2018年宁夏银川一中高考数学三模试卷(文科)

2018年宁夏银川一中高考数学三模试卷（文科）
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，只有一项是符合题目要求的．
1. 已知集合A ={1, 3}，B ={x|0<x <3, x ∈N}，则A ∩B =( ) A.{1} B.{1, 2} C.{1, 2, } D.{1, 3} 【答案】 A
【考点】 交集及其运算 【解析】
化简集合B ，根据交集的定义写出A ∩B ． 【解答】
集合A ={1, 3}，B ={x|0<x <3, x ∈N}={1, 2}， 则A ∩B ={1}．
2. 复数z 满足i(z +i)=1+i （其中i 为虚数单位），则z 对应的点在第（ ）象限 A.一 B.二 C.三 D.四 【答案】 D
【考点】 复数的运算 【解析】
利用复数代数形式的乘除运算化简，求出z 在复平面内对应点的坐标得答案． 【解答】
由i(z +i)=1+i ，得z +i =
1+i i
=
(1+i)(−i)−i 2
=1−i ，
∴ z =1−2i ，
则z 对应的点的坐标为(1, −2)，在第四象限．
3. 设曲线y =x+1
x−1在点(2, 3)处的切线与直线ax +y +1=0平行，则a =( ) A.1
2 B.−1
2
C.−2
D.2
【答案】 D
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程 【解析】
求出函数的导数，求出切线的斜率，再由两直线平行的条件，即可得到a ． 【解答】
y =x+1
x−1的导数为y′=
x−1−(x+1)(x−1)2
=−2
(x−1)2，
则在点(2, 3)处的切线斜率为：−2
(2−1)2=−2，
由切线与直线ax +y +1=0平行，则−a =−2．可得a =2．
4. 已知向量a →
=(3, −2)，b →
=(x, y −1)且a → // b →
，若x ，y 均为正数，则3
x +2
y 的最小值是（ ） A.24
B.8
C.8
3
D.5
3
【答案】 B
【考点】
基本不等式及其应用
平面向量共线（平行）的坐标表示 【解析】
根据向量共线定理列出方程，得出2x +3y ＝3，再求3
x +2
y 的最小值即可． 【解答】 ∵ a → // b →
，
∴ −2x −3(y −1)＝0， 化简得2x +3y ＝3，
∴ 3
x +2
y =(3
x +2
y )×1
3(2x +3y) =1
3(6+
9y x
+
4x y
+6)≥13(12+2√9y x ⋅
4x y
)＝8，
当且仅当2x ＝3y =3
2时，等号成立； ∴ 3
x +2
y 的最小值是8．
5. 已知各项均不为0的等差数列{a n }满足a 3−
a 722
+a 11=0，数列{b n }为等比数列，且
b 7=a 7，则b 1⋅b 13=( ) A.25 B.16 C.8 D.4 【答案】 B
【考点】
等比数列的通项公式 【解析】
根据等差数列的性质得：a 3+a 11=2a 7，从而得到4a 7−a 72
=0，解得a 7=4，a 7=0（舍去），进而b 7=a 7=4，由此能求出b 1b 13的值． 【解答】
∵ 各项均不为0的等差数列{a n }满足a 3−
a 722
+a 11=0，
根据等差数列的性质得：a 3+a 11=2a 7，
∴ 4a 7−a 72=0，解得a 7=4，a 7=0（舍去），
所以b 7=a 7=4，
则b 1⋅b 13=a 72
=16，
6. 双曲线的渐近线方程为y =±x
2，则此双曲线的离心率为（ ）
A.√5
2B.√5
2
或√5 C.√6
2
D.√6
2
或√6
【答案】
B
【考点】
双曲线的特性
【解析】
焦点在x轴上的双曲线和焦点在y轴上的双曲线两条渐近线方程，转化求解就可求出双曲线的离心率．
【解答】
当双曲线焦点在x轴上时，两条渐近线方程为y=±b
a
x，
又∵已知两条渐近线方程为y=±1
2x，∴b
a
=1
2
，2b=a
∴c=√5
2a，离心率e=√5
2
，
当双曲线焦点在y轴上时，两条渐近线方程为y=±a
b
x，
又∵已知两条渐近线方程为y=±1
2x，∴a
b
=1
2
，2a=b
∴c=√5a，离心率e=√5，
7. 下列选项中，说法正确的是（）
A.命题“p∨q为真“是命题“p∧q为真“的必要条件．
B.若向量a→，b→满足a→∗b→<0，则a→与b→的夹角为钝角．
C.若am2≤bm2，则a≤b．
D.命题“∃x0∈R,x02−x0≤0”的否定是“∃x∈R，x2−x>0”．
【答案】
A
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
根据复合命题和充要条件判断A，根据斜率的夹角判断B，根据不等式的性质判断C，根据命题的否定判断D．
【解答】
对于A：命题“p∨q为真“则，p，q至少有一个为真，
故命题“p∨q为真“是命题“p∧q为真“的必要条件，正确，
对于B：当a→与b→的夹角为π时，满足a→∗b→<0，故B错误，
对于C：当m=0时，则a≤b不满足，故C错误，
对于D：命题“∃x0∈R,x02−x0≤0”的否定是“∀x∈R，x2−x>0，故D错误，
8. 甲、乙、丙三人中，一人是工人，一人是农民，一人是知识分子．已知：丙的年龄比知识分子大；甲的年龄和农民不同；农民的年龄比乙小．根据以上情况，下列判断正确的是（）
A.甲是工人，乙是知识分子，丙是农民
B.甲是知识分子，乙是农民，丙是工人
C.甲是知识分子，乙是工人，丙是农民
D.甲是农民，乙是知识分子，丙是工人 【答案】 C
【考点】
合情推理的作用 【解析】
由“甲的年龄和农民不同”和“农民的年龄比乙小”知丙是农民，且丙比乙小；再由“丙的年龄比知识分子大”可知，甲是知识分子；故乙是工人． 【解答】
解：由“甲的年龄和农民不同”和“农民的年龄比乙小”知丙是农民，且丙比乙小； 再由“丙的年龄比知识分子大”可知，甲是知识分子；故乙是工人． 故选C .
9. 已知函数f(x)={a x−1−b,x ≤1
−log 2(x +1),x >1 (a >0, a ≠1)，在其定义域上单调，则ab 的
值不可能的是（ ） A.−1 B.1 C.−2 D.2 【答案】 D
【考点】
函数单调性的性质与判断 【解析】
利用分段函数得到函数f(x)在(1, +∞)上单调递减，从而得函数f(x)在(−∞, 1]上单调递减以及在R 上单调递减，得到a 1−1−b ≥−log 2(1+1)，以及实数a 的取值范围，进而得到ab 的取值范围，从而选出错误答案． 【解答】
由于函数f(x)在R 上单调，当x >1时，函数f(x)=−log 2(x +1)单调递减， 则当x ≤1时，函数f(x)=a x−1−b 单调递减，所以0<a <1，且a 1−1−b ≥−log 2(1+1)，
即1−b ≥−1，解得b ≤2． 当0<b ≤2时，0<ab <2；
当b ≤0时，则ab ≤0．因此，ab ≠2，
10. 若x ，y 满足{x +y ≥1
mx −y ≤03x −2y +2≥0 且z =3x −y 的最大值为2，则实数m 的值为（ ）
A.1
3
B.2
3
C.1
D.2
【答案】 D
【考点】 简单线性规划 【解析】
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，联立方程组求得最优解的坐标，代入目标函数求得m 的值． 【解答】
由约束条件{x +y ≥1
mx −y ≤0
3x −2y +2≥0 作出可行域如图， z =3x −y 的最大值为2，
联立{
3x −2y +2=0
3x −y =2
，解得A(2, 4)， 化目标函数z =3x −y 为y =3x −z ，
由图可知，当直线mx −y =0必须过A ，可得2m −4=0， 解得：m =2．
11. 在△ABC 中，D 在三角形所在平面内一点，且AD →
=13
AB →
+12
AC →
，则S △ABD
S
△ABC
=( )
A.2
3 B.1
2
C.1
3
D.1
6
【答案】 B
【考点】
平面向量的基本定理 【解析】
利用三角形以及向量关系，求解三角形的面积即可． 【解答】
由已知，在△ABC 中，D 为三角形所在平面内一点， 且AD →
=13AB →
+12
AC →
，
∴ 点D 在平行于AB 的中位线上，且为靠近AC 边， ∴ S △ADB =1
2S △ABC ，
12. 设函数f(x)是定义在(−∞,0)上的可导函数，其导函数为f ′(x)，且有2f(x)+xf ′(x)>x 2，则不等式(x +2018)2f(x +2018)−4f(−2)>0的解集为（ ） A.(−2020,0) B.(−∞,−2020) C.(−2016,0) D.(−∞,−2016) 【答案】 B
【考点】
利用导数研究函数的单调性 【解析】 此题暂无解析 【解答】
解：由2f(x)+xf ′(x)>x 2，x <0，得2xf(x)+x 2f ′(x)<x 3，即[x 2f(x)]′<x 3<0． 令F(x)=x 2f(x)，则当x <0时，得f ′(x)<0，即F(x)在(−∞,0)上是减函数，
∴ F(x +2018)=(x +2018)2f(x +2018)，F(−2)=4f(−2)，即不等式等价变形为F(x +2018)−F(−2)>0． ∵ F(x)在(−∞,0)上是减函数，
∴ 由F(x +2018)>F(−2)得，x +2018<−2，即x <−2020． 故选B ．
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分.
已知sin2α=1
4，则2cos 2(α−π
4)=________． 【答案】
54
【考点】
三角函数的恒等变换及化简求值 【解析】
直接利用倍角公式及诱导公式结合已知求解． 【解答】 ∵ sin2α=14，
∴ 2cos 2(α−π
4)=1+cos(2α−π
2)=1+sin2α=1+1
4=5
4．
一几何体的三视图如图，其中左视图是一个边长为2的正三角形，则这个几何体的体积是________．
【答案】 √3
【考点】
由三视图求体积 【解析】
由几何体的三视图得到原几何体的底面积与高，进而得到该几何体的体积． 【解答】
由几何体的三视图可知，该几何体为底面是直角梯形，高为√3的四棱锥， 其中直角梯形两底长分别为1和2，高是2．
故这个几何体的体积是1
3×[1
2(1+2)×2brack ×√3=√3．
执行如图所示的流程图，则输出的S 的值为________．
【答案】
1008
2017
【考点】
程序框图
【解析】
由已知中的程序框图可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量S的值，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】
由已知中的程序框图可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量S的值，
其中S=11×3+13×5+15×7+...+1
k×(k+2)=1
2
[(1−1
3
)+(1
3
−1
5
)+(1
5
−1
7
)+...+(1
2016
−
1 2017)]=1
2
×(1−1
2017
)=1008
2017
，
如图是3世纪我国汉代的赵爽在注解周髀算经时给出的，人们称它为“赵爽弦图”，阴
影部分是由四个全等的直角三角形组成的图形，在大正方形内随机取一点，这一点落
在小正方形内的概率为1
3
，若直角三角形的两条直角边的长分别为a，b(a<b)，则
b
a
=________．
【答案】
3+√5
2
【考点】
几何概型计算（与长度、角度、面积、体积有关的几何概型）
【解析】
根据几何概型的意义，求出三角形的面积，再求出大正方形的面积，由已知得到关于a，b的方程，求解即可．
【解答】
如图所示，
点落在小正方形内的概率为1
3， 大正方形ABCD 面积为a 2+b 2， 一个三角形的面积为1
2ab ， ∴
4×12
ab a 2+b 2
=1−1
3
，
即a 2+b 2=3ab ， 即(b
a )2−3b
a +1=0， 解得b
a =
3+√52
或b a
=3−√52
（舍），
三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
函数f(x)=sin(ωx +φ)(ω>0, |φ|<π
2)的部分图象如图所示，将y =f(x)的图象向右平移π
4个单位长度后得到函数y =g(x)的图象． （1）求函数y =g(x)的解析式；
（2）在△ABC 中，角A ，B ，C 满足2sin 2A+B 2
=g(C +π
3)+1，且其外接圆的半径R =2，
求△ABC 的面积的最大值．
【答案】
由图知2π
ω=4(π
12+π
6)，解得ω=2， ∵ f(π
12)=sin(2×π
12+φ)=1，
∴ 2×π
12+φ=2kπ+π
2，k ∈Z ，即φ=2kπ+π
3，k ∈Z ， 由于|φ|<π
2，因此φ=π
3， ∴ f(x)=sin(2x +π
3)，
∴ f(x −π
4)=sin[2(x −π
4)+π
3]=sin(2x −π
6)， 即函数y =g(x)的解析式为g(x)=sin(2x −π
6)， ∵ 2sin 2
A+B 2
=g(C +π
3)+1，
∴ 1−cos(A +B)=1+sin(2C +π
2)，
∵ cos(A +B)=−cosC ，sin(2C +π2)=cos2C ， cosC =cos2C ，即cosC =2cos 2C −1， 所以cosC =−1
2或1（舍），可得：C =
2π3，
由正弦定理得c sinC =2R =4，解得c =2√3， 由余弦定理得cosC =−1
2
=
a 2+
b 2−
c 2
2ab
，
∴ a 2+b 2=12−ab ≥2ab ，ab ≤4，（当且仅当a =b 等号成立）， ∴ S △ABC =1
2absinC =√3
4
ab ≤√3，
∴ △ABC 的面积最大值为√3．
【考点】
由y=Asin （ωx+φ）的部分图象确定其解析式 正弦定理 【解析】
（1）由图知周期T ，利用周期公式可求ω，由f(π
12)=1，结合范围|φ|<π
2，可求φ的值，进而利用三角函数图象变换的规律即可得解．
（2）利用三角函数恒等变换的应用及三角形内角和定理化简已知可得cosC =−1
2，进而可求C ，由正弦定理解得c 的值，进而由余弦定理，基本不等式可求ab ≤4，利用三角形面积公式即可得解面积的最大值． 【解答】
由图知2π
ω=4(π
12+π
6)，解得ω=2， ∵ f(π
12)=sin(2×π
12+φ)=1，
∴ 2×π
12+φ=2kπ+π
2，k ∈Z ，即φ=2kπ+π
3，k ∈Z ， 由于|φ|<π
2，因此φ=π
3， ∴ f(x)=sin(2x +π
3)，
∴ f(x −π
4)=sin[2(x −π
4)+π
3]=sin(2x −π
6)， 即函数y =g(x)的解析式为g(x)=sin(2x −π
6)， ∵ 2sin 2
A+B 2
=g(C +π
3)+1，
∴ 1−cos(A +B)=1+sin(2C +π
2)，
∵ cos(A +B)=−cosC ，sin(2C +π
2)=cos2C ，
cosC =cos2C ，即cosC =2cos 2C −1， 所以cosC =−1
2或1（舍），可得：C =
2π3
，
由正弦定理得c sinC =2R =4，解得c =2√3， 由余弦定理得cosC =−1
2
=
a 2+
b 2−
c 2
2ab
，
∴ a 2+b 2=12−ab ≥2ab ，ab ≤4，（当且仅当a =b 等号成立）， ∴ S △ABC =12absinC =√34
ab ≤√3，
∴ △ABC 的面积最大值为√3．
为了参加某数学竞赛，某高级中学对高二年级理科、文科两个数学兴趣小组的同学进行了赛前模拟测试，成绩（单位：分）记录如下． 理科：79，81，81，79，94，92，85，89 文科：94，80，90，81，73，84，90，80 （1）画出理科、文科两组同学成绩的茎叶图；
（2）计算理科、文科两组同学成绩的平均数和方差，并从统计学的角度分析，哪组同学在此次模拟测试中发挥比较好；（参考公式：样本数据x 1，x 2，…，x n 的方差：s 2=
1n
[(x 1−x)2+(x 2−x)2+⋯+（x n −x)2brack ，其中x 为样本平均数）
（3）若在成绩不低于90分的同学中随机抽出3人进行培训，求抽出的3人中既有理科组同学又有文科组同学的概率．
【答案】
根据题意，画出理科、文科两组同学成绩的茎叶图，如图所示；
计算理科同学成绩的平均数是x 1=18×(79+79+81+81+85+89+92+94)=85，
方差是s 12=1
8×[(79−85)2+(79−85)2+(81−85)2+(81−85)2+(85−85)2+(89−85)2+(92−85)2+(94−85)2]=31.25；
计算文科同学成绩的平均数是x 2=18×(73+80+80+81+84+90+90+94)=84，
方差是s 22=18×[(73−84)2+(80−84)2+(80−84)2+(81−84)2+(84−84)2+(90−84)2+(90−84)2+(94−84)2]=41.75；
所以从统计学的角度分析，理科同学在此次模拟测试中发挥比较好；
成绩不低于90分的同学有理科2个，记为A、B，文科有3人，记为c、d、e；
从中随机抽出3人，基本事件为ABc、ABd、ABe、Acd、Ace、Ade、Bcd、Bce、Bde、cde共10种，
抽出的3人中既有理科组同学又有文科组同学是ABc、ABd、ABe、Acd、Ace、Ade、Bcd、Bce、Bde共9种，
故所求的概率为P=9
．
10
【考点】
茎叶图
【解析】
（1）根据题意，画出理科、文科两组同学成绩的茎叶图即可；
（2）计算理科、文科同学成绩的平均数与方差，比较得出结论；
（3）得出成绩不低于90分的同学有理科2个，文科3个，用列举法求出基本事件数，
求出对应的概率．
【解答】
根据题意，画出理科、文科两组同学成绩的茎叶图，如图所示；
×(79+79+81+81+85+89+92+94)=85，计算理科同学成绩的平均数是x1=1
8
×[(79−85)2+(79−85)2+(81−85)2+(81−85)2+(85−85)2+
方差是s12=1
8
(89−85)2+(92−85)2+(94−85)2]=31.25；
×(73+80+80+81+84+90+90+94)=84，计算文科同学成绩的平均数是x2=1
8
×[(73−84)2+(80−84)2+(80−84)2+(81−84)2+(84−84)2+
方差是s22=1
8
(90−84)2+(90−84)2+(94−84)2]=41.75；
所以从统计学的角度分析，理科同学在此次模拟测试中发挥比较好；
成绩不低于90分的同学有理科2个，记为A、B，文科有3人，记为c、d、e；
从中随机抽出3人，基本事件为ABc、ABd、ABe、Acd、Ace、Ade、Bcd、Bce、Bde、cde共10种，
抽出的3人中既有理科组同学又有文科组同学是ABc、ABd、ABe、Acd、Ace、Ade、Bcd、Bce、Bde共9种，
．
故所求的概率为P=9
10
如图，在矩形ABCD所在平面α的同一侧取两点E，F，使DE⊥α且AF⊥α，若AB=
AF=3，AD=4，DE=1．
（1）求证：AD⊥BF；
（2）取BF的中点G，求证：DF // 平面AGC；
（3）求多面体ABF−DCE的体积．
【答案】
（1）证明：四边形ABCD是矩形，
∴AD⊥AB．
∵AF2⊥α，AD⊂α，
∴AF⊥AD．
又AF∩AB=A，
∴AD⊥平面ABF．
∵BF⊂平面ABF，
∴AD⊥BF．
（2）证明：连结AC，BD交于点O，连结OG，则OG是△BDF的中位线，
∴OG//DF．
又OG⊂平面AGC，DF平面AGC，
∴DF//平面AGC．
（3）解：由分割法得多面体ABF−DCE的体积V ABF−DCE=V F−ABCD+V E−FCD
=V F−ABCD+V F−BCD
=1
3×3×4×3+1
3
×1
2
×3×1×4=14．
【考点】
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
（1）证明：四边形ABCD是矩形，
∴AD⊥AB．
∵AF2⊥α，AD⊂α，
∴AF⊥AD．
又AF∩AB=A，
∴AD⊥平面ABF．
∵BF⊂平面ABF，
∴AD⊥BF．
（2）证明：连结AC，BD交于点O，连结OG，则OG是△BDF的中位线，
∴OG//DF．
又OG⊂平面AGC，DF平面AGC，
∴DF//平面AGC．
（3）解：由分割法得多面体ABF−DCE的体积V ABF−DCE=V F−ABCD+V E−FCD
=V F−ABCD+V F−BCD
=1
3×3×4×3+1
3
×1
2
×3×1×4=14．
已知点P(0, −2)，椭圆E:
x 2a 2
+
y 2b 2
=1(a >b >0)的离心率为√
2
2
，F 是椭圆E 的右焦点，
直线PF 的斜率为2，O 为坐标原点． （1）求椭圆E 的方程；
（2）直线l 被圆O:x 2+y 2=3截得的弦长为3，且与椭圆E 交于A 、B 两点，求△AOB 面积的最大值． 【答案】
设F(c, 0)，由已知得，直线PF 的斜率k =2
c =2，得c =1，又c a
=√2
2
，
则a =√2，b =1， 故椭圆E 的方程为
x 22
+y 2=1
记点O 到直线l 的距离为d ，则d =√r 2−(32
)2=√3
2
，
①当直线l 与y 轴平行时，直线l 的方程为x =±√32，易求|AB|=√10
2，
∴ S △AOB =1
2
|AB|d =√30
8
，
②当直线l 与y 轴不平行时，设直线l 的方程为y =kx +m ，A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)， 由已知得d =
2=
√3
2
，∴ m 2=3
4(k 2+1)，．
由{y =kx +m
x 2
2
+y 2
=1
得(2k 2+1)x 2+4kmx +2(m 2−1)=0，又△=10k 2+2>0， ∴ x 1+x 2=−
4km 2k 2+1
，x 1x 2=2(m 2−1)2k 2+1
，
∴ |AB|=√1+k 2|x 1−x 2|=√2(1+k 2
)(5k
2+1)
2k 2+1
， S △AOB =1
2
|AB|d =
√3
4
|AB|=
√34
×
√2(1+k 2)(5k 2+1)
2k 2+1
=
√2
4
×
√3(1+k 2)(5k 2+1)
2k 2+1
，
≤
√24×1
2(3+3k 2+5k 2+1)2k 2+1
=
√22
，当且仅当k
=±1时取等号，
综上当k =±1时，△AOB 面积的最大值为√2
2
【考点】 椭圆的应用
直线与椭圆的位置关系 【解析】
（1）椭圆离心率及直线的斜率公式求得a 和b 的值，即可求得椭圆的方程；
（2）分类，当直线的斜率不存在，求得|AB|，根据三角形的面积公式，求得△AOB 面积，当直线的斜率存在时，由点到直线的距离公式求得m 2=3
4(k 2+1)，将直线方程代入椭圆方程，由韦达定理，弦长公式及基本不等式的性质，即可求得△AOB 面积的最大值． 【解答】
设F(c, 0)，由已知得，直线PF 的斜率k =2
c =2，得c =1，又c a
=√2
2
，
则a =√2，b =1， 故椭圆E 的方程为
x 22
+y 2=1
记点O 到直线l 的距离为d ，则d =√r 2−(32
)2=√3
2
，
①当直线l 与y 轴平行时，直线l 的方程为x =±√32，易求|AB|=√10
2，
∴ S △AOB =12
|AB|d =√308
，
②当直线l 与y 轴不平行时，设直线l 的方程为y =kx +m ，A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)， 由已知得d =
√k 2+1
=
√3
2
，∴ m 2=3
4(k 2+1)，．
由{y =kx +m
x 2
2
+y 2
=1
得(2k 2+1)x 2+4kmx +2(m 2−1)=0，又△=10k 2+2>0， ∴ x 1+x 2=−4km 2k 2+1，x 1x 2=
2(m 2−1)2k 2+1
，
∴ |AB|=√1+k 2|x 1−x 2|=√2(1+k 2
)(5k
2+1)
2k 2+1
， S △AOB =1
2|AB|d =
√3
4
|AB|=
√3
4
×
√2(1+k 2)(5k 2+1)
2k 2+1
=
√24
×
√3(1+k 2)(5k 2+1)
2k 2+1
，
≤
√24×1
2(3+3k 2+5k 2+1)2k 2+1
=
√22
，当且仅当k
=±1时取等号，
综上当k =±1时，△AOB 面积的最大值为√2
2
设函数f(x)=lnx ，g(x)=(2−a)x −2f(x)+a −2 （1）当a =1时，求函数g(x)的单调区间；
（2）设F(x)=|f(x)|+b
x+1(b >0)，对任意x 1，x 2∈(0, 2]，x 1≠x 2，都有
F(x 1)−F(x 2)x 1−x 2
<−1，求实数b 的取值范围．
【答案】
当a =1时，g(x)=x −1−2lnx ，(x >0)， ∴ g′(x)=1−2
x =
x−2x
，
当x ∈(0, 2)时，g ′(x)<0，g(x)单调递减 当x ∈(2, +∞)时，g ′(x)>0，g(x)单调递增
综上，g(x)的递减区间是(0, 2)，递增区间是(2, +∞)， 由已知
F(x 1)−F(x 2)x 1−x 2
+1<0,
F(x 1)+x 1−[F(x 2)+x 2]
x 1−x 2
<0
设G(x)=F(x)+x ，则G(x)在(0, 2]上单调递减， ①当x ∈[1, 2]时，f(x)=lnx ≥0，
所以G(x)=lnx +b
x+1+x,G ′(x)=1
x −b
(x+1)2+1≤0
整理：b ≥
(x+1)2
x
+(x +1)2=x 2+3x +3+1
x
设ℎ(x)=x 2+3x +3+1
x ，则ℎ(x)=2x +3−1
x 2>0在(1, 2)上恒成立， 所以ℎ(x)在[1, 2]上单调递增，所以ℎ(x)最大值是ℎ(2)=27
2
，b ≥272
，
②当x ∈(0, 1]时，f(x)=lnx ≤0
所以G(x)=−lnx +b
x+1+x,G ′(x)=−1
x −b
(x+1)+1≤0 整理：b ≥−
(x+1)2
x
+(x +1)2=x 2+x −1−1
x
设m(x)=x 2+x −1−1
x ，则m ′(x)=2x +1+1
x 2>0在(0, 1]上恒成立， 所以m(x)在(0, 1]上单调递增，所以m(x)最大值是m(1)=0，b ≥0 综上，由①②得：b ≥
272
．
【考点】
利用导数研究函数的单调性 【解析】
（1）将a =1代入g(x)的表达式，求出g(x)的导数，从而求出函数的单调区间； （2）由已知
F(x 1)−F(x 2)x 1−x 2
+1<0,
F(x 1)+x 1−[F(x 2)+x 2]
x 1−x 2
<0，若设G(x)=F(x)+x ，通过讨
论①当x ∈[1, 2]时，②当x ∈(0, 1)时，G(x)的单调性，从而得到b 的范围． 【解答】
当a =1时，g(x)=x −1−2lnx ，(x >0)， ∴ g′(x)=1−2
x =
x−2x
，
当x ∈(0, 2)时，g ′(x)<0，g(x)单调递减 当x ∈(2, +∞)时，g ′(x)>0，g(x)单调递增
综上，g(x)的递减区间是(0, 2)，递增区间是(2, +∞)， 由已知
F(x 1)−F(x 2)x 1−x 2
+1<0,
F(x 1)+x 1−[F(x 2)+x 2]
x 1−x 2
<0
设G(x)=F(x)+x ，则G(x)在(0, 2]上单调递减， ①当x ∈[1, 2]时，f(x)=lnx ≥0，
所以G(x)=lnx +b
x+1+x,G ′(x)=1
x −b
(x+1)2+1≤0 整理：b ≥
(x+1)2
x
+(x +1)2=x 2+3x +3+1
x
设ℎ(x)=x 2+3x +3+1
x ，则ℎ(x)=2x +3−1
x 2>0在(1, 2)上恒成立， 所以ℎ(x)在[1, 2]上单调递增，所以ℎ(x)最大值是ℎ(2)=27
2
，b ≥272
，
②当x ∈(0, 1]时，f(x)=lnx ≤0
所以G(x)=−lnx +b
x+1+x,G ′(x)=−1
x −b
(x+1)2+1≤0 整理：b ≥−
(x+1)2
x
+(x +1)2=x 2+x −1−1
x
设m(x)=x 2+x −1−1
x ，则m ′(x)=2x +1+1
x 2>0在(0, 1]上恒成立， 所以m(x)在(0, 1]上单调递增，所以m(x)最大值是m(1)=0，b ≥0 综上，由①②得：b ≥
272．
请考生在第22-23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．[选修4-4：坐标系与参数方程]
在直角坐标系xOy 中，圆C 1的参数方程为{x =−1+cost
y =sint （t 为参数），圆C 2与圆C 1外切
于原点O ，且两圆圆心的距离|C 1C 2|＝3，以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系．
（1）求圆C 1和圆C 2的极坐标方程；
（2）过点O 的直线l 1、l 2与圆C 2异于点O 的交点分别为点A 和点D ，与圆C 1异于点O 的交点分别为C 和B ，且l 1⊥l 2，求四边形ABCD 面积的最大值． 【答案】
圆C 1的普通方程为(x +1)2+y 2＝1，∴ 圆C 1的圆心为C 1(−1, 0)，半径r 1＝1． 圆C 1的一般方程为：x 2+y 2+2x ＝0，
∴ 圆C 1的极坐标方程为ρ2+2ρcosθ＝0，即ρ＝−2cosθ． ∵ 圆C 2与圆C 1外切于原点O ，且两圆圆心的距离|C 1C 2|＝3， ∴ 圆C 2的圆心C 2(2, 0)，半径r 2＝2．
∴ 圆C 2的标准方程为(x −2)2+y 2＝4，化为一般式方程为：x 2+y 2−4x ＝0， ∴ 圆C 2的极坐标方程为ρ2−4ρcosθ＝0，即ρ＝4cosθ．
设直线l 1的参数方程为{x =tcosαy =tsinα (t 为参数0<α<π2)，l 2的参数方程为{
x =−tsinα
y =tcosα （t 为参数），
把{x =tcosα
y =tsinα 代入x 2+y 2−4x ＝0得t 2−4tcosα＝0，∴ |OA|＝4cosα， 同理可得|OB|＝2sinα，|OC|＝2cosα，|OD|＝4sinα， ∵ AC ⊥BD ，
∴ S 四边形ABCD =1
2(OA +OC)(OB +OD)＝18sinαcosα＝9sin2α． ∴ 当α=π
4时，四边形ABCD 的面积取得最大值9．
【考点】
参数方程与普通方程的互化 圆的极坐标方程 【解析】
（1）求出两圆的普通方程，再化为极坐标方程；
（2）设出l 1，l 2的参数方程，分别代入两圆方程得出OA ，OB ，OC ，OD 的长，得到四边形的面积关于l 1的倾斜角α的函数解析式，利用α的范围和正弦函数的性质求出面积的最大值． 【解答】
圆C 1的普通方程为(x +1)2+y 2＝1，∴ 圆C 1的圆心为C 1(−1, 0)，半径r 1＝1． 圆C 1的一般方程为：x 2+y 2+2x ＝0，
∴ 圆C 1的极坐标方程为ρ2+2ρcosθ＝0，即ρ＝−2cosθ．
∵ 圆C 2与圆C 1外切于原点O ，且两圆圆心的距离|C 1C 2|＝3， ∴ 圆C 2的圆心C 2(2, 0)，半径r 2＝2．
∴ 圆C 2的标准方程为(x −2)2+y 2＝4，化为一般式方程为：x 2+y 2−4x ＝0， ∴ 圆C 2的极坐标方程为ρ2−4ρcosθ＝0，即ρ＝4cosθ．
设直线l 1的参数方程为{x =tcosαy =tsinα (t 为参数0<α<π2)，l 2的参数方程为{
x =−tsinα
y =tcosα （t 为参数），
把{x =tcosα
y =tsinα 代入x 2+y 2−4x ＝0得t 2−4tcosα＝0，∴ |OA|＝4cosα， 同理可得|OB|＝2sinα，|OC|＝2cosα，|OD|＝4sinα， ∵ AC ⊥BD ，
∴ S 四边形ABCD =1
2(OA +OC)(OB +OD)＝18sinαcosα＝9sin2α． ∴ 当α=π
4时，四边形ABCD 的面积取得最大值9． [选修4-5；不等式选讲]
已知函数f(x)＝|x +3|+|x −1|的最小值为m ． (Ⅰ)求m 的值以及此时的x 的取值范围；
(Ⅱ)若实数p ，q ，r 满足p 2+2q 2+r 2＝m ，证明：q(p +r)≤2． 【答案】
（1）依题意，得f(x)＝|x +3|+|x −1|≥|x +3−x +1|＝4，故m 的值为（4） 当且仅当(x +3)(x −1)≤0，即−3≤x ≤1时等号成立，即x 的取值范围为[−3, 1]． （2）证明：因为p 2+2q 2+r 2＝m ，故(p 2+q 2)+(q 2+r 2)＝（4）
因为p 2+q 2≥2pq ，当且仅当p ＝q 时等号成立，q 2+r 2≥2qr ，当且仅当q ＝r 时等号成立，
所以(p 2+q 2)+(q 2+r 2)＝4≥2pq +2qr ，故q(p +r)≤2，当且仅当p ＝q ＝r 时等号成立． 【考点】
绝对值三角不等式
绝对值不等式的解法与证明 【解析】
(Ⅰ)利用绝对值不等式，求出m 的值，当且仅当(x +3)(x −1)≤0，即可求出此时的x 的取值范围；
(Ⅱ)利用(p 2+q 2)+(q 2+r 2)＝4≥2pq +2qr ，即可证明结论． 【解答】
（1）依题意，得f(x)＝|x +3|+|x −1|≥|x +3−x +1|＝4，故m 的值为（4） 当且仅当(x +3)(x −1)≤0，即−3≤x ≤1时等号成立，即x 的取值范围为[−3, 1]． （2）证明：因为p 2+2q 2+r 2＝m ，故(p 2+q 2)+(q 2+r 2)＝（4）
因为p 2+q 2≥2pq ，当且仅当p ＝q 时等号成立，q 2+r 2≥2qr ，当且仅当q ＝r 时等号成立，
所以(p 2+q 2)+(q 2+r 2)＝4≥2pq +2qr ，故q(p +r)≤2，当且仅当p ＝q ＝r 时等号成立．。