2018年甘肃省兰州市高考数学一诊试卷(理科)

2018年甘肃省兰州市高考数学一诊试卷（理科）一、选择题：本大题共12个小题，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. 设全集U =R ，集合M ={x|x ≥0}，集合N ={x|x 2<1}，则M ∩(∁U N)=（ ） A.(0, 1) B.[0, 1] C.[1, +∞) D.(1, +∞)2. 已知复数z =−5+12i （i 是虚数单位），则下列说法正确的是（ ） A.复数z 的实部为5 B.复数z 的虚部为12iC.复数z 的共轭复数为5+12iD.复数z 的模为133. 已知数列{a n }为等比数列，且a 2a 6+2a 42=π，则tan(a 3a 5)=( ) A.√3 B.−√3 C.−√33D.±√3 4. 双曲线x 2a2−y 2b 2=1的一条渐近线与抛物线y =x 2+1只有一个公共点，则双曲线的离心率为（ ） A.54B.5C.√54D.√55. 在△ABC 中，M 是BC 的中点，AM =1，点P 在AM 上且满足学AP →=2PM →，则PA →⋅(PB →+PC →)等于（ ） A.−49 B.−43C.43D.496. 数列{a n }中，a 1=1，对任意n ∈N ∗，有a n+1=1+n +a n ，令b i =1a i，(i ∈N ∗)，则b 1+b 2+...+b 2018=( ) A.20171009 B.20172018C.20182019D.403620197. 若(x +1x +1)n 的展开式中各项的系数之和为81，则分别在区间[0, π]和[0, n4]内任取两个实数x ，y ，满足y >sinx 的概率为（ ） A.1−1πB.1−2πC.1−3πD.128. 刘徽《九章算术注》记载：“邪解立方有两堑堵，邪解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑，阳马居二，鳖臑居一，不易之率也”．意即把一长方体沿对角面一分为二，这相同的两块叫做堑堵，沿堑堵的一顶点与其相对的面的对角线剖开成两块，大的叫阳马，小的叫鳖臑，两者体积之比为定值2:1，这一结论今称刘徽原理．如图是一个阳马的三视图，则其外接球的体积为（ ）A.4πB.3πC.√3πD.√32π9. 某程序框图如图所示，则程序运行后输出的S的值是（）A.1008B.2017C.2018D.302510. 设p：实数x，y满足(x−1)2+\lbracky−(2−√2)brack2≤3−2√2；q：实数x，y满足{x−y≤1x+y≥1y≤1，则p是q的（）A.必要不充分条件B.充分不必要条件C.充要条件D.既不充分也不必要的条件11. 已知圆C:(x−1)2+(y−4)2=10和点M(5,t)，若圆C上存在两点A，B，使得MA⊥MB，则实数t的取值范围为（）A.[−2,6]B.[−3,5]C.[2,6]D.[3,5]12. 定义在(0,π2)上的函数f(x)，已知f′(x)是它的导函数，且恒有cosx⋅f′(x)+sinx⋅f(x)<0成立，则有（）A.f(π6)>√2f(π4) B.√3f(π6)>f(π3)C.f(π6)>√3f(π3) D.f(π6)>√3f(π4)二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13. 若sin(π4−α)=−25，则cos(π4+α)=________．14. 已知样本数据a1，a2，……a2018的方差是4，如果有b i=a i−2(i=1, 2,…,2018)，那么数据b1，b2，……b2018的均方差为________．15. 设函数f(x)=sin(2x +φ)(|φ|<π2)向左平移π3个单位长度后得到的函数是一个奇函数，则φ=________．16. 函数f(x)=1+x −x 22+x 33，g(x)=1−x +x 22−x 33，若函数F(x)=f(x +3)g(x −4)，且函数F(x)的零点均在[a, b](a <b, a, b ∈Z)内，则b −a 的最小值为________． 三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.17. 已知向量a →=(cos2x,sin2x)，b →=(√3,1)，函数f(x)=a →∗b →+m ．（1）求f(x)的最小正周期；（2）当x ∈[0,π2brack 时，f(x)的最小值为5，求m 的值．18. 如图所示，矩形ABCD 中，AC ∩BD =G ，AD ⊥平面ABE ，AE =EB =BC =2，F 为CE 上的点，且BF ⊥平面ACE ． （1）求证：AE ⊥平面BCE ；（2）求平面BCE 与平面CDE 所成角的余弦值．19. 某地一商场记录了12月份某5天当中某商品的销售量y （单位：kg ）与该地当日最高气温x （单位：∘C ）的相关数据，如表：（1）试求y 与x 的回归方程y ^=b ^x +a ^；（2）判断y 与x 之间是正相关还是负相关；若该地12月某日的最高气温是6∘C ，试用所求回归方程预测这天该商品的销售量；（3）假定该地12月份的日最高气温X ∼N(μ, σ2)，其中μ近似取样本平均数x ，σ2近似取样本方差s 2，试求P(3.8<X <13.4)．附：参考公式和有关数据{b ^=∑−i=1n xiyi nxy ∑x i 2n i=1−nx 2=∑(n i=1x i −x)(y i −y)∑(x i −x)2n i=1a ^=y −b ^x ，√10≈3.2，√3.2≈1.8，若X ∼N(μ, σ2)，则P(μ−σ<X <μ+σ)=0.6826，且P(μ−2σ<X <μ+2σ)=0.9544．20. 已知圆C ：(x +1)2+y 2=8，过D(1, 0)且与圆C 相切的动圆圆心为P ． （1）求点P 的轨迹E 的方程；（2）设过点C 的直线l 1交曲线E 于Q ，S 两点，过点D 的直线l 2交曲线E 于R ，T 两点，且l 1⊥l 2，垂足为W （Q ，R ，S ，T 为不同的四个点）．①设W(x 0, y 0)，证明：x 022+y 02<1；②求四边形QRST 的面积的最小值21. 已知函数f(x)=x+tx−1e x−1，其中e 为自然对数的底数． （1）证明：当x >1时，①ln √x <√x −1，②e x−1>x ；（2）证明：对任意x >1，t >−1，有f(x)>√x(1+12lnx)．选考题：共10分.请考生在22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题评分.[选修4-4：坐标系与参数方程]22. 在直角坐标系xOy 中，以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系．已知直线l 的参数方程是{x =√22t y =√22t +4√2 （t 是参数），圆C 的极坐标方程为ρ=2cos(θ+π4)．（1）求圆心C 的直角坐标；（2）由直线l 上的点向圆C 引切线，并切线长的最小值． [选修4-5：不等式选讲]23. 设函数f(x)=|x −a|+2x ，其中a >0．（1）当a =2时，求不等式f(x)≥2x +1的解集；（2）若x ∈(−2, +∞)时，恒有f(x)>0，求a 的取值范围．参考答案与试题解析2018年甘肃省兰州市高考数学一诊试卷（理科）一、选择题：本大题共12个小题，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.【答案】C【考点】交、并、补集的混合运算【解析】此题暂无解析【解答】解：∵N={x|−1<x<1}，U=R，∴∁U N={x|x≤−1或x≥1}．∵M={x|x≥0}，∴M∩(∁U N)=[1,+∞)．故选C．2.【答案】D【考点】虚数单位i及其性质复数的运算复数求模复数的基本概念【解析】直接利用复数的基本概念得选项．【解答】∵z=−5+12i，∴z的实部为−5，虚部为12，z的共轭复数为−5−12i，模为√(−5)2+(12)2=13．∴说法正确的是复数z的模为13．3.【答案】A【考点】等比数列的通项公式【解析】由等比数列{a n}的性质可得：a2a6=a3a5=a42，根据a2a6+2a42=π=3a3a5，可得a3a5．利用三角函数求值即可得出．【解答】由等比数列{a n}的性质可得：a2a6=a3a5=a42，∴a2a6+2a42=π=3a3a5，∴a3a5=π．3=√3．则tan(a3a5)=tanπ34.【答案】 D【考点】 圆锥曲线 【解析】先根据双曲线方程表示出渐近线方程与抛物线方程联立，利用判别式等于0求得a 和b 的关系，进而求得a 和c 的关系，则双曲线的离心率可得． 【解答】依题意可知双曲线渐近线方程为y =±ba x ，与抛物线方程联立消去y 得x 2±ba x +1=0∵ 渐近线与抛物线有一个交点 ∴ △=b 2a 2−4=0，求得b 2=4a 2，∴ c =√a 2+b 2=√5a ， ∴ e =ca =√5，5.【答案】 A【考点】平行向量的性质平面向量数量积的性质及其运算律 【解析】由M 是BC 的中点，知AM 是BC 边上的中线，又由点P 在AM 上且满足AP →=2PM →可得：P 是三角形ABC 的重心，根据重心的性质，即可求解． 【解答】∵ M 是BC 的中点，知AM 是BC 边上的中线，又由点P 在AM 上且满足AP →=2PM →∴ P 是三角形ABC 的重心 ∴ PA →∗(PB →+PC →) =PA →∗AP →=−|PA →|2 又∵ AM =1 ∴ |PA →|=23∴ PA →∗(PB →+PC →)=−496.【答案】 D【考点】 数列递推式 【解析】a n+1=1+n +a n ，即a n+1−a n =n +1．n ≥2时，a n =(a n −a n−1)+(a n−1−a n−2)+……+(a 2−a 1)+a 1，可得a n ．b n =1a n=2n(n+1)=2(1n −1n+1)，利用裂项求和方法即可得出． 【解答】a n+1=1+n +a n ，即a n+1−a n =n +1．∴ n ≥2时，a n =(a n −a n−1)+(a n−1−a n−2)+……+(a 2−a 1)+a 1 =n +(n −1)+……+2+1 =n(n+1)2．n =1时也成立．b n =1a n=2n(n+1)=2(1n−1n+1)，则b 1+b 2+...+b 2018=2[(1−12)+(12−13)+……+(12018−12019)brack =2(1−12019) =40362019．7.【答案】 B【考点】二项式定理的用法 【解析】根据几何概型的概率公式，求出对应事件对应的平面区域的面积，进行求解即可 【解答】由题意知，令x =1，得到3n =81，解得 n =4，∴ 0≤x ≤π，0≤y ≤1． 作出对应的图象如图所示：则此时对应的面积S =π×1=π， 满足y ≥sinx 的点构成区域的面积为： S =∫πsinxdx =−cosx|π=−cosπ+cos0=2，则满足y >sinx 的概率为P =1−2π． 故选：B ．8.【答案】D【考点】由三视图求体积球的体积和表面积球内接多面体【解析】根据三视图得出四棱锥的结构特征，根据阳马与长方体的关系计算长方体的棱长，得出外接球的体积．【解答】由题意可知阳马为四棱锥，且四棱锥的底面为长方体的一个侧面，四棱锥的高为长方体的一棱长，且阳马的外接球也是长方体的外接球．由三视图可知四棱锥的底面是边长为1的正方形，四棱锥的高为，1，∴长方体的一个顶点处的三条棱长分别为1，1，1，∴长方体的对角线为√3，∴外接球的半径为√32，∴外接球的体积为V=4π3∗(√32)3=√3π2．9.【答案】A【考点】程序框图【解析】本题主要考查程序框图，同时考查了三角函数的相关知识.【解答】解：执行程序框图可知，输出的S=a1+a2+⋯+a2016+a2017+a2018=(0+1)+(−2+1)+(0+1)+(4+1)+⋯+(0+1)+(−2014+1)+(0+1)+ (2016+1)+(0+1)+(−2018+1)=6×20164+1−2017=3024+1−2017=1008, 故输出的S的值是1008.故选A.10.【答案】B【考点】充分条件【解析】分别作出p，q对应区域，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可．【解答】(x−1)2+\lbracky−(2−√2)brack2≤3−2√2=(√2−1)2，则p对应的表达式表示以(1, 2−√2)为圆心，半径r=√2−1的圆及其内部，q对应的平面区域为三角形内部，由图象知p对应区域都在三角形内，则p是q的充分不必要条件，方法2：圆心(1, 2−√2)到y=1的距离d=1−(2−√2)=√2−1=R，圆心(1, 2−√2)到x−y=1的距离d=√2)−1|√2=√2√2=√2−1=R，圆心(1, 2−√2)当x+y=1的距离d=√2−1|√2=√2−1=R，即p对应的区域都在q对应三角形区域内部，则p是q的充分不必要条件，11.【答案】C【考点】直线与圆的位置关系【解析】本题考查直线与圆的位置关系．【解答】解：由题意，知满足条件的t的值在直线x=5的两个点的纵坐标之间取值，过此两个点与圆相切的两条直线互相垂直．设过点(5,t)的直线方程为y−t=k(x−5)，由相切条件，得√k2+1=√10，整理，得6k2+8(4−t)k+(t−4)2−10=0，由题意知此方程的两根满足k1k2=−1，所以(t−4)2−106=−1，解得t=2或t=6，所以2≤t≤6．故选C．12.【答案】C【考点】利用导数研究函数的单调性【解析】根据题意，令g(x)=f(x)cosx ，x∈(0, π2)，对其求导分析可得g′(x)<0，即函数g(x)为减函数，结合选项分析可得答案【解答】根据题意，令g(x)=f(x)cosx ，x∈(0, π2)，则其导数g′(x)=f′(x)cosx+sinxf(x)cos2x，又由x∈(0, π2)，且恒有cosx⋅f′(x)+sinx⋅f(x)<0，则有g′(x)<0，即函数g(x)为减函数，又由π6<π3，则有g(π6)>g(π3)，即f(π6)cosπ6>f(π3)cosπ3，分析可得f(π6)>√3f(π3)，又由π6<π4，则有g(π6)>g(π4)，即f(π6)cosπ6>f(π4)cosπ4，分析可得√2f(π6)>√3f(π4)，二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.【答案】−2 5【考点】两角和与差的三角函数【解析】根据(π4+α)+(π4−α)=π2，利用诱导公式求出对应数值．【解答】sin(π4−α)=−25，∴cos(π4+α)=cos[π2−(π4−α)]=sin(π4−α)=−25．14.【答案】4【考点】极差、方差与标准差【解析】根据一组数据的平均数与方差的定义和计算公式，即可推导出正确的结论．【解答】根据题意，样本数据a1，a2，…，a2018的平均数为a，其方差是4，则有s a2=12018[(a1−a )2+(a2−a )2+(a3−a )2+...+(a2018−a )2]= 4，对于数据b i=a i−2(i=1, 2,…,2018)，其平均数为b=12018(b1+b2+...+b2018)=12018[(a1−2)+(a2−2)+...+(a2018−2)]=a−2，其方差为s b2=12018[(b1−b )2+(b2−b )2+(b3−b )2+...+(b2018−b )2]=12018[(a1−a )2+(a2−a )2+(a3−a )2+...+(a2018−a )2]=4，15.【答案】π3【考点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换【解析】直接利用函数的图象的平移变换求出结果．【解答】函数f(x)=sin(2x+φ)(|φ|<π2)向左平移π3个单位长度后，得到：g(x)=sin(2x+2π3+φ)的函数是一个奇函数，则：φ+2π3=kπ(k∈Z)，解得：φ=kπ−2π3(k∈Z)，当k=1时，φ=π3．16.【答案】10【考点】函数与方程的综合运用【解析】根据函数单调性和零点的存在性定理判断f(x)与g(x)的零点所在区间，从而得出F(x)的零点所在区间．【解答】∵f′(x)=1−x+x2=(x−12)2+34>0，g′(x)=−1+x−x2=−(x−12)2−34<0，∴f(x)在R上单调递增，g(x)在R上单调递减，又f(−1)=−56<0，f(0)=1>0，g(1)=16>0，g(2)=−53<0，∴f(x)的唯一零点在(−1, 0)上，g(x)的唯一零点在(1, 2)上．令F(x)=0可得f(x+3)=0或g(x−4)=0，∴f(x+3)的唯一零点在(−4, −3)上，g(x−4)的唯一零点在(5, 6)上．∵函数F(x)的零点均在[a, b](a<b, a, b∈Z)内，∴a≤−4，b≥6．∴b−a的最小值为10．故答案为：10．三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.17.【答案】由题意知：f(x)=cos(2x, sin2x)⋅(√3, 1)=√3cos2x+sin2x+m=2sin(2x+π3)+ m，所以f(x)的最小正周期为T=π．由（1）知：f(x)=2sin(2x+π3)+m，当x∈[0,π2brack时，2x+π3∈[π3,4π3brack．所以当2x+π3=4π3时，f(x)的最小值为−√3+m．又∵f(x)的最小值为5，∴−√3+m=5，即m=5+√3．【考点】平面向量数量积的性质及其运算律三角函数的周期性及其求法【解析】（1）根据向量的数量积公式和两角和的正弦公式可化简可得f(x)=2sin(2x+π3)+m，再根据周期的定义即可求出，（2）根据正弦函数的性质即可求出m的值．【解答】由题意知：f(x)=cos(2x, sin2x)⋅(√3, 1)=√3cos2x+sin2x+m=2sin(2x+π3)+ m，所以f(x)的最小正周期为T=π．由（1）知：f(x)=2sin(2x+π3)+m，当x∈[0,π2brack时，2x+π3∈[π3,4π3brack．所以当2x+π3=4π3时，f(x)的最小值为−√3+m．又∵f(x)的最小值为5，∴−√3+m=5，即m=5+√3．18.【答案】证明：因为AD⊥面ABE，所以AD⊥AE，又BC // AD，所以BC⊥AE．因为BF⊥面ACE，所以BF⊥AE．又BC∩BF=B，所以AE⊥面BCF，即AE⊥平面BCE．方法1：因为BF ⊥面ACE ，CE ⊂面ACE ，所以BF ⊥CE ， 又BC =BE ，所以F 为CE 中点，在△DEC 中，DE =CE =CD =2√2，所以DF ⊥CE ，∠BFD 为二面角B −CE −D 的平面角，cos∠BFD =BF 2+DF 2−BD 22∗BF∗DF=2∗√2∗√6=−√33． ∴ 平面BCE 与平面CDE 所成角的余弦值为√33．方法2：以E 为原点，EB 所在直线为x 轴，EA 所在直线为y 轴，过E 且垂直于平面ABE 的直线为z 轴建立空间直角坐标系，则相关点的坐标为E(0, 0, 0)，B(2, 0, 0)，C(2, 0, 2)，D(0, 2, 2)，设平面BCE 的法向量n 1→，平面CDE 的法向量为n 2→，易知n 1→=(0,1,0)，令n 2→=(x,y,z)，则{n 2→∗EC →=0n 2→∗ED →=0 ，故{2x +2z =02y +2z =0，令x =1，得{x =1y =1z =−1，n 2→=(1,1,−1)， 于是，cos <n 1→,n 2→>=n 1→∗n 2→|n 1→||n 2→|=1∗√3=√33． 此即平面BCE 与平面CDE 所成角的余弦值． 【考点】直线与平面垂直二面角的平面角及求法 【解析】（1）证明AD ⊥AE ，BC ⊥AE ．推出AE ⊥面BCF ，得到AE ⊥平面BCE ．（2）方法1：说明∠BFD 为二面角B −CE −D 的平面角，通过求解三角形求解即可． 方法2：以E 为原点，EB 所在直线为x 轴，EA 所在直线为y 轴，过E 且垂直于平面ABE 的直线为z 轴建立空间直角坐标系，求出平面BCE 的法向量n 1→，平面CDE 的法向量为n 2→，利用空间向量的数量积求解平面BCE 与平面CDE 所成角的余弦值． 【解答】证明：因为AD ⊥面ABE ，所以AD ⊥AE ， 又BC // AD ，所以BC ⊥AE ．因为BF ⊥面ACE ，所以BF ⊥AE ．又BC ∩BF =B ，所以AE ⊥面BCF ，即AE ⊥平面BCE ．方法1：因为BF ⊥面ACE ，CE ⊂面ACE ，所以BF ⊥CE ， 又BC =BE ，所以F 为CE 中点，在△DEC 中，DE =CE =CD =2√2，所以DF ⊥CE ，∠BFD 为二面角B −CE −D 的平面角，cos∠BFD =BF 2+DF 2−BD 22∗BF∗DF=2∗√2∗√6=−√33． ∴ 平面BCE 与平面CDE 所成角的余弦值为√33．方法2：以E 为原点，EB 所在直线为x 轴，EA 所在直线为y 轴，过E 且垂直于平面ABE 的直线为z 轴建立空间直角坐标系，则相关点的坐标为E(0, 0, 0)，B(2, 0, 0)，C(2, 0, 2)，D(0, 2, 2)，设平面BCE 的法向量n 1→，平面CDE 的法向量为n 2→，易知n 1→=(0,1,0)，令n 2→=(x,y,z)，则{n 2→∗EC →=0n 2→∗ED →=0 ，故{2x +2z =02y +2z =0，令x =1，得{x =1y =1z =−1，n 2→=(1,1,−1)， 于是，cos <n 1→,n 2→>=n 1→∗n 2→|n 1→||n 2→|=1∗√3=√33． 此即平面BCE 与平面CDE 所成角的余弦值． 19.【答案】由题意，x =7，y =9，∑−i=1n xiyi nx y =287−5⋅7⋅9=−28，∑ni=1x i 2−nx 2=295−5⋅72=50，b ^=−2850=−0.56，a ^=y −b ^x =9−(−0.56)⋅7=12.92．所以所求回归直线方程为y ^=−0.56x +12.92．由b ^=−0.56<0知，y 与x 负相关．将x =6代入回归方程可得，y ^=−0.56∗6+12.92=9.56，即可预测当日销售量为9.56kg ． 由（1）知μ≈x =7，σ≈√S 2=3.2，所以P(3.8<X <13.4)=P(μ−σ<X <μ+2σ)=12P(μ−σ<X <μ+σ)+12P(μ−2σ<X <μ+2σ)=0.8185． 【考点】求解线性回归方程 正态分布密度曲线（1）利用公式求出bˆ，a ˆ，即可得出结论． （2）根据bˆ的正负即可判断．将x =6代入回归方程，可得预测这天该商品的销售量； （3）根据X ∼N(μ, σ2)即可计算． 【解答】由题意，x =7，y =9，∑−i=1n xiyi nx y =287−5⋅7⋅9=−28，∑ni=1x i 2−nx 2=295−5⋅72=50，b ^=−2850=−0.56，a ^=y −b ^x =9−(−0.56)⋅7=12.92．所以所求回归直线方程为y ^=−0.56x +12.92．由b ^=−0.56<0知，y 与x 负相关．将x =6代入回归方程可得，y ^=−0.56∗6+12.92=9.56，即可预测当日销售量为9.56kg ． 由（1）知μ≈x =7，σ≈√S 2=3.2，所以P(3.8<X <13.4)=P(μ−σ<X <μ+2σ)=12P(μ−σ<X <μ+σ)+12P(μ−2σ<X <μ+2σ)=0.8185． 20.【答案】设动圆半径为r ，则|PC|=2√2−r,|PD|=r,|PC|+|PD|=2√2>|CD|=2， 由椭圆定义可知，点P 的轨迹E 是椭圆， 其方程为x 22+y 2=1．①证明：由已知条件可知，垂足W 在以CD 为直径的圆周上， 则有x ∘2+y ∘2=1，又因Q ，S ，R ，T 为不同的四个点，x∘22+y∘2<1．②若l 1或l 2的斜率不存在，四边形QRST 的面积为2． 若两条直线的斜率存在，设l 1的斜率为k 1， 则l 1的方程为y =k 1(x +1)， 联立{y =k 1(x +1)x 22+y 2=1，得(2k 2+1)x 2+4k 2x +2k 2−2=0， 则|QS|=2√2k 2+12k 2+1，同理得|RT|=2√2k 2+1k 2+2，∴ S QSRT =12|QS|∗|RT|=4(k 2+1)2(2k 2+1)(k 2+2)≥4(k 2+1)294(k 2+1)2=169，当且仅当2k 2+1=k 2+1，即k =±1时等号成立．综上所述，当k =±1时，四边形QRST 的面积取得最小值为169．轨迹方程直线与椭圆结合的最值问题【解析】（1）设动圆半径为r，则|PC|=2√2−r,|PD|=r,|PC|+|PD|=2√2>|CD|=2，由椭圆定义能求出点P的轨迹E的方程．（2）①由已知条件可知，垂足W在以CD为直径的圆周上，由Q，S，R，T为不同的四个点，能够证明x∘22+y∘2<1．②若l1或l2的斜率不存在，四边形QRST的面积为2．若两条直线的斜率存在，设l1的斜率为k1，则l1的方程为y=k1(x+1){y=k1(x+1)x22+y2=1，得|QS|=2√2k2+12k2+1，同理得|RT|=2√2k2+1k2+2，由此能求出四边形QRST的面积取得最小值．【解答】设动圆半径为r，则|PC|=2√2−r,|PD|=r,|PC|+|PD|=2√2>|CD|=2，由椭圆定义可知，点P的轨迹E是椭圆，其方程为x22+y2=1．①证明：由已知条件可知，垂足W在以CD为直径的圆周上，则有x∘2+y∘2=1，又因Q，S，R，T为不同的四个点，x∘22+y∘2<1．②若l1或l2的斜率不存在，四边形QRST的面积为2．若两条直线的斜率存在，设l1的斜率为k1，则l1的方程为y=k1(x+1)，联立{y=k1(x+1)x22+y2=1，得(2k2+1)x2+4k2x+2k2−2=0，则|QS|=2√2k2+12k2+1，同理得|RT|=2√2k2+1k2+2，∴S QSRT=12|QS|∗|RT|=4(k2+1)2(2k2+1)(k2+2)≥4(k2+1)294(k2+1)2=169，当且仅当2k2+1=k2+1，即k=±1时等号成立．综上所述，当k=±1时，四边形QRST的面积取得最小值为169．21.【答案】f(x)>√x(1+12lnx)，即x+tx−1e x−1>√x(1+12lnx)=√x(1+ln√x)，由(1)ln√x<√x−1，所以1+ln√x<√x，√x(1+ln√x)<√x∗√x=x，所以，只需证x<x+tx−1e x−1，即(x+t)e x−1>x2−x，由（1）e x−1>x，所以只需证(x+t)x>x2−x，只需证x+t>x−1，即t>−1，上式已知成立，故原式成立，得证．【考点】函数恒成立问题不等式的证明【解析】（1）利用函数的导数，判断函数的单调性，然后证明不等式；（2）化简不等式利用（1）的结论，通过分析法转化证明即可．【解答】f(x)>√x(1+12lnx)，即x+tx−1e x−1>√x(1+12lnx)=√x(1+ln√x)，由(1)ln√x<√x−1，所以1+ln√x<√x，√x(1+ln√x)<√x∗√x=x，所以，只需证x<x+tx−1e x−1，即(x+t)e x−1>x2−x，由（1）e x−1>x，所以只需证(x+t)x>x2−x，只需证x+t>x−1，即t>−1，上式已知成立，故原式成立，得证．选考题：共10分.请考生在22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题评分.[选修4-4：坐标系与参数方程]22.【答案】∵圆C的极坐标方程为ρ=2cos(θ+π4)．∴ρ=√2cosθ−√2sinθ，∴ρ2=√2ρcosθ−√2ρsinθ，∴圆C的直角坐标方程为x2+y2−√2x+√2y=0，即(x−√22)2+(y+√22)2=1，∴圆心直角坐标为(√22,−√22)．解法一：直线l上的点向圆C引切线长是：√(√22t−√22)2+(√22t+√22+4√2)2−1=√t2+8t+40=√(t+4)2+24≥2√6，∴直线l上的点向圆C引的切线长的最小值是2√6．解法二：直线l的普通方程为x−y+4√2=0，∴圆心C到直线l距离是|√22+√22+4√2|√2=5，∴直线l上的点向圆C引的切线长的最小值是√52−12=2√6．【考点】圆的极坐标方程参数方程与普通方程的互化【解析】（1）圆C的极坐标方程转化为ρ2=√2ρcosθ−√2ρsinθ，由此能求出圆C的直角坐标方程，从而能求出圆心直角坐标．（2）法一：求出直线l 上的点向圆C 引切线长，由此能求出直线l 上的点向圆C 引的切线长的最小值．法二：求出圆心C 到直线l 距离，由此能求出直线l 上的点向圆C 引的切线长的最小值． 【解答】∵ 圆C 的极坐标方程为ρ=2cos(θ+π4)．∴ ρ=√2cosθ−√2sinθ， ∴ ρ2=√2ρcosθ−√2ρsinθ，∴ 圆C 的直角坐标方程为x 2+y 2−√2x +√2y =0， 即(x −√22)2+(y +√22)2=1，∴ 圆心直角坐标为(√22,−√22)．解法一：直线l 上的点向圆C 引切线长是： √(√22t −√22)2+(√22t +√22+4√2)2−1=√t 2+8t +40=√(t +4)2+24≥2√6，∴ 直线l 上的点向圆C 引的切线长的最小值是2√6． 解法二：直线l 的普通方程为x −y +4√2=0， ∴ 圆心C 到直线l 距离是|√22+√22+4√2|√2=5，∴ 直线l 上的点向圆C 引的切线长的最小值是√52−12=2√6．[选修4-5：不等式选讲] 23.【答案】当a =2时，|x −2|+2x ≥2x +1， 所以|x −2|≥1，所以x ≥3或x ≤1， 解集为(−∞, 1]∪[3, +∞)．f(x)={3x −a,x ≥ax +a,x <a ，因为a >0，∴ x ≥a 时，3x −a ≥2a >0恒成立，又x <a 时，当x >−2时，x +a >−2+a ，∴ 只需−2+a ≥0即可， 所以a ≥2． 【考点】不等式恒成立的问题绝对值不等式的解法与证明 【解析】（1）当a =2时，化简不等式f(x)≥2x +1，通过去掉绝对值符号，求解不等式的解集；（2）化简函数的解析式，通过x 与a 的大小比较，转化不等式求解即可． 【解答】当a =2时，|x −2|+2x ≥2x +1， 所以|x −2|≥1，所以x ≥3或x ≤1， 解集为(−∞, 1]∪[3, +∞)．f(x)={3x −a,x ≥ax +a,x <a ，因为a >0，∴ x ≥a 时，3x −a ≥2a >0恒成立，又x <a 时，当x >−2时，x +a >−2+a ，∴ 只需−2+a ≥0即可，所以a≥2．。