2022年江西省八校高考数学第一次联考试卷（理科）（学生版+解析版）.docx

1、2022年江西省八校高考数学第一次联考试卷（理科）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共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（5分）已知集合Px|0x3，QxN|1x4，则PQ（）A1，2，3，4B1，2，3C1，2D2，3，42（5分）已知复数z满足（1+i）z（3+i），则z的虚部为（）A1BiC1Di3（5分）函数f（x）xa2与g(x)=(4a)-x均单调递减的一个充分不必要条件是（）A（0，2）B0，1）C1，2）D（1，24（5分）江西某中学为测试高三学生的数学水平，组织学生参加了联考，共有1000名学生参加，已知该校上次测试中，成绩X（满分150分）服

2、从正态分布N（100，2），已知120分及以上的人数为160人，假设这次考试成绩和上次分布相同，那么通过以上信息推测这次数学成绩优异的人数为（成绩140分以上者为优异）（）P（X+）0.68，P（2X+2）0.95，P（3X+3）0.99A20B25C30D405（5分）已知实数x，y满足x+y-102x-y-20x-2y+20，求2y8x的最小值（）A18B116C132D146（5分）九章算术是我国古代内容极为丰富的数学名著，系统地总结了战国、秦、汉时期的数学成就书中将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为“阳马”，若某“阳马”的三视图如图所示（网格纸上小正方形的边长为1），则该

3、“阳马”最长的棱长为（）A5B34C41D527（5分）若圆（x+1）2+（y1）25上存在两点关于直线2axby+30（a0，b2）对称，则12a+1b-2的最小值是（）A3B4C5D88（5分）f（x），g（x）分别是定义在R上的奇函数和偶函数，且f（x）+g（x）2022xsinx25x，则下列说法错误的是（）Ag（0）1Bg（x）在0，1上单调递减Cg（x1101）关于直线x1101对称Dg（x）的最小值为19（5分）设F1，F2是双曲线x2a2-y2b2=1(a0，b0)的左、右两个焦点，若双曲线右支上存在一点P，使(OP+OF2)F2P=0（O为坐标原点），且|PF1|=3|PF2

4、|，则双曲线的离心率为（）A2+12B2+1C3+12D3+110（5分）在平行四边形ABCD中，ABADAC23，现沿着AC将平面ADC折起，E，F分别为AC和BD的中点，那么当四棱锥DABC的外接球球心不在锥体内部时，EF的最大值为（）A1B2C32D311（5分）设椭圆C：x24+y23=1的左、右焦点分别为F1，F2，直线l过F1且与C交于A，B两点，则ABF2内切圆半径的最大值为（）A12B32C34D112（5分）已知函数f（x）（x21）lnx+（x1）2（0）的三个零点分别为x1，x2，x3，其中x1x2x3，则3（x1+x2）（x2+x3）（x3+x1）的取值范围为（）A（6

5、4，32）B（32，0）C（，64）D（，32）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在答题卷的横线上13（5分）若(2xk-1x)4（k为常数）的展开式中第三项为常数项，则该常数项为 14（5分）已知f（x）sin（x+），其中05，|2，-4为f（x）的一个零点，且f（x）f（4）恒成立，则满足条件的整数取值集合为 15（5分）校园某处并排连续有6个停车位，现有3辆汽车需要停放，为了方便司机上下车，规定：当有汽车相邻停放时，车头必须同向；当车没有相邻时，车头朝向不限，则不同的停车方法共有 种（用数字作答）16（5分）在ABC中，内角A，B，C所对的边为a，b，c，点P是

6、其外接圆O上的任意一点，若a=23，b=c=7，则PA2+PB2+PC2的最大值为 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1721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17（12分）已知数列an满足：a11，a35，2anan+1+an1（nN*，n2），数列bn的前n项和Sn满足：23Sn=bn-1(nN*）（1）求数列an和bn的通项公式；（2）求数列（1）nanbn的前n项和Tn18（12分）2022年2月1日是春节，百节年为首，春节是中华民族最隆重的传统佳节，它不仅集中体现了中华民族的思想信仰、理想愿望、生活娱乐和文化心理，而

7、且还是祈福攮灾、饮食和娛乐活动的狂欢式展示为调查某地从外地工作回来过年的市民（以下称为“返赣人员”）人数情况，现对某一区域的居民进行抽样调查，并按年龄（单位：岁）分成五组，得到如图所示的频率分布直方图，其中年龄在20，25）内的人数为10（1）请根据样本数据补充完成22列联表，并判断是否有99.9%的把握认为是否是从外地回来过年与性别相关；（2）据了解，该地区今年返赣人员占14现从该社区居民中随机抽取3人进行调查，记X为这3人中今年是返赣人员的人数，求X的分布列与数学期望参考公式：K2=n(ad-bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，其中na+b+c+d参考数据：P（K2k0）0.

8、100.050.0100.001k02.7063.8416.63510.82819（12分）在AOB中，已知AOB=2，BAO=6，AB4，D为线段AB的中点，AOC是由AOB绕直线AO旋转而成，记二面角BAOC的大小为（1）当平面COD平面AOB时，求的值；（2）当=23时，求二面角BODC的余弦值20（12分）已知A是抛物线C：y22px（p0）上一点，B（1，0）是x轴上的点，以A为圆心且过点B的圆与y轴分别交于点E、F，且当圆A与x轴相切时，A到抛物线焦点的距离为32（1）求抛物线C的标准方程；（2）设线段BE、BF长度分别为l1、l2，求l12+l22l1l2的取值范围21（12分）

9、已知函数f（x）（x+1）（ex1）（1）求f（x）在点（1，f（1）处的切线方程；（2）若方程f（x）b有两个实数根x1，x2，且x1x2，证明：x2x11+b+e+13e-1+ebe-1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选修4-4：坐标系与参数方程（10分）22（10分）在以直角坐标原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴的极坐标系下，曲线C1的方程是1，将C1向上平移1个单位得到曲线C2（）求曲线C2的极坐标方程；（）若曲线C1的切线交曲线C2于不同两点M，N，切点为T，求|TM|TN|的取值范围选修4-5：不等式选讲（10分）23已知函数f（x

10、）|xa|x1|（1）当a2时，求不等式0f（x）1）的解集；（2）若x（0，+），f（x）a23，求a的取值范围，2022年江西省八校高考数学第一次联考试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共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（5分）已知集合Px|0x3，QxN|1x4，则PQ（）A1，2，3，4B1，2，3C1，2D2，3，4【解答】解：QxN|1x41，2，3，4，Px|0x3，PQ1，2，3，故选：B2（5分）已知复数z满足（1+i）z（3+i），则z的虚部为（）A1BiC1Di【解答】解：（1+i）z（3+i），z=3+i1+

11、i=(3+i)(1-i)(1+i)(1-i)=2-i，z=2+i，z的虚部为1故选：A3（5分）函数f（x）xa2与g(x)=(4a)-x均单调递减的一个充分不必要条件是（）A（0，2）B0，1）C1，2）D（1，2【解答】解：f（x）xa2与g(x)=(4a)-x均单调递减，a-200a41，0a2，1，2）（0，2），函数f（x）xa2与g(x)=(4a)-x均单调递减的一个充分不必要条件是1，2），故选：C4（5分）江西某中学为测试高三学生的数学水平，组织学生参加了联考，共有1000名学生参加，已知该校上次测试中，成绩X（满分150分）服从正态分布N（100，2），已知120分及以上的人

12、数为160人，假设这次考试成绩和上次分布相同，那么通过以上信息推测这次数学成绩优异的人数为（成绩140分以上者为优异）（）P（X+）0.68，P（2X+2）0.95，P（3X+3）0.99A20B25C30D40【解答】解：成绩X（满分150分）服从正态分布N（100，2），又120分及以上的人数为160人，80分及以下的人数也为160人，P（80X120）=1000-160-1601000=0.68，由此可知，20，即XN（100，202），P（60X140）0.95，故140分及以上的人数为1000-10000.952=25故选：B5（5分）已知实数x，y满足x+y-102x-y-20x-

13、2y+20，求2y8x的最小值（）A18B116C132D14【解答】解：画出不等式组x+y-102x-y-20x-2y+20表示的平面区域，如图所示：因为2y8x=2y3x，设zy3x，则y3x+z，平移目标函数，当y3x+z过点A时，z取得最小值，由2x-y-2=0x-2y+2=0，解得A（2，2），所以z的最小值为4，此时2y8x取得最小值为24=116故选：B6（5分）九章算术是我国古代内容极为丰富的数学名著，系统地总结了战国、秦、汉时期的数学成就书中将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为“阳马”，若某“阳马”的三视图如图所示（网格纸上小正方形的边长为1），则该“阳马”最长

14、的棱长为（）A5B34C41D52【解答】解：由三视图知：几何体是四棱锥，且四棱锥的一条侧棱与底面垂直，如图：其中PA平面ABCD，PA3，ABCD4，ADBC5，PB=32+42=5，PC=32+42+52=52，PD=32+52=34该几何体最长棱的棱长为：52故选：D7（5分）若圆（x+1）2+（y1）25上存在两点关于直线2axby+30（a0，b2）对称，则12a+1b-2的最小值是（）A3B4C5D8【解答】解：圆（x+1）2+（y1）25上存在两点关于直线2axby+30（a0，b2）对称，直线经过圆心（1，1），即2a（1）b1+30，即2a+b3，2a+b21，12a+1b-

15、2=（12a+1b-2）（2a+b2）=1+b-22a+2ab-2+12b-22a2ab-2+2=4，当且仅当b-22a=2ab-2，即a=14，b=52时，等号成立，故最小值为4故选：B8（5分）f（x），g（x）分别是定义在R上的奇函数和偶函数，且f（x）+g（x）2022xsinx25x，则下列说法错误的是（）Ag（0）1Bg（x）在0，1上单调递减Cg（x1101）关于直线x1101对称Dg（x）的最小值为1【解答】解：因为f（x），g（x）分别是定义在R上的奇函数和偶函数，且f（x）+g（x）2022xsinx25x，所以f（x）+g（x）f（x）+g（x）2022x+sinx+25

16、x，所以g（x）=2022x+2022-x2，则g（0）1，A正确；g（0）1，g（1）=2022+2022-12，则g（1）g（0），显然B错误；由g（x）为偶函数，图象关于x0对称可知g（x1011）的图象关于x1101对称，C正确；由基本不等式得，g（x）=2022x+2022-x22，当且仅当x0时取等号，此时函数取得最小值1，D正确故选：B9（5分）设F1，F2是双曲线x2a2-y2b2=1(a0，b0)的左、右两个焦点，若双曲线右支上存在一点P，使(OP+OF2)F2P=0（O为坐标原点），且|PF1|=3|PF2|，则双曲线的离心率为（）A2+12B2+1C3+12D3+1【解答

17、】解：(OP+OF2)F2P=0，(OP+OF2)(OP-OF2)=0，OP2-OF22=0，OPOF2cOF1，PF1PF2，RtPF1F2 中，|PF1|=3|PF2|，PF1F230由双曲线的定义得 PF1PF22a，PF2=2a3-1，sin30=12=PF2F1F2=2a3-12c=ac(3-1)，2ac（3-1），ca=3+1，故选：D10（5分）在平行四边形ABCD中，ABADAC23，现沿着AC将平面ADC折起，E，F分别为AC和BD的中点，那么当四棱锥DABC的外接球球心不在锥体内部时，EF的最大值为（）A1B2C32D3【解答】解：平行四边形ABCD中，ABADAC23，A

18、DC与ABC都是边长为23的正三角形，当折起平面ADC时，四棱锥DABC的外接球球心是过ADC的中心平面ADC的垂线与过ABC的中心平面ABC的垂线的交点，E，F分别为AC与BD的中点，由对称性可知球心在EF或其延长线上，四棱锥DABC的处接球球心不在锥体内部，若球心与点F重合，连接BE，DE，AF，CF，根据题设可知FAFBFCFD，CEAE=3，BEDE3，EFBD，EFAC，根据勾股定理有CE2+EF2CF2DF2DE2EF2，EF23，EF=3，33221，排除ABC故选：D11（5分）设椭圆C：x24+y23=1的左、右焦点分别为F1，F2，直线l过F1且与C交于A，B两点，则ABF

19、2内切圆半径的最大值为（）A12B32C34D1【解答】解：设A（x1，y1），B（x2，y2），因为ABF2的面积S=12（|AB|+|AF2|+|BF2|）r=12|y1y2|F1F2|，所以4ar|y1y2|2c，即42r|y1y2|2，所以r=14|y1y2|，设直线AB的方程为xty1，联立x=ty-1x24+y23=1，得（3t2+4）y26ty90，所以y1+y2=6t3t2+4，y1y2=-93t2+4，所以|y1y2|=(y1+y2)2-4y1y2=(6t3t2+4)2+493t2+4=12t2+13t2+4，令m=t2+11，则|y1y2|=12m3m2+1=123m+1m

20、123+1=3，当且仅当m1时，等号成立，所以r=14|y1y2|34故选：C12（5分）已知函数f（x）（x21）lnx+（x1）2（0）的三个零点分别为x1，x2，x3，其中x1x2x3，则3（x1+x2）（x2+x3）（x3+x1）的取值范围为（）A（64，32）B（32，0）C（，64）D（，32）【解答】解：f（x）（x1）（x+1）lnx+（x1），显然f（1）0，令（x+1）lnx+（x1）0，（x0），即lnx+(x-1)x+1=0（x0），令g(x)=lnx+(x-1)x+1，（x0），则g（1）0，g(x)=1x+2(x+1)2=x2+(2+2)x+1x(x+1)2，（x0

21、），令h（x）x2+（2+2）x+1，（x0），要想g（x）除1外再有两个零点，则g（x）在（0，+）上不单调，则（2+2）2442+80，解得：2或0，当0时，g（x）0在（0，+）恒成立，则g（x）在（0，+）单调递增，不可能有两个零点，舍去；当2时，设g（x）0即h（x）0的两根为a，b，且ab，则有ab=1a+b=-2(+1)0，故 0a1b，令g（x）0，解得xa或xb，令g（x）0，解得axb，所以g（x）在（0，a），（b，+）上单调递增，在（a，b）上单调递减，因为x1x2x3，所以0x3a1x2bx1，又因为g(1x)=ln1x+(1x-1)1x+1=-lnx+(1-x)1+

22、x=-g(x)，若g（x）0，则g(1x)=0，因为g（x1）g（x3）0，所以x3=1x1，所以(x1+x2)(x2+x3)(x3+x1)=(x1+1)(1+1x1)(x1+1x1)=(2+x1+1x1)(x1+1x1)(2+2x11x1)2x11x1=8，因为2，所以38，故3（x1+x2）（x2+x3）（x3+x1）64检验：当2时，g(x)=lnx+2(x-1)x+1（x0），g(x)=1x-4(x+1)2=(x-1)2x(x+1)20，此时g（x）在（0，+）上单调递增，又g（1）0，即x1x2x31，此时为临界情况，3（x1+x2）（x2+x3）（x3+x1）64，综上，3（x1+

23、x2）（x2+x3）（x3+x1）的取值范围为（，64）故选：C二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在答题卷的横线上13（5分）若(2xk-1x)4（k为常数）的展开式中第三项为常数项，则该常数项为 24【解答】解：由已知得T3=(-1)222C42x2k-2，令2k20得k1，所以该常数项为22C42=24故答案为：2414（5分）已知f（x）sin（x+），其中05，|2，-4为f（x）的一个零点，且f（x）f（4）恒成立，则满足条件的整数取值集合为 1，3【解答】解：-4为f（x）的一个零点，且f（x）f（4）恒成立，f(-4)=sin(-4+)=0，-4+=k1，

24、k1Z，f(4)=sin(4+)=1，4+=2k2+2，k2Z，+可得，2=k1+2k2+2，|2，2|，2=2或2=-2，解得=4或=-4，当=4时，-4+4=k1，14k1，05，014k15，解得-1k114，k10，1，当=-4时，-4-4=k1，14k1，05，014k15，解得-32k1-14，k11，3，故满足条件的整数取值集合为1，3故答案为：1，315（5分）校园某处并排连续有6个停车位，现有3辆汽车需要停放，为了方便司机上下车，规定：当有汽车相邻停放时，车头必须同向；当车没有相邻时，车头朝向不限，则不同的停车方法共有528种（用数字作答）【解答】解：根据题意，分3种情况讨论

25、：，若三辆汽车互不相邻，有A4324种情况，又由车头朝向不限，则有238种情况，此时有248192种停车方法；，若三辆汽车中有2辆相邻，A22C32A4272种情况，车头朝向有224种情况，此时有724288种停车方法；，若三辆汽车全部相邻，有4A3324种情况，又由车头必须同向，有2种情况，此时有24248种停车方法；则一共有192+288+48528种停车方法；故答案为：528，16（5分）在ABC中，内角A，B，C所对的边为a，b，c，点P是其外接圆O上的任意一点，若a=23，b=c=7，则PA2+PB2+PC2的最大值为914【解答】解：以BC的中点O为原点，以OC所在方向为x轴的正方

26、向，OA所在的方向为y轴的正方向，建立平面直角坐标系，则：A（0，2），B（-3，0），C（3，0），可得外接圆的圆心为：（0，14），半径为：74，所以圆O的方程为：x2+（y-14）2=4916，设P（74cos，74sin+14），则：PA=（-74cos，-74sin+74），PB=（-74cos-3，-74sin-14），PC=（-74cos+3，-74sin-14），所以：PA2+PB2+PC2=（74cos）2+（74sin-74）2+（74cos+3）2+（74sin+14）2+（74cos-3）2+（74sin+14）2=1478-358sin1478+358=914故答案为

27、：914三、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1721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17（12分）已知数列an满足：a11，a35，2anan+1+an1（nN*，n2），数列bn的前n项和Sn满足：23Sn=bn-1(nN*）（1）求数列an和bn的通项公式；（2）求数列（1）nanbn的前n项和Tn【解答】解：（1）因为2anan+1+an1（nN*，n2），所以an是等差数列，设其公差为d，则a3a12d4，解得d2，所以ana1+（n1）d1+（n1）22n1，当n1时，23S1=b1-1=23b1，所以b13，当n2

28、时，23bn=23(Sn-Sn-1)=bn-bn-1，所以13bn=bn-1，即bnbn-1=3（n2），所以bn=3n（2）(-1)nanbn=(2n-1)(-3)n，所以Tn1（3）1+3（3）2+（2n1）（3）n，3Tn1（3）2+3（3）3+（2n3）（3）n+（2n1）（3）n+1，两式相减得，4Tn（3）1+2（3）2+2（3）3+2（3）n（2n1）（3）n+13+291-(-3)n-11-(-3)-（2n1）（3）n+1=32-4n-12（3）n+1，故Tn=3-(4n-1)(-3)n+1818（12分）2022年2月1日是春节，百节年为首，春节是中华民族最隆重的传统佳节，它

29、不仅集中体现了中华民族的思想信仰、理想愿望、生活娱乐和文化心理，而且还是祈福攮灾、饮食和娛乐活动的狂欢式展示为调查某地从外地工作回来过年的市民（以下称为“返赣人员”）人数情况，现对某一区域的居民进行抽样调查，并按年龄（单位：岁）分成五组，得到如图所示的频率分布直方图，其中年龄在20，25）内的人数为10（1）请根据样本数据补充完成22列联表，并判断是否有99.9%的把握认为是否是从外地回来过年与性别相关；（2）据了解，该地区今年返赣人员占14现从该社区居民中随机抽取3人进行调查，记X为这3人中今年是返赣人员的人数，求X的分布列与数学期望参考公式：K2=n(ad-bc)2(a+b)(c+d)(a

30、+c)(b+d)，其中na+b+c+d参考数据：P（K2k0）0.100.050.0100.001k02.7063.8416.63510.828【解答】解：（1）由频率分布直方图可知年龄在20，25）上的占比为1（0.022+0.06+0.075）50.125，根据已知人数为10计算可得总人数为80，列联表如下：返赣人员本地人员合计男251540女103040合计354580K2=80(2530-1510)235454040=80600235451610011.42910.828，有99.9%的把握认为是否是从外地回来过年与性别相关（2）由题意可得，X的取值可为0，1，2，3，P(X=0)=(

31、34)3=2764，P(X=1)=C31(34)2(14)1=2764，P(X=2)=C32(34)1(14)2=964，P(X=3)=(14)3=164，故分布列为：X0123P2764 2764 964 164 故E(X)=2764+1864+364=4864=3419（12分）在AOB中，已知AOB=2，BAO=6，AB4，D为线段AB的中点，AOC是由AOB绕直线AO旋转而成，记二面角BAOC的大小为（1）当平面COD平面AOB时，求的值；（2）当=23时，求二面角BODC的余弦值【解答】解：（1）如图，在平面AOB内过B作OD的垂线，垂足为H，平面COD平面AOB，平面COD平面AO

32、BOD，又BHOD，BH平面AOB，则BH平面COD又由OC平面COD，BHCO，又OCAO，BH和OA相交，OC平面AOB又OB平面AOB，从而OCOB，即=2；（2）在平面BOC中，过O作OxOy，以O为原点建立如图所示的空间坐标系，则O（0，0，0），D（0，1，3），=23，求得：C（3，1，0），设平面OCD的一个法向量为n=(x，y，z)，由nOD=0nOC=0，得y+3z=03x-y=0，令y=3，得n=(1，3，-1)又平面OBD的一个法向量为m=(1，0，0)，cosm，n=mn|m|n|=115=55二面角BODC的余弦值为-5520（12分）已知A是抛物线C：y22px（

33、p0）上一点，B（1，0）是x轴上的点，以A为圆心且过点B的圆与y轴分别交于点E、F，且当圆A与x轴相切时，A到抛物线焦点的距离为32（1）求抛物线C的标准方程；（2）设线段BE、BF长度分别为l1、l2，求l12+l22l1l2的取值范围【解答】解：（1）当ABx轴时，圆A与x轴相切，由题意可知此时点A的横坐标为1，A到抛物线焦点的距离为32，A到抛物线准线的距离为32，故准线与y轴之间的距离为p2=32-1=12，解得：p1，抛物线C的标准方程为y22x；（2）设A的坐标(m22，m)，由垂径定理可知EF=2AB2-(m22)2=2(m22-1)2+m2-(m22)2=2，设E（0，m1）

34、，F（0，m+1），l1=1+(m-12)，l2=1+(m+12)，l12+l22l1l2=1+(m-1)2+1+(m+1)2m2+2-2mm2+2+2m=2(m2+2)(m2+2)2-4m2=2(m2+2)m4+4=2m4+4m2+4m4+4=21+4m2m4+4，当m0时，则l12+l22l1l2=2；当m0时，则l12+l22l1l2=21+4m2+4m2，m2+4m24，11+4m2+4m22，此时l12+l22l1l2(2，22综上所述，l12+l22l1l22，2221（12分）已知函数f（x）（x+1）（ex1）（1）求f（x）在点（1，f（1）处的切线方程；（2）若方程f（x）

35、b有两个实数根x1，x2，且x1x2，证明：x2x11+b+e+13e-1+ebe-1【解答】解：（1）f（x）（x+2）ex1，则f(-1)=1e-1，f(-1)=0，由点斜式可得切线方程为y=1-ee(x+1)；（2）证明：由（1）知f（x）在点（1，f（1）处的切线方程为y=1-ee(x+1)，设S(x)=1-ee(x+1)，构造函数F(x)=f(x)-1-ee(x+1)=(x+1)(ex-1e)，则F(x)=(x+2)ex-1e，F(x)=(x+3)ex，F（x）在（，3）上单调递减，在（3，+）上单调递增，又F(-3)=-1e3-1e0，limx-F(x)=-1e，F(-1)=0，F

36、（x）在（，1）上单调递减，在（1，+）上单调递增，F（x）F（1）0，即f(x)S(x)=1-ee(x+1)，当且仅当x1时取等号，方程1-ee(x+1)=b的根x1=eb1-e-1，又bS（x1）f（x1）S（x1），由S（x）在R上单调递减，所以x1x1，另一方面，f（x）在点（1，2e2）处的切线方程为y（3e1）xe1，设t（x）（3e1）xe1，构造函数G（x）f（x）t（x）（x+1）（ex1）（3e1）x+e+1（x+1）ex3ex+e，则G（x）（x+2）ex3e，G（x）（x+3）ex，G（x）在（，3）上单调递减，在（3，+）上单调递增，又G(-3)=-1e3-3e0，l

37、imx-G(x)=-3e，G(1)=0，G（x）在（，1）上单调递减，在（1，+）上单调递增，G（x）G（1）0，即f（x）t（x）（3e1）xe1，当且仅当x1时取等号，方程t（x）（3e1）xe1b的根为x2=e+1+b3e-1，又bt（x2）f（x2）t（x2），t（x）在R上单调递增，x2x2，x2-x1x2-x1=1+b+e+13e-1+ebe-1，即得证选考题：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选修4-4：坐标系与参数方程（10分）22（10分）在以直角坐标原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴的极坐标系下，曲线C1的方程是1，将C1向上平移1个

38、单位得到曲线C2（）求曲线C2的极坐标方程；（）若曲线C1的切线交曲线C2于不同两点M，N，切点为T，求|TM|TN|的取值范围【解答】解：（I）曲线C1的方程是1，即21，化为x2+y21，将C1向上平移1个单位得到曲线C2：x2+（y1）21，展开为x2+y22y0则曲线C2的极坐标方程为22sin0，即2sin（II）设T（cos，sin），（0，）切线的参数方程为：x=cos+tcosy=sin+tsin（t为参数），代入C2的方程化为：t2+2tcos（）sin+12sin0，t1t212sin，|TM|TN|t1t2|12sin|，（0，），|12sin|0，1，当=2时，|12s

39、in|1；当=6或56时，|12sin|0|TM|TN|的取值范围是0，1选修4-5：不等式选讲（10分）23已知函数f（x）|xa|x1|（1）当a2时，求不等式0f（x）1）的解集；（2）若x（0，+），f（x）a23，求a的取值范围，【解答】解：（1）函数f（x）|xa|x1|，当a2时，f（x）|x2|x1|（x2）（x1）|1，不等式f（x）1的解集为R；由f（x）0，得|x2|x1|，两边平方得（x2）2（x1）2，解得x32；不等式0f（x）1的解集为（，32）；（2）当a0，x（0，+）时，f（x）xa|x1|=1-a，x12x-a-1，0x1，则f（x）maxf（1）1aa23，解得a-1+172；当0a1，x1，+）时，f（x）1a0a22，解得0a1；当a1，x（0，+）时，f（x）|xa|x1|（xa）（x1）|a1|a1；当且仅当0x1时取等号，则a23a1，又a1，解得a2；综上，a的取值范围是（，-1+1722，+）第22页（共22页）