广东省高考数学二模试卷（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）=+lg（6﹣3x）的定义域为（）A．（﹣∞，2）B．（2，+∞）C．[﹣1，2）D．[﹣1，2]2．己知复数z=（a∈R，i是虚数单位）是纯虚数，则|z|为（）A．B．C．6 D．33．“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4．已知sinα﹣cosα=，则cos（﹣2α）=（）A．﹣ B．C．D．5．己知0＜a＜b＜l＜c，则（）A．a b＞a a B．c a＞c b C．log a c＞log b c D．log b c＞log b a6．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+πD．38+2π7．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．38412．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．（，）∪（，+∞）B．（0，]∪[，1）C．（，）∪（，）D．（，）∪（，+∞）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= ．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，已知与的夹角为150°，||=2，则||的取值范围是．16．己知双曲线﹣=1（b＞0）的离心率为，F1，F2时双曲线的两个焦点，A 为左顶点、B（0，b），点P在线段AB上，则•的最小值为．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{a n}中，a1=1，a n+1=+n+1．（I）求证：数列{+1}是等比教列．（II）求数列{a n}的前n项和为S n．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：（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．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+1．参考答案与试题解析一、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）=+lg（6﹣3x）的定义域为（）A．（﹣∞，2）B．（2，+∞）C．[﹣1，2）D．[﹣1，2]【考点】33：函数的定义域及其求法．【分析】根据二次根式以及对数函数的性质求出函数的定义域即可．【解答】解：由题意得：，解得：﹣1≤x＜2，故函数的定义域是[﹣1，2），故选：C．【点评】本题考查了求函数的定义域问题，考查二次根式以及对数函数的性质，是一道基础题．2．己知复数z=（a∈R，i是虚数单位）是纯虚数，则|z|为（）A．B．C．6 D．3【考点】A8：复数求模．【分析】利用复数的运算法则、纯虚数的定义、模的计算公式即可得出．【解答】解：复数z===（a∈R，i是虚数单位）是纯虚数，∴=0，≠0．解得a=﹣6．∴z=3i．则|z|=3．故选：D．【点评】本题考查了复数的运算法则、纯虚数的定义、模的计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．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【考点】2E：复合命题的真假；29：充要条件．【分析】由真值表可知若p∧q为真命题，则p、q都为真命题，从而p∨q为真命题，反之不成立，从而求解．【解答】解：：∵p∨q为真命题，则p、q中只要有一个命题为真命题即可，p∧q 为真命题，则需两个命题都为真命题，∴p∨q为真命题不能推出p∧q为真命题，而p∧q为真命题能推出p∨q为真命题∴“p∧q是真命题”是“p∨q是真命题”的充分不必要条件，故选A．【点评】本题考查了利用充要条件定义判断充分必要性的方法，利用真值表判断命题真假的方法，熟记真值表是解决本题的关键．4．已知sinα﹣cosα=，则cos（﹣2α）=（）A．﹣ B．C．D．【考点】GT：二倍角的余弦；GI：三角函数的化简求值．【分析】由已知，利用二倍角公式可求sin2α的值，进而利用诱导公式即可化简求值得解．【解答】解：∵sinα﹣cosα=，∴两边平方，可得：1﹣2sinαcosα=，可得：1﹣sin2α=，∴cos（﹣2α）=sin2α=．故选：C．【点评】本题主要考查了二倍角公式，诱导公式在三角函数化简求值中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．5．己知0＜a＜b＜l＜c，则（）A．a b＞a a B．c a＞c b C．log a c＞log b c D．log b c＞log b a【考点】4M：对数值大小的比较．【分析】利用指数函数、对数函数的单调性即可判断出正误．【解答】解：∵0＜a＜b＜l＜c，则a b＜a a，c a＜c b，log a c＞log b c，log b c＞log b a．故选：C．【点评】本题考查了指数函数、对数函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．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+πD．38+2π【考点】L!：由三视图求面积、体积．【分析】该几何体为一底面半径为、高为2的圆柱与一长、宽、高分别为4、3、1的长方体的组合，由此能求出此量器的体积．【解答】解：由三视图得到该几何体为一底面半径为、高为2的圆柱与一长、宽、高分别为4、3、1的长方体的组合，如右图，故此量器的体积为：V==．故选：B．【点评】本题考查三视图与几何体的直观图的关系，几何体的体积的求法，考查计算能力与空间想象能力，是基础题．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？【考点】EF：程序框图．【分析】分析程序中各变量、各语句的作用，再根据流程图所示的顺序，由程序框图知：要想判断所有59位学生的成绩a i≥b（i=1，2，3，…59）是否成立，判断框中应填入的条件是i≤58？【解答】解：由程序框图知：先输入59位同学的数学成绩，并求出平均分b，然后依次判断59名学生的成绩a i≥b（i=1，2，3，…59）是否成立，若成立，j=j+1，再判断下一位，若不成立，直接判断下一位，由此得到要想判断所有59位学生的成绩a i≥b（i=1，2，3，…59）是否成立，判断框中应填入的条件是i≤58？故选：B．【点评】根据流程图（或伪代码）写程序的运行结果，是算法这一模块最重要的题型，其处理方法是：：①分析流程图（或伪代码），从流程图（或伪代码）中既要分析出计算的类型，又要分析出参与计算的数据（如果参运算的数据比较多，也可使用表格对数据进行分析管理）⇒②建立数学模型，根据第一步分析的结果，选择恰当的数学模型③解模．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．【考点】CB：古典概型及其概率计算公式．【分析】3个红包分配给四人共有种分法，“甲、乙两人都抢到红包”指从3个红包中选2个分配给甲、乙，其余1个分配给另外二人，甲、乙两人都抢到红包的概率．【解答】解：3个红包分配给四人共有种分法，“甲、乙两人都抢到红包”指从3个红包中选2个分配给甲、乙，其余1个分配给另外二人，∴甲、乙两人都抢到红包的概率：p===．∴甲、乙两人都抢到红包的概率为．故选：D．【点评】本题考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意等可能事件概率计算公式的合理运用．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，当直线z=x﹣2y过点A（a﹣2，a）时，z取得最小值，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=6，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，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），令ω=2得函数f（x）有一零点x=∈（π，2π），排除（B）、（C），令得函数f（x）在（0，+∞）上的零点从小到大为：x1=，x2，…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=﹣||•||，则x= ﹣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，这样根据平行向量的坐标关系即可求出x值，并满足方向相反，从而确定x的值．【解答】解：；∴；∴夹角为π；∴，且方向相反；∴（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，已知与的夹角为150°，||=2，则||的取值范围是（0，4] ．【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：==4，可得=4sinC，利用0＜C＜150°，即可得出．【解答】解：与的夹角为150°，|可得∠B=30°．由正弦定理可得：==4，可得=4sinC，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时双曲线的两个焦点，A 为左顶点、B（0，b），点P在线段AB上，则•的最小值为﹣．【考点】KC：双曲线的简单性质．【分析】设P（x，y）推出=（﹣﹣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﹣=1（b＞0）的离心率为，A为左顶点、可得a=2，则c=，b==1，设P（x，y）则=（﹣﹣x，﹣y）（﹣x，﹣y）=x2+y2﹣5，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）（2017•揭阳二模）已知数列{a n}中，a1=1，a n+1=+n+1．（I）求证：数列{+1}是等比教列．（II）求数列{a n}的前n项和为S n．【考点】8H：数列递推式；8E：数列的求和．【分析】（I）a n+1=+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a n=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：∵a n+1=+n+1，∴=+1，∴+1=2，∴数列{+1}是等比教列，公比为2，首项为2．（II）解：由（I）可得：+1=2n，可得a n=n•2n﹣n．设数列{n•2n}的前n项和为T n．则T n=2+2×22+3×23+…+n•2n，2T n=22+2×23+…+（n﹣1）•2n+n•2n+1，相减可得：﹣T n=2+22+…+2n﹣n•2n+1=﹣n•2n+1，可得：T n=（n﹣1）•2n+1+2．∴S n=（n﹣1）•2n+1+2﹣．【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）（2017•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=，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．【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）同理可得平面ADE的一个法向量=（﹣），（10分）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）（2017•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ξ0124816P0.10.20.30.20.10.1﹣﹣﹣﹣﹣﹣（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）（2017•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（，）利用椭圆的定义求出a，b．求解椭圆的方程．（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x Q+1=，又y Q2=4x Q，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）由消去y，得（9k2+8）x2+18kmx+9m2﹣72=0，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==﹣＜0，由k2=＞，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）（2017•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，综上，a∈（﹣2，0）∪（0，1）∪（1，+∞）．【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）（2017•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ρ∈R），代入ρsin2θ=4cosθ，求ρA=，直线l2的极坐标方程为，（出ρB=﹣，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=，（6分）可知直线l2的极坐标方程为，（ρ∈R），（7分）代入ρsin2θ=4cosθ，得ρB cos2α=﹣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．（2017•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．。