2017年四川省成都市高考数学一诊试卷（理科）（附详细解析）　

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，只有一项是符合题目要求的．

1．若全集U=R，集合A={x|x2﹣x﹣2＞0}，则∁UA=（　　）

A．（﹣1，2） B．（﹣2，1） C．[﹣1，2] D．[﹣2，1]

2．命题“若a＞b，则a+c＞b+c”的否命题是（　　）

A．若a≤b，则a+c≤b+c B．若a+c≤b+c，则a≤b

C．若a+c＞b+c，则a＞b D．若a＞b，则a+c≤b+c

3．执行如图所示的程序框图，如果输出的结果为0，那么输入的x为（　　）

A． B．﹣1或1 C．﹣l D．l

4．已知双曲线的左，右焦点分别为F1，F2，双曲线上一点P满足PF2⊥x轴，若|F1F2|=12，|PF2|=5，则该双曲线的离心率为（　　）

A． B． C． D．3

5．已知α为第二象限角．且sin2α=﹣，则cosα﹣sinα的值为（　　）

A． B．﹣ C． D．﹣

6．（x+1）5（x﹣2）的展开式中x2的系数为（　　）

A．25 B．5 C．﹣15 D．﹣20

7．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某四棱锥的三视图，则该四棱锥的外接球的表面积为（　　）

A．136π B．34π C．25π D．18π

8．将函数f（x）=sin2x+cos2x图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再将图象上所有点向右平移个单位长度，得到函数g （x）的图象，则g（x）图象的一条对称轴方程是（　　）

A．x=一 B．x= C．x= D．x=

9．在直三棱柱ABC﹣A1BlC1中，平面α与棱AB，AC，A1C1，A1B1分别交于点E，F，G，H，且直线AA1∥平面α．有下列三个命题：①四边形EFGH是平行四边形；②平面α∥平面BCC1B1；③平面α⊥平面BCFE．其中正确的命题有（　　）

A．①② B．②③ C．①③ D．①②③

10．已知A，B是圆O：x2+y2=4上的两个动点，||=2， =﹣，若M是线段AB的中点，则•的值为（　　）

A．3 B．2 C．2 D．﹣3

11．已知函数f（x）是定义在R上的偶函数，且f（﹣x﹣1）=f（x﹣1），当x∈[﹣1，0]时，f（x）=﹣x3，则关于x的方程f（x）=|cosπx|在[﹣，]上的所有实数解之和为（　　）

A．﹣7 B．﹣6 C．﹣3 D．﹣1

12．已知曲线C1：y2=tx（y＞0，t＞0）在点M（，2）处的切线与曲线C2：y=ex+1﹣1也相切，则tln的值为（　　）

A．4e2 B．8e C．2 D．8

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．

13．若复数z=（其中a∈R，i为虚数单位）的虚部为﹣1，则a=　　．

14．我国南北朝时代的数学家祖暅提出体积的计算原理（祖暅原理）：“幂势既同，则积不容 异”．“势’’即是高，“幂”是面积．意思是：如果两等高的几何体在同高处截得两几何体的截面积恒等，那么这两个几何体的体积相等，类比祖暅原理，如图所示，在平面直角坐标系中，图1是一个形状不规则的封闭图形，图2是一个上底为l的梯形，且当实数t取[0，3]上的任意值时，直线y=t被图l和图2所截得的两线段长始终相等，则图l的面积为　　．

15．若实数x，y满足约束条件，则的最小值为　　．

16．已知△ABC中，AC=，BC=，△ABC的面积为，若线段BA的延长线上存在点D，使∠BDC=，则CD=　　．

三、解答题：本大题共5小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

17．已知数列{an}满足al=﹣2，an+1=2an+4．

（I）证明数列{an+4}是等比数列；

（Ⅱ）求数列{|an|}的前n项和Sn．

18．云南省2016年高中数学学业水平考试的原始成绩采用百分制，发布成绩使用等级制，各登记划分标准为：85分及以上，记为A等，分数在[70，85）内，记为B等，分数在[60，70）内，记为C等，60分以下，记为D等，同时认定等级分别为A，B，C都为合格，等级为D为不合格．

已知甲、乙两所学校学生的原始成绩均分布在[50，100]内，为了比较两校学生的成绩，分别抽取50名学生的原始成绩作为样本进行统计，按照[50，60），[60，70），[70，80），[80，90），[90，100]分别作出甲校如图1所示样本频率分布直方图，乙校如图2所示样本中等级为C、D的所有数据茎叶图．

（1）求图中x的值，并根据样本数据比较甲乙两校的合格率；

（2）在选取的样本中，从甲、乙两校C等级的学生中随机抽取3名学生进行调研，用X表示所抽取的3名学生中甲校的学生人数，求随机变量X的分布列和数学期望．

19．如图1，在正方形ABCD中，点E，F分别是AB，BC的中点，BD与EF交于点H，G为BD中点，点R在线段BH上，且=λ（λ＞0）．现将△AED，△CFD，△DEF分别沿DE，DF，EF折起，使点A，C重合于点B（该点记为P），如图2所示．

（I）若λ=2，求证：GR⊥平面PEF；

（Ⅱ）是否存在正实数λ，使得直线FR与平面DEF所成角的正弦值为？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．

20．已知椭圆的右焦点为F，设直线l：x=5与x轴的交点为E，过点F且斜率为k的直线l1与椭圆交于A，B两点，M为线段EF的中点．

（I）若直线l1的倾斜角为，求△ABM的面积S的值；

（Ⅱ）过点B作直线BN⊥l于点N，证明：A，M，N三点共线．

21．已知函数f（x）=xln（x+1）+（﹣a）x+2﹣a，a∈R．

（I）当x＞0时，求函数g（x）=f（x）+ln（x+1）+x的单调区间；

（Ⅱ）当a∈Z时，若存在x≥0，使不等式f（x）＜0成立，求a的最小值．

请考生在第（22）、（23）题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．[选修4-4：坐标系与参数方程]

22．在平面直角坐标系xOy中，倾斜角为α（α≠）的直线l的参数方程为（t为参数）．以坐标原点为极点，以x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C的极坐标方程是ρcos2θ﹣4sinθ=0．

（I）写出直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程；

（Ⅱ）已知点P（1，0）．若点M的极坐标为（1，），直线l经过点M且与曲线C相交于A，B两点，设线段AB的中点为Q，求|PQ|的值．

[选修4-5：不等式选讲]

23．已知函数f（x）=x+1+|3﹣x|，x≥﹣1．

（I）求不等式f（x）≤6的解集；

（Ⅱ）若f（x）的最小值为n，正数a，b满足2nab=a+2b，求2a+b的最小值．

2017年四川省成都市高考数学一诊试卷（理科）

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，只有一项是符合题目要求的．

1．若全集U=R，集合A={x|x2﹣x﹣2＞0}，则∁UA=（　　）

A．（﹣1，2） B．（﹣2，1） C．[﹣1，2] D．[﹣2，1]

【考点】补集及其运算．

【分析】求出集合A，利用补集的定义进行求解即可．

【解答】解：A={x|x2﹣x﹣2＞0}={x|x＞2或x＜﹣1}，

则∁UA={x|﹣1≤x≤2}，

故选：C

2．命题“若a＞b，则a+c＞b+c”的否命题是（　　）

A．若a≤b，则a+c≤b+c B．若a+c≤b+c，则a≤b

C．若a+c＞b+c，则a＞b D．若a＞b，则a+c≤b+c

【考点】四种命题．

【分析】根据命题“若p，则q”的否命题是“若￢p，则￢q”．

【解答】解：命题“若a＞b，则a+c＞b+c”的否命题是

“若a≤b，则a+c≤b+c”．

故选：A．

3．执行如图所示的程序框图，如果输出的结果为0，那么输入的x为（　　）

A． B．﹣1或1 C．﹣l D．l

【考点】程序框图．

【分析】根据题意，模拟程序框图的运行过程，根据输出的结果为0，得出输入的x．

【解答】解：根据题意，模拟程序框图的运行过程，x≤0，y=﹣x2+1=0，∴x=﹣1，

x＞0，y=3x+2=0，无解，

故选：C．

4．已知双曲线的左，右焦点分别为F1，F2，双曲线上一点P满足PF2⊥x轴，若|F1F2|=12，|PF2|=5，则该双曲线的离心率为（　　）

A． B． C． D．3

【考点】双曲线的简单性质．

【分析】双曲线上一点P满足PF2⊥x轴，若|F1F2|=12，|PF2|=5，可得|PF1|=13，利用双曲线的定义求出a，即可求出双曲线的离心率．

【解答】解：∵双曲线上一点P满足PF2⊥x轴，若|F1F2|=12，|PF2|=5，

∴|PF1|=13，

∴2a=|PF1|﹣|PF2|=8，∴a=4，

∵c=6，∴e==，

故选C．

5．已知α为第二象限角．且sin2α=﹣，则cosα﹣sinα的值为（　　）

A． B．﹣ C． D．﹣

【考点】二倍角的正弦．

【分析】由α的范围和三角函数值的符号判断出cosα﹣sinα的符号，由条件、平方关系、二倍角的正弦函数求出cosα﹣sinα的值．

【解答】解：∵α为第二象限角，∴cosα﹣sinα＜0，

∵sin2α=﹣，

∴cosα﹣sinα=﹣=

==，

故选B．

6．（x+1）5（x﹣2）的展开式中x2的系数为（　　）

A．25 B．5 C．﹣15 D．﹣20

【考点】二项式系数的性质．

【分析】利用二项式定理的展开式即可得出．

【解答】解：（x+1）5（x﹣2）=（x﹣2）的展开式中x2的系数=﹣2=﹣15．

故选：C．

7．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某四棱锥的三视图，则该四棱锥的外接球的表面积为（　　）

A．136π B．34π C．25π D．18π

【考点】球的体积和表面积；简单空间图形的三视图．

【分析】由四棱锥的三视图知该四棱锥是四棱锥P﹣ABCD，其中ABCD是边长为3的正方形，PA⊥面ABCD，且PA=4，从而该四棱锥的外接球就是以AB，AC，AP为棱的长方体的外接球，由此能求出该四棱锥的外接球的表面积．

【解答】解：由四棱锥的三视图知该四棱锥是如图所示的四棱锥P﹣ABCD，

其中ABCD是边长为3的正方形，PA⊥面ABCD，且PA=4，

∴该四棱锥的外接球就是以AB，AD，AP为棱的长方体的外接球，

∴该四棱锥的外接球的半径R==，

∴该四棱锥的外接球的表面积S=4πR2=4π×=34π．

故选：B．

8．将函数f（x）=sin2x+cos2x图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再将图象上所有点向右平移个单位长度，得到函数g （x）的图象，则g（x）图象的一条对称轴方程是（　　）

A．x=一 B．x= C．x= D．x=

【考点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；正弦函数的图象．

【分析】利用函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换规律，正弦函数的图象的对称性，求得g（x）图象的一条对称轴方程．

【解答】解：将函数f（x）=sin2x+cos2x=2（sin2x+cos2x）=2sin（2x+）的图象上

所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），可得y=2sin（x+）的图象；

再将图象上所有点向右平移个单位长度，

得到函数g （x）=2sin（x﹣+）=2sin（x+）的图象的图象的图象，

令x+=kπ+，求得x=kπ+，k∈Z．

令k=0，可得g（x）图象的一条对称轴方程是x=，

故选：D．

9．在直三棱柱ABC﹣A1BlC1中，平面α与棱AB，AC，A1C1，A1B1分别交于点E，F，G，H，且直线AA1∥平面α．有下列三个命题：①四边形EFGH是平行四边形；②平面α∥平面BCC1B1；③平面α⊥平面BCFE．其中正确的命题有（　　）

A．①② B．②③ C．①③ D．①②③

【考点】棱柱的结构特征．

【分析】在①中，由AA1EHGF，知四边形EFGH是平行四边形；在②中，平面α与平面BCC1B1平行或相交；在③中，EH⊥平面BCEF，从而平面α⊥平面BCFE．

【解答】解：如图，∵在直三棱柱ABC﹣A1BlC1中，

平面α与棱AB，AC，A1C1，A1B1分别交于点E，F，G，H，且直线AA1∥平面α．

∴AA1EHGF，∴四边形EFGH是平行四边形，故①正确；

∵EF与BC不一定平行，∴平面α与平面BCC1B1平行或相交，故②错误；

∵AA1EHGF，且AA1⊥平面BCEF，∴EH⊥平面BCEF，

∵EH⊂平面α，∴平面α⊥平面BCFE，故③正确．

故选：C．

10．已知A，B是圆O：x2+y2=4上的两个动点，||=2， =﹣，若M是线段AB的中点，则•的值为（　　）

A．3 B．2 C．2 D．﹣3

【考点】平面向量数量积的运算．

【分析】由A，B是圆O：x2+y2=4上的两个动点，||=2，得到与的夹角为，再根据向量的几何意义和向量的数量积公式计算即可．

【解答】解：A，B是圆O：x2+y2=4上的两个动点，||=2，

∴与的夹角为，

∴•=||•||•cos=2×2×=2，

∵M是线段AB的中点，

∴=（+），

∵=﹣，

∴•=（+）•（﹣）

=（5||2+3••﹣2||2）=（20+6﹣8）=3，

故选：A

11．已知函数f（x）是定义在R上的偶函数，且f（﹣x﹣1）=f（x﹣1），当x∈[﹣1，0]时，f（x）=﹣x3，则关于x的方程f（x）=|cosπx|在[﹣，]上的所有实数解之和为（　　）

A．﹣7 B．﹣6 C．﹣3 D．﹣1

【考点】根的存在性及根的个数判断．

【分析】由f（x）是偶函数说明函数图象关于y轴对称，由f（﹣x﹣1）=f（x﹣1），得到x=﹣1是函数的对称轴，画出函数f（x）的图象，只要找出函数f（x）的图象与y=|cosπx|在[﹣，]上内交点的情况，根据对称性即可求出答案．

【解答】解：∵函数f（x）是定义在R上的偶函数，f（﹣x﹣1）=f（x﹣1），

∴x=﹣1是函数的对称轴，

分别画出y=f（x）与y=|cosπx|在[﹣，]上图象，

交点依次为x1，x2，x3，x4，x5，x6，x7，

∴x1+x7=﹣2，x2+x6=﹣2，x3+x5=﹣2，x4=﹣1，

∴x1+x2+x3+x4+x5+x6+x7=﹣2×3﹣1=﹣7，

故选：A

12．已知曲线C1：y2=tx（y＞0，t＞0）在点M（，2）处的切线与曲线C2：y=ex+1﹣1也相切，则tln的值为（　　）

A．4e2 B．8e C．2 D．8

【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程．

【分析】利用曲线C1：y2=tx（y＞0，t＞0）在点M（，2）处的切线与曲线C2：y=ex+1﹣1也相切，求出t的值，则tln的值可求．

【解答】解：曲线C1：y2=tx（y＞0，t＞0），y′=•t，

x=，y′=，∴切线方程为y﹣2=（x﹣）

设切点为（m，n），则曲线C2：y=ex+1﹣1，y′=ex+1，em+1=，∴m=ln﹣1，n=﹣1，

代入﹣1﹣2=（ln﹣1﹣），解得t=4，

∴tln=4lne2=8．

故选D．

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．

13．若复数z=（其中a∈R，i为虚数单位）的虚部为﹣1，则a=　﹣2　．

【考点】复数代数形式的乘除运算．

【分析】利用复数的运算法则、虚部的定义即可得出．

【解答】解：复数z===+i的虚部为﹣1，

则=﹣1，解得a=﹣2．

故答案为：﹣2．

14．我国南北朝时代的数学家祖暅提出体积的计算原理（祖暅原理）：“幂势既同，则积不容 异”．“势’’即是高，“幂”是面积．意思是：如果两等高的几何体在同高处截得两几何体的截面积恒等，那么这两个几何体的体积相等，类比祖暅原理，如图所示，在平面直角坐标系中，图1是一个形状不规则的封闭图形，图2是一个上底为l的梯形，且当实数t取[0，3]上的任意值时，直线y=t被图l和图2所截得的两线段长始终相等，则图l的面积为　　．

【考点】类比推理．

【分析】根据祖暅原理，可得图1的面积=梯形的面积，即可得出结论．

【解答】解：根据祖暅原理，可得图1的面积=梯形的面积==．

故答案为．

15．若实数x，y满足约束条件，则的最小值为　　．

【考点】简单线性规划．

【分析】由约束条件作出可行域，的几何意义是（x，y）与（0，1）连线的斜率，数形结合得到的最小值．

【解答】解：由约束条件，作出可行域如图，

的几何意义是（x，y）与（0，1）连线的斜率

联立，解得A（1，），

∴的最小值为=﹣．

故答案为：﹣．

16．已知△ABC中，AC=，BC=，△ABC的面积为，若线段BA的延长线上存在点D，使∠BDC=，则CD=　　．

【考点】正弦定理．

【分析】由已知利用三角形面积公式可求sin∠ACB=，从而可求∠ACB=，在△ABC中，由余弦定理可得AB，进而可求∠B，在△BCD中，由正弦定理可得CD的值．

【解答】解：∵AC=，BC=，△ABC的面积为=AC•BC•sin∠ACB=sin∠ACB，

∴sin∠ACB=，

∴∠ACB=，或，

∵若∠ACB=，∠BDC=＜∠BAC，可得：∠BAC+∠ACB＞+＞π，与三角形内角和定理矛盾，

∴∠ACB=，

∴在△ABC中，由余弦定理可得：AB===，

∴∠B=，

∴在△BCD中，由正弦定理可得：CD===．

故答案为：．

三、解答题：本大题共5小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

17．已知数列{an}满足al=﹣2，an+1=2an+4．

（I）证明数列{an+4}是等比数列；

（Ⅱ）求数列{|an|}的前n项和Sn．

【考点】数列的求和；等比数列的通项公式．

【分析】（I）数列{an}满足al=﹣2，an+1=2an+4，an+1+4=2（an+4），即可得出．

（II）由（I）可得：an+4=2n，可得an=2n﹣4，当n=1时，a1=﹣2；n≥2时，an≥0，可得n≥2时，Sn=﹣a1+a2+a3+…+an．

【解答】（I）证明：∵数列{an}满足al=﹣2，an+1=2an+4，∴an+1+4=2（an+4），∴数列{an+4}是等比数列，公比与首项为2．

（II）解：由（I）可得：an+4=2n，∴an=2n﹣4，∴当n=1时，a1=﹣2；n≥2时，an≥0，

∴n≥2时，Sn=﹣a1+a2+a3+…+an=2+（22﹣4）+（23﹣4）+…+（2n﹣4）

=﹣4（n﹣1）=2n+1﹣4n+2．n=1时也成立．

∴Sn=2n+1﹣4n+2．n∈N*．

18．云南省2016年高中数学学业水平考试的原始成绩采用百分制，发布成绩使用等级制，各登记划分标准为：85分及以上，记为A等，分数在[70，85）内，记为B等，分数在[60，70）内，记为C等，60分以下，记为D等，同时认定等级分别为A，B，C都为合格，等级为D为不合格．

已知甲、乙两所学校学生的原始成绩均分布在[50，100]内，为了比较两校学生的成绩，分别抽取50名学生的原始成绩作为样本进行统计，按照[50，60），[60，70），[70，80），[80，90），[90，100]分别作出甲校如图1所示样本频率分布直方图，乙校如图2所示样本中等级为C、D的所有数据茎叶图．

（1）求图中x的值，并根据样本数据比较甲乙两校的合格率；

（2）在选取的样本中，从甲、乙两校C等级的学生中随机抽取3名学生进行调研，用X表示所抽取的3名学生中甲校的学生人数，求随机变量X的分布列和数学期望．

【考点】离散型随机变量的期望与方差；茎叶图；离散型随机变量及其分布列．

【分析】（1）利用频率分布直方图的性质可得x，进而定点甲校的合格率．由茎叶图可得乙校的合格率．

（2）甲乙两校的C等级的学生数分别为：0.012×10×50=6，4人．X=0，1，2，3．利用P（X=k）=，即可得出．

【解答】解：（1）由频率分布直方图可得：（x+0.012+0.056+0.018+0.010）×10=1，解得x=0.004．

甲校的合格率P1=（1﹣0.004）×10=0.96=96%，

乙校的合格率P2==96%．

可得：甲乙两校的合格率相同，都为96%．

（2）甲乙两校的C等级的学生数分别为：0.012×10×50=6，4人．

X=0，1，2，3．

则P（X=k）=，P（X=0）==，P（X=1）==，P（X=2）==，P（X=3）==．

∴X的分布列为：

E（X）=0+1×+2×+3×=．

19．如图1，在正方形ABCD中，点E，F分别是AB，BC的中点，BD与EF交于点H，G为BD中点，点R在线段BH上，且=λ（λ＞0）．现将△AED，△CFD，△DEF分别沿DE，DF，EF折起，使点A，C重合于点B（该点记为P），如图2所示．

（I）若λ=2，求证：GR⊥平面PEF；

（Ⅱ）是否存在正实数λ，使得直线FR与平面DEF所成角的正弦值为？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．

【考点】直线与平面所成的角．

【分析】（I）若λ=2，证明PD⊥平面PEF，GR∥PD，即可证明：GR⊥平面PEF；

（Ⅱ）建立如图所示的坐标系，求出平面DEF的一个法向量，利用直线FR与平面DEF所成角的正弦值为，建立方程，即可得出结论．

【解答】（I）证明：由题意，PE，PF，PD三条直线两两垂直，∴PD⊥平面PEF，

图1中，EF∥AC，∴GB=2GH，

∵G为BD中点，∴DG=2GH．

图2中，∵=2，∴△PDH中，GR∥PD，

∴GR⊥平面PEF；

（Ⅱ）解：由题意，建立如图所示的坐标系，设PD=4，则P（0，0，0），F（2，0，0），E（0，2，0），D（0，0，4），∴H（1，1，0），

∵=λ，∴R（，，0），

∴=（，﹣，0），

∵=（2，﹣2，0），=（0，2，﹣4），

设平面DEF的一个法向量为=（x，y，z），则，取=（2，2，1），

∵直线FR与平面DEF所成角的正弦值为，

∴=，

∴λ=，

∴存在正实数λ=，使得直线FR与平面DEF所成角的正弦值为．

20．已知椭圆的右焦点为F，设直线l：x=5与x轴的交点为E，过点F且斜率为k的直线l1与椭圆交于A，B两点，M为线段EF的中点．

（I）若直线l1的倾斜角为，求△ABM的面积S的值；

（Ⅱ）过点B作直线BN⊥l于点N，证明：A，M，N三点共线．

【考点】直线与椭圆的位置关系．

【分析】（I）由题意，直线l1的x=y+1，代入椭圆方程，由韦达定理，弦长公式即可求得△ABM的面积S的值；

（Ⅱ）直线y=k（x﹣1），代入椭圆方程，由韦达定理，利用直线的斜率公式，即可求得kAM=kMN，A，M，N三点共线．

【解答】解：（I）由题意可知：右焦点F（1，0），E（5，0），M（3，0），

设A（x1，y1），B（x2，y2），

由直线l1的倾斜角为，则k=1，

直线l1的方程y=x﹣1，即x=y+1，

则，整理得：9x2+8﹣16=0．

则y1+y2=﹣，y1y2=﹣，

△ABM的面积S，S=•丨FM丨•丨y1﹣y2丨=丨y1﹣y2丨==，

∴△ABM的面积S的值；

（Ⅱ）证明：设直线l1的方程为y=k（x﹣1），

则，整理得：（4+5k2）x2﹣10k2x+5k2﹣20=0．

则x1+x2=，x1x2=，

直线BN⊥l于点N，则N（5，y2），

由kAM=，kMN=，

而y2（3﹣x1）﹣2（﹣y1）=k（x2﹣1）（3﹣x1）+2k（x1﹣1）=﹣k[x1x2﹣3（x1+x2）+5]，

=﹣k（﹣3×+5），

=0，

∴kAM=kMN，

∴A，M，N三点共线．

21．已知函数f（x）=xln（x+1）+（﹣a）x+2﹣a，a∈R．

（I）当x＞0时，求函数g（x）=f（x）+ln（x+1）+x的单调区间；

（Ⅱ）当a∈Z时，若存在x≥0，使不等式f（x）＜0成立，求a的最小值．

【考点】利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究函数的单调性．

【分析】（Ⅰ）求出函数g（x）的导数，通过讨论a的范围求出函数的单调区间即可；

（Ⅱ）问题等价于a＞，令h（x）=，x≥0，

唯一转化为求出a＞h（x）min，根据函数的单调性求出h（x）的最小值，从而求出a的最小值即可．

【解答】解：（Ⅰ）∵g（x）=（x+1）ln（x+1）+（1﹣a）x+2﹣a，（x＞0），

∴g′（x）=ln（x+1）+2﹣a，

当2﹣a≥0即a≤2时，g′（x）＞0对x∈（0，+∞）恒成立，

此时，g（x）在（0，+∞）递增，无递减区间，

当2﹣a＜0即a＞2时，

由g′（x）＞0，得x＞ea﹣2﹣1，由g′（x）＜0，得0＜x＜ea﹣2﹣1，

此时，g（x）在（0，ea﹣2﹣1）递减，在（ea﹣2﹣1，+∞）递增，

综上，a≤2时，g（x）在（0，+∞）递增，无递减区间；

a＞2时，g（x）在（0，ea﹣2﹣1）递减，在（ea﹣2﹣1，+∞）递增，

（Ⅱ）由f（x）＜0，得（x+1）a＞xln（x+1）+x+2，

当x≥0时，上式等价于a＞，

令h（x）=，x≥0，

由题意，存在x≥0，使得f（x）＜0成立，则只需a＞h（x）min，

∵h′（x）=，

令u（x）=ln（x+1）+x﹣，显然u（x）在[0，+∞）递增，

而u（0）=﹣＜0，u（1）=ln2﹣＞0，

故存在x0∈（0，1），使得u（x0）=0，即ln（x0+1）=﹣x0，

又当x0∈[0，x0）时，h′（x）＜0，h（x）递减，

当x∈[x0，+∞）时，h′（x）＞0，h（x）递增，

故x=x0时，h（x）有极小值（也是最小值），

故h（x）min=，

故a≥=，x0∈（0，1），

而2＜＜3，

故a的最小整数值是3．

请考生在第（22）、（23）题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．[选修4-4：坐标系与参数方程]

22．在平面直角坐标系xOy中，倾斜角为α（α≠）的直线l的参数方程为（t为参数）．以坐标原点为极点，以x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C的极坐标方程是ρcos2θ﹣4sinθ=0．

（I）写出直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程；

（Ⅱ）已知点P（1，0）．若点M的极坐标为（1，），直线l经过点M且与曲线C相交于A，B两点，设线段AB的中点为Q，求|PQ|的值．

【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）直线l的参数方程消去参数t，能求出直线l的普通方程；由曲线C的极坐标方程能求出曲线C的直角坐标方程．

（Ⅱ）求出点M的直角坐标为（0，1），从而直线l的倾斜角为，由此能求出直线l的参数方程，代入x2=4y，得，由此利用韦达定理和两点间距离公式能求出|PQ|．

【解答】解：（Ⅰ）∵直线l的参数方程为（t为参数）．

∴直线l的普通方程为y=tanα•（x﹣1），

由曲线C的极坐标方程是ρcos2θ﹣4sinθ=0，得ρ2cos2θ﹣4ρsinθ=0，

∴x2﹣4y=0，

∴曲线C的直角坐标方程为x2=4y．

（Ⅱ）∵点M的极坐标为（1，），∴点M的直角坐标为（0，1），

∴tanα=﹣1，直线l的倾斜角为，

∴直线l的参数方程为，

代入x2=4y，得，

设A，B两点对应的参数为t1，t2，

∵Q为线段AB的中点，

∴点Q对应的参数值为，

又P（1，0），则|PQ|=||=3．

[选修4-5：不等式选讲]

23．已知函数f（x）=x+1+|3﹣x|，x≥﹣1．

（I）求不等式f（x）≤6的解集；

（Ⅱ）若f（x）的最小值为n，正数a，b满足2nab=a+2b，求2a+b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）根据题意，由绝对值的性质可以将f（x）≤6转化可得或，解可得x的范围，即可得答案；

（Ⅱ）根据题意，由函数f（x）的解析式分析可得f（x）的最小值为4，即n=4；进而可得正数a，b满足8ab=a+2b，即+=8，将2a+b变形可得2a+b=（++5），由基本不等式的性质可得2a+b的最小值，即可得答案．

【解答】解：（Ⅰ）根据题意，函数f（x）=x+1+|3﹣x|，x≥﹣1．

若f（x）≤6，则有或，

解可得﹣1≤x≤4，

故原不等式的解集为{x|﹣1≤x≤4}；

（Ⅱ）函数f（x）=x+1+|3﹣x|=，

分析可得f（x）的最小值为4，即n=4；

则正数a，b满足8ab=a+2b，即+=8，

2a+b=（+）（2a+b）=（++5）≥（5+2）=；

即2a+b的最小值为．

2017年4月4日