2019-2020年高三数学一模试卷(文科) 含解析

2019-2020年高三数学一模试卷（文科）含解析

一、选择题（共12小题，每小题5分，满分60分）

1．已知集合A={1，2，3}，集合B={2，3，4，5}，则（）

A．A?B B．B?A C．A∩B={2，3}D．A∪B={1，4，5}

2．若复数x满足x+i=，则复数x的模为（）

A． B．10 C．4 D．

3．双曲线的一条渐近线方程为，则双曲线的离心率为（）

A．B．C．D．

4．已知数列{a n}和{b n}都是等差数列，若a2+b2=3，a4+b4=5，则a7+b7=（）

A．7 B．8 C．9 D．10

5．下列说法中不正确的个数是（）

①命题“?x∈R，x3﹣x2+1≤0”的否定是“?x0∈R，x03﹣x02+1＞0”；

②若“p∧q”为假命题，则p、q均为假命题；

③“三个数a，b，c成等比数列”是“b=”的既不充分也不必要条件．

A．O B．1 C．2 D．3

6．若x0是函数f（x）=2的一个零点，x1∈（0，x0），x2∈（x0，+∞），则（）

A．f（x1）＜0，f（x2）＜0 B．f（x1）＞0，f（x2）＞0 C．f（x1）＞0，f（x2）＜0 D．f（x1）＜0，f（x2）＞0

7．已知直线l⊥平面α，直线m?平面β，给出下列命题

①α∥β=l⊥m；

②α⊥β?l∥m；

③l∥m?α⊥β；

④l⊥m?α∥β．

其中正确命题的序号是（）

A．①②③ B．②③④ C．①③D．②④

8．已知向量=（，），=（cosx，sinx），=，且，则cos（x+）的值为（）

A．﹣B．C．﹣D．

9．设变量x，y满足约束条件，目标函数z=abx+y（a，b均大于0）的最大

值为8，则a+b的最小值为（）

A．8 B．4 C．2D．2

10．一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图是腰长为4的两个全等的等腰直角三角形．若该几何体的体积为V，并且可以用n个这样的几何体拼成一个棱长为4的正方体，则V，n的值是（）

A．V=32，n=2 B．C．D．V=16，n=4

11．在平面直角坐标系xOy中，已知⊙C：x2+（y﹣1）2=5，点A为⊙C与x轴负半轴的交点，过A作⊙C的弦AB，记线段AB的中点为M，若|OA|=|OM|，则直线AB的斜率为（）

A．﹣2 B．C．2 D．4

12．已知函数f（x）=x3﹣x2﹣x+a的图象与x轴只有一个交点，则实数a的取值范围是（）

A．（﹣∞，﹣1）∪（﹣，+∞）B．（﹣，1）C．（﹣∞，1）D．（﹣∞，﹣）

∪（1，+∞）

二、填空题（共4小题，每小题5分，满分20分）

13．抛物线y=﹣4x2的准线方程是______．

14．若||=1，||=，，且，则向量与的夹角为______．

15．设函数f（x）=，且函数f（x）为奇函数，则g（﹣2）=______．

16．已知在三棱锥P﹣ABC中，PA=PB=BC=1，AB=，AB⊥BC，平面PAB⊥平面ABC，若三棱锥的顶点在同一个球面上，则该球的表面积为______．

三、解答题（共5小题，满分60分）

17．已知在等比数列{a n}中，a1+2a2=1，a=2a2a5．

（1）求数列{a n}的通项公式；

（2）设b n=log2a1+log2a2+…+log2a n，求数列{}的前n项和S n．

18．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2acosC+c﹣2b=0．

（1）求∠A的大小；

（2）若a=1，求△ABC周长的取值范围．

19．如图，四棱锥P﹣ABCD的底面是矩形，△PAD为等边三角形，且平面PAD⊥平面ABCD，E，F分别为PC和BD的中点．

（1）证明：EF∥平面PAD；

（2）证明：平面PDC⊥平面PAD；

（3）若AB=1，AD=2，求四棱锥P﹣ABCD的体积．

20．已知函数f（x）=lnx，g（x）=x2．

（1）求函数h（x）=f（x）﹣x+1的最大值；

（2）对于任意x1，x2∈（0，+∞），且x2＜x1，是否存在实数m，使mg（x2）﹣mg（x1）﹣x1f（x1）+x2f（x2）恒为正数？若存在，求出m的取值范围；若不存在，请说明理由．

21．已知椭圆E：过点（0，），且离心率为．

（1）求椭圆E的方程；

（2）若以k（k≠0）为斜率的直线l与椭圆E相交于两个不同的点A，B，且线段AB的垂

直平分线与两坐标轴围成的三角形面积为，求k的取值范围．

选修4-1：几何证明选讲

22．如图，AB为⊙O的直径，过点B作⊙O的切线BC，OC交⊙O于点E，AE的延长线交BC于点D．

（1）求证：CE2=CD?CB；

（2）若AB=BC=2，求CE和CD的长．

选修4-4：坐标系与参数方程

23．在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为（t为参数）．以原点为极

点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程是ρ=2sinθ．

（I）求出直线l的普通方程与曲线C的直角坐标方程；

（II）设直线l与曲线C的交点为A，B，求|AB|的值．

选修4-5：不等式选讲

24．设函数f（x）=|2x﹣1|﹣|x+2|．

（1）解不等式：f（x）＞0；

（2）若f（x）+3|x+2|≥|a﹣1|对一切实数x均成立，求a的取值范围．

2016年黑龙江省大庆市高考数学一模试卷（文科）

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={1，2，3}，集合B={2，3，4，5}，则（）

A．A?B B．B?A C．A∩B={2，3}D．A∪B={1，4，5}

【考点】交集及其运算；并集及其运算．

【分析】根据A与B，找出A与B的交集，并集，即可做出判断．

【解答】解：∵A={1，2，3}，B={2，3，4，5}，

∴A∩B={2，3}，A∪B={1，2，3，4，5}，1?B，4，5?A，

故选：C．

2．若复数x满足x+i=，则复数x的模为（）

A． B．10 C．4 D．

【考点】复数代数形式的乘除运算．

【分析】利用复数代数形式的乘除运算求得复数x，再求其模即可．

【解答】解：x+i=，

∴x=﹣i=﹣1﹣3i，

∴|x|=，

故选：A．

3．双曲线的一条渐近线方程为，则双曲线的离心率为（）

A．B．C．D．

【考点】双曲线的简单性质．

【分析】利用双曲线的渐近线方程，转化求出双曲线的离心率即可．

【解答】解：双曲线的一条渐近线方程为，

可得=，即，解得e2=，e=．

故选：A．

4．已知数列{a n}和{b n}都是等差数列，若a2+b2=3，a4+b4=5，则a7+b7=（）

A．7 B．8 C．9 D．10

【考点】等差数列的通项公式．

【分析】由数列{a n}和{b n}都是等差数列，得{a n+b n}为等差数列，由已知求出{a n+b n}的公差，再代入等差数列通项公式求得a7+b7．

【解答】解：∵数列{a n}和{b n}都是等差数列，∴{a n+b n}为等差数列，

由a2+b2=3，a4+b4=5，得

d=．

∴a7+b7=（a4+b4）+3×1=5+3=8．

故选：B．

5．下列说法中不正确的个数是（）

①命题“?x∈R，x3﹣x2+1≤0”的否定是“?x0∈R，x03﹣x02+1＞0”；

②若“p∧q”为假命题，则p、q均为假命题；

③“三个数a，b，c成等比数列”是“b=”的既不充分也不必要条件．

A．O B．1 C．2 D．3

【考点】命题的真假判断与应用．

【分析】①根据含有量词的命题的否定判断．②根据复合命题与简单命题之间的关系判断．③根据充分条件和必要条件的定义判断．

【解答】解：①全称命题的否定是特称命题，∴命题“?x∈R，x3﹣x2+1≤0”的否定是“?x0∈R，x03﹣x02+1＞0”正确．

②若“p∧q”为假命题，则p、q至少有一个为假命题；故错误．

③“三个数a，b，c成等比数列”则b2=ac，∴b=，

若a=b=c=0，满足b=，但三个数a，b，c成等比数列不成立，

∴“三个数a，b，c成等比数列”是“b=”的既不充分也不必要条件，正确．

故不正确的是②．

故选：B．

6．若x0是函数f（x）=2的一个零点，x1∈（0，x0），x2∈（x0，+∞），则

（）

A．f（x1）＜0，f（x2）＜0 B．f（x1）＞0，f（x2）＞0 C．f（x1）＞0，f（x2）＜0 D．f（x1）＜0，f（x2）＞0

【考点】函数零点的判定定理．

【分析】因为x0是函数f（x）的一个零点可得到f（x0）=0，再由函数f（x）的单调性可得到答案．

【解答】解：∵x0是函数f（x）=2x﹣的一个零点，

∴f（x0）=0，

又∵f′（x）=2x ln2+＞0，

∴f（x）=2x﹣是单调递增函数，且x1∈（0，x0），x2∈（x0，+∞），

∴f（x1）＜f（x0）=0＜f（x2）．

故选：D．

7．已知直线l⊥平面α，直线m?平面β，给出下列命题

①α∥β=l⊥m；

②α⊥β?l∥m；

③l∥m?α⊥β；

④l⊥m?α∥β．

其中正确命题的序号是（）

A．①②③ B．②③④ C．①③D．②④

【考点】平面与平面之间的位置关系．

【分析】由两平行平面中的一个和直线垂直，另一个也和平面垂直得直线l⊥平面β，再利用面面垂直的判定可得①为真命题；

当直线与平面都和同一平面垂直时，直线与平面可以平行，也可以在平面内，故②为假命题；

由两平行线中的一条和平面垂直，另一条也和平面垂直得直线m⊥平面α，再利用面面垂直的判定可得③为真命题；

当直线与平面都和同一平面垂直时，直线与平面可以平行，也可以在平面内，如果直线m 在平面α内，则有α和β相交于m，故④为假命题．

【解答】解：l⊥平面α且α∥β可以得到直线l⊥平面β，又由直线m?平面β，所以有l⊥m；即①为真命题；

因为直线l⊥平面α且α⊥β可得直线l平行与平面β或在平面β内，又由直线m?平面β，所以l与m，可以平行，相交，异面；故②为假命题；

因为直线l⊥平面α且l∥m可得直线m⊥平面α，又由直线m?平面β可得α⊥β；即③为真命题；

由直线l⊥平面α以及l⊥m可得直线m平行与平面α或在平面α内，又由直线m?平面β得α与β可以平行也可以相交，即④为假命题．

所以真命题为①③．

故选C．

8．已知向量=（，），=（cosx，sinx），=，且

，则cos（x+）的值为（）

A．﹣B．C．﹣D．

【考点】两角和与差的余弦函数；平面向量数量积的运算．

【分析】由平面向量的数量积和三角函数公式可得sin（x+），再由角的范围和同角三角函数基本关系可得．

【解答】解：∵向量=（，），=（cosx，sinx），=，

∴=cosx+sinx=2sin（x+）=，

∴sin（x+）=，

又∵，

∴＜x+＜，

∴cos（x+）=﹣=﹣，

故选：A．

9．设变量x，y满足约束条件，目标函数z=abx+y（a，b

均大于0）的最大值为8，则a+b的最小值为（）

A．8 B．4 C．2D．2

【考点】简单线性规划．

【分析】本题考查的知识点是线性规划，处理的思路为：根据已知的约束条件，画出满足约束条件的可行域，再根据目标函数z=abx+y（a＞0，b＞0）的最大值为8，求出a，b的关系式，再利用基本不等式求出a+b的最小值．

【解答】解：满足约束条件的区域是一个四边形，如下图：

4个顶点是（0，0），（0，2），（，0），（2，6），

由图易得目标函数在（2，6）取最大值8，

即8=2ab+6，∴ab=1，

∴a+b≥2=2，在a=b=2时是等号成立，

∴a+b的最小值为2．

故选：D．

10．一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图是腰长为4的两个全等的等腰直角三角形．若该几何体的体积为V，并且可以用n个这样的几何体拼成一个棱长为4的正方体，则V，n的值是（）

A．V=32，n=2 B．C．

D．V=16，n=4

【考点】由三视图求面积、体积．

【分析】由三视图可知，几何体为底面是正方形的四棱锥，再根据公式求解即可．

【解答】解：由三视图可知，几何体为底面是正方形的四棱锥，

所以V=，

边长为4的正方体V=64，所以n=3．

故选B

11．在平面直角坐标系xOy中，已知⊙C：x2+（y﹣1）2=5，点A为⊙C与x轴负半轴的交点，过A作⊙C的弦AB，记线段AB的中点为M，若|OA|=|OM|，则直线AB的斜率为（）

A．﹣2 B．C．2 D．4

【考点】直线与圆的位置关系．

【分析】因为圆的半径为，所以A（﹣2，0），连接CM，则CM⊥AB，求出圆的直径，在三角形OCM中，利用正弦定理求出sin∠OCM，利用∠OCM与∠OAM互补，即可得出结论．

【解答】解：因为圆的半径为，所以A（﹣2，0），连接CM，由题意CM⊥AB，

因此，四点C，M，A，O共圆，且AC就是该圆的直径，2R=AC=，

在三角形OCM中，利用正弦定理得2R=，

根据题意，OA=OM=2，

所以，=，

所以sin∠OCM=，tan∠OCM=﹣2（∠OCM为钝角），

而∠OCM与∠OAM互补，

所以tan∠OAM=2，即直线AB的斜率为2．

故选：C．

12．已知函数f （x ）=x 3﹣x 2﹣x +a 的图象与x 轴只有一个交点，则实数a 的取值范围是（ ）

A ．（﹣∞，﹣1）∪（﹣，+∞）

B ．（﹣

，1）

C ．（﹣∞，1）

D ．（﹣∞，

﹣

）∪（1，+∞）

【考点】函数的图象．

【分析】求出导数，求出单调区间，求出极值，曲线f （x ）与x 轴仅有一个交点，可转化成f （x ）极大值＜0或f （x ）极小值＞0即可．

【解答】解：函数f （x ）=x 3﹣x 2﹣x +a 的导数为f ′（x ）=3x 2﹣2x ﹣1，

当x ＞1或x ＜﹣时，f ′（x ）＞0，f （x ）递增；

当﹣

＜x ＜1时，f ′（x ）＜0，f （x ）递减．

即有f （1）为极小值，f （﹣）为极大值．

∵f （x ）在（﹣∞，﹣

）上单调递增，

∴当x →﹣∞时，f （x ）→﹣∞；

又f （x ）在（1，+∞）单调递增，当x →+∞时，f （x ）→+∞，

∴当f （x ）极大值＜0或f （x ）极小值＞0时，曲线f （x ）与x 轴仅有一个交点．

即a +

＜0或a ﹣1＞0，

∴a ∈（﹣∞，﹣

）∪（1，+∞），

故选：D ．

二、填空题（共4小题，每小题5分，满分20分）

13．抛物线y=﹣4x 2的准线方程是

．

【考点】抛物线的简单性质．

【分析】化抛物线的方程为标准方程，可得p 值，结合抛物线的开口方向可得方程．

【解答】解：化抛物线方程为标准方程可得，

由此可得2p=，故，，

由抛物线开口向下可知，准线的方程为：y=，

故答案为：

14．若||=1，||=，，且，则向量与的夹角

为．

【考点】平面向量数量积的运算．

【分析】根据向量的数量积运算和向量的夹角公式即可求出．

【解答】解：设向量与的夹角为θ，

∵，且，

∴?=（+）?=+=||2+||?||cosθ=0，

即1+cosθ=0，

即cosθ=﹣，

∵0≤θ≤π

∴θ=，

故答案为：．

15．设函数f（x）=，且函数f（x）为奇函数，则g（﹣2）

=﹣6．

【考点】函数奇偶性的性质．

【分析】根据函数奇偶性的性质进行转化求解即可得到结论．

【解答】解：∵函数f（x）为奇函数，

∴f（﹣2）=g（﹣2）=﹣f（2）=﹣（22+2）=﹣6；

故答案为：﹣6．

16．已知在三棱锥P﹣ABC中，PA=PB=BC=1，AB=，AB⊥BC，平面PAB⊥平面ABC，若三棱锥的顶点在同一个球面上，则该球的表面积为3π．

【考点】球的体积和表面积．

【分析】求出P到平面ABC的距离为，AC为截面圆的直径，AC=，由勾股

定理可得R2=（）2+d2=（）2+（﹣d）2，求出R，即可求出球的表面积．

【解答】解：由题意，AC为截面圆的直径，AC=，

设球心到平面ABC的距离为d，球的半径为R，

∵PA=PB=1，AB=，

∴PA⊥PB，

∵平面PAB⊥平面ABC，

∴P到平面ABC的距离为．

由勾股定理可得R2=（）2+d2=（）2+（﹣d）2，

∴d=0，R2=，

∴球的表面积为4πR2=3π．

故答案为：3π．

三、解答题（共5小题，满分60分）

17．已知在等比数列{a n}中，a1+2a2=1，a=2a2a5．

（1）求数列{a n}的通项公式；

（2）设b n=log2a1+log2a2+…+log2a n，求数列{}的前n项和S n．

【考点】数列的求和；数列递推式．

（I）设数列{a n}的公比为q，从而由a=2a2a5及a1+2a2=1可解得q=，a1=，【分析】

从而解得；

（II）化简b n=log2a1+log2a2+…+log2a n=﹣（1+2+3+…+n）=﹣，故=

﹣2（﹣），从而求和．

【解答】解：（I）设数列{a n}的公比为q，

由a=2a2a5得（a1q2）2=2a1q?a1?q4，

∴q=，

由a1+2a2=1得a1=．

故数列{a n}的通项公式为a n=．

（II）b n=log2a1+log2a2+…+log2a n=﹣（1+2+3+…+n）=﹣，

∴=﹣=﹣2（﹣），

∴S n=﹣2[（1﹣）+（﹣）+…+（﹣）]=﹣．

18．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2acosC+c﹣2b=0．

（1）求∠A的大小；

（2）若a=1，求△ABC周长的取值范围．

【考点】余弦定理；正弦定理．

【分析】（1）由余弦定理化简已知等式，整理得c2+b2﹣a2=bc，可求cosA=，结合范围

0＜A＜π，即可得解A的值．

（2）由（1）可求sinA，由正弦定理可得

==，可求△ABC的周长l=2sin

（B+）+1．由0，利用正弦函数的性质可求周长的取值范围．

【解答】（本小题满分12分）

解：（1）由已知2acosC+c﹣2b=0，

由余弦定理得：2a?+c﹣2b=0，…

整理得c2+b2﹣a2=bc，

∴cosA=，∵0＜A＜π，

∴A=．…

（2）∵cosA=，∴sinA=，…

由正弦定理得：==，…

△ABC的周长：l=1+（sinB+sinC）=1+ [sinB+sin（B+）]=2sin

（B+）+1．…

∵0，∴＜B+＜，

∴＜sin（B+）≤1，…

因此2＜l≤3，故△ABC的周长的取值范围为：（2，3]．…

19．如图，四棱锥P﹣ABCD的底面是矩形，△PAD为等边三角形，且平面PAD⊥平面ABCD，E，F分别为PC和BD的中点．

（1）证明：EF∥平面PAD；

（2）证明：平面PDC⊥平面PAD；

（3）若AB=1，AD=2，求四棱锥P﹣ABCD的体积．

【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定．【分析】（1）根据线面平行的判定定理进行证明即可．

（2）根据面面垂直的判定定理进行证明即可．

（3）根据条件求出四棱锥的高，利用棱锥的体积公式进行求解即可．

【解答】解：（I）连结AC，则F也是AC的中点，

又E是PC的中点，∴EF∥PA，

又EF?平面PAD，PA?平面PAD，

∴EF∥平面PAD．…

（II）∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，

CD?平面ABCD，CD⊥AD，

∴CD⊥平面PAD，…

又CD?平面PCD，

∴平面PDC⊥平面PAD．…

（III）取AD的中点H，连接PH，

∵△PAD为等边三角形，∴PH⊥AD，

又平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，

PH?平面PAD，

∴PH⊥平面ABCD．…

∵AD=2，∴PH=，

=×=．…

∴V P

﹣ABCD

20．已知函数f（x）=lnx，g（x）=x2．

（1）求函数h（x）=f（x）﹣x+1的最大值；

（2）对于任意x1，x2∈（0，+∞），且x2＜x1，是否存在实数m，使mg（x2）﹣mg（x1）﹣x1f（x1）+x2f（x2）恒为正数？若存在，求出m的取值范围；若不存在，请说明理由．【考点】利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究函数的单调性．

【分析】（1）求出函数的定义域、导数h′（x），由导数的符号可知函数单调性，根据单调性即可得到最大值；

（2）mg（x2）﹣mg（x1）﹣x1f（x1）+x2f（x2）＞0恒成立，只需mg（x2）+x2f（x2）＞mg（x1）+x1f（x1），设φ（x）=mg（x）+xf（x）=mx2+xlnx，又0＜x2＜x1，则只需φ（x）

在（0，+∞）上单调递减．从而有φ′（x）=2mx+1+lnx≤0在（0，+∞）上恒成立，分离出参数m后化为函数最值即可，利用导数可求得函数的最值

【解答】解：（1）函数h（x）的定义域为（0，+∞），

∵h（x）=lnx﹣x+1，∴h′（x）=，

当x∈（0，1）时，h′（x）＞0；当x∈（1，+∞）时，h′（x）＜0．

∴h（x）在（0，1）上是单调递增，在（1，+∞）上单调递减，

∴h（x）max=h（1）=0，即函数的最大值为0．

（2）若mg（x2）﹣mg（x1）﹣x1f（x1）+x2f（x2）＞0恒成立，只需mg（x2）+x2f（x2）＞mg（x1）+x1f（x1），

设φ（x）=mg（x）+xf（x）=mx2+xlnx，

又0＜x2＜x1，则只需φ（x）在（0，+∞）上单调递减．

∴φ′（x）=2mx+1+lnx≤0在（0，+∞）上成立，得2m≤，

设t（x）=，则t′（x）=，知函数t（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，即t（x）min=t（1）=﹣1．

∴存在实数m≤﹣，使mg（x2）﹣mg（x1）﹣x1f（x1）+x2f（x2）恒为正数．

21．已知椭圆E：过点（0，），且离心

率为．

（1）求椭圆E的方程；

（2）若以k（k≠0）为斜率的直线l与椭圆E相交于两个不同的点A，B，且线段AB的垂

直平分线与两坐标轴围成的三角形面积为，求k的取值范围．

【考点】椭圆的简单性质．

【分析】（1）运用椭圆的离心率公式和a，b，c的关系，即可得到椭圆方程；

（2）设直线l的方程为y=kx+m（k≠0），A（x1，y1），B（x2，y2），联立方程

，整理得（3+4k2）x2+8kmx+4m2﹣12=0，运用判别式大于

0和韦达定理，以及中点坐标公式和两直线垂直的条件：斜率之积为﹣1，求得垂直平分线方程，求得与坐标轴的交点，可得三角形的面积，解不等式即可得到所求范围．

【解答】解：（1）由题意可得b=，e==，a2﹣b2=c2，

解得a=2，b=，c=1，

∴椭圆E的方程为+=1；

（II）设直线l的方程为y=kx+m（k≠0），A（x1，y1），B（x2，y2），

联立方程，整理得（3+4k2）x2+8kmx+4m2﹣12=0，

此方程有两个不等实根，可得△=（8km）2﹣4（3+4k2）（4m2﹣12）＞0，

整理得3+4k2﹣m2＞0 ①．

由根与系数的关系，可得线段AB的中点坐标（x0，y0）满足

x0==﹣，y0=kx0+m=，

∴AB的垂直平分线方程为y﹣=﹣（x+）．

此直线与x轴、y轴的交点坐标分别为（﹣，0），（0，﹣），

由已知得||?||=．

整理得m2=，k≠0 ②

将②代入①得4k2﹣+3＞0，

整理得（3+4k2）（4k2﹣8|k|+3）＜0，k≠0，

解得＜|k|＜，

所以k的取值范围为（﹣，﹣）∪（，）．

选修4-1：几何证明选讲

22．如图，AB为⊙O的直径，过点B作⊙O的切线BC，OC交⊙O于点E，AE的延长线交BC于点D．

（1）求证：CE2=CD?CB；

（2）若AB=BC=2，求CE和CD的长．

【考点】与圆有关的比例线段．

【分析】（1）要证CE2=CD?CB，结合题意，只需证明△CED∽△CBE即可，故连接BE，利用弦切角的知识即可得证；

（2）在Rt三△OBC中，利用勾股定理即可得出CE的长，由（1）知，CE2=CD?CB，代入CE即可得出CD的长．

【解答】（1）证明：连接BE．

∵BC为⊙O的切线∴∠ABC=90°

∵AB为⊙O的直径∴∠AEB=90°…

∴∠DBE+∠OBE=90°，∠AEO+∠OEB=90°

∵OB=OE，∴∠OBE=∠OEB∴∠DBE=∠AEO …

∵∠AEO=∠CED∴∠CED=∠CBE，

∵∠C=∠C∴△CED∽△CBE，

∴，∴CE2=CD?CB …

（2）解：∵OB=1，BC=2，∴OC=，∴CE=OC﹣OE=﹣1 …

由（1）CE2=CD?CB得：（﹣1）2=2CD，∴CD=3﹣…

选修4-4：坐标系与参数方程

23．在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为（t为参数）．以

原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程是ρ=2sinθ．（I）求出直线l的普通方程与曲线C的直角坐标方程；

（II）设直线l与曲线C的交点为A，B，求|AB|的值．

【考点】参数方程化成普通方程；简单曲线的极坐标方程．

【分析】（1）使用加减消元法消去参数t即得直线l的普通方程，将极坐标方程两边同乘ρ即可得到曲线C的直角坐标方程；

（2）求出曲线C的圆心到直线l的距离，利用垂径定理求出|AB|．

【解答】解：（I）∵（t为参数），∴x﹣y=，

即直线l的普通方程为﹣y+2﹣=0．

由ρ=2sinθ得ρ2=2ρsinθ，即x2+y2=2y．

∴曲线C的直角坐标方程为x2+y2=2y．即x2+（y﹣）2=3．

（II）由（1）知曲线C的圆心为（0，），半径r=．

∴曲线C的圆心到直线l的距离d==．

∴

|AB|=2=2=2

．

选修4-5：不等式选讲

24．设函数f（x）=|2x﹣1|﹣|x+2|．

（1）解不等式：f（x）＞0；

（2）若f（x）+3|x+2|≥|a﹣1|对一切实数x均成立，求a的取值范围．

【考点】绝对值不等式的解法．

【分析】（1）需要去掉绝对值，得到不等式解得即可，

（2）把含所有绝对值的函数，化为分段函数，再根据函数f（x）有最小值的充要条件，即可求得．

【解答】解：（1）f（x）=，

当x≤﹣2时，由f（x）＞0得﹣x+3＞0，解得x≤﹣2，

当﹣2＜x＜时，由f（x）＞0得﹣3x﹣1＞0，解得﹣2＜x＜﹣，

当x≥时，由f（x）＞0得x﹣3＞0，解得x＞3，

综上，得f（x）＞0的解集为{x|x＜﹣或x＞3}；

（2）∵f（x）+3|x+2|=|2x﹣1|+2|x+2|=|1﹣2x|+|2x+4|≥|（1﹣2x）+（2x+4）|=5，

∴由题意可知|a﹣1|≤5，解得﹣4≤a≤6，

故所求a的取值范围是{a|﹣4≤a≤6}．

2016年9月20日