2018年吉林省长春市高考数学三模试卷(文科)

2018年吉林省长春市高考数学三模试卷（文科）

一、选择题（本大题包括12小题，每小题5分，共60分，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）

1. 设集合A={x|?1

A.(?1,?0)

B.(0,?1)

C.(?1,?3)

D.(1,?3)

2. 已知复数z=1+i

1?i

，则|z|=()

A.2

B.1

C.0

D.√2

3. 在等差数列{a n}中，若S n为前n项和，2a7=a8+5，则S11的值是（）

A.55

B.11

C.50

D.60

4. 中国有个名句“运筹帷幄之中，决胜千里之外”，其中的“筹”原意是指《孙子算经》

中记载的算筹．古代用算筹来进行计算，算筹是将几寸长的小竹棍摆在平面上进行计算，算筹的摆放形式有横纵两种形式（如图所示），表示一个多位数时，像阿拉伯计数

一样，把各个数位的数码从左到右排列，但各位数码的筹式需要纵横相间，个位、百位、万位数用纵式表示，十位、千位、十万位用横式表示，以此类推．例如3266用算

筹表示就是

，则8771用算筹可表示为（）

A. B.

C. D.

5. 将函数f(x)=sin(2x+π

3

)的图象向左平移a个单位得到函数g(x)=cos2x的图象，

则a的值可以为（）

A.π12

B.5π

12

C.7π

12

D.11π

12

6. 函数f(x)=1+x2+tan x

x

的部分图象大致为（）A.

B.

C.

D.

7. 如图所示的程序框图是为了求出满足2n?n2>28的最小偶数n，那么空白框中的语句及最后输出的n值分别是()

A.n=n+1和6

B.n=n+2和6

C.n=n+1和8

D.n=n+2和8

8. 正项等比数列{a n}中，S n为{a n}的前n项和，若S3+a2=9a3，则其公比为（）

A.1 2

B.1

3

C.1

4

D.1

8

9. 某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是（）

A.4√3

B.10√3

3C.2√3 D.8√3

3

10. 已知a∈R，设函数f(x)=ax?lnx的图象在点(1,?f(1))处的切线为l，则l在y轴上的截距为( )

A.1?a

B.1

C.a?1

D.?1

11. 已知边长为2的等边三角形ABC，D为BC的中点，以AD为折痕，将△ABC折起，使∠BDC=90°，则过A，B，C，D四点的球的表面积为（）

A.3π

B.4π

C.5π

D.6π

12. 已知双曲线C:x2

m2?y2

m2?1

=1的左、右焦点分别为F1，F2，若C上存在一点P满足

PF1⊥PF2，且△PF1F2的面积为3，则该双曲线的离心率为()

A.√5

2B.√7

2

C.2

D.3

二、填空题（本大题包括4小题，每小题5分，共20分，把正确答案填在答题卡中的横线上）.

设实数x，y满足约束条件{y≥0

4x?y≥0

x+y≤5

，则z=x+2y的最大值为________．

已知x ，y 取值如表：

画散点图可知：y 与x 线性相关，且求得回归线方程为y ^

=x ^

+1，则m 的值为________（精确到0.1）

已知函数f(x)={x +4,x ≤0

2x ,x >0 ，若f(a)≥2，则实数a 的取值范围是________．

已知菱形ABCD 的一条对角线BD 长为2，点E 为AD 上一点，且满足AE →

=12ED →

，点F 为

CD 的中点，若AD →

?BE →

=?2，则CD →

?AF →

=________．

三、解答题：共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.

已知△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若b =2，且2bcosB =acosC +ccosA ，． （1）求角B ；

（2）求△ABC 面积的最大值．

树立和践行“绿水青山就是金山银山，坚持人与自然和谐共生”的理念越来越深入人心，已形成了全民自觉参与，造福百姓的良性循环．据此，某网站推出了关于生态文明建设进展情况的调查，大量的统计数据表明，参与调查者中关注此问题的约占80%．现从参与调查的人群中随机选出200人，并将这200人按年龄分组：第1组[15,?25)，第2组[25,?35)，第3组[35,?45)，第4组[45,?55)，第5组[55,?65]，得到的频率分布直方图如图所示.

(1)求a 的值；

(2)求出样本的平均数（同一组数据用该区间的中点值作代表）和中位数（精确到小数点后一位）；

(3)现在要从年龄较小的第1，2组中用分层抽样的方法抽取5人，再从这5人中随机抽取3人进行问卷调查，求第2组中恰好抽到2人的概率．

在如图所示的几何体中，四边形ABCD 是正方形，PA ⊥平面ABCD ，E ，F 分别是线段

AD，PB的中点，PA=AB=1．

(1)求证：EF?//?平面DCP；

(2)求F到平面PDC的距离．

在平面直角坐标系中，已知圆C1的方程为(x?1)2+y2=9，圆C2的方程为(x+1)2+ y2=1，动圆C与圆C1内切且与圆C2外切．

（1）求动圆圆心C的轨迹E的方程；

（2）已知P(?2,?0)与Q(2,?0)为平面内的两个定点，过(1,?0)点的直线l与轨迹E交于A，B两点，求四边形APBQ面积的最大值．

已知函数f(x)=lnx，g(x)=x+m．

（1）若f(x)≤g(x)恒成立，求实数m的取值范围；

（2）若x1，x2是函数F(x)=f(x)?g(x)的两个零点，且x1

在直角坐标系xOy中，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线

C1:ρ=4cosθ(0≤θ<π

2

)，C2:ρcosθ=3．

(Ⅰ)求C1与C2交点的极坐标；

(Ⅱ)设点Q在C1上，OQ→=2

3QP

→

，求动点P的极坐标方程．

[选修4-5：不等式选讲].

已知函数f(x)=|2x|+|2x+3|+m，m∈R．

(Ⅰ)当m=?2时，求不等式f(x)≤3的解集；

(Ⅱ)?x∈(?∞,?0)，都有f(x)≥x+2

x

恒成立，求m的取值范围．

参考答案与试题解析

2018年吉林省长春市高考数学三模试卷（文科）

一、选择题（本大题包括12小题，每小题5分，共60分，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）

1.

【答案】

B

【考点】

交集及其运算

【解析】

先分别求出集合A和B，由此能求出A∩B．

【解答】

∵A={x|?1

B={x|x(x?3)<0}={x|0

∴A∩B=(0,?1)．

2.

【答案】

B

【考点】

复数的模

【解析】

通过分母有理化即得结论．

【解答】

∵z=1+i

1?i =(1+i)(1+i)

(1?i)(1+i)

=1+2i+i2

1?i2

=i，

∴|z|=|i|=1，

3.

【答案】

A

【考点】

等差数列的通项公式

【解析】

利用等差数列的通项公式与求和公式及其性质即可得出．【解答】

由等差数列{a n}的性质可得：a6=2a7?a8=5，

则S11=11(a1+a11)

2

=11a6=55．

4.

【答案】

C

【考点】

进行简单的合情推理

合情推理的作用

【解析】

由算筹含义直接求解．

【解答】

解：由算筹含义得到8771用算筹可表示为

．

故选C.

5.

【答案】

A

【考点】

函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换

【解析】

根据三角函数的图象平移关系先求出函数的解析式，结合函数解析式之间的关系进行求解即可．

【解答】

将函数f(x)=sin(2x+π

3

)的图象向左平移a个单位，

得到y=sin[2(x+a)+π

3]=sin(2x+2a+π

3

)=cos2x，

则2a+π

3=π

2

+2kπ，k∈Z，

即a=π

12

+kπ,k∈Z．

当k=0时，a=π

12

，

6.

【答案】

D

【考点】

函数的图象变化

【解析】

本题主要考查函数的图象及性质．

【解答】

解：由函数f(x)=1+x2+tan x

x

易得f(x)为偶函数，

则其图象关于y轴对称，

排除A，C，

再由f(π)=1+π2>0，

排除B．

故选D．

7.

【答案】

D

【考点】

程序框图

【解析】

由已知中的程序框图可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量n的值，模拟

程序的运行过程，可得答案．

【解答】

解：程序框图是为了求出满足2n?n2>28的最小偶数n，

故循环变量的步长为2，即空白框中的语句为：n=n+2

n=0时，执行循环体后，A=1，满足继续循环的条件．n=2；n=2时，执行循环体后，A=0，满足继续循环的条件．n=4；n=4时，执行循环体后，A=0，满足继续循环的条件．n=6；n=6时，执行循环体后，A=28，满足继续循环的条件．n=8；n=8时，执行循环体后，A=192，不满足继续循环的条件；

故输出n值为8，

故选D.

8.

【答案】

A

【考点】

等比数列的通项公式

【解析】

由S3+a2=9a3，得8q2?2q?1=0，求解即可得答案．

【解答】

设等比数列{a n}的首项为a1，公比为q，

由S3+a2=9a3，得a1+a1q+a1q2+a1q=9a1q2，

即8q2?2q?1=0，解得q=1

2或q=?1

4

．

∵{a n}为正项等比数列，∴q=1

2

．

9.

【答案】

B

【考点】

由三视图求体积

【解析】

首先对三视图进行复原，进一步求出几何体的体积．【解答】

由题意可知该几何体为正三棱柱去掉一个小三棱锥，如图所示：

V=4√3?1

3?2?√3=10

3

√3．

故选：B．10.

【答案】

B

【考点】

利用导数研究曲线上某点切线方程

直线的点斜式方程

【解析】

求得f(x)的导数，可得切线的斜率，切点，由点斜式方程可得切线的方程，令x=0，计算可得l在y轴上的截距．

【解答】

，

解：函数f(x)=ax?lnx的导数为f′(x)=a?1

x

可得图象在点(1,?f(1))处的切线斜率为a?1，

且f(1)=a，

则切线方程为y?a=(a?1)(x?1)，

令x=0，可得y=1，

故选B．

11.

【答案】

C

【考点】

球的体积和表面积

【解析】

由题意，边长为2的等边三角形ABC，D为BC的中点，以AD为折痕，将△ABC折起，使∠BDC=90°，折后的图形可放到一个长方体中，其体对角线长为√1+1+3=√5，可得外接球表面积．

【解答】

边长为2的等边三角形ABC，D为BC的中点，以AD为折痕，将△ABC折起，使∠BDC= 90°，

∴将折后的图形可放到一个长方体中，其体对角线长为√1+1+3=√5，

，其表面积为5π．

故其外接球的半径为√5

2

12.

【答案】

B

【考点】

双曲线的离心率

【解析】

根据双曲线的定义结合直角三角形的性质建立方程关系进行求解即可．

【解答】

解：∵不妨设双曲线右支上存在一点P，

使PF1⊥PF2，可得|PF1|?|PF2|=2a，

∴|PF1|2+|PF2|2=4c2，

∴|PF1|?|PF2|=2b2，

∴△PF1F2的面积为1

|PF1|?|PF2|=b2=3，

2

即m2?1=3，

∴a2=m2=4，c2=7

则该双曲线的离心率为e=c

a =√7

2

．

故选B.

二、填空题（本大题包括4小题，每小题5分，共20分，把正确答案填在答题卡中的横线上）.

【答案】

9

【考点】

简单线性规划

【解析】

作出不等式对应的平面区域，利用线性规划的知识，通过平移即可求z的最大值．【解答】

作出实数x，y满足约束条件{y≥0

4x?y≥0

x+y≤5

对应的平面区域，

由z=x+2y，得y=?1

2x+z

2

，

平移直线y=?1

2x+z

2

，由图象可知当直线y=?1

2

x+z

2

经过点A时，

直线y=?1

2x+z

2

的截距最大，此时z最大．

由可行域可确定目标函数在A(1,?4)处取最大值9

【答案】

1.7

【考点】

求解线性回归方程

【解析】

将x=3.2代入回归方程为y^=x^+1可得y=4.2，则4m=6.7，即可得出结论．

【解答】

将x=3.2代入回归方程为y^=x^+1可得y=4.2，则4m=6.7，解得m=1.675，

即精确到0.1后m的值为1.7．

【答案】

[?2,?0]∪[1,?+∞)

【考点】

分段函数的应用

【解析】

讨论a≤0，a>0，由指数不等式的解法，即可得到所求范围．

【解答】

当a≤0，a+4≥2，

可得?2≤a≤0；

当a>0，2a≥2，解得a≥1，

故a的范围是[?2,?0]∪[1,?+∞)．

【答案】

?7

【考点】

平面向量数量积的性质及其运算律 【解析】

根据题意，建立平面直角坐标系，利用坐标表示平面向量， 求出A 、C 的坐标，即可计算CD →

?AF →

的值． 【解答】

根据题意，建立平面直角坐标系如图所示； 设A(?x,?0)，则B(0,??1)，C(x,?0)，D(0,?1)； AE →

=12

ED →

，E 是AD 的三等分点，∴ E(?2

3x,?1

3)，

又AD →?BE →

=?2，

∴ (x,?1)?(?2

3x,?4

3)=?2

3x 2+4

3=?2， 解得x =±√5，应取x =√5；

又点F 为CD 的中点，∴ F(√52

,?1

2

)，

∴ CD →?AF →

=(?√5,?1)?(3√52

,?12

)=?√5×3√52

+1×12

=?7．

三、解答题：共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.

【答案】

∵ 2bcosB =acosC +ccosA ，

∴ 可得：2sinBcosB =sinAcosC +sinCcosA =sinB ， ∵ sinB ≠0， ∴ cosB =1

2,B =π

3． ∵ b =2,B =π3，

∴ 由余弦定理可得ac =a 2+c 2?4，

∴ 由基本不等式可得ac =a 2+c 2?4≥2ac ?4，可得：ac ≤4，当且仅当a =c 时，“=”成立，

∴ 从而S △ABC =12

acsinB ≤12

×4×√32

=√3．

故△ABC 面积的最大值为√3． 【考点】 余弦定理 【解析】

（1）由正弦定理，两角和的正弦函数公式化简已知等式可得2sinBcosB =sinB ，结合sinB ≠0，可求cosB 的值，进而可求B 的值．

（2）由余弦定理，基本不等式可得：ac ≤4，进而利用三角形面积公式即可得解△ABC 面积的最大值． 【解答】

∵ 2bcosB =acosC +ccosA ，

∴ 可得：2sinBcosB =sinAcosC +sinCcosA =sinB ， ∵ sinB ≠0，

∴cosB=1

2,B=π

3

．

∵b=2,B=π

3

，

∴由余弦定理可得ac=a2+c2?4，

∴由基本不等式可得ac=a2+c2?4≥2ac?4，可得：ac≤4，当且仅当a=c时，“=”成立，

∴从而S

△ABC =1

2

acsinB≤1

2

×4×√3

2

=√3．

故△ABC面积的最大值为√3．

【答案】

解：(1)由10×(0.010+0.015+a+0.030+0.010)=1，得a=0.035．

(2)平均数为：20×0.1+30×0.15

+40×0.35+50×0.3+60×0.1=41.5岁；

设中位数为x，则10×0.010+10×0.015

+(x?35)×0.035=0.5，

∴x≈42.1岁．

(3)第1，2，3组的人数分别为20人，30人，

从第1，2组中用分层抽样的方法抽取5人，

则第1，2组抽取的人数分别为2人，3人，

分别记为a1，a2，b1，b2，b3．

设从5人中随机抽取3人，为：

(a1,?a2,?b1)，(a1,?a2,?b2)，(a1,?a2,?b3)，

(a1,?b1,?b2)，(a1,?b1,?b3)，(a1,?b2,?b3)，

(a2,?b1,?b2)，(a2,?b1,?b3)，(a2,?b2,?b3)，

(b1,?b2,?b3)，共10个基本事件，

从而第2组中抽到2人的概率p=6

10=3

5

．

【考点】

频数与频率

列举法计算基本事件数及事件发生的概率

众数、中位数、平均数

分层抽样方法

【解析】

（1）由频率分布直方图能求出a．

（2）由频率分布直方图能求出平均数和中位数．

（3）第1，2，3组的人数分别为20人，30人，从第1，2组中用分层抽样的方法抽取5人，则第1，2组抽取的人数分别为2人，3人，分别记为a1，a2，b1，b2，b3．由此利用列举法能求出结果．

【解答】

解：(1)由10×(0.010+0.015+a+0.030+0.010)=1，

得a=0.035．

(2)平均数为：20×0.1+30×0.15

+40×0.35+50×0.3+60×0.1=41.5岁；

设中位数为x，则10×0.010+10×0.015

+(x?35)×0.035=0.5，

∴x≈42.1岁．

(3)第1，2，3组的人数分别为20人，30人，从第1，2组中用分层抽样的方法抽取5人，则第1，2组抽取的人数分别为2人，3人，分别记为a1，a2，b1，b2，b3．

设从5人中随机抽取3人，为：

(a1,?a2,?b1)，(a1,?a2,?b2)，(a1,?a2,?b3)，(a1,?b1,?b2)，(a1,?b1,?b3)，(a1,?b2,?b3)，(a2,?b1,?b2)，(a2,?b1,?b3)，(a2,?b2,?b3)，(b1,?b2,?b3)，共10个基本事件，

从而第2组中抽到2人的概率P=6

10=3

5

．

【答案】

(1)证明：取PC中点M，连接DM，MF，

∵M，F分别是PC，PB中点，

∴MF?//?CB,MF=1

2

CB，

∵E为DA中点，ABCD为正方形，

∴DE?//?CB,DE=1

2

CB，

∴MF?//?DE，MF=DE，

∴四边形DEFM为平行四边形，

∴EF?//?DM，

∵EF平面PDC，DM?平面PDC，

∴EF?//?平面PDC．

(2)解：∵EF?//?平面PDC，

∴F到平面PDC的距离等于E到平面PDC的距离，∵PA⊥平面ABCD，

∴PA⊥DA，

∵PA=AD=1，在Rt△PAD中DP=√2，

∵PA⊥平面ABCD，

∴PA⊥CB，

∵CB⊥AB，PA∩AB=A，

∴CB⊥平面PAB，

∴CB⊥PB，则PC=√3，

∵PD2+DC2=PC2，

∴△PDC为直角三角形，

∴S

△PDC =1

2

×1×√2=√2

2

，

∴ V E?PDC =V C?PDE ，

设E 到平面PDC 的距离为?， 则1

3???1

2?1?√2=1

3?1?1

2?1

2?1，

解得?=√2

4

，∴ F 到平面PDC 的距离为√2

4

．

【考点】

点、线、面间的距离计算 直线与平面平行的判定 【解析】

（1）取PC 中点M ，连接DM ，MF ，推导出四边形DEFM 为平行四边形，由此能证明EF?//?平面RDC ．

（2）由EF?//?平面PDC ，得F 到平面PDC 的距离等于E 到平面PDC 的距离，由V E?PDC =V C?PDE ，能求出F 到平面PDC 的距离． 【解答】

(1)证明：取PC 中点M ，连接DM ，MF ，

∵ M ，F 分别是PC ，PB 中点， ∴ MF?//?CB,MF =1

2CB ， ∵ E 为DA 中点，ABCD 为正方形， ∴ DE?//?CB,DE =12CB ，

∴ MF?//?DE ，MF =DE ，

∴ 四边形DEFM 为平行四边形， ∴ EF?//?DM ，

∵ EF 平面PDC ，DM ?平面PDC ， ∴ EF?//?平面PDC ．

(2)解：∵ EF?//?平面PDC ，

∴ F 到平面PDC 的距离等于E 到平面PDC 的距离， ∵ PA ⊥平面ABCD ， ∴ PA ⊥DA ，

∵ PA =AD =1，在Rt △PAD 中DP =√2， ∵ PA ⊥平面ABCD ， ∴ PA ⊥CB ，

∵ CB ⊥AB ，PA ∩AB =A ， ∴ CB ⊥平面PAB ，

∴ CB ⊥PB ，则PC =√3， ∵ PD 2+DC 2=PC 2，

∴ △PDC 为直角三角形， ∴ S △PDC =12

×1×√2=√22

，

∴ V E?PDC =V C?PDE ，

设E 到平面PDC 的距离为?， 则1

3???1

2?1?√2=1

3?1?1

2?1

2?1，

解得?=√2

4，∴ F 到平面PDC 的距离为√2

4

．

【答案】

设动圆C 的半径为r ，由题意知|CC 1|=3?r ，|CC 2|=1+r

从而有|CC 1|+|CC 2|=4，故轨迹E 为以C 1，C 2为焦点，长轴长为4的椭圆，并去除点(?2,?0)， 从而轨迹E 方程为

x 24

+

y 23

=1(x ≠?2)．

设l 方程为x =my +1，联立{x 2

4

+

y 2

3=1x =my +1

， 消去x 得(3m 2+4)y 2+6mx ?9=0，设点A(x 1,?y 1)，B(x 2,?y 2)，

有y 1+y 2=?6m

3m 2+4,y 1y 2=?9

3m 2+4，有|AB|=√1+m 212√1+m 2

3m 2+4

=12(1+m 2

)

3m 2

+4

， 点P(?2,?0)到直线了的距离为√1+m 2，点Q(2,?0)到直线了的距离为√1+m 2， 从而四边形APBQ 的面积S =1

2

×

12(1+m 2)3m 2+4

2

=

24√1+m 23m 2+4

令t =√1+m 2,t ≥1，有S =24t

3t 2+1=24

3t+1t

，由函数y =3t +1

t 在[1,?+∞)单调递增

有3t +1

t ≥4，故S =24t 3t 2+1=24

3t+1t

≤6，四边形APBQ 面积的最大值为6．

【考点】 椭圆的定义 【解析】

（1）根据椭圆的定义以及圆和圆的位置关系可得，

（2）设l 方程为x =my +1，联立{x 2

4

+y 2

3=1

x =my +1 ，利用韦达定理以及弦长公式和点到直线的距离公式，即可求出四边形的面积，再根据函数的单调性即可求出． 【解答】

设动圆C 的半径为r ，由题意知|CC 1|=3?r ，|CC 2|=1+r

从而有|CC 1|+|CC 2|=4，故轨迹E 为以C 1，C 2为焦点，长轴长为4的椭圆，并去除点(?2,?0)， 从而轨迹E 方程为

x 24

+

y 23

=1(x ≠?2)．

设l 方程为x =my +1，联立{x 2

4

+

y 2

3=1x =my +1

， 消去x 得(3m 2+4)y 2+6mx ?9=0，设点A(x 1,?y 1)，B(x 2,?y 2)，

有y1+y2=?6m

3m2+4,y1y2=?9

3m2+4

，有|AB|=√1+m212√1+m2

3m2+4

=12(1+m2)

3m2+4

，

点P(?2,?0)到直线了的距离为

√1+m2，点Q(2,?0)到直线了的距离为

√1+m2

，

从而四边形APBQ的面积S=1

2×12(1+m2)

3m2+4√1+m2

=24√1+m2

3m2+4

令t=√1+m2,t≥1，有S=

24t

3t2+1

=24

3t+1

t

，由函数y=3t+1

t

在[1,?+∞)单调递增

有3t+1

t ≥4，故S=24t

3t2+1

=24

3t+1

t

≤6，四边形APBQ面积的最大值为6．

【答案】

令F(x)=f(x)?g(x)=lnx?x?m(x>0)，

有F′(x)=1

x ?1=1?x

x

，

当x>1时，F′(x)<0，

当00，

所以F(x)在(1,?+∞)上单调递减，在(0,?1)上单调递增，F(x)在x=1处取得最大值，为?1?m，

若f(x)≤g(x)恒成立，

则?1?m≤0即m≥?1．

由（1）可知，若函数F(x)=f(x)?g(x)有两个零点，则m

要证x1x2<1，只需证x2<1x

1

，

由于F(x)在(1,?+∞)上单调递减，

从而只需证F(x2)>F(1x

1

)，

由F(x1)=F(x2)=0，m=lnx1?x1，

即证ln1x

1?1

x1

?m=ln1

x1

?1

x1

+x1?lnx1<0

令?(x)=?1

x

+x?21nx(0

?(x)=1

x2+1?2

x

=x2?2x+1

x2

>0，

有?(x)在(0,?1)上单调递增，

?(x)

所以x1x2<1．

【考点】

利用导数研究函数的最值

【解析】

（1）令F(x)=f(x)?g(x)，求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，得到关于m的不等式，解出即可；

（2）问题转化为证x2<1x

1，根据函数的单调性问题转化为只需证F(x2)>F(1x

1

)即可．

【解答】

令F(x)=f(x)?g(x)=lnx?x?m(x>0)，

有F′(x)=1

x ?1=1?x

x

，

当x >1时，F ′(x)<0， 当00，

所以F(x)在(1,?+∞)上单调递减，在(0,?1)上单调递增， F(x)在x =1处取得最大值，为?1?m ， 若f(x)≤g(x)恒成立， 则?1?m ≤0即m ≥?1．

由（1）可知，若函数F(x)=f(x)?g(x)有两个零点， 则m

x 1

，

由于F(x)在(1,?+∞)上单调递减， 从而只需证F(x 2)>F(1

x 1

)，

由F(x 1)=F(x 2)=0，m =lnx 1?x 1， 即证ln 1x 1

?1x 1

?m =ln 1x 1

?1

x 1

+x 1?lnx 1<0

令?(x)=?1

x +x ?21nx(0

1x

2+1?

2

x

=x 2?2x+1

x 2

>0，

有?(x)在(0,?1)上单调递增，

?(x)

（二）选考题：共10分.请考生在22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题记分.[选修4-4：坐标系与参数方程选讲]. 【答案】

（1）∵ 曲线C 1:ρ=4cosθ(0≤θ<π

2)，C 2:ρcosθ=(3) ∴ 联立{ρcosθ=3ρ=4cosθ ，cosθ=±√3

2

，………

∵ 0≤θ<π

2，θ=π

6…………………………………………… ∴ ρ=2√3………………………………………………………

∴ C 1与C 2交点的极坐标为(2√3,π

6)…………………………………………… （其他形式请酌情给分）

（2）设P(ρ,?θ)，Q(ρ0,?θ0)且ρ0=4cosθ0，θ0∈[0,π

2)………… 由已知OQ →

=23QP →

，得{ρ0=2

5ρ

θ0=θ

……………………………

∴ 2

3ρ=4cosθ，

∴ 点P 的极坐标方程为ρ=6cosθ,θ∈[0,π

2)……………………………………… 【考点】

圆的极坐标方程 【解析】

(Ⅰ)联立{ρcosθ=3

ρ=4cosθ

，能求出C 1与C 2交点的极坐标．

(Ⅱ)设P(ρ,?θ)，Q(ρ0,?θ0)且ρ0=4cosθ0，由OQ →

=23

QP →

，能求出点P 的极坐标方程．

【解答】

（1）∵ 曲线C 1:ρ=4cosθ(0≤θ<π

2)，C 2:ρcosθ=(3) ∴ 联立{ρcosθ=3ρ=4cosθ ，cosθ=±√3

2

，………

∵ 0≤θ<π

2，θ=π

6…………………………………………… ∴ ρ=2√3………………………………………………………

∴ C 1与C 2交点的极坐标为(2√3,π

6)…………………………………………… （其他形式请酌情给分）

（2）设P(ρ,?θ)，Q(ρ0,?θ0)且ρ0=4cosθ0，θ0∈[0,π

2)………… 由已知OQ →

=23QP →

，得{ρ0=2

5ρ

θ0=θ

……………………………

∴ 2

3ρ=4cosθ，

∴ 点P 的极坐标方程为ρ=6cosθ,θ∈[0,π

2)……………………………………… [选修4-5：不等式选讲]. 【答案】

（1）当m =?2时，f(x)=|2x|+|2x +3|+m ={4x +1,x ≥0

1,?32

3

2

当{

4x +1≤3

x ≥0

，解得0≤x ≤12； 当?3

2

2

解得?2≤x ≤?3

2 此不等式的解集为[?2,1

2]……………………………………

（2）当x ∈(?∞,?0)时f(x)=|2x|+|2x +3|+m ={3+m,(?3

2

?4x ?3+m,(x ≤?32

)

．

当?32

x

由x +2x =?[(?x)+(?2x )]≤?2√(?x)(?2

x

)=?2√2

当且仅当?x =?2

x 即x =?√2时等号成立．∴ m +3≥?2√2，∴ m ≥?3?2√2…………………………

当x ≤?3

2时，不等式化为?4x ?3+m ≥x +2

x ．∴ m ≥5x +2

x +3 令y =5x +2

x +3，x ∈(?∞,?3

2]∵ y ′=5?2

x 2>0,x ∈(?∞,?3

2]， ∴ y =5x +2

x +3在(?∞,?3

2]上是增函数．

∴ 当x =?3

2时，y =5x +2

x +3取到最大值为?35

6∴ m ≥?35

6…………… 综上m ≥?3?2√2…………………………………………… 【考点】

绝对值三角不等式 【解析】

(Ⅰ)f(x)=|2x|+|2x +3|+m ={4x +1,x ≥0

1,?32

3

2

，分段解不等式即可． (Ⅱ)f(x)=|2x|+|2x +3|+m ={3+m,(?3

2

)

．当?3

2

x +3，利用恒成立求得m 的取值范围． 【解答】

（1）当m =?2时，f(x)=|2x|+|2x +3|+m ={4x +1,x ≥0

1,?32

3

2

当{

4x +1≤3

x ≥0

，解得0≤x ≤12； 当?3

2

2

解得?2≤x ≤?3

2 此不等式的解集为[?2,1

2]……………………………………

（2）当x ∈(?∞,?0)时f(x)=|2x|+|2x +3|+m ={3+m,(?3

2

?4x ?3+m,(x ≤?32) ．

当?3

2

x 由x +2

x =?[(?x)+(?2

x )]≤?2√(?x)(?2

x

)=?2√2

当且仅当?x =?2

x 即x =?√2时等号成立．∴ m +3≥?2√2，∴ m ≥?3?2√2…………………………

当x ≤?3

2时，不等式化为?4x ?3+m ≥x +2

x ．∴ m ≥5x +2

x +3

令y =5x +2

x +3，x ∈(?∞,?3

2]∵ y ′=5?2

x 2>0,x ∈(?∞,?3

2]， ∴ y =5x +2

x +3在(?∞,?3

2]上是增函数．

∴ 当x =?3

2时，y =5x +2

x +3取到最大值为?35

6∴ m ≥?35

6……………

综上m ≥?3?2√2……………………………………………