2013年青海高考理科数学真题及答案.docx

2013年青海高考理科数学真题及答案注意事项：1. 本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分。答卷前考生将自己的姓名准考证号填写在本试卷和答题卡相应位置。2. 回答第卷时，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标黑，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. 答第卷时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。4. 考试结束，将试题卷和答题卡一并交回。第卷（选择题 共50分）一.选择题：本大题共10小题。每小题5分，共50分。在每个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M = x | (x -1)2 < 4, xR，N =-1, 0, 1, 2, 3，则M N =（A）0, 1, 2（B）-1, 0, 1, 2（C）-1, 0, 2, 3（D）0, 1, 2, 3答案：A【解】将N中的元素代入不等式：(x -1)2 < 4进行检验即可.（2）设复数z满足(1-i )z = 2 i ，则z =（A）-1+ i（B）-1- i（C）1+ i（D）1- i答案：A【解法一】将原式化为z = ,再分母实数化即可.【解法二】将各选项一一检验即可.（3）等比数列an的的前n项和为Sn，已知S3 = a2 +10a1 ，a5 = 9，则a1 =（A）（B）- （C）（D）- 答案：C【解】由S3 = a2 +10a1 a3 = 9a1 q2 = 9 a1 = = （4）已知m, n为异面直线，m平面a，n平面b . 直线l满足lm，ln，la，lb, 则：（A）ab且la（B）ab且lb（C）a与b 相交，且交线垂直于l（D）a与b 相交，且交线平行于l答案：D【解】显然a与b 相交，不然ab 时 mn与m, n为异面矛盾. a与b 相交时，易知交线平行于l.S = S+T否开始k =1, S = 0,T =1T=k > N是输出S结束输入Nk= k +1（5）已知(1+ax)(1+x)5的展开式中x2的系数为5，则a =（A）- 4（B）- 3（C）- 2（D）- 1答案：D 【解】x2的系数为5 C+ aC= 5 a = - 1（6）执行右面的程序框图，如果输入的N =10，那么输出的S =（A）1+ + + + （B）1+ + + + （C）1+ + + + （D）1+ + + + 答案：B 【解】变量T, S, k的赋值关系分别是：Tn +1 = , Sn +1 = Sn + Tn +1, kn +1 = kn + 1.( k0 =1, T0 = 1, S0 = 0) kn = n + 1, Tn = ×× ××T0 = ××× = ,Sn = (Sn - Sn -1) + (Sn -1- Sn -2) + + (S1- S0) + S0 = Tn + Tn -1 + + T0 = 1+ + + + 满足kn > N的最小值为k10 = 11，此时输出的S为S10 （7）一个四面体的顶点在空间直角坐标系O-xyz中的坐标分别是(1, 0, 1)，(1, 1, 0），(0, 1, 1），(0, 0, 0)，画该四面体三视图中的正视图时，以zOx平面为投影面，则得到正视图可以为(A)(B)(C)(D)答案：A【解】（8）设a = log 36，b = log 510，c = log 714，则（A）c > b > a（B）b > c > a（C）a > c > b （D）a > b > c答案：D 【解】a = 1 + log 32，b = 1 + log 52，c = 1 + log 72log 23 < log 25 < log 27 log 32 > log 52 > log 72 a > b > c（9）已知a > 0，x, y满足约束条件 , 若z =2x + y的最小值为1，则a =（A）（B）（C）1（D）2答案：B 【解】如图所示，当z =1时，直线2x + y = 1与x = 1的交点C (1, -1) 即为最优解，此时a = kBC = （10）已知函数f (x ) = x 3 + ax 2 + bx + c，下列结论中错误的是（A）$x0R, f (x0)= 0（B）函数y = f (x )的图像是中心对称图形（C）若x0是f (x )的极小值点，则f (x )在区间(-, x0)单调递减（D）若x0是f (x )的极值点，则f '(x0 ) = 0答案：C 【解】f (x ) 的值域为(-, +), 所以（A）正确； f (x ) = x 3 + 3x 2 + 3x( )2 + ( )3 + bx - 3x( )2 + c- ( )3 = (x + )3 + (b - )(x + ) + c- - 因为g (x ) = x 3 + (b - )x是奇函数，图像关于原点对称，所以f (x ) 的图像关于点(- , c- - )对称.所以（B）正确；显然（C）不正确；（D）正确.（11）设抛物线C：y2 =2px ( p > 0)的焦点为F，点M在C上，| MF |=5，若以MF为直径的圆过点(0, 2)，则C的方程为（A）y2 = 4x或y2 = 8x（B）y2 = 2x或y2 = 8x（C）y2 = 4x或y2 = 16x（D）y2 = 2x或y2 = 16x答案：C 【解】设M(x0, y0)，由| MF |=5 x0 + = 5 x0 = 5 - 圆心N(+ , )到y轴的距离| NK | = + = | MF |，则圆N与y轴相切，切点即为K(0, 2)，且NK与y轴垂直 y0 = 42p(5 - ) = 16 p = 2或8 .（12）已知点A(-1, 0)，B(1, 0)，C(0, 1)，直线y = ax +b (a > 0)将ABC分割为面积相等的两部分，则b的取值范围是：（A）(0, 1)（B）(1- , )（C）(1- , (D) , )答案：B 【解】情形1：直线y = ax +b与AC、BC相交时，如图所示，设MC = m, NC = n, 由条件知SMNC = mn = 1显然0 < n m = 又知0 < m , m n所以 m 且m 1D到AC、BC的距离为t, 则+ = + = 1 t = = m + f (m ) = m + ( m 且m 1)的值域为(2, 2 < t < 因为b =1- CD =1- t ，所以1- < b 情形2：直线y = ax +b与AB、BC相交时，如图所示，易求得xM = - , yN = ,由条件知(1+ ) = 1 = aM在线段OA上0< <1 0 < a < bN在线段BC上0< <1 b < 1解不等式：0 < < b得 < b < 综上：1- < b < 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分。（13）已知正方形ABCD的边长为2，E为CD的中点，则 = .答案：2 【解】建立如图所示的坐标系，则= (1, 2)，= (-2, 2)，则 = 2（14）从n个正整数1, 2, , n中任意取出两个不同的数，若取出的两数之和等于5的概率为 ，则n = .答案：8 【解】事件A：取出的两数之和等于5， n = 3 时, n(A) =1由P(A) = n(W) = 14 C= 14 n(n - 1) =28(无解) n > 3时, n(A) = 2由P(A) = n(W) = 28 C= 28 n(n - 1) = 56 n = 8（15）设q 为第二象限角，若tan(q + ) = ，则sinq + cosq = .答案：- 【解法一】由q 为第二象限角及tan(q + ) = > 0q + 为第三象限角，在q + 的终边上取一点P(-2, -1)，易得sin(q + ) = - sinq + cosq = sin(q + ) = - （16）等差数列an的前n项和为Sn ，已知S10 = 0，S15 = 25，则nSn 的最小值为 .答案：- 49【解法一】由S10 = 0，S15 = 25 a1 = -3，公差d = ， Sn = n(n - 10)将Sn是关于n的函数，其图像关于n = 5对称，n < 10时，Sn < 0，n > 10时，Sn > 0，所以nSn的最小值应在n = 5, 6, 7, 8, 9中产生，代入计算得n = 7时nSn最小，最小值为- 49.【解法二】同解法一得：Sn = n(n - 10)设f (n ) = nSn = (n3- 10n)f '(n ) = n(n - )，靠近极小值点n = 的整数为6和7，代入f (n )计算得n = 7时f (n )最小，最小值为- 49.三解答题：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的内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知a = bcosC + csinB.（）求B；（）若b =2，求ABC面积的最大值.【解】（）由a = bcosC + csinB sin A = sinBcosC + sinCsinB sin (B+C) = sinBcosC + sinCsinB cosB = sinB B = （）由余弦定理得：a2 +c2 - ac = 4 4+ac = a2 +c2 2ac ac = = 2(2 + )ABC面积S = ac 1 + .所以ABC面积的最大值为1 + .（18）如图，直棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点，AA1 = AC = CB = AB.（）证明：BC1 /平面A1CD（）求二面角D-A1C-E的正弦值【解】（）设AC1 A1C = F BC1 /DF，DF平面A1CD，BC1平面A1CD BC1 /平面A1CD.（）解法一：由AA1 = AC = CB = AB AA1BD = ADBERtA1ADRtBDE A1DA = BED A1DA +BDE = 90o EDA1D CD平面ABB1A1 CDDEED平面A1CD作DGA1C交A1C于G, 则EGA1C，所以DGE为所求二面角的平面角.CD平面ABB1A1 CDA1D A1CDG = CDA1D设AA1 = 2a A1C = 2a，CD = a，A1D = a，DG = = a，DE = a EG = asinDGE = = （）解法二：由AC = CB = AB AC2 + CB2 = AB2 ACBC，建立如图所示的坐标系，设AA1 = 2，则 = (2, 0, 2)， = (1, 1, 0)， = (0, 2, 1)，设m = (x1, y1, z1)是平面A1DC的法向量，则 可取m = (-1, 1, 1)同理设n = (x2, y2, z2)是平面A1EC的法向量，则 可取n = (2, 1, -2)，cos< m, n> = = sin< m, n> = 所以二面角D-A1C-E的正弦值为（19）（本小题满分12分）经销商经销某种农产品，在一个销售季度内，每售出1t该产品获利润500元，未售出的产品，每1t亏损300元。根据历史资料，得到销售季度内市场需求量的频率分布直方图，如右图所示.经销商为下一个销售季度购进了130t该农产品。以X（单位：t，100 X 150）表示下一个销售季度内的市场需求量，T(单位：元)表示下一个销售季度内经销该农产品的利润.（）将T表示为X的函数；（）根据直方图估计利润T不少于57000元的概率；（）在直方图的需求量分组中，以各组的区间中点值代表该组的各个需求量，需求量落入该区间的频率作为需求量取该区间中点值的概率（例如：若X100,110),则取X = 105，且X = 105的概率等于需求量落入100，110)的概率，求T的数学期望.【解】（）当X 100,130)时，T = 500X - 300(130 - X ) = 800X - 39000当X 130,150时，T = 500×130 = 65000所以T = （）与由（）知T 57000 Û 120 X 150由直方图知：120 X 150的概率为10(0.030+0.025+0.015) = 0.7所以利润T不少于57000元的概率为0.7（）T可能的取值有T1 = 800×105 - 39000 = 45000, T2 = 800×115 - 39000 = 53000,T3 = 800×125 - 39000 = 61000, T4 = 65000T的分布列如下：T45000530006100065000P0.10.20.30.4所以ET = 45000×0.1 + 53000×0.2 + 61000×0.3 + 65000×0.4 = 59400所以T的数学期望为59400(20)(本小题满分12分)平面直角坐标系xOy中，过椭圆M： =1(a > b > 0)的右焦点的直线x + y - = 0交M于A，B两点，P为AB的中点，且OP的斜率为 .（）求M的方程（）C，D为M上的两点，若四边形ACBD的对角线CDAB，求四边形ACBD的面积最大值.【解】（）设A (x 1, y 1) ，B (x 2, y 2)，P (x 0, y 0) = - kAB = - OP的斜率为 = 2，直线x + y - = 0的斜率为-1 kAB =-1-1= - a2 = 2b2 由题意知直线x + y - = 0与x轴的交点F(，0)是椭圆的右焦点，则才c = a2 - b2 = 3 联立解得、解得a2 = 6，b2 = 3所以M的方程为：+ = 1（）联立方程组，解得A(, - )、B(0, )，求得| AB | = 依题意可设直线CD的方程为：y = x + mCD与线段AB相交 - < m < 联立方程组 消去x得：3x 2 + 4mx +2m2 - 6 = 0 (*)设C (x 3, y 3)，D (x 4, y 4)，则| CD |2 = 2(x 3 - x 4)2 = 2(x 3 + x 4)2 - 4x 3x 4= (9 - m2)四边形ACBD的面积S = | AB | | CD | = 当n = 0时，S最大，最大值为.所以四边形ACBD的面积最大值为.（21）（本小题满分12分）已知函数f (x ) = - ln(x + m)（）设x = 0是f (x )的极值点，求m，并讨论f (x )的单调性；（）当m 2时，证明f (x ) > 0 .【解】（）f '(x ) = - x = 0是f (x )的极值点 f '(0) = 0 m = 1.此时，f '(x ) = - 在(-1, +)上是增函数，又知f '(0) = 0，所以x (-1, 0)时, f '(x ) < 0；x (0, +)时, f '(x ) > 0.所以f (x )在(-1, 0)上是减函数，在(0, +) 上是增函数.（）如图所示，当m 2时，x + 1x + m - 1只需证明x + 1，且ln(x + m) x + m - 1再指出“=”不能成立即可.设g (x ) = - (x +1)，g '(x ) = - 1x1 = 0是g (x )的极小值点，也是最小值点，即g (x ) g (0) = 0 x + 1设h (x ) = ln(x + m) - (x + m - 1)h '(x ) = - 1x2 = 1- m是h (x )的极大值点，也是最大值点，即g (x ) h (1- m) = 0 ln(x + m) x + m - 1ln(x + m) f (x ) 0，“=”成立的条件是：x1 = x2 且x + 1 = x + m - 1即m =1且m =2（矛盾）所以f (x ) > 0（22）（本小题满分10分）选修4-1几何证明选讲 如图，CD为ABC外接圆的切线，AB的延长线交直线CD于点D，E、F分别为弦AB与弦AC上的点，且BCAE = DCAF，B、E、F、C四点共圆.（）证明：CA是ABC外接圆的直径；（）若DB =BE = EA，求过B、E、F、C四点的圆的面积与ABC外接圆面积的比值。 【解】（）CD为ABC外接圆的切线 BCD = A，BCAE = DCAF = ，则BCD AEF CBD =AFEB、E、F、C四点共圆 CBD =CFE AFE =CFE = 90oCBD = 90o CBA = 90o CA是ABC外接圆的直径.（）连结CE，由CBA = 90o知CE为过B、E、F、C四点的圆的直径，设BD = a，在直角三角形ACD中，BC2 = BDBA = 2a2 BD =BE CE2 =DC2 = BD2 +BC2 = 3a2 AC2 =ADAB = 6a2所以两圆的面积之比为 = . （23）（本小题满分10分）选修4-4；坐标系与参数方程已知动点P，Q都在曲线C：(t是参数)上，对应参数分别为t =a 与t =2a (0 <a <2p ), M为PQ的中点.（）求M的轨迹的参数方程;（）将M到坐标原点的距离d表示为a 的函数，并判断M的轨迹是否过坐标原点.【解】（）P(2cosa , 2sina )，Q(2cos2a , 2sin2a ) M (cosa + cos2a , 2sina + sin2a )所以M的轨迹的参数方程为：( a 是参数，0 < a < 2p ) （）d = = ( 0 < a < 2p )当a = p时，d = 0，所以M的轨迹过坐标原点.（24）（本小题满分10分）选修4-5；不等式选讲设a，b，c均为正数，且a + b + c =1，证明：（）ab + bc + ac ；（）+ + 1【解】（）由a2 + b2 2ab，b2 + c2 2bc，a2 + c2 2ac得a2 + b2 + c2ab + bc + ac (a + b + c)2 = (a2 + b2 + c2) + 2(ab + bc + ac) 3(ab + bc + ac) 13(ab + bc + ac)ab + bc + ac .（）证法一：因为 + b 2a，+ c 2b，+ a 2c所以 ( + + )+(a + b + c) 2(a + b + c) + + + 1 2 + + 1证法二：由柯西不等式得：( + + )( b + c + a) (a + b + c)2 + + 12013青海卷(理)一、选择题1已知集合Mx|(x1)2<4，xR，N1,0,1,2,3，则MN等于()A0,1,2 B1,0,1,2C1,0,2,3 D0,1,2,3答案A解析化简集合M得Mx|1<x<3，xR，则MN0,1,22设复数z满足(1i)z2i，则z()A1i B1iC1i D1i答案A解析由已知得z1i.3等比数列an的前n项和为Sn，已知S3a210a1，a59，则a1等于()A. B C. D答案C解析设等比数列an的公比为q，由S3a210a1得a1a2a3a210a1，即a39a1，q29，又a5a1q49，所以a1.4已知m，n为异面直线，m平面，n平面.直线l满足lm，ln，l，l，则()A且lB且lC与相交，且交线垂直于lD与相交，且交线平行于l答案D解析假设，由m平面，n平面，则mn，这与已知m，n为异面直线矛盾，那么与相交，设交线为l1，则l1m，l1n，在直线m上任取一点作n1平行于n，那么l1和l都垂直于直线m与n1所确定的平面，所以l1l.5已知(1ax)(1x)5的展开式中x2的系数为5，则a等于()A4 B3 C2 D1答案D解析(1ax)(1x)5中含x2的项为：(CCa)x2，即CCa5，a1.6执行右面的程序框图，如果输入的N10，那么输出的S()A1B1C1D1答案B解析k1，T，S1，k2，T，S1，k3，T，S1，由于N10，即k>10时，结束循环，共执行10次所以输出S1.7一个四面体的顶点在空间直角坐标系Oxyz中的坐标分别是(1,1,1)，(1,1,0)，(0,1,1)，(0,0,0)，画该四面体三视图中的正视图时，以zOx平面为投影面，则得到正视图可以为()答案A解析在空间直角坐标系中，先画出四面体OABC的直观图，以zOx平面为投影面，则得到正视图，所以选A.8设alog36，blog510，clog714，则()Ac>b>a Bb>c>aCa>c>b Da>b>c答案D解析设alog361log321，blog5101log521，clog7141log721，显然a>b>c.9已知a>0，x，y满足约束条件若z2xy的最小值为1，则a等于()A. B. C1 D2答案B解析由有x1，y1，代入ya(x3)得a.10已知函数f(x)x3ax2bxc，下列结论中错误的是()Ax0R，f(x0)0B函数yf(x)的图象是中心对称图形C若x0是f(x)的极小值点，则f(x)在区间(，x0)上单调递减D若x0是f(x)的极值点，则f(x0)0答案C解析若c0，则有f(0)0，所以A正确由f(x)x3ax2bxc得f(x)cx3ax2bx，因为函数f(x)x3ax2bx的对称中心为(0,0)，所以f(x)x3ax2bxc的对称中心为(0，c)，所以B正确由三次函数的图象可知，若x0是f(x)的极小值点，则极大值点在x0的左侧，所以函数在区间(，x0 )单调递减是错误的，D正确选C.11设抛物线C：y22px(p0)的焦点为F，点M在C上，|MF|5，若以MF为直径的圆过点(0,2)，则C的方程为()Ay24x或y28x By22x或y28xCy24x或y216x Dy22x或y216x答案C解析由题意知：F，抛物线的准线方程为x，则由抛物线的定义知，xM5，设以MF为直径的圆的圆心为，所以圆的方程为22，又因为圆过点(0,2)，所以yM4，又因为点M在C上，所以162p，解得p2或p8，所以抛物线C的方程为y24x或y216x，故选C.12已知点A(1,0)，B(1,0)，C(0,1)，直线yaxb(a>0)将ABC分割为面积相等的两部分，则b的取值范围是()A(0,1) B.C. D.答案B二、填空题13已知正方形ABCD的边长为2，E为CD的中点，则·_.答案2解析由题意知：·()·()()·()2·24022.14从n个正整数1,2，n中任意取出两个不同的数，若取出的两数之和等于5的概率为，则n_.答案8解析由题意，取出的两个数只可能是1与4,2与3这两种情况，在n个数中任意取出两个不同的数的总情况应该是C2÷28，n8.15设为第二象限角，若tan，则sin cos _.答案解析tan，tan ，即解得sin ，cos .sin cos .16等差数列an的前n项和为Sn，已知S100，S1525，则nSn的最小值为_答案49解析由题意知a1a100，a1a15.两式相减得a15a105d，d，a13.nSnn·f(n)，f(n)n(3n20)由函数的单调性知f(6)48，f(7)49.nSn的最小值为49.三、解答题17ABC中内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知abcos Ccsin B.(1)求B；(2)若b2，求ABC面积的最大值解(1)由已知及正弦定理得sin Asin Bcos Csin Csin B，又A(BC)，故sin Asin(BC)sin Bcos Ccos Bsin C由，和C(0，)得sin Bcos B.又B(0，)，所以B.(2)ABC的面积Sacsin Bac.由已知及余弦定理得4a2c22accos .又a2c22ac，故ac，当且仅当ac时，等号成立因此ABC面积的最大值为1.18如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点，AA1ACCBAB.(1)证明：BC1平面A1CD；(2)求二面角DA1CE的正弦值(1)证明连结AC1交A1C于点F，则F为AC1的中点又D是AB的中点，连结DF，则BC1DF.因为DF平面A1CD，BC1平面A1CD，所以BC1平面A1CD.(2)解由ACCBAB得，ACBC.以C为坐标原点，的方向为x轴正方向，的方向为y轴正方向，的方向为z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz.设CA2，则D(1,1,0)，E(0,2,1)，A1(2,0,2)，(1,1,0)，(0,2,1)，(2,0,2)设n(x1，y1，z1)是平面A1CD的法向量，则即可取n(1，1，1)同理，设m是平面A1CE的法向量，则可取m(2,1，2)从而cosn，m，故sinn，m.即二面角DA1CE的正弦值为.19经销商经销某种农产品，在一个销售季度内，每售出1 t该产品获利润500元，未售出的产品，每1 t亏损300元根据历史资料，得到销售季度内市场需求量的频率分布直方图，如图所示经销商为下一个销售季度购进了130 t该农产品以X(单位： t,100X150)表示下一个销售季度内的市场需求量，T(单位：元)表示下一个销售季度内经销该农产品的利润(1)将T表示为X的函数；(2)根据直方图估计利润T不少于57 000元的概率；(3)在直方图的需求量分组中，以各组的区间中点值代表该组的各个值，需求量落入该区间的频率作为需求量取该区间中点值的概率(例如：若x100,110)，则取X105，且X105的概率等于需求量落入100,110)的T的数学期望解(1)当X100,130)时，T500X300(130X)800X39 000.当X130,150时，T500×13065 000.所以T(2)由(1)知利润T不少于57 000元当且仅当120X150.由直方图知需求量X120,150的频率为0.7，所以下一个销售季度内的利润T不少于57 000元的概率的估计值为0.7.(3)依题意可得T的分布列为T45 00053 00061 00065 000P0.10.20.30.4所以E(T)45 000×0.153 000×0.261 000×0.365 000×0.459 400.20平面直角坐标系xOy中，过椭圆M：1(a>b>0)右焦点的直线xy0交M于A，B两点，P为AB的中点，且OP的斜率为.(1)求M的方程；(2)C，D为M上的两点，若四边形ACBD的对角线CDAB，求四边形的最大值解(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则11，得0.因为1，设P(x0，y0)，因为P为AB的中点，且OP的斜率为，所以y0x0，即y1y2(x1x2)所以可以解得a22b2，即a22(a2c2)，即a22c2，又因为c，所以a26，所以M的方程为1.(2)因为CDAB，直线AB方程为xy0，所以设直线CD方程为yxm，将xy0代入1得：3x24x0，即A(0，)，B，所以可得|AB|；将yxm代入1得：3x24mx2m260，设C(x3，y3)，D(x4，y4)，则|CD|，又因为16m212(2m26)>0，即3<m<3，所以当m0时，|CD|取得最大值4，所以四边形ACBD面积的最大值为|AB|·|CD|.21已知函数f(x)exln(xm)(1)设x0是f(x)的极值点，求m，并讨论f(x)的单调性；(2)当m2时，证明f(x)>0.(1)解f(x)exln(xm)f(x)exf(0)e00m1，定义域为x|x>1，f(x)ex，显然f(x)在(1,0上单调递减，在0，)上单调递增(2)证明令g(x)exln(x2)，则g(x)ex(x>2)h(x)g(x)ex(x>2)h(x)ex>0，所以h(x)是增函数，h(x)0至多只有一个实数根，又g()<0，g(0)1>0，所以h(x)g(x)0的唯一实根在区间内，设g(x)0的根为t，则有g(t)et0，所以，ett2et，当x(2，t)时，g(x)<g(t)0，g(x)单调递减；当x(t，)时，g(x)>g(t)0，g(x)单调递增；所以g(x)ming(t)etln(t2)t>0，当m2时，有ln(xm)ln(x2)，所以f(x)exln(xm)exln(x2)g(x)g(x)min>0.22选修41几何证明选讲如图，CD为ABC外接圆的切线，AB的延长线交直线CD于点D，E、F分别为弦AB与弦AC上的点，且BC·AEDC·AF，B、E、F、C四点共圆(1)证明：CA是ABC外接圆的直径；(2)若DBBEEA，求过B、E、F、C四点的圆的面积与ABC外接圆面积的比值(1)证明因为CD为ABC外接圆的切线，所以DCBA，由题设知，故CDBAEF，所以DBCEFA.因为B，E，F，C四点共圆，所以CFEDBC，故EFACFE90°.所以CBA90°，因此CA是ABC外接圆的直径(2)解连结CE，因为CBE90°，所以过B，E，F，C四点的圆的直径为CE，由DBBE，有CEDC，又BC2DB·BA2DB2，所以CA24DB2BC26DB2.而DC2DB·DA3DB2，故过B，E，F，C四点的圆的面积与ABC外接圆面积的比值为.23选修44坐标系与参数方程已知动点P、Q都在曲线C：(t为参数)上，对应参数分别为t与t2(0<<2)，M为PQ的中点(1)求M的轨迹的参数方程；(2)将M到坐标原点的距离d表示为的函数，并判断M的轨迹是否过坐标原点解(1)依题意有P(2cos ，2sin )，Q(2cos 2，2sin 2)，因此M(cos cos 2，sin sin 2)M的轨迹的参数方程为(为参数，0<<2)(2)M点到坐标原点的距离d(0<<2)当，d0，故M的轨迹过坐标原点24选修45不等式选讲设a、b、c均为正数，且abc1，证明：(1)abbcac；(2)1.证明(1)由a2b22ab，b2c22bc，c2a22ac得a2b2c2abbcca.由题设得(abc)21，即a2b2c22ab2bc2ca1.所以3(abbcca)1，即abbcca.(2)因