2020届重庆八中高考数学适应性考试(理科)试题Word版含解析

2020届重庆八中高考数学适应性考试（理科）试题一、选择题（共12小题，每小题5分，满分60分）1．已知集合A={x|x2﹣4x≤0，x∈Z}，B={y|y=m2，m∈A}，则A∩B=（）A．{0，1，4} B．{0，1，6} C．{0，2，4} D．{0，4，16}2．若x是实数，i是虚数单位，且（1+xi）（x﹣i）=﹣i，则x=（）A．﹣1 B．0 C．1 D．23．已知数列{an }是递增的等比数列，a1+a3+a5=21，a3=6，则a5+a7+a9=（）A．B．C．42 D．844．若圆C与y轴相切于点P（0，1），与x轴的正半轴交于A，B两点，且|AB|=2，则圆C的标准方程是（）A．B．C．D．5．我国魏晋时期的数学家刘徽在《九章算术注》中首创割圆术：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆合体，而无所失矣”，即通过圆内接正多边形割圆，通过逐步增加正多边形的边数而使正多边形的周长无限接近圆的周长，进而来求得较为精确的圆周率，如图是利用刘徽的“割圆术”思想设计的一个程序框图，其中n表示圆内接正多边形的边数，执行此算法输出的圆周率的近似值依次为（数据sin15°≈0.2588，sin10°≈0.1736，sin7.50≈0.1306）（）A．3，3.1248，3.1320 B．3，3.1056，3.1248C ．3，3.1056，3.1320D ．3，3.1，3.1406．如图，一直角墙角的两边足够长，若P 处有一棵树（不考虑树的粗细）与两墙的距离分别是2m 和αm （0＜α≤10），现用12m 长的篱笆，借助墙角围成一个矩形花圃ABCD ，设此矩形花圃的最大面积为u ，若将这棵树围在矩形花圃内（包括边界），则函数u=f （a ）（单位：m 2）的图象大致是（ ）A ．B ．C ．D ．7．若x ，y 满足，则y ﹣2x 的最大值为（ ）A ．3B ．2C ．0D ．﹣28．如图，某几何体的三视图中，俯视图是边长为2的正三角形，正视图和左视图分别为直角梯形和直角三角形，则该几何体的体积为（ ）A ．B ．C ．D ．9．函数f （x ）=Asin （ωx+φ）（A ＞0，ω＞0，）的图象如图所示，将f （x ）的图象向右平移m 个单位得到g （x ）的图象关于y 轴对称，则正数m 的最小值为（ ）A ．B ．C ．D ．10．已知三棱锥O ﹣ABC 的顶点A ，B ，C 都在半径为3的球面上，O 是球心，∠AOB=150°，当△AOC 与△BOC 的面积之和最大时，三棱锥O ﹣ABC 的体积为（ ）A ．B ．C ．D ．11．设抛物线C ：y 2=4x 的焦点为F ，过点P （﹣1，0）作斜率为k （k ＞0）的直线l 与抛物线C 交于A ，B 两点，若，则k=（ ）A ．B ．C ．1D ．212．设e 表示自然对数的底数，函数f （x ）=（a ∈R ），若关于x 的不等式f（x ）≤有解，则实数a 的取值范围为（ ）A ．[e 2﹣，e 2+]B ．[e 2﹣，e 2+）C ．（e 2﹣，e 2+]D ．（e 2﹣，e 2+）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13．已知，，则当取最小值时，实数t= ．14．在展开式中，只有第7项的二项式系数最大，则展开式中常数项是 ．15．若星期一的所温为20℃，人星期二开始，每天的气温与前一天相比，仅等可能存在三种情形：“升1℃”、“持平”、“降1℃”，则星期五时气温也为20℃的概率为 ．16．已知正项数列{a n }满足a 1=1，，数列{b n }满足，记{b n }的前n 项和为T n ，则T 20的值为 ．三、解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17．已知锐角△ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．（1）求角C；（2）若，求b﹣2a的取值范围．18．如图所示，正三角形ABC所在平面与梯形BCDE所在平面垂直，BE∥CD，BE=2CD=4，BE⊥BC，F为棱AE的中点．（1）求证：直线AB⊥平面CDF；（2）若异面直线BE与AD所成角为450，求二面角B﹣CF﹣D的余弦值．19．某市在对高三学生的4月理科数学调研测试的数据统计显示，全市10000名学生的成绩服从正态分布X～N，现从甲校100分以上的200份试卷中用系统抽样的方法抽取了20份试卷来分析，统计如下：（注：表中试卷编号n1＜n2＜28＜n4＜n5＜…＜n20）（1）列出表中试卷得分为126分的试卷编号（写出具体数据）；（2）该市又从乙校中也用系统抽样的方法抽取了20份试卷，将甲乙两校这40份试卷的得分制作了茎叶图（如图），试通过茎叶图比较两校学生成绩的平均分及分散程度（均不要求计算出具体值，给出结论即可）；（3）在第（2）问的前提下，从甲乙两校这40名学生中，从成绩在140分以上（含140分）的学生中任意抽取3人，该3人在全市前15名的人数记为ξ，求ξ的分布列和期望．（附：若随机变量X服从正态分布N（μ，σ2），则P（μ﹣σ＜X＜μ+σ）=68.3%，P（μ﹣2σ＜X＜μ+2σ）=95.4%，P（μ﹣3σ＜X＜μ+3σ）=99.7%）20．已知椭圆C：4x2+y2=4m2（m＞0），过原点的直线与椭圆C交于A，B两点，点P是椭圆上的任意一点且直线PA，PB与坐标轴不平行．（1）证明：直线PA的斜率与直线PB斜率之积为定值；（2）若A，B不是椭圆C的顶点，且PA⊥AB，直线BP与x轴，y轴分别交于E，F两点．（i）证明：直线BP的斜率与直线AF斜率之比为定值；，求的最大值．（ii）记△OEF的面积为S△OEF21．已知f（x）=e x﹣1﹣a（x+1）（x≥1），g（x）=（x﹣1）lnx，其中e为自然对数的底数．（1）若f（x）≥0恒成立，求实数a的取值范围；（2）若在（1）的条件下，当a取最大值时，求证：f（x）≥g（x）．选修4-4：坐标系与参数方程22．在平面直角系xOy中，以原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线C的极坐标为ρ=2cosθ，且直线（t为参数）与曲线C交于不同两点A，B．（1）求实数m的取值范围；（2）设点M（m，0），若|MA|•|MB|=1，求实数m的值．选修4-5：不等式选讲（5﹣|x+1|﹣|x﹣2|）的定义域为D．23．设函数f（x）=log2（1）求集合D；（2）设a，b∈D，证明：．2020届重庆八中高考数学适应性考试（理科）试题参考答案与试题解析一、选择题（共12小题，每小题5分，满分60分）1．已知集合A={x|x 2﹣4x ≤0，x ∈Z}，B={y|y=m 2，m ∈A}，则A ∩B=（ ） A ．{0，1，4} B ．{0，1，6} C ．{0，2，4} D ．{0，4，16} 【考点】1E ：交集及其运算．【分析】根据条件求出集合A ，B 的等价条件，结合集合交集的定义进行计算即可．【解答】解：A={x|x 2﹣4x ≤0，x ∈Z}={x|x （x ﹣4）≤0，x ∈Z}={x|0≤x ≤4，x ∈Z}={0，1，2，3，4}，B={y|y=m 2，m ∈A}={y|y=0，1，4，9，16}， 则A ∩B={0，1，4}， 故选：A2．若x 是实数，i 是虚数单位，且（1+xi ）（x ﹣i ）=﹣i ，则x=（ ） A ．﹣1 B ．0C ．1D ．2【考点】A5：复数代数形式的乘除运算．【分析】利用复数的运算法则、复数相等即可得出．【解答】解：∵（1+xi ）（x ﹣i ）=﹣i ，∴2x+x 2i=0，可得2x=x 2=0， 解得x=0． 故选：B ．3．已知数列{a n }是递增的等比数列，a 1+a 3+a 5=21，a 3=6，则a 5+a 7+a 9=（ ）A ．B ．C ．42D ．84【考点】88：等比数列的通项公式．【分析】设递增的等比数列{a n }的公比为q ＞1，由a 1+a 3+a 5=21，a 3=6，可得+6+6q 2=21，解得q 2，利用a 5+a 7+a 9=q 4（a 1+a 3+a 5）即可得出．【解答】解：设递增的等比数列{an }的公比为q＞1，∵a1+a3+a5=21，a3=6，+6+6q2=21，解得q2=2，则a5+a7+a9=q4（a1+a3+a5）=4×21=84．故选：D．4．若圆C与y轴相切于点P（0，1），与x轴的正半轴交于A，B两点，且|AB|=2，则圆C的标准方程是（）A．B．C．D．【考点】J1：圆的标准方程．【分析】根据题意画出图形，结合图形求出圆的半径和圆心坐标，即可写出圆的标准方程．【解答】解：如图所示，由题意，圆C的半径为r==，圆心坐标为（，1），∴圆C的标准方程为（x﹣）2+（y﹣1）2=2；故选：C．5．我国魏晋时期的数学家刘徽在《九章算术注》中首创割圆术：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆合体，而无所失矣”，即通过圆内接正多边形割圆，通过逐步增加正多边形的边数而使正多边形的周长无限接近圆的周长，进而来求得较为精确的圆周率，如图是利用刘徽的“割圆术”思想设计的一个程序框图，其中n表示圆内接正多边形的边数，执行此算法输出的圆周率的近似值依次为（数据sin15°≈0.2588，sin10°≈0.1736，sin7.50≈0.1306）（）A．3，3.1248，3.1320 B．3，3.1056，3.1248C．3，3.1056，3.1320 D．3，3.1，3.140【考点】EF：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=6sin30°=3，输出S的值为3，不满足条件n≥18，执行循环体，n=12，S=12×sin15°=3.1056，输出S的值为3.1056，不满足条件n≥18，执行循环体，n=24，S=24×sin7.5°=3.1320，输出S的值为3.1320，满足条件n≥18，退出循环．故选：C．6．如图，一直角墙角的两边足够长，若P处有一棵树（不考虑树的粗细）与两墙的距离分别是2m和αm（0＜α≤10），现用12m长的篱笆，借助墙角围成一个矩形花圃ABCD，设此矩形花圃的最大面积为u，若将这棵树围在矩形花圃内（包括边界），则函数u=f（a）（单位：m2）的图象大致是（）A ．B ．C ．D ．【考点】3O ：函数的图象．【分析】设CD=x ，得出矩形面积关于x 的函数，讨论对称轴与x 的范围的关系得出f （a ）的解析式，即可得出答案．【解答】解：设CD=x ，则AD=12﹣x ，设矩形ABCD 的面积为y ， ∴y=x （12﹣x ）=﹣x 2+12x ，∵P 在矩形ABCD 内部，∴，即2≤x ≤12﹣a ．若12﹣a ≤6，即6≤a ≤10时，f （a ）=﹣（12﹣a ）2+12（12﹣a ）=﹣a 2+12a ， 若12﹣a ＞6，即0＜a ＜6，时，f （a ）=﹣62+12×6=36．∴f （a ）=．故选B ．7．若x ，y 满足，则y ﹣2x 的最大值为（ ）A ．3B ．2C ．0D ．﹣2【考点】7C ：简单线性规划．【分析】首先作出可行域，再作出直线l 0：y=2x ，将l 0平移与可行域有公共点，直线y=2x+z 在y 轴上的截距最大时，z 有最大值，求出此时直线y=2x+z 经过的可行域内的点的坐标，代入z=y ﹣2x 中即可．【解答】解：如图，作出x ，y 满足的可行域，由解得A （﹣1，4）作出直线l 0：y=2x ，将l 0平移至过点A 处时，函数z=y ﹣2x 有最大值4+2=6． 故选：C ．8．如图，某几何体的三视图中，俯视图是边长为2的正三角形，正视图和左视图分别为直角梯形和直角三角形，则该几何体的体积为（）A．B．C．D．【考点】L!：由三视图求面积、体积．【分析】首先把三视图转化为立体图，然后根据三视图中的线段长和线面的关系，求出锥体的体积【解答】解：首先把几何体的三视图复原成立体图形根据三视图中的线段长，得知：AD=，CE=3，AC=2，由于俯视图是边长为2的正三角形，进一步求得：AB=2，AF=1所以BF=根据三视图的特点得知：BF⊥底面DACE，VB﹣DACE=SDACE•BF=×=；故选：A．9．函数f（x）=Asin（ωx+φ）（A＞0，ω＞0，）的图象如图所示，将f（x）的图象向右平移m个单位得到g（x）的图象关于y轴对称，则正数m的最小值为（）A．B．C．D．【考点】HJ：函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换．【分析】由函数的图象的顶点坐标求出A，由周期求出ω，由五点法作图求出φ的值，可得函数f（x）的解析式；再利用函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换规律，正弦函数的图象的对称性，求得正数m的最小值．【解答】解：根据函数f（x）=Asin（ωx+φ）（A＞0，ω＞0，）的图象，可得A=1，=﹣，∴ω=2．再根据五点法作图可得2•+φ=，∴φ=．∴f（x）=sin（2x+）．将f（x）的图象向右平移m个单位得到g（x）=sin（2x﹣2m+）的图象关于y轴对称，∴﹣2m+=kπ+，∴m=﹣﹣，k∈Z，取k=﹣1，可得正数m的最小值为，故选：C．10．已知三棱锥O﹣ABC的顶点A，B，C都在半径为3的球面上，O是球心，∠AOB=150°，当△AOC与△BOC的面积之和最大时，三棱锥O﹣ABC的体积为（）A ．B ．C ．D ．【考点】LF ：棱柱、棱锥、棱台的体积．【分析】由题意画出图形，可得当∠AOC=∠BOC=90°时，△AOC 和△BOC 的面积之和最大，此时OA ⊥OC ，OB ⊥OC ，∴OC ⊥平面AOB ，然后利用等积法求得答案． 【解答】解：如图，设球O 的半径为R ，则R=3．∵S △AOC +S △BOC =R 2（sin ∠AOC+sin ∠BOC ），∴当∠AOC=∠BOC=90°时，△AOC 和△BOC 的面积之和最大， 此时OA ⊥OC ，OB ⊥OC ，∴OC ⊥平面AOB ，∴V O ﹣ABC =V C ﹣OAB ==．故选：D ．11．设抛物线C ：y 2=4x 的焦点为F ，过点P （﹣1，0）作斜率为k （k ＞0）的直线l 与抛物线C 交于A ，B 两点，若，则k=（ ）A ．B ．C ．1D ．2【考点】K8：抛物线的简单性质．【分析】设直线l 的方程，代入抛物线方程，利用韦达定理及抛物线的焦点弦公式，联立即可求得x 1，x 2，由x 1•x 2=1，即可求得k 的值． 【解答】解：抛物线y 2=4x 的焦点F （1，0），直线AB 的方程为y ﹣0=k （x+1），k ＞0．设A （x 1，y 1），B （x 2，y 2） 代入抛物线y 2=4x 化简可得 k 2x 2+（2k 2﹣4）x+k 2=0， ∴x 1+x 2=，①x 1•x 2=1，②由抛物线的焦半径公式可知：丨AF 丨=x 1+=x 1+1，丨BF 丨=x 2+=x 2+1，由，则=，则x 2﹣2x 1=1，③由①②解得：x 1=，x 2=，x 1•x 2=×=1，整理得：k 2=，解得：k=±，由k ＞0，则k=，故选B ．12．设e 表示自然对数的底数，函数f （x ）=（a ∈R ），若关于x 的不等式f（x ）≤有解，则实数a 的取值范围为（ ）A ．[e 2﹣，e 2+]B ．[e 2﹣，e 2+）C ．（e 2﹣，e 2+]D ．（e 2﹣，e 2+）【考点】7E ：其他不等式的解法．【分析】由关于x 的不等式f （x ）≤有解，可得≥有解，可得≥，解绝对值不等式，求得a 的范围．【解答】解：∵函数（a ∈R ），关于x 的不等式有解，即 （x ﹣a ）2≤﹣有解，∴﹣≥0 有解，即≥有解，∴≥，∴|e 2﹣a|≤，∴﹣≤a ﹣e 2≤，e 2﹣≤a ≤e 2+，故选：A ．二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13．已知，，则当取最小值时，实数t= 1 ．【考点】9J ：平面向量的坐标运算．【分析】利用数量积运算性质、函数的单调性即可得出． 【解答】解： =，=1， =1．∴===取最小值时，t=1．故答案为：1．14．在展开式中，只有第7项的二项式系数最大，则展开式中常数项是 ﹣220 ．【考点】DB ：二项式系数的性质．【分析】由题意求得n=12，在二项式展开式的通项公式中，再令x 的幂指数等于0，求得r 的值，即可求得展开式中的常数项的值．【解答】解：（x ﹣）n 的展开式中只有第7项的二项式系数最大，故n 为偶数，展开式共有13项，故n=12．（x ﹣）12，它的展开式的通项公式为 T r+1=C 12r •（﹣1）r •x，令12﹣r=0，求得r=9，则展开式中的常数项是C 129•（﹣1）9=﹣220．故答案为：﹣22015．若星期一的所温为20℃，人星期二开始，每天的气温与前一天相比，仅等可能存在三种情形：“升1℃”、“持平”、“降1℃”，则星期五时气温也为20℃的概率为．【考点】CB：古典概型及其概率计算公式．【分析】由题意列表求出基本事件总数n=81，并利用列举法求出其中星期五时气温也为20℃的包含的基本事件有m=19个，由此能求出星期五时气温也为20℃的概率．【解答】解：由题意列表如下：（单位：℃）由表知基本事件总数n=81，其中星期五时气温也为20℃的包含的基本事件有m=19个，故星期五时气温也为20℃的概率p=．16．已知正项数列{a n }满足a 1=1，，数列{b n }满足，记{b n }的前n 项和为T n ，则T 20的值为 2 ． 【考点】8E ：数列的求和．【分析】由题意可得﹣=4，运用等差数列的通项公式可得=4n ﹣3，求得b n =（﹣），运用数列的求和方法：裂项相消求和，即可得到所求和．【解答】解：a 1=1，，可得﹣=4，即有=1+4（n ﹣1）=4n ﹣3，由题意可得a n =，==，则b n =（﹣），则T 20=（﹣1+3﹣+﹣3+ (9)）=×（9﹣1） =2．故答案为：2．三、解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17．已知锐角△ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．（1）求角C；（2）若，求b﹣2a的取值范围．【考点】HT：三角形中的几何计算．【分析】（1）由余弦定理，得a2+b2﹣c2=2abcosC，从而，进而，由此能求出C．（2）由正弦定理，得，从而，进而，由此能求出b﹣2a的取值范围．【解答】解：（1）由余弦定理，可得a2+b2﹣c2=2abcosC，∵，∴，∴，又，∴．（2）由正弦定理，，∴，∵△ABC是锐角三角形，∴得，∴，，∴b﹣2a的取值范围是（﹣3，0）．18．如图所示，正三角形ABC所在平面与梯形BCDE所在平面垂直，BE∥CD，BE=2CD=4，BE⊥BC，F为棱AE的中点．（1）求证：直线AB⊥平面CDF；（2）若异面直线BE与AD所成角为450，求二面角B﹣CF﹣D的余弦值．【考点】MT：二面角的平面角及求法；LW：直线与平面垂直的判定．【分析】（1）取AB中点M，连接MF，MC，可得四边形MFDC为平行四边形，MC∥FD；由CM⊥AB，得DF⊥AB；又CD⊥AB，CD∩DF=D，即可得AB⊥平面CDF．（2）异面直线BE，AD所成角即直线DA，DC所成角，可得AC=CD=2，以B为原点，建立空间直角坐标系B﹣xyz，如图2所示，则，，利用向量法求解【解答】解：（1）证明：取AB中点M，连接MF，MC，因为M为AB中点，所以MF平行且等于，又CD平行且等于，所以MF平行且等于CD，所以四边形MFDC为平行四边形，所以MC∥FD；因为△ABC为正三角形，M为AB中点，所以CM⊥AB，从而DF⊥AB；又平面ABC⊥平面BCDE，CD⊥BC，平面ABC∩平面BCDE=BC，∴CD⊥平面ABC，∵CD⊥AB，CD∩DF=D，∴AB⊥平面CDF．（2）解：异面直线BE，AD所成角即直线DA，DC所成角，则∠ADC=45°，又∠ACD=90°，则AC=CD=2，以B为原点，建立空间直角坐标系B﹣xyz，如图2所示，则，，设平面BCF的法向量为，则即解得令z=﹣4，得，由（1）可知AB⊥平面CDF，所以为平面CDF的一个法向量．cos===∵二面角B﹣CF﹣D为钝角，所以二面角B﹣CF﹣D的余弦值为．19．某市在对高三学生的4月理科数学调研测试的数据统计显示，全市10000名学生的成绩服从正态分布X～N，现从甲校100分以上的200份试卷中用系统抽样的方法抽取了20份试卷来分析，统计如下：（注：表中试卷编号n1＜n2＜28＜n4＜n5＜…＜n20）（1）列出表中试卷得分为126分的试卷编号（写出具体数据）；（2）该市又从乙校中也用系统抽样的方法抽取了20份试卷，将甲乙两校这40份试卷的得分制作了茎叶图（如图），试通过茎叶图比较两校学生成绩的平均分及分散程度（均不要求计算出具体值，给出结论即可）；（3）在第（2）问的前提下，从甲乙两校这40名学生中，从成绩在140分以上（含140分）的学生中任意抽取3人，该3人在全市前15名的人数记为ξ，求ξ的分布列和期望．（附：若随机变量X服从正态分布N（μ，σ2），则P（μ﹣σ＜X＜μ+σ）=68.3%，P（μ﹣2σ＜X＜μ+2σ）=95.4%，P（μ﹣3σ＜X＜μ+3σ）=99.7%）【考点】CP：正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义；BA：茎叶图．【分析】（1）根据分层抽样的抽取编号为等差数列可知n5和n9的值；（2）根据茎叶图的数据集中程度判断均值和方差；（3）根据正态分布概率可得146分以上才能进入前15名，利用超几何分布概率公式得出分布列，从而可求出数学期望．【解答】解：（1）126分的试卷编号分别为48，88．（2）通过茎叶图可知：甲校学生成绩的平均分高于乙校学生成绩的平均分，甲校学生成绩比较集中，乙校学生成绩比较分散．（3）∵，根据正态分布可知：P（74＜X＜146）=99.7%，∴，即前15名的成绩全部在146分以上（含146分）．根据茎叶图可知这40人中成绩在146分以上（含146分）的有3人，而成绩在140分以上（含140分）的有8人．∴ξ的取值为0，1，2，3．，，，，所以ξ的分布列为因此．20．已知椭圆C ：4x 2+y 2=4m 2（m ＞0），过原点的直线与椭圆C 交于A ，B 两点，点P 是椭圆上的任意一点且直线PA ，PB 与坐标轴不平行．（1）证明：直线PA 的斜率与直线PB 斜率之积为定值；（2）若A ，B 不是椭圆C 的顶点，且PA ⊥AB ，直线BP 与x 轴，y 轴分别交于E ，F 两点． （i ）证明：直线BP 的斜率与直线AF 斜率之比为定值；（ii ）记△OEF 的面积为S △OEF ，求的最大值．【考点】K4：椭圆的简单性质．【分析】（1）设A （x 1，y 1），P （x 2，y 2），则B （﹣x 1，﹣y 1），把A ，P 坐标代入椭圆方程，写出PA ，PB 的斜率，化简整理可得直线PA 的斜率与直线PB 斜率之积为定值； （2）（i ）由（1）得，再由PA ⊥AB ，求得PA 的斜率，进一步得到PB 的斜率，写出PB所在直线方程，求得E ，F 的坐标，即可得到直线BP 的斜率与直线AF 斜率之比为定值； （ii ）由三角形面积公式写出△OEF 的面积，由基本不等式可得其最大值，除以m 2得答案． 【解答】（1）证明：设A （x 1，y 1），P （x 2，y 2），则B （﹣x 1，﹣y 1）， ∴，，∴==﹣4；（2）证明：（i ）由（1）得，又∵PA ⊥AB ，∴k AB •k PA =﹣1，得，∵k PA •k PB =﹣4，∴．），∴直线BP：，则，F（0，3y1则，∴．（ii）解：∵，∴，当且仅当时取到最大值．即的最大值为．21．已知f（x）=e x﹣1﹣a（x+1）（x≥1），g（x）=（x﹣1）lnx，其中e为自然对数的底数．（1）若f（x）≥0恒成立，求实数a的取值范围；（2）若在（1）的条件下，当a取最大值时，求证：f（x）≥g（x）．【考点】6E：利用导数求闭区间上函数的最值；6B：利用导数研究函数的单调性．【分析】（1）法一：（分类讨论法），f'（x）=e x﹣1﹣a．≥0即可求得实数分①当a≤1，②当a＞1，讨论f（x）单调性，求出最小值，只需f（x）mina的取值范围；法二：（分离参数法）．f（x）≥0恒成立在[1，+∞）上恒成立．令，讨论h（x）单调性，求出最小值，a≤h（x）≥0即可求得实数a的取值范围；min（2）由题意可知，．要证f（x）≥g（x）⇔，先证明：x≥1时，lnx≤x﹣1．即只需要证明可得k'（x）在[1，1+ln2]上单减，在[1+ln2，+∞）上单增，k（x）在[1，+∞）上单调递增，所以k（x）≥k（1）=0．即可得证．【解答】（1）解：法一：（分类讨论法）．因为x≥1，f'（x）=e x﹣1﹣a．①当a≤1时，e x﹣1≥1，所以f'（x）=e x﹣1﹣a≥0，故f（x）在[1，+∞）上单调递增，所以，所以．②当a＞1时，令f'（x）=0⇒x=1+lna，若x∈（1，1+lna），f'（x）＜0；若x∈（1+lna，+∞），f'（x）＞0，所以f（x）在（1，1+lna）上单减，在（1+lna，+∞）上单增；所以，解得，此时a无解，综上可得．法二：（分离参数法）．f（x）≥0恒成立在[1，+∞）上恒成立．令，则，所以h（x）在[1，+∞）上单增，故，所以．（2）证明：由题意可知，．要证f（x）≥g（x）⇔，（*）先证明：x≥1时，lnx≤x﹣1．令．当x≥1时，h'（x）≤0，所以h（x）在[1，+∞）上单减，所以h（x）≤h（1）=0，所以lnx≤x﹣1．所以要证明（*）式成立，只需要证明．（**）…令k''（x）=0⇒x=1+ln2又k''（x）在[1，+∞）上单调递增，则在[1，1+ln2]上，k''（x）≤0，在[1+ln2，+∞），k''（x）＞0．所以，k'（x）在[1，1+ln2]上单减，在[1+ln2，+∞）上单增，所以，所以k（x）在[1，+∞）上单调递增，所以k（x）≥k（1）=0．所以（**）成立，也即是（*）式成立．故f（x）≥g（x）．选修4-4：坐标系与参数方程22．在平面直角系xOy中，以原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线C的极坐标为ρ=2cosθ，且直线（t为参数）与曲线C交于不同两点A，B．（1）求实数m的取值范围；（2）设点M（m，0），若|MA|•|MB|=1，求实数m的值．【考点】QH：参数方程化成普通方程．【分析】（1）求出直线l的普通方程为：，曲线C的直角坐标方程为：x2+y2=2x，圆心（1，0）．由题意知圆心到直线l的距离d＜1，由此能求出实数m的取值范围．（2）直线（t为参数）代入圆C：x2+y2=2x，得25t2+（6m﹣6）t+m2﹣2m=0，由|MA|•|MB|=1，能求出实数m的值．【解答】解：（1）∵直线（t为参数），∴消去参数t，得直线l的普通方程为：，∵曲线C的极坐标为ρ=2cosθ，即ρ2=2ρcosθ，∴曲线C的直角坐标方程为：x2+y2=2x，圆心（1，0），半径r=1，由题意知圆心到直线l的距离，解得．（2）直线（t 为参数）代入圆C ：x 2+y 2=2x ，得25t 2+（6m ﹣6）t+m 2﹣2m=0，设方程的两根为t 1，t 2，则t 1+t 2=，t 1t 2=，∵|MA|•|MB|=1，∴|m 2﹣2m|=1， 解得m=1或（舍）或（舍）．综上，实数m 的值为1．选修4-5：不等式选讲23．设函数f （x ）=log 2（5﹣|x+1|﹣|x ﹣2|）的定义域为D ． （1）求集合D ；（2）设a ，b ∈D ，证明：．【考点】4N ：对数函数的图象与性质．【分析】（1）根据绝对值的性质求出不等式的解集，从而求出集合D 即可； （2）根据绝对值的性质证明即可． 【解答】（1）解：|x+1|+|x ﹣2|＜5，当x ≥2时，|x+1|+|x ﹣2|=2x ﹣1＜5，解得2≤x ＜3， 当﹣1＜x ＜2时，|x+1|+|x ﹣2|=3＜5恒成立， 当x ≤﹣1时，﹣1﹣x ﹣x+2＜5，解得﹣2＜x ≤﹣1， 综上，定义域D={x|﹣2＜x ＜3}． （2）证明：原不等式⇔3|a+b|＜|9+ab| ⇔9a 2+18ab+9b 2＜81+a 2b 2+18ab ⇔（a 2﹣9）（b 2﹣9）＞0． 由a ，b ∈D 得a 2＜9，b 2＜9， 原不等式得证．。