2015年普通高等学校招生全国统一考试（海南卷） 理科数学 注意事项 1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己 的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡相应位置上。 2.回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如 需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，写在本试卷上无效。 3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。 4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第Ⅰ卷 一、选择题：本大题共 12小题，每小题 5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=｛-2，-1,0,2｝，B=｛x|（X-1）（x+2）＜0｝,则 A∩B= （A）｛－1，0｝ 2.若 a为实数且（2+ai）（a-2i）=－4i，则 a = （A）-1 （B）0 （C）1 （B）｛0，1｝ （C）｛-1，0，1｝ （D）｛0，1，2｝ （D）2 3.根据下面给出的 2004年至 2013年我国二氧化硫排放量（单位：万吨）柱形图。以下结论 不正确的是 （A）逐年比较，2008年减少二氧化硫排放量的效果最显著 1（B）2007年我国治理二氧化硫排放显现 （C）2006年以来我国二氧化硫年排放量呈减少趋势 （D）2006年以来我国二氧化硫年排放量与年份正相关 푎4.等比数列｛ 푛｝满足 =3， 푎푎 + 푎 + 푎 푎 + 푎 + 푎 5=21，则 7=11335（A）21 （B）42 （C）63 （D）84 1 log (2 x), x＜1, 2x1, x 1 2log 12 5.设函数f(x)= ，则f ()+ f ( －2 ) = 2（A）3 （B）6 （C）9 （D）12 6.一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如右图，则 截去部分体积与剩余部分体积的与剩余部分体积的比值为 18171615（A） （B） （C） （D） 7.过三点 A（1,3），B（4,2），C（1,-7）的圆交于 y轴于 M、N两点，则 MN =（A）2 6（B）8 （C）4 6（D）10 8.右边程序抗土的算法思路源于我国古代数学名著《九章算术》 푎,푏 中的“更相减损术”。执行该程序框图，若输入 分别为14,18， 푎 = 则输出的 （A）0 （B）2 （C）4 （D）14 9.已知 A,B是球 O的球面上两点，∠AOB=90,C为该球面上的动点，若三棱锥 O-ABC体 积的最大值为 36，则球 O的表面积为 （A）36π （B）64π （C）144π （D）256π 10.如图，长方形 ABCD的边 AB=2，BC=1，O是 AB的中点，点 P沿着边 BC，CD与 2푥푥DA运动，∠BOP= 。将动点P到 AB两点距离之和表示为 的函数 ，则 푓（푥） 푓（푥） 的图像大致为 11.已知 A，B为双曲线 E的左，右顶点，点 M在 E上，∆ABM为等腰三角形，且顶角为 120°，则 E的离心率为 (A) 5(B)2 ’(푥) (C) 3(D) 2( ) 是 奇 函 数 f x(x ∈ R)的 导 函 数 ， ―= 0 푥 > 0 ， 当时 ， 12. 设 函 数 f ’(푥) ( ) 푓（ 1） 푓 (푥)> 0푥 成立的 的取值范围是 x f f x＜0，则使得 －(A) (－∞，－1)∪(0，1) (C) (－∞，－1)∪(－1，0) (B) (－1，0)∪(1，＋∞) (D) (0，1)∪(1，＋∞) 第Ⅱ卷 本卷包括必考题和选考题两部分.第 13题~第 21题为必考题，每个试题考生必须做答. 第 22题~第 24题为选考题，考生根据要求做答。 二、填空题：本大题共 4小题，每小题 5分。 휆 휆 不平行，向量 a b与a 2b平行，则实数 =________.(用数字填写答案) ＋ ＋ 13.设向量 푎，푏 x y 1 0, x 2y 0, 14.若 푥，푦 满足约束条件 ，则z =x y的最大值为____________.. ＋x 2y 2 0, 4푥푥＋푥15.(a )(1 )的展开式中 的奇数次幂项的系数之和为32，则a =__________. ＋푎16.设 Sn是数列{ 푛}的前 项和，且=－1， 푛푎푎 +1 = 푆 푛푆푆푛푛+1，则 ________. 1푛=3三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 17.（本小题满分 12分） ∆ABC中，D是 BC上的点，AD平分∠BAC，∆ABD是∆ADC面积的 2倍。 sin B sin C (Ⅰ) 求 ；2(Ⅱ) 若AD=1，DC= ，求 BD和 AC的长. 218. （本小题满分 12分） 某公司为了解用户对其产品的满意度，从 A，B两地区分别随机调查了 20个用户，得到 用户对产品的满意度评分如下： A地区：62 73 81 92 95 85 74 64 53 76 78 86 95 66 97 78 88 82 76 89 B地区：73 83 62 51 91 46 53 73 64 82 93 48 65 81 74 56 54 76 65 79 （Ⅰ）根据两组数据完成两地区用户满意度评分的茎叶图，并通过茎叶图比较两地区满 意度评分的平均值及分散程度（不要求计算出具体值，得出结论即可）； （Ⅱ）根据用户满意度评分，将用户的满意度从低到高分为三个不等级： 满意度评分 满意度等级 低于 70分 70分到 89分 不低于 90分 不满意 满意 非常满意 记时间 C：“A地区用户的满意度等级高于 B地区用户的满意度等级”。假设两地区用户 4的评价结果相互独立。根据所给数据，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率，求 C的 概率 19. （本小题满分 12分） 퐴퐵퐶퐷 ― 퐴퐵 퐶 퐷퐴퐵 = 1中 = 10퐴퐴 ， =8，点 퐴 퐵 分别在 ， 1 1 如图，长方体 16，퐵퐶 퐸，퐹 1111퐷1퐶 1上， = 퐴 퐸 퐷 퐹 훼的平面 与此长方体的面相交，交线围成一个正方形 。过带你 1퐸，퐹 1（Ⅰ）在图中画出这个正方形（不必说出画法和理由） 퐴퐹 훼（Ⅱ）求直线 与平面所成角的正弦值 20. （本小题满分 12分） 222>已知椭圆 C：9x + y = m (m0)，直线 l不过原点 O且不平行于坐标轴，l与 C有 两个交点 A，B，线段 AB的中点为 M. （I）证明：直线 OM的斜率与 l的斜率的乘积为定值； m（II）若 l过点( ，m),延长线段 OM与 C交于点 P，四边形 OAPB能否平行四边行？ 3푙若能，求此时 的斜率，若不能，说明理由. 21. （本小题满分 12分） = 푒푚푥 + 푥2 ― 푚푥 푓设函数 .(푥) 푓(푥) (Ⅰ)证明： 在（－∞，0）单调递减，在（0，＋∞）单调递增； 푥 , 푥 1푓(푥 ) ― 푓(푥 ) 2∈[-1,1],都有｜ 푒 ― 1 푚,求 的取值范围 （Ⅱ）若对于任意 ｜≤ 12请考生在第 22、23、24题中任选一题做答，如果多做，则按所做 5的第一题计分，做答时请写清题号. 22.（本小题满分 10分）选修 4—1：几何证明选讲 如图，O为等腰三角形 ABC内一点，圆 O与 ABC的底边 BC交于 M、N两点与底边上的 高 AD交于点 G，且与 AB、AC分别相切于 E、F两点. （I）证明：EF平行于 BC （II） 若AG等于圆 O的半径，且 AE=MN= ,求四边形 EBCF的面积。 23（本小题满分 10分）选修 4-4：坐标系与参数方程 x t cos, y t sin, (t为参数，t 0) 在直角坐标系 xOy中，曲线 C1: ，其中 0≤α＜π ，在 휌sin θ以 O 为 极 点 ， x 轴 正 半 轴 为 极 轴 的 极 坐 标 系 中 ， 曲 线C2： = 2 ， 曲 线C3： 휌cos 휃 =2 3 .（I）.求 C2与 C3交点的直角坐标 （II）.若 C1与 C2相交于点 A，C1与 C3相交于点 B，求 AB 的最大值 （24）（本小题满分 10分）选修 4-5不等式选讲 푎 + 푏 = 푐 + 푑 设均为正数，且 ,证明： 푎、푏、푐、푑 （I）若ab＞cd ，则 a b＞ c d ；（II） a b＞ c d 是a b＜c d 的充要条件. 6（24）（本小题满分 10分）选修 4-5不等式选讲 设均为正数，且,证明： （I）若，则 a b＞ c d ；（II） a b＞ c d 是a b＜c d 的充要条件. 72015 年海南省数学理科高考试题及答案解析 一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 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=｛-2，-1,0，1,2｝，B=｛x|（X-1）（x+2）＜0｝,则 A∩B=（ （A）｛–1,0｝ （B）｛0,1｝ （C）｛-1,0,1｝ （D）｛,0,，1，2｝ 【答案】A ）A B 1,0 【解析】由已知得 B x 2 x 1 ，故 ，故选 A （2）若 a 为实数且（2+ai）（a-2i）=-4i,则 a=（ ）（A）-1 （B）0 （C）1 （D）2 【答案】B 8【解析】 [来源:Z_xx_k.Com] （3）根据下面给出的 2004 年至 2013 年我国二氧化硫排放量（单位：万吨）柱形图。以下 结论不正确的是( )（A） 逐年比较，2008 年减少二氧化硫排放量的效果最显著 （B） 2007 年我国治理二氧化硫排放显现 （C） 2006 年以来我国二氧化硫年排放量呈减少趋势 （D） 20 06 年以来我国二氧化硫年排放量与年份正相关 【答案】D 【解析】由柱形图得，从 2006 年以来，我国二氧化硫排放量呈下降趋势，故年排放量与年 份负相关． （4）等比数列｛an｝满足 a1=3， a1 a3 a5 =21，则 a3 a5 a7 （A）21 （B）42 （C）63 （D）84 【答案】B 【解析】 ()91 log (2 x), x 1, 2x1, x 1, 2f (x) （5）设函数 , f (2) f (log2 12) ( （D）12 )（A）3 （B）6 （C）9 【答案】C 【解析】由已知得f (2) 1 log2 4 3 ，又 log2 12 1， 所 以 2 6 f (log2 12) 2log 121 2log 6 f (2) f (log2 12) 9 ． 2，故 （6）一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如右图，则截去部分体积与 剩余部分体积的比值为 18171516（A） （B） （C） （D） 【答案】D 【解析】由三视图得，在正方体 ABCD A B C1D 中，截去四面体 A A B D，如图所 1111111 1 1 a3 a3 a示 ，， 设 正 方 体 棱 长 为， 则 V， 故 剩 余 几 何 体 体 积 为 AA B D 1 1 13 2 6115a3 a3 a3 ，所以截去部分体积与剩余部分体积的比值为 ．56610 D1 DC1 A1 B1 CABMN （7）过三点 A（1,3），B（4,2），C（1,-7）的圆交于 y 轴于 M、N 两点，则 =（A）2 【答案】C 【解析】 6（B）8 （C）4 6（D）10 （8）右边程序抗土的算法思路源于我国古代数学名著《九章算术》中的“更相减损术”。执 行该程序框图，若输入 a,b 分别为 14,18，则输出的 a= A.0 B.2 C.4 D.14 【答案】B[来源:Z.xx.k.Com] aba 14 b 18 b 4 a 10 a 6 【解析】程序在执行过程中， ，的值依次为 ，；；；；a 2 b 2 ；a b 2 a程序结束，输出 的值为2，故选 B． ，此时 （9）已知 A,B 是球 O 的球面上两点，∠AOB=90,C 为该球面上的动点，若三棱锥 O-ABC 11 体积的最大值为 36，则球 O 的表面积为 A．36π B.64π C.144π D.256π 【答案】C AOB O ABC 【解析】如图所示，当点 C 位于垂直于面 的直径端点时，三棱锥 的体积最 1 1 1RVOABC VCAOB R2 R R3 36 O大，设球 的半径为 ，此时 R 6 ，故 ，则 3 2 6O球的表面积为 S 4 R2 144 ，故选 C． COBA10.如图，长方形 ABCD 的边 AB=2，BC=1，O 是 AB 的中点，点 P 沿着边 BC，CD 与 DA 运动，记∠BOP=x．将动点 P 到 A、B 两点距离之和表示为 x 的函数 f（x），则 f（x）的图 像大致为 [来源:学科网] 【答案】B 【解析】 12 242x f ( ) f ( ) 的运动过程可以看出，轨迹关于直线 对称，且 ，且轨迹非线型，故选 B． （11）已知 A，B 为双曲线 E 的左，右顶点，点 M 在 E 上，∆ABM 为等腰三角形，且顶角 为 120°，则 E 的离心率为 （A）√5 （B）2 （ C）√3 （D）√2 【答案】D 【解析】 x 0 f (x)(x R) （ 12 ） 设 函 数f’(x) 是 奇 函 数 的 导 函 数 ， f （ -1 ） =0 ， 当 时 ， ‘f (x) 0 xf (x) f (x) 0，则使得 成立的 x 的取值范围是 （A） （B） 13 （C） （D） 【答案】A 【解析】 xf ‘ (x) f (x) f (x) ‘，则 g’ (x) ，因为当 时， xf (x) f (x) 0，故 x 0 g(x) 记函数 x2 x时， g’ (x) 0 ，所以 在单调递减；又因为函数 是奇函数， x 0 g(x) (0,) f (x)(x R) 当0 x 1 g(x) g(x) (,0) g(1) g(1) 0 故函数 是偶函数，所以 在单调递减，且 ．当 x 1 g(x) 0 f (x) 0 f (x) 0 成立的 的取值范围是 g(x) 0 f (x) 0 时， ，则 ；当 时， ，则 ，综上所述，使得 x(,1) (0,1) ，故选 A． 二、填空题 平行，则实数 aba b a 2b 与 _________． （13）设向量 ，不平行，向量 1【答案】 2 ，则 k， a b a 2b 与a b （k a 2b） 【解析】因为向量 平行，所以 所以 1 2k, 1 ．2x y 1 0， x 2y 0, z x y 的最大值为____________． （14）若 x，y 满足约束条件 ，则 x 2y 2 0, 3【答案】 214 y432B1Dx–4 –3 –2 –1 1234O–1 C–2 –3 –4 （15） (a x)(1 x)4 的展开式中 x 的奇数次幂项的系数之和为 32，则 __________． a 3【答案】 【解析】由已知得 (1 x)4 1 4x 6×2 4×3 x4 ，故 (a x)(1 x)4 的展开式中 x 的奇 4ax3 6×3 x5 ， ，其系数之和为 4ax x4a 4a 1+6+1=32 数次幂项分别为 ，，，，解得 a 3 ．a （16）设 Sn 是数列 的前 n 项和，且 a1 1， an1 SnSn1 ，则 Sn ________． n1【答案】 n11 1 【解析】由已知得 an1 Sn1 Sn Sn1 Sn ，两边同时除以 Sn1 Sn ，得 ，Sn1 Sn 111 1 1 (n 1) n 故数列 是以 为首项， 为公差的等差数列，则 ，所以 Sn Sn 1Sn ．n三．解答题 17．（本题满分 12 分） ABC 中， D是BC 上的点， AD 平分 BAC ，ABD 面积是 ADC 面积的 2 倍． sin B sin C (Ⅰ) 求 ；15 2(Ⅱ)若 AD 1 ，DC ，求 BD 和AC 的长． 21【答案】(Ⅰ) ；(Ⅱ) 1．2(Ⅱ)因为 SABD : SADC BD : DC ，所以 BD 2 ．在 ABD 和ADC 中，由余弦定理 得AB2 AD2 BD2 2AD BDcosADB ，AC2 AD2 DC2 2AD DC cosADC ．AB2 2AC2 3AD2 BD2 2DC2 6 ．由(Ⅰ)知 AB 2AC ，所以 AC 1 考点：1、三角形面积公式；2、正弦定理和余弦定理． ．18．（本题满分 12 分） 某公司为了解用户对其产品的满意度，从 户对产品的满意度评分如下： A，B两地区分别随机调查了 20 个用户，得到用 A 地区：62 73 81 92 95 85 74 64 53 76 78 86 95 66 97 78 88 82 76 89 B 地区：73 83 62 51 91 46 53 73 64 82 93 48 65 81 74 56 54 76 65 79 （Ⅰ）根据两组数据完成两地区用户满意度评分的茎叶图，并通过茎叶图比较两地区满意度 评分的平均值及分散程度（不要求计算出具体值，得出结论即可）； 16 A 地区 B 地区 456789（Ⅱ）根据用户满意度评分，将用户的满意度从低到高分为三个等级： 满意度评分 满意度等级 低于 70 分 70 分到 89 分 不低于 90 分 不满意 满意 非常满意 记时间 C：“A 地区用户的满意度等级高于 B 地区用户的满意度等级”．假设两地区用户的评 价结果相互独立．根据所给数据，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率，求 C 的概 率． 【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ） 0.48 ．【解析】 试题分析：（Ⅰ）将 A, B 两地区用户对产品的满意度评分的个位数分别列与茎的两侧，并根 据数字的集中或分散来判断平均值和方差的大小；（Ⅱ）事件“A 地区用户的满意度等级高于 B 地区用户的满意度等级”分为两种情况：当 B 地区满意度等级为不满意时，A 地区的满意 度等级为满意或非常满意；当 B 地区满意度等级为满意时，A 地区满意度等级为非常满意．再 利用互斥事件和独立事件的概率来求解． 试题解析：（Ⅰ）两地区用户满意度评分的茎叶图如下 17 A 地区 B 地区 4561836436442367892343545682887669965551232311CB2 表示事件：“B 地区用户满意度等级为满意”． 则CA1 与 CB1 独立， CA2 与 CB2 独立， CB1 与 CB2 互斥，C CB1CA1 CB2CA2 ．P(C) P(CB1CA1 CB2CA2 ) P(CB1CA1) P(CB2CA2 ) P(CB1)P(CA1) P(CB2 )P(CA2 ) ．16 20 410 8由 所 给 数 据 得 CA1 ，CA2 ，CB1 ，CB2 发 生 的 概 率 分 别 为 ，，，． 故 20 20 20 16 P(CA1) =，，20 410 810 16 84P(CA2 )= P(CB1)= ，P(CB2 ) =，故 P(C)= + 0.48 ．20 20 20 20 20 20 20 考点：1、茎叶图和特征数；2、互斥事件和独立事件． 18 19．（本题满分 12 分） 如 图 ， 长 方 体ABCD A B C1D1 中 ,AB=16 ，BC=10 ，AA 8， 点 E，F分 别 在 111A B ，C1D1 上， A E D F 4 ．过点 E，F的平面 与此长方体的面相交，交线围成 1111一个正方形． D1 EFC1 A1 B1 CDAB（Ⅰ）在图中画出这个正方形（不必说出画法和理由）； （Ⅱ）求直线 AF 与平面 所成角的正弦值． 4 5 【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ） ．15 【解析】 试题分析：（Ⅰ）由线面平行和面面平行的性质画平面 线围成的正方形 EHGF ，计算相关数据．以 与长方体的面的交线；（Ⅱ）由交 D为坐标原点， DA 的方向为 x轴的正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系 D xyz ，并求平面 的法向量和直线 AF 的方向向量，利 n AF 用sin cos n, AF 求直线 AF 与平面 所成角的正弦值． n AF 试题解析：（Ⅰ）交线围成的正方形 EHGF 如图： （Ⅱ）作 EM AB ，垂足为 ，则AM A E 4 M，EM AA 8 ，因为 EHGF 为正 11方形，所以 EH EF BC 10．于是 MH EH 2 EM 2 6，所以 AH 10 ．以 D 为坐标原点， DA 的方向为 x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 D xyz ，则 A(10,0,0) ，H(10,10,0) ，E(10,4,8) ，F(0,4,8) ，FE (10,0,0) ，19 n FE 0, HE (0,6,8)． 设n (x, y, z) 是 平 面EHGF 的 法 向 量 ， 则 即故n HE 0, AF (10,4,8) 10x 0, 所以可取n (0,4,3) ．又，6y 8z 0, n AF n AF 4 5 4 5 cos n, AF ．所以直线 AF 与平面 所成角的正弦值为 ．15 15 考点：1、直线和平面平行的性质；2、直线和平面所成的角． D1 FC1 EA1 AB1 DCGBM H 20．（本题满分 12 分） 已知椭圆 C :9×2 y2 m2 (m 0) ,直线 交点 ，线段AB 的中点为 l O l C 不过原点 且不平行于坐标轴，与 有两个 A，BM．l(Ⅰ)证明：直线OM 的斜率与 的斜率的乘积为定值； m（Ⅱ）若 若能，求此时 【答案】(Ⅰ)详见解析；（Ⅱ）能， 4 7 l过点 ( ,m) ，延长线段 OM 与C交于点 P，四边形 OAPB 能否为平行四边形？ 3l的斜率，若不能，说明理由． 或4 7 ．20 【解析】 试题分析：(Ⅰ)题中涉及弦的中点坐标问题，故可以采取“点差法”或“韦达定理”两种方 法求解：设端点 A, B 的坐标，代入椭圆方程并作差，出现弦 AB 的中点和直线 l的斜率；设 直线 的方程同时和椭圆方程联立，利用韦达定理求弦AB 的中点，并寻找两条直线斜率关 l系；（Ⅱ）根据(Ⅰ)中结论，设直线OM 方程并与椭圆方程联立，求得 M坐标，利用 xP 2xM m以及直线 l过点 ( ,m) 列方程求 k的值． 3试 题 解 析 ： (Ⅰ) 设 直 线 l : y kx b (k 0,b 0) M (xM , yM ) ，A(x1, y1) ，B(x2 , y2 ) ，故．将y kx b x1 x2 代入9×2 y2 m2 得(k2 9)x2 2kbx b2 m2 0 ，kb xM ，2k2 9 9b k2 9 yM xM 9yM kxM b ．于是直线OM 的斜率 kOM ，即 kOM k 9 ．所以直 k线OM 的斜率与l 的斜率的乘积为定值． （Ⅱ）四边形OAPB 能为平行四边形． m因为直线 l过点 ( ,m) ，所以 l不过原点且与 CP有两个交点的充要条件是 k 0 ，k 3 ．39y x, 9由 (Ⅰ) 得 OM 的 方 程 为y x ． 设 点 的 横 坐 标 为xP ． 由 得kk2229x y m , k2m2 km 3 k2 9 m2xP ， 即xP ，因此 xM ． 将 点( ,m) 的 坐 标 代 入 直 线 l的 方 程 得 9k2 81 3m(3 k) mk(k 3) 3(k2 9) b ．四边形OAPB 为平行四边形当且仅当线段 AB 与线 3km 3 k2 9 段OP 互相平分，即 xP 2xM ．于是 mk(k 3) 2 ．解得 k1 4 7 ，k2 4 7 ．因为 ki 0,ki 3 ，i 1 ， ，所以当 l23(k2 9) 的斜率为 21 4 7 或4 7 时，四边形OAPB 为平行四边形． 考点：1、弦的中点问题；2、直线和椭圆的位置关系． 21．（本题满分 12 分） 设函数 f (x) emx x2 mx (Ⅰ)证明： f (x) (,0)单调递减，在 (0,)单调递增； （Ⅱ）若对于任意 x1, x2 [1,1]，都有 f (x1) f (x2 ) e 1，求 ．在m的取值范围． 【答案】(Ⅰ)详见解析；（Ⅱ）[1,1] ．【解析】 试题分析：(Ⅰ)先求导函数 f ‘ (x) m(emx 1) 2x ，根据 m的范围讨论导函数在 (,0) 和(0,)的 符 号 即 可 ；（ Ⅱ ） f (x1) f (x2 ) e 1恒 成 立 ， 等 价 于 f (x1) f (x2 ) max e 1．由 x1, x2 是两个独立的变量，故可求研究 f (x) 的值域，由(Ⅰ)可 f (1) f (0) e 1, f (1) f (0) e 1, 得最小值为 f (0) 1，最大值可能是 f (1) 或f (1)，故只需 ，从而 得关于 m的不等式，因不易解出，故利用导数研究其单调性和符号，从而得解． 22 考点：导数的综合应用． （请考生在 22、23、24 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 写清题号。高三网 www.gaosan.com） 22．（本小题满分 10 分） 选修 4—1：几何证明选讲 如图， O为等腰三角形 ABC 内一点，圆 O与ABC 的底边 BC 交于 MN、 两点与底边 上的高 AD 交于点 G，与 AB 、AC 分别相切于 E、F两点． AGEFOBCNMD（Ⅰ）证明： EF / /BC ；（Ⅱ） 若AG 等于 O 的半径，且 AE MN 2 3，求四边形 EBCF 的面积． 23 16 3 3【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ） 【解析】 ．试题分析：（Ⅰ）由已知得 AD BC ，欲证明 EF / /BC ，只需证明 AD EF ，由切线长 定理可得 AE AF ，故只需证明 AD 是角平分线即可；（Ⅱ）连接OE OM ，在 RtAEO AEF 都是等边三角形，求得其边长，进而可求其 ，中，易求得 OAE 300 ，故 AEF 和面积．四边形 EBCF 的面积为两个等边三角形面积之差． 试题解析：（Ⅰ）由于 ABC 是等腰三角形， AD BC ，所以 AD 是CAB 的平分线．又 因为 O 分别与 AB 、AC 相切于 E、F两点，所以 AE AF ，故 AD EF ．从而 EF / /BC ．（Ⅱ）由（Ⅰ）知， AE AF 弦，所以 AD 上．连接OE 所 以OAE 300 ． 所 以ABC AO 4 OE 2 ,AD EF ，故 AD OM ，则OE AE ．由 AG 等于 O 的半径得 AO 2OE AEF 都 是 等 边 三 角 形 ． 因 为AE 2 3， 所 以 是EF 的垂直平分线，又 EF 是O 的O在，，和，．110 3 3因为OM OE 2 ，DM MN 3 ，所以OD 1．于是 AD 5 ，AB ．所 2110 3 331316 3 3以四边形 EBCF 的面积 ( )2 (2 3)2 ．2222考点：1．等腰三角形的性质；2、圆的切线长定理；3、圆的切线的性质． 23．（本小题满分 10 分）选修 4-4：坐标系与参数方程 x t cos, y t sin, 在直角坐标系 xoy 中，曲线 C : （t为参数， t 0），其中 0 ，1在 以 O为 极 点 ， x轴 正 半 轴 为 极 轴 的 极 坐 标 系 中 ， 曲 线 C2 : 2sin ， 曲 线 C3 : 2 3cos ．（Ⅰ）.求 （Ⅱ）.若 CC2 与 2 与 C1 交点的直角坐标； C1 相交于点 3 与 1 相交于点 ，求AB 的最大值． BCA，C3 3 【答案】（Ⅰ） (0,0) 和(, )；（Ⅱ） ． 42 2 【解析】 24 试题分析：（Ⅰ）将曲线 的直角坐标，也可以直接联立极坐标方程，求得交点的极坐标，再化为直角坐标；（Ⅱ）分 别联立 2 与 1 和 3 与 1 的极坐标方程，求得 A, B 的极坐标，由极径的概念将 AB 表示， 转化为三角函数的最大值问题处理． C C 2 与 1 的极坐标方程化为直角坐标方程，联立求交点，得其交点 CCCC试题解析：（Ⅰ）曲线 C2 的直角坐标方程为 x2 y2 2y 0，曲线 C3 的直角坐标方程为 3,22x x y 2y 0, x 0, y 0, x2 y2 2 3x 0 ．联立 解得 或C C 所以 2 与 1 交 23x2 y2 2 3x 0, y , 23 3 , ) 2 2 点的直角坐标为 (0,0) （Ⅱ）曲线 和(．C1 的极坐标方程为 ( R, 0) ，其中 0 ．因此 A得到极坐标 为(2sin,) ，B的极坐标为(2 3cos,) ．所以35 6AB 2sin 2 3cos 4 sin( ) ，当 时， AB 取得最大值，最大值为 4．考点：1、极坐标方程和直角坐标方程的转化；2、三角函数的最大值． 24．（本小题满分 10 分）选修 4-5 不等式选讲 设a,b,c,d 均为正数，且 a b c d ，证明： （Ⅰ）若 ab cd ，则 a b c d （Ⅱ） a b c d a b c d 的充要条件． 【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）详见解析． ；是考点：推理证明． 25
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