长沙市长郡中学2018届高三数学实验班选拔考试试题 理(含解析)

长郡中学2017～2018学年新高三实验班选拔考试
理科数学试卷
本试卷分第I卷和第Ⅱ卷两部分,时量120分钟，满分
150分
第Ⅰ卷（60分）
一、选择题（本大题共12小题，毎小题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。

若复数（其中，为虚数单位）的虚部为1，则
A. 1 B。

2 C。

D。

【答案】C
【解析】，的虚部为，
，故选C。

2. 已知集合，集合，则
A. B。

C。

D.
【答案】B
【解析】
，
，故选B。

3。

长郡中学要从师生推荐的参加说课比赛的3位
男教师和2名女教师中，任选2人参加说课比赛,则选取的2人恰为一男一女的概率为
A。

2
5B。

3
5
C. 1
3
D. 2
3
【答案】B
【解析】由古典概型概率公式，可得选取的2人恰为一
男一女的概率为P=C31C21
C52=6
10
=3
5
，故选B。

4. 已知等差数列{a n}的前n项和为S n，若a4+a12−a8=8,a10−a6=4，则S23=
A。

23 B. 96 C. 224 D。

276
【答案】D
【解析】∵{a n}是等差数列，可设首项为a1，公差为d，由
a4+a12−a8=8,a10−a6=4,可得{a1+7d=8
4d=4⇒{a1=1
d=1
,∴S23=23×1+
23×22
2
×1=276，故选D。

5. 已知F为双曲线C:x2
a2−y2
b2
=1(a>0,b>0)的一个焦点，其关于
双曲线C的一条渐近线的对称点在另一条渐近线上，则双曲线C的离心率为
A. √2B。

√3
C. 2
D. √5
【答案】C
【解析】设右焦点F2(c,0)关于渐近线：y=b
a
x的对称点为F0，
则F0在y=−b
a
x上F2F0交于Q，由点到直线距离公式可得F2Q= b,ΔF1F2F0为直角三角形，三边分别为2a,2b,2c，由对称性
知,∠F2OQ=∠F0OQ=∠F1OF0=60∘,∴2c=4a,e=c
a
=2,故选C.
6。

下列函数在其定义域上既是增函数又是奇函数的是
A. f(x)=sinx B。

f(x)=x3+1
C。

f(x)=log2√x2+1+x D. f(x)=1−2x
1+2x
【答案】C
【解析】对于A。

函数是奇函数，在(2kπ−π
2,2kπ+π
2
)(k为整
数）上递增，则A不满足;对于B。

函数为奇函数，由于y′≥0，则在R上递增，则B满足；对于C.函数为偶函数，则C不满足；对于D。

函数既不是奇函数，也不是偶函数，则D不满足，故选C。

7。

执行如图所示的程序框图,若输入i=1,S=0，则输出的结果为
A。

7 B。

9 C。

10 D. 11
【答案】B
【解析】执行程序框图，第一次循环，i=1,S=ln3<2；第二次循环，i=3,S=ln5<2；
第三次循环，i=5,S=ln7<2；第四次循环，i=7,S=ln9>2；结束循环，输出i=9,故选B.
【方法点睛】本题主要考查程序框图的循环结构流程图，属于中档题。

解决程序框图问题时一定注意以下几点：（1) 不要混淆处理框和输入框；(2) 注意区分程序框图是条件分支结构还是循环结构；（3) 注意区分当型循环结构和直到型循环结构；(4）处理循环结构的问题时一定要正确控制循环次数；（5) 要注意各个框的顺序，(6）在给出程序框图求解输出结果的试题中只要按照程序框图规定的运算方法逐次计算，直到达到输出条件即可.
8. 若二项式(x2+a
x )
7展开式的各项系数之和为−1，则含x2
项的系数为
A。

560 B. −560 C. 280 D。

−280【答案】A
【解析】因为二项式(x2+a
x )
7展开式的各项系数之和为
−1，所以(1+a)7=−1,a=−2,(x2−2x)7的通项为T r+1=C7r(x2)7−r(−2x)r= C7r x14−3r(−2)r，令14−3r=2,r=4,x2项的系数为T5=C74⋅(−2)4=560，故选A。

9. 某几何体的三视图如图，其俯视图中的曲线部分为半圆，则该几何体的体积是
A. 192+96π
B. 256+96π
C. 192+100π
D. 256+100π
【答案】C
【解析】依题意,由几何体的三视图可知，此几何体为一个直三棱柱和一个半圆柱组成的组合体,且直三棱柱底面为两直角边为8和6的直角三角形，高为8,半圆柱的底面半径为5，高为8，所以该几何体的体积为
12
×8×6×8+1
2
π⋅52×8=192+100π
，故选C.
10. 已知椭圆C:x 2
9+y 2
5=1，若直线经过M (0,1)，与椭圆交于
A 、B
两点，且MA ⃑⃑⃑⃑⃑⃑
=−2
3MB ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ，则直线的方程为 A 。

y =±12x +1 B 。

y =±1
3
x +1 C 。

y =±x +1 D. y =±2
3x +1
【答案】B
【解析】设直线斜率为k ，A (x 1,y 1),B (x 2,y 2)，∵MA ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =−2
3
MB ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ,∴2x 1=−3x 2
，由y =kx +1与x 2
9+y 2
5=1联立可得,(5+9k 2)x 2+18kx −36=0，则
{
x 1+x 2=−18k
5+9k 2x 1x 2=−36
5+9k 2
2x 1=−3x 2
,解得k =±13,故选B 。

11。

已知三棱锥S −ABC 的每个顶点都在球O 的表面上，
SA ⊥
底面ABC,AB =AC =4,BC =2√15，且二面角S −BC −A 的正切值
为4,则球O 的表面积为
A 。

240π B. 248π C. 252π D. 272π 【答案】D
【解析】设BC 中点为D ,可得AD =1，则∠SDA 是“二面角S −
BC −A ” 的平面角，由于“二面角S −BC −A " 的正切值为
4
，∴SA =4AD =4,由余弦定理知,cos∠CAB =16+16−602×4×4=78,sin∠CAB =√158
，由正弦定理知，
ΔABC
外接圆直径
2r =
√15
√15
8
=16
，设S −ABC 外接
球半径为R ，则4R 2=SA 2+4r 2=16+162=272，∴球O 的表面积为
4πR 2=272π
，故选D 。

【方法点睛】本题主要考查三棱锥外接球表面积的求
法,属于难题。

要求外接球的表面积和体积,关键是求出求的半径，求外接球半径的常见方法有:①若三条棱两垂直则用4R 2=a 2+b 2+c 2（a,b,c 为三棱的长）；②若SA ⊥面
ABC (SA =a
）,则4R 2=4r 2+a 2(为ΔABC 外接圆半径）；③可以转
化为长方体的外接球；④特殊几何体可以直接找出球心和半径。

12. 已知函数f (x )=x 2−xlnx −k (x +2)+2在区间[12
,+∞)上有两个零点,则实数k 的取值范围为
A 。

(1，910+ln25]
B 。

(1，910+ln24] C. (1，710+ln2
4] D 。

(1，7
10+
ln25
]
【答案】A
【解析】函数f (x )=x 2−xlnx −k (x +2)+2在区间[12
,+∞)上有两个零点，等价于y =k (x +2)与f (x )的图象有两个交点,设
y =k 2(x +2)
与f (x )的图象相切，切点为(x 0,y 0),y 0=k 2(x 0+2)，则
{
y 0=x 02−x 0lnx 0+2
2x 0−lnx 0−1=k 2,解得x 0=1,y 0=3,k 2=1，因为关于x 的方程，
∵y =f (x )
与y =k (x +2)有两个交点，∴1<k ≤910+ln2
5
,故选A 。

【方法点睛】判断方程y =f (x ) 零点个数 的常用方法：① 直接法：可利用判别式的正负直接判定一元二次方程根的个数；②转化法：函数y =f (x ) 零点个数就是方程f (x )=0 根的个数，结合函数的图象与性质（如单调性、奇偶性、周期性、对称性） 可确定函数的零点个数；③数形结合法： 一是转化为两个函数y =g (x ),y =ℎ(x )
的图象的交点个数问题，画出两个函数的图象,其交点的个数就是函数零点的个数，二是转化为y=a,y=g(x)的交点个数的图象的交点个数问题。

本题的解答就利用了方法③。

第Ⅱ卷（90分）
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
，则z=3x+y的最小值为13。

若实数x,y满足{x+y≤2
2x+y≥0
3x−y−2≤0
__________．
【答案】−2
表示的可行域如图,
【解析】画出{x+y≤2
2x+y≥0
3x−y−2≤0
由图知，直线3x+y=z平移经过点A(−2,4)时，z有最小值为−2×3+4=−2，故答案为−2.
【方法点晴】本题主要考查线性规划中利用可行域求目标函数的最值,属简单题。

求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”:（1)作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点(在可行域内平移变形后的目标函数，最先通
过或最后通过的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值。

14. 设a=(3
4
,m),b=(m,14)，且a·b=1,则|b|=__________．【答案】√17
4
【解析】由a⋅b⃑=(3
4,m)⋅(m,1
4
)=3
4
m+1
4
m=m=1，可得b⃑=(1,14),|b⃑|=
√1+1
16=√17
4
,故答案为√17
4
.
15. 已知cos(π
6−α)+sin(π−α)=−4√3
5
，−π
2
<α<0，则cos(2α+
π
3
)=__________．【答案】−7
25
【解析】∵cos(π
6−α)+sin(π−α)=√3
2
cosα+3
2
sinα=√3sin(α+π
6
)=−4√3
5
,∴
sin(α+π
6)=−4
5
，∴cos(2α+π
3
)=cos[2(α+π
6
)]=1−2sin2(α+π
6
)=1−2(−4
5
)
2
=
−7
25
，
故答案为−7
25。

16. 在数列{a n}中，首项不为零，且a n=√3a n−1(n∈N∗,n≥2)，S n
为{a n}的前n项和．令T n=10S n−S2n
a n
+1
,n∈N∗,则T n的最大值为
__________．
【答案】2(√3+1)
【解析】数列首项，所以数列是公比为的等比数列，，
，
，所以
，设，令
,当且时取等号,，即的最大值为，故答案为。

三、解答题（本大题共7小题，共70分。

解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17。

在锐角ΔABC中，a,b,c分别为角A,B,C的对边,且4sinAcos2A−√3cos(B+C)=sin3A+√3．
（Ⅰ）求A的大小；
(Ⅱ)若b=2，求ΔABC面积的取值范围．
【答案】（1）A=π
3;(2）(√3
2
,2√3)。

【解析】试题分析：（Ⅰ）由sin3A=sin(2A+A)=sin2AcosA+ cos2AsinA，根据二倍角的正弦、余弦公式以及辅助角公
式化简可得sin(A+π
3)=√3
2
,从而可得结果；（Ⅱ）在ΔABC中，
由正弦定理得c=2sinC
sinB =2sin(
2π
3
−B)
sinB
=√3
tanB
+1，又B∈(π6,π2)，∴1tanB∈
(0,√3)，∴c∈(1,4)，又∵SΔABC=12bcsinA=√32c，从而可得结果。

试题解析：（Ⅰ）∵A+B+C=π，∴cos(B+C)=−cosA①，
又∵3A=2A+A,∴sin3A=sin(2A+A)=sin2AcosA+cos2AsinA②，
又sin2A=2sinAcosA③, 将①,②，③代入已知得：2sin2AcosA+
√3cosA=sin2AcosA+cos2AsinA+√3，
整理得sinA+√3cosA=√3，即sin(A+π
3)=√3
2
,
又∵A∈(0,π
2
)，
∴A+π
3=2π
3
，即A=π
3
．
（Ⅱ）由(Ⅰ)得B+C=2π
3,∴C=2π
3
−B，
∵ΔABC为锐角三角形,
∴2π
3−B∈(0,π
2
)且B∈(0,π2)，
解得B∈(π
6,π
2
)，在ΔABC中，由正弦定理得:2sinB=c sinC,
∴c=2sinC
sinB =2sin(
2π
3
−B)
sinB
=√3
tanB
+1, 又B∈(π6,π2)，∴1tanB∈(0,√3)，
∴c∈(1,4)，又∵SΔABC=1
2bcsinA=√3
2
c，∴SΔABC∈(√32,2√3)．
18。

如图,在直三棱柱ABC−A1B1C1中，BA=BC=5,AC=8，D为线段AC的中点．
(Ⅰ）求证：BD⊥A1D；
（Ⅱ）若直线A1D与平面BC1D所成角的正弦值为4
5
，求AA1的长．
【答案】(1）证明见解析；(2)2或8。

【解析】试题分析：(Ⅰ）由直棱柱的性质可得BD⊥AA1,由等腰三角形的性质可得BD⊥AC，由线面垂直的判定定理可得BD⊥平面ACC1A1，进而由面面垂直的判定定理可得结论；（Ⅱ）以D为原点，DB为x轴,DC为y轴，过D点平行于AA1的直线为z轴建立空间直角坐标系D−xyz，设AA1=λ(λ>0)，求出平面BC1D的一个法向量及DA1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ，利用空间向
量夹角余弦公式可得结果.
试题解析:(Ⅰ）∵三棱柱ABC −A 1B 1C 1是直三棱柱， ∴AA 1⊥平面ABC ,
又BD ⊂平面ABC ∴BD ⊥AA 1， ∵BA =BC ,D 是AC 的中点， ∴BD ⊥
AC
，
又AC ∩AA 1=A,AC ⊂平面ACC 1A 1,AA 1⊂平面ACC 1A 1， ∴BD ⊥平面ACC 1A 1,又A 1D ⊂平面ACC 1A 1,∴BD ⊥A 1D ．
（Ⅱ)由（Ⅰ）知BD ⊥AC,AA 1⊥ 平面ABC ，故以D 为原点，DB 为x 轴，DC 为y 轴，过D 点平行于AA 1的直线为z 轴建立空间直角坐标系D −xyz （如图所示)，
设AA 1=λ(λ>0)，则A 1(0,−4,λ),B (3,0,0),C 1(0,4,λ),D (0,0,0)，
∴DA 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(0,−4,λ),DC 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(0,4,λ),DB ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(3,0,0),· 设平面BC 1D 的一个法向量n =(x,y,z )， 则{n ·DC 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑
=0n ·DB ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =0
，即{4y +λz =03x =0
，则x =0,令z =4可得，y =−λ，故n =(0,−λ,4)，
设直线A 1D 与平面BC 1D 所成角为θ， 则
sinθ=|cos⟨n,DA 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ⟩|=|n·DA 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ |n |·|DA 1
⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ |
|=|√λ2+16·√λ2+16
|=4
5
，
解得λ=2或λ=8，即AA 1=2或8．
19。

某地4个蔬菜大棚顶部，阳光照在一棵棵茁壮生长的蔬菜上．这些采用水培、无土栽培方式种植的各类蔬菜，成为该地区居民争相购买的对象．过去50周的资料显示，该地周光照量X（小时）都在30以上．其中不足50的周数大约有5周，不低于50且不超过70的周数大约有35周，超过70的大约有10周．根据统计某种改良黄瓜每个蔬菜大棚增加量y（百斤）与每个蔬菜大棚使用农夫1号液体肥料x（千克）之间对应数据为如图所示的折线图：
（Ⅰ）依据数据的折线图，用最小二乘法求出y关于x的线性回归方程y∧=b∧x+a∧；并根据所求线性回归方程,估计如果每个蔬菜大棚使用农夫1号肥料10千克，则这种改良黄瓜每个蔬菜大棚增加量y是多少斤？
（Ⅱ）因蔬菜大棚对光照要求较大，某光照控制仪商家为应对恶劣天气对光照的影响，为该基地提供了部分光照控制仪，该商家希望安装的光照控制仪尽可能运行，但每周光照控制仪最多可运行台数受周光照量X 限制，并有如下关系：
周光照量X（单位：小时）30<X<5050≤X≤70X>70
若某台光照控制仪运行，则该台光照控制仪周利润为5000元；若某台光照控制仪未运行，则该台光照控制仪周亏损800元，欲使商家周总利润的均值达到最大，应安装光照控制仪多少台？ 附：回归方程系数公式：b ∧
=∑x i y i n i=1−nxy
∑x i 2n i=1−nx
−2
,a ∧=y −b ∧
x
．
【答案】（1) 500；（2)2.
【解析】试题分析：（Ⅰ）算出样本中心点的坐标,利
用公式求得b ∧
=106−5×5×4145−5×5
2
=0.3,由a ∧
=y −b ∧x 可得a ∧=2.5，即可得回归方程,再将x =10时代入即可得结果;（Ⅱ）分别求出安装2台光照控制仪的周利润的均值、安装3台光照控制仪的均值，与安装1台光照控制仪可获得周利润进行比较即可得结果。

试题解析：（Ⅰ）x =2+4+5+6+85=5,y =3+4+4+4+5
5
=4， ∑x i y i 5i=1=2×3+4×4+5×4+6×4+8×5=106,∑x i 25
i=1=22+42+52+62+82=145,
b ∧
=
106−5×5×4145−5×52
=0.3
， a ∧
=y −b ∧x =4−0.3×5=2.5，
所以y 关于x 的线性回归方程为y ∧
=0.3x +2.5， 当x =10时，y ∧=0.3×10+2.5=5.5百斤＝550斤，
所以估计如果每个蔬菜大棚使用农夫1号肥料10千克，则这种改良黄瓜每个蔬菜大棚增加量y 是500斤． （Ⅱ）记商家总利润为Y 元,由已知条件可知至少需安
装1台，
①安装1台光照控制仪可获得周利润5000元，
②安装2台光照控制仪的情形：
当X>70时，一台光照控制仪运行，此时Y=5000−800=4200元，
当30<X≤70时,两台光照控制仪都运行，此时Y=5000+5000= 10000元，
故Y的分布列为
所以EY=4200×0.2+10000×0.8=8840元，
③安装3台光照控制仪的情形:
当X>70时,一台光照控制仪运行，此时Y=5000−1600=3400元，
当50≤X≤70时，两台光照控制仪运行,此时Y=5000+5000−800=9200元,
当30<X<50时,三台光照控制仪都运行，此时Y=5000+5000+ 5000=15000元，
故Y的分布列为
所以EY=3400×0.2+9200×0.7+15000×0.1=8620元，
综上，为使商家周总利润的均值达到最大应该安装2台光照控制仪．
【方法点晴】本题主要考查线性回归方程及离散型随机变量的分布列与数学期望，属于难题.求回归直线方程的步骤:①依据样本数据确定两个变量具有线性相
关关系;②计算x,y,∑x i2
n
i=1,∑x i y i
n
i=1的值；
③计算回归系数â,b̂；
④写出回归直线方程为ŷ=b̂x+â；(2) 回归直线过样本点中心(x,y)是一条重要性质，利用线性回归方程可以估计总体，帮助我们分析两个变量的变化趋势。

20. 已知P是抛物线E:y2=2px(p>0)上一点，P到直线x−y+4= 0的距离为d1，P到E的准线的距离为d2，且d1+d2的最小值为3√2．
（Ⅰ）求抛物线E的方程;
（Ⅱ）直线l1:y=k1(x−1)交E于点A,B,直线l2:y=k2(x−1)交E于点C,D，线段AB,CD的中点分别为M,N，若k1k2=−2，直线MN的斜率为k,求证：直线l:kx−y−kk1−kk2=0恒过定点．
【答案】（1）y2=8x；（2)证明见解析。

【解析】试题分析:（Ⅰ）d1+d2的最小值等价于点F到直线x−y+4=0的距离, ∴|p2+4|
√2
=3√2，解得p=4,从
而可得结果；（Ⅱ)设A(x1,y1),B(x2,y2)，由{y2=8x
y=k1(x−1)
可得k12x2−(2k12+8)x+k12=0，由中点坐标公式以及斜率公式可得MN的斜率k=(k1+k2)=−2,直线的方程kx−y−kk1−kk2=0可化为y= kx+2,从而可得结果.
试题解析:（Ⅰ）抛物线E的焦点为F(p
2
,0)，由抛物线的定义可得d2=|PF|,
则d1+d2=d1+|PF|,其最小值为点F到直线x−y+4=0的距离，∴|p2+4|
√2
=3√2，解得p=4(舍去负值)，
∴抛物线E的方程为y2=8x．
（Ⅱ）设A(x1,y1),B(x2,y2)，由{y2=8x
y=k1(x−1)
可得k12x2−(2k12+8)x+k12= 0，则x1+x2=2k12+8k12，所以y1+y2=k1(x1−1)+k1(x2−1)
=k1(x1+x2)−2k1=2k12+8
k1−2k1=2k12+8−2k12
k1
=8
k1
,∴AB的中点M的坐标
为(k12+4
k12,4
k1 )，
同理可得点N的坐标为(k22+4
k22,4
k2
)，则直线MN的斜率k=
4
k1
−4
k2
k12+4
k12
−k2
2+4
k22
=
−2
k1+k2
,则k=(k1+k2)=−2，
则直线的方程kx−y−kk1−kk2=0可化为y=kx−k(k1+k2)，即y= kx+2，令x=0可得y=2，∴直线恒过定点(0,2)．
【方法点睛】本题主要考查待定系数法求抛物线方程及韦达定理、直线和抛物线的位置关系、最值问题及直线过定点问题。

属于难题. 探索曲线过定点的常见方法有两种：① 可设出曲线方程，然后利用条件建
立等量关系进行消元，借助于曲线系的思想找出定点(直线过定点，可以根据直线的各种形式的标准方程找出定点)。

② 从特殊情况入手，先探求定点，再证明与变量无关.
21。

已知函数f(x)=b
e x
−1（b∈R，e为自然对数的底数)在点(0,f(0))处的切线经过点(2,−2)．
（Ⅰ）讨论函数F(x)=f(x)+ax(a∈R)的单调性；
(Ⅱ)若∀x∈R，不等式e x f(x)≤c(x−1)+1恒成立,求实数c的取值范围．
【答案】（1) 当a≤0时，函数F(x)在R上单调递减；当a>0时，函数F(x)在(−∞,−lna)上递减，函数F(x)在(−lna,+∞)上单调递增；（2)[−e2,0).
【解析】试题分析：（Ⅰ）求出f′(x)，由过点(0,b−1),(2,−2)
的直线的斜率为k=b−1−(−2)
0−2=−b+1
2
=f′(0)=−b可得b=1，讨论两
种情况，分别由f′(x)>0得增区间,f′(x)<0得减区间；（Ⅱ)原不等式等价于不等式e x+cx−c≥0恒成立，利用导数研究g(x)=e x+cx−c的单调性，求其最小值，令其最小值不小于零即可得结果.
试题解析：（Ⅰ)因为f(0)=b−1，所以过点(0,b−1),(2,−2)的直
线的斜率为k=b−1−(−2)
0−2=−b+1
2
,
而f′(x)=−b
e x ，由导数的几何意义可知，f′(0)=−b=−b+1
2
，
所以b=1，所以f(x)=1
e x
−1．则F(x)=ax+1e x−1,F′(x)=a−1e x，
当a≤0时，F′(x)<0，函数F(x)在R上单调递减;当a>0时，由F′(x)=a−1
e x
=0得x=−lna，
当x∈(−∞,−lna)时，F′(x)<0，函数F(x)单调递减,当x∈(−lna,+∞)时，F′(x)>0，
函数F(x)单调递增．
（Ⅱ)不等式e x f(x)≤c(x−1)+1恒成立,即不等式e x+cx−c≥0恒成立，设g(x)=e x+cx−c,g′(x)=e x+c，
若c≥0，则g′(x)>0,函数g(x)单调递增且不存在最小值，不满足题意；当c<0时,由g′(x)=e x+c=0得x=lnx(−c)，
当x∈(−∞,ln(−c))时，g′(x)<0,g(x)单调递减；
当x∈(ln(−c),+∞)时,g′(x)>0,g(x)单调递增，
所以g(x)≥g(ln(−c))=e ln(−c)+cln(−c)−c=−2c+cln(−c)，要使得g(x)≥0恒成立，只需−2c+cln(−c)≥0恒成立，由于c<0，所以有ln(−c)≤2,解得−e2≤c<0，即当c∈[−e2,0)时，g(x)≥0恒成立,即e x+cx−c≥0恒成立,也即不等式e x f(x)≤c(x−1)+1恒成立，所以实数c的取值范围为[−e2,0)．
22. 设a1,a2，a3，a4,a5是5个正实数（可以相等)．
证明:一定存在4个互不相同的下标,，k,，使得| a i
a j −a k
a l 
|<1
2
．
【答案】证明见解析。

【解析】试题分析：可设a1≤a2≤a3≤a4≤a5，则a1
a2,a3
a4
，a1
a5
，a2
a3
，
a4 a5都属于区间(0
 ， 1]
,由抽屉原理知，区间(0 ， 1
2
]或(12 ， 1]中
一定有一个区间至少包含其中的3个数,5个分数的分
子、分母的下标特征知，围成的圆圈中，任意相邻两个分数的分子、分母的4个下标互不相同．a 、b 对应的分数的分子、分母的4个下标符合要求．因此，结论成立．
试题解析：不妨设a 1≤a 2≤a 3≤a 4≤a 5，考虑以下5个分数：
a 1a 2,a 3a 4
，a 1
a 5
，a 2
a 3
，a 4
a 5
，①
它们都属于区间(0 ， 1]．
把区间(0 ， 1]分成两个区间:(0 ， 12]和(1
2 ， 1]，由抽屉原理知，区间(0 ， 12]或(1
2 ， 1]中一定有一个区间至少包含①中
的3个数（记这3个数依次为a ，b ,c ）．
将①中的5个数依次围成一个圆圈，则①中任意三个数中都有两个数是相邻的(a 1
a 2
与a 4
a 5
是相邻的)，即a ，b ，c 中
至少有两个数是相邻的．假设a 与b 相邻，则| a −b |<12．
另一方面,由①中5个分数的分子、分母的下标特征知，围成的圆圈中，任意相邻两个分数的分子、分母的4个下标互不相同．
于是,a 、b 对应的分数的分子、分母的4个下标符合要求．因此，结论成立．
23。

选修4—4：坐标系与参数方程
在直角坐标系中,已知曲线M 的参数方程为{x
=1+2√2cosβ
y =1+2√2sinβ
（β为参数），在极坐标系中，直线l 1的方程为：α1=θ，
直线l 2的方程为α2=θ+π2．
（Ⅰ）写出曲线M的直角坐标方程，并指出它是何种曲线；
（Ⅱ）设l1与曲线M交于A,C两点,l2与曲线M交于B,D两点，求四边形ABCD面积的取值范围．
【答案】（1）以(1,1)为圆心，2√2为半径的圆;(2）[8√3,14].【解析】试题分析：（Ⅰ）利用平方法可消去参数，从而可得曲线的直角坐标方程，进而得它是何种曲线;(Ⅱ）设，,曲线的方程化成极坐标方程,将曲线的方程化成极坐标方程
得:,∴,
，从而可得结果..。

...。

....。

.
试题解析：(Ⅰ）由{x=1+2√2cosβ
（β为参数）消去参数β得：
y=1+2√2sinβ
(x−1)2+(y−1)2=8,
∴曲线M是以(1,1)为圆心，2√2为半径的圆．
(Ⅱ）设|OA|=ρ1,|OC|=ρ2,
∵三点共线，则①，
将曲线的方程化成极坐标方程得：
，∴,代入①得：
，
用代得：
又∵，∴,
∴，∵，∴。