西安文理学院招生网-元旦的祝福语

绝密★启用前 试题类型：A
2016年普通高等学校招生全国统一考试
理科数学
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
）设集合
A{x|x
2
4x30}
，
B{x|2x30}
，则
A
（
A
）
(3,)
B
（

）


（
D
）
(,3)

3
2
（
B
）
(3,)

3
2

（
C
）
(1,)

3< br>2
3
2
（
2
）设
(1i)x1yi
， 其中
x
，
y
是实数，则
xyi=
（

）

（
A
）
1
（
B
）
2

（
C
）
3

（
D
）
2 （
3
）已知等差数列
{a
n
}
前
9
项 的和为
27
，
a
10
=8
，则
a
100< br>=
（

）

（
A
）
100
（
B
）
99
（
C
）
98
（
D
）
97
（4）某公司的班车在7:00，8:00，8:30 发车，小明在7:50至8:30之间到达发车站乘坐班车，且到达发车站的
时刻是随机的，则他等车时 间不超过10分钟的概率是（ ）
1
（A）
3

1
（B）
2

2
（C）
3

3
（D）
4
x
2
y
2
（5）已知方程< br>2
－
2
＝1表示双曲线，且该双曲线两焦点间的距离为4，则n的取值范围是（ ）
m+n
m－n
（A）(–1,3) （B）(–1,3) （C）(0,3) （D）(0,3)
28π
，
3
（6）如图，某几何 体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径.若该几何体的体积是
则它的表面积是（ ）
（A）17π （B）18π （C）20π （D）28π
（7）函数y=2x
2
–e
|x|
在[–2,2]的图像大致为（ ）
（A） （B）
（C） （D）
第1页

（8）若
ab10，c1
，则（ ）
（A）
a
c
b
c

（B）
ab
c
ba
c

（C）
alog
b
cblog
a
c

（D）
log
a
clog
b
c

（9）执行右面的程序图，如果输入的
x0，y1，n1
，
则输出x，y的值满足（ ）
（A）
y2x

（B）
y3x

（C）
y4x

（D）
y5x

（10）以抛物线C的顶点为圆心的圆交C于A、B两点， 交C的标准线于D、E两点.已知|AB|=
42
，|DE|=
25
，
则C的焦点到准线的距离为（ ）
(A)2 (B)4 (C)6 (D)8
（11）平面a过正方体ABCD-A
1
B
1
C
1
D
1
的顶点A，a平面CB
1
D
1
，
a 
平面ABCD=m，
a
平面ABA
1
B
1
=n ，
则m、n所成角的正弦值为（ ）
(A)
3
2

(B)

2

2
(C)
3

3
(D)
1

3


（12）已知函 数
f(x)sin(

x+

)(

0，且
f(x)
在

（A）11

二、填空题：本大题共3小题，每小题5分

2
),x
4
为
f(x)
的零点,
x

4
为
y f(x)
图像的对称轴,


5


，

单调，则

的最大值为（ ）

1836

（B）9 （C）7 （D）5
（ 13）设向量a=(m，1)，b=(1，2)，且|a+b|
2
=|a|
2
+|b|
2
，则m=_________.
（14）
(2xx)
5
的展开式中，x
3
的系数是________.（用数字填写答案）
（1 5）设等比数列满足a
1
+a
3
=10，a
2
+a
4
=5，则a
1
a
2
…a
n
的最大值为_____ ___.
（16）某高科技企业生产产品A和产品B需要甲、乙两种新型材料。生产一件产品A需要甲 材料1.5kg，
乙材料1kg，用5个工时；生产一件产品B需要甲材料0.5kg，乙材料0.3 kg，用3个工时，生产一件
产品A的利润为2100元，生产一件产品B的利润为900元。该企业 现有甲材料150kg，乙材料90kg，
则在不超过600个工时的条件下，生产产品A、产品B的利润之和的最大值为元________.
第2页

三.解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
（17）（本题满分为12分）
ABC
的内角A，B，C的对边分别别为a，b，c ，已知
2cosC(acosB+bcosA)c.

（I）求C；
（II）若
c








（18）（本题满分为12分）
如图，在已A，B，C，D，E，F为顶点的五面 体中，面ABEF为正方形，AF=2FD，
AFD90
，
且二面角D-AF- E与二面角C-BE-F都是
60
．
（I）证明平面ABEF

平面EFDC；
（II）求二面角E-BC- A的余弦值．











7,ABC
的面积为
33
，求
ABC
的周长．
2
第3页

（19）（本小题满分12分）
某公 司计划购买2台机器，该种机器使用三年后即被淘汰.机器有一易损零件，在购进机器时，可以额外
购买 这种零件作为备件，每个200元.在机器使用期间，如果备件不足再购买，则每个500元.现需决策在购买< br>机器时应同时购买几个易损零件，为此搜集并整理了100台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数， 得下
面柱状图：

以这100台机器更换的易损零件数的频率代替1台机器更换的易 损零件数发生的概率，记
X
表示2台机
器三年内共需更换的易损零件数，
n< br>表示购买2台机器的同时购买的易损零件数.
（I）求
X
的分布列；
（II）若要求
P(Xn)0.5
，确定
n
的最小值；
（III）以购买易损零件所需费用的期望值为决策依据，在
n19
与
n20< br>之中选其一，应选用哪个？












第4页

（20）（本小题满分12分）
设圆
xy2x150
的圆心为A， 直线l过点B（1,0）且与x轴不重合，l交圆A于C，D两点，过
B作AC的平行线交AD于点E.
（I）证明
EAEB
为定值，并写出点E的轨迹方程；
（II）设点E的轨迹为曲线C
1
，直线l交C
1
于M, N两点，过B且与l垂直的直线与圆A交于P, Q两点，
求四边形MPNQ面积的取值范围.










（21）（本小题满分12分）
已知函数f(x)=(x-2)e
x
+a(x-1)
2
有两个零点.
（I）求a的取值范围；
（II）设x
1
，x
2
是的两个 零点，证明：x
1
+x
2
<2.










22
第5页

请考生在22、23、24题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题计分,做答时请写清题号。
（22）（本小题满分10分）选修4-1：几何证明选讲
1
如图，△OAB是等腰三角形，∠AOB=120°.以O为圆心，OA为半径作圆.
2
（I）证明：直线AB与⊙O相切；
（II）点C,D在⊙O上，且A,B,C,D四点共圆，证明：AB∥CD.





（23）（本小题满分10分）选修4—4：坐标系与参数方程 

x＝acost，
在直线坐标系xoy中，曲线C
1
的参数 方程为

（t为参数，a＞0）。

y＝1+ asint


在以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C
2
：ρ=4cosθ.
（I）说明C
1
是哪一种曲线，并将C
1
的方程化为极坐标方程；
（II）直线C
3
的极坐标方程为θ=α
0
，其中满足tanα0
=2，若曲线C
1
与C
2
的公共点都在C
3
上，求α。





（24）（本小题满分10分），选修4—5：不等式选讲
已知函数f(x)= |x+1|-|2x-3|.
（I）在答题卡第（24）题图中画出y= f(x)的图像；
（II）求不等式|f(x)|>1的解集。





第6页

参考版解析

1．
Axx
2
4x30

x1x3

，
B
x2x30



xx


3

．
2

故
A
3
B

xx3

．

2

故选D．

x1

x1
2． 由

1i
< br>x1yi
可知：
xxi1yi
，故

，解得：
．
y1
xy


所以，
xyix
2
y
2
2
．
故选B．
3． 由等差数列性 质可知：
S
9

而
a
10
8
，因此公差
d
∴
a
100
a
10
90d98
．
故选C．
4． 如图所示，画出时间轴：
9

a
1
a
9

2

92a
5
9a
5
27
，故
a
5
3
，
2
a
10
a
5
1

105
7:307:407:50
A
8:00
C
8:10
8:20
D
8:30
B

小明到达的时间会随机的落在图中线段
AB
中，而当他的到达时间落在线段
AC
或
DB
时，才能保证他等
车的时 间不超过10分钟
根据几何概型，所求概率
P
故选B．
x
2
y
2
5．
2

2
1表示双曲线，则
m
2
n3m
2
n0

mn3mn
10101

．
402

∴
m
2
n3m
2

由双曲线性质知：
c
2
m
2
n3m
2
n4m
2
，其中
c
是半焦距
∴焦距
2c22m4
，解得
m1

∴
1n3

故选A．

第7页

6． 原立体图如图所示：

1
是一个球被切掉左上角的后的三视图
8
7
表面积是的球面面积和三个扇形面积之和
8
71
S= 4

2
2
+3

2
2
=17

84
故选A．
7．
f

2

8e
2
82.8
2
0
，排除A
f
2

8e
2
82.7
2
1
，排除B
1

1

x0
时，
f
< br>x

2x
2
e
x
f


x

4xe
x
，当
x

0,
< br>时，
f


x

4e
0
0

4

4


1

因此
f

x

在

0,

单调递减，排除C

4

故选D．
8． 对A： 由于
0c1
，∴函数
yx
c
在
R
上单调递增，因此
ab1a< br>c
b
c
，A错误
对B： 由于
1c10
，∴函数
yx
c1
在

1,

上单调递减 ，
∴
ab1a
c1
b
c1
ba
c
ab
c
，B错误
对C： 要比较
alog
b
c
和
blog
a
c
，只需比较
alnc
blncln c
lnc
和，只需比较和，只需
blnb
和
alna
lnablnb
alnalnb
构造函数
f

x
xlnx

x1

，则
f'

x

lnx110
，
f

x

在

1,

上单调递增，因此
11


alnab lnb
lnclnc
又由
0c1
得
lnc0
，∴blog
a
calog
b
c
，C正确
alnablnb
lnclnc
对D： 要比较
log
a
c
和
log
b
c
，只需比较和
lnalnb
11< br>而函数
ylnx
在

1,

上单调递增，故< br>ab1lnalnb0


lnalnb
lnclnc< br>又由
0c1
得
lnc0
，∴
log
aclog
b
c
，D错误
lnalnb
f

a

f

b

0alnablnb0
故选C．
第8页

9． 如下表：
循环节运
行次数
运行前
第一次
第二次
第三次 输出
x
n1

x

xx


2

0
判断
y

yny


是否
输出

否
否
是
xy36


否
否
是
22
n

nn1


1 1
0

1

2
3

2
1

2

2

3


6

3
，
y6
，满足
y4x

2
故选C．

10． 以开口向右的抛物线为例来解答，其他开口同理
设抛物线为
y< br>2
2px

p0

，设圆的方程为
x
2
y
2
r
2
，
题目条件翻译如图：
F


p

设
Ax
0
,22
，D

,5

，

2





点
Ax
0
,22
在抛物线
y
2
2px
上，∴
82px
0
……①

p< br>

p

点
D

,5

在圆
x
2
y
2
r
2
上，∴
5

r
2
……②

2


2

2
8r
2
……③ 点
Ax
0
,22
在圆
x
2
y
2
r
2
上，∴
x
0
2

联立①②③解得：
p4
，焦点到准线的距离为
p4
．
故选B．

第9页

11
．

如图所示：

D
α
A
B
C

D
1
A
1
B
1
C
1
∵

∥平面CB
1
D< br>1
，∴若设平面
CB
1
D
1
平面
ABCD m
1
，则
m
1
∥m

平面
A
1< br>B
1
C
1
D
1
B
1
D
1
又∵平面
ABCD
∥平面
A
1
B
1
C< br>1
D
1
，结合平面
B
1
D
1
C∴
B
1
D
1
∥m
1
，故
B
1
D
1
∥m

同理可得：
CD
1
∥n

故
m
、
n
的所成角的大小与
B
1
D
1
、
CD
1< br>所成角的大小相等，即
CD
1
B
1
的大小．
而< br>B
1
CB
1
D
1
CD
1
（均为 面对交线），因此
CD
1
B
1

故选A．

12． 由题意知：

π


+

k
1
π


4


ππ


+

kπ+
2

42

3
，即
sinCD
1
B
1
3
．
2
则

2k1
，其中
kZ

5
πT

π5π

f(x)
在

,

单调，
,

12

3618122

1836

接下来用排除法
若

11,


π

π

π3π
3π5π

，此时
f(x)sin

11x< br>
，
f(x)
在

,

递增，在

,

递减，不满足
f(x)
在
4

4
1844

4436


π5π

,

单调

1836

若
9,


故选B．
π

π

π 5π

，此时
f(x)sin

9x

，满足
f(x)
在

,

单调递减
4

4

1836

第10页

13． 由已知得：
ab

m1,3


∴
ab ab

m1

3
2
m
2
1< br>2
1
2
2
2
，解得
m2
．

14． 设展开式的第
k1
项为
T
k1
，< br>k

0,1,2,3,4,5


∴
T
k 1
C

2x

k
5
5k
2222

x

k
C2
k
5
5k
x
5
k
2
．
4
5
k
4542x
2
10x
3
当
53
时，
k4< br>，即
T
5
C
5
2
故答案为10．
15．由于

a
n

是等比数列，设
a
na
1
q
n1
，其中
a
1
是首项，
q
是公比．

a
1
8
2

a
1
a
3
10



a
1
a
1
q10
∴

，解得：



1
．
3
aa5
q


24

a
1
qa
1
q5
2

1
故
a
n



2

n 4

1

，∴
a
1
a
2
.. .a
n



2

2

3



2

...

n4


1




2

1n

n7

2

1


 

2

2
1


7

49



n



2


2

4



1

7

49


1

当
n 3
或
4
时，


n


取到最小值
6
，此时

2

2

4


2




2
1


7

49



n


2

4



2

取到最大值
2
6
．
所以
a
1
a
2
...a
n
的最大值为64．

16． 设生产A 产品
x
件，B产品
y
件，根据所耗费的材料要求、工时要求等其他限制条件， 构造线性规则约
束为

目标函数
z2100x900y

作出可行域为图中的四边形，包括边界 ，顶点为
(60,100)(0,200)
(0,0)(90,0)

在(60,100)
处取得最大值，
z210060900100216000< br>
第11页

17．⑴
2cosC

acosBbcosA

c

由 正弦定理得：
2cosC

sinAcosBsinBcosA
sinC

2cosCsin

AB

sinC

∵< br>ABCπ
，
A、B、C

0，π


∴
sin

AB

sinC0

∴
2cosC1
，
cosC
1
2

∵
C

0，π


∴
C
π
3

⑵ 由余弦定理得：
c
2< br>a
2
b
2
2abcosC
7a
2
b
2
2ab
1
2


ab

2
3ab7

S
133 3
2
absinC
4
ab
2

∴
ab6

∴

ab

2
187

ab5

∴
△ABC
周长为
abc57


18．⑴ ∵
ABEF
为正方形
∴
AFEF

∵
AFD90

∴
AFDF

∵
DFEF=F

∴
AF
面
EFDC

AF
面
ABEF

∴平面
ABEF
平面
EFDC


第12页

⑵ 由⑴知：
DFECEF60

∵
AB∥EF

AB
平面
EFDC

EF
平面
EFDC

∴
AB∥
平面
ABCD

AB
平面
ABCD

∵面
ABCD
面
EFDCCD

∴
AB∥CD

∴
CD∥EF

∴四边形
EFDC
为等腰梯形
以
E
为原点，如图建立坐标系，设
FDa

E

0，0，0


a3

，0，a

B
0，2a，0


C


2
< br>2

A

2a，2a，

0


a3

，2a，a

EB

0，2a，0
，
BC


2

，
AB

2a，0，0


2

设面
BEC
法向量为
m

x，y，z

.

2ay< br>1
0

mEB0


，即

a


3
az
1
0


x
1
2ay
1


mBC0
22
x
1
3，y
1
0，z
1
1
，
m< br>
3，0，1


设面
ABC
法向量为
n 

x
2
，y
2
，z
2


a3

az
2
0

nBC=0

x
2
2ay
2

.即

2


2


2ax0

nAB0
< br>2
x
2
0，y
2
3，z
2
4
，
n0，3，4


设二面角
EBCA
的大小为

.
cos


mn
mn

4
31316

219

19
∴
二面角
EBCA
的余弦值为


219

19
第13页

19．⑴ 每台机器更换的易损零件数为8，9，10，11
记事件
A
i
为第一台机器 3年内换掉
i7
个零件

i1,2,3,4


记事件
B
i
为第二台机器3年内换掉
i7
个零件
i1,2,3,4


由题知
P

A
1
P

A
3

P

A
4

P

B
1

P

B
3

P

B
4

0.2
，
P

A
2

P

B
2

0.4

设2台机器共需更换的易损零件数的随机变量为
X
，则
X
的可能的取值为16，17，18，19，20，21，
22
P

X16

P

A
1

P

B
1

0.20.20.04

P

X1 7

P

A
1

P

B
2

P

A
2

P

B1

0.20.40.40.20.16

P
X18

P

A
1

P

B
3

P

A
2

P
B
2

P

A
3

P
< br>B
1

0.20.20.20.20.40.40.24

P

X19

P

A
1

P

B
4

P

A
2

P

B
3

P

A
3
P

B
2

P

A
4< br>
P

B
1

0.20.20.20.2 0.40.2
0.20.40.24

P

X20

P

A
2

P

B
4
P

A
3

P

B
3< br>
P

A
4

P

B
2

0.40.20.20.40.20.20.2

P

x21

P

A
3

P

B
4

P

A
4

P

B
3

0.20.20.20.20.08

P

x22

P

A
4

P

B
4

0.20.20.04

X

P


16 17 18 19 20 21 22
0.04

0.16

0.24

0.24

0.2

0.08

0.04

⑵ 要令
P

x≤n

≥0.5
，
0.0 40.160.240.5
，
0.040.160.240.24≥0.5

则
n
的最小值为19

⑶ 购买零件所需费用含两部分，一部 分为购买机器时购买零件的费用，另一部分为备件不足时额外购买
的费用
当
n19
时，费用的期望为
192005000.210000.0815000.04 4040

当
n20
时，费用的期望为
20200500 0.0810000.044080

所以应选用
n19


20．⑴ 圆A整理为

x1

y16
，A坐标
1,0

，如图，
2
2
2
4
3
BE∥AC
，则
∠C∠EBD
，
由
ACAD,则∠D∠C
，
则
EBED

∠EBD∠D，
A
42
C
x
1
B
1
2 4
E
AEEBAEEDAD4

x
2
y
2
所以E的轨迹为一个椭圆，方程为
1
，(
y0
)；
43
D
2
3
4
第14页

x
2
y
2
⑵
C
1
:1
；设
l:xmy1
，
43因为
PQ⊥l
，设
PQ:ym

x1

，联立
l与椭圆C
1


xmy1

2
得
3m
2
4y
2
6my90
；
xy
2
1


3

4

P
4
3
则
|MN|1m
2
|y
M
y
N
|1m
2
|m

11

|< br>1m
2
36m
2
36

3m
2
4

3m
2
4
|2m|
1m
2
< br>12

m
2
1

3m
2
44
2
；
1
N
x
A

圆心
A
到
PQ
距离
d
，
2
B
1
24
4m
2
43m
2
4

所以
|PQ|2 |AQ|d216
，
2
1m
2
1m
22
M
Q
2
3
S
MPNQ
11
12
m1

43m
2
424m
2
11
|M N||PQ|24

2

12,83

22
1
223m4
1m3m4
3
2
m1
2< br>4


21．⑴ 由已知得：
f'

x
< br>

x1

e
x
2a

x1



x1

e
x
2a

① 若
a0
，那么
f

x

0
x2

e
x
0x2
，
f

x

只有唯一的零点
x2
，不合题意；
② 若
a0
，那么
e
x
2ae
x
0
，
所以当
x1
时，
f'

x

0
，
f

x

单调递增
当
x1
时，< br>f'

x

0
，
f

x

单调递减
即：
x



,1




1


1,




f'

x


f

x


0

极小值
↓ ↑
故
f

x

在

1,

上至多一个零点，在

,1

上至多一个零点
由于
f

2

a 0
，
f

1

e0
，则
f

2

f

1

0
，
根据零 点存在性定理，
f

x

在

1,2
< br>上有且仅有一个零点．
第15页

而当
x1时，
e
x
e
，
x210
，
故f

x



x2

e
x
a

x1

e

x2

a

x1

a

x1

e
x1

e

ee
2
4aee e
2
4ae
1
，
t
2
1
， t
1
t
2
，因为
a0
，故当
xt
1
或则
f

x

0
的两根
t
1

2a2a
222
xt
2
时，
a
< br>x1

e

x1

e0

因此，当
x1
且
xt
1
时，
f

x

0

又
f

1

e0
，根据零点存在性定理，
f

x

在

 ,1

有且只有一个零点．
此时，
f

x
< br>在
R
上有且只有两个零点，满足题意．
2
e
③ 若
a0
，则
ln

2a

lne1
，
2
当
xln

2a

时，
x1l n

2a

10
，
e
x
2ae
即
f'

x



x1
e
x
2a0
，
f

x

单调递增 ；
当
ln

2a

x1
时，
x 10
，
e
x
2ae
递减；
当
x1
时，
x10
，
e
x
2ae
即：
x

ln

2a

ln

2 a

ln

2a

2a0
，

2a0
，即
f'

x



x1

e
x
2a0
，
f

x

单调

2a0
，即
f'

x

0
，
f

x

单调递增．

,ln

2a



+
↑
ln

2a


0
极大值

ln

2a

,1


-
↓
1

0
极小值

1,


+
↑
f'

x


f

x


而极大值
f


ln

2a



2a


ln

2a
2


a


ln

2a
1


a


ln

2a

2


10

2

2

故当
x≤1
时，
f

x

在
xln

2a

处取到最大值
f


ln

2a



0
恒成立，
ln

2a



，那么
f
x

≤f

即
f

x
< br>0
无解
而当
x1
时，
f

x

单调递增，至多一个零点
此时
f

x

在R
上至多一个零点，不合题意．
第16页

e
④ 若
a
，那么
ln

2a

1
< br>2
当
x1ln

2a

时，
x1 0
，
e
x
2ae
ln

2a
2a0
，即
f'

x

0
，
f

x

单调递增
当
x1ln
< br>2a

时，
x10
，
e
x
2ae
ln

2a

2a0
，即
f'
< br>x

0
，
f

x

单调递增
又
f

x

在
x1
处有意义，故
f

x

在
R
上单调递增，此时至多一个零点，不合题意 ．
e
⑤ 若
a
，则
ln

2a

1
2
当
x1
时，
x10
，
e
x
 2ae
1
2ae
ln

2a

2a0
，即
f'

x

0
，
f

x

单调递增
当
1xln
< br>2a

时，
x10
，
e
x
2ae
ln

2a

2a0
，即
f'
< br>x

0
，
f

x

单调递减
当
xln

2a

时，
x1ln

2a

10
，
e
x
2ae
l n

2a

2a0
，即
f'

x< br>
0
，
f

x

单调递增
即：
x


,1


+
↑
1

0
极大值

1,ln

2a



-
↓
ln

2a


0
极小值

ln

2a

,


+
↑
f'

x


f

x


故当
x≤ln

2 a

时，
f

x

在
x1
处取 到最大值
f

1

e
，那么
f
x

≤e0
恒成立，即
f

x

0
无解
当
xln

2a

时，
f

x

单调递增，至多一个零点
此时
f

x

在
R
上至多一个零点，不合题意．
综上所述，当且仅当a0
时符合题意，即
a
的取值范围为

0,
< br>．


第17页

⑵ 由已知得：
f

x
1

f

x
2
0
，不难发现
x
1
1
，
x
2
1
，
x
1
2

e
x

故可整理 得：
a
2

x
1
1

1

x
2
2

e
x

2

x
2
1

2


x2

e< br>x
设
g

x


，则
g

x
1

g

x
2


2

x1


x2

1
x
，当那么
g'

x


x1
时，
g'< br>
x

0
，
g

x

单 调递减；当
x1
时，
g'

x

0
，
g

x

单
e
3

x1

调递增．
设
m0
，构造代数式：
2
g

1m

g

1m


设
h

m


则
h'

m


m1
1m
m1
1m
1m
1m
< br>m1
2m

ee
2
e

e1


m
2
m
2
m

m1
< br>m1
2m
e1
，
m0

m1
2m< br>2

m1

2
e
2m
0
，故< br>h

m

单调递增，有
h

m
< br>h

0

0
．
因此，对于任意的
m 0
，
g

1m

g

1m

．
由
g

x
1

g
x
2

可知
x
1
、
x
2
不可 能在
g

x

的同一个单调区间上，不妨设
x
1< br>x
2
，则必有
x
1
1x
2

令
m1x
1
0
，则有
g


1< br>
1x
1



g


1

1x
1



g

2x
1

g

x
1

g

x
2


而
2x
1
1
，x
2
1
，
g

x

在
< br>1,

上单调递增，因此：
g

2x
1

g

x
2

2x
1
x
2

整理得：
x
1
x
2
2
．

22．⑴ 设圆的半径为
r
，作
OKAB
于
K

∵
OAOB，AOB120

∴
OKAB，A30 ，OKOAsin30
∴
AB
与
⊙O
相切
⑵ 方法一：
假设
CD
与
AB
不平行
OA
r

2
CD
与
AB
交于
F

FK
2
FCFD①

第18页

∵
A、B、C、D
四点共圆
∴
FCFDFAFB

FKAK

FKBK


∵
AKBK

∴
FCFD

FKAK
FKAK

FK
2
AK
2
②

由①②可知矛盾
∴
AB∥CD



方法二：
因为
A,B,C,D
所以
O,T
为
AB
的中垂线上，同理
四点共圆，不妨设圆心为
T
，因为
OAOB,T ATB，
所以
OT为CD
的中垂线，所以
AB∥CD
．
OCOD,TCTD，


xacost
23．⑴

（
t
均为参数）
y1asint

∴< br>x
2


y1

a
2
① < br>2
1

为圆心，
a
为半径的圆．方程为
x
2
y
2
2y1a
2
0
∴
C
1< br>为以

0，
∵
x
2
y
2


2
，y

sin


∴

2
2

sin

1a
2
0

⑵
C
2
：

4cos


两 边同乘

得

2
4

cos

即为
C
1
的极坐标方程

2
x
2
y
2
，

cos

x

x
2
y
2
4x

即

x2

y
2
4
②
2
第19页

C
3
：化为普通方程为
y2x

由题意：
C1
和
C
2
的公共方程所在直线即为
C
3
①—②得：
4x2y1a
2
0
，即为
C
3
∴
1a
2
0

∴
a1


24．⑴ 如图所示：



x4，x≤1
⑵
f

x



3x2，1x
3

2




4x，x≥
3
2
f

x

1

当
x≤1
，
x41
， 解得
x5
或
x3

∴x≤1

当
 1x
3
2
，
3x21
，解得
x1
或x
1
3

∴1x
1
3
或
1x
3
2
当
x≥
3
2
，
4x1
，解得
x5
或
x3

∴
3
2
≤x3
或
x5

综上，
x
1
3
或
1x3
或
x5

∴f

x

1
，解集为



1


，
3



1，3
5，




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