四川省成都市第七中学2022-2023学年高三理科数学上学期一诊模拟卷1（Word版附解析）

这是一份四川省成都市第七中学2022-2023学年高三理科数学上学期一诊模拟卷1（Word版附解析），共14页。试卷主要包含了填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

数 学（理工类）
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）。第Ⅰ卷1至2页，第Ⅱ卷3至4页。满分150分。考试时间120分钟。考生作答时，须将答案答在答题卡上，在本试题卷、草稿纸上大题无效。考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷 （选择题 共50分）
注意事项：
必须使用2B铅笔在答题卡上将所选答案对应的标号涂黑。
第Ⅰ卷共12小题。
一、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，只有一项是符合题目要求的。
1．已知集合A＝{(x，y)|(x＋y＋1)(2x－y＋1)＝0}，则集合A中元素的个数是( )
A．0个 B．1个 C．2个 D．无数个
【解析】选D.因为(x＋y＋1)(2x－y＋1)＝0等价于x＋y＋1＝0或2x－y＋1＝0，所以集合A是直线x＋y＋1＝0和直线2x－y＋1＝0上的所有点组成的集合，所以集合A中的元素有无数个．
2.若复数(4＋ai)(1＋i)(i为虚数单位，a∈R)为纯虚数，则a的值为( )
A．－4 B．3 C．4 D．5
【解析】选C.因为(4＋ai)(1＋i)＝4＋ai＋4i＋ai2＝4－a＋(a＋4)i，所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4－a＝0,a＋4≠0)) ，则a＝4.
3.若过点(2，1)的圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线2x－y－3＝0的距离为( )
A． eq \f(\r(5),5) B． eq \f(2\r(5),5) C． eq \f(3\r(5),5) D． eq \f(4\r(5),5)
【解析】选B.因为已知圆与两坐标轴都相切，所以可设圆心坐标为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a，a)) (a>0)，则半径为a，由此圆过点(2，1)得， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－2)) 2＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－1)) 2＝a2，解得a＝1或5，所以圆心坐标为(1，1)或(5，5)，圆心到直线2x－y－3＝0的距离都是 eq \f(2\r(5),5) .
4．已知(x－m)(x＋2)5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a6x6，其中m为常数，若a4＝30，则a0＝( )
A．－32 B．32 C．64 D．－64
【解析】选A.由多项式乘法知，第一个因式中x乘以(x＋2)5展开式中的x3项得一个x4项，第一个因式中的常数－m乘以(x＋2)5展开式中的x4项得另一个x4项，两项合并同类项所得项的系数即为a4，所以a4＝C eq \\al(\s\up11(3),\s\d4(5)) ×22－m×C eq \\al(\s\up11(4),\s\d4(5)) ×2＝30，解得m＝1，
再令x＝0，得a0＝－25＝－32.
5．已知a＝tan (－ eq \f(7π,6) )，b＝cs ( eq \f(23π,4) )，c＝sin (－ eq \f(33π,4) )，则a，b，c的大小关系为( )
A．a>b>c B．b>a>c
C．b>c>a D．a>c>b
【解析】选B.由已知，得a＝tan (－π－ eq \f(π,6) )＝－tan eq \f(π,6) ＝－ eq \f(\r(3),3) ，b＝cs (6π－ eq \f(π,4) )＝cs eq \f(π,4) ＝ eq \f(\r(2),2) ，c＝sin (－8π－ eq \f(π,4) )＝－sin eq \f(π,4) ＝－ eq \f(\r(2),2) ，因而b>a>c.
6．已知A，B，C三点共线(该直线不过原点O)，且 eq \(OA,\s\up6(→)) ＝m eq \(OB,\s\up6(→)) ＋2n eq \(OC,\s\up6(→)) (m＞0，n＞0)，则 eq \f(2,m) ＋ eq \f(1,n) 的最小值为( )
A．10 B．9 C．8 D．4
【解析】选C.因为A，B，C三点共线(该直线不过原点O)，且 eq \(OA,\s\up6(→)) ＝m eq \(OB,\s\up6(→)) ＋2n eq \(OC,\s\up6(→)) (m＞0，n＞0)，
所以m＋2n＝1，
所以 eq \f(2,m) ＋ eq \f(1,n) ＝( eq \f(2,m) ＋ eq \f(1,n) )(m＋2n)
＝4＋ eq \f(4n,m) ＋ eq \f(m,n) ≥4＋2 eq \r(4) ＝8，
当且仅当 eq \f(4n,m) ＝ eq \f(m,n) ，即m＝ eq \f(1,2) ，n＝ eq \f(1,4) 时等号成立．
7.设函数f(x)的定义域为R，f(x＋1)为奇函数，f(x＋2)为偶函数，当x∈[1，2]时，f(x)＝ax2＋b.若f(0)＋f(3)＝6，则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,2))) ＝( )
A．－ eq \f(9,4) B．－ eq \f(3,2) C． eq \f(7,4) D． eq \f(5,2)
【解析】选D.因为f(x＋1)为奇函数，所以f(x)关于(1，0)中心对称，所以f(1)＝0.
因为f(x＋2)为偶函数，故f(x)关于x＝2轴对称，周期为4，
所以f(0)＝－f(2)，f(3)＝f(1)，
即f(1)－f(2)＝6，f(2)＝－6.
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＋b＝0,4a＋b＝－6)) ，所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝－2,b＝2)) ，
故f( eq \f(9,2) )＝f( eq \f(1,2) )＝－f( eq \f(3,2) )＝－(－2× eq \f(9,4) ＋2)＝ eq \f(5,2) .
8．已知定义在R上的函数f(x)＝2|x－m|－1为偶函数，记a＝f(lg0.53)，b＝f(lg25)，c＝f(2m)，则( )
A．aC．c【解析】选C.函数f(x)＝2|x－m|－1为偶函数，则m＝0，故f(x)＝2|x|－1，a＝f(lg0.53)＝2|lg0.53|－1＝2lg23－1＝2，b＝f(lg25)＝2lg25－1＝4，c＝f(0)＝20－1＝0.所以c9.考拉兹猜想又名3n＋1猜想，是指对于每一个正整数，如果它是奇数，则对它乘3再加1；如果它是偶数，则对它除以2，如此循环，最终都能得到1，阅读如图所示的程序框图，运行相应程序，输出的结果i＝( )
A．6 B．7 C．8 D．9
【解析】选C.当a＝3时，不满足退出循环的条件，进入循环后，由于a值满足“a是奇数”，故a＝10，i＝2；
当a＝10时，不满足退出循环的条件，进入循环后，由于a值不满足“a是奇数”，故a＝5，i＝3；
当a＝5时，不满足退出循环的条件，进入循环后，由于a值满足“a是奇数”，故a＝16，i＝4；
当a＝16时，不满足退出循环的条件，进入循环后，由于a值不满足“a是奇数”，故a＝8，i＝5；
当a＝8时，不满足退出循环的条件，进入循环后，由于a值不满足“a是奇数”，故a＝4，i＝6；
当a＝4时，不满足退出循环的条件，进入循环后，由于a值不满足“a是奇数”，故a＝2，i＝7；
当a＝2时，不满足退出循环的条件，进入循环后，由于a值不满足“a是奇数”，故a＝1，i＝8；
满足退出循环的条件，故输出结果为：i＝8.
10.如图为一个组合体，底座为一个长方体，凸起部分由一小长方体和一个半圆柱组成，一只小蚂蚁从A点出发，沿几何体表面爬行，首先到达C点，然后沿凸起部分的表面到达B点，则小蚂蚁走过的最短距离为( )
A．4 eq \r(149) ＋2 eq \r(541) B．4 eq \r(149) ＋22＋10π
C．4 eq \r(205) ＋42 D．122＋10π
【解析】选A.将A点所在的侧面沿交线展开，如图所示，则A到C的最短距离为 eq \r(402＋282) ＝4 eq \r(149) ，
故从A点到C点的最短距离为4 eq \r(149) ，
C点到B点的最短距离为BC＝ eq \r(202＋（20＋22）2) ＝2 eq \r(541) ，
故小蚂蚁走过的最短距离为4 eq \r(149) ＋2 eq \r(541) .
11．已知椭圆C： eq \f(x2,a2) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1(a＞b＞0)和点M( eq \f(a2－b2,a) ，0).若存在过点M的直线交C于P，Q两点，满足 eq \(PM,\s\up6(→)) ＝λ eq \(MQ,\s\up6(→)) (0＜λ＜ eq \f(1,2) )，则椭圆C的离心率取值范围是( )
A．(0， eq \f(\r(2),2) ) B．( eq \f(\r(3),3) ， eq \f(\r(2),2) )
C．( eq \f(\r(3),3) ，1) D．( eq \f(\r(2),2) ，1)
【解析】选C.设T(x，y)是椭圆上任意一点，
则|TM|2＝(x－ eq \f(c2,a) )2＋y2＝ eq \f(c2,a2) x2－ eq \f(2c2,a) x＋ eq \f(c4,a2) ＋b2，对称轴为x＝a，所以|TM|2在x∈[－a，a]上单调递减，设A1(－a，0)，A2(a，0)，由题意可知，只要 eq \f(|A2M|,|MA1|) ＜ eq \f(1,2) 即可，则 eq \f(|A2M|,|MA1|) ＜ eq \f(1,2) 可得 eq \f(a－\f(c2,a),\f(c2,a)＋a) ＜ eq \f(1,2) ，即a2＜3c2，所以 eq \f(\r(3),3) ＜e＜1.
12.已知定义在(0，＋∞)上的函数f(x)满足xf′(x)－f(x)<0，且f(2)＝2，则f(ex)－ex>0的解集是( )
A．(－∞，ln 2) B．(ln 2，＋∞)
C．(0，e2) D．(e2，＋∞)
【解析】选A.令g(x)＝ eq \f(f（x）,x) ，g′(x)＝ eq \f(xf′（x）－f（x）,x2) <0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减，且g(2)＝ eq \f(f（2）,2) ＝1，
故f(ex)－ex>0等价于 eq \f(f（ex）,ex) > eq \f(f（2）,2) ，
即g(ex)>g(2)，故ex<2，解得x故f(ex)－ex>0的解集为(－∞，ln 2).
第Ⅱ卷 （非选择题 共100分）
注意事项：
必须使用0.5毫米黑色墨迹签字笔在答题卡上题目所指示的答题区域内作答。作图题可先用铅笔绘出，确认后再用0.5毫米黑色墨迹签字笔描清楚。答在试题卷、草稿纸上无效。
第Ⅱ卷共11小题。
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知Sn是等比数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an)) 的前n项和，若存在m∈N*，满足 eq \f(S2m,Sm) ＝9， eq \f(a2m,am) ＝ eq \f(5m＋1,m－1) ，则数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an)) 的公比为_______________
【解析】.设数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an)) 的公比为q，
若q＝1，则 eq \f(S2m,Sm) ＝2，与题中条件矛盾，故q≠1.
因为 eq \f(S2m,Sm) ＝ eq \f(\f(a1（1－q2m）,1－q),\f(a1（1－qm）,1－q)) ＝qm＋1＝9，所以qm＝8.
又因为 eq \f(a2m,am) ＝ eq \f(a1q2m－1,a1qm－1) ＝qm＝8＝ eq \f(5m＋1,m－1) ，
所以m＝3，所以q3＝8，所以q＝2.
14.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若cs A＝ eq \f(4,5) ，cs C＝ eq \f(5,13) ，a＝1，则b＝________．
【解析】在△ABC中，因为cs A＝ eq \f(4,5) ，cs C＝ eq \f(5,13) ，
所以sin A＝ eq \f(3,5) ，sin C＝ eq \f(12,13) ，
所以sin B＝sin (A＋C)
＝sin A cs C＋cs A sin C
＝ eq \f(3,5) × eq \f(5,13) ＋ eq \f(4,5) × eq \f(12,13) ＝ eq \f(63,65) .
又因为 eq \f(a,sin A) ＝ eq \f(b,sin B) ，
所以b＝ eq \f(a sin B,sin A) ＝ eq \f(1×\f(63,65),\f(3,5)) ＝ eq \f(21,13) .
答案： eq \f(21,13)
15.已知球O是正四面体SABC的外接球，E为线段BC的中点，过点E的平面α与球O形成的截面面积的最小值为6π，则正四面体SABC的体积为_____
【解析】如图所示：易知EO⊥平面α时，截面面积最小．
设外接球的半径为R，截面面积最小时截面圆的半径为r，AB＝a，△ABC外接圆的圆心为O′，则R2＝O′O2＋O′B2，OE2＝O′O2＋O′E2，
所以r2＝R2－OE2＝O′B2－O′E2.由πr2＝6π，解得r＝ eq \r(6) ，则6＝－，解得a＝2 eq \r(6) .又正四面体的高h＝ eq \r(a2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)a))\s\up12(2)) ＝ eq \f(\r(6),3) a，所以正四面体SABC的体积
V＝ eq \f(1,3) × eq \f(\r(3),4) a2× eq \f(\r(6),3) a＝ eq \f(\r(2),12) a3＝ eq \f(\r(2),12) ×(2 eq \r(6) )3＝8 eq \r(3) .
16．已知函数f(x)＝ eq \f(1,x＋1) ＋x＋a－1的图象是以点(－1，－1)为中心的中心对称图形，g(x)＝ex＋ax2＋bx，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与曲线y＝g(x)在点(0，g(0))处的切线互相垂直，则a＋b＝________．
【解析】由f(0)＋f(－2)＝－2，
得1＋a－1－1－2＋a－1＝2a－4＝－2，
解得a＝1，所以f(x)＝ eq \f(1,x＋1) ＋x.
又f′(x)＝－ eq \f(1,（x＋1）2) ＋1，所以f′(1)＝ eq \f(3,4) .
因为g(x)＝ex＋x2＋bx，g′(x)＝ex＋2x＋b，
g′(0)＝1＋b，由 eq \f(3,4) (1＋b)＝－1，得1＋b＝－ eq \f(4,3) ，
即a＋b＝－ eq \f(4,3) .
答案：－ eq \f(4,3)
三、解答题：本大题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.若数列{an}的前n项和为Sn，点(an，Sn)在y＝ eq \f(1,6) － eq \f(1,3) x的图象上(x∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若c1＝0，且对任意正整数n都有cn＋1－cn＝lg eq \s\d9(\f(1,2)) an，求证：对任意正整数n≥2，总有 eq \f(1,3) ≤ eq \f(1,c2) ＋ eq \f(1,c3) ＋ eq \f(1,c4) ＋…＋ eq \f(1,cn) < eq \f(3,4) .
【解析】(1)因为点(an，Sn)在y＝ eq \f(1,6) － eq \f(1,3) x的图象上(n∈N*)，所以Sn＝ eq \f(1,6) － eq \f(1,3) an，
当n≥2时，Sn－1＝ eq \f(1,6) － eq \f(1,3) an－1，
所以an＝ eq \f(1,3) an－1－ eq \f(1,3) an，化为an＝ eq \f(1,4) an－1，
当n＝1时，a1＝S1＝ eq \f(1,6) － eq \f(1,3) a1，解得a1＝ eq \f(1,8) .
所以an＝ eq \f(1,8) × eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4))) eq \s\up12(n－1) ＝ eq \f(1,2) ×( eq \f(1,4) )n＝( eq \f(1,2) )2n＋1.
(2)对任意正整数n都有cn＋1－cn＝lg eq \s\d9(\f(1,2)) an＝2n＋1，
所以cn＝(cn－cn－1)＋(cn－1－cn－2)＋…＋(c2－c1)＋c1＝(2n－1)＋(2n－3)＋…＋3
＝ eq \f(（n－1）（2n－1＋3）,2) ＝(n＋1)(n－1).
所以当n≥2时， eq \f(1,cn) ＝ eq \f(1,（n－1）（n＋1）)
＝ eq \f(1,2) ( eq \f(1,n－1) － eq \f(1,n＋1) )，所以 eq \f(1,c2) ＋ eq \f(1,c3) ＋…＋ eq \f(1,cn)
＝ eq \f(1,2) [(1－ eq \f(1,3) )＋( eq \f(1,2) － eq \f(1,4) )＋…＋( eq \f(1,n－1) － eq \f(1,n＋1) )]＝ eq \f(1,2) (1＋ eq \f(1,2) － eq \f(1,n) － eq \f(1,n＋1) )＜ eq \f(1,2) (1＋ eq \f(1,2) )＝ eq \f(3,4) ，
又 eq \f(1,c2) ＋ eq \f(1,c3) ＋…＋ eq \f(1,cn) ≥ eq \f(1,c2) ＝ eq \f(1,3) .
所以 eq \f(1,3) ≤ eq \f(1,c2) ＋ eq \f(1,c3) ＋ eq \f(1,c4) ＋…＋ eq \f(1,cn) ＜ eq \f(3,4) .
18.某校高一200名学生的期中考试语文成绩服从正态分布N(70，7.52)，数学成绩的频数分布直方图如下：
(1)计算这次考试的数学平均分，并比较语文和数学哪科的平均分较高(假设数学成绩在频率分布直方图中各段是均匀分布的)；
(2)如果成绩大于85分的学生为优秀，这200名学生中本次考试语文、数学优秀的人数大约各多少人？
(3)如果语文和数学两科都优秀的共有4人，从(2)中的这些同学中随机抽取3人，设三人中两科都优秀的有X人，求X的分布列和数学期望.
附参考公式：若X～N(μ，σ2)，则P(μ－σ解 (1)数学成绩的平均分为
(0.012×45＋0.020×55＋0.025×65＋0.035×75＋0.006×85＋0.002×95)×10＝65.9，
根据语文成绩的正态分布知语文平均分为70分，所以语文平均分高些.
(2)语文成绩优秀的概率为p1＝P(X≥85)＝(1－0.96)×eq \f(1,2)＝0.02，
数学成绩优秀的概率为p2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0.006×\f(1,2)＋0.002))×10＝0.05，
语文成绩优秀人数为200×0.02＝4，数学成绩优秀人数为200×0.05＝10.
(3)语文数学两科都优秀的4人，单科优秀的有6人，X所有可能的取值为0，1，2，3.
P(X＝0)＝eq \f(Ceq \\al(3,6),Ceq \\al(3,10))＝eq \f(1,6)，P(X＝1)＝eq \f(Ceq \\al(1,4)Ceq \\al(2,6),Ceq \\al(3,10))＝eq \f(1,2)，
P(X＝2)＝eq \f(Ceq \\al(2,4)Ceq \\al(1,6),Ceq \\al(3,10))＝eq \f(3,10)，P(X＝3)＝eq \f(Ceq \\al(3,4),Ceq \\al(3,10))＝eq \f(1,30).
X的分布列为
数学期望E(X)＝0×eq \f(1,6)＋1×eq \f(1,2)＋2×eq \f(3,10)＋3×eq \f(1,30)＝eq \f(6,5).
19.如图，在三棱锥A­BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB＝AD，O是BD的中点．
(1)证明：OA⊥CD；
(2)若△OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE＝2EA，且二面角E­BC­D的大小为45°，求三棱锥A­BCD的体积．
【规范解答】 (1)因为AB＝AD，O为BD中点，所以AO⊥BD，…………2分
因为AO⊂平面ABD，
平面ABD⊥平面BCD且平面ABD∩平面BCD＝BD，所以AO⊥平面BCD，又CD⊂平面BCD，所以AO⊥CD. …………4分
(2)以O为坐标原点，OD为y轴，OA为z轴，垂直OD且过O的直线为x轴，
设C( eq \f(\r(3),2) ， eq \f(1,2) ，0)，D(0，1，0)，B(0，－1，0)，
A(0，0，m)，E(0， eq \f(1,3) ， eq \f(2,3) m)，…………5分
因为 eq \(EB,\s\up6(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(4,3)，－\f(2,3)m)) ， eq \(BC,\s\up6(→)) ＝( eq \f(\r(3),2) ， eq \f(3,2) ，0)，
设n1＝(x1，y1，z1)为平面EBC法向量，
所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(EB,\s\up6(→))·n1＝－\f(4,3)y1－\f(2,3)mz1＝0,\(BC,\s\up6(→))·n1＝\f(\r(3),2)x1＋\f(3,2)y1＝0)) ，
所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2y1＋mz1＝0,x1＋\r(3)y1＝0)) ，
令y1＝1，所以z1＝－ eq \f(2,m) ，x1＝－ eq \r(3) ，
所以n1＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(3)，1，－\f(2,m))) ，…………7分
平面BCD法向量为 eq \(OA,\s\up6(→)) ＝(0，0，m)，
cs 〈n1， eq \(OA,\s\up6(→)) 〉＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(－2,m·\r(4＋\f(4,m2))))) ＝ eq \f(\r(2),2) ，解得m＝1，…………9分
所以OA＝1，所以S△ABD＝ eq \f(1,2) ×BD×OA＝ eq \f(1,2) ×2×1＝1，VA­BCD＝ eq \f(1,3) ·S△ABD·|xC|＝ eq \f(\r(3),6) .…………12分
20．已知椭圆C： eq \f(y2,a2) ＋ eq \f(x2,b2) ＝1(a＞b＞0)的短轴长为2，且椭圆C的离心率为 eq \f(\r(2),2) .
(1)求椭圆C的方程；
(2)过椭圆C的上焦点作相互垂直的弦AB，CD，求证： eq \f(1,|AB|) ＋ eq \f(1,|CD|) 为定值．
【解析】(1)由题意可知2b＝2，b＝1，
又椭圆离心率为 eq \f(\r(2),2) ，则a＝ eq \r(2) ，
故椭圆C的方程为 eq \f(y2,2) ＋x2＝1.
(2)当直线AB的斜率不存在或为零时， eq \f(1,|AB|) ＋ eq \f(1,|CD|) ＝ eq \f(3\r(2),4) ，当直线AB的斜率存在且不为零时，设直线AB的方程为y＝kx＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋1，,\f(y2,2)＋x2＝1)) 消y得(k2＋2)x2＋2kx－1＝0，
所以x1＋x2＝－ eq \f(2k,k2＋2) ，x1x2＝－ eq \f(1,k2＋2) ，
所以|AB|＝ eq \r(1＋k2) eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2) ＝ eq \f(2\r(2)（k2＋1）,k2＋2) ，同理可得|CD|＝ eq \f(2\r(2)（k2＋1）,2k2＋1) ，
所以 eq \f(1,|AB|) ＋ eq \f(1,|CD|) ＝ eq \f(k2＋2,2\r(2)（k2＋1）) ＋ eq \f(2k2＋1,2\r(2)（k2＋1）) ＝ eq \f(3（k2＋1）,2\r(2)（k2＋1）) ＝ eq \f(3\r(2),4) .
21.已知函数f(x)＝(2x－1)ln x＋x－1.
(1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)求证：f(x)>－1.
【解析】(1)由f(x)＝(2x－1)ln x＋x－1，
得f′(x)＝2ln x－ eq \f(1,x) ＋3，
所以f′(1)＝2，f(1)＝0，则切线方程为y＝2x－2.
(2)f′(x)＝2ln x－ eq \f(1,x) ＋3，x∈(0，＋∞)，
令h(x)＝2ln x－ eq \f(1,x) ＋3，x∈(0，＋∞)，
所以h′(x)＝ eq \f(2,x) ＋ eq \f(1,x2) ＝ eq \f(2x＋1,x2) >0，
故h(x)在(0，＋∞)上单调递增．
又h(1)＝2>0，h eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) ＝1－ln 4＝ln eq \f(e,4) <0，
又h(x)在(0，＋∞)上连续，
所以存在x0∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1)) 使得h(x0)＝0，即f′(x0)＝0，
所以2ln x0－ eq \f(1,x0) ＋3＝0.(*)
f′(x)，f(x)随x的变化情况如下：
所以f(x)min＝f(x0)＝(2x0－1)ln x0＋x0－1.
由(*)式得ln x0＝ eq \f(1,2x0) － eq \f(3,2) ，代入上式得
f(x)min＝f(x0)＝(2x0－1) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2x0)－\f(3,2))) ＋x0－1
＝－2x0－ eq \f(1,2x0) ＋ eq \f(3,2) .
令t(x)＝－2x－ eq \f(1,2x) ＋ eq \f(3,2) ，x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1)) ，
t′(x)＝ eq \f(1,2x2) －2＝ eq \f(（1＋2x）（1－2x）,2x2) <0，
故t(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1)) 上单调递减．
所以t(x)>t(1)，又t(1)＝－1，
即f(x0)>－1，所以f(x)>－1.
请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．
22．选修4-4：坐标系与参数方程
在平面直角坐标系xOy中，曲线C1： eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\r(2)cs φ,y＝\r(6)sin φ)) (φ为参数)，以坐标原点O为极点，以x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρsin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4))) ＝4.
(1)求曲线C2的直角坐标方程；
(2)若点P是曲线C1上的点，点Q是曲线C2上的点，求|PQ|的最小值．
【解析】(1)由ρsin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4))) ＝4得：
ρsin θ＋ρcs θ＝4 eq \r(2) ，
将 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ρcs θ＝x,ρsin θ＝y)) ，代入得曲线C2，得直角坐标方程为：x＋y＝4 eq \r(2) .
(2)由题意，可设P( eq \r(2) cs φ， eq \r(6) sin φ)，由点到直线的距离公式可得：
点P到直线x＋y＝4 eq \r(2) 的距离为：
d＝ eq \f(|\r(2)cs φ＋\r(6)sin φ－4\r(2)|,\r(2))
由题意可得：|PQ|≥d，
即|PQ|≥ eq \f(|\r(2)cs φ＋\r(6)sin φ－4\r(2)|,\r(2))
＝ eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(2\r(2)sin \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(φ＋\f(π,6)))－4\r(2))),\r(2)) ≥2，
所以，|PQ|的最小值为2.
23．选修4-5：不等式选讲
已知函数f(x)＝|2x＋2|－|x－2|.
(1)解不等式f(x)≥6；
(2)已知a>0，b>0，g(x)＝f(x)－|x＋1|的最大值为m， eq \f(1,a) ＋ eq \f(1,b) ＝m，求a2＋b2的最小值．
【解析】(1)函数f(x)＝|2x＋2|－|x－2|＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋4，x>2,3x，－1≤x≤2,－x－4，x<－1)) ，
当x>2时，不等式f(x)≥6即为x＋4≥6，解得x≥2，所以x>2；
当－1≤x≤2时，不等式f(x)≥6即为3x≥6，解得x≥2，所以x＝2；
当x<－1时，不等式f(x)≥6即为－x－4≥6，解得x≤－10，所以x≤－10.
综上所述，不等式f(x)≥6的解集为{x|x≤－10或x≥2}；
(2)g(x)＝f(x)－|x＋1|
＝|x＋1|－|x－2|≤|(x＋1)－(x－2)|
＝3，
所以g(x)的最大值为m＝3，
则 eq \f(1,a) ＋ eq \f(1,b) ＝3，
故a2＋b2＝(a2＋b2)· eq \f(1,9) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,b))) eq \s\up12(2)
＝ eq \f(1,9) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋\f(b2,a2)＋\f(a2,b2)＋\f(2a,b)＋\f(2b,a)))
≥ eq \f(1,9) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋2\r(\f(a2,b2)·\f(b2,a2))＋2\r(\f(2a,b)·\f(2b,a)))) ＝ eq \f(8,9) ，当且仅当 eq \f(a2,b2) ＝ eq \f(b2,a2) 且 eq \f(2a,b) ＝ eq \f(2b,a) ，即a＝b＝ eq \f(2,3) 时取等号，
故a2＋b2的最小值为 eq \f(8,9) .X
0
1
2
3
P
eq \f(1,6)
eq \f(1,2)
eq \f(3,10)
eq \f(1,30)
x
(0，x0)
x0
(x0，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
↘
极小值
↗