广东省揭阳市2018届高考数学二模试卷（理科）

2018年广东省揭阳市高考数学二模试卷（理科）

一、选择题：共12小题，每小题5分，共60分。在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1．函数f（x）=A．（﹣∞，2） 2．己知复数z=A． B．

+lg（6﹣3x）的定义域为（ ）

B．（2，+∞） C．[﹣1，2） D．[﹣1，2]

（a∈R，i是虚数单位）是纯虚数，则|z|为（ ）

D．3

C．6

3．“p∧q是真命题”是“p∨q是真命题”的（ ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件

D．既不充分也不必要条件

﹣2α）=（ ）

4．已知sinα﹣cosα=，则cos（A．﹣

B． C． D．

5．己知0＜a＜b＜l＜c，则（ ）

A．ab＞aa B．ca＞cb C．logac＞logbc D．logbc＞logb a

6．中国古代数学名著《九章算术》中记载了公元前344年 商鞅督造一种标准量器﹣﹣商鞍铜方升，其三视图如图所示（单位：升），则此量器的体积为（单位：立方升）（ ）

A．14 B．12+ C．12+π D．38+2π

7．设计如图的程序框图，统计高三某班59位同学的数学平均分，输出不少于平均分的人数 （用j表示），则判断框中应填入的条件是（ ）

A．i＜58？ B．i≤58？ C．j＜59？ D．j≤59？

8．某撤信群中四人同时抢3个红包，每人最多抢一个，则其中甲、乙两人都抢到红包的概率为（ ） A． B． C． D．

9．己知实数x，y满足不等式组，若z=x﹣2y的最小值为﹣3，则a

的值为（ ） A．1

B． C．2

D．

10．函数f（x）=x2﹣（）x的大致图象是（ ）

A． B． C． D．

11．已知一长方体的体对角线的长为l0，这条对角线在长方体一个面上的正投影长为8，则这个长方体体积的最大值为（ ） A．64 B．128 C．192 D．384 12．已知函数f（x）=sin2

+sinωx﹣（ω＞0），x∈R，若f（x）在区间（π，

2π）内有零点，则ω的取值范围是（ ） A．（，）∪（，+∞）

二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，请把正确的答案填写在答题卡相应的横线上.

13．已知向量=（x﹣1，2），=（2，x﹣1）满足

=﹣||?||，则x= ．B．（0，]∪[，1） C．（，）∪（，）

D．（，）∪（，+∞）

14．已知直线3x﹣4y﹣6=0与圆x2+y2﹣2y+m=0（m∈R）相切，则m的值为 ．

15．在△ABC中，已知16．己知双曲线

﹣

与的夹角为150°，||=2，则| |的取值范围是 ．

=1（b＞0）的离心率为，F1，F2时双曲线的两个焦

?

的最小值为 ．

点，A为左顶点、B（0，b），点P在线段AB上，则

三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 17．（12分）已知数列{an}中，a1=1，an+1=（I）求证：数列{

+1}是等比教列．

+n+1．

（II）求数列{an}的前n项和为Sn．

18．（12分）己知图1中，四边形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，EF∥CD，O、Q分别为线段AB，CD的中点，OQ与EF的交点为P，OP=1，PQ=2，现将梯形ABCD沿EF折起，使得OQ=

，连结AD，BC，得一几何体如图2示．

（I）证明：平面ABCD⊥平面ABFE；

（II）若图1中．∠A=45°，CD=2，求平面ADE与平面BCF所成锐二面角的余弦值．

19．（12分）某学校在一次第二课堂活动中，特意设置了过关智力游戏，游戏

共五关．规定第一关没过者没奖励，过n（n∈N*）关者奖励2n﹣1件小奖品（奖品都一样）．如图是小明在10次过关游戏中过关数的条形图，以此频率估计概率．

（Ⅰ）估计小明在1次游戏中所得奖品数的期望值； （II）估计小明在3次游戏中至少过两关的平均次数； （Ⅲ）估计小明在3次游戏中所得奖品超过30件的概率．

20．（12分）己知椭圆+

=1（a＞b＞0）与抛物线y2=2px（p＞0）共焦点

F2，抛物线上的点M到y轴的距离等于|MF2|﹣1，且椭圆与抛物线的交点Q满足|QF2|=．

（I）求抛物线的方程和椭圆的方程；

（II）过抛物线上的点P作抛物线的切线y=kx+m交椭圆于A，B两点，设线段AB的中点为C（x0，y0），求x0的取值范围．

21．（12分）设函数f（x）=（x﹣a）2（a∈R），g（x）=lnx，

（I）试求曲线F（x））=f（x）+g（x）在点（1，F（1））处的切线l与曲线F（x）的公共点个数；

（II）若函数G（x）=f（x）．g（x）有两个极值点，求实数a的取值范围． （附：当a＜0，x趋近于0时，2lnx﹣趋向于+∞）

三、请考生在第（12）、（23）題中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一个题目计分.[选修4-4:坐标系与参数方程]

22．（10分）在直角坐标系xOy中，已知直线l1：y=tanα?x（0≤a＜π，α

），

抛物线C：极坐标系

（t为参数）．以原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立

（Ⅰ）求直线l1和抛物线C的极坐标方程；

（Ⅱ）若直线l1和抛物线C相交于点A（异于原点O），过原点作与l1垂直的

直线l2，l2和抛物线C相交于点B（异于原点O），求△OAB的面积的最小值．

五、[选修4-5：不等式选讲]（共1小题，满分0分） 23．己知函数f（x）=|2|x|﹣1|． （I）求不等式f（x）≤1的解集A；

（Ⅱ）当m，n∈A时，证明：|m+n|≤mn+1．

9．己知实数x，y满足不等式组，若z=x﹣2y的最小值为﹣3，则a

的值为（ ） A．1

B． C．2

D．

【考点】7C：简单线性规划．

【分析】画出约束条件的可行域，利用目标函数的最值列出方程，求解即可．

【解答】解：实数x，y满足不等式组的可行域如图，

a）z取得最小值，当直线z=x﹣2y过点A（a﹣2，时，即a﹣2﹣2a=﹣3可得 a=1．

故选：A．

【点评】本题考查线性规划的简单应用，考查数形结合以及计算能力．

10．函数f（x）=x2﹣（）x的大致图象是（ ）

A． B． C． D．

【考点】3O：函数的图象．

【分析】利用f（0），f（﹣2），f（﹣4）的函数值，排除选项即可推出结果． 【解答】解：由f（0）=﹣1可排除（D），由f（﹣2）=4﹣4=0，f（﹣4）=16﹣16=0，可排（A）（C），

故选B．

【点评】本题考查函数的图象的判断，特殊点的应用，考查计算能力．

11．已知一长方体的体对角线的长为l0，这条对角线在长方体一个面上的正投影长为8，则这个长方体体积的最大值为（ ） A．64 B．128 C．192 D．384

【考点】LF：棱柱、棱锥、棱台的体积．

【分析】以投影面为底面，得正方体的高为6，设长方体底面边长分别为a，b，则a2+b2=64，由此能求出这个长方体体积的最大值． 【解答】解：以投影面为底面，得到正方体的高为设长方体底面边长分别为a，b， 则a2+b2=64，

∴这个长方体体积V=6ab≤3（a2+b2）=192． ∴这个长方体体积的最大值为192． 故选：C．

【点评】本题考查长方体的体积的最大值的求法，考查基本不等式、长方体性质等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想，是中档题．

12．已知函数f（x）=sin2

+sinωx﹣（ω＞0），x∈R，若f（x）在区间（π，

=6，

2π）内有零点，则ω的取值范围是（ ） A．（，）∪（，+∞）

B．（0，]∪[，1） C．（，）∪（，）

D．（，）∪（，+∞）

【考点】54：根的存在性及根的个数判断．

【分析】利用两角和与差的三角函数化简函数的解析式，利用零点求出x的值，然后利用特殊值排除选项推出结果即可． 【解答】解：f（x）=

=

sin （ωx﹣

），由f（x）=0，

可得 x=（k∈Z），

∈（π，2π），排除（B）、（C），

，x2

，…

令ω=2得函数f（x）有一零点x=令

得函数f（x）在（0，+∞）上的零点从小到大为：x1=

显然x1?（π，2π），x2?（π，2π），可排除（A）， 故选：D．

【点评】本题考查函数的零点的判断与应用，三角函数的化简求值，考查转化思想．

二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，请把正确的答案填写在答题卡相应的横线上.

13．已知向量=（x﹣1，2），=（2，x﹣1）满足1 ．

【考点】9R：平面向量数量积的运算． 【分析】由

便可得出

的方向相反，即有

，这样根据平

=﹣||?||，则x= ﹣行向量的坐标关系即可求出x值，并满足【解答】解：∴∴∴

夹角为π； ，且

方向相反； ；

；

方向相反，从而确定x的值．

∴（x﹣1）2﹣4=0；

∴x﹣1=﹣2，或x﹣1=2（舍去）； ∴x=﹣1． 故答案为：﹣1．

【点评】考查向量数量积的计算公式，已知余弦值求角，向量夹角的概念，以及平行向量的坐标关系．

14．已知直线3x﹣4y﹣6=0与圆x2+y2﹣2y+m=0（m∈R）相切，则m的值为 ﹣

3 ．

【考点】J7：圆的切线方程．

【分析】利用直线3x﹣4y﹣6=0与圆x2+y2﹣2y+m=0（m∈R）相切，根据点到直线的距离公式，建立方程，即可得到结论．

【解答】解：圆x2+y2﹣2y+m=0可化为x2+（y﹣1）2=1﹣m，圆心为（0，1），半径r=

，

=

，

由题意，直线3x﹣4y﹣6=0与圆x2+y2﹣2y+m=0（m∈R），可得∴m=﹣3． 故答案为：﹣3．

【点评】本题考查直线与圆相切，考查点到直线的距离公式，考查学生的计算能力，属于基础题．

15．在△ABC中，已知4] ．

【考点】9S：数量积表示两个向量的夹角． 【分析】=

与

的夹角为150°，|可得∠B=30°．由正弦定理可得：

=4sinC，利用0＜C＜150°，即可得出． 的夹角为150°，|可得∠B=30°． =

=4，可得．

=4sinC，

与

的夹角为150°，|

|=2，则|

|的取值范围是 （0，=4，可得

与

【解答】解：

由正弦定理可得：又0＜C＜150°，可得：故答案为：（0，4]．

【点评】本题考查了正弦定理、向量夹角、三角函数的单调性与值域，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

16．己知双曲线

﹣

=1（b＞0）的离心率为

，F1，F2时双曲线的两个焦

A为左顶点、Bb）点，（0，，点P在线段AB上，则【考点】KC：双曲线的简单性质． 【分析】设P（x，y）推出

=（﹣

?的最小值为 ﹣ ．

﹣x，﹣y）（

﹣x，﹣y）=x2+y2

﹣5，通过垂直整合求解最小值即可． 【解答】解：双曲线则c=

，b=

﹣=1，

=（﹣

﹣x，﹣y）（

﹣x，﹣y）=x2+y2﹣5，

=1（b＞0）的离心率为

，A为左顶点、可得a=2，

设P（x，y）则

显然，当OP⊥AB时，x2+y2取得最小值，由面积法易得（x2+y2）min=，故点P在线段AB上， 则

?

的最小值为：

．

．

故答案为：﹣

【点评】本题考查双曲线的简单性质的应用，考查计算能力．

三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 17．（12分）（2018?揭阳二模）已知数列{an}中，a1=1，an+1=（I）求证：数列{

+1}是等比教列．

+n+1．

（II）求数列{an}的前n项和为Sn．

【考点】8H：数列递推式；8E：数列的求和． an+1=【分析】（I）

+n+1，可得

+1=2

，即可证明．数列{

+1}

是等比教列，公比为2，首项为2． （II）由（I）可得：

+1=2n，可得an=n?2n﹣n．利用错位相减法、等比数列的

求和公式及其等差数列的求和公式即可得出． 【解答】（I）证明：∵an+1=∴

+1=2

，

+n+1，∴

=

+1，

∴数列{+1}是等比教列，公比为2，首项为2．

+1=2n，可得an=n?2n﹣n．

（II）解：由（I）可得：

设数列{n?2n}的前n项和为Tn． 则Tn=2+2×22+3×23+…+n?2n， 2Tn=22+2×23+…+（n﹣1）?2n+n?2n+1， 相减可得：﹣Tn=2+22+…+2n﹣n?2n+1=可得：Tn=（n﹣1）?2n+1+2． ∴Sn=（n﹣1）?2n+1+2﹣

．

﹣n?2n+1，

【点评】本题考查了错位相减法、等比数列与等差数列的通项公式及其求和公式、数列递推关系，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

18．（12分）（2018?揭阳二模）己知图1中，四边形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，EF∥CD，O、Q分别为线段AB，CD的中点，OQ与EF的交点为P，OP=1，PQ=2，现将梯形ABCD沿EF折起，使得OQ=一几何体如图2示．

，连结AD，BC，得

（I）证明：平面ABCD⊥平面ABFE；

（II）若图1中．∠A=45°，CD=2，求平面ADE与平面BCF所成锐二面角的余弦值．

【考点】MT：二面角的平面角及求法；LY：平面与平面垂直的判定．

【分析】（Ⅰ）推导出OP⊥EF、PQ⊥EF，OQ⊥OP，从而EF⊥平面OPQ，进而EF⊥OQ，OQ⊥平面ABFE，由此能证明平面ABCD⊥平面ABFE． （Ⅱ）以O为原点，PO所在的直线为x轴建立空间直角坐标系O﹣xyz，利用向量法能求出平面ADE与平面BCF所成锐二面角的余弦值． 【解答】证明：（Ⅰ）在图3中，四边形ABCD为等腰梯形，

O、Q分别为线段AB、CD的中点， ∴OQ为等腰梯形ABCD的对称轴，

又AB∥EF∥CD，∴OP⊥EF、PQ⊥EF，①（2分） 在图4中，∵OQ2+OP2=PQ2， ∴OQ⊥OP，（3分）

由①及OP∩PQ=P，得EF⊥平面OPQ，∴EF⊥OQ，（4分） 又OP∩EF=P，∴OQ⊥平面ABFE， 又OQ?平面ABCD，

∴平面ABCD⊥平面ABFE．（6分）

解：（Ⅱ）在图4中，由∠A=45°，CD=2，解得PE=PF=3，AO=OB=4，（7分）

以O为原点，PO所在的直线为x轴建立空间直角坐标系O﹣xyz，如图所示， 则B（0，4，0）、F（﹣1，3，0）、C（0，1，∴

=（﹣1，﹣1，0），

=（0，﹣3，

），

），（8分）

设=（x，y，z）是平面BCF的一个法向量， 则

，取z=3，得=（﹣

，3），（9分）

），（10分）

同理可得平面ADE的一个法向量=（﹣设所求锐二面角的平面角为θ， 则cosθ=|cos＜，＞|=

=

=，

所以平面ADE与平面BCF所成锐二面角的余弦值为．（12分）

【点评】本题考查面面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查化归与转化思想、数形结合思想，是中档题．

19．（12分）（2018?揭阳二模）某学校在一次第二课堂活动中，特意设置了过关智力游戏，游戏共五关．规定第一关没过者没奖励，过n（n∈N*）关者奖励2n﹣1件小奖品（奖品都一样）．如图是小明在10次过关游戏中过关数的条形图，以此频率估计概率．

（Ⅰ）估计小明在1次游戏中所得奖品数的期望值； （II）估计小明在3次游戏中至少过两关的平均次数； （Ⅲ）估计小明在3次游戏中所得奖品超过30件的概率．

【考点】CH：离散型随机变量的期望与方差；B8：频率分布直方图；CG：离散型随机变量及其分布列．

【分析】（Ⅰ）设小明在1次游戏中所得奖品数为ξ，根据题意写出ξ 的分布列，

计算期望值；

（Ⅱ）设小明在3次游戏中至少过两关的次数为X，则X～B（3，0.7）， 计算E（X）即可；

（Ⅲ）计算小明在3次游戏中所得奖品超过30件的概率值即可．

【解答】解：（Ⅰ）设小明在1次游戏中所得奖品数为ξ，则ξ 的分布列为 ξ P 0 0.1 1 0.2 2 0.3 4 0.2 8 0.1 16 0.1 ﹣﹣﹣﹣﹣﹣（2分）

ξ 的期望值为E（ξ ）=0×0.1+1×0.2+2×0.3+4×0.2+8×0.1+16×0.1=4；﹣﹣﹣﹣﹣（4分）

（Ⅱ）小明在1次游戏中至少过两关的概率为0.7，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣ 设小明在3次游戏中至少过两关的次数为X，可知X～B（3，0.7）， 则X的平均次数E（X）=3×0.7=2.1；﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（7分） （Ⅲ）小明在3次游戏中所得奖品超过30件含三类：

恰好一次ξ=16和两次ξ=8，恰好二次ξ=16，恰好三次ξ=16，﹣﹣﹣﹣﹣﹣（8分）

?P（ξ=16）?P（ξ=8）2=3×0.1×0.12=0.003，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（9分

?P（ξ=16）2?P（ξ≠16）=3×0.12×（1﹣0.1）=0.027，﹣﹣﹣﹣﹣（10分） ?P（ξ=16）3=0.13=0.001；﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（11分） 所以小明在

3

次游戏中所得奖品超过

30

件的概率为

P=0.003+0.027+0.001=0.031．﹣﹣﹣﹣﹣﹣（12分）

【点评】本题考查了离散型随机变量的分布列与数学期望的计算问题，是综合题．

20．（12分）（2018?揭阳二模）己知椭圆

+

=1（a＞b＞0）与抛物线y2=2px

（p＞0）共焦点F2，抛物线上的点M到y轴的距离等于|MF2|﹣1，且椭圆与抛物线的交点Q满足|QF2|=． （I）求抛物线的方程和椭圆的方程；

（II）过抛物线上的点P作抛物线的切线y=kx+m交椭圆于A，B两点，设线段AB的中点为C（x0，y0），求x0的取值范围．

【考点】KP：圆锥曲线的范围问题；K3：椭圆的标准方程；K7：抛物线的标准方程．

【分析】（I）利用抛物线上的点M到y轴的距离等于|MF2|﹣1，通过抛物线的定义，转化解得p=2，得到抛物线的方程，通过椭圆的右焦点F2（1，0），左焦点F1（﹣1，0），由|QF2|=，解得Q（，解椭圆的方程．

）利用椭圆的定义求出a，b．求

（II）显然k≠0，m≠0，由消去x，推出km=1，由消去y，

推出9k2﹣m2+8＞0，求出0＜m2＜9，设A（x1，y1），B（x2，y2），结合韦达定理求解x0的取值范围．

【解答】解：（I）∵抛物线上的点M到y轴的距离等于|MF2|﹣1，

∴点M到直线x=﹣1的距离等于点M到焦点F2的距离，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（1分）

得x=﹣1是抛物线y2=2px的准线，即﹣=﹣1，解得p=2，∴抛物线的方程为y2=4x；﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（3分）

可知椭圆的右焦点F2（1，0），左焦点F1（﹣1，0），由|QF2|=，得xQ+1=，又yQ2=4xQ，解得Q（，

），﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（4分）

由椭圆的定义得2a=|QF1|+|QF2|=+=6，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣

∴a=3，又c=1，得b2=a2﹣c2=8，∴椭圆的方程为﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（6分） （II）显然k≠0，m≠0，由

消去x，得ky2﹣4y+4m=0，

．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣

由题意知△=16﹣16km=0，得km=1，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（7分）

消去y，得（9k2+8）x2+18kmx+9m2﹣72=0，

由

其中△2=（18km）2﹣4（9k2+8）（9m2﹣72）＞0，

化简得9k2﹣m2+8＞0，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（9分

又k=，得m4﹣8m2﹣9＜0，解得0＜m2＜9，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣

﹣﹣﹣﹣﹣﹣（10分）

设A（x1，y1），B（x2，y2），则x0=由k2=

=﹣

＜0，

＞，得x0＞﹣1，∴x0的取值范围是（﹣1，0）．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣

﹣﹣﹣﹣﹣﹣（12分）

【点评】本题考查椭圆以及抛物线的简单性质的应用，范围问题的处理方法，考查转化思想以及计算能力．

21．（12分）（2018?揭阳二模）设函数f（x）=（x﹣a）2（a∈R），g（x）=lnx，

（I）试求曲线F（x））=f（x）+g（x）在点（1，F（1））处的切线l与曲线F（x）的公共点个数；

（II）若函数G（x）=f（x）．g（x）有两个极值点，求实数a的取值范围． （附：当a＜0，x趋近于0时，2lnx﹣趋向于+∞）

【考点】6D：利用导数研究函数的极值；6H：利用导数研究曲线上某点切线方程．

【分析】（Ⅰ）求出函数的导数，计算F（1），F′（1），求出切线方程，联立方程组得到得x2﹣3x+lnx+2=0，设h（x）=x2﹣3x+lnx+2，根据函数的单调性判断即可；

（Ⅱ）设r（x）=2lnx+1﹣，通过讨论a的范围，结合函数的单调性确定a的范围即可．

【解答】解：（Ⅰ）∵F（1）=（1﹣a）2，F′（x）=2（x﹣a）+， 切线l的斜率是F′（1）=3﹣2a，

故切线方程是y﹣（1﹣a）2=（3﹣2a）（x﹣1）， 即y=（3﹣2a）x+a2﹣2， 联立y=F（x）=（x﹣a）2+lnx， 得x2﹣3x+lnx+2=0， 设h（x）=x2﹣3x+lnx+2， 则h′（x）=

，

由h′（x）＞0以及x＞0，得0＜x＜或x＞1， 故h（x）在（0，）和（1，+∞）递增， 故h（x）在（，1）递减， 又h（1）=0，h（

）=

﹣

＜0，

故存在x0∈（0，），h（x0）=0， 故方程x2﹣3x+lnx+2=0有2个根：1和x0， 从而切线l和曲线F（x）有2个公共点；

（Ⅱ）由题意得G（x）=（x﹣a）（2lnx+1﹣）=0在（0，+∞）至少有2个不同的根，

设r（x）=2lnx+1﹣，

①a＞0时，x1=a是G′（x）=0的根，

由y=2lnx+1与y=（a＞0）恰有1个公共点， 可知2lnx+1﹣=0恰有1根x2， 由x2=x1=a得a=1，不合题意，

故a＞0且a≠1时，检验可知x1=a和x2是G（x）的2个极值点；

②a=0时，G′（x）=x（2lnx+1）=0在（0，+∞）仅1根，故a=0不合题意； ③a＜0时，需r（x）=2lnx+1﹣=0在（0，+∞）至少有2个不同的实根， 由r′（x）=+

＞0，得x＞﹣，故r（x）在（﹣，+∞）递增，

故r（x）在（0，﹣）递减，∵a＜0，x→0时，r（x）→+∞， 且x＞1时，r（x）＞0，

由题意得，需r（x）min＜0，即r（﹣）=2ln（﹣）+3＜0，解得：a＞﹣2故﹣2

＜a＜0，

，0）∪（0，1）∪（1，+∞）．

，

综上，a∈（﹣2

【点评】本题考查了切线方程问题，考查函数的单调性、最值问题，考查导数的

应用以及分类讨论思想，转化思想，是一道综合题．

三、请考生在第（12）、（23）題中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一个题目计分.[选修4-4:坐标系与参数方程]

22．（10分）（2018?揭阳二模）在直角坐标系xOy中，已知直线l1：y=tanα?x（0≤a＜π，α

），抛物线C：

（t为参数）．以原点O为极点，x

轴的非负半轴为极轴建立极坐标系

（Ⅰ）求直线l1和抛物线C的极坐标方程；

（Ⅱ）若直线l1和抛物线C相交于点A（异于原点O），过原点作与l1垂直的

直线l2，l2和抛物线C相交于点B（异于原点O），求△OAB的面积的最小值．

【考点】Q4：简单曲线的极坐标方程；QH：参数方程化成普通方程．

【分析】（Ⅰ）直线l1是过原点且倾斜角为α 的直线，抛物线C的普通方程为y2=4x，由此能求出直线l1和抛物线C的极坐标方程．

（Ⅱ）由直线l1和抛物线C有两个交点知α≠0，把θ=α代入ρsin2θ=4cosθ，得ρA=求出ρB=﹣

，直线l2的极坐标方程为

，（ρ∈R），代入ρsin2θ=4cosθ，

，由此能求出△OAB的面积的最小值．

），

【解答】解：（Ⅰ）∵直线l1：y=tanα?x（0≤a＜π，α∴直线l1是过原点且倾斜角为α 的直线， 其极坐标方程为θ=α（

），（2分）

抛物线C的普通方程为y2=4x，（3分） 其极坐标方程为（ρsinθ）2=4ρcosθ， 化简得ρsin2θ=4cosθ．

（Ⅱ）由直线l1和抛物线C有两个交点知α≠0， 把θ=α代入ρsin2θ=4cosθ，得ρA=可知直线l2的极坐标方程为

，（6分）

，（ρ∈R），（7分）

代入ρsin2θ=4cosθ，得ρBcos2α=﹣4sinα，

所以ρB=﹣，（8分）

=

=

≥16，

∴△OAB的面积的最小值为16．（10分）

【点评】本题考查抛物线、直线方程、极坐标方程、直角坐标方程、参数方程、三角形面积等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想，是中档题．

五、[选修4-5：不等式选讲]（共1小题，满分0分） 23．（2018?揭阳二模）己知函数f（x）=|2|x|﹣1|． （I）求不等式f（x）≤1的解集A；

（Ⅱ）当m，n∈A时，证明：|m+n|≤mn+1． 【考点】R6：不等式的证明．

【分析】（Ⅰ）去掉绝对值，即可求不等式f（x）≤1的解集A； （Ⅱ）当m，n∈A时，利用分析法即可证明：|m+n|≤mn+1． 【解答】（ I）解：f（x）≤1即|2|x|﹣1|≤1． ∴﹣1≤2|x|﹣1≤1，∴|x|≤1…（2分） 解得：﹣1≤x≤1，所以A=[﹣1，1]…（4分）

（ II）证明：要证：|m+n|≤mn+1，即证（m+n）2≤（mn+1）2…（6分） 因为 （m+n）2﹣（mn+1）2=m2+n2﹣m2n2﹣1=（m2﹣1）（1﹣n2）…（8分） 因为m，n∈A，所以m2≤1，n2≤1，所以（m2﹣1）（1﹣n2）≤0 所以（m+n）2≤（mn+1）2 所以，|m+n|≤mn+6…（10分）

【点评】本题考查不等式的证明，考查分析法的综合运用，属于中档题．

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