2016年河南省洛阳市孟津一中高三（上）期末数学试卷（文科）（解析版）

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2015-2016学年河南省洛阳市孟津一中高三（上）期末数学试卷（文科）　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={y|y=log2x，x＞1}，B={y|y=（）x，x＞1}，则A∩B=（　　）A．{y|0＜y＜}B．{y|0＜y＜1}C．{y|＜y＜1}D．∅2．设O是原点，，对应的复数分别为2﹣3i，﹣3+2i，那么对应的复数是（　　）A．﹣5+5iB．﹣5﹣5iC．5+5iD．5﹣5i3．从1，2，3，4中任取2个不同的数，则取出的2个数之差的绝对值为2的概率是（　　）A．B．C．D．4．已知命题p：∀x∈R，2x＜3x；命题q：∃x∈R，x3=1﹣x2，则下列命题中为真命题的是（　　）A．p∧qB．￢p∧qC．p∧￢qD．￢p∧￢q5．若，是夹角为的两个单位向量，则=2+；=﹣3+2的夹角为（　　）A．B．C．D．6．已知函数f（x）=ax3+x2在x=﹣1处取得极大值，记g（x）=．在如图所示的程序框图中，若输出的结果S=，则判断框中可以填入的关于n的判断条件是（　　）A．n≤2016？B．n≤2017？C．n＞2016？D．n＞2017？7．若三角形ABC为钝角三角形，三边为2，3，x，则x的取值范围是（　　）A．（1，）B．（1，）∪（，5）C．（，）D．（，5）8．已知直线y=k（x+2）（k＞0）与抛物线C：y2=8x相交于A、B两点，F为C的焦点，若|FA|=2|FB|，则k=（　　） A．B．C．D．9．设定义在（﹣1，1）上的函数f（x）的导函数f′（x）=5+cosx，且f（0）=0，则不等式f（x﹣1）+f（1﹣x2）＜0的解集为（　　）A．{x|1}B．{x|x＞1或x＜﹣1}C．{x|﹣1＜x＜1}D．{x|0＜x＜1}10．数列{an}中，an+1+（﹣1）nan=2n﹣1，则数列{an}前40项和等于（　　）A．820B．800C．840D．86011．一个几何体的三视图如图所示，则侧视图的面积为（　　）A．2+B．1+C．2+2D．4+12．函数f（x）=ax3﹣3x+1，对于x∈[﹣1，1]总有f（x）≥0成立，则a的取值集合为（　　）A．（﹣∞，0]B．[2，4]C．[4，+∞）D．{4}　二、填空题：本大题共4小题，每小题5分13．已知实数x，y满足条件，则z=|x+2y﹣4|的最大值为　　　　　　．14．已知双曲线的左右焦点分别是F1，F2，P点是双曲线右支上一点，且|PF2|=|F1F2|，则三角形PF1F2的面积等于　　　　　　．15．数列{an}的首项a1=1，{bn}为等比数列且bn=，若，则a101=　　　　　　．16．四面体有一条棱长为x，其余棱长为4．当四面体体积最大时，其外接球的表面积为　　　　　　．　三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．17．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且csinA=acosC．（1）求角C；（2）若c=，且sinC=3sin2A+sin（A﹣B），求△ABC的面积．18．如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点．（1）证明BC1∥平面A1CD（2）设AA1=AC=CB=2，AB=2，求三菱锥C﹣A1DE的体积． 19．某城市100户居民的月平均用电量（单位：度），以[160，180），[180，200），[200，220），[220.240），[240，260），[260，280），[280，300）分组的频率分布直方图如图．（1）求直方图中x的值；（2）求月平均用电量的众数和中位数；（3）在月平均用电量为，[220，240），[240，260），[260，280），[280，300）的四组用户中，用分层抽样的方法抽取11户居民，则月平均用电量在[220，240）的用户中应抽取多少户？20．已知椭圆+=1（a＞b＞0）经过点（0，），离心率为，左右焦点分别为F1（﹣c，0），F2（c，0）．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）若直线l：y=﹣x+m与椭圆交于A、B两点，与以F1F2为直径的圆交于C、D两点，且满足=，求直线l的方程．21．已知函数f（x）=﹣2xlnx+x2﹣2ax+a2，其中a＞0．（Ⅰ）设g（x）是f（x）的导函数，讨论g（x）的单调性；（Ⅱ）证明：存在a∈（0，1），使得f（x）≥0恒成立，且f（x）=0在区间（1，+∞）内有唯一解． 　[选修4-1：几何证明选讲]22．如图，AB是⊙O的直径，AC是⊙O的切线，BC交⊙O于点E．（Ⅰ）若D为AC的中点，证明：DE是⊙O的切线；（Ⅱ）若OA=CE，求∠ACB的大小．　[选修4-4：坐标系与参数方程]23．在直角坐标系xOy中，曲线C1：（t为参数，t≠0），其中0≤α≤π，在以O为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2：ρ=2sinθ，C3：ρ=2cosθ．（1）求C2与C3交点的直角坐标；（2）若C1与C2相交于点A，C1与C3相交于点B，求|AB|的最大值．　[选修4-5：不等式选讲]24．已知函数f（x）=|x+a|+|x﹣2|（1）当a=﹣3时，求不等式f（x）≥3的解集；（2）若f（x）≤|x﹣4|的解集包含[1，2]，求a的取值范围．　 2015-2016学年河南省洛阳市孟津一中高三（上）期末数学试卷（文科）参考答案与试题解析　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={y|y=log2x，x＞1}，B={y|y=（）x，x＞1}，则A∩B=（　　）A．{y|0＜y＜}B．{y|0＜y＜1}C．{y|＜y＜1}D．∅【考点】交集及其运算．【分析】首先根据对数函数和指数函数的特点求出集合A和B，然后再求两个集合的交集即可．【解答】解：∵集合A={y|y=log2x，x＞1}，∴A=（0，+∞）∵B={y|y=（）x，x＞1}，∴B=（0，）∴A∩B=（0，）故选A．　2．设O是原点，，对应的复数分别为2﹣3i，﹣3+2i，那么对应的复数是（　　）A．﹣5+5iB．﹣5﹣5iC．5+5iD．5﹣5i【考点】复数代数形式的加减运算；向量的减法及其几何意义．【分析】直接利用复数的坐标运算及减法几何意义求解．【解答】解：由，对应的复数分别为2﹣3i，﹣3+2i，所以=．故选D．　3．从1，2，3，4中任取2个不同的数，则取出的2个数之差的绝对值为2的概率是（　　）A．B．C．D．【考点】列举法计算基本事件数及事件发生的概率．【分析】本题是一个等可能事件的概率，试验发生包含的事件是从4个不同的数中随机的抽2个，共有C42种结果，满足条件的事件是取出的数之差的绝对值等于2的有两种，得到概率．【解答】解：由题意知本题是一个等可能事件的概率，试验发生包含的事件是从4个不同的数中随机的抽2个，共有C42=6种结果， 满足条件的事件是取出的数之差的绝对值等于2，有2种结果，分别是（1，3），（2，4），∴要求的概率是=．故选B．　4．已知命题p：∀x∈R，2x＜3x；命题q：∃x∈R，x3=1﹣x2，则下列命题中为真命题的是（　　）A．p∧qB．￢p∧qC．p∧￢qD．￢p∧￢q【考点】复合命题的真假．【分析】举反例说明命题p为假命题，则￢p为真命题．引入辅助函数f（x）=x3+x2﹣1，由函数零点的存在性定理得到该函数有零点，从而得到命题q为真命题，由复合命题的真假得到答案．【解答】解：因为x=﹣1时，2﹣1＞3﹣1，所以命题p：∀x∈R，2x＜3x为假命题，则￢p为真命题．令f（x）=x3+x2﹣1，因为f（0）=﹣1＜0，f（1）=1＞0．所以函数f（x）=x3+x2﹣1在（0，1）上存在零点，即命题q：∃x∈R，x3=1﹣x2为真命题．则￢p∧q为真命题．故选B．　5．若，是夹角为的两个单位向量，则=2+；=﹣3+2的夹角为（　　）A．B．C．D．【考点】平面向量数量积的运算．【分析】由条件可以得到，，然后进行数量积的运算便可求出，，从而根据向量夹角余弦的计算公式即可求出，这样便可得出向量的夹角．【解答】解：根据条件，，；==，，；∴；∴的夹角为．故选：C．　 6．已知函数f（x）=ax3+x2在x=﹣1处取得极大值，记g（x）=．在如图所示的程序框图中，若输出的结果S=，则判断框中可以填入的关于n的判断条件是（　　）A．n≤2016？B．n≤2017？C．n＞2016？D．n＞2017？【考点】程序框图．【分析】由已知中函数f（x）=ax3+x2在x=﹣1处取得极大值，可求出a值，进而求出函数f（x）及函数g（x）的解析式，然后利用裂项相消法，可求出g（1）+g（2）+g（3）+…+g（n）的值与n的关系，分析出最后进行循环的循环变量n的终值，分析后可得判断条件．【解答】解：∵函数f（x）=ax3+x2在x=﹣1处取得极大值，故，解得a=，∴f（x）=x3+x2，∴f′（x）=x2+x，∴g（x）===﹣，∴g（1）+g（2）+g（3）+…+g（n）=（1﹣）+（﹣）+…+（﹣）=1﹣=，若输出的结果S=，则表示累加的终值应满足n=2016，即n≤2016时，满足进入循环进行累加的条件，n＞2016时退出循环，故选：C．　7．若三角形ABC为钝角三角形，三边为2，3，x，则x的取值范围是（　　）A．（1，）B．（1，）∪（，5）C．（，）D．（，5）【考点】余弦定理． 【分析】首先由三角形的三边关系可得x的范围，再分别由三个角为钝角和余弦定理可得x的范围，综合可得．【解答】解：不妨设A、B、C所对的边分别为2，3，x，显然x为正数，由三角形的三边关系可得，解得1＜x＜5当A为钝角时，可得cosA=＜0，解得x为任意实数；当B为钝角时，可得cosB=＜0，解得0＜x＜；当C为钝角时，可得cosC=＜0，解得x＞；综合可得1＜x＜或＜x＜5故选：B．　8．已知直线y=k（x+2）（k＞0）与抛物线C：y2=8x相交于A、B两点，F为C的焦点，若|FA|=2|FB|，则k=（　　）A．B．C．D．【考点】抛物线的简单性质．【分析】根据直线方程可知直线恒过定点，如图过A、B分别作AM⊥l于M，BN⊥l于N，根据|FA|=2|FB|，推断出|AM|=2|BN|，点B为AP的中点、连接OB，进而可知，进而推断出|OB|=|BF|，进而求得点B的横坐标，则点B的坐标可得，最后利用直线上的两点求得直线的斜率．【解答】解：设抛物线C：y2=8x的准线为l：x=﹣2直线y=k（x+2）（k＞0）恒过定点P（﹣2，0）如图过A、B分别作AM⊥l于M，BN⊥l于N，由|FA|=2|FB|，则|AM|=2|BN|，点B为AP的中点、连接OB，则，∴|OB|=|BF|，点B的横坐标为1，故点B的坐标为，故选D 　9．设定义在（﹣1，1）上的函数f（x）的导函数f′（x）=5+cosx，且f（0）=0，则不等式f（x﹣1）+f（1﹣x2）＜0的解集为（　　）A．{x|1}B．{x|x＞1或x＜﹣1}C．{x|﹣1＜x＜1}D．{x|0＜x＜1}【考点】利用导数研究函数的单调性．【分析】由题意函数的导函数f′（x）=5+cosx，恒正，故函数是增函数，再由函数是奇函数将不等式f（x﹣1）+f（1﹣x2）＜0转化为f（x﹣1）＜f（x2﹣1），由单调性及定义转化为不等式组解之即可．【解答】解：∵函数的导函数f′（x）=5+cosx，恒正，∴函数是增函数，∵y=f（x）的导函数为f′（x）=5+cosx，∴f（x）=5x+sinx+c，∵f（0）=0，∴f（0）=0+0+c=0，解得c=0，∴f（x）=5x+sinx，∵f（﹣x）=﹣5x﹣sinx=﹣（5x+sinx）=﹣f（x），∴函数f（x）为奇函数，则不等式f（x﹣1）+f（1﹣x2）＜0转化为f（x﹣1）＜f（x2﹣1），∴，解得x∈（1，）故选：A．　10．数列{an}中，an+1+（﹣1）nan=2n﹣1，则数列{an}前40项和等于（　　）A．820B．800C．840D．860【考点】数列递推式；数列的求和．【分析】由已知条件推导出从第一项开始，依次取2个相邻奇数项的和都等于2，从第二项开始，依次取2个相邻偶数项的和构成以8位首项，以16为公差的等差数列．由此能求出{an}的前40项和． 【解答】解：由于数列{an}满足an+1+（﹣1）nan=2n﹣1，故有a2﹣a1=1，a3+a2=3，a4﹣a3=5，a5+a4=7，a6﹣a5=9，a7+a6=11，…a50﹣a49=97．从而可得a3+a1=2，a4+a2=8，a7+a5=2，a8+a6=24，a9+a7=2，a12+a10=40，a13+a11=2，a16+a14=56，…从第一项开始，依次取2个相邻奇数项的和都等于2，从第二项开始，依次取2个相邻偶数项的和构成以8位首项，以16为公差的等差数列．∴{an}的前40项和为：10×2+（10×8+（10×9）×16）=20+80+720=820．故选：A．　11．一个几何体的三视图如图所示，则侧视图的面积为（　　）A．2+B．1+C．2+2D．4+【考点】由三视图求面积、体积．【分析】根据三视图中，三个视图的对应关系：长对正，高平齐，宽相等，得出侧视图的数据，再求面积．【解答】解：根据三视图中，三个视图的对应关系：长对正，高平齐，宽相等，得出侧视图的数据如图中所示其面积S=×2+2×2=4+故选D．　12．函数f（x）=ax3﹣3x+1，对于x∈[﹣1，1]总有f（x）≥0成立，则a的取值集合为（　　）A．（﹣∞，0]B．[2，4]C．[4，+∞）D．{4}【考点】函数恒成立问题．【分析】当x∈（0，1]时，f（x）=ax3﹣3x+1≥0可化为：a≥﹣，设g（x）=﹣，则g′（x）=，由函数性质求出a≥4；x∈[﹣1，0）时，求出a≤4，由此求出a=4．【解答】解：若x=0，则不论a取何值，f（x）≥0都成立； 当x＞0即x∈（0，1]时，f（x）=ax3﹣3x+1≥0可化为：a≥﹣，设g（x）=﹣，则g′（x）=，所以g（x）在区间（0，]上单调递增，在区间[，1]上单调递减，因此g（x）max=g（）=4，从而a≥4；当x＜0即x∈[﹣1，0）时，f（x）=ax3﹣3x+1≥0可化为：a≤﹣，g（x）=﹣，在区间[﹣1，0）上单调递增，因此g（x）min=g（﹣1）=4，从而a≤4，综上a=4．即a的取值集合为{4}．故选D．　二、填空题：本大题共4小题，每小题5分13．已知实数x，y满足条件，则z=|x+2y﹣4|的最大值为　21　．【考点】简单线性规划的应用．【分析】先画出线性约束条件表示的可行域，再设目标函数为u=x+2y﹣4，将其赋予几何意义，数形结合求得目标函数u的范围，最后即可得z的最大值【解答】解：画出可行域如图阴影区域：由得A（7，9）由得B（3，1）设u=x+2y﹣4，则u可看作是一条斜率为﹣的动直线，由图数形结合可知，当直线过点A（7，9）时，u最大为7+2×9﹣4=21当直线过点B（3，1）时，u最小为3+2×1﹣4=1∴1≤u≤21∴1≤z=|u|≤21∴z=|x+2y﹣4|的最大值为21故答案为21 　14．已知双曲线的左右焦点分别是F1，F2，P点是双曲线右支上一点，且|PF2|=|F1F2|，则三角形PF1F2的面积等于　48　．【考点】双曲线的简单性质．【分析】先确定△PF1F2是等腰三角形，再计算三角形的面积即可．【解答】解：由a=3，b=4，a2+b2=c2得，c=5，所以|PF2|=|F1F2|=5×2=10，再由双曲线定义得：|PF1|﹣|PF2|=2a=6，所以|PF1|=16，所以△PF1F2是等腰三角形，过顶点F2作底边PF1的高，可得高为6，所以△PF1F2的面积是6×16=48．故答案为：48　15．数列{an}的首项a1=1，{bn}为等比数列且bn=，若，则a101=　2016　．【考点】等比数列的通项公式．【分析】由已知结合bn=，得到a101=b1b2…b100，结合b50b51=及等比数列的性质求得a101．【解答】解：由bn=，且a1=1，得b1=．b2=，a3=a2b2=b1b2． b3=，a4=a3b3=b1b2b3．…an=b1b2…bn﹣1．∴a101=b1b2…b100．∵数列{bn}为等比数列，∴a101=（b1b100）（b2b99）…（b50b51）=，故答案为：2016．　16．四面体有一条棱长为x，其余棱长为4．当四面体体积最大时，其外接球的表面积为　π　．【考点】球的体积和表面积．【分析】判断几何体体积最大时的结构特征，然后利用四面体的结构特征，求解球的半径．【解答】解：△ABC和△BCD都是边长为4的正三角形，三棱锥的体积的最大值，是A到底面的距离最大时取得，就是侧面ABC与底面BCD垂直时取得最大值，此时△ABD和△ACD是全等的等腰三角形，其腰长为4，底边长为x，∵设E，P为BC，AD的中点，∴可以判断三角形AED为等腰直角三角形，∴AE=，BE=2，AD==2，PE=AD=，∵根据几何体的结构特征得出外接球的球心O在EP上，∴设OE=h，OP=﹣h，∴，即h=，R2=，其外接球的表面积为：4πR2=，故答案为：． 　三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．17．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且csinA=acosC．（1）求角C；（2）若c=，且sinC=3sin2A+sin（A﹣B），求△ABC的面积．【考点】余弦定理；正弦定理．【分析】（1）由正弦定理可得sinCsinA=sinAcosC，由sinA≠0，可求tanC=，结合范围0＜C＜π，即可求得C的值．（2）由已知可得2cosAsinB=6sinAcosA，当cosA≠0时，解得b=3a，利用余弦定理可求a，b，根据三角形面积公式即可得解，当cosA=0时，可求A=90°，求得b=ctan30°的值，即可解得三角形面积．【解答】解：（1）∵csinA=acosC．由正弦定理可得sinCsinA=sinAcosC，∵sinA≠0，∴tanC=，∵0＜C＜π，∴C=…4分（2）∵sinC=sin（π﹣A﹣B）=3sin2A+sin（A﹣B），∴2cosAsinB=6sinAcosA，当cosA≠0时，sinB=3sinA，∴b=3a，，∴a=，b=，S==，当cosA=0时，A=90°，b=ctan30°=，S=bc=…12分　18．如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点．（1）证明BC1∥平面A1CD（2）设AA1=AC=CB=2，AB=2，求三菱锥C﹣A1DE的体积． 【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定．【分析】（1）连结AC1交A1C于点F，连结DF，则BC1∥DF，由此能证明BC1∥平面A1CD．（2）由已知得AA1⊥CD，CD⊥AB，从而CD⊥平面ABB1A1．由此能求出三菱锥C﹣A1DE的体积．【解答】（1）证明：连结AC1交A1C于点F，则F为AC1中点又D是AB中点，连结DF，则BC1∥DF．因为DF⊂平面A1CD，BC1不包含于平面A1CD，所以BC1∥平面A1CD．（2）解：因为ABC﹣A1B1C1是直三棱柱，所以AA1⊥CD．由已知AC=CB，D为AB的中点，所以CD⊥AB．又AA1∩AB=A，于是CD⊥平面ABB1A1．由AA1=AC=CB=2，得∠ACB=90°，，，，A1E=3，故A1D2+DE2=A1E2，即DE⊥A1D．所以三菱锥C﹣A1DE的体积为：==1．　19．某城市100户居民的月平均用电量（单位：度），以[160，180），[180，200），[200，220），[220.240），[240，260），[260，280），[280，300）分组的频率分布直方图如图．（1）求直方图中x的值；（2）求月平均用电量的众数和中位数； （3）在月平均用电量为，[220，240），[240，260），[260，280），[280，300）的四组用户中，用分层抽样的方法抽取11户居民，则月平均用电量在[220，240）的用户中应抽取多少户？【考点】频率分布直方图．【分析】（1）由直方图的性质可得（0.002+0.0095+0.011+0.0125+x+0.005+0.0025）×20=1，解方程可得；（2）由直方图中众数为最高矩形上端的中点可得，可得中位数在[220，240）内，设中位数为a，解方程（0.002+0.0095++0.011）×20+0.0125×（a﹣220）=0.5可得；（3）可得各段的用户分别为25，15，10，5，可得抽取比例，可得要抽取的户数．【解答】解：（1）由直方图的性质可得（0.002+0.0095+0.011+0.0125+x+0.005+0.0025）×20=1，解方程可得x=0.0075，∴直方图中x的值为0.0075；（2）月平均用电量的众数是=230，∵（0.002+0.0095+0.011）×20=0.45＜0.5，∴月平均用电量的中位数在[220，240）内，设中位数为a，由（0.002+0.0095+0.011）×20+0.0125×（a﹣220）=0.5可得a=224，∴月平均用电量的中位数为224；（3）月平均用电量为[220，240）的用户有0.0125×20×100=25，月平均用电量为[240，260）的用户有0.0075×20×100=15，月平均用电量为[260，280）的用户有0.005×20×100=10，月平均用电量为[280，300）的用户有0.0025×20×100=5，∴抽取比例为=，∴月平均用电量在[220，240）的用户中应抽取25×=5户　20．已知椭圆+=1（a＞b＞0）经过点（0，），离心率为，左右焦点分别为F1（﹣c，0），F2（c，0）．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）若直线l：y=﹣x+m与椭圆交于A、B两点，与以F1F2为直径的圆交于C、D两点，且满足=，求直线l的方程．【考点】直线与圆锥曲线的综合问题；椭圆的标准方程． 【分析】（Ⅰ）由题意可得，解出即可．（Ⅱ）由题意可得以F1F2为直径的圆的方程为x2+y2=1．利用点到直线的距离公式可得：圆心到直线l的距离d及d＜1，可得m的取值范围．利用弦长公式可得|CD|=2．设A（x1，y1），B（x2，y2）．把直线l的方程与椭圆的方程联立可得根与系数的关系，进而得到弦长|AB|=．由=，即可解得m．【解答】解：（Ⅰ）由题意可得，解得，c=1，a=2．∴椭圆的方程为．（Ⅱ）由题意可得以F1F2为直径的圆的方程为x2+y2=1．∴圆心到直线l的距离d=，由d＜1，可得．（*）∴|CD|=2==．设A（x1，y1），B（x2，y2）．联立，化为x2﹣mx+m2﹣3=0，可得x1+x2=m，．∴|AB|==．由=，得，解得满足（*）． 因此直线l的方程为．　21．已知函数f（x）=﹣2xlnx+x2﹣2ax+a2，其中a＞0．（Ⅰ）设g（x）是f（x）的导函数，讨论g（x）的单调性；（Ⅱ）证明：存在a∈（0，1），使得f（x）≥0恒成立，且f（x）=0在区间（1，+∞）内有唯一解．【考点】利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数的单调性．【分析】（I）函数f（x）=﹣2xlnx+x2﹣2ax+a2，其中a＞0．可得：x＞0．g（x）=f′（x）=2（x﹣1﹣lnx﹣a），可得g′（x）==，分别解出g′（x）＜0，g′（x）＞0，即可得出单调性．（II）由f′（x）=2（x﹣1﹣lnx﹣a）=0，可得a=x﹣1﹣lnx，代入f（x）可得：u（x）=（1+lnx）2﹣2xlnx，利用函数零点存在定理可得：存在x0∈（1，e），使得u（x0）=0，令a0=x0﹣1﹣lnx0=v（x0），再利用导数研究其单调性即可得出．【解答】（I）解：函数f（x）=﹣2xlnx+x2﹣2ax+a2，其中a＞0．可得：x＞0．g（x）=f′（x）=2（x﹣1﹣lnx﹣a），∴g′（x）==，当0＜x＜1时，g′（x）＜0，函数g（x）单调递减；当1＜x时，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增．（II）证明：由f′（x）=2（x﹣1﹣lnx﹣a）=0，解得a=x﹣1﹣lnx，令u（x）=﹣2xlnx+x2﹣2（x﹣1﹣lnx）x+（x﹣1﹣lnx）2=（1+lnx）2﹣2xlnx，则u（1）=1＞0，u（e）=2（2﹣e）＜0，∴存在x0∈（1，e），使得u（x0）=0，令a0=x0﹣1﹣lnx0=v（x0），其中v（x）=x﹣1﹣lnx（x≥1），由v′（x）=1﹣≥0，可得：函数v（x）在区间（1，+∞）上单调递增．∴0=v（1）＜a0=v（x0）＜v（e）=e﹣2＜1，即a0∈（0，1），当a=a0时，有f′（x0）=0，f（x0）=u（x0）=0．再由（I）可知：f′（x）在区间（1，+∞）上单调递增，当x∈（1，x0）时，f′（x）＜0，∴f（x）＞f（x0）=0；当x∈（x0，+∞）时，f′（x）＞0，∴f（x）＞f（x0）=0；又当x∈（0，1]，f（x）=﹣2xlnx＞0．故当x∈（0，+∞）时，f（x）≥0恒成立．综上所述：存在a∈（0，1），使得f（x）≥0恒成立，且f（x）=0在区间（1，+∞）内有唯一解．　[选修4-1：几何证明选讲]22．如图，AB是⊙O的直径，AC是⊙O的切线，BC交⊙O于点E．（Ⅰ）若D为AC的中点，证明：DE是⊙O的切线；（Ⅱ）若OA=CE，求∠ACB的大小． 【考点】圆的切线的判定定理的证明．【分析】（Ⅰ）连接AE和OE，由三角形和圆的知识易得∠OED=90°，可得DE是⊙O的切线；（Ⅱ）设CE=1，AE=x，由射影定理可得关于x的方程x2=，解方程可得x值，可得所求角度．【解答】解：（Ⅰ）连接AE，由已知得AE⊥BC，AC⊥AB，在RT△ABC中，由已知可得DE=DC，∴∠DEC=∠DCE，连接OE，则∠OBE=∠OEB，又∠ACB+∠ABC=90°，∴∠DEC+∠OEB=90°，∴∠OED=90°，∴DE是⊙O的切线；（Ⅱ）设CE=1，AE=x，由已知得AB=2，BE=，由射影定理可得AE2=CE•BE，∴x2=，即x4+x2﹣12=0，解方程可得x=∴∠ACB=60°　[选修4-4：坐标系与参数方程]23．在直角坐标系xOy中，曲线C1：（t为参数，t≠0），其中0≤α≤π，在以O为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2：ρ=2sinθ，C3：ρ=2cosθ．（1）求C2与C3交点的直角坐标；（2）若C1与C2相交于点A，C1与C3相交于点B，求|AB|的最大值．【考点】简单曲线的极坐标方程；参数方程化成普通方程． 【分析】（I）由曲线C2：ρ=2sinθ，化为ρ2=2ρsinθ，把代入可得直角坐标方程．同理由C3：ρ=2cosθ．可得直角坐标方程，联立解出可得C2与C3交点的直角坐标．（2）由曲线C1的参数方程，消去参数t，化为普通方程：y=xtanα，其中0≤α≤π，其极坐标方程为：θ=α（ρ∈R，ρ≠0），利用|AB|=即可得出．【解答】解：（I）由曲线C2：ρ=2sinθ，化为ρ2=2ρsinθ，∴x2+y2=2y．同理由C3：ρ=2cosθ．可得直角坐标方程：，联立，解得，，∴C2与C3交点的直角坐标为（0，0），．（2）曲线C1：（t为参数，t≠0），化为普通方程：y=xtanα，其中0≤α≤π，其极坐标方程为：θ=α（ρ∈R，ρ≠0），∵A，B都在C1上，∴A（2sinα，α），B．∴|AB|==4，当时，|AB|取得最大值4．　[选修4-5：不等式选讲]24．已知函数f（x）=|x+a|+|x﹣2|（1）当a=﹣3时，求不等式f（x）≥3的解集；（2）若f（x）≤|x﹣4|的解集包含[1，2]，求a的取值范围．【考点】绝对值不等式的解法；带绝对值的函数．【分析】（1）不等式等价于，或，或，求出每个不等式组的解集，再取并集即得所求．（2）原命题等价于﹣2﹣x≤a≤2﹣x在[1，2]上恒成立，由此求得求a的取值范围． 【解答】解：（1）当a=﹣3时，f（x）≥3即|x﹣3|+|x﹣2|≥3，即①，或②，或③．解①可得x≤1，解②可得x∈∅，解③可得x≥4．把①、②、③的解集取并集可得不等式的解集为{x|x≤1或x≥4}．（2）原命题即f（x）≤|x﹣4|在[1，2]上恒成立，等价于|x+a|+2﹣x≤4﹣x在[1，2]上恒成立，等价于|x+a|≤2，等价于﹣2≤x+a≤2，﹣2﹣x≤a≤2﹣x在[1，2]上恒成立．故当1≤x≤2时，﹣2﹣x的最大值为﹣2﹣1=﹣3，2﹣x的最小值为0，故a的取值范围为[﹣3，0]．　 2016年6月24日