风之恋-宴会祝酒词

.

2016年普通高等学校招生全国统一考试新课标I卷
理科数学
注意事项：
1.本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分.第Ⅰ卷1至3页，第Ⅱ卷3至5页.
2.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试题相应的位置.
3.全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效.
4.考试结束后，将本试题和答题卡一并交回.
第Ⅰ卷
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.
2
A{x|x4x30}
，
B{x|2x30}
，则
AIB
（1）设集合
3
(3,)
（A）
2

3
(3,)
（B）
2

3
(1,)
（C）
2

3
(
（D）
,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

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

（A）100 （B）99 （C）98 （D）97
（4）某公司的班车在7:00，8:00，8:30发车，学.科网小明在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
（A）（B）（C）（D）
（5）已知方程–=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
（A）(–1,3) （B）(–1,3) （C）(0,3) （D）(0,3)
（ 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）

（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）
开始
输入x,y,n
n-1
x=x+ ,y=ny
2
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
结束
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
ABA1
B
1
=n，则m、n所成角的正弦值为
(A)
否
n=n+1
x
2
+y
2
≥36
是
输出x,y
1
323
(B) (C) (D)
22 3
3


12.已知函数
f(x)sin(

x +

)(

0，

2
),x
4
为
f(x)
的零点，
x

4
为
y f(x)
图
像的对称轴，且
f(x)
在


< br>5


，

单调，则

的最大值为

1836

（A）11 （B）9 （C）7 （D）5


第II卷
本卷包括必考题和选考题两部分.第(13)题~ 第(21)题为必考题，每个试题考生都必须作答.第(22)
题~第(24)题为选考题，考生根据要 求作答.
二、填空题：本大题共3小题，每小题5分
（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）
满足a
1
+a
3
=10，a
2+a
4
=5，则a
1
a
2
…
a
n的最大值为。 （15）设等比数列
（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0.3kg，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。

;.

.
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）
VABC
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7,VABC
的面积为
33
，求
VABC
的周长．
2
（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
o
，
且二面角D -AF-E与二面角C-BE-F都是
60
o
．
D
C
E
（I）证明平面ABEF

EFDC；
（II）求二面角E- BC-A的余弦值．
F
（19）（本小题满分12分）
A
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 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：
B

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
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？
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，学科&网过B且与l垂直的直 线与圆A
;.
22

.
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
(I)求a的取值范围；
(II)设x
1
，x
2
是

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
如图，△OAB是等腰三角形，∠AOB=120°.以⊙O为圆心，OA为半径作圆.
(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.
的两个零点，学科.网证明：+x
2
<2.
有两个零点.

（23）（本小题满分10分）选修4—4：坐标系与参数方程
在直线坐标系xoy中，曲线 C
1
的参数方程为（t为参数，a＞0）。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
是哪种 曲线，学.科.网并将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α
0
满足tanα
0
= 2，若曲线C
1
与C
2
的公共点都在C
3
上，
求a 。
（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。

;.

.
2016
年新课标
I
高考数学（理科）答案与解析

（答案仅供参考）


1．
Axx
2
4x 30

x1x3

，
B

x2x3 0



xx


3

．
2

3
故
A
I
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9 8
．
故选C．

4． 如图所示，画出时间轴：
9

a
1
a
9

2

92a
5< br>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．

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
x0
时，
f

x

2 x
2
e
x

1

1

f


x

4xe
x
，当
x
0,

时，
f


x

4e< br>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
c
b
c
，A错误
对B： 由于< br>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
alnc
blnclnc
lnc
对C： 要比较
alog
b
c
和
blog
a
c
，只需比较和，只需比较和，只需
lnablnb
alnalnb
blnb
和
alna

构 造函数
f

x

xlnx

x1
< br>，则
f'

x

lnx110
，
f

x

在

1,

上单调递增，;.

.
因此
f

a

f

b

0alnablnb0
又由
0c1< br>得
lnc0
，∴
11


alnablnb
lnclnc
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
故选C．

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
判断
n1

x

xx


2

0
y

yny


1
x
2
y
2
36


否
否
是
是否
输出

否
否
是
n

nn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
A

x,22

在抛物线
y
0
2
2px< br>上，∴
82px
0
……①
2

p

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

联立①②③解得：
p4
，焦点到准线的距离为
p4
．
故选B．

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
I
平面
ABCDm
1
，则
m
1
∥m

又∵平面
ABCD
∥平面
A
1
B
1
C
1
D
1
，结合平面
B
1
D
1
CI
平面
A
1
B
1
C
1
D
1
B
1
D1

∴
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

Qf(x)
在

,

单调，
,

12

3618122

1836

接下来用排除法
π

π

π3π

3π5π

若
11,


，此时
f(x)sin

11x< br>
，
f(x)
在

,

递增，在

,

递减，不
4

4

1844

4436


π5π

满足
f(x)
在

,

单调

1836

;.

.
若

9,


故选B．

π

π

π5π

，此时
f (x)sin

9x

，满足
f(x)
在
< br>,

单调递减
4

4

1836

rr
13． 由已知得：
ab

m1,3


rr
2r
2
r
2
2
∴
abab

m 1

3
2
m
2
1
2
1
2
2
2
，解得
m2
．

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

∴
T
k1
C

2x

k
5
5k

x

k
C 2
k
5
5k
x
5
k
2
．
4
5
k
454
当
53
时，
k4
， 即
T
5
C
5
2x
2
10x
3

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< br>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< br>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

1
n

n7

2< br>
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6 4．

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

1.5x0. 5y≤150


x0.3y≤90

5x3y≤600




x≥0

y≥0


xN
*

*


yN
目标函数
z2 100x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


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
∵
C

0，π

∴
C
1

2
π

3
⑵ 由余弦定理得：
c
2
a
2
b
2
2abcosC

1
7a
2
b
2
2ab

2

ab

2
3ab7

1333

SabsinCab
242
∴
ab6

∴

ab

187

2
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

∵
DFIEF=F

∴
AF
面
EFDC

AF
面
ABEF

∴平面
ABEF
平面
EFDC


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
ABCDI
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


uuur< br>
a
uuur
r
3

uuu
EB

0，2a，0

，
BC


2
，2 a，
2
a


，
AB

2a，0，0


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

ruuur

u
3
x2ayaz0

111

mBC0
22
;.

.
x
1
3，y
1
0，z
1
1

ur
m

3，0，1


r
n
设面
ABC
法向量为


x
2
，y
2< br>，z
2


ruuur

a3

a z
2
0

nBC=0

x
2
2ay
2

.即

2

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

r
n0，3，4


设二面角
EBCA
的大小为

.
urr
mn4219

cos


u

rr

19
31316
mn
∴
二面角
EBCA
的余弦值为

219

19

19．⑴ 每台机器更换的易损零件数为8，9，10，11
记事件
A
i< br>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
< br>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< br>，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17

P

A
1

P

B
2

P

A
2

P

B
1

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

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

A4

P

B
1

0.20.20.2 0.20.40.2
0.20.40.24

P

X2 0

P

A
2

P

B
4

P

A
3

P

B3

P

A
4

P

B< br>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

17 18 19 20 21 22
X

16
P

0.04

0.16

0.24

0.24

0.2

0.08

0.04


⑵ 要令
P

x≤n

≥0.5
，Q0.04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5 000.210000.0815000.044040

当
n20< br>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
2
16
，A坐标

1,0

，如图，
2
4
3
2
C
x
1
A
42
B
1
24
E
2
3
D
4
QBE∥AC
，则
∠C∠EBD
，由
ACAD,则∠D ∠C
，
则
EBED

∠EBD∠D，
AEEBAEEDAD4

x
2< br>y
2
所以E的轨迹为一个椭圆，方程为
1
，(
y0)；
43
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

则
|MN|1m|y
M
y
N
|1m
P
4
22
36m
2
36

3m
2
4

3m
2
4

12

m
2
 1

3m
2
4
；
3
2
1
N< br>x
A
42
B
1
24
M
Q
2
3
4

|m

11

|
1m2
圆心
A
到
PQ
距离
d
;.

|2m|
1m
2
，

.
4m
2
43m
2
4

所以
|PQ|2|AQ|d 216
，
2
1m
2
1m
22
S
MPNQ
2
11
12

m1

43m
2
424m
2
11
|MN||PQ|24
< br>2

12,83
22
1
223m4
1m3m4
3
2
m1


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

① 若
a0
，那么
f

x< br>
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

上 有且仅有一个零点．
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
，< br>t
2
1
，则
f

x

0的两根
t
1


t
1
t
2
，因为
a0
，
2a2a
222
故当
xt
1或
xt
2
时，
a

x1

e< br>
x1

e0

因此，当
x1
且< br>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．
2
;.

.
此时，
f

x

在
R
上有且只有两个零点，满足题意．
e
③ 若a0
，则
ln

2a

lne1
，
2
当
xln

2a

时，
x1 ln

2a

10
，
e
x
2a e
即
f'

x



x1

e
x
2a0
，
f

x

单调 递增；
ln

2a

2a0
，
e
x
2ae
当
ln

2a

 x1
时，
x10
，
f

x

单调递 减；
当
x1
时，
x10
，
e
x
 2ae
即：
x

ln

2a

ln

2a

2a0
，即
f'

x


x1


e
x
2a

0
，
2a0
，即
f'

x
< br>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



，那么
f

x

≤f


ln

2a



0
恒成立，即
f

x

 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< br>上至多一个零点，不合题意．
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，< br>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,
．

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
< br>e
x

2

x
2
1

2

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

2

x1


x2

1
x
，那么
g'

x


当
x1
时，
g'

x

0
，
e
当
x1
时，
g'

x

0
，
g

x

单调递减；
3

x1

g

x

单调递增．
;.
2

.
设
m0
，构造代数式：
g

1m

g

1m


设
h

m


则
h'

m

m1
1m
m1
1m
1m
1m

m1
2m

ee
2
e

e1< br>

m
2
m
2
m

m1

m1
2m
e1
，
m0

m1
2 m
2

m1

2
e
2m
0
， 故
h

m

单调递增，有
h

m

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
x
2
，则必有
x
1
1x
2
令
m1x
1
0
，则有
g


1 

1x
1



g

< br>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

1,

上单调递增，因此：
g

2x
1< br>
g

x
2

2x
1
x< br>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

∵
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四 点共圆，不妨设圆心为
T
，因为
OAOB,TATB，
所以
O, T
为
AB
的中垂
线上，同理
OCOD,TCTD，
所以
OT为CD
的中垂线，所以
AB∥CD
．


xacost
23．⑴

（
t
均为参数）
y1asint

∴
x
2


y1

a
2
①
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
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

Q

2
x
2
y
2
，

cos
< br>x

即为
C
1
的极坐标方程
x
2
y
2
4x

即

x2

y
2
4
②
2
C
3
：化为普通方程为
y2x

由题意：C
1
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
C3

∴
1a
2
0

∴
a1


24．⑴ 如图所示：
;.

.



x4，x≤1

3

⑵
f

x



3x2，1x
< br>2

3

4x，x≥

2
f

x

1

当
x≤1
，
x41，解得
x5
或
x3

∴x≤1

31
，
3x21
，解得
x1
或
x

23
13
∴1x
或
1x

32
3
当
x≥
，
4x1
，解得
x5
或
x 3

2
3
∴≤x3
或
x5

21
综上，
x
或
1x3
或
x5

3
1

3

U

5
，
< br>

∴f

x

1
，解集为
< br>
，

U

1
，
3

当
1x

;.