高考数学模拟试卷（理科）（4月份）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，满分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．复数（i是虚数单位）的共轭复数是（）A．2﹣i B．2+i C．﹣2+i D．﹣2﹣i2．等比数列{a n}的前n（n∈N*）项和为S n，若S1=1，S2=3，则S3=（）A．7 B．8 C．9 D．103．已知向量，，t∈R，则的最小值是（）A．5 B．4 C．3 D．24．若f（x）=sin（ωx+ϕ）+cos（ωx+ϕ）（ω＞0）的最小正周期为π，，则（）A．f（x）在单调递增B．f（x）在单调递减C．f（x）在单调递增D．f（x）在单调递减5．如图，某几何体的正视图和侧视图都是正三角形，俯视图是圆，若该几何体的表面积S=π，则它的体积V=（）A．πB．C．D．6．某地市高三理科学生有15000名，在一次调研测试中，数学成绩ξ服从正态分布N，已知P（80＜ξ≤100）=0.40，若按成绩分层抽样的方式取100份试卷进行分析，则应从120分以上的试卷中抽取（）A．5份B．10份C．15份D．20份7．执行如图所示的程序框图，输出S的值是（）A．0 B．C．D．8．若的展开式中常数项为1，则实数a=（）A．B．C．D．9．如果某射手每次射击击中目标的概率为0.7，每次射击的结果相互独立，那么他在15次射击中，最有可能击中目标的次数是（）A．10 B．11 C．10或11 D．1210．在平面直角坐标系xOy中，P是由不等式组所确定的平面区域内的动点，Q是圆x2+y2﹣8x﹣8y+30=0上的动点，则|PQ|的最小值为（）A．B．C． D．11．函数f（x）（x＞0）的导函数为f′（x），若xf′（x）+f（x）=e x，且f（1）=e，则（）A．f（x）的最小值为e B．f（x）的最大值为eC．f（x）的最小值为D．f（x）的最大值为12．过双曲线=1（a＞0，b＞0）的一个焦点F作平行于渐近线的两直线与双曲线分别交于A、B两点，若|AB|=2a，则双曲线离心率e的值所在区间为（）A．（1，）B．（，）C．（，2）D．（2，）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13．设p：|x﹣a|＞3，q：（x+1）（2x﹣1）≥0，若￢p是q的充分不必充要条件，则实数a的取值范围是．14．△ABC三边的长分别为AC=3，BC=4，AB=5，若，，则=．15．对大于或等于2的自然数的3次方可以做如下分解：23=3+5，33=7+9+11，43=13+15+17+19，…，根据上述规律，103的分解式中，最大的数是．16．已知平面区域D={（x，y）|0≤x≤1，|y|≤1}，∀（x，y）∈D，≥|x+|的概率P=．三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．已知{a n}是正项等差数列，∀n∈N*，数列{}的前n项和S n=．（Ⅰ）求a n；（Ⅱ）设b n=（﹣1）n a n2，n∈N*，求数列{b n}的前n项和T n．18．某普通高中组队参加中学生辩论赛，文科班推荐了3名男生、4名女生，理科班推荐了3名男生、2名女生，他们各有所长，总体水平相当，学校拟从这12名学生随机抽取3名男生、3名女生组队集训．（Ⅰ）求理科班至少有2名学生入选集训队的概率；（Ⅱ）若先抽取女生，每次随机抽取1人，设X表示直到抽到文科班女生时所抽到的理科班女生的人数，求X的分布列和均值（数学期望）．19．如图，ABCD﹣A1B1C1D1是四棱柱，侧棱AA1⊥底面ABCD，底面ABCD是梯形，AB=BC=CD=1，AD=AA1=2．（Ⅰ）求证：平面BDD1B1⊥平面ABB1A1；（Ⅱ）E是底面A1B1C1D1所在平面上一个动点，DE与平面C1BD夹角的正弦值为，试判断动点E在什么样的曲线上．20．已知椭圆Σ：（a＞b＞0）的焦距为4，且经过点．（Ⅰ）求椭圆Σ的方程；（Ⅱ）A、B是椭圆Σ上两点，线段AB的垂直平分线l经过M（0，1），求△OAB 面积的最大值（O为坐标原点）．21．已知函数，a是常数，且a≥1．（Ⅰ）讨论f（x）零点的个数；（Ⅱ）证明：，n∈N*．请考生在第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．作答时请写清题号．[选修4-1：几何证明选讲]22．如图，⊙O的弦AB、CD相交于E，过点A作⊙O的切线与DC的延长线交于点P．PA=6，AE=CD=EP=9．（Ⅰ）求BE；（Ⅱ）求⊙O的半径．[选修4-4：坐标系与参数方程]23．在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为（t为参数），以原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为ρ2﹣4ρcosθ+1=0．（Ⅰ）写出直线l和曲线C的直角坐标方程；（Ⅱ）P是曲线C上任意一点，求P到直线l的距离的最大值．[选修4-5：不等式选讲]24．（Ⅰ）已知非零常数a、b满足，求不等式|﹣2x+1|≥ab的解集；（Ⅱ）若∀x∈[1，2]，x﹣|x﹣a|≤1恒成立，求常数a的取值范围．高考数学模拟试卷（理科）（4月份）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，满分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．复数（i是虚数单位）的共轭复数是（）A．2﹣i B．2+i C．﹣2+i D．﹣2﹣i【考点】复数代数形式的乘除运算．【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，然后利用共轭复数的概念求得答案．【解答】解：∵=，∴复数的共轭复数是2+i．故选：B．2．等比数列{a n}的前n（n∈N*）项和为S n，若S1=1，S2=3，则S3=（）A．7 B．8 C．9 D．10【考点】等比数列的通项公式．【分析】由题意可得a2，可得q，进而可得a3，前3项相加可得S3．【解答】解：∵等比数列{a n}的前n（n∈N*）项和为S n，S1=1，S2=3，∴a1=S1=1，a2=S2﹣S1=3﹣1=2，故公比q==2，故a3=a2q=4，∴S3=1+2+4=7，故选：A．3．已知向量，，t∈R，则的最小值是（）A．5 B．4 C．3 D．2【考点】平面向量数量积的运算．【分析】可求出向量的坐标，从而得出，显然可看出t=3时，可取到最小值2．【解答】解：；∴，当t=3时取“=”；∴的最小值为2．故选：D．4．若f（x）=sin（ωx+ϕ）+cos（ωx+ϕ）（ω＞0）的最小正周期为π，，则（）A．f（x）在单调递增B．f（x）在单调递减C．f（x）在单调递增D．f（x）在单调递减【考点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换．【分析】由周期求出ω，由f（0）=求出φ的值，可得函数的解析式；再利用余弦函数的单调性得出结论．【解答】解：∵f（x）=sin（ωx+ϕ）+cos（ωx+ϕ）=sin（ωx+ϕ+）（ω＞0）的最小正周期为=π，可得ω=2．再根据=sin（ϕ+），可得sin（ϕ+）=1，ϕ+=2kπ+，k∈Z，故可取ϕ=，y=sin（2x+）=cos2x．在上，2x∈（﹣，），函数f（x）=cos2x 没有单调性，故排除A、B；在上，2x∈（0，π），函数f（x）=cos2x 单调递减，故排出C，故选：D．5．如图，某几何体的正视图和侧视图都是正三角形，俯视图是圆，若该几何体的表面积S=π，则它的体积V=（）A．πB．C．D．【考点】由三视图求面积、体积．【分析】由三视图知该几何体是一个圆锥，设底面圆的半径为r，由正视图可得母线长是2r，由题意和圆锥的表面积公式列出方程求出r，由锥体的体积公式求出几何体的体积．【解答】解：根据三视图可知几何体是一个圆锥，设底面圆的半径为r，由正视图可得母线长是2r，∵该几何体的表面积S=π，∴πr2+πr•（2r）=π，解得r=，则圆锥的高h===1，∴几何体的体积V===，故选：C．6．某地市高三理科学生有15000名，在一次调研测试中，数学成绩ξ服从正态分布N，已知P（80＜ξ≤100）=0.40，若按成绩分层抽样的方式取100份试卷进行分析，则应从120分以上的试卷中抽取（）A．5份B．10份C．15份D．20份【考点】正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义．【分析】根据在一次调研测试中，数学成绩ξ服从正态分布N，得到数学成绩ξ关于ξ=100对称，根据P（80＜ξ≤100）=0.40，得到P（ξ＞120）=0.1，根据频率乘以样本容量得到这个分数段上的人数．【解答】解：由题意，在一次调研测试中，数学成绩ξ服从正态分布N，∴数学成绩ξ关于ξ=100对称，∵P（80＜ξ≤100）=0.40，∴P（ξ＞120）=P（ξ＜80）=0.5﹣0.40=0.1，∴该班数学成绩在120分以上的人数为0.1×100=10．故选：B．7．执行如图所示的程序框图，输出S的值是（）A．0 B．C．D．【考点】程序框图．【分析】模拟执行程序，可得程序框图的功能是计算并输出S=tan+tan+tan+…+tan+tan的值，利用正切函数的周期性即可计算求值．【解答】解：模拟执行程序，可得程序框图的功能是计算并输出S=tan+tan+tan +…+tan+tan的值，由于：tan+tan+tan=0，k∈Z，且：2016=3×672，所以：S=（tan+tan+tan）+…+（tan+tan+tan）=0+0+…+0=0．故选：A．8．若的展开式中常数项为1，则实数a=（）A．B．C．D．【考点】二项式系数的性质．【分析】利用二项展开式的通项公式求出第r+1项，令x的指数为0得常数项列出方程解方程求出a的值．【解答】解：展开式的通项公式为T r+1=C8r•（）8﹣r•（）r=（）8﹣r C8r•x8﹣\frac{4}{3}r，令8﹣r=0，解得r=6；所以展开式的常数项为（）2C86=1，解得a=±2．故选：C．9．如果某射手每次射击击中目标的概率为0.7，每次射击的结果相互独立，那么他在15次射击中，最有可能击中目标的次数是（）A．10 B．11 C．10或11 D．12【考点】n次独立重复试验中恰好发生k次的概率．【分析】假设最可能击中目标的次数为k，由条件利用n次独立重复实验中恰好发生k次的概率公式可得，求得k的范围，可得k的最大值．【解答】解：假设最可能击中目标的次数为k，根据某射手每次射击击中目标的概率为0.7，每次射击的结果相互独立，则他击中k次的概率为•0.7k•0.315﹣k，再由，求得0.2≤k≤11.2，再根据击中目标次数为正整数，可得击中目标次数为11，故选：B．10．在平面直角坐标系xOy中，P是由不等式组所确定的平面区域内的动点，Q是圆x2+y2﹣8x﹣8y+30=0上的动点，则|PQ|的最小值为（）A．B．C． D．【考点】简单线性规划．【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用数形结合以及点到直线的距离公式进行求解即可．【解答】解：圆x2+y2﹣8x﹣8y+30=0的标准方程为（x﹣4）2+（y﹣4）2=2，则圆心坐标为C（4，4），半径R=，作出不等式组对应的平面区域如图：则C到直线x+y﹣4=0的距离最小，此时d==2，则|PQ|的最小值为d﹣R=2﹣=，故选：B．11．函数f（x）（x＞0）的导函数为f′（x），若xf′（x）+f（x）=e x，且f（1）=e，则（）A．f（x）的最小值为e B．f（x）的最大值为eC．f（x）的最小值为D．f（x）的最大值为【考点】利用导数研究函数的单调性．【分析】设g（x）=xf（x），求导，得到f（x）=，再根据导数和函数的最值得关系即可求出．【解答】解：设g（x）=xf（x），∴g′（x）=xf′（x）+f（x）=e x，∴g（x）=e x，∴xf（x）=e x，∴f（x）=，∴f′（x）=，令f′（x）=0，解得x=1，当f′（x）＞0，时，解得x＞1，函数f（x）在（1，+∞）单调递增，当f′（x）＜0，时，解得0＜x＜1，函数f（x）在（1，+∞）单调递减，∴f（x）min=f（1）=e，故选：A．12．过双曲线=1（a＞0，b＞0）的一个焦点F作平行于渐近线的两直线与双曲线分别交于A、B两点，若|AB|=2a，则双曲线离心率e的值所在区间为（）A．（1，）B．（，）C．（，2）D．（2，）【考点】双曲线的简单性质．【分析】求得双曲线的渐近线方程，由两直线平行的条件可得平行直线的方程，联立解得交点A，B的坐标，可得AB的长，结合a，b，c的关系和离心率公式，可得e的方程，运用零点存在定理，进而得到离心率的范围．【解答】解：双曲线=1的渐近线方程为y=±x，设焦点F（c，0），由y=（x﹣c）和双曲线=1，解得交点A（，），同理可得B（，﹣），即有|AB|==2a，由b2=c2﹣a2，由e=，可得4e2=（e2﹣1）3，由f（x）=（x2﹣1）3﹣4x2，可得f′（x）=6x（x2﹣1）﹣8x＞0，x＞1，f（x）递增．又f（2）＞0，f（）＜0，可得＜e＜2．故选：C．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13．设p：|x﹣a|＞3，q：（x+1）（2x﹣1）≥0，若￢p是q的充分不必充要条件，则实数a的取值范围是（﹣∞，﹣4]∪[，+∞）．【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断．【分析】分别解出关于p，q的不等式的解集，结合￢p是q的充分必要条件得到关于a 的不等式，解出即可．【解答】解：p：|x﹣a|＞3，解得：x＞a+3或x＜a﹣3；￢p：a﹣3≤x≤a+3，q：（x+1）（2x﹣1）≥0，解得：x≥或x≤﹣1，若￢p是q的充分不必充要条件，则a﹣3≥或a+3≤﹣1，解得：a≥或a≤﹣4，故答案为：（﹣∞，﹣4]∪[，+∞）．14．△ABC三边的长分别为AC=3，BC=4，AB=5，若，，则=．【考点】平面向量数量积的运算．【分析】由题意可得△ABC是以∠C为直角的直角三角形，然后根据已知条件把用向量表示，则的值可求．【解答】解：在△ABC中，由AC=3，BC=4，AB=5，得AC2+BC2=AB2，∴△ABC是以∠C为直角的直角三角形，如图，∵，∴，又，∴=，∴==．故答案为：．15．对大于或等于2的自然数的3次方可以做如下分解：23=3+5，33=7+9+11，43=13+15+17+19，…，根据上述规律，103的分解式中，最大的数是109．【考点】归纳推理．【分析】注意观察各个数分解时的特点，不难发现：当底数是2时，可以分解成两个连续的奇数之和；当底数是3时，可以分解成三个连续的奇数之和．则当底数是4时，可分解成4个连续的奇数之和，进而求出23～103的分解式用的奇数个数，进而求出答案．【解答】解：由题意，从23到103，正好用去从3开始的连续奇数共2+3+4+…+10=54个，故103的分解式中，最大的数是2×54+1=109，故答案为：10916．已知平面区域D={（x，y）|0≤x≤1，|y|≤1}，∀（x，y）∈D，≥|x+|的概率P=．【考点】几何概型．【分析】由题意画出图形，利用区域的面积比求概率．【解答】解：∵≥|x+|，∴y2≥x，=1×2=2，平面区域D={（x，y）|0≤x≤1，|y|≤1}，所围成图形为矩形，S矩形∀（x，y）∈D，y2≥x，其面积为阴影部分的面积，其S=y2dy=y3|阴影=，故∀（x，y）∈D，≥|x+|的概率P==，故答案为：三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．已知{a n}是正项等差数列，∀n∈N*，数列{}的前n项和S n=．（Ⅰ）求a n；（Ⅱ）设b n=（﹣1）n a n2，n∈N*，求数列{b n}的前n项和T n．【考点】数列的求和；数列递推式．【分析】（I）设正项等差数列{a n}的公差为d，由=．利用“裂项求和”可得：数列{}的前n项和S n==．分别取n=1，2即可得出．+b2k=﹣（n+1）2+（n+2）2=2n+3．当（II）b n=（﹣1）n a n2=（﹣1）n（n+1）2，可得：b2k﹣1n=2k（k∈N*）时，数列{b n}的前n项和T n=（b1+b2）+（b3+b4）+…+（b2k+b2k），即﹣1可得出．当n=2k﹣1（k∈N*）时，数列{b n}的前n项和T n=T n+a n，即可得出．﹣1【解答】解：（I）设正项等差数列{a n}的公差为d，∵=．∴数列{}的前n项和S n=++…+==．n=1时，=n=2时，==，化简解得：a1=2，d=1．∴a n=2+（n﹣1）=n+1．（II）b n=（﹣1）n a n2=（﹣1）n（n+1）2，∴b2k+b2k=﹣（n+1）2+（n+2）2=2n+3．﹣1+b2k）当n=2k（k∈N*）时，数列{b n}的前n项和T n=（b1+b2）+（b3+b4）+…+（b2k﹣1=（2×1+3）+（2×2+3）+…+（2×k+3）=+3k=k2+4k=+2n．+a n当n=2k﹣1（k∈N*）时，数列{b n}的前n项和T n=T n﹣1=﹣（n+1）2=．∴T n=．18．某普通高中组队参加中学生辩论赛，文科班推荐了3名男生、4名女生，理科班推荐了3名男生、2名女生，他们各有所长，总体水平相当，学校拟从这12名学生随机抽取3名男生、3名女生组队集训．（Ⅰ）求理科班至少有2名学生入选集训队的概率；（Ⅱ）若先抽取女生，每次随机抽取1人，设X表示直到抽到文科班女生时所抽到的理科班女生的人数，求X的分布列和均值（数学期望）．【考点】离散型随机变量的期望与方差；古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量及其分布列．【分析】（Ⅰ）先求出理科班没有学生入选集训队的概率和理科班有1名学生入选集训队的概率，由此利用对立事件概率计算公式能求出理科班至少有2名学生入选集训队的概率．（Ⅱ）由题意X=0，1，2，分别求出相应的概率，由此能求出X的分布列和均值（数学期望）．【解答】解：（Ⅰ）理科班没有学生入选集训队的概率为…理科班有1名学生入选集训队的概率为…∴理科班至少有2名学生入选集训队的概率为…（Ⅱ）由题意X=0，1，2…P（X=0）==…，P（X=1）=…P（X=2）==…∴X的分布列为：X 0 1 2P…X的均值（数学期望）EX==…19．如图，ABCD﹣A1B1C1D1是四棱柱，侧棱AA1⊥底面ABCD，底面ABCD是梯形，AB=BC=CD=1，AD=AA1=2．（Ⅰ）求证：平面BDD1B1⊥平面ABB1A1；（Ⅱ）E是底面A1B1C1D1所在平面上一个动点，DE与平面C1BD夹角的正弦值为，试判断动点E在什么样的曲线上．【考点】直线与平面所成的角；平面与平面垂直的判定．【分析】（I）取AD的中点F，连接BF，根据各线段长度可得四边形BCDF是菱形，△ABF是正三角形，利用菱形性质及三角形性质即可得出∠ABD=90°，即AB⊥BD，从而BD⊥平面ABB1A1，于是平面BDD1B1⊥平面ABB1A1；（II）以B为原点，建立空间直角坐标系，设E（x，y，2），求出和平面C1BD 的法向量为，令|cos＜＞|=得出E点的轨迹方程．【解答】证明：（Ⅰ）取AD的中点F，连接BF，则AB=BC=CD=AF=DF=1，∴四边形BCDF是菱形，△ABF是正三角形，∴∠ABF=∠AFB=60°，∠FBD=∠FDB，∵∠FBD+∠FDB=∠AFB=60°，∴∠FBD=∠FDB=30°，∴∠ABD=∠ABF+∠FBD=90°，∴AB⊥BD．∵AA1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴AA1⊥BD，又AA1⊂平面ABB1A1，AB⊂平面ABB1A1，AA1∩AB=A，∴BD⊥平面ABB1A1，∵BD⊂平面BDD1B1，∴平面BDD1B1⊥平面ABB1A1．（Ⅱ）以B为原点，BD，BA，BB1为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系，则B（0，0，0），D（，0，0），C1（，﹣，2），设E（x，y，2），∴=（，0，0），=（，﹣，2），=（x﹣，y，z）．设平面C1BD的一个法向量为=（x，y，z），则，∴，取z=1得=（0，4，1），∴=4y+2．∴cos＜＞==．∵DE与平面C1BD夹角的正弦值为，∴|cos＜＞|=，即||=．化简整理得，，∴动点E的轨迹是一条抛物线．20．已知椭圆Σ：（a＞b＞0）的焦距为4，且经过点．（Ⅰ）求椭圆Σ的方程；（Ⅱ）A、B是椭圆Σ上两点，线段AB的垂直平分线l经过M（0，1），求△OAB 面积的最大值（O为坐标原点）．【考点】椭圆的简单性质．【分析】（Ⅰ）由题意可得c=2，求得焦点坐标，运用椭圆的定义可得2a=4，即a=2，运用a，b，c的关系，可得b，进而得到椭圆方程；（Ⅱ）根据椭圆的对称性，直线AB与x轴不垂直，设直线AB：y=kx+m，代入椭圆方程，运用韦达定理和弦长公式，求得O到直线AB的距离，依题意，|AM|=|BM|，运用两点的距离公式，化简可得k，m的等式，讨论k=0，k≠0，运用基本不等式和二次函数的最值求法，即可得到所求面积的最大值．【解答】解：（Ⅰ）依题意，2c=4，椭圆Σ的焦点为F1（﹣2，0），F2（2，0），由椭圆的定义可得2a=|PF1|+|PF2|=+=3+=4，即有a=2，则b2=a2﹣c2=4，则椭圆Σ的方程为+=1；（Ⅱ）根据椭圆的对称性，直线AB与x轴不垂直，设直线AB：y=kx+m，由得，（2k2+1）x2+4kmx+2m2﹣8=0，设A（x1，y1），B（x2，y2），则，，，O到直线AB的距离，△OAB的面积，依题意，|AM|=|BM|，即，即有（x1﹣x2）（x1+x2）+（y1﹣y2）（y1+y2﹣2）=0，，即为（k2+1）（x1+x2）+k（2m﹣2）=0，代入整理得，k（2k2+m+1）=0，若k=0，则，等号当且仅当时成立；若k≠0，则2k2+m+1=0，，等号当且仅当m=﹣2，时成立．综上所述，△OAB面积的最大值为．21．已知函数，a是常数，且a≥1．（Ⅰ）讨论f（x）零点的个数；（Ⅱ）证明：，n∈N*．【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值．【分析】（Ⅰ）利用导数判断函数的单调性及极值最值，通过对a分类讨论求得函数零点的个数，（Ⅱ）取a=2或a=，由（1）知函数单调性，即可证明．【解答】证明：（Ⅰ），解f′（x）=0得x=0，或x=a2﹣2a①a=1时，，若x∈（﹣1，0），f′（x）＜0，f（x）＞f（0）=0，若x∈（0，+∞），f′（x）＞0，f（x）＞f（0）=0．f（x）有一个零点，②1＜a＜2时，﹣1＜a2﹣2a＜0，x （﹣1，a2﹣2a）a2﹣2a （a2﹣2a，0）0 （0，+∞）f′（x）+0 ﹣0 +f（x）↗↘↗由上表可知，f（x）在区间（a2﹣2a，+∞）有一个零点x=0，f（a2﹣2a）＞f（0）=0，又，任取，，f（x）在区间（t，a2﹣2a）有一个零点，从而f（x）有两个零点，③a=2时，，f（x）在（﹣1，+∞）上单调递增，有一个零点x=0，④a＞2时，a2﹣2a＞0，x （﹣1，0）0 （0，a2﹣2a）a2﹣2a （a2﹣2a，+∞）f′（x）+0 ﹣0 +f（x）↗↘↗由上表可知，f（x）在区间（﹣1，a2﹣2a）有一个零点x=0，在区间（a2﹣2a，+∞）有一个零点，从而f（x）有两个零点，（Ⅱ）证明：取a=2，由（1）知在（﹣1，+∞）上单调递增，取（n∈N*），则，化简得，取，由（1）知在区间上单调递减，取（n∈N*），由f（x）＞f（0）得，即（n∈N*），综上，，n∈N*请考生在第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．作答时请写清题号．[选修4-1：几何证明选讲]22．如图，⊙O的弦AB、CD相交于E，过点A作⊙O的切线与DC的延长线交于点P．PA=6，AE=CD=EP=9．（Ⅰ）求BE；（Ⅱ）求⊙O的半径．【考点】与圆有关的比例线段；相似三角形的性质．【分析】（Ⅰ）由圆的切割线定理，可得PC=3，再由圆的相交弦定理，即可得到EB 的长；（Ⅱ）作OM⊥AB，PN⊥AB，分别交AB于M，N，设AN=x，运用勾股定理，解方程可得AN=2，求得PN，AM的长，运用三角形的相似可得△PNA∽△AMO，由性质定理，即可得到所求值．【解答】解：（I）PA2=PC•PD，PA=6，CD=9，即36=PC（PC+9），得PC=3（﹣12舍去），所以PD=PC+CD=12，又EP=9，所以ED=PD﹣EP=12﹣9=3，CE=EP﹣PC=9﹣3=6，又AE•EB=CE•ED，则EB===2；（II）作OM⊥AB，PN⊥AB，分别交AB于M，N，设AN=x，则AP2﹣AN2+NE2=EP2，由AP=6，EP=9，NE=9﹣x，即有36﹣x2+（9﹣x）2=81，得x=2即AN=2，PN==，AB=AE+EB=9+2=11，AM=AB=，在直角三角形PNA和直角三角形AMO，∠APN=∠OAM，∠PAN=∠AOM，可得△PNA∽△AMO，得：，即有OA===．[选修4-4：坐标系与参数方程]24．（Ⅰ）已知非零常数a、b满足，求不等式|﹣2x+1|≥ab的解集；（Ⅱ）若∀x∈[1，2]，x﹣|x﹣a|≤1恒成立，求常数a的取值范围．【考点】绝对值不等式的解法；绝对值三角不等式．【分析】（Ⅰ）求出ab=1，问题转化为|﹣2x+1|≥1，解出即可；（Ⅱ）问题转化为（a ﹣1）（a﹣2x+1）≥0，通过讨论a的范围求出不等式的解集，从而求出a的范围即可．【解答】解：（I）由已知，∵a、b不为0，∴ab=1，原不等式相当于|﹣2x+1|≥1，所以，﹣2x+1≥1或﹣2x+1≤﹣1，解得：{x|x≤0或x≥1}；（Ⅱ）由已知得，|x﹣a|≥x﹣1≥0，（x﹣a）2≥（x﹣1）2，（a﹣1）（a﹣2x+1）≥0，a=1时，（a﹣1）（a﹣2x+1）≥0恒成立，a＞1时，由（a﹣1）（a﹣2x+1）≥0得，a≥2x﹣1，从而a≥3，a＜1时，由（a﹣1）（a﹣2x+1）≥0得，a≤2x﹣1，从而a≤1，综上所述，a的取值范围为（﹣∞，1]∪[3，+∞）．23．在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为（t为参数），以原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为ρ2﹣4ρcosθ+1=0．（Ⅰ）写出直线l和曲线C的直角坐标方程；（Ⅱ）P是曲线C上任意一点，求P到直线l的距离的最大值．【考点】简单曲线的极坐标方程；参数方程化成普通方程．【分析】（Ⅰ）由消去参数能得到直线l的直角坐标方程，由ρ2﹣4ρcosθ+1=0，ρ2=x2+y2，ρcosθ=x，能求出曲线C的直角坐标方程．（Ⅱ）曲线C的圆心为（2，0），半径为，求出圆心到直线的距离，由此能求出P到直线l的距离的最大值．【解答】解：（Ⅰ）由消去参数t得，直线l的直角坐标方程为．…∵ρ2﹣4ρcosθ+1=0，ρ2=x2+y2，ρcosθ=x，∴曲线C的直角坐标方程x2+y2﹣4x+1=0…（Ⅱ）∵曲线C的直角坐标方程x2+y2﹣4x+1=0，∴曲线C：（x﹣2）2+y2=3…，圆心为（2，0），半径为…圆心到直线的距离…∴P到直线l的距离的最大值…[选修4-5：不等式选讲]。