山西省吕梁市汾阳中学高三数学一模试卷-理(含解析)新人教A版.doc

2013年山西省吕梁市汾阳中学高考数学一模试卷（理科）
参考答案与试题解析

一、选择题（每小题5分，共60分．下列每小题所给选项只有一项符合题意，请将正确答案的序号填涂在答题卡上）
1．（5分）（2011•广东模拟）已知集合M={y|y=x2﹣1，x∈R}，，则M∩N=（　　）

A．
[﹣1，+∞）
B．

C．

D．
ϕ

考点：
交集及其运算．
专题：
计算题．
分析：
由题意求出集合M与集合N，然后求出M∩N．
解答：
解：集合M={y|y=x2﹣1，x∈R}={y|y≥﹣1}，
对于，2﹣x2≥0，解得，
N={x|}，
则M∩N=[﹣1，∞）∩[]=．
故选B．
点评：
本题考查集合的基本运算，函数的值域与函数的定义域的求法，考查集合的交集的求法．

2．（5分）（2013•辽宁一模）命题“∃x∈R，使x2+ax﹣4a＜0为假命题”是“﹣16≤a≤0”的（　　）

A．
充分不必要条件
B．
必要不充分条件

C．
充要条件
D．
既不充分又不必要条件

考点：
必要条件、充分条件与充要条件的判断；特称命题．
专题：
计算题．
分析：
命题“∃x∈R，使x2+ax﹣4a＜0为假命题”，等价于命题“∀x∈R，使x2+ax﹣4a≥0为真命题”，故△=a2+16a≤0，由此得到﹣16≤a≤0；由﹣16≤a≤0，知△=a2+16a≤0，故命题“∀x∈R，使x2+ax﹣4a≥0为真命题”，所以命题“∃x∈R，使x2+ax﹣4a＜0为假命题”．由此得到命题“∃x∈R，使x2+ax﹣4a＜0为假命题”是“﹣16≤a≤0”的充要条件．
解答：
解：∵命题“∃x∈R，使x2+ax﹣4a＜0为假命题”，
∴命题“∀x∈R，使x2+ax﹣4a≥0为真命题”，
∴△=a2+16a≤0，
∴﹣16≤a≤0，
即命题“∃x∈R，使x2+ax﹣4a＜0为假命题”⇒“﹣16≤a≤0”；
∵﹣16≤a≤0，
∴△=a2+16a≤0，
∴命题“∀x∈R，使x2+ax﹣4a≥0为真命题”，
∴命题“∃x∈R，使x2+ax﹣4a＜0为假命题”，
即命题“∃x∈R，使x2+ax﹣4a＜0为假命题”⇒“﹣16≤a≤0”．
故命题“∃x∈R，使x2+ax﹣4a＜0为假命题”是“﹣16≤a≤0”的充要条件．
故选C．
点评：
本题考查必要条件、充分条件、充要条件的判断和应用，是基础题．解题时要认真审题，仔细解答．

3．（5分）（2005•天津）若复数（a∈R，i为虚数单位位）是纯虚数，则实数a的值为（　　）

A．
﹣2
B．
4
C．
﹣6
D．
6

考点：
复数代数形式的乘除运算；复数的代数表示法及其几何意义．
分析：
化简复数为a+bi（a、b∈R）的形式，让其实部为0，虚部不为0，可得结论．
解答：
解：复数=，它是纯虚数，则a=﹣6．
故选C．
点评：
本题考查复数代数形式的乘除运算，复数的分类，是基础题．

4．（5分）（2011•密山市模拟）已知等比数列{an}满足a1+a2=3，a2+a3=6，则a7=（　　）

A．
64
B．
81
C．
128
D．
243

考点：
等比数列．
分析：
由a1+a2=3，a2+a3=6的关系求得d，进而求得a1，再由等比数列通项公式求解．
解答：
解：由a2+a3=q（a1+a2）=3q=6，∴q=2
∴a1（1+q）=3，∴a1=1，∴a7=26=64
故选A
点评：
本题主要考查了等比数列的通项及整体运算．

5．（5分）已知向量，满足||=||=|+|=1，则向量，夹角的余弦值为（　　）

A．

B．
﹣
C．

D．
﹣

考点：
数量积表示两个向量的夹角．
专题：
计算题；平面向量及应用．
分析：
将|+|=1两边平方，结合已知条件可算出•=﹣，再用两个向量的夹角公式即可算出向量，夹角的余弦值．
解答：
解：∵|+|=1，
∴（+）2=2+2•+2=1
∵||=||=1，得2=2=1
∴代入上式得：2•=﹣1，•=﹣
因此，向量，夹角的余弦为cosθ==﹣
故选：B
点评：
本题给出向量、满足的条件，求它们夹角的余弦之值，着重考查了平面向量数量积的公式及其运算性质等知识，属于基础题．

6．（5分）设数列{an}是等比数列，其前n项和为Sn，且S3=3a3，则公比q的值为（　　）

A．
﹣
B．

C．
1或﹣
D．
1或

考点：
等比数列的性质．
专题：
计算题．
分析：
分两种情况：当q=1时，得到此等比数列为常数列，各项都等于第一项，已知的等式显然成立；当q=不等于1时，利用等比数列的前n项和的公式及等比数列的通项公式公式化简已知的等式，得到关于q的方程，根据q不等于解出q的值，综上，得到所有满足题意的等比q的值．
解答：
解：当q=1时，S3=a1+a2+a3=3a1=3a3，成立；
当q≠1时，得到S3=，a3=a1q2，又S3=3a3，
所以=3q2，
化简得：2q2﹣q﹣1=0，即（q﹣1）（2q+1）=0，
由q≠1即q﹣1≠0，解得q=﹣．
综上，公比q的值为1或﹣．
故选C．
点评：
此题考查学生掌握等比数列的性质，灵活运用等比数列的通项公式及前n项和的公式化简求值，是一道综合题．

7．（5分）已知命题p1：函数y=2x﹣2﹣x在R上为增函数，p2：函数y=2x+2﹣x在R上为减函数，则在命题q1：p1∨p2，q2：p1∧p2；q3：（￢p1）∨p2；q4：p1∨（￢p2）；其中为真命题的是（　　）

A．
q1和q3
B．
q2和q3
C．
q1 和q4
D．
q2和q4

考点：
复合命题的真假．
专题：
计算题；高考数学专题．
分析：
利用导数知识分别对函数y=2x﹣2﹣x，y=2x+2﹣x，的单调性，从而可判断p1，p2的真假，然后根据复合命题的真假关系即可判断
解答：
解：∵y=2x﹣2﹣x在
∴y‘=2x+2﹣x＞0恒成立
∴y=2x﹣2﹣x在R上为增函数，即题p1为真命题
∵y=2x+2﹣x在
∴y’=2x﹣2﹣x
由y’=2x﹣2﹣x＞0可得x＞0，即y=2x+2﹣x在（0，+∞）上单调递增，在（﹣∞，0）上单调 递减
∴p2：函数y=2x+2﹣x在R上为减函数为假命题
根据复合命题的真假关系可知，q1：p1∨p2为真命题
q2：p1∧p2为假命题
q3：（￢p1）∨p2为假命题
q4：p1∨（￢p2）为真命题
故选C
点评：
本题主要考查了函数的导数在指数函数的单调性，复合命题的真假关系的应用，属于知识的综合应用

8．（5分）（2010•天津模拟）已知函数y=Asin（ωx+φ）+k的最大值是4，最小值是0，最小正周期是，直线是其图象的一条对称轴，则下面各式中符合条件的解析式是（　　）

A．

B．

C．

D．

考点：
由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式．
专题：
计算题．
分析：
由题意求出A，T，解出ω，直线是其图象的一条对称轴，求出φ，得到函数解析式．
解答：
解：由题意可知，，，取k=1， k=2
故选D
点评：
本题考查由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式，考查学生分析问题解决问题的能力，是基础题．

9．（5分）若函数f（x）=（k﹣1）ax﹣a﹣x（a＞0，a≠1）在R上既是奇函数，又是减函数，则g（x）=loga（x+k）的图象是（　　）

考点：
奇偶性与单调性的综合；对数函数的图像与性质．
专题：
数形结合．
分析：
根据函数是一个奇函数，函数在原点出有定义，得到函数的图象一定过原点，求出k的值，根据函数是一个减函数，看出底数的范围，得到结果．
解答：
解：∵函数f（x）=（k﹣1）ax﹣a﹣x（a＞0，a≠1）在R上是奇函数，
∴f（0）=0
∴k=2，
又∵f（x）=ax﹣a﹣x为减函数，
所以1＞a＞0，
所以g（x）=loga（x+2）
定义域为x＞﹣2，且递减，
故选A
点评：
本题考查函数奇偶性和单调性，即对数函数的性质，本题解题的关键是看出题目中所出现的两个函数性质的应用．

10．（5分）（2004•贵州）△ABC中，a，b、c分别为∠A、∠B、∠C的对边，如果a，b、c成等差数列，∠B=30°，△ABC的面积为，那么b等于（　　）

A．

B．

C．

D．

考点：
解三角形．
专题：
计算题；压轴题．
分析：
先根据等差中项的性质可求得2b=a+c，两边平方求得a，b和c的关系式，利用三角形面积公式求得ac的值，进而把a，b和c的关系式代入余弦定理求得b的值．
解答：
解：∵a，b、c成等差数列，∴2b=a+c，得a2+c2=4b2﹣2ac、
又∵△ABC的面积为，∠B=30°，
故由，
得ac=6．
∴a2+c2=4b2﹣12．
由余弦定理，得，
解得．
又b为边长，∴．
故选B
点评：
本题主要考查了余弦定理的运用．考查了学生分析问题和基本的运算能力．

11．（5分）（2007•江苏）已知二次函数f（x）=ax2+bx+c的导数为f′（x），f′（0）＞0，对于任意实数x都有f（x）≥0，则的最小值为（　　）

A．
3
B．

C．
2
D．

考点：
导数的运算．
专题：
综合题；压轴题．
分析：
先求导，由f′（0）＞0可得b＞0，因为对于任意实数x都有f（x）≥0，所以结合二次函数的图象可得a＞0且b2﹣4ac≤0，又因为，利用均值不等式即可求解．
解答：
解：∵f'（x）=2ax+b，
∴f'（0）=b＞0；
∵对于任意实数x都有f（x）≥0，
∴a＞0且b2﹣4ac≤0，
∴b2≤4ac，
∴c＞0；
∴，
当a=c时取等号．
故选C．
点评：
本题考查了求导公式，二次函数恒成立问题以及均值不等式，综合性较强．

12．（5分）若函数f（x）=2x2﹣lnx在其定义域的一个子区间（k﹣1，k+1）内不是单调函数，则实数k的取值范围是（　　）

A．

B．

C．

D．

考点：
函数的单调性与导数的关系．
专题：
计算题；压轴题．
分析：
先求导函数，再进行分类讨论，同时将函数f（x）=2x2﹣lnx在其定义域的一个子区间（k﹣1，k+1）内不是单调函数，转化为f′（x）在其定义域的一个子区间（k﹣1，k+1）内有正也有负，从而可求实数k的取值范围
解答：
解：求导函数，
当k=1时，（k﹣1，k+1）为（0，2），函数在上单调减，在上单调增，满足题意；
当k≠1时，∵函数f（x）=2x2﹣lnx在其定义域的一个子区间（k﹣1，k+1）内不是单调函数
∴f′（x）在其定义域的一个子区间（k﹣1，k+1）内有正也有负
∴f′（k﹣1）f′（k+1）＜0
∴
∴×＜0
∴
∵k﹣1＞0
∴k+1＞0，2k+1＞0，2k+3＞0，
∴（2k﹣3）（2k﹣1）＞＜0，解得
综上知，
故选D．
点评：
本题以函数为载体，考查函数的单调性，考查学生分析解决问题的能力，分类讨论，等价转化是关键．

二、填空题（每题5分，共20分．把答案填在答题纸的横线上）
13．（5分）设则不等式f（x）＞2的解集为　　．

考点：
分段函数的解析式求法及其图象的作法．
专题：
计算题．
分析：
分x≥3和x＜2两种情况分别解不等式，x≥3时，f（x）=log3（x2﹣1）＞2；x＜2时，f（x）=2ex﹣1＞2；分别解出解集，求并集可得答案．
解答：
解：x≥3时，f（x）=log3（x2﹣1）＞2⇒x2＞10⇒
x＜2时，f（x）=2ex﹣1＞2⇒x＞1⇒1＜x＜2
所以不等式f（x）＞2的解集为
故答案为：
点评：
本题考查分段函数和解不等式问题，属基本题．

14．（5分）已知函数f（x）=alog2x+blog3x+2，且，则f（2012）的值为　0　．

考点：
对数的运算性质．
分析：
利用对数的运算性质，可得f（）+f（2012）=4，因此f（2012）=4﹣f（）=0，即f（2012）的值为零．
解答：
解：由函数f（x）=alog2x+blog3x+2，
得f（）=alog2+blog3+2=﹣alog2x﹣blog3x+2=4﹣（alog2x+blog3x+2），
因此f（x）+f（）=4
再令x=2012得f（）+f（2012）=4
所以f（2012）=4﹣f（）=0，
故答案为：0
点评：
本题考查了对数的运算性质，和函数的简单性质，属于基础题．利用互为倒数的两个自变量的函数值之间的关系，是解决本题的关键．

15．（5分）（2009•奉贤区一模）已知定义在R上的奇函数f（x）满足f（x﹣4）=﹣f（x），且在区间[0，2]上是增函数．若方程f（x）=m（m＞0）在区间[﹣8，8]上有四个不同的根x1，x2，x3，x4，则x1+x2+x3+x4=　﹣8　．

考点：
奇偶性与单调性的综合；函数的周期性．
专题：
数形结合．
分析：
由条件“f（x﹣4）=﹣f（x）”得f（x+8）=f（x），说明此函数是周期函数，又是奇函数，且在[0，2]上为增函数，
由这些画出示意图，由图可解决问题．
解答：
解：此函数是周期函数，又是奇函数，且在[0，2]上为增函数，
综合条件得函数的示意图，由图看出，四个交点中两个交点的横坐标之和为2×（﹣6），
另两个交点的横坐标之和为2×2，所以x1+x2+x3+x4=﹣8．
故答案为﹣8．

点评：
数形结合是数学解题中常用的思想方法，能够变抽象思维为形象思维，有助于把握数学问题的本质；另外，由于使用了数形结合的方法，很多问题便迎刃而解，且解法简捷．

16．（5分）定义在R上的函数y=f（x）是减函数，y=f（x﹣1）的图象关于（1，0）成中心对称，若s，t满足不等式f（s2﹣2s）≤﹣f（2t﹣t2），则当的取值范围是　[﹣，1]　．

考点：
奇偶性与单调性的综合；函数的图象与图象变化．
专题：
计算题；压轴题．
分析：
首先由由f（x﹣1）的图象关于（1，0）中心对称知f（x）的图象关于（0，0）中心对称，根据奇函数定义与减函数性质得出s与t的关系式，然后利用线性规划的知识即可求得结果．
解答：
解：把函数y=f（x）向右平移1个单位可得函数y=f（x﹣1）的图象
∵函数y=f（x﹣1）得图象关于（1，0）成中心对称
∴函数y=f（x）的图象关于（0，0）成中心对称，即函数y=f（x）为奇函数
∵f（s2﹣2s）≤﹣f（2t﹣t2）=f（t2﹣2t）且函数y=f（x）在R上单调递减
∴S2﹣2S≥t2﹣2t在S∈[1，4]上恒成立
即（t﹣s）（s+t﹣2）≤0
∵1≤s≤4
∴﹣2≤2﹣s≤1，即2﹣s≤s
∴2﹣s≤t≤s
作出不等式所表示的平面区域，如图的阴影部分的△ABC，C（4，﹣2）
而表示在可行域内任取一点与原点（0，0）的连线的斜率，结合图象可知OB直线的斜率是最大的，直线OC的斜率最小
∵KOB=1，KOC=
故∈[﹣，1]
故答案为：[﹣，1]

点评：
本题综合考查函数的奇偶性、单调性知识，同时考查由最大值、最小值求取值范围的策略，以及运算能力，属中档题

三、解答题（共6个小题，前5个题12分，三选一10分，共70分）
17．（12分）若集合A={y|y2﹣（a2+a+1）y+a（a2+1）＞0}，B={y|y=x2﹣x+，0≤x≤3}
（1）若A∩B=∅，求实数a的取值范围；
（2）当a取使不等式x2+1≥ax恒成立的最小值时，求（CRA）∩B．

考点：
函数的值域；交、并、补集的混合运算．
专题：
函数的性质及应用．
分析：
（1）解一元二次不等式求出集合A和集合B，由A∩B=∅，可得集合的端点满足a≤2 且 a2+1≥4，由此求得实数a的取值范围．
（2）由条件判断﹣2≤a≤2，求出CRA，分a2+1＜2、2≤a2+1≤4，a2+1＞4三种情况求出（CRA）∩B．
解答：
解：（1）∵集合A={y|y2﹣（a2+a+1）y+a（a2+1）＞0}={y|（y﹣a）（y﹣a2﹣1）＞0}={y|y＜a，或y＞a2+1}，
B={y|y=x2﹣x+，0≤x≤3}={y|y=（x﹣1）2+2，0≤x≤3}={y|2≤y≤4}．
A∩B=∅，
∴a≤2 且 a2+1≥4，解得≤a≤2，故实数a的取值范围为[，2]．
（2）当a取使不等式x2+1≥ax恒成立的最小值时，判别式△=a2﹣4≤0，
解得﹣2≤a≤2．
由（1）可得CRA={y|a≤y≤a2+1 }，B={y|2≤y≤4}．
当 a2+1＜2，即﹣1＜a＜1时，（CRA）∩B=∅．
当2≤a2+1≤4，即 1≤a≤ 或﹣≤a≤﹣1 时，（CRA）∩B=[2，a2+1]．
当a2+1＞4时，即 2≥a＞ 或﹣2≤a＜﹣时，（CRA）∩B=B=[2 4]．
点评：
本题主要考查两个集合的补集、交集、并集的定义和运算，体现了分类讨论的数学思想，属于基础题．

18．（12分）已知函数f（x）=2sincos﹣2sin2+．
（1）求函数f（x）的最大值，并写出相应的x取值集合；
（2）令f（α+）=，且α∈（0，π），求tan2α的值．

考点：
三角函数中的恒等变换应用；复合三角函数的单调性．
专题：
三角函数的图像与性质．
分析：
利用二倍角公式、两角和的正弦函数化简函数为y=2sin（+），
（1）直接利用正弦函数的值域，求出函数的最大值，写出最大值时的x的值即可．
（2）求出的表达式．通过表达式的值是，求出cosα，sinα，然后求出tanα，通过二倍角的正切函数求解即可．
解答：
解：（1）∵=sin+cos=2sin（+），…（2分）
∴f（x）的最小正周期T==4π．…（4分）
因为，﹣1≤sin（+）≤1 所以，f（x）的最大值为2．…（6分）
相应值的集合为{x|x=4k，k∈Z} …（7分）
（2）由（Ⅰ）知，f（x）=2sin（+），f（α+）=，
2sin[（α+）+]=2sin（+）=2cos，
∴2cos=，所以cos=，cosα=2cos2α﹣1=﹣ …（10分）
又因为α∈（0，π），所以sinα==，
∴tanα==﹣，
∴tan2α==﹣ …（13分）
点评：
本题是中档题，考查三角函数的化简与求值，考查三角函数的基本性质，二倍角的正切函数的应用，考查计算能力，常考题型．

19．（12分）（2009•山东）等比数列{an}的前n项和为Sn，已知对任意的n∈N*，点（n，Sn），均在函数y=bx+r（b＞0）且b≠1，b，r均为常数）的图象上．
（1）求r的值；
（2）当b=2时，记bn=n∈N*求数列{bn}的前n项和Tn．

考点：
数列与函数的综合；数列的求和．
专题：
计算题；分类讨论．
分析：
（1）由“对任意的n∈N+，点（n，Sn），均在函数y=bx+r（b＞0，且b≠1，b，r均为常数）的图象上”可得到Sn=bn+r，
再由通项与前n项和之间的关系可求得结果．
（2）结合（1）可知an=（b﹣1）bn﹣1=2n﹣1，从而bn=，符合一个等差数列与等比数列相应项之积的形式，用错位相减法求解即可．
解答：
解：因为对任意的n∈N+，点（n，Sn），均在函数y=bx+r（b＞0，且b≠1，b，r均为常数）的图象上．
所以得Sn=bn+r，
当n=1时，a1=S1=b+r，
当n≥2时，an=Sn﹣Sn﹣1=bn+r﹣（bn﹣1+r）=bn﹣bn﹣1=（b﹣1）bn﹣1，
又因为{an}为等比数列，所以r=﹣1，公比为b，所以an=（b﹣1）bn﹣1
（2）当b=2时，an=（b﹣1）bn﹣1=2n﹣1，bn=
则Tn=
Tn=
相减，得Tn=
+=
所以Tn=
点评：
本题主要考查数列与函数的综合运用，主要涉及了数列的通项与前n项和间的关系，错位相减法求和等问题，属中档题，是常考类型．

20．（12分）已知函数f（x）=x2+（lga+2）x+lgb满足f（﹣1）=﹣2，且对于任意x∈R恒有f（x）≥2x成立．
（1）求实数a，b的值；
（2）设g（x）=f（x）﹣2x，若存在实数t，当x∈[1，m]时，g（x+t）≤x恒成立，求实数m的最大值．

考点：
二次函数的性质．
专题：
函数的性质及应用．
分析：
（1）利用对数的运算法则及对于任意x∈R二次函数f（x）﹣2x≥0恒成立问题与判别式△的关系即可解出；
（2）把存在实数t，当x∈[1，m]时，g（x+t）≤x恒成立，等价转化为，x∈[1，m]恒成立，进而等价转化，x∈[1，m]，利用二次函数的单调性即可解出．
解答：
解：（1）由f（﹣1）=﹣2知，lgb﹣lga+1=0①，∴a=10b②．
又对于任意x∈R，f（x）≥2x恒成立，即f（x）﹣2x≥0恒成立，则x2+x•lga+lgb≥0恒成立，故△=lg2a﹣4lgb≤0，
将①式代入上式得：lg2b﹣2lgb+1≤0，即（lgb﹣1）2≤0，故lgb=1，即b=10，代入②得，a=100；
故a=100，b=10．
（2）g（x）=f（x）﹣2x=x2+2x+1=（x+1）2，
∵存在实数t，当x∈[1，m]时，g（x+t）≤x恒成立，即（x+t+1）2≤x恒成立．
∴∃t∈R，，即，x∈[1，m]恒成立．
设≥1，则﹣u﹣u2≤t+1≤u﹣u2，
∴，
∵当≥u≥1时，单调递减，故u=1时取得最大值﹣2；
单调递减，故时取得最小值．
∴．
∴，即，化为，
又m≥1，解得，解得1＜m≤4，
∴实数m的最大值是4．
点评：
熟练掌握对数的运算法则、二次函数恒成立问题与判别式△的关系、把恒成立问题等价转化、二次函数的单调性等是解题的关键．

21．（12分）已知函数f（x）=的图象在点（﹣2，f（﹣2））处的切线方程为16x+y+20=0．
（1）求实数a、b的值；
（2）求函数f（x）在区间[﹣1，2]上的最大值；
（3）曲线y=f（x）上存在两点M、N，使得△MON是以坐标原点O为直角顶点的直角三角形，且斜边MN的中点在y轴上，求实数c的取值范围．

考点：
利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究曲线上某点切线方程．
专题：
综合题；导数的概念及应用．
分析：
（1）利用函数图象在点（﹣2，f（﹣2））处的切线方程为16x+y+20=0，确定切点坐标及切线的向量，建立方程组，即可求实数a、b的值；
（2）根据分段函数，分类讨论，利用函数的单调性，即可求f（x）在[﹣1，2]上的最大值；
（3）根据分段函数，分类讨论，利用，即可求实数c的取值范围．
解答：
解：（1）当x＜1时，f′（x）=﹣3x2+2ax+b．
因为函数图象在点（﹣2，f（﹣2））处的切线方程为16x+y+20=0，所以切点坐标为（﹣2，12），
所以，所以a=1，b=0；
（2）由（1）得，当x＜1时，f（x）=﹣x3+x2，
令f′（x）=﹣3x2+2x=0可得x=0或x=，故函数在（﹣1，0）和（，1）上单调递减，在（0，）上单调递增
∴x＜1时，f（x）的最大值为max{f（﹣1），f（）}=f（﹣1）=2；
当1≤x≤2时，f（x）=clnx
当c≤0时，clnx≤0恒成立，f（x）≤0＜2，此时f（x）在[﹣1，2]上的最大值为f（﹣1）=2；
当c＞0时，f（x）在[﹣1，2]上单调递增，且f（2）=cln2
令cln2=2，则c=，∴当c＞时，f（x）在[﹣1，2]上的最大值为f（2）=cln2；
当0＜c≤时，f（x）在[﹣1，2]上的最大值为f（﹣1）=2
综上，当c≤时，f（x）在[﹣1，2]上的最大值为2，当c＞时，f（x）在[﹣1，2]上的最大值为cln2；
（3）f（x）=，
根据条件M，N的横坐标互为相反数，不妨设M（﹣t，t3+t2），N（t，f（t）），（t＞0）．
若t＜1，则f（t）=﹣t3+t2，
由∠MON是直角得，，即﹣t2+（t3+t2）（﹣t3+t2）=0，
即t4﹣t2+1=0．此时无解；
若t≥1，则f（t）=clnt．
由于MN的中点在y轴上，且∠MON是直角，所以N点不可能在x轴上，即t≠1．
同理由，即﹣t2+（t3+t2）•clnt=0，∴c=．
由于函数g（t）=（t＞1）的值域是（0，+∞），实数c的取值范围是（0，+∞）即为所求．
点评：
本题考查导数知识的运用，考查导数的几何意义，考查函数的最值，考查分类讨论的数学思想，考查学生的计算能力，综合性强．

22．（10分）（2012•大连二模）任选一题作答选修：几何证明选讲如图，在△ABC中，∠C=90°，以AB上一点O为圆心，OA长为半径的圆与BC相切于点D，分别交AC、AB于点E、F．
（I）若AC=6，AB=10，求⊙O的半径；
（Ⅱ）连接OE、ED、DF、EF．若四边形BDEF是平行四边形，试判断四边形OFDE的形状，并说明理由．

考点：
与圆有关的比例线段．
专题：
证明题．
分析：
（Ⅰ）连接OD． 设⊙O的半径为r，根据切线的性质及∠C=90°，可得OD∥AC，进而△OBD∽△ABC，进而根据相似三角形对应边成比例，构造关于r的方程，可得答案．
（II）由四边形BDEF是平行四边形，可证得OD=OE=DE=OF，进而根据菱形的判定定理，得到四边形OFDE为菱形．
解答：
解：（Ⅰ）连接OD． 设⊙O的半径为r．
∵BC切⊙O于点D，
∴OD⊥BC．
又∵∠C=90°，
∴OD∥AC，
∴△OBD∽△ABC．
∴=，即 =．
解得r=，
∴⊙O的半径为． …（4分）
（Ⅱ）结论：四边形OFDE是菱形． 理由如下 …（5分）
证明：∵四边形BDEF是平行四边形，
∴∠DEF=∠B．
∵∠DEF=∠DOB，
∴∠B=∠DOB．
∵∠ODB=90°，
∴∠DOB+∠B=∠DOB=90°，
∴∠DOB=60°．
∵在平行四边形BDEF中，DE∥AB，
∴∠ODE=∠DOB=60°．
∵半径OD=OE，
∴△ODE是等边三角形．
∴OD=DE=OF，
即四边形OFDE的对边DE与OF平行且相等
∴四边形OFDE是平行四边形．
又∵邻边OE=OF，
∴平行四边形OFDE是菱形． …（10分）

点评：
本题考查的知识点是切线的性质，三角形相似的判定与性质，平行四边形的性质与判定，难度不大，属于基础题．

23．（2012•大连二模）选修4﹣4：坐标系与参数方程
从极点O作射线，交直线ρcosθ=3于点M，P为射线OM上的点，且|OM|•|OP|=12，若有且只有一个点P在直线ρsinθ﹣ρcosθ=m，求实数m的值．

考点：
简单曲线的极坐标方程．
专题：
选作题．
分析：
设P（ρ，θ），由条件|OM|•|OP|=12，可求出点M的坐标，由于点M在直线ρ′cosθ=3上，可将点M的坐标代入得出点P的极坐标方程，进而化为直角坐标系的方程，知道点P的轨迹是一个圆且去掉x轴上的两点．因为有且只有一个点P在直线
ρsinθ﹣ρcosθ=m上，故直线与圆相切，或直线经过原点，据此可求实数m的值．
解答：
解：设P（ρ，θ），则由|OM||OP|=12得|OM|=，∴，由于点M在直线ρ′cosθ=3上，∴．
即ρ=4cosθ（ρ≠0）．
∴ρ2=4ρcosθ，化为平面直角坐标系的方程为x2+y2=4x，即（x﹣2）2+y2=4（x≠0）．
直线ρsinθ﹣ρcosθ=m化为平面直角坐标系的方程为y﹣x﹣m=0，
因为有且只有一个点P在直线y﹣x﹣m=0上，所以y﹣x﹣m=0和（x﹣2）2+y2=4（x≠0）相切，
∴=2，解得m=﹣2±．
或直线l过原点时也满足条件，此时m=0．
总上可知：m的取值是﹣2±，或0．
点评：
本题考查了极坐标系下直线与圆的交点问题，将极坐标化为直角坐标系的方程是解决此问题常用的方法．

24．（2012•大连二模）选修4﹣5：不等式选讲定义min{a，b}=，求函数f（x）=min{|x﹣2|+|2x+1|，﹣x2+3x+3}的最大值．

考点：
函数的最值及其几何意义．
专题：
计算题；压轴题；新定义；函数的性质及应用．
分析：
由题意，函数f（x）是取|x﹣2|+|2x+1|和﹣x2+3x+3两个值中的较小值．因此根据x的取值范围将|x﹣2|+|2x+1|化成分段函数的表达式，利用作差的方法分别得到各个范围内|x﹣2|+|2x+1|与﹣x2+3x+3的大小关系，从而得到f（x）的分段函数表达式，再结合函数的单调性可得f（x）的最大值．
解答：
解：根据绝对值的意义，可得|x﹣2|+|2x+1|=…（3分）
①当x≥2时﹣x2+3x+3﹣（3x﹣1）=﹣x2+4≤0成立，此时|x﹣2|+|2x+1|＞﹣x2+3x+3，∴f（x）=﹣x2+3x+3；
②当﹣＜x＜2时，﹣x2+3x+3﹣（x+3）=﹣x2+2x≤0在（﹣，0）成立，此时f（x）=﹣x2+3x+3．
﹣x2+3x+3﹣（x+3）=﹣x2+2x≥0在[0，2）成立，此时f（x）=x+3；
③当x时，﹣x2+3x+3﹣（﹣3x+1）=﹣x2+6x+2≤0在（﹣∞，﹣]成立，此时f（x）=﹣x2+3x+3；
所以f（x）=，…（6分）
可得函数在（﹣∞，0），（0，2）上是增函数，在（2，+∞）上是减函数
因此，当x≤0时，f（x）≤f（0）=3；当0＜x＜2时，f（x）＜f（2）=5；当x≥2时，f（x）≤f（2）=5．
综上所述，可得f（x）最大值为5． …（10分）
点评：
本题给出取最小值的函数min{a，b}，求f（x）=min{|x﹣2|+|2x+1|，﹣x2+3x+3}的最大值．着重考查了绝对值的意义、分段函数的单调性和函数的最值及其几何意义等知识，属于中档题．

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