【導讀】有一項是符合題目要求的.1．若全集U=R，集合A={x|x2﹣x﹣2≥0}，B={x|log3（2﹣x）≤1}，則A∩（?6．已知點A，B（2，0），若圓（x﹣3）2+y2=r2（r＞0）上存在點P（不同于點A，++=9，則||的最小值為（）。9．命題p：“|a|+|b|≤1”；命題q：“對任意的x∈R，不等式asinx+bcosx≤1恒成立”，則p. 11．從1，2，3，4，5中挑出三個不同數(shù)字組成五位數(shù)，則其中有兩個數(shù)字各用兩次（例如，14．在一項田徑比賽中，A、B、C三人的奪冠呼聲最高，觀眾甲說：“我認為冠軍不會是A，16．對于給定的正整數(shù)n和正數(shù)R，若等差數(shù)列a1，a2，a3，…若∠ADC=π，求AD的長；如果語文和數(shù)學兩科都特別優(yōu)秀的共有6人，19．（12分）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD是菱形，∠ABC=60°，側(cè)面PBC. （Ⅰ）求異面直線PD與AC所成角的余弦值；（Ⅰ）求橢圓C的標準方程及離心率；若x=0為f的極大值點，求f的單調(diào)區(qū)間；求曲線C1的極坐標方程和曲線C2的直角坐標方程；（Ⅰ）若λ+μ=1，求證：f≤λf+μf；

　　

【正文】 x） ＞ 0，可得 ex≥ x+1，從而 x≥ ln（ x+1）．設 F（ x）=g（ x）﹣ f（ x）﹣ x2=ex+aln（ x+1）﹣（ a+1） x﹣ 1， F′（ x） =ex+ ﹣（ a+1），對 a分類討 論 a=1， 0＜ a＜ 1， a＞ 1，利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性即可得出． 【解答】 解：（ 1） f′（ x） =a﹣ x﹣ ，（ x＞ ﹣ 1）， g′（ x） =ex﹣ 1． ∵ 曲線 y=f（ x）與 y=g（ x）在原點處有公共的切線， ∴ f′（ 0） =g′（ 0）， ∴ a﹣ b=0． ∴ b=a． ∴ f′（ x） =a﹣ x﹣ = ， a=1 時， f′（ x） = ≤ 0，函數(shù) f（ x）在（﹣ 1， +∞）上單調(diào)遞減，舍去． a＞ 1 時， x=0 為 f（ x）的極小值點，舍去． 0＜ a＜ 1 時，﹣ 1＜ a﹣ 1＜ 0，當 x∈ （﹣ 1， a﹣ 1）時， f′（ x） ＜ 0，函數(shù) f（ x）單調(diào)遞減； x∈ （ a﹣ 1， 0）， f′（ x） ＞ 0，函數(shù) f（ x）單調(diào)遞增；當 x∈ （ 0， +∞）時， f′（ x） ＜ 0，函數(shù) f（ x）單調(diào)遞減． ∴ x=0 時， x=0 為 f（ x）的極大值點． 因此可得：當 x∈ （﹣ 1， a﹣ 1）時，函數(shù) f（ x）單調(diào)遞減； x∈ （ a﹣ 1， 0），函數(shù) f（ x）單調(diào)遞增；當 x∈ （ 0， +∞）時，函數(shù) f（ x）單調(diào)遞減． （ 2） ∵ g′（ x） =ex﹣ 1， x＞ 0 時， g′（ x） ＞ 0， 故 x=0 時， g（ x）取得最小值 0， ∴ g（ x） ≥ 0，即 ex≥ x+1，從而 x≥ ln（ x+1）． 設 F（ x） =g（ x）﹣ f（ x）﹣ x2=ex+aln（ x+1）﹣（ a+1） x﹣ 1， F′（ x） =ex+ ﹣（ a+1）， ①a=1 時， ∵ x≥ 0， ∴ F′（ x） ≥ x+1+ ﹣（ a+1） =x+1+ ﹣ 2≥ 0， ∴ F（ x）在 [0， +∞）遞增，從而 F（ x） ≥ F（ 0） =0， 即 ex+ln（ x+1） =2x﹣ 1＞ 0， ∴ g（ x） ≥ f（ x） + x2． ②0＜ a＜ 1 時，由 ①得： ex+ln（ x+1）﹣ 2x﹣ 1＞ 0， ∴ g（ x） =ex﹣ x﹣ 1≥ x﹣ ln（ x+1） ≥ a（ x﹣ ln（ x+1））， 故 F（ x） ≥ 0 即 g（ x） ≥ f（ x） + x2， ③a＞ 1 時，令 h（ x） =ex+ ﹣（ a+1）， 則 h′（ x） =ex﹣ ， 顯然 h′（ x）在 [0， +∞）遞增，又 h′（ 0） =1﹣ a＜ 0， h′（ ﹣ 1） = ﹣ 1＞ 0， ∴ h′（ x）在（ 0， ﹣ 1）上存在唯一零點 x0， 當 x∈ （ 0， x0）時， h′（ x） ＜ 0， h（ x）在 [0， x0）遞減， x∈ （ 0， x0）時， F（ x） ＜ F（ 0） =0， 即 g（ x） ＜ f（ x） + x2，不合題意， 綜上， a∈ （ 0， 1]． 【點評】 本題考查了利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值，考查了等價轉(zhuǎn)化能力、分類討論方法、推理能力與計算能力，屬于難題． 請考生在 2 2 24三題中任選一題作答，如果多 做，則按所做的第一題記分 .[選修 41：幾何證明選講 ] 22．（ 10 分）（ 2020?冀州市校級模擬）等腰梯形 ABCD 中， AD∥ BC， AC、 BD 交于點 Q，AC 平分 ∠ DAB， AP 為梯形 ABCD 外接圓的切線，交 BD 的延長線于點 P． （ Ⅰ ）求證： PQ2=PD?PB （ Ⅱ ）若 AB=3， AP=2， AD= ，求 AQ 的長． 【考點】 與圓有關(guān)的比例線段；相似三角形的性質(zhì)． 【專題】 選作題；轉(zhuǎn)化思想；綜合法；推理和證明． 【分析】 （ Ⅰ ）由已知可證 ∠ PAD=∠ ABD，進而可證 PAQ=∠ AQP，可得 PA=PQ，利用切割線定理即 可得證． （ Ⅱ ）先證明 △ PAD∽△ PBA，從而可得 PB，由切割線定理可求 PD，進而可求 AQ=DQ=PA﹣ PD的值． 【解答】 證明：（ Ⅰ ） ∵ PA 為圓的切線 ∴ ， ∠ PAD=∠ ABD， ∵ AC 平分 ∠ DAB， ∴∠ BAC=∠ CAD， ∴∠ PAD+∠ DAC=∠ BAC+∠ ABC， ∴∠ PAQ=∠ AQP， ∴ PA=PQ． ∵ PA 為圓的切線， ∴ PA2=PD?PB， ∴ PQ2=PD?PB．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（ 6 分） 解：（ Ⅱ ） ∵△ PAD∽△ PBA， ∴ ， ∵ PA2=PD?PB， ∴ ， ∴ ．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣ ﹣（ 12 分） 【點評】 本題主要考查了三角形相似的性質(zhì)，切割線定理的應用，考查了數(shù)形結(jié)合與轉(zhuǎn)化思想，考查了計算能力，屬于中檔題． [選修 44：坐標系與參數(shù)方程 ] 23．（ 2020?福建模擬）選修 4﹣ 4：坐標系與參數(shù)方程 曲線 C1的參數(shù)方程為 （ α為參數(shù)），在以原點 O 為極點， x軸的正半軸為極軸的極坐標系中，曲線 C2的極坐標方程為 ρcos2θ=sinθ． （ 1）求曲線 C1的極坐標方程和曲線 C2的直角坐標方程； （ 2）若射線 l： y=kx（ x≥ 0）與曲線 C1， C2的交點分別為 A， B（ A， B 異于原點），當斜率 k∈ （ 1， ]時，求 |OA|?|OB|的取值范圍． 【考點】 參數(shù)方程化成普通方程． 【專題】 對應思想；參數(shù)法；坐標系和參數(shù)方程． 【分析】 （ 1）先將 C1的參數(shù)方程化為普通方程，再華為極坐標方程，將 C2的極坐標方程兩邊同乘 ρ，根據(jù)極坐標與直角坐標的對應關(guān)系得出 C2的直角坐標方程； （ 2）求出 l的參數(shù)方程，分別代入 C1， C2的普通方程，根據(jù)參數(shù)的幾何意義得出 |OA|，|OB|，得到 |OA|?|OB|關(guān)于 k 的函數(shù)，根據(jù) k 的范圍得出答案． 【解答】 解：（ 1）曲線 C1的直角坐標方程為（ x﹣ 1） 2+y2=1，即 x2+y2﹣ 2x=0， ∴ 曲線 C1的極坐標方程為 ρ2﹣ 2ρcosθ=0，即 ρ=2cosθ． ∵ 曲線 C2的極坐標方程為 ρcos2θ=sinθ，即 ρ2cos2θ=ρsinθ， ∴ 曲線 C2的直角坐標方程為 x2=y． （ 2）設射線 l的傾斜角為 α， 則射線 l的參數(shù)方程為 （ t 為參數(shù)， ）． 把射線 l的參數(shù)方程代入曲線 C1的普通方程得： t2﹣ 2tcosα=0， 解得 t1=0， t2=2cosα． ∴ |OA|=|t2|=2cosα． 把射線 l的參數(shù)方程代入曲線 C2的普通方程得： cos2αt2=tsinα， 解得 t1=0， t2= ． ∴ |OB|=|t2|= ． ∴ |OA|?|OB|=2cosα? =2tanα=2k． ∵ k∈ （ 1， ]， ∴ 2k∈ （ 2， 2 ]． ∴ |OA|?|OB|的取值范圍是（ 2， 2 ]． 【點評】 本題考查了參數(shù)方程，極坐標方程與普通方程的轉(zhuǎn)化，參數(shù)的幾何意義的應用，屬于中檔題． [選修 45：不等式選講 ] 24．（ 2020?烏魯木齊模擬）設函數(shù) f（ x） =x2﹣ 3x． （ Ⅰ ）若 λ+μ=1（ λ， μ＞ 0），求證： f（ λx1+μx2） ≤ λf（ x1） +μf（ x2）； （ Ⅱ ）若對任意 x1， x2∈ [0， 1]，都有 |f（ x1）﹣ f（ x2） |≤ L|x1﹣ x2|，求 L 的最小值． 【考點】 分段函數(shù)的應用． 【專題】 函數(shù)思想；綜合法；函數(shù)的性質(zhì)及應用；不等式的解法及應用． 【分析】 （ Ⅰ ）利用作差法進行證明即可． （ Ⅱ ）根據(jù)絕對值的幾何意義，進行求解即可． 【解答】 證明：（ Ⅰ ） ∵ f（ λx1+μx2）﹣ [λf（ x1） +μf（ x2） ]=（ λx1+μx2） 2﹣ 3（ λx1+μx2）﹣[λ（ x12﹣ 3x1） +μ（ x22﹣ 3x2） ] =λ（ λ﹣ 1） x12+2λμx1x2+μ（ μ﹣ 1） x22=﹣ λμx12+2λμx1x2+λμx22=﹣ λμ（ x1﹣ x2） 2≤ 0， ∴ f（ λx1+μx2） ≤ λf（ x1） +μf（ x2）； （ Ⅱ ） ∵ |f（ x1）﹣ f（ x2） |=|x12﹣ 3x1﹣ x22+3x2|=|x1﹣ x2||x1+x2﹣ 3|， ∵ x1， x2∈ [0， 1]， ∴ x1+x2∈ [0， 2]， ∴ ﹣ 3≤ x1+x2﹣ 3≤ ﹣ 1， ∴ |x1+x2﹣ 3|≤ 3， ∴ 使 |f（ x1）﹣ f（ x2） |≤ L|x1﹣ x2|恒成立的 L 的最小值是 3． 【點評】 本題主要考查不等式的證明，利用絕對值的應用，利用作差法是解決本題的關(guān)鍵．