【文档说明】陕西省2021届高三高考数学教学质量测评（理科）试卷（三） 含解析.doc，共(23)页，1.466 MB，由小赞的店铺上传

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2021年陕西省高三高考数学教学质量测评试卷（理科）（三）一、选择题（共12小题）.1．已知集合A＝{x|2x2﹣7x﹣4≤0}，B＝{x||x|＜3}，则A∩B＝（）A．（﹣2，3）B．（﹣2，3]C．（﹣，2）D．[﹣，3）2．复数

z满足z＝，则|z|＝（）A．5B．2C．D．23．已知a＝，b＝，c＝（）﹣1.1，则（）A．a＜b＜cB．b＜a＜cC．c＜b＜aD．c＜a＜b4．二项式（﹣）5的展开式中x的系数为（）A．﹣15B．﹣3C．3D．155．函数f（x）＝（x3﹣3x）•的

图象大致是（）A．B．C．D．6．曲线y＝+1（x≥0）的一条切线的斜率为1，则该切线的方程为（）A．y＝x﹣1B．y＝xC．y＝x+1D．y＝x+27．某省今年开始实行新高三高考改革，跟以往高三高考最大的不同就

是取消了文理分，科除了语文、数学、外语三门科目必选外，再从物理、化学、生物、政治、地理、历史这6个科目中任选3门作为选考科目，甲和乙分别从6科中任选3科，若他俩所选科目都有物理，其余2科均不同，则甲不选历

史，且乙不选化学的概率是（）A．B．C．D．8．如图所示的程序输出的结果为，则判断框中应填（）A．i≥10？B．i≤10？C．i≥9？D．i≥11？9．已知数列{an}的前n项和Sn满足2Sn﹣nan＝3

n（n∈N*），且S3＝15，则S10＝（）A．100B．110C．120D．13010．筒车是我们古代发明的一种水利灌溉工具，明朝科学家徐光启在《农政全书》中用图画描绘了筒车的工作原理，如图所示，已知筒车的半径为4m，筒车转轮的中心O到水面的距离为2m，筒车沿逆时针方向以角速度ω（ω＞0）转动，

规定：盛水筒M对应的点P从水中浮现（即P0时的位置）时开始计算时间，且以水轮的圆心O为坐标原点，过点O的水平直线为x轴建立平面直角坐标系xOy，设盛水筒M从点P0运动到点P时经过的时间为t（单位：s），且此时点P距离水面的高度为h（单位：米）

，筒车经过6s第一次到达最高点，则下列叙述正确的是（）A．当t＝16s时，点P与点P0重合B．当t∈[51，65]时，h一直在增大C．当t∈（0，50）时，盛水筒有5次经过水平面D．当t＝50时，点P在最低点11．已知点F1，F2是椭圆＝1（a＞b＞0）的左、右焦点，点P是椭圆上位于第一象限内的一

点，经过点P与△PF1F2的内切圆圆心I的直线交x轴于点Q，且，则该椭圆的离心率为（）A．B．C．D．12．已知函数f（x）＝是定义在R上的单调递增函数，g（x）＝xe﹣1（alnx+1）+xe﹣e，当x≥1时，f（x）≥g（x）恒成立，则a的取值范

围是（）A．[﹣4，0）B．[﹣4，﹣2]C．[﹣4，﹣e]D．[﹣e，﹣2]二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知向量＝（1，1），＝（﹣1，1），则|2+3|＝．14．已知等比数列{an}的公比q＝

2，前n项积为Tn，若T3＝，则T9＝．15．已知F1，F2分别是双曲线C：＝1（a＞0，b＞0）的左、右焦点，过点F1的直线l与双曲线的右支交于第一象限内的一点P，若G（）为△F1PF2的重心，则该双曲线的离心率为．16．如图圆锥内的球O与圆锥的侧面与底面都相切，且球的半

径为1，则圆锥侧面积的最小值为．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。1

7．已知等腰△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，b＝c，D是AC的中点．（Ⅰ）若cos∠BDC＝，sin∠ABD＝，CD＝1，求△ABC的面积S；（Ⅱ）若△ABC的面积S等于2，求BD的最小值．18．如图，在四棱锥E﹣ABCD中

，AD⊥BE，AD∥BC，BC＝2AD，EA＝AB，BC＝2，AC＝2，∠ACB＝45°．（Ⅰ）证明：平面BCE⊥平面ABE；（Ⅱ）若EA⊥CD，点F在EC上，且，求二面角A﹣BF﹣D的大小．19．已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，

点A（2，1）是抛物线内一点，若该抛物线上存在点E，使得|AE|+|EF|有最小值3．（Ⅰ）求抛物线C的方程；（Ⅱ）设直线l：2x﹣y+4＝0，点B是l与y轴的交点，过点A作与l平行的直线l1，过点A的动直线l2与抛物线相交于P，Q两点，直线PB，QB分别交直线l1于点M

，N，证明：|AM|＝|AN|．20．甲、乙、丙三人参加学校“元旦嘉年华”竞答游戏，活动的规则为甲、乙、丙三人先分别坐在圆桌的A，B，C三点，第一轮从甲开始通过掷骰子决定甲的竞答对手，如果点数是奇数，则按逆时针选择乙，如果是偶数，则按顺时针选丙，下一轮由上一轮

掷骰子选中的对手继续通过掷骰子决定竞答对手，如果点数是奇数按逆时针选对手，点数是偶数按顺时针选对手，已知每场竞答甲对乙、甲对丙、乙对丙获胜的概率分别为，，，且甲、乙、丙之间竞答互不影响，各轮游戏亦互不影响，比赛中某选手累计获胜场数达到2场，游戏结束，该选手

为晋级选手．（Ⅰ）求比赛进行了3场且甲晋级的概率；（Ⅱ）当比赛进行了3场后结束，记甲获胜的场数为X，求X的分布列与数学期望．21．已知函数f（x）＝（1+x）ln（1+x）﹣ax2﹣（2a+1）x，a∈R．（Ⅰ）若f（x）在定义域内是减函数，求a的最小值；（Ⅱ）若f（x）有两个极值点分别是x1，

x2，证明：x1+x2＞﹣2．选考题：共10分。请考生在第22，23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，请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑。[选修4-4：坐标系与参数方程]22．在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程是（k为参

数），以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为2ρcos（θ+）＝1．（Ⅰ）求曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程；（Ⅱ）已知点A（1，0），若l和曲线C的交点为M，N，求|AM|•|AN|．[选修4-5：不等式选

讲]23．已知函数f（x）＝2x+1+a|x﹣1|．（Ⅰ）当a＝3时，求函数f（x）的最小值m；（Ⅱ）当x∈（﹣1，1）时，不等式f（x）＞x2+2恒成立，求实数a的取值范围．参考答案一、选择题：本题共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．已知集合A＝{x|2x2﹣7x﹣4≤0}，B＝{x||x|＜3}，则A∩B＝（）A．（﹣2，3）B．（﹣2，3]C．（﹣，2）D．[﹣，3）解：因为集合A＝{x|2x2﹣7x﹣4≤0}＝{x|（2x+1）（x﹣4）≤}＝

{x|}，又B＝{x||x|＜3}＝{x|﹣3＜x＜3}，所以A∩B＝{x|}．故选：D．2．复数z满足z＝，则|z|＝（）A．5B．2C．D．2解：∵＝＝i，i4＝1，∴i100＝（i4）25＝1，∴z＝＝1+i，则|z|＝＝2，故选：D．3．已知a＝，b＝，c＝（）﹣1

.1，则（）A．a＜b＜cB．b＜a＜cC．c＜b＜aD．c＜a＜b解：因为c＝（）﹣1.1＝21.1，log，log，因为0＜lg2＜lg3＜lg5，所以，即1.1＞1＞log32＞log52，又因为函数y＝2x

在R上单调递增，所以c＞a＞b，故选：B．4．二项式（﹣）5的展开式中x的系数为（）A．﹣15B．﹣3C．3D．15解：二项式（﹣）5的展开式中的通项Tr+1＝•＝（﹣3）r•，令＝1，解得r＝1，∴二项式（﹣）5的展开式中x的系数为（﹣3）•＝﹣15，故选：A．5．函数f（x）＝（

x3﹣3x）•的图象大致是（）A．B．C．D．解：f（﹣x）＝（﹣x3+3x）•＝f（x），则函数f（x）为偶函数，其图象关于y轴对称，故排除B；由于f（1）＝（1﹣3）•＜0，故排除C；由于f（2）

＝（8﹣6）•＞0，故排除D．故选：A．6．曲线y＝+1（x≥0）的一条切线的斜率为1，则该切线的方程为（）A．y＝x﹣1B．y＝xC．y＝x+1D．y＝x+2解：y＝+1（x≥0）的导数为y′＝，设切点为（m，n），可得切线的斜率

为＝1，即em＝cos（m+），m≥0，分别画出y＝ex和y＝cos（x+）的图象，可得m＝0，所以切点为（0，1），切线的方程为y＝x+1，故选：C．7．某省今年开始实行新高三高考改革，跟以往高三高考最大的不同就是取消了文理分，科除了语文、数学、外语三门科目必选外，再从物理

、化学、生物、政治、地理、历史这6个科目中任选3门作为选考科目，甲和乙分别从6科中任选3科，若他俩所选科目都有物理，其余2科均不同，则甲不选历史，且乙不选化学的概率是（）A．B．C．D．解：从物理、化学、生物、政治、地理、历史这6个科目中任选3门作为选考科目，甲和乙分别从6科中任选3科，基

本事件总数n＝＝400，他俩所选科目都有物理，其余2科均不同，甲不选历史，且乙不选化学包含的基本事件个数：m＝+＝12，∴他俩所选科目都有物理，其余2科均不同，则甲不选历史，且乙不选化学的概率为：P＝＝＝．故选：B．8．如图所示的程序输出的结果为，则判断框中

应填（）A．i≥10？B．i≤10？C．i≥9？D．i≥11？解：因为S＝S+＝S+﹣，模拟程序的运行，k次运行后，S＝﹣+﹣+…+﹣＝1﹣＝＝，解得k+1＝10，可得k＝9．所以判断框中应填i≥10？故选：A．9．已知数列{an}的前n

项和Sn满足2Sn﹣nan＝3n（n∈N*），且S3＝15，则S10＝（）A．100B．110C．120D．130解：∵2Sn﹣nan＝3n，∴2a1﹣a1＝a1＝3；①又S3＝15，∴2S3﹣3a3＝3×3

，解得a3＝7；②由①②得：2（3+a2+7）﹣3×7＝9，解得a2＝5；故猜想：an＝2n+1．下面用数学归纳法证明：1°当n＝1时，a1＝3，结论成立；2°假设n＝k时，ak＝2k+1，此时，Sk＝＝k2+2k；③则当n＝k+1时，2Sk+1﹣（k+1）ak+1＝

3（k+1），即2（Sk+ak+1）﹣（k+1）ak+1＝3（k+1），④；联立③④，可得ak+1＝2k+3＝2（k+1）+1，即当n＝k+1时，结论也成立，∴an＝2n+1，∴S10＝2（1+2+3+…+10）+10＝2×55+10＝120，故选：C．

10．筒车是我们古代发明的一种水利灌溉工具，明朝科学家徐光启在《农政全书》中用图画描绘了筒车的工作原理，如图所示，已知筒车的半径为4m，筒车转轮的中心O到水面的距离为2m，筒车沿逆时针方向以角速度ω（ω＞0）转动，规定：盛水筒M对应的点P从水中浮现（即P0时的位置

）时开始计算时间，且以水轮的圆心O为坐标原点，过点O的水平直线为x轴建立平面直角坐标系xOy，设盛水筒M从点P0运动到点P时经过的时间为t（单位：s），且此时点P距离水面的高度为h（单位：米），筒车经过6s第一次到达最高点，则下列叙述

正确的是（）A．当t＝16s时，点P与点P0重合B．当t∈[51，65]时，h一直在增大C．当t∈（0，50）时，盛水筒有5次经过水平面D．当t＝50时，点P在最低点解：由题意可知，所以﹣是以Ox为始边，OP0为终边的角，又OP转动的角速度为ω

，可设OP转动过程中纵坐标为y＝4sin（），6s第一次到达最高点为（0，4），将t＝6s，y＝4代入可得sin（6）＝1，所以6，所以，则T＝，当点P与P0点重合时，正好转过一圈，所以t＝18s，故A错误；选项B：51s＝2T+，65s＝3T+，可知在t∈[51，65]的过程中转过了

一圈多，故一定有h减小的区间，故B错误；选项C：50s＝2T+，首先2T即转过2圈，会有4次经过水面回到P0，再过T到达第二象限，又经过1次，所以共5次，故C正确；选项D：将t＝50代入y＝4sin（）＝4sin≠﹣4，故不存在最低点，故D错误，故选：C．11．已知点

F1，F2是椭圆＝1（a＞b＞0）的左、右焦点，点P是椭圆上位于第一象限内的一点，经过点P与△PF1F2的内切圆圆心I的直线交x轴于点Q，且，则该椭圆的离心率为（）A．B．C．D．解：△PF1F2内切圆的圆心I，则I是三角形的角平分线的交点，由角平分线定理可得＝＝＝＝2，所以离心率e＝，故

选：A．12．已知函数f（x）＝是定义在R上的单调递增函数，g（x）＝xe﹣1（alnx+1）+xe﹣e，当x≥1时，f（x）≥g（x）恒成立，则a的取值范围是（）A．[﹣4，0）B．[﹣4，﹣2]C．[﹣4，﹣e]D．[﹣e，﹣2]解：f

（x）＝是定义在R上的单调递增函数，可得x＜1时，y＝ax2+8x﹣6递增，即有a＜0，且﹣≥1，可得﹣4≤a＜0，又e﹣e≥a+8﹣6，即a≤﹣2，可得﹣4≤a≤﹣2，可排除选项A，又g（x）＝xe﹣1（alnx+1）+xe﹣e，由当x≥1时，f（x）≥g（x）恒成立，可得

f（e）≥g（e），即﹣e≥ee﹣1（alne+1）+ee﹣e，可得a≤﹣e，即有﹣4≤a≤﹣e．进而排除B，D．故选：C．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知向量＝（1，1），＝

（﹣1，1），则|2+3|＝．解：∵＝（1，1），＝（﹣1，1），∴2+3＝2（1，1）+3（﹣1，1）＝（﹣1，5），故|2+3|＝＝，故答案为：．14．已知等比数列{an}的公比q＝2，前n项积为

Tn，若T3＝，则T9＝1．解：因为等比数列{an}的公比q＝2，所以，由题意得T3＝a1a2a3＝8＝，则＝×，T9＝a1a2…a9＝＝＝1．故答案为：1．15．已知F1，F2分别是双曲线C：＝1（a＞0，b＞0）的左、右焦点，过点F1的

直线l与双曲线的右支交于第一象限内的一点P，若G（）为△F1PF2的重心，则该双曲线的离心率为．解：令P（m，n），F1（﹣c，0），F2（c，0），由重心坐标公式可得，，即，∴P（b，a），∵P在曲线C上，∴，即b4﹣a4＝a2b2，把b2＝c2﹣a2代入，可得c4﹣3

a2c2+a4＝0，即e4﹣3e2+1＝0，解得或（舍去），∴e＝（e＞1），故答案为：．16．如图圆锥内的球O与圆锥的侧面与底面都相切，且球的半径为1，则圆锥侧面积的最小值为（3+2）π．．解：解法一

、设∠ASO1＝θ，在Rt△SCO中，SO＝，SC＝，因为△SCO∽△SO1A，则＝，即＝，所以O1A＝，SA＝，所以圆锥的侧面积为：S侧＝π•O1A•SA＝π••＝π•＝π•，令sinθ+1＝t，则sinθ＝t﹣1（1＜t＜2），则S侧＝π•＝≥＝（3+2）π，当且仅当t＝，即

t＝时取“＝”；所以圆锥侧面积S侧的最小值是（3+2）π．解法二：设SO＝h，AO1＝BO1＝r，因为△SOC∽△SAO1，且OC＝OO1＝1，所以＝，即，所以hr＝，解得r2＝，所以圆锥的侧面积为：S侧＝πr＝πr•hr＝πr2h＝πh•＝π（h﹣1++3）≥π（2+3）．当且仅当

h＝+1时等号成立，所以圆锥侧面面积S侧的最小值为（3+2）π．故答案为：（3+2）π．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。17．已知等腰△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，b＝c，D是AC的中点．（Ⅰ）若cos∠BDC＝，sin∠ABD＝，CD＝1，求△ABC的面积S；（Ⅱ）若△ABC的面积S等于2，求BD的最小值．解：（Ⅰ）因为b＝c，D是AC的中点，所以AD＝CD＝＝1，

所以b＝c＝2，因为cos∠BDC＝＝，即＝，又因为∠ADB+∠BDC＝π，所以cos∠ADB＝﹣cos∠BDC＝＝﹣，整理可得2BD2+BD﹣6＝0，解得BD＝，可得＝，可得a＝，在△ABD中，由正弦定理可得，即sinA＝＝＝，所以S△ABC＝bcsinA＝＝．（Ⅱ）取BC的中

点F，连接AF交BD于O，则AF⊥BC，OF＝AF，作DE⊥BC，则E为CF的中点，设OF＝t，则AF＝3t，DE＝AF＝，因为S△BDC＝S△ABC＝1，而S△BDC＝DE•BC，所以BC＝，BE＝BC＝，所

以BD2＝BE2+DE2＝+≥2＝3，当且仅当＝，即t＝时取等号，所以BD的最小值为．18．如图，在四棱锥E﹣ABCD中，AD⊥BE，AD∥BC，BC＝2AD，EA＝AB，BC＝2，AC＝2，∠ACB＝45°．（Ⅰ）证明：平面BCE⊥平面ABE；（Ⅱ）若EA⊥CD，点F在EC上，

且，求二面角A﹣BF﹣D的大小．【解答】（Ⅰ）证明：在△ABC中，BC＝2，AC＝2，∠ACB＝45°，由余弦定理可得＝，所以AB2+BC2＝AC2，故AB⊥BC，又因为AD⊥BE，AD∥BC，所以BC⊥BE，又AB

∩BE＝E，AB，BE⊂平面ABE，所以BC⊥平面ABE，因为BC⊂平面BCE，故平面BCE⊥平面ABE；（Ⅱ）解：因为BC⊥平面ABE，AE⊂平面BCE，所以BC⊥AE，又因为CD⊥AE，BC∩CD＝C，BC，CD⊂平面ABCD，所以AE⊥平面ABCD，由（1）中可知，

BC⊥AB，又AD∥BC，所以AD⊥AB，在△ABC中，AB＝AC•sin45°＝，因为AE⊥平面ABCD，则AB，AD，AE两两垂直，以点A为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，则A（0，0，0），B（2，0，0），C（2，2，0），

D（0，1，0），E（0，0，2），因为，故F为EC的中点，所以F（1，1，1），设平面ABF的法向量为，因为，则，即，令y＝1，则x＝0，z＝﹣1，故，设平面DBF的法向量为，因为，则，即，令a＝1，则b＝2，c＝﹣1，故，所以，由图可知，二面角A﹣BF﹣D是一

个锐二面角，所以二面角A﹣BF﹣D的大小为．19．已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，点A（2，1）是抛物线内一点，若该抛物线上存在点E，使得|AE|+|EF|有最小值3．（Ⅰ）求抛物线C的方程；（Ⅱ）设直线l：2x﹣y+4＝0，点

B是l与y轴的交点，过点A作与l平行的直线l1，过点A的动直线l2与抛物线相交于P，Q两点，直线PB，QB分别交直线l1于点M，N，证明：|AM|＝|AN|．解：（Ⅰ）过点E作抛物线C的准线的垂线，垂足为点D，根据抛物线的定义可得|EF|＝|ED|，于是|AE|+|EF|＝|AE

|+|ED|，当A，E，D三点共线时，|AE|+|ED|有最小值2+，所以2+＝3，解得p＝2，所以抛物线C得方程为y2＝4x．（Ⅱ）证明：直线l：2x﹣y+4＝0，令x＝0得y＝4，所以点B（0，4），因为直线l1平行于直线l：2x﹣y+4＝0，且过点A（2，1），

所以直线l1：2x﹣y﹣3＝0，设直线l2：x﹣2＝t（y﹣1），联立，得y2﹣4ty+4t﹣8＝0，所以△＝16（t2﹣t+2）＞0，设点P（x1，y1），Q（x2，y2），由韦达定理可得y1+y2＝4t，y1y2＝4t﹣8，所以直线PB

的方程为y＝x+4，直线QB的方程为y＝x+4，联立，解得xM＝＝，同理可得xN＝，所以xM+xN＝+＝×7＝＝4，因为xA＝2，所以xM+xN＝2xA，即A是线段MN的中点．所以|AM|＝|AN|．20．甲、乙、丙三人参加学校“元旦嘉年华”竞答

游戏，活动的规则为甲、乙、丙三人先分别坐在圆桌的A，B，C三点，第一轮从甲开始通过掷骰子决定甲的竞答对手，如果点数是奇数，则按逆时针选择乙，如果是偶数，则按顺时针选丙，下一轮由上一轮掷骰子选中的对手继续通过掷骰子决定竞答对手，如果点数是奇数按逆时针

选对手，点数是偶数按顺时针选对手，已知每场竞答甲对乙、甲对丙、乙对丙获胜的概率分别为，，，且甲、乙、丙之间竞答互不影响，各轮游戏亦互不影响，比赛中某选手累计获胜场数达到2场，游戏结束，该选手为晋级选手．（Ⅰ）求比赛进行了3场且甲晋级的概率；（Ⅱ）当比赛进行了3场后结束，记甲获

胜的场数为X，求X的分布列与数学期望．解：（Ⅰ）比赛进行了3场，甲晋级，则甲必须有2场获胜，但一定不是第3场失败，若第1场甲胜，①第2场若没有甲，则第3场必有甲且获胜，概率为；②第2场有甲，则甲必须失败，且第3场甲获胜，概率为＝

．若第1场甲失败，则第2，3两场必须有甲且甲获胜，概率为＝．所以比赛进行了3场且甲晋级的概率为++＝；（Ⅱ）根据题意，X的可能取值为0，1，2，所以P（X＝0）＝＝，P（X＝1）＝++＝，P（X＝2）＝；所以X的分布列为：X012P所以X的数学期望E（X）＝0×+1

×+2×＝．21．已知函数f（x）＝（1+x）ln（1+x）﹣ax2﹣（2a+1）x，a∈R．（Ⅰ）若f（x）在定义域内是减函数，求a的最小值；（Ⅱ）若f（x）有两个极值点分别是x1，x2，证明：x1+x2＞﹣

2．解：（I）因为f（x）＝（1+x）ln（1+x）﹣ax2﹣（2a+1）x在（﹣1，+∞）上单调递减，所以f′（x）＝ln（x+1）﹣2ax﹣2a≤0在（﹣1，+∞）上恒成立，且f′（x）不恒为0，2a≥，令g（x）＝，则，易得，当﹣1＜x＜e﹣1时，g′（x）＞0，函数单调

递增，当x＞e﹣1时，g′（x）＜0，函数单调递减，故g（x）max＝g（e﹣1）＝，故2a≥，即a，所以a的最小值；（II）证明：由题意f′（x）＝ln（x+1）﹣2ax﹣2a＝0在（﹣1，+∞）上有两个实数根

x1，x2，所以ln（1+x1）﹣2a（1+x1）＝0，ln（1+x2）﹣2a（1+x2）＝0，所以ln（1+x1）﹣ln（1+x2）＝2a（x1﹣x2），a＞0，设1＜x1＜x2，要证x1+x2＞﹣2．即证（x1﹣1）+（x2﹣1）＞，需要证，即证[（x1+1）+（x2

+1）][ln（1+x1）﹣ln（1+x2）]＜（1+x1）﹣（1+x2），即证[ln（1+x1）﹣ln（1+x2）]＜，即证ln＜①，令h（x）＝，x∈（0，1），则＜0恒成立，故h（x）在（0，1）上单调递减，且h（1）＝0，所

以h（x）＞0，即lnx＜，因为x1+1＞0，x2+1＞0，x1+1＞x2+1，故①成立，综上：x1+x2＞﹣2．选考题：共10分。请考生在第22，23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，请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑。[选修4-4：坐标系与参数方程]22．在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程是（k为参数），以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为2ρcos（θ+）＝1．（Ⅰ）求曲线

C的普通方程和直线l的直角坐标方程；（Ⅱ）已知点A（1，0），若l和曲线C的交点为M，N，求|AM|•|AN|．解：（Ⅰ）曲线C的参数方程是（k为参数），转换为直角坐标方程为；直线l的极坐标方程为2ρcos（θ+）＝1，根据，转换为直角坐标方程为；（2）把直线的直角坐标方程为转换为（t为参数）

代入，得到：，所以，即|AM|•|AN|＝．[选修4-5：不等式选讲]23．已知函数f（x）＝2x+1+a|x﹣1|．（Ⅰ）当a＝3时，求函数f（x）的最小值m；（Ⅱ）当x∈（﹣1，1）时，不等式f（x）＞x2+2恒成立，求实数a的取值范围．解：（

Ⅰ）当a＝3时，f（x）＝2x+1+3|x﹣1|，当x≥1时，f（x）＝2x+1+3x﹣3＝5x﹣2，为递增函数，可得f（x）的最小值为3；当x＜1时，f（x）＝2x+1+3﹣3x＝4﹣x，为递减函数，可得f（x）＞3，所以f

（x）的最小值为m＝3；（Ⅱ）当x∈（﹣1，1）时，不等式f（x）＞x2+2恒成立，即为2x+1+a（1﹣x）＞x2+2，即a（1﹣x）＞（x﹣1）2，可得a＞1﹣x对x∈（﹣1，1）恒成立，由1﹣x∈（

0，2），可得a≥2，即a的取值范围是[2，+∞）．