高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題十四 九章算術(shù)與高考數(shù)學(xué)預(yù)測(cè)卷Ⅱ 理-人教版高三數(shù)學(xué)試題

高考原創(chuàng)預(yù)測(cè)卷Ⅱ——2015·高考全國(guó)卷Ⅱ真題改編(時(shí)間：120分鐘滿分：150分)一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的)1．已知集合A＝{－1，0，1，2，3}，B＝{x|－1＜x＜2}，則A∩B＝()A．{0，1，2} B．{0，1}C．{1，2} D．{－1，0，1}解析：選B.A∩B＝{－1，0，1，2，3}∩{x|－1＜x＜2}＝{0，1}．選B.2．設(shè)a，b∈R，i為虛數(shù)單位，若eq\f(2＋ai,1＋i)＝3＋bi，則a－b為()A．3 B．2C．1 D．0解析：選A.由eq\f(2＋ai,1＋i)＝3＋bi得，2＋ai＝(1＋i)(3＋bi)＝3－b＋(3＋b)i，∵a，b∈R，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2＝3－b,a＝3＋b))，即a＝4，b＝1，∴a－b＝3(或者由a＝3＋b直接得出a－b＝3)，選A.3．兩個(gè)隨機(jī)變量x，y的取值表為x0134y2.24.34.86.7若x，y具有線性相關(guān)關(guān)系，且eq\o(y,\s\up6(^))＝bx＋2.6，則下列四個(gè)結(jié)論錯(cuò)誤的是()A．x與y是正相關(guān)B．當(dāng)y的估計(jì)值為8.3時(shí)，x＝6C．隨機(jī)誤差e的均值為0D．樣本點(diǎn)(3，4.8)的殘差為0.65解析：選D.由數(shù)據(jù)表知A是正確的，其樣本中心為(2，4.5)，代入eq\o(y,\s\up6(^))＝bx＋2.6得b＝0.95，即eq\o(y,\s\up6(^))＝0.95x＋2.6，當(dāng)eq\o(y,\s\up6(^))＝8.3時(shí)，則有8.3＝0.95x＋2.6，∴x＝6，∴B正確．根據(jù)性質(zhì)，隨機(jī)誤差eq\a\vs4\al(e)的均值為0，∴C正確．樣本點(diǎn)(3，4.8)的殘差eq\o(e,\s\up6(^))＝4.8－(0.95×3＋2.6)＝－0.65，∴D錯(cuò)誤，故選D.4．Sn是等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，若3a8－2a7＝4，則下列結(jié)論正確的是()A．S18＝72 B．S19＝76C．S20＝80 D．S21＝84解析：選B.∵3a8－2a7＝4，∴3(a1＋7d)－2(a1＋6d)＝4，即a1＋9d＝4，S18＝18a1＋eq\f(18×17d,2)＝18(a1＋eq\f(17,2)d)不恒為常數(shù)．S19＝19a1＋eq\f(19×18d,2)＝19(a1＋9d)＝76，同理S20，S21均不恒為常數(shù)，故選B.5．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(log2（a－x），x＜1,2x，x≥1))若f(－6)＋f(log26)＝9，則a的值為()A．4 B．3C．2 D．1解析：選C.由題意得log2(a＋6)＋2log26＝9.即log2(a＋6)＝3，∴a＋6＝23＝8，∴a＝2，選C.6．某幾何體的三視圖如下(其中三視圖中兩條虛線互相垂直)則該幾何體的體積為()A.eq\f(8,3) B．4C.eq\f(16,3) D．eq\f(20,3)解析：選D.根據(jù)三視圖可知，該幾何體是一個(gè)棱長(zhǎng)為2的正方體挖去一個(gè)以正方體的中心為頂點(diǎn)，上底面為底面的正四棱錐后剩下的幾何體如圖，其體積V＝23－eq\f(1,3)×2×2×1＝eq\f(20,3)，選D.7．圓心在直線2x＋y＝0上，且經(jīng)過點(diǎn)(－1，－1)與(2，2)的圓，與x軸交于M，N兩點(diǎn)，則|MN|＝()A．4eq\r(2) B．4eq\r(5)C．2eq\r(2) D．2eq\r(5)解析：選D.設(shè)圓的方程為(x－a)2＋(y－b)2＝r2(r＞0)．由題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a＋b＝0,（－1－a）2＋（－1－b）2＝r2,（2－a）2＋（2－b）2＝r2))，解之得a＝－1，b＝2，r＝3，∴圓的方程為(x＋1)2＋(y－2)2＝9，令y＝0得，x＝－1±eq\r(5)，∴|MN|＝|(－1＋eq\r(5))－(－1－eq\r(5))|＝2eq\r(5)，選D.8.我國(guó)古代名著《九章算術(shù)》用“更相減損術(shù)”求兩個(gè)正整數(shù)的最大公約數(shù)是一個(gè)偉大的創(chuàng)舉，這個(gè)偉大創(chuàng)舉與我國(guó)古老的算法——“輾轉(zhuǎn)相除法”實(shí)質(zhì)一樣，如圖的程序框圖源于“輾轉(zhuǎn)相除法”．當(dāng)輸入a＝6102，b＝2016時(shí)，輸出的a＝()A．6B．9C．12D．18解析：選D.法一：6102＝2016×3＋54，2016＝54×37＋18，54＝18×3，18是54和18的最大公約數(shù)，∴輸出的a＝18，選D.法二：a＝6102，b＝2016，r＝54，a＝2016，b＝54，r＝18，a＝54，b＝18，r＝0，∴輸出a＝18，選D.9．底面為矩形的四棱錐P-ABCD的頂點(diǎn)都在球O的表面上，且O在底面ABCD內(nèi)，PO⊥平面ABCD，當(dāng)四棱錐P-ABCD的體積的最大值為18時(shí)，則球O的表面積為()A．36π B．48πC．60π D．72π解析：選A.設(shè)球O的半徑為R，矩形ABCD的長(zhǎng)，寬分別為a，b，則有a2＋b2＝4R2≥2ab，∴ab≤2R2，又V四棱錐P－ABCD＝eq\f(1,3)S矩形ABCD·PO＝eq\f(1,3)abR≤eq\f(2,3)R3.∴eq\f(2,3)R3＝18，則R＝3，∴球O的表面積為S＝4πR2＝36π，選A.10.如圖，AB是半圓O的直徑，AB＝2，點(diǎn)P從A點(diǎn)沿半圓弧運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)，設(shè)∠AOP＝x，將動(dòng)點(diǎn)P到A，B兩點(diǎn)的距離之和表示為x的函數(shù)f(x)，則y＝f(x)的圖象大致為()解析：選B.取AP的中點(diǎn)M，則PA＝2AM＝2OAsin∠AOM＝2sineq\f(x,2)，PB＝2OM＝2OA·cos∠AOM＝2coseq\f(x,2)，∴y＝f(x)＝PA＋PB＝2sineq\f(x,2)＋2coseq\f(x,2)＝2eq\r(2)sin(eq\f(x,2)＋eq\f(π,4))，x∈[0，π]，根據(jù)解析式可知，只有B選項(xiàng)符合要求，故選B.11．已知F1，F(xiàn)2為雙曲線E的左右焦點(diǎn)，P是E上一點(diǎn)，若△PF1F2是頂角為120°的等腰三角形，則E的離心率為()A.eq\r(2) B．eq\r(3)C.eq\f(\r(3)＋1,2) D．eq\f(\r(2)＋1,2)解析：選C.設(shè)雙曲線E的方程為eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)，設(shè)P是E右支上一點(diǎn)，且△PF1F2是頂角為120°的等腰三角形，∴|PF1|≠|(zhì)PF2|，|F2F1|＝|F2P|，(如圖)．則P點(diǎn)的橫坐標(biāo)為c＋2ccos60°＝2c，縱坐標(biāo)為±2csin60°＝±eq\r(3)c，∴eq\f(4c2,a2)－eq\f(3c2,b2)＝1，化簡(jiǎn)得b2＝eq\f(\r(3),2)a2，∴e2＝eq\f(c2,a2)＝eq\f(a2＋\f(\r(3),2)a2,a2)＝eq\f(2＋\r(3),2)＝eq\f(（\r(3)＋1）2,4).∴e＝eq\f(\r(3)＋1,2)，選C.12.已知函數(shù)f(x)在R上可導(dǎo)，導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，若(x－1)·(f′(x)－f(x))＞0，則下列不等式一定成立的是()A．ef(－1)＜f(0)B．ef(0)＜f(2)C．ef(2)＜f(3)D．e1－af(a)≤f(1)(a∈R)解析：選C.由(x－1)(f′(x)－f(x))＞0得(x－1)[e－xf′(x)－e－xf(x)]＞0，即(x－1)[e－xf(x)]′＞0.∴當(dāng)x＞1時(shí)，[e－xf(x)]′＞0，當(dāng)x＜1時(shí)，[e－xf(x)]′＜0，∴函數(shù)F(x)＝e－xf(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴F(－1)＞F(0)，即ef(－1)＞f(0)．F(2)＜F(3)，即e－2f(2)＜e－3f(3)，∴ef(2)＜f(3)，ef(0)與f(2)不能比較大?。瓼(x)min＝F(1)＝e－1f(1)．∴F(a)≥F(1)，即e－af(a)≥e－1f(1)，即e1－af(a)≥f(1)，故選C.二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分．把答案填在題中橫線上)13．設(shè)向量a＝(1，－1)，b＝(0，t)．(t≠0)若λa＋b與a＋2b共線，則λ＝________．解析：λa＋b＝(λ，－λ)＋(0，t)＝(λ，－λ＋t)，a＋2b＝(1，－1)＋(0，2t)＝(1，－1＋2t)，∵λa＋b與a＋2b共線，則λ(－1＋2t)－1·(－λ＋t)＝0.即(2λ－1)t＝0.∵t≠0，∴2λ－1＝0，即λ＝eq\f(1,2).答案：eq\f(1,2)14．若x，y滿足約束條件eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y－5≤0,2x－y－1≥0,x－2y＋1≤0))，若z＝ax＋by(0＜a＜eq\f(1,2)，b＞0)的最小值為3，則eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)的最小值為________．解析：約束條件表示的區(qū)域如圖，當(dāng)直線l：z＝ax＋by(0＜a＜eq\f(1,2)，b＞0)經(jīng)過直線2x－y－1＝0與x－2y＋1＝0的交點(diǎn)A(1，1)時(shí)zmin＝a＋b，∴a＋b＝3，∴(eq\f(1,a)＋eq\f(1,b))(a＋b)＝2＋eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2＋2eq\r(\f(b,a)·\f(a,b))＝4，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(b,a)＝eq\f(a,b)，即a＝b＝eq\f(3,2)時(shí)，取等號(hào)．∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)≥eq\f(4,3).∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)的最小值為eq\f(4,3).答案：eq\f(4,3)15．等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝k1＋k2·2n(k1，k2為常數(shù))，且a2，a3，a4－2成等差數(shù)列，則an＝________．解析：當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝k1＋2k2，當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝(k1＋k2·2n)－(k1＋k2·2n－1)＝k2·2n－1，∴k1＋2k2＝k2·20，即k1＋k2＝0，①又a2，a3，a4－2成等差數(shù)列．∴2a3＝a2＋a4－2，即8k2＝2k2＋8k2－2.②由①②聯(lián)解得k1＝－1，k2＝1，∴an＝2n－1.答案：2n－116．函數(shù)y＝f(x)＝(x＋a)(x＋b)4表示的曲線在x＝0處的切線的斜率為13，且a，b∈N*，將函數(shù)y＝f(x)的右邊展開成關(guān)于x的多項(xiàng)式，則x的偶次冪的系數(shù)之和為________．解析：由f(x)＝(x＋a)(x＋b)4得f′(x)＝(x＋b)4＋4(x＋a)(x＋b)3，由題意得f′(0)＝13.即b4＋4ab3＝13，∴b3(b＋4a)＝1×13.因?yàn)閍，b∈N*，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b3＝1,b＋4a＝13))，或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＋4a＝1,b3＝13))，解之得b＝1，a＝3，∴f(x)＝(x＋3)(x＋1)4.法一：f(x)＝(x＋3)(x4＋4x3＋6x2＋4x＋1)＝x5＋7x4＋18x3＋22x2＋13x＋3.x偶次冪的系數(shù)和為7＋22＋3＝32.法二：(x＋1)4的通項(xiàng)公式為Tr＋1＝Ceq\o\al(r,4)x4－r(r＝0，1，2，3，4)．∴x的偶次冪系數(shù)和為3Ceq\o\al(4,4)＋Ceq\o\al(3,4)＋3Ceq\o\al(2,4)＋Ceq\o\al(1,4)＋3Ceq\o\al(0,4)＝3×1＋4＋3×6＋4＋3＝32.法三：設(shè)f(x)＝(x＋3)(x＋1)4＝a5x5＋a4x4＋a3x3＋a2x2＋a1x＋a0，f(－1)＝0＝－a5＋a4－a3＋a2－a1＋a0，f(1)＝64＝a5＋a4＋a3＋a2＋a1＋a0，∴f(－1)＋f(1)＝64＝2(a4＋a2＋a0)，∴a4＋a2＋a0＝32，即x的偶次冪系數(shù)和為32.答案：32三、解答題(解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演出步驟)17．(本小題滿分12分)△ABC的三內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，AD是BC邊上的中線．(1)求證：AD＝eq\f(1,2)eq\r(2b2＋2c2－a2)；(2)若A＝120°，AD＝eq\f(\r(19),2)，eq\f(sinB,sinC)＝eq\f(3,5)，求△ABC的面積．解：(1)證明：∵D是BC的中點(diǎn)，∴BD＝DC＝eq\f(a,2).法一：在△ABD與△ACD中分別由余弦定理得c2＝AD2＋eq\f(a2,4)－2AD·eq\f(a,2)cos∠ADB，①b2＝AD2＋eq\f(a2,4)－2AD·eq\f(a,2)·cos∠ADC，②①＋②得c2＋b2＝2AD2＋eq\f(a2,2)，即4AD2＝2b2＋2c2－a2，∴AD＝eq\f(1,2)eq\r(2b2＋2c2－a2).法二：在△ABD中，由余弦定理得AD2＝c2＋eq\f(a2,4)－2c·eq\f(a,2)cosB＝c2＋eq\f(a2,4)－ac·eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(2b2＋2c2－a2,4)，∴AD＝eq\f(1,2)eq\r(2b2＋2c2－a2).(2)∵A＝120°，AD＝eq\f(1,2)eq\r(19)，eq\f(sinB,sinC)＝eq\f(3,5)，由余弦定理和正弦定理與(1)可得a2＝b2＋c2＋bc，①2b2＋2c2－a2＝19，②eq\f(b,c)＝eq\f(3,5)，③聯(lián)立①②③解得b＝3，c＝5，a＝7，∴△ABC的面積為S＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×3×5×sin120°＝eq\f(15\r(3),4).即△ABC的面積為eq\f(15,4)eq\r(3).18．(本小題滿分12分)某校為了解高一新生對(duì)文理科的選擇，對(duì)1000名高一新生發(fā)放文理科選擇調(diào)查表，統(tǒng)計(jì)知，有600名學(xué)生選擇理科，400名學(xué)生選擇文科。分別從選擇理科和文科的學(xué)生隨機(jī)各抽取20名學(xué)生的數(shù)學(xué)成績(jī)得如下累計(jì)表：分?jǐn)?shù)段理科人數(shù)文科人數(shù)[40，50)[50，60)[60，70)[70，80)正正[80，90)正[90，100](1)從統(tǒng)計(jì)表分析，比較選擇文理科學(xué)生的數(shù)學(xué)平均分及學(xué)生選擇文理科的情況，并繪制理科數(shù)學(xué)成績(jī)的頻率分布直方圖．(2)從考分不低于70分的選擇理科和文科的學(xué)生中各取一名學(xué)生的數(shù)學(xué)成績(jī)，求選取理科學(xué)生的數(shù)學(xué)成績(jī)一定至少高于選取文科學(xué)生的數(shù)學(xué)成績(jī)一個(gè)分?jǐn)?shù)段的概率．解：(1)從統(tǒng)計(jì)表看出選擇理科的學(xué)生的數(shù)學(xué)平均成績(jī)高于選擇文科的學(xué)生的數(shù)學(xué)平均成績(jī)，反映了數(shù)學(xué)成績(jī)對(duì)學(xué)生選擇文理科有一定的影響，頻率分布直方圖如下．(2)設(shè)選擇理科的學(xué)生考分在[70，80)，[80，90)，[90，100]分別為事件A1，A2，A3選擇文科的學(xué)生考分在[70，80)，[80，90)，[90，100]的事件分別為B1，B2，B3，事件C＝選取理科學(xué)生的數(shù)學(xué)成績(jī)一定至少高于選取文科的學(xué)生的數(shù)學(xué)成績(jī)一個(gè)分?jǐn)?shù)段．則C＝A2B1＋A3(B1∪B2)，∴P(C)＝P(A2)·P(B1)＋P(A3)(P(B1)＋P(B2))，由累計(jì)表可得P(C)＝eq\f(6,16)×eq\f(5,10)＋eq\f(4,16)×(eq\f(5,10)＋eq\f(3,10))＝eq\f(31,80).19．(本小題滿分12分)如圖長(zhǎng)方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝16，BC＝10，AA1＝8，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在A1B1，D1C1上，A1E＝4，D1F＝8，過點(diǎn)E，F(xiàn)，C的平面α與長(zhǎng)方體的面相交，交線圍成一個(gè)四邊形．(1)在圖中畫出這個(gè)四邊形(不必說明畫法和理由)；(2)求平面α與平面A1ABB1所成二面角的余弦值．解：(1)交線圍成的四邊形EFCG(如圖所示)．(2)法一：設(shè)EG∩B1B＝P，過C作CH⊥EP，垂足為H，連接BH，由CB⊥平面A1ABB1可得CB⊥EP，又CH∩CB＝C.∴EP⊥平面CHB，則有EP⊥CH.∴∠CHB即為所求的二面角的平面角，∵平面A1B1C1D1∩α＝EF，平面ABCD∩α＝GC.∴EF∥GC，同理EG∥FC.∴四邊形EGCF為平行四邊形，∴EF＝GC，過E作EM⊥D1F垂足為M，則Rt△EFM≌Rt△CGB，∴GB＝MF，∵A1E＝4，D1F＝8，GB＝MF＝D1F－D1M＝8－4＝4.由GB∥EB1得eq\f(PB,PB＋BB1)＝eq\f(GB,EB1)得eq\f(PB,PB＋8)＝eq\f(4,12)，∴PB＝4，∴BH＝PBsin45°＝2eq\r(2)，CH＝eq\r(BH2＋CB2)＝eq\r(8＋100)＝6eq\r(3)，∴cos∠CHB＝eq\f(BH,CH)＝eq\f(2\r(2),6\r(3))＝eq\f(\r(6),9)，即平面α與平面A1ABB1所成二面角的余弦值為eq\f(\r(6),9).法二：建立如圖的坐標(biāo)系，由法一知AG＝12，∴E，G，F(xiàn)的坐標(biāo)分別為E(10，4，8)，G(10，12，0)，C(0，16，0)，eq\o(EG,\s\up6(→))＝(0，8，－8)，eq\o(GC,\s\up6(→))＝(－10，4，0)，設(shè)平面α的法向量為n2＝(x，y，z)，則eq\o(EG,\s\up6(→))·n2＝0，eq\o(GC,\s\up6(→))·n2＝0，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(8y－8z＝0,－10x＋4y＝0))，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝2,y＝5,z＝5))，∴n2＝(2，5，5)，而平面A1ABB1的法向量為n1＝(1，0，0)，∴cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1|·|n2|)＝eq\f(2,\r(54))＝eq\f(\r(6),9)，即平面α與平面A1ABB1所成二面角的余弦值為eq\f(\r(6),9).20．(本小題滿分12分)橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的右焦點(diǎn)為F，P是橢圓上一點(diǎn)，PF⊥x軸，A，B是C的長(zhǎng)軸上的兩個(gè)頂點(diǎn)，已知|PF|＝1，kPA·kPB＝－eq\f(1,2).(1)求橢圓C的方程；(2)過橢圓C的中心O的直線l交橢圓于M，N兩點(diǎn)，求三角形PMN面積的最大值，并求此時(shí)l的方程．解：(1)可設(shè)P的坐標(biāo)為(c，m)，則eq\f(c2,a2)＋eq\f(m2,b2)＝1，∴m＝±eq\f(b2,a)，∵|PF|＝1，即|m|＝1，∴b2＝a，①又A，B的坐標(biāo)分別為(－a，0)，(a，0)，由kPA·kPB＝－eq\f(1,2)得eq\f(\f(b2,a),c＋a)·eq\f(\f(b2,a),c－a)＝－eq\f(1,2)，即b2＝eq\f(1,2)a2，②由①②解得a＝2，b＝eq\r(2)，∴橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)當(dāng)l與y軸重合時(shí)(即斜率不存在)，由(1)知點(diǎn)P的坐標(biāo)為P(eq\r(2)，1)，此時(shí)S△PMN＝eq\f(1,2)×2eq\r(2)×eq\r(2)＝2.當(dāng)l不與y軸重合時(shí)，設(shè)其方程為y＝kx，代入C的方程得eq\f(x2,4)＋eq\f(k2x2,2)＝1，即x＝±eq\f(2,\r(1＋2k2))，∴y＝±eq\f(2k,\r(1＋2k2))，即M(eq\f(2,\r(1＋2k2))，eq\f(2k,\r(1＋2k2)))，N(eq\f(－2,\r(1＋2k2))，eq\f(－2k,\r(1＋2k2)))，∴|MN|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,\r(1＋2k2))))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4k,\r(1＋2k2))))\s\up12(2))＝4eq\r(\f(1＋k2,1＋2k2))，點(diǎn)P(eq\r(2)，1)到l：kx－y＝0的距離d＝eq\f(|\r(2)k－1|,\r(k2＋1))，∴S△PMN＝eq\f(1,2)|MN|d＝eq\f(1,2)·4eq\r(\f(1＋k2,1＋2k2))·eq\f(|\r(2)k－1|,\r(k2＋1))＝2·eq\f(|\r(2)k－1|,\r(1＋2k2))＝2eq\r(\f(2k2＋1－2\r(2)k,1＋2k2))＝2eq\r(1－\f(2\r(2)k,1＋2k2))，當(dāng)k＞0時(shí)，eq\f(2\r(2)k,1＋2k2)≤eq\f(2\r(2)k,2\r(2)k)＝1，此時(shí)S≥0顯然成立，當(dāng)k＝0時(shí)，S＝2.當(dāng)k＜0時(shí)，eq\f(－2\r(2)k,1＋2k2)≤eq\f(1＋2k2,1＋2k2)＝1，當(dāng)且僅當(dāng)2k2＝1，即k＝－eq\f(\r(2),2)時(shí)，取等號(hào)．此時(shí)S≤2eq\r(2)，綜上所述0≤S≤2eq\r(2).即當(dāng)k＝－eq\f(\r(2),2)時(shí)，△PMN的面積的最大值為2eq\r(2)，此時(shí)l的方程為y＝－eq\f(\r(2),2)x.21．(本小題滿分12分)設(shè)f(x)＝－x2＋ax＋a2lnx(a≠0)．(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)是否存在a＞0，使f(x)∈[e－1，e2]對(duì)于x∈[1，e]時(shí)恒成立，若存在求出a的值，若不存在說明理由．(3)在(2)的條件下，函數(shù)y＝f(x)的零點(diǎn)之積記為T，求證1＜T＜e2.解：(1)f(x)＝－x2＋ax＋a2lnx的定義域?yàn)閧x|x＞0}，f′(x)＝－2x＋a＋eq\f(a2,x)＝eq\f(－2（x＋\f(a,2)）（x－a）,x).①當(dāng)a＜0時(shí)，由f′(x)＜0得x＞－eq\f(a,2)，由f′(x)＞0得0＜x＜－eq\f(a,2).此時(shí)f(x)在(0，－eq\f(a,2))上單調(diào)遞增，在(－eq\f(a,2)，＋∞)上單調(diào)遞減；②當(dāng)a＞0時(shí)，由f′(x)＜0得x＞a，由f′(x)＞0得0＜x＜a，此時(shí)f(x)在(0，a)上單調(diào)遞增，在(a，＋∞)上單調(diào)遞減．(2)假設(shè)存在滿足條件的實(shí)數(shù)a，∵x∈[1，e]時(shí)，f(x)∈[e－1，e2]，∴f(1)＝－1＋a≥e－1，即a≥e，①由(1)知f(x)在(0，a)上單調(diào)遞增，∴f(x)在[1，e]上單調(diào)遞增，∴f(e)＝－e2＋ae＋e2≤e2，即a≤e，②由①②可得a＝e，故存在a＝e，滿足條件．(3)證明：由(2)知f(x)＝－x2＋ex＋e2lnx，且f(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，在(e，＋∞)上單調(diào)遞減，且f(x)max＝f(e)＝e2＞0，∴函數(shù)y＝f(x)存在兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2，且x1∈(0，e)，x2∈(e，＋∞)，而f(eq\f(1,e))＝－eq\f(1,e2)＋1－e2＜0，f(1)＝e－1＞0，∴eq\f(1,e)＜x1＜1，又f(e)＝e2＞0，f(e2)＝－e4＋e3＋2e2＝e2(2＋e－e2)＝e2(2－e)(1＋e)＜0，∴e＜x2＜e2，∴eq\f(1,e)·e＜x1x2＜1·e2，即1＜x1x2＜e2，∴1＜T＜e2.請(qǐng)考生在第22、23、24題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題計(jì)分．作答時(shí)請(qǐng)寫清題號(hào)．22.(本小題滿分10分)如圖⊙O經(jīng)過△ABC的點(diǎn)B，C與AB交于E，與AC交于F，且AE＝AF.(1)求證EF∥BC；(2)過E作⊙O的切線交AC于D，若∠B＝60°，EB＝EF＝2，求ED的長(zhǎng)．解：(1)證明：∵AE＝AF，∴∠AEF＝∠AFE.又B，C，F(xiàn)，E四點(diǎn)共圓，∴∠ABC＝∠AFE，∴∠AEF＝∠ABC，∴EF∥BC.(2)由(1)與∠B＝60°知△ABC為正三角形，又EB＝EF＝2，∴AF＝FC＝2，設(shè)DE＝x，DF＝y(tǒng)，則AD＝2－y，在△AED中，由余弦定理得DE2＝AE2＋AD2－2AD·AEcosA.即x2＝(2－y)2＋22－2(2－y)·2×eq\f(1,2)，∴x2－y2＝4－2y，①由切割線定理得DE2＝DF·DC，即x2＝y(tǒng)(y＋2)，∴x2－y2＝2y，②由①②聯(lián)解得y＝1，x＝eq\r(3)，∴ED＝eq\r(3).23．(本小題滿分10分)直線l的極坐標(biāo)方程為θ＝α(ρ∈R，ρ≠0)，其中α∈[0，π)，曲線C1的參數(shù)方程為eq\b\lc\{(\a\vs4\