2022湖北省九师联盟高三上学期10月质量检测数学试题含解析

这是一份2022湖北省九师联盟高三上学期10月质量检测数学试题含解析

高 三 数 学 考生注意：1．本试卷分选择题和非选择题两部分。满分150分，考试时间120分钟。2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。3．考生作答时，请将答案答在答题卡上，选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。4．本卷命题范围：函数与导数、复数、三角函数、解三角形、平面向量、不等式。一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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．不等式x2－2x－8≤0的解集为A．{x|－4≤x≤2) B．{x|－2≤x≤4} C．{x|x≤4或x≤－2} D．{x|x≥2或x≤－4}【答案】B【考点】集合的运算、一元二次不等式的解法【解析】由x2－2x－8≤0，可得(x－4)(x＋2)≤0，所以－2≤x≤4，故答案选B．2．已知复数eq z＝\f(2－i,1＋i)，则下列说法正确的是A．z的模为eq \f(\r(,10),2) B．z的虚部为eq －\f(3,2)iC．z的共轭复数eq －\f(1,2)－\f(3,2)i D．z的共轭复数在复平面内对应的点在第四象限【答案】A【考点】复数的综合应用【解析】由题意，eq z＝\f(2－i,1＋i)＝EQ \F((2－i)(1－i),(1＋i)(1－i))＝EQ \F(2－2－3i,2)＝eq \f(1,2)－\f(3,2)i，所以z的模为EQ \R(,\b\bc\((\l(\F(1,2)))\s\up12(2)＋\b\bc\((\l(－\F(3,2)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(,10),2)，故选项A正确；z的虚部为－eq \f(3,2)，故选项B错误；z的共轭复数为eq \f(1,2)－\f(3,2)i，故选项C错误；z的共轭复数在复平面内对应的点为(eq \f(1,2)，eq \f(3,2))，在第一象限，故选项D错误；综上，答案选A．3．若eq tan(θ－\f(π,4))＝－2，则tan2θ＝A．－4 B．eq －\f(1,3) C．－3 D．eq －\f(3,4)【答案】D【考点】三角恒等变换【解析】由题意，tanθ＝tan[(θ－eq \f(π,4))＋eq \f(π,4)]＝EQ \F(－2＋1,1－(－2)×1)＝eq －\f(1,3)，tan2θ＝EQ \F(2tanθ,1－tan\S(2)θ)＝EQ \F(2×\b\bc\((\l(－\F(1,3))),1－\b\bc\((\l(－\F(1,3)))\s\up12(2))＝eq －\f(3,4)，故答案选D．4．一种药在病人血液中的量保持在1500mg以上时才有疗效，而低于600mg时病人就有危险．现给某病人的静脉注射了这种药2400mg，如果药在血液中以每小时20%的比例衰减，要使病人没有危险，再次注射该药的时间不能超过(lg2≈0.3，结果精确到1h)A．5h B．6h C．7h D．8h【答案】B【考点】新情景问题下的指对数的运算【解析】由题意，血液中含药量y(单位：mg)注射后的时间t(单位：h)的关系式为y＝2400(1－20%)t，由题意可得2400×0.8t≥600，即0.8t≥eq \f(1,4)，两边取对数，得t≤log0.8eq \f(1,4)＝EQ \F(－2lg2,3lg2－1)＝EQ \F(－2×0.3,3×0.3－1)＝6(h)．故答案选B．5．已知向量a，b满足|a|＝2eq \r(,2)，|b|＝1，|a－b|＝eq \r(,6)，则|a＋2b|＝A．eq 2\r(,3) B．eq 3\r(,2) C．eq 4\r(,2) D．eq 3\r(,3)【答案】B【考点】平面向量的数量积应用【解析】由题意，|a－b|2＝a2－2a·b＋b2＝6，因为|a|＝2eq \r(,2)，|b|＝1，所以a·b＝eq \f(3,2)，所以|a＋2b|2＝a2＋4a·b＋4b2＝8＋4×eq \f(3,2)＋4＝18，所以|a＋2b|＝eq 3\r(,2)，故答案选B．6．函数f(x)＝－sin2x－2cosx的单调递增区间是A．[2kπ，(2k＋1)π]，k∈Z B．eq [2kπ－\f(π,2)，2kπ＋\f(π,2)]，k∈ZC．[(2k－1)π，2kπ]，k∈Z D．eq [2kπ＋\f(π,2)，2kπ＋\f(3π,2)]，k∈Z【答案】A【考点】三角函数的图象与性质【解析】由题意，f(x)＝－sin2x－2cosx＝cos2x－2cosx－1，设t＝cosx，则t∈[－1，1]，y＝t2－2t－1＝(t－1)2－2，则当t∈[－1，1]时，y是关于t的成函数；当x∈[2kπ，(2k＋1)π]，k∈Z时，t是关于x的减函数，根据复合函数的单调性法则，函数f(x)的单调递增区间是[2kπ，(2k＋1)π]，k∈Z，故答案选A．7．把一条线段分割为两部分，使其中一部分与全长之比等于另一部分与这部分之比，其比值是一个无理数EQ \F(\R(,5)－1,2)，由于按此比例设计的造型十分美丽柔和，因此称为黄金分割．黄金分割不仅仅体现在诸如绘画、雕塑、音乐、建筑等艺术领域，而且在管理、工程设计等方面也有着不可忽视的作用．在△ABC中，点D为线段BC的黄金分割点(BD＞DC)，AB＝2，AC＝3，∠BAC＝60°，eq \o\ac(\S\UP7(→),AD)·\o\ac(\S\UP7(→),BC)＝A．eq \f(7\r(,5)－9,2) B．eq \f(9－7\r(,5),2) C．eq \f(9\r(,5)－7,2) D．eq \f(7－9\r(,5),2)【答案】A【考点】新情景问题下的平面向量的数量积运算【解析】由题意，点D为线段BC的黄金分割点，则EQ \o\ac(\S\UP7(→),BD)＝EQ \F(\R(,5)－1,2)EQ \o\ac(\S\UP7(→),BC)＝EQ \F(\R(,5)－1,2)EQ \o\ac(\S\UP7(→),AC)－EQ \F(\R(,5)－1,2)EQ \o\ac(\S\UP7(→),AB)，所以EQ \o\ac(\S\UP7(→),AD)＝EQ \o\ac(\S\UP7(→),AB)＋EQ \o\ac(\S\UP7(→),BD)＝EQ \o\ac(\S\UP7(→),AB)＋EQ \F(\R(,5)－1,2)EQ \o\ac(\S\UP7(→),BC)＝EQ \F(\R(,5)－1,2)EQ \o\ac(\S\UP7(→),AC)＋EQ \F(3－\R(,5),2)EQ \o\ac(\S\UP7(→),AB)，则eq \o\ac(\S\UP7(→),AD)·\o\ac(\S\UP7(→),BC)＝(EQ \F(\R(,5)－1,2)EQ \o\ac(\S\UP7(→),AC)＋EQ \F(3－\R(,5),2)EQ \o\ac(\S\UP7(→),AB))·(EQ \o\ac(\S\UP7(→),AC)－EQ \o\ac(\S\UP7(→),AB))＝EQ \F(\R(,5)－1,2)EQ \o\ac(\S\UP7(→),AC)2－EQ \F(3－\R(,5),2)EQ \o\ac(\S\UP7(→),AB)2＋(2－EQ \R(,5))EQ \o\ac(\S\UP7(→),AB)·EQ \o\ac(\S\UP7(→),AC)＝eq \f(9\r(,5),2)－eq \f(9,2)－6＋2EQ \R(,5)＋6－3EQ \R(,5)＝eq \f(7\r(,5)－9,2)，故答案选A．8．已知函数f(x)＝sinx－x2＋πx的定义城为eq [－\f(π,2)，\f(3π,2)]，则满足f(π－a)＞f(EQ \F(π,2)＋a)的实数a的取值范围是A．eq (－\f(π,2)，\f(π,4)] B．eq [\f(π,2)，\f(3π,4)) C．eq (\f(π,4)，π] D．eq (\f(3π,4)，π]【答案】C【考点】三角函数的图象与性质应用【解析】由题意可知，函数y＝sinx与eq y＝－(x－\f(π,2))\s\up6(2)＋\f(π\s\up6(2),4)的图象在eq [－\f(π,2)，\f(3π,2)]都关于直线eq x＝\f(π,2)对称，且它们都在eq [－\f(π,2)，\f(π,2)]递增，在eq [\f(π,2)，\f(3π,2)]上递减，则函数f(x)eq ＝sinx－(x－\f(π,2))\s\up6(2)＋\f(π\s\up6(2),4)的图象在eq [－\f(π,2)，\f(3π,2)]上关于直线eq x＝\f(π,2)对称，且在eq [－\f(π,2)，\f(π,2)]递增，在eq [\f(π,2)，\f(3π,2)]上递减，由f(π－a)＞f(EQ \F(π,2)＋a)，可得|(π－a)－eq \f(π,2)|＜|(eq \f(π,2)＋a)－eq \f(π,2)|，即|eq \f(π,2)－a|＜a，从而EQ \B\lc\{(\a\al(\l(－\F(π,2)≤π－a≤\F(3π,2)，),\l(－\F(π,2)≤\F(π,2)＋a＜\F(3π,2)，),\l(|\F(π,2)－a|＜a，)))，解得eq \f(π,4)＜a≤π，故答案选C．二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。9．为了得到函数y＝log2x的图象，只需将函数y＝log2(2x)图象上A．所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变B．所有点的横坐标缩短到原来的eq \f(1,2)倍，纵坐标不变C．所有点沿y轴向下平移1个单位长度D．所有点沿x轴向右平移eq \f(1,2)个单位长度【答案】AC【考点】三角函数的图象变换【解析】由题意，函数y＝log2(2x)图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，可得函数y＝log2x的图象，则选项A正确；函数y＝log2(2x)图象上所有点的横坐标缩短到原来的eq \f(1,2)倍，纵坐标不变，可得函数y＝log2(4x)的图象，则选项B错误；log2(2x)＝1＋log2x，将y＝1＋log2x图象上的所有点沿y轴向下平移1个单位长度，就得到函数y＝log2x的图象，则选项C正确；函数y＝log2(2x)图象上所有点沿x轴向右平移eq \f(1,2)个单位长度，可得函数eq y＝log\s\do(2)(x－\f(1,2))＝log\s\do(2)(2x－1)的图象，则选项D错误；综上，答案选AC．10．设z1，z2是复数，则A．eq \o\ac(\S\UP7(——),z\s\do(1)－z\s\do(2))＝eq \o\ac(\S\UP7(―),z\s\do(1))－eq \o\ac(\S\UP7(―),z\s\do(2)) B．若z1z2∈R，则z1＝eq \o\ac(\S\UP7(―),z\s\do(2))C．若|z1－z2|＝0，则eq \o\ac(\S\UP7(―),z\s\do(1))＝eq \o\ac(\S\UP7(―),z\s\do(2)) D．若z12＋z22＝0，则z1＝z2＝0【答案】AC【考点】复数的综合应用【解析】设z1＝a＋bi，z2＝x＋yi，a，b，x，y∈R，对于选项A，则eq \o\ac(\S\UP7(——),z\s\do(1)－z\s\do(2))＝eq \o\ac(\S\UP7(——————————),(a－x)＋(b－y)i)＝(a－x)－(b－y)i＝a－bi－(x－yi)＝eq \o\ac(\S\UP7(―),z\s\do(1))－eq \o\ac(\S\UP7(―),z\s\do(2))成立，故选项A正确；对于选项B，取z1＝i，z2＝2i，满足z1，z2∈R，但结论不成立，故选项B错误；对于选项C，|z1－z2|＝(a－x)＋(b－y)i＝0，则(a－x)2＋(b－y)2＝0，所以a＝x，b＝y，从而z1＝z2，所以eq \o\ac(\S\UP7(―),z\s\do(1))－eq \o\ac(\S\UP7(―),z\s\do(2))，故选项C正确；对于选项D，取z1＝i，z2＝1，满足z12＋z22＝0，但结论不成立，故选项D错误；综上，答案选AC．11．下列命题成立的是A．若a＞b，c＞d，则EQ \F(a,d)＞EQ \F(b,c)B．若不等式x2＋ax－b＜0的解集是{x|1＜x＜2}，则a＋b＝－5C．若a∈R，b∈R，则a2＋b2≥2(a＋b－1)D．若a，b满足－1＜a＜b＜1，则a－b的取值范围是(－2，2)【答案】BC【考点】不等式的综合应用【解析】由题意，对于选项A，可取a＝2，b＝1，c＝1，d＝－2，则EQ \F(a,d)＝－1＜EQ \F(b,c)＝1，则选项A错误；对于选项B，方程x2＋ax－b＜0的两根分别为1和2，则1＋2＝－a，1×2＝－b，解得a＝－3，b＝－2，所以a＋b＝－5，则选项B正确；因为a2＋1≥2a，b2＋1≥2b，所以a2＋b2≥2(a＋b－1)，则选项C正确；由－1＜a＜1，－1＜b＜1，得－2＜a－b＜2，又a－b＜0，所以－2＜a－b＜0，即a－b的取值范围是(－2，0)，则选项D错误；综上，答案选BC．12．已知函数f(x)＝lnx，则A．当x2＞x1＞0时，EQ \F(f\b\bc\((\l(x\S\DO(1)))－f\b\bc\((\l(x\S\DO(2))),x\S\DO(2)－x\S\DO(1))＞0B．当x2＞x1＞1时，x1f(x1)＜x2f(x2)C．当x2＞x1＞e时，x2f(x1)＞x1f(x2)D．方程EQ \F(f(x),x)＝－1有两个不同的解【答案】BC【考点】函数的性质综合应用【解析】由题意，函数f(x)＝lnx在定义域内单调递增，则EQ \F(f\b\bc\((\l(x\S\DO(2)))－f\b\bc\((\l(x\S\DO(1))),x\S\DO(2)－x\S\DO(1))＞0，故选项A错误；因为xf(x)＝xlnx，则令y＝xlnx，y′＝lnx＋1，当x＞1时，y′＞1＞0，则y＝xlnx在(1，＋∞)单调递增，故选项B正确；由x2f(x1)＞x1f(x2)，可得EQ \F(f\b\bc\((\l(x\S\DO(1))),x\S\DO(1))＞EQ \F(f\b\bc\((\l(x\S\DO(2))),x\S\DO(2))，令y＝eq \f(lnx,x)，y′＝EQ \F(1－lnx,x\S(2))在(e．＋∞)上小于0，所以eq y＝\f(lnx,x)在(e，＋∞)单调递减，则当x2＞x1＞e时，EQ \F(f\b\bc\((\l(x\S\DO(1))),x\S\DO(1))＞EQ \F(f\b\bc\((\l(x\S\DO(2))),x\S\DO(2))，即x2f(x1)＞x1f(x2)，故选项C正确；令y＝eq \f(lnx,x)，当x＞1时，y＞0，而函数y＝eq \f(lnx,x)在(0，e)上单调递增，函数y＝eq \f(lnx,x)的图象与直线y＝－1仅有一个公共点，如图所示：则方程EQ \F(f(x),x)＝－1仅有一个解，故选项D错误(另解：方程EQ \F(f(x),x)＝－1的解的个数，即为lnx＝－x的解的个数，即为函数y＝lnx与y＝－x图象的交点个数，可作出两函数的图象，如图所示：，由图象可知方程＝－1只有一个解，故选项D错误)；综上，答案选BC．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．若f(x)＝EQ \F(2\S\UP6(2x)＋a,2\S(x))是奇函数，则a＝ ．【答案】－1【考点】函数的奇偶性应用【解析】由题意可知，f(x)＝2x＋a·2EQ \S\UP6(－x)，由f(－x)＝－f(x)，可得2EQ \S\UP6(－x)＋a·2 x＝－2x－a·2EQ \S\UP6(－x)，可化为(a＋1)(2x＋2EQ \S\UP6(－x))＝0，因为2x＋2EQ \S\UP6(－x)＞0，所以a＝－1．14．已知O是△ABC的外心，且eq AC＝\r(,2)，则eq \o\ac(\S\UP7(→),OA)·\o\ac(\S\UP7(→),AC)＝ ．【答案】－1【考点】平面向量的数量积求解【解析】由题意，可取AC的中点为D，则eq \o\ac(\S\UP7(→),OA)·\o\ac(\S\UP7(→),AC)＝－eq \o\ac(\S\UP7(→),AO)·\o\ac(\S\UP7(→),AC)＝－eq \o\ac(\S\UP7(→),AD)·\o\ac(\S\UP7(→),AC)＝－EQ \F(1,2)eq \o\ac(\S\UP7(→),AC)2＝－1．15．已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω＞0，0≤φ＜2π)满足f(2＋x)＝f(2－x)，其图象与x轴在原点右侧的第一个交点的坐标为(6，0)，则函数y＝f(x)的一个解析式为 ．【答案】f(x)＝sin(EQ \F(π,8)x＋EQ \F(π,4))(或f(x)＝sin(EQ \F(π,8)x＋EQ \F(5π,4)))【考点】开放性试题：三角函数的解析式求解【解析】由题意可设f(x)的最小正周期为T，则EQ \F(π,4)＝6－2＝4，即T＝16，则ω＝EQ \F(2π,T)＝EQ \F(π,8)，将(6，0)代入f(x)＝sin(EQ \F(π,8)x＋φ)，得到sin(EQ \F(3π,4)＋φ)＝0，解得φ＝kπ－EQ \F(3π,4)，k∈Z，因为0≤φ＜2π，所以φ＝EQ \F(π,4)或EQ \F(5π,4)，所以解析式为f(x)＝sin(EQ \F(π,8)x＋EQ \F(π,4))或f(x)＝sin(EQ \F(π,8)x＋EQ \F(5π,4))．16．拿破仑·波拿巴，十九世纪法国伟大的军事家政治家，对数学很有兴趣，他发现并证明了著名的拿破仑定理：“以任意三角形的三条边为边向外构造三个等边三角形，则这三个三角形的中心恰为另一个等边三角形的顶点”．如图，在△ABC中，∠BAC＝60°，以AB，BC，AC为边向外作三个等边三角形，其中心依次为D，E，F，若eq DF＝2\r(,3)，则eq \f(AB,AD)＝ ，AB＋AC的最大值为 【答案】eq \r(,3)(2分)；4eq \r(,3)(3分)【考点】新情景问题下的正余弦定理的应用【解析】由题意可设BC＝a，AC＝b，AB＝c，如图，连接AF，BD，由拿破仑定理知，△DEF为等边三角形，在△DAB中，∠ABD＝∠BAD＝30°，∠ADB＝120°，设AD＝BD＝x，由余弦定理，得eq c\s\up6(2)＝x\s\up6(2)＋x\s\up6(2)－2x\s\up6(2)cos120°，解得eq \f(c,x)＝\r(,3)，即eq \f(AB,AD)＝\r(,3)，AD＝EQ \F(c,\R(,3))，同理eq AF＝\f(b,\r(,3))，又∠BAC＝60°，∠CAF＝30°，所以∠DAF＝∠BAD＋∠BAC＋∠CAF＝120°，在△ADF中，由余弦定理，得DF2＝AD2＋AF2－2AD·AF·cos120°，即12＝EQ \F(c\S(2),3)＋EQ \F(b\S(2),3)－2·EQ \F(bc,3)·(－eq \f(1,2))，化简得(b＋c)2＝bc＋36，由基本不等式得(b＋c)2≤eq (\f(b＋c,2))\s\up6(2)，解得b＋c≤4eq \r(,3)(当且仅当b＝c＝2eq \r(,3)时取等号)，所以(AB＋AC)max＝4eq \r(,3)．四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．(本小题满分10分)在①2bcosB＝ccosA＋acosC，②bsinA＝asin(B＋eq \f(π,3))，③cos2B＝eq sin(B－\f(π,2))这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并进行解答：△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若△ABC的面积S＝eq \f(3＋\r(,3),2)，c＝2， ，求b．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．【考点】结构不良题：解三角形与三角恒等变换综合应用【解析】选择条件①：由2bcosB＝ccosA＋acosC，根据正弦定理，有2sinBcosB＝sinCcosA＋sinAcosC，……2分即2sinBcosB＝sin(A＋C)＝sinB， ……4分由B∈(0，π)，sinB≠0，所以cosB＝eq \f(1,2)，故eq B＝\f(π,3)． ……6分由△ABC的面积eq S＝\f(1,2)acsinB＝\f(1,2)×a×2sin\f(π,3)＝\f(3＋\r(,3),2)，解得eq a＝\r(,3)＋1． ……8分根据余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accosB＝4＋2eq \r(,3)＋4－2(eq \r(,3)＋1)×2×eq \f(1,2)＝6，故eq b＝\r(,6)． ……10分选择条件②：由bsinA＝asin(B＋eq \f(π,3))，根据正弦定理，有sinAsinB＝sinAsin(B＋eq \f(π,3))， ……2分由A∈(0，π)，sinA≠0，所以sinB＝sin(B＋eq \f(π,3))＝eq \f(1,2)sinB＋\f(\r(,3),2)cosB， ……4分则tanB＝eq \r(,3)，又0＜B＜π，所以B＝eq \f(π,3)． ……6分由△ABC的面积S＝eq \f(1,2)acsinB＝\f(1,2)×a×2sin\f(π,3)＝\f(3＋\r(,3),2)，解得eq a＝\r(,3)＋1． ……8分根据余弦定理．得b2＝a2＋c2－2accosB＝4＋2eq \r(,3)＋4－2(eq \r(,3)＋1)×2×eq \f(1,2)＝6，故eq b＝\r(,6)． ……10分选择条件③：cos2B＝eq sin(B－\f(π,2))，即eq 2cos\s\up6(2)B－1＝－cosB． ……2分整理得eq 2cos\s\up6(2)B＋cosB－1＝0，解得eq cosB＝\f(1,2)或－1． ……4分由B∈(0，π)，得eq cosB＝\f(1,2)，所以B＝eq \f(π,3)． ……6分由△ABC的面积S＝eq \f(1,2)acsinB＝\f(1,2)×a×2sin\f(π,3)＝\f(3＋\r(,3),2)，解得eq a＝\r(,3)＋1． ……8分根据余弦定理．得b2＝a2＋c2－2accosB＝4＋2eq \r(,3)＋4－2(eq \r(,3)＋1)×2×eq \f(1,2)＝6，故eq b＝\r(,6)． ……10分18．(本小题满分12分)已知a∈R，b∈R，方程x2＋ax＋b＝0的一个根为1－i，复数eq z\s\do(1)＝a＋bi，z2满足|z2|＝4．(1)求复数eq \o\ac(\S\UP7(―),z\s\do(1))； (2)若eq \o\ac(\S\UP7(―),z\s\do(1))z2＞0，求复数z2．【考点】复数的运算【解析】(1)依题意，得(1－i)2＋a(1－i)＋b＝0，即(a＋b)＋(－2－a)i＝0， ……2分由复数相等的定义及a，b∈R，得EQ \B\lc\{(\a\al(\l(a＋b＝0，),\l(－2－a＝0，)))解得EQ \B\lc\{(\a\al(\l(a＝－2，),\l(b＝2，))) ……3分故复数eq \o\ac(\S\UP7(―),z\s\do(1))＝a－bi＝－2－2i． ……4分(2)设z2＝x＋yi(x∈R，y∈R)，由|z2|＝4，得eq x\s\up6(2)＋y\s\up6(2)＝16， ……6分eq \o\ac(\S\UP7(―),z\s\do(1))z2＝(－2－2i)(x＋yi)＝(－2x＋2y)－(2x＋2y)i， ……8分又eq \o\ac(\S\UP7(―),z\s\do(1))z2＞0，得EQ \B\lc\{(\a\al(\l(－2x＋2y＞0，),\l(2x＋2y＝0，)))即EQ \B\lc\{(\a\al(\l(y＞x，),\l(x＝－y，)))所以EQ \B\lc\{(\a\al(\l(x\S(2)＋y\S(2)＝16，),\l(x＝－y，),\l(y＞x，))) ……10分解得EQ \B\lc\{(\a\al(\l(x＝－2\R(,2)，),\l(y＝2\R(,2)，)))所以z2＝－2EQ \R(,2)＋2EQ \R(,2)i． ……12分19．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝x2＋ax＋a．(1)若a∈R，解关于x的不等式f(x)＞0；(2)若存在x0∈(－1，＋∞)，使得f(x0)＜0成立，求整数a的最大值．【考点】含参的一元二次不等式的解法、成立问题【解析】(1)由f(x)＞0，得x2＋ax＋a＞0，＝a2－4a， ……1分当＞0，即a＞4，或a＜0时，x2＋ax＋a＝0的根x1,2＝eq \f(－a±\r(,a\s\up6(2)－4a),2)．原不等式的解集为{x|x＞eq \f(－a＋\r(,a\s\up6(2)－4a),2)或x＜eq \f(－a－\r(,a\s\up6(2)－4a),2)}； ……3分当＝0，即a＝4，或a＝0时，x2＋ax＋a＝0的根x1,2＝eq \f(－a,2)，原不等式的解集为{x|x≠eq \f(－a,2)}； ……5分当＜0，即0＜a＜4时，原不等式的解集为R． ……6分(2)由x2＋ax＋a＜0，得－a(x＋1)＞x2，再由x＞－1，得－a＞EQ \F(x\S(2),x＋1)， ……8分所以存在x0∈(－1，＋)，使得f(x0)＜0成立就等价于－a＞(EQ \F(x\S(2),x＋1))min．而eq \f(x\s\up6(2),x＋1)＝(x＋1)＋\f(1,x＋1)－2≥2\r(,(x＋1)·\f(1,x＋1))－2＝0(当且仅当x＝0时等号成立)，……10分所以－a＞0，解得a＜0，故整数a的最大值为－1． ……12分20．(本小题满分12分)已知向量a＝(EQ \R(,3)sinx，cosx)，b＝(cosx，cosx)．(1)若a∥b，且x∈(－π，0)，求x的值；(2)若函数f(x)＝2a·b－1，且eq f(\f(x,2))＝\f(1,3)，求eq sin(2x－\f(π,6))的值．【考点】三角恒等变换、平面向量的应用【解析】(1)由a∥b，得eq \r(,3)sinxcosx－cos2x＝0， ……1分即eq cosx(\r(,3)sinx－cosx)＝0，所以cosx＝0或eq \r(,3)sinx－cosx＝0． ……2分当cosx＝0时，x∈(－π，0)，则eq x＝－\f(π,2)； ……3分当eq \r(,3)sinx－cosx＝0时，得eq tanx＝\f(\r(,3),3)，x∈(－π，0)，则eq x＝－\f(5π,6)．综上，x的值为－eq \f(π,2)或eq －\f(5π,6)． ……4分(2) f(x)＝2a·b－1＝2eq \r(,3)sinxcosx＋2cos2x－1＝eq \r(,3)sin2x＋cos2x ……6分＝2(eq \f(\r(,3),2)sin2x＋eq \f(1,2)cos2x)＝2sin(2x＋eq \f(π,6))． ……7分由eq f(\f(x,2))＝2sin(x＋eq \f(π,6))＝eq \f(1,3)，得sin(x＋eq \f(π,6))＝eq \f(1,6)． ……8分所以sin(2x－eq \f(π,6))＝sin[2(x＋eq \f(π,6))－eq \f(π,2)]＝－sin[eq \f(π,2)－2(x＋eq \f(π,6))]＝－cos2(x＋eq \f(π,6)) ……10分＝2sin2(x＋eq \f(π,6))－1＝2×eq \f(1,36)－1＝－\f(17,18)． ……12分21．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝lnx，g(x)＝x2－x＋1．(1)求函数h(x)＝f(x)－g(x)的极值；(2)证明：有且只有两条直线与函数f(x)，g(x)的图象都相切．【考点】函数与导数：求函数的极值、证明公切线问题【解析】(1) h(x)＝f(x)－g(x)＝lnx－x2＋x－1的定义域为(0，＋∞)． ……1分且h′(x)＝eq \f(1,x)－2x＋1＝\f(－2x\s\up6(2)＋x＋1,x)＝－\f((x－1)(2x＋1),x)． ……3分当0＜x＜1时，h′(x)＞0；当x＞1时h′(x)＜0，所以h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． ……4分所以x＝1是h(x)的极大值点．故h(x)的极大值为h(1)＝－1，没有极小值． ……5分(2)证明：设直线l分别切f(x)，g(x)的图象于点(x1，lnx1)，(x2，x22－x2＋1)，由f′(x)＝eq \f(1,x)，得l的方程为y－lnx1＝EQ \F(1,x\S\DO(1))(x－x1)，即l：y＝EQ \F(1,x\S\DO(1))x＋lnx1－1；由g′(x)＝2x－1，得l的方程为y－(x22－x2＋1)＝(2x2－1)(x－x2)，即l：y＝(2x2－1)x－x22＋1．比较l的方程，得EQ \B\lc\{(\a\al(\l(\F(1,x\S\DO(1))＝2x\S\DO(2)－1，),\l(lnx\S\DO(1)－1＝－x\S\DO(2)\s\up3(2)＋1，)))消去x2，得lnx1＋EQ \F(\b\bc\((\l(1＋x\S\DO(1)))\s\up3(2),4x\S\DO(1)\s\up3(2))－2＝0． ……7分令F(x)＝lnx＋EQ \F((1＋x)\s\up3(2),4x\S(2))－2(x＞0)，则F′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(1＋x,2x\s\up6(3))＝\f((2x＋1)(x－1),2x\s\up6(3))．当0＜x＜1时，F′(x)＜0；当x＞1时，F′(x)＞0．所以F(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．所以F(x)min＝F(1)＝－1＜0． ……9分因为F(e2)＞ln(e2)－2＝0，所以F(x)在(1，＋∞)上有一个零点； ……10分由eq F(x)＝lnx＋\f(1,2x)＋\f(1,4x\s\up6(2))－\f(7,4)，得F(eEQ \S\UP6(－2))＝－2＋EQ \F(e\S(2),2)＋EQ \F(e\S(4),4)－EQ \F(7,4)＝EQ \F(e\S(2)－4,2)＋EQ \F(e\S(4)－7,4)＞0，所以F(x)在(0，1)上有一个零点．所以F(x)在(0，＋∞)上有两个零点． ……11分故有且只有两条直线与函数f(x)，g(x)的图象都相切． ……12分22．(本小题满分12分)(1)已知函数f(x)＝lnx＋1－xlnx(1≤x≤e)，求证：2－e≤f(x)≤1；(2)若函数eq g(x)＝\f(|xlnx＋k|,e\s\up6(x))在[1，e]上为减函数，求实数k的取值范围．【考点】函数与导数：证明不等式、不等式的恒成立问题【解析】(1)证明：f′(x)＝eq \f(1,x)－lnx－1＝\f(1－x,x)－lnx， ……1分因为1≤x≤e，所以1－x≤0，－lnx≤0，所以f′(x)≤0，所以f(x)在[1，e]上为减函数． ……2分于是f(x)max＝f(1)＝1，f(x)min＝f(e)＝2－e，故2－e≤f(x) ≤1． ……4分(2)解：设h(x)＝xlnx＋k，则h'(x)＝lnx＋1＞0，从而h(x)在[1，e]上为增函数，由1≤x≤e，得h(1)≤h(x)≤h(e)，即k≤h(x)≤k＋e． ……5分(i)当k≥0时，h(x)≥0，则eq g(x)＝\f(xlnx＋k,e\s\up6(x))，从而g′(x)＝eq \f(lnx＋1－xlnx－k,e\s\up6(x))，因为函数eq g(x)＝\f(xlnx＋k,e\s\up6(x))在[1，e]上为减函数，所以g′(x)≤0，即lnx＋1－xlnx－k≤0对∀x∈[1，e]恒成立．即k≥lnx＋1－xlnx对∀x∈[1，e]恒成立．根据(1)，f(x)max＝1，所以k≥1．再结合k≥0，此时，k≥1． ……7分(ii)当k≤－e时，h(x)≤0，则g(x)＝－eq \f(xlnx＋k,e\s\up6(x))，从而g′(x)＝－eq \f(lnx＋1－xlnx－k,e\s\up6(x))，因为函数g(x)＝－eq \f(xlnx＋k,e\s\up6(x))在[1，e]上为减函数，所以g′(x)≤0，即lnx＋1－xlnx－k≥0对∀x∈[1，e]恒成立，即k≤lnx＋1－xlnx对∀x∈[1，e]恒成立．根据(1)，f(x)min＝2－e，所以k≤2－e．再结合k≤－e，此时，k≤－e． ……9分(iii)当－e＜k＜0时，则存在唯一的x0∈[1，e]，使得eq h(x\s\do(0))＝0，从而eq g(x\s\do(0))＝0．当x1∈(x0，e)时，g(x1)＞0，即存在x0，x1∈(1，e)且x0＜x1，使得g(x0)＜g(x1)，这与“g(x)在[1，e]上为减函数”矛盾，此时不合题意． ……11分综上，实数k的取值范围是(－∞，－e]∪[1，＋∞)． ……12分