 B．2 C．3 D．4
3．设i为虚数单位，已知，则|z1|，|z2|的大小关系是（）
A．|z1|＜|z2| B．|z1|=|z2| C．|z1|＞|z2| D．无法比较
4．研究人员随机调查统计了某地1000名“上班族”每天在工作之余使用手机上网的时间，并将其绘制为如图所示的频率分布直方图．若同一组数据用该区间的中点值作代表，则可估计该地“上班族”每天在工作之余使用手机上网的平均时间是（）
A．1.78小时B．2.24小时C．3.56小时D．4.32小时
5．已知函数f（x）=cos2x﹣sin2x，下列说法错误的是（）
A．f（x）的最小正周期为πB．x=是f（x）的一条对称轴
C．f（x）在（﹣，）上单调递增 D．|f（x）|的值域是[0，1]
6．直线y=k（x+1）（k∈R）与不等式组，表示的平面区域有公共点，则k的取值范围是（）
A．[﹣2，2] B．（﹣∞，﹣2]∪[2，+∞）C．[﹣，] D．（﹣∞，﹣]∪[，+∞）
7．如图，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，则在该几何体中，最长的棱的长度是（）
A．4 B．2 C．6 D．4
8．函数f（x）=xcosx在[﹣π，π]上的大致图象是（）
A．B．C．D．
9．已知﹣＜α＜，且sinα+cosα=，则α的值为（）
A．﹣B．C．﹣D．
10．已知A，B，C是球面上三点，且AB=6，BC=8，AC=10，球心O到平面ABC的距离等于该
球半径的，则此球的表面积为（）
A．πB．πC．πD．π
11．过抛物线y2=2px（p＞0）的焦点F，且倾斜角为的直线与抛物线交于A，B两点，若弦AB的垂直平分线经过点（0，2），则p等于（）
A．B．C．D．
12．已知a＞0，若函数且g（x）=f（x）+2a至少有三个零点，则a的取值范围是（）
A．（，1] B．（1，2] C．（1，+∞）D．[1，+∞）
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．
13．下列四个函数中：①y=﹣；②y=log2（x+1）；③y=﹣；④y=．在（0，+∞）上为减函数的是．（填上所有正确选项的序号）
14．甲、乙、丙、丁四支足球队举行“贺岁杯”足球友谊赛，每支球队都要与其它三支球队进行比赛，且比赛要分出胜负．若甲、乙、丙队的比赛成绩分别是两胜一负、全败、一胜两负，则丁队的比赛成绩是．
15．公元263年左右，我国数学家刘徽发现当圆内接正多边形的边数无限增加时，多边形面积可无限逼近圆的面积，并创立了“割圆术”．利用“割圆术”刘徽得到了圆周率精确到小数点后两位的近似值3.14，这就是著名的“徽率”．如图是利用刘徽的“割圆术”思想设计的一个程序框图，则输出n的值为．（参考数据：sin15°=0.2588，
sin7.5°=0.1305）
16．在平面直角坐标系xOy中，已知△ABC的顶点B（﹣5，0）和C（5，0），顶点A在双曲
线的右支上，则．
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a1+a3=8，a2+a4=12．
（Ⅰ）求数列{a n}的前n项和为S n；
（Ⅱ）若++…+=，求n的值．
18．某房地产公司新建小区有A、B两种户型住宅，其中A户型住宅每套面积为100平方米，B户型住宅每套面积为80平方米．该公司准备从两种户型住宅中各拿出12套销售给内部员
的中位数；
（Ⅱ）该公司决定对上述24套住房通过抽签方式销售，购房者根据自己的需求只能在其中一种户型中通过抽签方式随机获取房号，每位购房者只有一次抽签机会．小明是第一位抽签的员工，经测算其购买能力最多为320万元，抽签后所抽得住房价格在其购买能力范围内则确定购买，否则，将放弃此次购房资格．为了使其购房成功的概率更大，他应该选择哪一种户型抽签？
19．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB=AC，且侧面BB1C1C是菱形，∠B1BC=60°．
（Ⅰ）求证：AB1⊥BC；
（Ⅱ）若AB⊥AC，AB1=BB1，且该三棱柱的体积为2，求AB的长．
20．在平面直角坐标系xOy中，椭圆E的中心在原点，经过点A（0，1），其左、右焦点分
别为F1、F2，且•=0．
（Ⅰ）求椭圆E的方程；
（Ⅱ）过点（﹣，0）的直线l与椭圆E有且只有一个公共点P，且与圆O：x2+y2=r2（r ＞0）相切于点Q，求r的值及△OPQ的面积．
21．已知函数f（x）=e x+ax+b（a，b∈R，e是自然对数的底数）在点（0，1）处的切线与x 轴平行．
（Ⅰ）求a，b的值；
（Ⅱ）若对一切x∈R，关于x的不等式f（x）≥（m﹣1）x+n恒成立，求m+n的最大值．
选修4-1：几何证明选讲
22．如图，在直角△ABC中，AB⊥BC，D为BC边上异于B、C的一点，以AB为直径作⊙O，并分别交AC，AD于点E，F．
（Ⅰ）证明：C，E，F，D四点共圆；
（Ⅱ）若D为BC的中点，且AF=3，FD=1，求AE的长．
选修4-4：坐标系与参数方程
23．在平面直角坐标系xOy中，已知三圆C1：x2+y2=4，C2：（x+）2+（y﹣1）2=4，C3：
（θ为参数）有一公共点P（0，2）．
（Ⅰ）分别求C1与C2，C1与C3异于点P的公共点M、N的直角坐标；
（Ⅱ）以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，求经过三点O、M、N的圆C的极坐标方程．
选修4-5：不等式选讲
24．已知函数f（x）=|x+a|+|x﹣3|（a∈R）．
（Ⅰ）当a=1时，求不等式f（x）≥x+8的解集；
（Ⅱ）若函数f（x）的最小值为5，求a的值．
2016年广东省深圳市高考数学一模试卷（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={﹣1，0，1}，B={y|y=x2﹣x，x∈A}，则A∩B=（）
A．{0}B．{2} C．{0，1}D．{﹣1，0}
【考点】交集及其运算．
【分析】把A中元素代入B求出y的值，确定出B，找出两集合的交集即可．
【解答】解：把x=﹣1，0，1代入得：y=2，0，即B={2，0}，
∵A={﹣1，0，1}，
∴A∩B={0}，
故选：A．
2．若平面向量=（m，1），=（2，1），且（﹣2）∥，则m=（）
A．1 B．2 C．3 D．4
【考点】平面向量共线（平行）的坐标表示．
【分析】利用向量的共线的充要条件，列出方程求解即可．
【解答】解：平面向量=（m，1），=（2，1），且（﹣2）∥，
可得m﹣4=2（﹣1），
解得m=2．
故选：B．
3．设i为虚数单位，已知，则|z1|，|z2|的大小关系是（）
A．|z1|＜|z2| B．|z1|=|z2| C．|z1|＞|z2| D．无法比较
【考点】复数求模．
【分析】利用复数的运算法则分别化简z1，z2，再利用模的计算公式即可得出．
【解答】解：z1====﹣i，
∴|z1|=1．
∵，
∴|z2|==1，
则|z1|=|z2|．
故选：B．
4．研究人员随机调查统计了某地1000名“上班族”每天在工作之余使用手机上网的时间，并将其绘制为如图所示的频率分布直方图．若同一组数据用该区间的中点值作代表，则可估计该地“上班族”每天在工作之余使用手机上网的平均时间是（）
A．1.78小时B．2.24小时C．3.56小时D．4.32小时
【考点】频率分布直方图．
【分析】根据频率分布直方图，利用同一组数据所在区间的中点值乘以对应的频率，再求和即可．
【解答】解：根据频率分布直方图，得；
估计该地“上班族”每天在工作之余使用手机上网的平均时间为
=0.12×2×1+0.20×2×3+0.10×2×5+0.08×2×7=3.56（小时）．
故选：C．
5．已知函数f（x）=cos2x﹣sin2x，下列说法错误的是（）
A．f（x）的最小正周期为πB．x=是f（x）的一条对称轴
C．f（x）在（﹣，）上单调递增 D．|f（x）|的值域是[0，1]
【考点】三角函数中的恒等变换应用；正弦函数的图象．
【分析】由三角函数公式化简可得f（x）=cos2x，由三角函数的性质逐个选项验证可得．【解答】解：∵f（x）=cos2x﹣sin2x=cos2x，
∴f（x）的最小正周期T==π，选项A正确；
由2x=kπ可得x=，k∈Z，
∴x=是f（x）的一条对称轴，选项B正确；
由2kπ+π≤2x≤2kπ+2π可得kπ+≤x≤kπ+π，
∴函数的单调递增区间为[kπ+，kπ+π]，k∈Z，C错误；
|f（x）|=|cos2x|，故值域为[0，1]，D正确．
故选：C
6．直线y=k（x+1）（k∈R）与不等式组，表示的平面区域有公共点，则k的取值范围是（）
A．[﹣2，2] B．（﹣∞，﹣2]∪[2，+∞）C．[﹣，] D．（﹣∞，﹣]∪[，+∞）
【考点】简单线性规划．
【分析】作出可行域，k表示过定点（﹣1，0）的直线y=k（x+1）的斜率，数形结合可得．
【解答】解：作出不等式组所对应的可行域（如图△ABC），
k表示过定点（﹣1，0）的直线y=k（x+1）的斜率，
数形结合可得当直线经过点A（0，2）时，直线的斜率取最大值2，
当直线经过点B（0，﹣2）时，直线的斜率取最小值﹣2，
故选：A．
7．如图，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，则在该几何体中，最长的棱的长度是（）
A．4 B．2 C．6 D．4
【考点】由三视图还原实物图．
【分析】根据几何体的三视图还原几何体形状，由题意解答．
【解答】解：由几何体的三视图得到几何体是以俯视图为底面的四棱锥，如图：
由网格可得AD最长为=；
故答案为：．
8．函数f（x）=xcosx在[﹣π，π]上的大致图象是（）
A．B．C．D．
【考点】利用导数研究函数的单调性；余弦函数的图象．
【分析】根据奇偶函数图象的对称性排除A、C；利用特殊点排除D，从而得到答案．【解答】解：由f（x）=xcosx为奇函数知，其图象关于原点对称，排除A、C；
又f（π）=πcosπ=﹣π＜0，故排除D；
故选B．
9．已知﹣＜α＜，且sinα+cosα=，则α的值为（）
A．﹣B．C．﹣D．
【考点】同角三角函数基本关系的运用．
【分析】利用两角和的正弦函数公式化简已知可得sin（）=，从而可得sin
（）=，结合α的范围，利用正弦函数的图象和性质即可求值得解．
【解答】解：因为：sinα+cosα=，
所以： sin（）=，
所以：sin（）=．
又因为：﹣＜α＜，可得：，
所以： =，
解得：．
故选：A．
10．已知A，B，C是球面上三点，且AB=6，BC=8，AC=10，球心O到平面ABC的距离等于该
球半径的，则此球的表面积为（）
A．πB．πC．πD．π
【考点】球的体积和表面积．
【分析】求出三角形ABC的外心，利用球心到△ABC所在平面的距离为球半径的一半，求出球的半径，即可求出球的表面积．
【解答】解：由题意AB=6，BC=8，AC=10，∵62+82=102，可知三角形是直角三角形，
三角形的外心是AC的中点，球心到截面的距离就是球心与三角形外心的距离，
设球的半径为R，球心到△ABC所在平面的距离为球半径的一半，
所以R2=（R）2+52，
解得R2=，
∴球的表面积为4πR2=π．
故选：C．
11．过抛物线y2=2px（p＞0）的焦点F，且倾斜角为的直线与抛物线交于A，B两点，若弦AB的垂直平分线经过点（0，2），则p等于（）
A．B．C．D．
【考点】抛物线的简单性质．
【分析】可以求出抛物线的焦点坐标，从而可以写出弦AB所在直线方程为，可设A（x1，y1），B（x2，y2），直线AB的方程和抛物线方程联立消去x可得到关于y的一元二次
方程，由韦达定理即可求出弦AB的中点坐标为，而弦AB的垂直平分线方程可写出为y﹣2=﹣x，弦中点坐标带入该方程便可求出p的值．
【解答】解：，过焦点F且倾斜角为的直线方程为：，设A（x1，y1），B（x2，y2）；
由得，y2﹣2py﹣p2=0；
∴y1+y2=2p，x1+x2=3p；
∴弦AB的中点坐标为；
弦AB的垂直平分线方程为y﹣2=﹣x，弦AB的中点在该直线上；
∴；
解得．
故选：C．
12．已知a＞0，若函数且g（x）=f（x）+2a至少有三个零点，则a的取值范围是（）
A．（，1] B．（1，2] C．（1，+∞）D．[1，+∞）
【考点】函数零点的判定定理．
【分析】把函数零点问题转化为方程根的问题，然后画出a=1及a=2时的分段函数的简图，由图判断a=1及a=2时满足题意，结合选项得答案．
【解答】解：函数g（x）=f（x）+2a的零点的个数等价于方程f（x）=﹣2a根的个数，
即函数y=f（x）的图象与直线y=﹣2a交点的个数，利用特殊值验证法：
当a=1时，y=f（x）的图象如图：
满足题意；
当a=2时，y=f（x）的图象如图：
满足题意．
结合选项可知，a的范围是D．
故选：D．
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．
13．下列四个函数中：①y=﹣；②y=log2（x+1）；③y=﹣；④y=．在（0，
+∞）上为减函数的是①④．（填上所有正确选项的序号）
【考点】函数单调性的判断与证明．
【分析】根据单调性的定义，对数函数和指数函数的单调性，以及不等式的性质即可判断每个函数在（0，+∞）上的单调性，从而写出在（0，+∞）上为减函数的序号．
【解答】解：∵x∈（0，+∞）；
①x增大时，增大，﹣减小，即y减小，∴该函数在（0，+∞）上为减函数；
②x增大时，x+1增大，log2（x+1）增大，即y增大，∴该函数在（0，+∞）上为增函数；
③x增大时，x+1增大，减小，增大，∴该函数在（0，+∞）上为增函数；
④x增大时，x﹣1增大，减小，即y减小，∴该函数在（0，+∞）上为减函数；
∴在（0，+∞）上为减函数的是①④．
故答案为：①④．
14．甲、乙、丙、丁四支足球队举行“贺岁杯”足球友谊赛，每支球队都要与其它三支球队进行比赛，且比赛要分出胜负．若甲、乙、丙队的比赛成绩分别是两胜一负、全败、一胜两负，则丁队的比赛成绩是全胜．
【考点】进行简单的合情推理．
【分析】根据题意可得，共有6胜6负，由甲，乙，丙的成绩，运用补集思想即可求出丁的成绩．
【解答】解：由题意可得，甲、乙、丙、丁四支足球队举行“贺岁杯”足球友谊赛，每支球队都要与其它三支球队进行比赛，且比赛要分出胜负，则共需进行=6场，
∵每场都会产生胜方和负方，
∴比赛共产生6胜6负，
∵甲、乙、丙队的比赛成绩分别是两胜一负、全败、一胜两负，已有3胜6负，
∴丁队的比赛成绩是全胜，即3胜．
故答案为：全胜．
15．公元263年左右，我国数学家刘徽发现当圆内接正多边形的边数无限增加时，多边形面积可无限逼近圆的面积，并创立了“割圆术”．利用“割圆术”刘徽得到了圆周率精确到小数点后两位的近似值3.14，这就是著名的“徽率”．如图是利用刘徽的“割圆术”思想设计的一个程序框图，则输出n的值为24 ．（参考数据：sin15°=0.2588，sin7.5°=0.1305）
【考点】程序框图．
【分析】列出循环过程中S与n的数值，满足判断框的条件即可结束循环．
【解答】解：模拟执行程序，可得
n=6，S=3sin60°=，
不满足条件S≥3.10，n=12，S=6×sin30°=3，
不满足条件S≥3.10，n=24，S=12×sin15°=12×0.2588=3.1056，
满足条件S≥3.10，退出循环，输出n的值为24．
故答案为：24．
16．在平面直角坐标系xOy中，已知△ABC的顶点B（﹣5，0）和C（5，0），顶点A在双曲
线的右支上，则=．
【考点】双曲线的简单性质．
【分析】首先由正弦定理，有=，进而根据双曲线的几何性质，可得
|CB|=2c=4，|AB|﹣|CA|=2a=6，代入，即可得到答案．
【解答】解：根据正弦定理：在△ABC中，有=，
又由题意C、B分别是双曲线的左、右焦点，
则|CB|=2c=10，
且△ABC的顶点A在双曲线的右支上，
又可得|AB|﹣|AC|=2a=6，
则===．
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．已知等差数列{a n}满足a1+a3=8，a2+a4=12．
（Ⅰ）求数列{a n}的前n项和为S n；
（Ⅱ）若++…+=，求n的值．
【考点】数列的求和；等差数列的前n项和．
【分析】（Ⅰ）通过a1+a3=8，a2+a4=12与等差中项的性质可知a2=4，a3=6，进而可知公差及首项，利用等差数列的求和公式计算即得结论；
（Ⅱ）通过（I）裂项可知=﹣，进而并项相加并与已知条件比较即得结论．
【解答】解：（Ⅰ）∵a1+a3=8，a2+a4=12，
∴a2=4，a3=6，
∴等差数列{a n}的公差d=a3﹣a2=6﹣4=2，
首项a1=a2﹣d=4﹣2=2，
∴数列{a n}是首项、公差均为2的等差数列，
于是其前n项和为S n=2•=n（n+1）；
（Ⅱ）由（I）可知， ==﹣，
∴++…+=1﹣+﹣+…+﹣=，
又∵++…+=，
∴=，即n=999．
18．某房地产公司新建小区有A、B两种户型住宅，其中A户型住宅每套面积为100平方米，B户型住宅每套面积为80平方米．该公司准备从两种户型住宅中各拿出12套销售给内部员
的中位数；
（Ⅱ）该公司决定对上述24套住房通过抽签方式销售，购房者根据自己的需求只能在其中一种户型中通过抽签方式随机获取房号，每位购房者只有一次抽签机会．小明是第一位抽签的员工，经测算其购买能力最多为320万元，抽签后所抽得住房价格在其购买能力范围内则确定购买，否则，将放弃此次购房资格．为了使其购房成功的概率更大，他应该选择哪一种户型抽签？
【考点】列举法计算基本事件数及事件发生的概率；茎叶图．
【分析】（Ⅰ）由表格数据，能作出茎叶图，并能求出A，B两类户型住宅每平方米销售价格的中位数．
（Ⅱ）若选择A户型抽签，求出成功购房的概率；若选择B户型抽签，求出成功购房的概率．由此得到该员工选择购买A户型住房的概率较大．
【解答】解：（Ⅰ）由表格数据，作出茎叶图：
A户型销售价格的中位数是=3.0，
B户型销售价格的中位数是=4.0．
（Ⅱ）若选择A户型抽签，则每平方米均价不得高于3.2万元，
有能力购买其中的8套住房，∴成功购房的概率是=，
若选择B户型抽签，每平方米均价不得高于4.0万元，有能力购买其中的6套住房，
成功购房的概率是，
∵，
∴该员工选择购买A户型住房的概率较大．
19．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB=AC，且侧面BB1C1C是菱形，∠B1BC=60°．
（Ⅰ）求证：AB1⊥BC；
（Ⅱ）若AB⊥AC，AB1=BB1，且该三棱柱的体积为2，求AB的长．
【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；空间中直线与直线之间的位置关系．
【分析】（I）取BC中点M，连结AM，由AB=AC得AM⊥BC，由菱形和等边三角形的性质得出BC⊥B1M，故BC⊥平面AB1M，故而AB1⊥BC；
（II）利用勾股定理的逆定理得出AM⊥B1M，从而B1M⊥平面ABC，故而B1M为棱柱的高，根据棱柱的体积列方程解出AB．
【解答】解：（I）取BC中点M，连结AM，B1M，
∵AB=AC，M是BC的中点，
∴AM⊥BC，
∵侧面BB1C1C是菱形，∠B1BC=60°，
∴B1M⊥BC，
又AM⊂平面AB1M，B1M⊂平面AB1M，AM∩B1M=M，
∴BC⊥平面AB1M，∵AB1⊂平面AB1M，
∴BC⊥AB1．
（II）设AB=x，则AC=x，BC=x，
∵M是BC的中点，∴AM=，BB1=，B1M=，
又∵AB1=BB1，∴AB1=，
∴AB12=B1M2+AM2，∴B1M⊥AM．
由（I）知B1M⊥BC，AM⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，AM∩BC=M，
∴B1M⊥平面ABC，
∴V==，
∴x=2，即AB=2．
20．在平面直角坐标系xOy中，椭圆E的中心在原点，经过点A（0，1），其左、右焦点分
别为F1、F2，且•=0．
（Ⅰ）求椭圆E的方程；
（Ⅱ）过点（﹣，0）的直线l与椭圆E有且只有一个公共点P，且与圆O：x2+y2=r2（r ＞0）相切于点Q，求r的值及△OPQ的面积．
【考点】椭圆的简单性质．
【分析】（Ⅰ）设椭圆E的方程为=1（a＞b＞0），由椭圆E经过点A（0，1），
•=0，求出a，b，由此能求出椭圆E的方程．
（Ⅱ）设直线l：y=k（x+），联立，得（2k2+1）x2+4x+6k2﹣2=0，
由此利用根的判别式、直线与圆相切、两点间距离公式，结合已知条件能求出r的值及△OPQ 的面积．
【解答】解：（Ⅰ）∵在平面直角坐标系xOy中，椭圆E的中心在原点，其左、右焦点分别为F1、F2，
∴设椭圆E的方程为=1（a＞b＞0），
∵椭圆E经过点A（0，1），∴b=1，
∵•=0，且AF1=AF2，
∴b=c=1，∴a2=1+1=2，
∴椭圆E的方程是．
（Ⅱ）设直线l：y=k（x+），联立，
整理，得（2k2+1）x2+4x+6k2﹣2=0，①
∴，
∵直线l与椭圆相切，∴△=0，解得k=±1，
代入方程①中，得到，解得x=﹣，
代入直线l的方程中，得y=，即P（﹣，），
又∵直线l与圆x2+y2=r2相切，∴r===，
∵|OP|==，
∴|PQ|===，
S△OPA=．
21．已知函数f（x）=e x+ax+b（a，b∈R，e是自然对数的底数）在点（0，1）处的切线与x 轴平行．
（Ⅰ）求a，b的值；
（Ⅱ）若对一切x∈R，关于x的不等式f（x）≥（m﹣1）x+n恒成立，求m+n的最大值．【考点】利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究曲线上某点切线方程．
【分析】（Ⅰ）根据导数的几何意义，建立方程关系即可求a，b的值；
（Ⅱ）将不等式恒成立进行转化，构造函数，求函数的导数，利用函数单调性，极值和最值与导数的关系进行求解即可．
【解答】解：（Ⅰ）函数的导数f′（x）=e x+a，
∵函数f（x）在点（0，1）处的切线与x轴平行，
∴f′（0）=0，
即f′（0）=e0+a=1+a=0，则a=﹣1，
又f（0）=1+b=1，则b=0；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f（x）=e x﹣x，
则不等式f（x）≥（m﹣1）x+n恒成立等价为e x≥mx+n，
即e x﹣mx﹣n≥0，
设g（x）=e x﹣mx﹣n，则g′（x）=e x﹣m，
当m≤0时，g′（x）＞0恒成立，则g（x）在R上递增，没有最小值，故不成立，
当m＞0时，由g′（x）=0得x=lnm，
当g′（x）＜0时，得x＜lnm，当g′（x）＞0时，得x＞lnm，
即当x=lnm时，函数取得最小值g（lnm）=e lnm﹣mlnm﹣n=m﹣mlnm﹣n≥0，
即m﹣mlnm≥n，2m﹣mlnm≥m+n，
令h（m）=2m﹣mlnm，则h′（m）=1﹣lnm，
令h′（m）=0得m=e，
当0＜m＜e时，h（m）单调递增，当m＞e时，h（m）单调递减，
故当m=e时，h（m）取得最大值h（e）=e，
∴e≥m+n，
故m+n的最大值为e．
选修4-1：几何证明选讲
22．如图，在直角△ABC中，AB⊥BC，D为BC边上异于B、C的一点，以AB为直径作⊙O，并分别交AC，AD于点E，F．
（Ⅰ）证明：C，E，F，D四点共圆；
（Ⅱ）若D为BC的中点，且AF=3，FD=1，求AE的长．
【考点】与圆有关的比例线段；圆內接多边形的性质与判定．
【分析】（Ⅰ）连结EF，BE，说明AB是⊙O是直径，推出∠ABE=∠C，然后证明C，E，F，D 四点共圆．
（Ⅱ）利用切割线定理求解BD，利用C、E、F、D四点共圆，得到AE•AC=AF•AD，然后求解AE．
【解答】（Ⅰ）证明：连结EF，BE，则∠ABE=∠AFE，因为AB是⊙O是直径，
所以，AE⊥BE，又因为AB⊥BC，∠ABE=∠C，
所以∠AFE=∠C，即∠EFD+∠C=180°，
∴C，E，F，D四点共圆．
（Ⅱ）解：因为AB⊥BC，AB是直径，
所以，BC是圆的切线，DB2=DF•DA=4，即BD=2，
所以，AB==2，
因为D为BC的中点，所以BC=4，AC==2，
因为C、E、F、D四点共圆，所以AE•AC=AF•AD，
即2AE=12，即AE=．
选修4-4：坐标系与参数方程
23．在平面直角坐标系xOy中，已知三圆C1：x2+y2=4，C2：（x+）2+（y﹣1）2=4，C3：
（θ为参数）有一公共点P（0，2）．
（Ⅰ）分别求C1与C2，C1与C3异于点P的公共点M、N的直角坐标；
（Ⅱ）以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，求经过三点O、M、N的圆C的极坐标方程．
【考点】简单曲线的极坐标方程；参数方程化成普通方程．
【分析】（1）求出圆C3的普通方程，解方程组得出交点坐标；
（2）求出过三点的圆的普通方程，转化为极坐标方程．
【解答】解：（I）圆C3的直角坐标方程为（x﹣）2+（y﹣1）2=4．
联立方程组，解得或．
联立方程组，解得或．
∴M（﹣，﹣1），N（，﹣1）．
（II）M，N的中垂线方程为x=0，故过点M，N，O三点的圆圆心在y轴上，设圆的半径为r，则（r﹣1）2+=r2，解得r=2．∴圆心坐标为（0，﹣2）．
∴经过三点O、M、N的圆C的直角坐标方程为x2+（y+2）2=4．即x2+y2+4y=0．
∴经过三点O、M、N的圆C的极坐标方程为ρ2+4ρsinθ=0，即ρ=﹣4sinθ．
选修4-5：不等式选讲
24．已知函数f（x）=|x+a|+|x﹣3|（a∈R）．
（Ⅰ）当a=1时，求不等式f（x）≥x+8的解集；
（Ⅱ）若函数f（x）的最小值为5，求a的值．
【考点】绝对值不等式的解法；函数的最值及其几何意义；分段函数的应用．
【分析】（Ⅰ）当a=1时，不等式即|x+1|+|x﹣3|≥x+8，分类讨论去掉绝对值，分别求得它的解集，再取并集，即得所求．
（Ⅱ）由条件利用绝对值三角不等式求得f（x）的最小值，再根据f（x）的最小值为5，求得a的值．
【解答】解：（Ⅰ）当a=1时，求不等式f（x）≥x+8，即|x+1|+|x﹣3|≥x+8，
若x＜﹣1，则有﹣x﹣1+3﹣x≥x+8，求得x≤﹣2．
若﹣1≤x≤3，则有x+1+3﹣x≥x+8，求得x≤﹣4，不满足要求．
若x＞3，则有x+1+x﹣3≥x+8，求得x≥10．
综上可得，x的范围是{x|x≤﹣2或x≥10}．
（Ⅱ）∵f（x）=|x+a|+|x﹣3|=|x+a|+|3﹣x|≥|x+a+3﹣x|=|a+3|，
∴函数f（x）的最小值为|a+3|=5，∴a+3=5，或a+3=﹣5，
解得a=2，或a=﹣8．。