2020年内蒙古呼和浩特市高考数学二模试卷(理)含答案解析

1、2020年内蒙古呼和浩特市高考数学二模试卷（理科）、选择题（共12小题，每小题5分，满分60分）1 .已知复数z满足三/二i,则z在复平面内对应的点位于()A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限2 .已知集合 A=y|y=2 x+1 , B=x|x 2+x> 0, A nB=()A. x|x > 0 B.x| 一 1vxv1 C. x|x >1 D, x|x>0 或 xv 123 .函数f (x) =ln (x+1)-的零点所在区间是()A. (上, 1) B . (1, e-1) C. (e-1, 2) D. (2, e)4 .阅读程序框图，若输出 S的值为

2、-14,则判断框内可填写（第3页（共21页）A. i<6? B, i<8?C, i<5? D, i<7?5.已知正项等比数列an的前n项和为Sn,a2+a3=6a1，则白等于（A. 5 B. 6 C. 8 D. 9z -第406 .不等式组，表示的平面区域的整点（即横、纵坐标均为整数的点）的总数是Lx>0（ ）A. 23 B. 21 C. 19 D. 187 .某几何体的三视图如图所示，则其侧面积为（）ARnB. C.22,彘笈=0,点D在/CAB内,D亭且 / DAB=30,加=港+菽（入,.一 2 一8. |=1,旧卜2A. 3 B.浮 C.D. 2>/

3、39.已知函数f (x) =Acos ( wx+ 4)的图象如图所示,7T，则 f （一21.21AB - - 7 C- y D.亍10.已知点A （0, 2）,抛物线C： y2=mx （m>0）的焦点为F,射线FA与抛物线C相交于点M,与其准线相交于点 N,若|FM|: |MN|=1 : 瓜则三角形 OFN的面积为（）A. 2 B. 2n C. 4 D, 2行11.已知平面a截一球面得圆 M,过圆心M与a成60°二面角的平面 3截该球面得圆N,若该球的表面积为 64兀，圆M的面积为4兀，则圆N的半径为（）A. V? B. 3 C. D . 71312.已知a<0,则X0

4、满足关于x的方程ax=b的充要条件是（）C.?xR,土 2 axD.?x田，2 axB. ?xCR,A.？XCR, |aX2-bX20ax2 - bx年一bxgoDx二、填空题（共4小题，每小题5分，满分20分）13.双曲线x24y2=2的虚轴长是 .14.从5台甲型和4台乙型电视机中任意取出 3台，其中至少要有甲型与乙型电视机各1台，则不同的取法共有 种.15.孙子算经卷下第二十六题：今有物，不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二，问物几何?.（只需写出一个答案即可）16.已知数列an的各项均为正整数，对于nCN有an+1= an巴口为偶数（其中k为使an+1为奇数的正整数）.a

5、i=11时，a65=三、解答题（共5小题，满分60分）17.已知函数f(n )f (A)若 f (a),求 tan (a+3）的值;在4ABC中，角A, B, C的对边分别是a, b, c,且满足(2a-c) cosB=bcosC,若,试证明：a2+b2+c2=ab+bc+ca.18.如图，在四棱锥 P-ABCD中，底面ABCD是菱形,PD=AD=1 ,点E, F分别为AB和PD中点.（I ）求证：直线AF /平面PEC;/ DAB=60 °, PD1 平面 ABCD ,19 .某地位于甲、乙两条河流的交汇处, 率为0.25,乙河流发生洪水的概率为 大型设备正在该地工作，为了保护设备

6、,根据统计资料预测，今年汛期甲河流发生洪水的概0.18,（假设两河流发生洪水与否互不影响）.现有一台施工部门提出以下两种方案：方案1：建一保护围墙，需花费 1000元，但围墙只能抵御一个河流发生的洪水，当两河流同时发生洪水时，设备仍将受损，损失约 56000元；方案2：不采取措施，此时，当两条河流都发生洪水时损失为 洪水时，损失为10000元.（I ）试求方案2中损失费E （随机变量）的分布列及期望;（n ）试比较哪一种方案好.60000元，只有一条河流发生20 .在直角坐标系 xOy中，已知中心在原点，焦点在x轴上的椭圆E的离心率为,且过点 M （2, 3）.（I ）求椭圆E的方程;（n）设

7、P是椭圆E上一点，过P作两条斜率之积的直线l1, l2.以椭圆E的右焦点C为圆心血为半径作圆，当直线1i12都与圆C相切时，求P的坐标.21 .已知函数 f (x) Hx2-alnx+ (a-1) x,其中 aCR.(I )当a4时，讨论函数f (x)的单调性；1 f ( K ,)(n)若对任意 x1, x2e( 1, °°),且xix2,> - 1恒成立，求 a的取值町一町范围.请考生在22、23、24三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.选彳4-1：几何证明选讲22 .已知4ABC中，AB=AC , D为4ABC外接圆劣弧京上的点(不与点 A, C重

8、合)，延 长BD至E,延长AD交BC的延长线于F(1)求证：/CDF=/EDF;(2)求证：AB?AC?DF=AD ?FC?FB .选彳4-4:坐标系与参数方程23.在直角坐标系 xOy中，射线OM的参数方程为(t为参数,t再)，以。为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线 C的极坐标方程为 年2cos。.(I )求射线OM的极坐标方程；(n )已知直线l的极坐标方程是 2psin ( 0+-)=讥石，射线OM与曲线C的交点为0、P,与直线l的交点为Q,求线段PQ的长.选彳4-5:不等式选讲24.已知函数 f (x) =|x- 2a|+|x- a|, xCR, a加(1)当a=1时，解不

9、等式：f (x) >2(2)若bCR,证明：f (b)泮(a),并求在等号成立时 鸟的范围.a2020年内蒙古呼和浩特市高考数学二模试卷(理科)参考答案与试题解析一、选择题(共12小题，每小题5分，满分60分)1.已知复数z满足三/二i,则z在复平面内对应的点位于(A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限z,则答案可求.【考点】复数代数形式的乘除运算.【分析】把已知等式变形，然后利用复数代数形式的乘除运算求得【解答】 解：由上=i,得z-i=zi,即(1 - i) z=i, zi i(14i)_1 .z在复平面内对应的点的坐标为(一点，位于第二象限.故选：B2 .已知集合 A=y

10、|y=2 x+1 , B=x|x 2+x> 0, A AB=()A. x|x > 0 B. x| - 1<x< 1 C. x|x > 1 D. x|x>0 或 xv 1【考点】交集及其运算.【分析】求出A中y的范围确定出 A,求出B中x的范围确定出B,找出A与B的交集即 可.【解答】解：由A中y=2x+1 >1,得到A=y|y >1,由B中不等式变形得：x (x+1) > 0,解得：xv 1 或 x>0,即 B=x|x v 1 或 x>0,则 A AB=x|x >1,故选：C.23 .函数f (x) =ln (x+1)-工

11、的零点所在区间是()FlA.+，1) B , (1, e-1) C. (e-1, 2) D. (2, e)【考点】函数零点的判定定理.【分析】函数f (x) =ln (x+1)-号的零点所在区间需满足的条件是函数在区间端点的函数一一二1 -=一 c - 1| |e 1| e - 1<0值符号相反.【解答】 解：f (e- 1) =lne f (2) =ln3 - 1 > lne - 1=0,2.函数f (x) =ln (x+1)-的零点所在区间是(e- 1, 2),故选C.第5页(共21页)4 .阅读程序框图，若输出 S的值为-14,则判断框内可填写（）A. iv6?B. iv8?

12、C. iv5?D. iv7?【考点】程序框图.【分析】设计循环语句的问题通常可以采用一次执行循环体的方式解决.【解答】解：第一次执行循环体时，S=1, i=3；第二次执行循环时，S=-2, i=5;第三次执行循环体时，S=- 7, i=7,第四次执行循环体时，S=T4, i=8,所以判断框内可填写8? ”，故选B.0 65 .已知正项等比数列an的前n项和为Sn, a2+a3=6ai,则丁等于（）A. 5 B. 6C. 8 D. 9【考点】等比数列的前n项和.【分析】利用等比数列的通项公式及其前n项和公式即可得出.【解答】解：设正项等比数列an的公比为q>0, -.a2+a3=6ai,力

13、（q+q2）=化为 q2+q - 6=0,故选：D.it - y406 .不等式组, k+2v式12表示的平面区域的整点（即横、纵坐标均为整数的点）的总数是lm>0（ ）A. 23 B. 21C. 19 D. 18第9页（共21页）【考点】简单线性规划.【分析】 论.【解答】作出不等式组对应的平面区域，分别令x=0, 1,解：作出不等式组对应的平面区域如图;x=0时,不等式组等价为%)。 1y<6 f y>l即0呼由，此时y=0x=1时,不等式组等价为x=2时,不等式组等价为x=3时,不等式组等价为x=4时,不等式组等价即y=4,此时y有1个整点,2,1,y=13,3, 4解

14、不等式组即可得到结2, 3, 4, 5, 6,有7个整点,2, 3, 4, 5,有5个整点,4, 5,有4个整点,9 ,即3或W，此时y=3, 4,有2个整点, 2当x书时, 综上共有不等式组无解,7+5+4+2+1=19个,7.某几何体的三视图如图所示，则其侧面积为（A.B.【考点】由三视图求面积、体积.【分析】 从三视图可以推知，几何体是四棱锥，底面是一个直角梯形，一条侧棱垂直底面, 易求侧面积.【解答】 解：几何体是四棱锥，底面是一个直角梯形，一条侧棱垂直底面.且底面直角梯形的上底为 1,下底为2,高为1,四棱锥的高为1.四个侧面都是直角三角形， 其中.pbc 的高 pb=|/pj2+b

15、d2 =/i2+V2Vs故其侧面积是S=Sapab+Sa pbc+Sa pcd+Sa pad= X 1 X><V3-H|-xlx2+yXlXl=3+V2-K/6=2故选A8. IAB.I=1, IACI=2, AB ?AC=0,点 D 在/CAB 内，且 /DAB=30°,设所都 + 政 （入,代R）,则口等于（）V3A. 3 B. 3C.【考点】平面向量的基本定理及其意义.【分析】正?菽=0,彘，正，建立平面直角坐标系，分别写出B、C点坐标，由于Z DAB=30 °,设2点学标为（V|y, _y,由平面向量坐标表示，可求出 入和国 【解答】解：由港?标=0,，

16、彘，菽，以A为原点，以彘所在的直线为x轴正半轴，以菽所在的直线为y轴的正半轴, 则B点坐标为（1, 0）, C点坐标为（0, 2）,£DAB=30型D点坐标为（6y, 虹尸 AAB+（iAC （ A 武R）, 即（历y, y）二（入2位，y）,9.已知函数f （x） =Acos （ wx+ 4）的图象如图所示,兀 2 nf（"T）= W 则 f rp =（【考点】余弦函数的图象.【分析】由周期求出03,由特殊点的坐标求出。的值，可得f(X)的解析式，再利用诱导公式求得解:由函数f (x) =Acos ( wx+ 4)的图象，可得T 7U L1TC!= = 2 W 1212.

17、co=3 )f (兀2)=Acos=Asin7T. f () =Acos&故选：C.+ 4)10.已知点A (0, 2),抛物线C： y2=mx (m>0)的焦点为F,射线FA与抛物线C相交 于点M,与其准线相交于点 N,若|FM|: |MN|=1 :黄,则三角形 OFN的面积为()A. 2 B. 23 C. 4 D. 2/【考点】抛物线的简单性质.【分析】 作出M在准线上的射影 K,根据|KM| : |MN|确定|KN|: |KM|的值，进而列方程求 得m,再由三角形的面积公式，计算即可得到所求值.【解答】解：抛物线C: y2=mx的焦点F (, 0),设M在准线上的射影为 K

18、,由抛物线的定义知|MF|=|MK| ,由 |FM|： |MN|二1 :同 可得 |KM| ： |MN|二1 :品 则 |KN| : |KM|=2 : 1,0-2kFN =f-0第11页(共21页)又 kFN=- -yp=- 2 即有2"=2，求得m=4则三角形OFN的面积为t?yN?|OF|X4 M=2.故选：A.11 .已知平面”截一球面得圆 M,过圆心M与a成60。二面角的平面 3截该球面得圆N, 若该球的表面积为 64 Tt,圆M的面积为4兀，则圆N的半径为（）A.近 B. 3 C.旧 D. V13【考点】 球的体积和表面积.【分析】 先求出圆M的半径，球面的半径，然后根据勾

19、股定理求出求出OM的长，找出二面角的平面角，从而求出ON的长，最后利用垂径定理即可求出圆N的半径.【解答】 解：球的表面积为 64兀，可得球面的半径为 4.圆M的面积为4 %.圆M的半径为2根据勾股定理可知 OM=2 '过圆心M且与a成60°二面角的平面 3截该球面得圆N ./OMN=30 °,在直角三角形 OMN中，ON=MN, .圆N的半径为Jiy故选：D.12 .已知a<0,则xo满足关于x的方程ax=b的充要条件是（）A.?xCRB.?xCRC.?xCR12ax2-bxJax012ax2一bxaxa12ax2一bxaxo o ObxbxbxD. ?x

20、贝，占 ax2 - bx±ax【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断.【分析】a< 0, X0满足关于x的方程ax=b,则X0上.利用二次函数的单调性即可判断出结论.【解答】 解：.a< 0, x。满足关于x的方程ax=b,则1Trax2 OX a 1可. a< 0,则x0满足关于x的方程ax=b的充要条件是 b及斗口至：-bx0.二、填空题（共4小题，每小题5分,满分20分）13 .双曲线x24y2=2的虚轴长是【考点】双曲线的简单性质.【分析】 求出双曲线的标准方程，求出 b,即可求出双曲线的虚轴长为故答案为：血,2b.14 .从5台甲型和4台乙型电视机中任

21、意取出 3台，其中至少要有甲型与乙型电视机各1台，则不同的取法共有70种.【考点】计数原理的应用.【分析】任意取出三台，其中至少要有甲型和乙型电视机各 1台，有两种方法，一是甲型电 视机2台和乙型电视机1台；二是甲型电视机1台和乙型电视机2台，分别求出取电视机的 方法，即可求出所有的方法数.【解答】解：甲型2台与乙型电视机1台共有4?C52=40；甲型1台与乙型电视机2台共有 C42?5=30;不同的取法共有 70种故答案为：70.15 .孙子算经卷下第二十六题：今有物，不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七 七数之剩二，问物几何？23,或105k+23 （k为正整数）.（只需写出一个答案即

22、可）【考点】进行简单的合情推理.【分析】根据 土三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二”找到三个数：第一个数能同时被3和5整除；第二个数能同时被 3和7整除；第三个数能同时被 5和7整除，将这三个数 分别乘以被7、5、3除的余数再相加即可求出答案.【解答】解：我们首先需要先求出三个数：第一个数能同时被 3和5整除，但除以7余1,即15;第二个数能同时被 3和7整除，但除以5余1 ,即21;第三个数能同时被 5和7整除，但除以3余1,即70；然后将这三个数分别乘以被7、5、3除的余数再相加，即：15 >2+21X3+70X2=233.最后，再减去3、5、7最小公倍数的整数倍，可得： 233

23、- 105X2=23.或105k+23 （k为正 整数）.故答案为：23,或105k+23 （k为正整数）.16.已知数列an的各项均为正整数，对于nCN3%国/为奇数有a"1"之，/为偶数2（其中k为第15页（共21页）使an+1为奇数的正整数）. a1=11时，a65= 31 【考点】数列递推式.【分析】由已知数列递推式求出数列的前几项，发现数列从第三项开始是周期为6的周期数列,故 a65=a3+（6X10+2）=a5=31 .【解答】解：由an+l =a.L2得 a2=3M1+5=38,3g=19, a4=3M9+5=62a6=3X31+5=98, a7-=49, 8

24、8=3X9+5=152, dg二 iu.数列a n从第三项开始是周期为6的周期数列.贝U a65=a3+(6M0+2)=85=31 .答案为：31.* 923三、解答题（共5小题，满分60分）17.已知函数 f (x) =v 3sin-cos(I )若 f (a) =|-,求 tan (a+）的值;（n ）在ABC中，角A, B, C的对边分别是 a, b, c,且满足（2a-c） cosB=bcosC,若f (A)=Ws,2, 试证明： a2+b2+c2=ab+bc+ca.【考点】正弦定理；两角和与差的正弦函数.【分析】（I ）由三角函数恒等变换的应用化简函数解析式可得f (x) =sin）

25、+-由 f (a)解得：sin （)=1 ,进而可求 a, tan a,由两角和的正切函数公式即可得解tanJU (a+）的值.=sinA ,再对已知(2a c)（n ）结合三角形的内角和定理及诱导公式可得sin （C+B）cosB=bcosC,利用正弦定理化简可求B,由f （A） =!,及A的范围可得A,进而解得C=A=B ,即 a=b=c,即可证明得解 a2+b2+c2=ab+bc+ca.1_ +十a tt =sin (T+T 兀=2kTi+，ka,2n. tan a=tan (4女兀+丁丁【解答】解：（I ）才（x）K X sirrcos解得:2兀）=tan一一一COS一-=sin *7

26、VLasin (一o=4k 兀+一2n"T兀+；)=1,，kCZ,. tan (a+tan。+tair-1r K1 - t an13-1 an(n)证明:. sin (C+B)3.A+B+C=兀，即 C+B=兀-A, =sin (兀一A) =sinA ,将(2ac) cosB=bcosC,利用正弦定理化简得：(2sinA sinC) cosB=sinBcosC ,. 2sinAcosB=sinCcosB+sinBcosC=sin (C+B) =sinA,在ABC中，0vAv兀. cosB=,sinA >0, 7TA：兀3,解得：sin （,.0< Av,解得:A=3f (

27、A),又 0vBv %,则 B=二一.一+得证.a=b=c, .a2+b2+c2=ab+bc+ca.18.如图，在四棱锥 P - ABCD中，底面 ABCD是菱形，/ DAB=60 °, PDL平面ABCD ,PD=AD=1，点E, F分别为AB和PD中点.（I ）求证：直线AF /平面PEC;【考点】直线与平面所成的角；直线与平面平行的判定.【分析】（I ）首先利用中点引出中位线，进一步得到线线平行，再利用线面平行的判定定 理得到结论.（n ）根据直线间的两两垂直，尽力空间直角坐标系，再求出平面 PAB的法向量，最后利 用向量的数量积求出线面的夹角的正弦值.【解答】 解：（I ）证

28、明：作FM / CD交PC于M . 点F为PD中点，./HcD. 点E为AB的中点. 杷=!就二FM,又 AE / FM ,四边形AEMF为平行四边形,. AF / EM ,.AF?平面 PEC, EM?平面 PEC, .直线AF /平面PEC.1£ B(n )已知/ DAB=60 °,进一步求得：DEXDC,则：建立空间直角坐标系,则 P (0, 0, 1), C (0, 1, 0), E (宁，0, 0),A (孥0), B (等,y, 0).所以：靠=(一醇D,吊二(0, 1, o)|.设平面PAB的一个法向量为:n* AB-0第21页(共21页)解得：n二 C1,

29、0, JF)'所以平面PAB的法向量为:寿(0, 1, -1),.,设向量n和FC的夹角为0,PC平面PAB所成角的正弦值为19 .某地位于甲、乙两条河流的交汇处，根据统计资料预测， 今年汛期甲河流发生洪水的概率为0.25,乙河流发生洪水的概率为0.18,(假设两河流发生洪水与否互不影响).现有一台大型设备正在该地工作，为了保护设备，施工部门提出以下两种方案： 方案1：建一保护围墙，需花费 1000元，但围墙只能抵御一个河流发生的洪水，当两河流 同时发生洪水时，设备仍将受损，损失约 56000元；方案2：不采取措施，此时，当两条河流都发生洪水时损失为60000元，只有一条河流发生洪水时

30、，损失为10000元.(I )试求方案2中损失费E (随机变量)的分布列及期望；(n )试比较哪一种方案好.【考点】离散型随机变量的期望与方差；概率的意义；离散型随机变量及其分布列.【分析】(I )在方案2中，记 甲河流发生洪水 为事件A,区河流发生洪水 为事件B, 则P(A) =0.25, P(B) =0.18,由此能求出方案2中损失费K随机变量)的分布列及期望.(II ) 对方案1来说，建围墙需花费1000元，它只能抵御一条河流的洪水，求出该方案中可能的花费，从而得到方案1最好.【解答】解：(I )在方案2中，记甲河流发生洪水 为事件A, 2河流发生洪水 为事件B, 则 P (A) =0.

31、25, P (B) =0.18,.有且只有一条河流发生洪水的概率为：P (AB+AB) =P (A) P (可)+P (A) P (B) =0.25 X (1 -0.18) + (1 - 0.25) >0.18=0.34, 两河流同时发生洪水的概率为P (AB) =0.25 >0.18=0.045,都不发生洪水的概率为P (AB) = (1-0.25) (1-0.18) =0.615,设损失费为随同变量;则E的分布列为：0 1000060000P 0.340.0450.615E ( & =10000X0.34+60000X0.045+0 >0.615=6100 (元)

32、.(n)对方案1来说，建围墙需花费 1000元，它只能抵御一条河流的洪水，但当两河流都有发生洪水时，损失约 56000元，而两河流同时发生洪水的概率为p=0.25 >0.18=0.045 ,.该方案中可能的花费为 1000+56000 >0.045=3520 .对于方案2,由(1)知损失费的数学期望为6100元，比较知方案1最好.20 .在直角坐标系 xOy中，已知中心在原点，焦点在 x轴上的椭圆E的离心率为上，且过 点 M (2, 3).(I )求椭圆E的方程；(n )设P是椭圆E上一点，过P作两条斜率之积1的直线11, 12.以椭圆E的右焦点C为 £圆心正为半径作圆，

33、当直线11, 12都与圆C相切时，求P的坐标. 【考点】椭圆的简单性质.【分析】(I)设椭圆E的方程为： M W=1 (a>b>0),由题意可得：= 4 |b2a I2=1,又a2=b2+c2,联立解出即可得出.2 (2 - x0) y0k+yQ(II)由(I)可知：圆心C (2, 0),半径为也.设P (X0, y0),直线11, 12的斜率分别为 k1, k2.则 11 的方程为：y- y0=k1 (x x。)，12 的方程为：y y0=k2 (x x0),利用直线 11 与圆C相切的充要条件可得：(2工口)£-+2 (2-x0)y0k1+谥=0,同理可得： (2 町

34、户2味2(2-x0)y0k2+v-0,因此 k1, k2是方程：一 ”一2 k2+2 近一 212 2=0的两个实数根.可得 k1k2=弓二不，又过也=1.联立解<2-5)2-2 216 12出即可得出.【解答】解：(I)设椭圆E的方程为：=7 +方=1(a> b>0)，由题意可得： =-=-,=1，又 a2=b2+c2，联立解得 c=2, a=4, b2=12.22.椭圆E的方程为9+-=1 .16 12(II)由(I)可知：圆心 C (2, 0),半径为爽.设P (x°, y°),直线11, 12的斜率分别为 刈，k2.则 11 的方程为：y- y0=

35、k1 (x x0), 12的方程为：y y0=k2 (xx0),j4y口 k j £口 I由直线11与圆C相切时， =/2,阳+L.口2一 孙)Z21kj+2(2-xO) y0k1+y、0,同理可得：(2- 町)2 - 2博 +2 (2-2x0)y0k2+y4=0, k1, k2是方程： (2- 1尸一2| k2+2 (2-x0) y0k+y； =0的两个实数根.(2- 10)270 lA>0 端+4=1.12其一22-2 2LG由X0=,点Pi g8x0 36=0,解得 xo= 2 或.5-2,解得yo=3;由xo4,解得yo= ±,满足条件.35的坐标分别为：(-

36、2,均，挈' .5521.已知函数 f (x) =7-x2- alnx+ (a1) x,其中 aCR.(I )当a4时，讨论函数f (x)的单调性；(n )若对任意xi, x2 (1,f(K2)- f(工)8),且x1次2, >- 1恒成立，求一啊a的取值范围.【考点】利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究函数的单调性.【分析】(I )求出函数f (x)的导函数f' (x),再分类讨论，当-1va4时，xC (0, - a) 时，f' (x) >0, f(x)为增函数，xC ( - a,1)时，f' (x) <0, f(x)为减函数，xC

37、(1,+ °°)时，f' (x) >0, f (x)为增函数，当 a<- 1 时，xC (0, 1)时，f' (x) > 0, f (x) 为增函数，x C (1, - a)时，f' (x) v 0, f (x)为减函数，x C ( - a, +oo)时，(x) > 0, f (x)为增函数；(n)由已知条件不妨设 x2>x1,则上式等价于f (x2)+x2- f (x1)+x1 >0在xe (1, °°) 恒成立，构造辅助函数 g (x) =f (x) +x,则y=g (x)在xC (1, 8

38、)单调递增，由g (x)求导得晓"$一+口'在x (1,则耳且十已。在x (1,8)恒成立，即8)恒成立，令°°),则;E (0, 1)得到h (x) max= - 4,从而可求出a的取值范围.【解答】、 名1、 x2+(a- L)k- a Ck- 1) (g-Fa)曾(x) =x-Ca- D-=2XX.当1 va磷时,xC (0, a)时,f' (x) > 0, f (x)为增函数,xC ( - a, 1)时,xC (1, +8)时,f' (x) v 0, f (x)为减函数, f' (x) >0, f (x)为增函数

39、.当a<-1时,xC (0, 1)时，f' (x) >0, f (x)为增函数, xC (1, - a)时，f' (x) v 0, f (x)为减函数，xC ( - a, +8)时，(x) >0, f (x)为增函数；f (x2)- f ( X 1)(n )> - 1 对任意 xi, x2C (1 , oo), 且 xi 京2 恒成立，| 叼 一、|不妨设x2>xi,则上式等价于f (x2)+x2- f (x“ +xi>0在xC (1, oo)恒成立, 构造辅助函数g (x) =f (x) +x,则y=g (x)在xC (1, 8)单调递增.

40、,考'(五)二芯一旦十舁则了1上斗目0在xe (1, °°)恒成立, 戈.xe（1, 8）,依（0, 1）. h （ x） max= - 4. a> 4.请考生在22、23、24三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.选彳4-1：几何证明选讲22 .已知4ABC中，AB=AC , D为4ABC外接圆劣弧正上的点(不与点 A, C重合)，延 长BD至E,延长AD交BC的延长线于F(1)求证：/CDF=/EDF;(2)求证：AB?AC?DF=AD ?FC?FB .【考点】与圆有关的比例线段.【分析】(I)根据A,B,C,D四点共圆，可得/ ABC= / CDF, AB=AC可得/ABC=/ACB, 从而得解.(II)证明BADsfab,可得 AB2=ad?AF,因为 AB=AC ,所以 AB ?AC=AD ?AF ,再 根据割线定理即可得到结论.【解答】 证明：(I) .A, B, C, D四点共圆