2018年福建省漳州市高考数学考前模拟试卷(文科)(一)

2018年福建省漳州市高考数学考前模拟试卷（文科）（一）
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={x|x<1}，集合B={x|y=ln(1−x2)}，则（）
A.A∩B=(−1, 1)
B.A∪B=⌀
C.A∪B=(−1, 1)
D.A∪B=U
【答案】
A
【考点】
交集及其运算
【解析】
化简集合B，根据交集与并集的运算计算即可．
【解答】
因为集合A={x|x<1}，
集合B={x|y=ln(1−x2)}={x|1−x2>0}={x|−1<x<1}，
所以A∩B={x|−1<x<1}=(−1, 1)；
A∪B={x|x<1}．
2. 已知复数z满足z(1−i)=|1+i|，则z所对应的点位于（）
A.第一象限
B.第二象限
C.第三象限
D.第四象限
【答案】
A
【考点】
复数的运算
【解析】
把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简，求出z的坐标得答案．
【解答】
由z(1−i)=|1+i|，得
z=|1+i|
1−i =√2
1−i
=√2(1+i)
(1−i)(1+i)
=√2
2
+√2
2
i，
∴z所对应点为(√2
2, √2
2
)，位于第一象限，
3. 记{S n}是为正项等差数列{a n}的前n项和．若S5=a32，a1=1，则数列{a n}的公差d 为（）
A.−2
B.−1
C.1
D.2
【答案】
D
【考点】
等差数列的通项公式
【解析】
根据等差数列的求和公式以及S5=a32，可求得a3=5，即可求出公差．
【解答】
因为S5=a32，得5a3=a32，因为a n>0，所以a3=5，则有d=a3−a1
2=5−1
2
=2，
4. 我国古代数学名著《九章算术》有“米谷粒分”题：粮仓开仓收粮，有人送来米1534石，验得米内夹谷，抽样取米一把，数得254粒内夹谷28粒，则这批米内夹谷约为（ ） A.134石 B.169石 C.338石 D.1365石 【答案】 B
【考点】 简单随机抽样 【解析】
根据254粒内夹谷28粒，可得比例，即可得出结论． 【解答】
解：由题意，这批米内夹谷约为1534×28
254≈169石. 故选B .
5. 设x ，y 满足约束条件{x +3y ≤3
x ≥0y ≥0 ，则z =x +y 的最大值为（ ）
A.0
B.1
C.2
D.3
【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，把最优解的坐标代入目标函数得答案． 【解答】
不等式组表示的平面区域为如图中阴影部分所示，
平移直线y =−x ，当直线经过(3, 0)时，z =x +y 取得最大值， 此时z max =3+0=3，
6. 如图所示，程序框图（算法流程图）的输出结果为( )
A.3 4
B.1
6
C.11
12
D.25
24
【答案】
C
【考点】
程序框图
【解析】
根据所给数值执行循环语句，然后判定是否满足判断框中的条件，一旦不满足条件就退出循环，从而到结论．
【解答】
解：由程序框图知，循环体被执行后S的值依次为：
第1次S=0+1
2
，
第2次S=1
2+1
4
，
第3次S=1
2+1
4
+1
6
，此时n=8
不满足选择条件n<8，退出循环，
故输出的结果是S=1
2+1
4
+1
6
=11
12
．
故选C.
7. 已知直线l:x+1
2
y−2a=0被圆C:x2+y2−2ax=0截得的弦长为2，则a=() A.±1 B.±√2 C.±√3 D.±√5
【答案】
D
【考点】
直线与圆的位置关系
点到直线的距离公式
【解析】
化圆的方程为标准方程，求出圆心坐标与半径，利用垂径定理列式求得a值．【解答】
圆的方程可化为(x−a)2+y2=a2，
则圆心坐标为(a, 0)，半径为|a|．
则圆心到直线的距离为
√1+(1
2)
=√a2−1，解得
a=±√5，
8. 将函数y=2sin(2x+π
6)的图象向右平移1
4
个周期后，所得函数图象的一个对称中心
为（）
A.(π
12,0) B.(π
6
,0) C.(π
3
,0) D.(π
2
,0)
【答案】
B
【考点】
函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】
由已知利用函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换可求函数的图象对应的解析式为y=
2sin(2x−π
3)，令2x−π
3
=kπ，k∈Z，解得：x=kπ
2
+π
6
，k∈Z，由正弦函数的性质
可得对称中心．
【解答】
函数y=2sin(2x+π
6
)的周期为π，
所以将函数y=2sin(2x+π
6)向右平移π
4
个单位长度后，
得到函数的图象对应的解析式为y=2sin[2(x−π
4)+π
6
]，即y=2sin(2x−π
3
)，
令2x−π
3=kπ，k∈Z，解得：x=kπ
2
+π
6
，k∈Z，
所以可得图象的一个对称中心为(π
6
, 0)．
9. 函数y=xcosx+sinx的图象大致为（ )
A.
B.
C.
D.
【答案】
D
【考点】
奇函数
函数的图象
【解析】
给出的函数是奇函数，奇函数图象关于原点中心对称，由此排除B，然后利用区特值排除A和C，则答案可求．
【解答】
解：由于函数y=xcosx+sinx为奇函数，
故它的图象关于原点对称，所以排除选项B.
由当x=π
2
时，y=1>0，
当x=π时，y=π×cosπ+sinπ=−π<0．
由此可排除选项A和选项C．
故正确的选项为D．
故选D.
10. 如图是一个四面体的三视图，这个三视图均是腰长为2的等腰直角三角形，正视图和俯视图中的虚线是三角形的中线，则该四面体的体积为（）
A.2 3
B.4
3
C.8
3
D.2
【答案】
A
【考点】
由三视图求体积
【解析】
由四面体的三视图得该四面体为棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中的三棱锥C1−BDE，其中E是CD中点，由此能求出该四面体的体积．
【解答】
由四面体的三视图得该四面体为棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中的三棱锥C1−BDE，
其中E是CD中点，
△BDE面积S=1
2×(1
2
×2×2)=1，三棱锥C1−BDE的高ℎ＝CC1＝2，
∴该四面体的体积：
V=1
3Sℎ=2
3
．
11. 已知△ABC中，AB=2，B=2π
3
，BC边上的中线AE=2√13，则BE=()
A.2
B.4
C.6
D.8
【答案】
C
【考点】
余弦定理
【解析】
由已知利用余弦定理即可解得BE的值．
【解答】
∵B=2π
3
，BC边上的中线AE=2√13，
∴由余弦定理知：AE2=AB2+BE2−2AB⋅BE⋅cos∠ABE，
得：(2√13)2=22+BE2−2×2×BE×cos2π
3
，
∴解得BE=6．
12. 设函数f(x)=x2lnx−ax2−x，若不等式f(x)<0仅有1个正整数解，则实数a的取值范围是（）
A.[−1, ln2−1
2
)
B.(−1, ln2−1
2
]
C.[ln2−1
2,ln3−1
3
)
D.(ln2−1
2,ln3−1
3
]
【答案】
B
【考点】
函数与方程的综合运用
【解析】
求出函数的定义域，化简不等式，构造新函数，结合函数的图象，从而可得a的范围．【解答】
函数f(x)的定义域为{x|x>0}，
不等式f(x)<0，即x2lnx−ax2−x<0，两边除以x，则xlnx<ax+1，
注意到直线l:y=ax+1恒过定点(0, 1)，不等式f(x)<0仅有1个正整数解，
即函数y=xlnx图象上仅有1个横坐标为整数的点落在直线l:y=ax+1的下方，
由图象可知，这个点为(1, 0)．可得f(1)<0，f(2)≥0，即−1<a≤ln2−1
2
．
故选：B．
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分.
已知向量a→与向量b→的夹角为60∘，且b→=(1, √3)，则向量b→在向量a→方向上的投影为
________．
【答案】
1
【考点】
数量积表示两个向量的夹角
【解析】
由题意得，向量b→在向量a→方向上的投影为|b→|cos60∘，计算求得结果．
【解答】
∵向量a→与向量b→的夹角为60∘，且b→=(1, √3)，
∴向量b→在向量a→方向上的投影为|b→|cos60∘=2×1
2
=1，
已知函数f(x)=ax+e x在x=0处的切线与x轴平行，则a=________．
【答案】
−1
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
求得f(x)的导数，可得切线的斜率，由条件可得a的方程，解方程可得a的值；
【解答】
函数f(x)=ax+e x的导数为：
f′(x)=e x+a，
由已知可得f′(0)=a+1，所以1+a=0，得a=−1．
已知抛物线C的方程为y2=2px(p>0)，直线l过抛物线的焦点F，与抛物线交于A，B两点，且|AF|=3|BF|，则直线l的倾斜角为________．
【答案】
θ=π
3或θ=2π
3
【考点】
直线与抛物线的位置关系
【解析】
设抛物线y2=2px(p>0)的准线为l′:x=−p
2
．如图所示，当直线AB的倾斜角为锐角时，分别过点A，B作AM⊥l′，BN⊥l′，垂足为M，N．过点B作BC⊥AM交于点
C．则|AM|=|AF|，|BN|=|BF|．由于|AF|=3|BF|=3
4
|AB|，可得|AM|−|BN|=
|AC|=|AF|−|BF|=1
2|AB|，在Rt△ABC中，由|AC|=1
2
|AB|，可得∠BAC=π
3
．由于
AM // x轴，可得∠BAC=∠AFx=π
3
．当直线AB的倾斜角为钝角时，同理可得．【解答】
设抛物线y2=2px(p>0)的准线为l′:x=−p
2
．
如图所示，
①当直线AB 的倾斜角为锐角时，
分别过点A ，B 作AM ⊥l′，BN ⊥l′，垂足为M ，N ． 过点B 作BC ⊥AM 交于点C ． 则|AM|=|AF|，|BN|=|BF|． ∵ |AF|=3|BF|=3
4|AB|，
∴ |AM|−|BN|=|AC|=|AF|−|BF|=1
2|AB|， 在Rt △ABC 中，由|AC|=1
2|AB|，可得∠BAC =π
3． ∵ AM // x 轴，∴ ∠BAC =∠AFx =π
3． ∴ kAB =tan π
3=√3．
②当直线AB 的倾斜角为钝角时，可得直线的倾斜角为2π
3．
已知面PAB ⊥面ABCD ，四边形ABCD 为边长为3的正方形，且PE ⊥AB ，PE =BE =1，则P −ABCD 外接球的表面积为________． 【答案】 19π
【考点】
球的体积和表面积 【解析】
由面PAB ⊥面ABCD ，四边形ABCD 为边长为3的正方形，可将四棱锥P −ABCD 补成三棱柱PAB −P′CD ，即可求解 【解答】
将四棱锥P −ABCD 补成三棱柱PAB −P′CD ，PB =√2，PA =√5，△PAB 的外接圆半径为√10
2，
所以P −ABCD 外接球的半径为R =√(√102
)2+(32
)2=√192
；
所以P −ABCD 外接球的表面积S =4πR 2=19π．
三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
设正项数列{a n }的前n 项和为{S n }，且a 1=1，当n ≥2时，a n =√S n +√S n−1， (Ⅰ)求数列{a n }的通项公式；
(Ⅱ)设数列{b n }满足b
121+b 2
22+⋯+b n−12n−1+b
n
2n
=a n ，求{b n }的前n 项和T n ． 【答案】
(Ⅰ)正项数列{a n }的前n 项和为{S n }，
且a 1=1，当n ≥2时，a n =√S n +√S n−1， 得S n −S n−1=√S n +√S n−1， 因为S n >0，
所以√S n −√S n−1=1，
故{√S n }是以√S 1=1为首项，公差为1的等差数列，
所以√S n =1+(n −1)=n ， 则有S n =n 2，
当n ≥2时，a n =n 2−(n −1)2=2n −1， 且a 1=1也适合，
故数列{a n }的通项公式的通项公式：a n =2n −1． (Ⅱ) ①当n =1时， 得b
121=a 1=1， 所以b 1=2； ②当n ≥2时，
由b
121
+b 2
22+⋯+b n−1
2n−1+b
n
2n =a n =2n −1①， 得b
1
2
1+
b 222
+⋯+
b n−12n−1
=a n−1=2n −3②，
①-②得：b n 2n
=2，
则有b n =2n+1，
可得数列{b n }的通项公式为b n ={2
(n =1)
2n+1
(n ≥2)
，
所以当n =1时，T 1=2；
当n ≥2时，T n =2+23+24+⋯+2n+1=2+
23(2n−1−1)
2−1
=2n+2−6，
当n =1时，T 1=2（符合上式）， 故：T n =2n+2−6． 【考点】 数列的求和 【解析】
(Ⅰ)直接利用递推关系式求出数列的通项公式．
(Ⅱ)利用(Ⅰ)的结论，进一步利用递推关系式求出数列的通项公式，最后利用通项公式求出数列的和． 【解答】
(Ⅰ)正项数列{a n }的前n 项和为{S n }，
且a 1=1，当n ≥2时，a n =√S n +√S n−1， 得S n −S n−1=√S n +√S n−1， 因为S n >0，
所以√S n −√S n−1=1，
故{√S n }是以√S 1=1为首项，公差为1的等差数列， 所以√S n =1+(n −1)=n ， 则有S n =n 2，
当n ≥2时，a n =n 2−(n −1)2=2n −1， 且a 1=1也适合，
故数列{a n }的通项公式的通项公式：a n =2n −1． (Ⅱ) ①当n =1时， 得b
121=a 1=1， 所以b 1=2； ②当n ≥2时，
由b
121+b 2
22+⋯+b n−12n−1+b
n
2n
=a n =2n −1①， 得b
1
2
1+
b 22
2+⋯+
b n−12n−1
=a n−1=2n −3②，
①-②得：
b n
2n
=2，
则有b n =2n+1，
可得数列{b n }的通项公式为b n ={2
(n =1)
2n+1
(n ≥2)
，
所以当n =1时，T 1=2；
当n ≥2时，T n =2+23+24+⋯+2n+1=2+
23(2n−1−1)
2−1
=2n+2−6，
当n =1时，T 1=2（符合上式）， 故：T n =2n+2−6．
某商场对甲、乙两种品牌的牛奶进行为期100天的营销活动，为调查这100天的日销售情况，用简单随机抽样抽取10天进行统计，以它们的销售数量（单位：件）作为样本，样本数据的茎叶图如图．已知该样本中，甲品牌牛奶销量的平均数为48件，乙品牌牛奶销量的中位数为43件，将日销量不低于50件的日期称为“畅销日”．
（1）求出x ，y 的值；
（2）以10天的销量为样本，估计100天的销量，请完成这两种品牌100天销量的2×2列联表，并判断是否有99%的把握认为品牌与“畅销日”天数相关．
附：K 2=n(ad−bc)2
(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)（其中n =a +b +c +d 为样本容量）
因为甲品牌牛奶销量的平均数为48件 所以
31+33+42+42+43+51+57+63+50+x
10=48
解得x =3
又因为乙品牌牛奶销量的中位数为43件
所以42+40+y
2
=43
解得y=4．
50,50,100,30,70,100,80,120,200
【考点】
独立性检验
【解析】
（1）由甲品牌牛奶销量的平均数为48件，乙品牌牛奶销量的中位数为43件，能求出x，y的值．
（2）作出2×2列联表，结合列联表求出K2=25
3
≈8.333>6.635，从而有99%的把握认为品牌与“畅销日”天数有关．
【解答】
因为甲品牌牛奶销量的平均数为48件
所以31+33+42+42+43+51+57+63+50+x
10
=48
解得x=3
又因为乙品牌牛奶销量的中位数为43件
所以42+40+y
2
=43
解得y=4．
作出2×2列联表，得：
结合列联表可算得K2=200×(50×70−50×30)2
80×120×100×100=25
3
≈8.333>6.635．
所以有99%的把握认为品牌与“畅销日”天数有关．
已知四棱锥S−ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD＝60∘，SA＝SD=√5,SB=√7，点E是棱AD的中点，点F在棱SC上，且SF
SC
=λ，SA // 平面BEF．(Ⅰ)求实数λ的值；
(Ⅱ)求三棱锥F−EBC的体积．
【答案】
（1）连接AC，设AC∩BE＝G，则平面SAC∩平面EFB＝FG，
∵SA // 平面EFB，∴SA // FG，
∴△GEA∼△GBC，∴AG
GC =AE
BC
=1
2
，
∴SF
FC =AG
GC
=1
2
⇒SF=1
3
SC，
解得λ=1
3
．
（2）∵SA=SD=√5，∴SE⊥AD，SE＝2，又∵AB＝AD＝2，∠BAD＝60∘，∴BE=√3，∴SE2+BE2＝SB2，∴SE⊥BE，
∴SE⊥平面ABCD，
所以V F−BCE=2
3V S−EBC=1
3
V S−ABCD=1
3
×1
3
×2×2sin60×2=4√3
9
．
【考点】
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
(Ⅰ)连接AC，设AC∩BE＝G，推导出SA // FG，从而△GEA∼△GBC，由此能求出λ=
1
3
．
(Ⅱ)由V F−BCE=2
3V S−EBC=1
3
V S−ABCD，能求出三棱锥F−EBC的体积．
【解答】
（1）连接AC，设AC∩BE＝G，则平面SAC∩平面EFB＝FG，∵SA // 平面EFB，∴SA // FG，
∴△GEA∼△GBC，∴AG
GC =AE
BC
=1
2
，
∴SF
FC =AG
GC
=1
2
⇒SF=1
3
SC，
解得λ=1
3
．
（2）∵SA=SD=√5，∴SE⊥AD，SE＝2，又∵AB＝AD＝2，∠BAD＝60∘，∴BE=√3，∴SE2+BE2＝SB2，∴SE⊥BE，
∴SE⊥平面ABCD，
所以V F−BCE=2
3V S−EBC=1
3
V S−ABCD=1
3
×1
3
×2×2sin60×2=4√3
9
．
已知椭圆C:x2
a2+y2
b2
=1(a>b>0)的离心率为e=√2
2
，且椭圆过点(1, √2
2
)，
(Ⅰ)求椭圆C的方程；
(Ⅱ)已知直线l的斜率存在，且过椭圆C的右焦点，与椭圆C交于两个交点A，B两点，过A作x轴的对称点为A′，求证直线A′B恒过定点．
【答案】
(Ⅰ)由题意得c
a =√2
2
，且1
a2
+(
√2
2
)2
b2
=1，
且a2=b2+c2，可得a=√2，b=1，c=1，
所以椭圆C的方程为x2
2
+y2=1；
证明：(Ⅱ)设直线l的方程为y=k(x−1)，A(x1, y1)，B(x2, y2)，则A′(x1, −y1)，
代入椭圆方程，消y可得(1+2k2)x2−4k2x+(2k2−2)=0，则有x1+x2=4k2
1+2k2
，
x1x2=2k2−2
1+2k2
，
且△=(−4k2)2−4(1+2k2)(2k2−2)=8k2+2>0，
且直线A′B的方程为y=y2+y2+y1
x2−x1
(x−x2)，
令y=0，得到x=x2−y2(x2−x1)
y2+y1=x2y1+x1y2
y2+y1
=k[2x1x2−(x1+x2)brack
k(x1+x2−2)
=2×
2k2−2
1+2k2
−4k
2
1+2k2
4k2
1+2k2
−2
=2
故直线直线A′B恒过定点(2, 0)．
【考点】
椭圆的应用
直线与椭圆的位置关系
【解析】
(Ⅰ)根据椭圆的离心率和椭圆过点(1, √2
2
)即可求出a=√2，b=1，即可求出椭圆方程，(Ⅱ)设直线l的方程为y=k(x−1)，根据韦达定理即可求出直线A′B的方程为y=y2+
y2+y1
x2−x1
(x−x2)，令y=0，化简整理即可得到x=2，即可证明．
【解答】
(Ⅰ)由题意得c
a =√2
2
，且1
a2
+(
√2
2
)2
b2
=1，
且a2=b2+c2，可得a=√2，b=1，c=1，
所以椭圆C的方程为x2
2
+y2=1；
证明：(Ⅱ)设直线l的方程为y=k(x−1)，A(x1, y1)，B(x2, y2)，则A′(x1, −y1)，
代入椭圆方程，消y可得(1+2k2)x2−4k2x+(2k2−2)=0，则有x1+x2=4k2
1+2k2
，
x1x2=2k2−2
1+2k2
，
且△=(−4k2)2−4(1+2k2)(2k2−2)=8k2+2>0，
且直线A′B的方程为y=y2+y2+y1
x2−x1
(x−x2)，
令y=0，得到x=x2−y2(x2−x1)
y2+y1=x2y1+x1y2
y2+y1
=k[2x1x2−(x1+x2)brack
k(x1+x2−2)
=2×
2k2−2
1+2k2
−4k
2
1+2k2
4k2
1+2k2
−2
=2
故直线直线A′B恒过定点(2, 0)．
已知f(x)=lnx，
(Ⅰ)令F(x)=f(x)+a
x
(0<x≤3)，若F(x)的图象上任意一点P(x0, y0)处切线的斜率
k≤1
2
恒成立，求实数a的取值范围；
(Ⅱ)当a>0时，设函数g(x)=(x2−2x)f(x)+ax2f(x)+ax2−x，且函数g(x)有且仅有一个零点，若e−2<x<e，g(x)≤m，求m的取值范围．
【答案】
(Ⅰ)由F(x)=f(x)+a
x =lnx+a
x
的导数为F′(x)=1
x
−a
x2
，
则有F′(x0)=x0−a
x02≤1
2
在x0∈(0, 3]上恒成立，
所以a≥(−1
2
x02+x0)max，
当x0=1时，(−1
2x02+x0)max=1
2
，
所以a≥1
2
；
(Ⅱ)因为x>0，令g(x)=(x2−2x)f(x)+ax2−x=0，
则(x2−2x)lnx+ax2=x，即a=1−(x−2)lnx
x
，
令ℎ(x)=1−(x−2)lnx
x
，
则ℎ′(x)=1−x−2lnx
x2
，
令t(x)=1−x−2lnx，则t′(x)=−x−2
x
，
因为t′(x)<0，所以t(x)在(0, +∞)上为减函数，
又因为t(1)=ℎ′(1)=0，所以当0<x<1时，ℎ′(x)>0，当x>1时，ℎ′(x)<0，所以ℎ(x)在(0, 1)上单调递增，在(1, +∞)上单调递减，
所以ℎ(x)max=ℎ(1)=1，因为a>0，所以当g(x)有且只有一个零点时，a=1；当a=1时，g(x)=(x2−2x)lnx+x2−x，
若e−2<x<e，g(x)≤m，则g(x)max≤m，g′(x)=(x−1)(3+2lnx)，
令g′(x)=0，得x=1x或=e−32，又因为e−2<x<e，
所以g(x)在(e−2, e−32)上单调递增，
在(e−32, 1)单调递减，在(1, e)单调递增，
又g(e−32)=−1
2
e−3+2e−32，g(e)=2e2−3e，因为g(e−32)<g(e)，
所以g(x)max=g(e)=2e2−3e，
所以m≥2e2−3e．
【考点】
导数求函数的最值
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
(Ⅰ)求得F(x)的导数，可得切线的斜率，由题意可得a≥(−1
2
x02+x0)max，由二次函数的最值可得a的范围；
(Ⅱ)因为x>0，令g(x)=(x2−2x)f(x)+ax2−x=0，化为a=1−(x−2)lnx
x
，令
ℎ(x)=1−(x−2)lnx
x
，求得导数和单调性，最值，可得a=1，可得若e−2<x<e，
g(x)≤m，则g(x)max≤m，求得g(x)的导数和单调性，最值，即可得到m的范围．【解答】
(Ⅰ)由F(x)=f(x)+a
x =lnx+a
x
的导数为F′(x)=1
x
−a
x2
，
则有F′(x0)=x0−a
x02≤1
2
在x0∈(0, 3]上恒成立，
所以a≥(−1
2
x02+x0)max，
当x0=1时，(−1
2x02+x0)max=1
2
，
所以a≥1
2
；
(Ⅱ)因为x>0，令g(x)=(x2−2x)f(x)+ax2−x=0，
则(x2−2x)lnx+ax2=x，即a=1−(x−2)lnx
x
，
令ℎ(x)=1−(x−2)lnx
x
，
则ℎ′(x)=1−x−2lnx
x2
，
令t(x)=1−x−2lnx，则t′(x)=−x−2
x
，
因为t′(x)<0，所以t(x)在(0, +∞)上为减函数，
又因为t(1)=ℎ′(1)=0，所以当0<x<1时，ℎ′(x)>0，当x>1时，ℎ′(x)<0，所以ℎ(x)在(0, 1)上单调递增，在(1, +∞)上单调递减，
所以ℎ(x)max=ℎ(1)=1，因为a>0，所以当g(x)有且只有一个零点时，a=1；当a=1时，g(x)=(x2−2x)lnx+x2−x，
若e−2<x<e，g(x)≤m，则g(x)max≤m，g′(x)=(x−1)(3+2lnx)，
令g′(x)=0，得x=1x或=e−32，又因为e−2<x<e，
所以g(x)在(e−2, e−32)上单调递增，
在(e−32, 1)单调递减，在(1, e)单调递增，
又g(e−32)=−1
2
e−3+2e−32，g(e)=2e2−3e，因为g(e−32)<g(e)，
所以g(x)max=g(e)=2e2−3e，
所以m≥2e2−3e．
请考生在（22）、（23）三题中任选一题作答．注意：只能做所选定的题目．如果多做，则按所做第一个题目计分，作答时，请用2B 铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑．[选修4-4：极坐标系与参数方程]
已知直线l 过P(1, 0)，并且倾斜角为π
3，曲线C 的极坐标方程为ρ=8cosθ， (Ⅰ)求直线l 的参数方程和曲线的直角坐标方程；
(Ⅱ)设直线l 与曲线C 交于A ，B 两点，求|PA|+|PB|的值． 【答案】
(Ⅰ)直线l 过P(1, 0)，并且倾斜角为π3， 则：直线的参数方程为{x =1+1
2
t
y =√3
2t
（t 为参数），
曲线C 的极坐标方程为ρ=8cosθ，
转换为直角坐标方程为：(x −4)2+y 2=16； (Ⅱ)将{x =1+1
2t
y =√3
2t
（t 为参数）代入(x −4)2+y 2=16，
得t 2−3t −7=0，
设A ，B 所对应的参数为t 1和t 2， 则有t 1+t 2=3，t 1⋅t 2=−7，
故|PA|+|PB|=|t 1−t 2|=√(t 1+t 2)2−4t 1t 2=√9+28=√37． 【考点】
圆的极坐标方程 【解析】
(Ⅰ)直接利用转换关系，把参数方程直角坐标方程和极坐标方程之间进行转换． (Ⅱ)利用直线和曲线的位置关系建立一元二次方程，进一步利用一元二次方程根和系数关系的应用求出结果． 【解答】
(Ⅰ)直线l 过P(1, 0)，并且倾斜角为π
3， 则：直线的参数方程为{x =1+1
2t
y =√3
2t
（t 为参数），
曲线C 的极坐标方程为ρ=8cosθ，
转换为直角坐标方程为：(x −4)2+y 2=16； (Ⅱ)将{x =1+1
2
t
y =√3
2
t
（t 为参数）代入(x −4)2+y 2=16，
得t 2−3t −7=0，
设A ，B 所对应的参数为t 1和t 2， 则有t 1+t 2=3，t 1⋅t 2=−7，
故|PA|+|PB|=|t 1−t 2|=√(t 1+t 2)2−4t 1t 2=√9+28=√37． [选修4-5：不等式选讲]
已知f(x)=|x −a|+|x −1
a |(a >0)，
(Ⅰ)求证f(x)≥2；
(Ⅱ)当a=1，求解不等式f(x)≥x2−x．【答案】
(Ⅰ)因为|x−a|+|x−1
a |≥|x−a−x+1
a
|=a+1
a
≥2，
当且仅当a=1时取等号，故f(x)≥2
(Ⅱ)当a=1时，f(x)=2|x−1|，
由f(x)≥x2−x，得2(x−1)≥x2−x或2(x−1)≤−(x2−x)，解得：−2≤x≤2，故解集为[−2, 2]
【考点】
绝对值不等式的解法与证明
【解析】
(Ⅰ)根据绝对值三角不等式的性质证明即可；
(Ⅱ)代入a的值，解不等式即可．
【解答】
(Ⅰ)因为|x−a|+|x−1
a |≥|x−a−x+1
a
|=a+1
a
≥2，
当且仅当a=1时取等号，故f(x)≥2
(Ⅱ)当a=1时，f(x)=2|x−1|，
由f(x)≥x2−x，得2(x−1)≥x2−x或2(x−1)≤−(x2−x)，解得：−2≤x≤2，故解集为[−2, 2]。