复习参考题课堂实录【1】

2016年河北省唐山市高考数学二模试卷（文科）

一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，有且只有一项符合题目要求．

1．集合A={x|﹣2＜x＜1}，B={x|﹣1＜x＜2}，则A∪B=（

）

A．B．C．D．（﹣2，1）

（﹣1，1）

（﹣2，2）

（﹣1，2）

2．数z满足（1+z）（1+2i）=i，则复平面内表示复数z的点位于（

）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

3．α为实数，则“α=2kπ+（k∈Z）”是“tanα=1”的（

）

A．充分不必要条件

B．必要不充分条件

C．充要条件 D．既不充分又不必要条件

4．大学生甲、乙、丙为唐山世园会的两个景区提供翻译服务，每个景区安排一名或两名大学生，则甲、乙被安排到不同景区的概率为（

）

A．

B．

C．

D．

5．执行如图的程序框图，若输入M的值为1，则输出的S=（

）

A．6 B．12 C．14 D．20 6．已知a=log34，b=logπ3，c=50.5，则a，b，c的大小关系是（

）

A．a＜b＜c B．a＜c＜b C．b＜c＜a D．b＜a＜c 7．若实数x，y满足，则z=3x+4y的最大值是（

）

A．3 B．8 C．14 D．15 ）+2sinsin（x+

）的最大值是（

）

8．函数f（x）=cos（x+A．1 B．sin

C．2sin

D．9．椭圆y2+=1（0＜m＜1）上存在点P使得PF1⊥PF2，则m的取值范围是（

）

第1页（共19页）

A．[，1）

B．（0，] C．[，1）

D．（0，]

10．在▱ABCD中，AB=2AD=4，∠BAD=60°，E为BC的中点，则•=（

）

A．6 B．12 C．﹣6 D．﹣12 11．在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，PA=AB，该四棱锥被一平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为（

）

A．

B．

C．

D．

x在[0，1）上的最大值为m，在（1，2]上的最小值为12．已知函数f（x）=n，则m+n=（

）

A．﹣2 B．﹣1 C．1 D．2

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填写在题中横线上．

13．

已知双曲线C的焦点在x轴上，渐近线方程是y=±2x，则C的离心率e=

．14．已知△ABC的三边长分别为2，3，，则△ABC的面积S=

．

15．已知函数f（x）=ex﹣ax﹣1，若x轴为曲线y=f（x）的切线，则a=

．

16．已知AB是球O的直径，C，D为球面上两动点，AB⊥CD，若四面体ABCD体积的最大值为9，则球O的表面积为

．

三、解答题：本大题共70分，其中（17）-（21）题为必考题，（22），（23），（24）题为选考题．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

17．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1=﹣7，S8=0．

（Ⅰ）求{an}的通项公式；

（Ⅱ）数列{bn}满足b1=，bnbn+1=2an，求数列{bn}的通项公式．

18．二手车经销商小王对其所经营的某一型号二手汽车的使用年数x（0＜x≤10）与销售价格y（单位：万元/辆）进行整理，得到如表的对应数据：

2

4

6

8

10 使用年数

售价

16

13

9.5

7 4.5 （Ⅰ）试求y关于x的回归直线方程；（参考公式：

=，

=﹣

）第2页（共19页）

（Ⅱ）已知每辆该型号汽车的收购价格为w=0.05x2﹣1.75x+17.2万元，根据（Ⅰ）中所求的回归方程，预测x为何值时，小王销售一辆该型号汽车所获得的利润z最大？

19．如图，在矩形ABCD中，AB=4，BC=8，E为边AD的中点，分别沿BE，CE将△ABE，△DCE折叠，使平面ABE和平面DCE均与平面BCE垂直．

（Ⅰ）证明：AD∥平面BEC；

（Ⅱ）求点E到平面ABCD的距离．

20．已知抛物线C：y2=4x，经过点（4，0）的直线l交抛物线C于A，B两点，M（﹣4，0），O为坐标原点．

（Ⅰ）证明：kAM+kBM=0；

（Ⅱ）若直线l的斜率为k（k＜0），求21．设函数f（x）=+（1﹣k）x﹣klnx．

的最小值．

（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；

（Ⅱ）若k为正数，且存在x0使得f（x0）＜﹣k2，求k的取值范围．

请考生在第（22），（23），（24）三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．作答时用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑．[选修4-1：几何证明选讲]

22．如图，四边形ABCD内接于圆O，AC与BD相交于点F，AE与圆O相切于点A，与CD的延长线相交于点E，∠ADE=∠BDC．

（Ⅰ）证明：A、E、D、F四点共圆；

（Ⅱ）证明：AB∥EF．

[选修4-4：坐标系与参数方程]

23．在直角坐标系xOy中，曲线C1：（φ为参数，0＜φ＜π），曲线C2与曲线C1关于原点对称，以O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C3的极坐标方程为ρ=2（0＜θ＜π），过极点O的直线l分别与曲线C1，C2，C3相交于点A，B，C．

（Ⅰ）求曲线C1的极坐标方程；

（Ⅱ）求|AC|•|BC|的取值范围．

[选修4-5：不等式选讲]

第3页（共19页）

24．已知函数f（x）=|x+1|+m|x﹣1|．

（Ⅰ）当m=2时，求不等式f（x）＜4的解集；

（Ⅱ）若m＜0，f（x）≥2m，求m的最小值．

第4页（共19页）

2016年河北省唐山市高考数学二模试卷（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，共60分，在每小题给出的四个选项中，有且只有一项符合题目要求．

1．集合A={x|﹣2＜x＜1}，B={x|﹣1＜x＜2}，则A∪B=（

）

A．B．C．D．（﹣2，1）

（﹣1，1）

（﹣2，2）

（﹣1，2）

【考点】并集及其运算．

【分析】由A与B，求出两集合的并集即可．

【解答】解：∵A={x|﹣2＜x＜1}，B={x|﹣1＜x＜2}，

∴A∪B={x|﹣2＜x＜2}．

故选：C．

2．数z满足（1+z）（1+2i）=i，则复平面内表示复数z的点位于（

）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

【考点】复数代数形式的乘除运算．

【分析】由（1+z）（1+2i）=i，得到，再利用复数代数形式的乘除运算化简，求出复平面内表示复数z的点的坐标，则答案可求．

【解答】解：由（1+z）（1+2i）=i，

得则复平面内表示复数z的点的坐标为：（故选：B．

3．α为实数，则“α=2kπ+（k∈Z）”是“tanα=1”的（

）

=，

，），位于第二象限．

A．充分不必要条件

B．必要不充分条件

C．充要条件 D．既不充分又不必要条件

【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断．

【分析】由tanα=1，解得α=【解答】解：由tanα=1，解得α=∴“α=2kπ+（k∈Z），即可得出．

（k∈Z），

（k∈Z）”是“tanα=1”的充分不必要条件．

故选：A．

4．大学生甲、乙、丙为唐山世园会的两个景区提供翻译服务，每个景区安排一名或两名大学生，则甲、乙被安排到不同景区的概率为（

）

第5页（共19页）

A．

B．

C．

D．

【考点】古典概型及其概率计算公式．

【分析】大学生甲、乙、丙为唐山世园会的两个景区提供翻译服务，每个景区安排一名或两名大学生，利用列举法求出基本事件总数和甲、乙被安排到同一景区包含的基本事件个数，由此利用对立事件概率加法公式能求出甲、乙被安排到不同景区的概率．

【解答】解：大学生甲、乙、丙为唐山世园会的两个景区提供翻译服务，每个景区安排一名或两名大学生，

基本事件总数有（甲乙，丙），（甲丙，乙），（乙丙，甲），（丙，甲乙），（乙，甲丙），（甲，乙丙），

共6个基本事件，

其中，甲、乙被安排到同一景区包含的基本事件有（甲乙，丙），（丙，甲乙），包含两个基本事件，

∴甲、乙被安排到不同景区的概率：

p=1﹣=．

故选：D．

5．执行如图的程序框图，若输入M的值为1，则输出的S=（

）

A．6 C．14 D．20 【考点】程序框图．

【分析】模拟执行程序框图，依次写出每次循环得到的M，S，k的值，当k=4时不满足条件k≤3，退出循环，输出S的值为12．

【解答】解：模拟执行程序，可得

M=1，S=1，k=1 满足条件k≤3，M=3，S=4，k=2 满足条件k≤3，M=2，S=6，k=3 满足条件k≤3，M=6，S=12，k=4 不满足条件k≤3，退出循环，输出S的值为12．

故选：B．

6．已知a=log34，b=logπ3，c=50.5，则a，b，c的大小关系是（

）

A．a＜b＜c B．a＜c＜b C．b＜c＜a D．b＜a＜c 第6页（共19页）

B．12

【考点】对数值大小的比较．

【分析】利用指数函数与对数函数的运算性质比较三个数与1和2的大小得答案．

【解答】解：∵a=log34＞1，b=logπ3＜1，

c=50.5=，

而a=log34＜log39=2，

∴c＞a＞b．

故选：D．

7．若实数x，y满足，则z=3x+4y的最大值是（

）

A．3 B．8 C．14 D．15 【考点】简单线性规划．

【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用z的几何意义，即可得到结论．

【解答】解：作出不等式组对应的平面区域如图：

由z=3x+4y得y=﹣x+，

平移直线y=﹣x+由图象可知当直线y=﹣x+经过点A时，直线y=﹣x+的截距最大，

此时z最大，

由，解得，

即A（2，2），

此时z=3×2+4×2=6+8=14，

故选：C．

8．函数f（x）=cos（x+）+2sinsin（x+）的最大值是（

）

第7页（共19页）

A．1 B．sin

C．2sin

D．

【考点】三角函数的最值．

【分析】由三角函数公式整体可得f（x）=cosx，可得函数的最大值为1．

【解答】解：由三角函数公式可得f（x）=cos（x+=cos[（x+=cos（x+=cos（x+=cos[（x+）+）cos）cos）﹣]+2sinsin（x+）sin）sin

）

+2sinsin（x+）

）+2sinsin（x+）

﹣sin（x++sin（x+]=cosx，

∴函数的最大值为1．

故选：A．

9．椭圆y2+=1（0＜m＜1）上存在点P使得PF1⊥PF2，则m的取值范围是（

）

B．（0，] C．[，1）

D．（0，]

A．[，1）

【考点】椭圆的简单性质．

【分析】由已知得短轴顶点B与焦点F1，F1所成角∠F1BF2≥90°，从而此能求出m的取值范围．

【解答】解：∵椭圆y2+=1（0＜m＜1）上存在点P使得PF1⊥PF2，

≥m，由∴短轴顶点B与焦点F1，F1所成角∠F1BF2≥90°，

∴≥m，

．

由0＜m＜1，解得0＜m≤故选：B．

10．在▱ABCD中，AB=2AD=4，∠BAD=60°，E为BC的中点，则•=（

）

A．6 B．12 C．﹣6 D．﹣12 【考点】平面向量数量积的运算．

【分析】建立平面直角坐标系，代入各点坐标计算

【解答】解以AB所在直线为x轴，以A为坐标原点建立平面直角坐标系，

则A（0，0），B（4，0），C（5，），D（1，）．E（，）

第8页（共19页）

=（，∴．=（﹣3，

=），

）

=﹣12，

故选：D

11．在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，PA=AB，该四棱锥被一平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为（

）

A．

B．

C．

D．

【考点】由三视图求面积、体积．

【分析】根据几何体的三视图，得出该几何体是过BD且平行于PA的平面截四棱锥P﹣ABCD所得的几何体；

画出图形结合图形求出截取部分的体积与剩余部分的体积之比是多少即可．

【解答】解：根据几何体的三视图，得；

该几何体是过BD且平行于PA的平面截四棱锥P﹣ABCD所得的几何体；

设AB=1，则截取的部分为三棱锥E﹣BCD，它的体积为

V三棱锥E﹣BCD=××1×1×=剩余部分的体积为

V剩余部分=V四棱锥P﹣ABCD﹣V三棱锥E﹣BCD=×12×1﹣所以截取部分的体积与剩余部分的体积比为故选：B．

=；

，

：

=1：3．

第9页（共19页）

12．已知函数f（x）=x在[0，1）上的最大值为m，在（1，2]上的最小值为n，则m+n=（

）

A．﹣2 B．﹣1 C．1 D．2 【考点】函数的最值及其几何意义．

=1+【分析】通过变形可知f（x）1）=+sinπx，进而可知当x∈[0，时，函数g（x）+sinπx满足g（2﹣x）=﹣g（x），由此可知在区间[0，1）∪（1，2]上，函数f（x）关于点（1，1）中心对称，利用对称性即得结论．

【解答】解：f（x）=记g（x）=g（2﹣x）=x=1++sinπx，

+sinπx，则当x∈[0，1）时，

+sinπ（2﹣x）=﹣sinπx，

即在区间[0，1）∪（1，2]上，函数f（x）关于点（1，1）中心对称，

∴m+n=2，

故选：D．

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填写在题中横线上．

13．已知双曲线C的焦点在x轴上，渐近线方程是y=±2x，则C的离心率e=

．

【考点】双曲线的简单性质．

【分析】设双曲线的方程为﹣=1（a，b＞0），求出渐近线方程，可得b=2a，由a，b，c的关系和离心率公式计算即可得到所求值．

【解答】解：设双曲线的方程为﹣=1（a，b＞0），

由渐近线方程y=±x，可得

=2，即b=2a，

可得c=即有e==故答案为：

=．

．

a，

14．已知△ABC的三边长分别为2，3，，则△ABC的面积S=

．

【考点】余弦定理；正弦定理．

【分析】由余弦定理可得一内角的余弦值，进而可得正弦值，代入三角形的面积公式计算即可得解．

第10页（共19页）

【解答】解：在△ABC中，由题意，不妨设△ABC的三边长分别为a=2，b=3，c=则由余弦定理可得cosA===，

，

∴sinA==，

×=．

∴则△ABC的面积S=bcsinA=×3×故答案为：．

15．已知函数f（x）=ex﹣ax﹣1，若x轴为曲线y=f（x）的切线，则a=

1

．

【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程．

【分析】求出f（x）的导数，设出切点（m，0），代入f（x）和导数式，可得a，m的方程，可得a﹣alna=1，构造g（a）=a﹣alna，求出导数，求得单调区间，可得极值点，即可得到方程的解为1．

【解答】解：函数f（x）=ex﹣ax﹣1的导数为f′（x）=ex﹣a，

设切点为（m，n），即有n=0，n=em﹣am﹣1，

由导数的几何意义可得，em﹣a=0，

化为a﹣alna=1，

由g（a）=a﹣alna的导数为g′（a）=1﹣（1+lna）=﹣lna，

当a＞1时，g′（a）＜0，g（a）递减；当0＜a＜1时，g′（a）＞0，g（a）递增．

可得a=1处g（a）取得极大值，且为最大值1．

即有方程a﹣alna=1的解为1．

故答案为：1．

16．已知AB是球O的直径，C，D为球面上两动点，AB⊥CD，若四面体ABCD体积的最大值为9，则球O的表面积为

36π

．

【考点】球的体积和表面积．

【分析】由题意，△ABC为等腰直角三角形，高为球O的半径时，四面体ABCD的体积最大，利用四面体ABCD体积的最大值为9，求出R，即可求出球O的表面积．

【解答】解：由题意，△ABC为等腰直角三角形，高为球O的半径时，四面体ABCD的体积最大，

最大值为=9，∴R=3，

∴球O的表面积为4πR2=36π．

故答案为：36π．

三、解答题：本大题共70分，其中（17）-（21）题为必考题，（22），（23），（24）题为选考题．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

17．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1=﹣7，S8=0．

（Ⅰ）求{an}的通项公式；

（Ⅱ）数列{bn}满足b1=，bnbn+1=2an，求数列{bn}的通项公式．

第11页（共19页）

【考点】数列递推式；等差数列的通项公式．

【分析】（Ⅰ）由S8=0得a8=7，从而可得d=（Ⅱ）由方程可得bn+2=4bn，从而求得{bn}是以求通项公式．

【解答】解：（Ⅰ）由S8=0得a1+a8=﹣7+a8=0，

∴a8=7，d==2，

=2，从而求得通项公式；

为首项，以2为公比的等比数列，从而所以{an}的前n项和：

Sn=na1+d =﹣7n+n（n﹣1）=n2﹣8n，

an=﹣7+2（n﹣1）=2n﹣9．

（Ⅱ）由题设得bnbn+1=2两式相除得bn+2=4bn，

又∵b1b2=2∴b2==2b1，

∴bn+1=2bn，

即{bn}是以为首项，以2为公比的等比数列，

=，b1=，

，bn+1bn+2=2，

故bn=2n﹣5．

18．二手车经销商小王对其所经营的某一型号二手汽车的使用年数x（0＜x≤10）与销售价格y（单位：万元/辆）进行整理，得到如表的对应数据：

2

4

6

8

10 使用年数

售价

16

13

9.5

7 4.5 （Ⅰ）试求y关于x的回归直线方程；（参考公式：

=，

=﹣

）（Ⅱ）已知每辆该型号汽车的收购价格为w=0.05x2﹣1.75x+17.2万元，根据（Ⅰ）中所求的回归方程，预测x为何值时，小王销售一辆该型号汽车所获得的利润z最大？

【考点】线性回归方程．

【分析】（Ⅰ）由表中数据计算、，求出、，即可写出回归直线方程；

（Ⅱ）写出利润函数z=y﹣w，利用二次函数的图象与性质求出x=3时z取得最大值．

【解答】解：（Ⅰ）由表中数据得，

=×（2+4+6+8+10）=6，

第12页（共19页）

=×（16+13+9.5+7+4.5）=10，

由最小二乘法求得

==﹣1.45，

=10﹣（﹣1.45）×6=18.7，

所以y关于x的回归直线方程为y=﹣1.45x+18.7；

（Ⅱ）根据题意，利润函数为

z=y﹣w=（﹣1.45x+18.7）﹣（0.05x2﹣1.75x+17.2）=﹣0.05x2+0.3x+1.5，

所以，当x=﹣=3时，二次函数z取得最大值；

即预测x=3时，小王销售一辆该型号汽车所获得的利润z最大．

19．如图，在矩形ABCD中，AB=4，BC=8，E为边AD的中点，分别沿BE，CE将△ABE，△DCE折叠，使平面ABE和平面DCE均与平面BCE垂直．

（Ⅰ）证明：AD∥平面BEC；

（Ⅱ）求点E到平面ABCD的距离．

【考点】点、线、面间的距离计算；直线与平面平行的判定．

【分析】（Ⅰ）证明四边形AMND为平行四边形，可得AD∥MN，利用线面平行的判定定理证明：AD∥平面BEC；

（Ⅱ）利用VE﹣ABC=VA﹣BEC，求点E到平面ABCD的距离．

【解答】（Ⅰ）证明：分别取BE，CE中点M，N，连接AM，MN，DN，

由已知可得△ABE，△DCE均为腰长为4的等腰直角三角形，

所以AM⊥BE，且AM=2．

又∵平面ABE⊥平面BCE，且交线为BE，

∴AM⊥平面BEC，

同理可得：DN⊥平面BEC，且DN=2．

∴AM∥DN，且AM=DN，

∴四边形AMND为平行四边形．

∴AD∥MN，

又∵MN⊂平面BEC，AD⊄平面BEC，

∴AD∥平面BEC．…

（Ⅱ）解：点E到平面ABC的距离，也就是三棱锥E﹣ABC的高h．

连接AC，MC，

第13页（共19页）

在Rt△EMC中有MC=在Rt△AMC中有AC==2=4，

．

可得AC2+AB2=BC2，所以△ABC是直角三角形．

由VE﹣ABC=VA﹣BEC得•AB•AC•h=•BE•EC•AM，

可知h=．

．…

∴点E到平面ABC的距离为

20．已知抛物线C：y2=4x，经过点（4，0）的直线l交抛物线C于A，B两点，M（﹣4，0），O为坐标原点．

（Ⅰ）证明：kAM+kBM=0；

（Ⅱ）若直线l的斜率为k（k＜0），求的最小值．

【考点】抛物线的简单性质．

【分析】（I）设直线方程为x=my+4，代入抛物线方程得出交点的坐标关系，分别求出kAM，kBM，利用根与系数的关系化简即可得出结论；

（II）将k=和（I）中的kAM，kBM代入化简，利用基本不等式得出最值．

【解答】证明：（Ⅰ）设l：x=my+4，A（x1，y1），B（x2，y2）．

将x=my+4代入y2=4x得y2﹣4my﹣16=0，

∴y1+y2=4m，y1y2=﹣16．

∴kAM=同理：kBM====，

，

∴kAM+kBM=0．

解：（Ⅱ）∵直线l的斜率为k，

∴k=．

∴m＜0．

==﹣=﹣（16m2+64）=﹣=﹣m+≥4，

第14页（共19页）

当且仅当m=﹣2时等号成立，

∴

21．设函数f（x）=+（1﹣k）x﹣klnx．

的最小值为4．

（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；

（Ⅱ）若k为正数，且存在x0使得f（x0）＜﹣k2，求k的取值范围．

【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值．

【分析】（Ⅰ）求出函数的定义域，求导，讨论k的取值，分别解出f′（x）＞0，f′（x）＜0 即可得出，

（Ⅱ）由（Ⅰ）可求得函数的最小值，f（x0）＜﹣k2，将其转化成+1﹣lnk﹣构造辅助函数，判断其单调性，即可求得k的取值范围．

【解答】解：（Ⅰ）f′（x）=x+1﹣k﹣==，

＜0，（ⅰ）k≤0时，f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）上单调递增；

（ⅱ）k＞0时，x∈（0，k），f′（x）＜0；x∈（k，+∞），f′（x）＞0，

∴f（x）在（0，k）上单调递减，f（x）在（k，+∞）上单调递增．…

（Ⅱ）因k＞0，由（Ⅰ）知f（x）+k2﹣的最小值为f（k）+k2﹣=由题意得+k﹣klnk﹣＜0，即+1﹣lnk﹣，则g′（k）=﹣+＜0．…

=＞0，

+k﹣klnk﹣，

令g（k）=+1﹣lnk﹣∴g（k）在（0，+∞）上单调递增，又g（1）=0，

∴k∈（0，1）时，g（k）＜0，于是k∈（1，+∞）时，g（k）＞0，于是+k﹣klnk﹣＜0；

+k﹣klnk﹣＞0．

故k的取值范围为0＜k＜1．…

请考生在第（22），（23），（24）三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．作答时用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑．[选修4-1：几何证明选讲]

22．如图，四边形ABCD内接于圆O，AC与BD相交于点F，AE与圆O相切于点A，与CD的延长线相交于点E，∠ADE=∠BDC．

（Ⅰ）证明：A、E、D、F四点共圆；

（Ⅱ）证明：AB∥EF．

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【考点】弦切角；圆內接多边形的性质与判定．

【分析】（Ⅰ）由题意证明∠CAE=∠ADE，又已知∠ADE=∠BDC，可证∠BDC=∠CAE，从而可得A，E，D，F四点共圆．

（Ⅱ）由圆內接四边形的性质得∠ADE=∠AFE=∠BDC，又∠BDC=∠BAC，从而可证∠AFE=∠BAC，即可证明AB∥EF．

【解答】（本题满分为10分）

证明：（Ⅰ）因为AE与圆O相切于点A，

所以∠CAE=∠CBA；

因为四边形ABCD内接于圆O，

所以∠CBA=∠ADE；

又已知∠ADE=∠BDC，

所以∠BDC=∠CAE，

故A，E，D，F四点共圆．…

（Ⅱ）由（Ⅰ）得∠ADE=∠AFE=∠BDC，

又∠BDC=∠BAC（同弧所对的圆周角相等），

所以∠AFE=∠BAC，

故AB∥EF．…

[选修4-4：坐标系与参数方程]

23．在直角坐标系xOy中，曲线C1：（φ为参数，0＜φ＜π），曲线C2与曲线C1关于原点对称，以O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C3的极坐标方程为ρ=2（0＜θ＜π），过极点O的直线l分别与曲线C1，C2，C3相交于点A，B，C．

（Ⅰ）求曲线C1的极坐标方程；

（Ⅱ）求|AC|•|BC|的取值范围．

【考点】参数方程化成普通方程；简单曲线的极坐标方程．

【分析】（I）利用同角三角函数的关系消元得到C1的普通方程，在将普通方程转化为极坐标方程；

（II）求出三条曲线的普通方程，设直线方程为y=kx（k＞0），求出A，B，C的坐标，利用三点的位置关系得出|AC|•|BC|=（|OC|﹣|OA|）•（|OA|+|OC|）=|OC|2﹣|OA|2．将|AC|•|BC|转化为关于k的函数．

【解答】解：（I）曲线C1的直角坐标方程为（x﹣1）2+y2=1，即x2+y2﹣2x=0（0＜y≤1）．

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∴曲线C1的极坐标方程为ρ2﹣2ρcosθ=0，即ρ=2cosθ（0＜θ＜π）．

（II）曲线C2的普通方程为（x+1）2+y2=1（﹣1≤y＜0），

曲线C3的普通方程为x2+y2=4（0＜y≤2）．

设直线l的方程为y=kx（k＞0）．

则A（，），B（﹣，﹣），C（，）．

∵A，B关于原点对称，∴|BC|=|OB|+|OC|=|OA|+|OC|，

∴|AC|•|BC|=（|OC|﹣|OA|）•（|OA|+|OC|）=|OC|2﹣|OA|2

=﹣=4﹣．

设f（k）=4﹣∵f（0）=0，，则f（k）在（0，+∞）上单调递增，

，

∴0＜f（k）＜4．

即|AC|•|BC|的取值范围时（0，4）．

[选修4-5：不等式选讲]

24．已知函数f（x）=|x+1|+m|x﹣1|．

（Ⅰ）当m=2时，求不等式f（x）＜4的解集；

（Ⅱ）若m＜0，f（x）≥2m，求m的最小值．

【考点】绝对值三角不等式；绝对值不等式的解法．

【分析】（Ⅰ）当m=2时，f（x）=，作出图象，结合图象由f（x）的单调性及f（）=f（﹣1）=4，能求出f（x）＜4的解集．

（Ⅱ）由f（x）≥2m得|x+1|≥m （2﹣|x﹣1|），从而﹣|x+1|≥|x﹣1|﹣2，在同一直角坐标系中画出y=|x﹣1|﹣2及y=﹣|x+1|的图象，根据图象性质能求出m的最小值．

【解答】解：（Ⅰ）当m=2时，f（x）=，

作出图象，得：

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结合图象由f（x）的单调性及f（）=f（﹣1）=4，

得f（x）＜4的解集为{x|﹣1＜x＜}．…

（Ⅱ）由f（x）≥2m得|x+1|≥m （2﹣|x﹣1|），

∵m＜0，∴﹣|x+1|≥|x﹣1|﹣2，

在同一直角坐标系中画出y=|x﹣1|﹣2及y=﹣|x+1|的图象，

根据图象性质可得﹣≥1，即﹣1≤m＜0，

故m的最小值为﹣1．…

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2016年9月4日

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