2016届甘肃省天水一中高三(上)期末数学试卷(理科)(解析版)

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．已知集合A={1，2a}，B={a，b}，若A．

B．

C．

，则A∪B为（ ） D．

2．设i是虚数单位，复数z=，则|z|=（ ）

A．1 B． C． D．2

3．下列四个图各反映了两个变量的某种关系，其中可以看作具有较强线性相关关系的是

（ ）

A．①③ B．①④ C．②③ D．①② 4．等比数列{an}中，a3a5=64，则a4=（ ） A．8 B．﹣8 C．8或﹣8 D．16 5．已知函数f（x）=

，若f[f（0）]=a2+4，则实数a=（ ）

A．0 B．2 C．﹣2 D．0或2

6．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）

A．3π B．4π C．2π+4 D．3π+4

7．若动圆与圆（x+2）2+y2=4外切且与直线x=2相切，则动圆圆心的轨迹方程是（ ） A．y2﹣12x+12=0 B．y2+12x﹣12=0 C．y2+8x=0 D．y2﹣8x=0 8．执行如图所示的程序框图，则输出的结果为（ ）

第1页（共21页）

A．4 9．已知A．

B．9

， B．

C．7 D．5 ，若 D．

，那么向量

的夹角等于（ ）

C．

10．函数y=的图象大致为（ ）

A． B． C．

D．

11．以双曲线（a＞0，b＞0）上一点M为圆心的圆与x轴恰相切于双曲线的一

个焦点F，且与y轴交于P、Q两点．若△MPQ为正三角形，则该双曲线的离心率为（ ）A．4

B．

C．

D．

第2页（共21页）

12．对于任意实数a，b，定义min{a，b}=，定义在R上的偶函数f （x）满足f

（x+4）=f（x），且当0≤x≤2时，f （x）=min{2x﹣1，2﹣x}，若方程f （x）﹣mx=0恰有两个根，则m的取值范围是（ ） A．{﹣1，1}∪（﹣ln2，C．{﹣1，1}∪（﹣ln2，

）∪（，ln2） ）∪（，ln2）

B．[﹣1，D．（

，

）∪

）∪（，）

二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上） 13．若x，y满足不等式组

，则z=x+y的最小值是 ．

14．（x﹣y）（x+y）8的展开式中x2y7的系数为 ．（用数字填写答案） 15．已知数列{an}满足a1=3，an+1﹣an=2n，则an= ．

16．在四面体ABCD中，已知AB=AC=3，BD=BC=4，BD⊥面ABC．则四面体ABCD的外接球的半径为 ．

三、解答题（解答应写出文字说明，证明过程或推演步骤）

17．在锐角△ABC中，a、b、c分别为角A、B、C所对的边，且=2csinA （1）确定角C的大小； （2）若c=

，且△ABC的面积为

，求a+b的值．

18．袋中装有4个白棋子、3个黑棋子，从袋中随机地取棋子，设取到一个白棋子得2分，取到一个黑棋子得1分，从袋中任取4个棋子． （1）求得分X的分布列； （2）求得分大于6的概率．

19．AA1=AB=AC=1，E，F分别是CC1，BC的中点，AE⊥A1B1，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D为棱A1B1上的点． （1）证明：AB⊥AC； （2）证明：DF⊥AE；

（3）是否存在一点D，使得平面DEF与平面ABC所成锐二面角的余弦值为说明点D的位置，若不存在，说明理由．

？若存在，

第3页（共21页）

20．已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，左右焦点分别为F1，F2，且|F1F2|=2，点（1，）在椭圆C上． （Ⅰ）求椭圆C的方程；

（Ⅱ）过F1的直线l与椭圆C相交于A，B两点，且△AF2B的面积为圆心且与直线l相切的圆的方程． 21．已知函数

．

，求以F2为

（Ⅰ）函数f（x）在区间（0，+∞）上是增函数还是减函数？证明你的结论； （Ⅱ）当x＞0时，

恒成立，求整数k的最大值；

（Ⅲ）试证明：（1+1•2）•（1+2•3）•（1+3•4）•…•（1+n（n+1））＞e2n﹣3．

四.请考生在第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（在答题卡上将你所选题号涂黑）．[选修4-1：几何证明选讲]

22．如图所示，锐角三角形ABC的内心为I，过点A作直线BI的垂线，垂足为H，点E为圆I与边CA的切点．

（1）求证A，I，H，E四点共圆； （2）若∠C=50°，求∠IEH的度数．

[选修4-4：坐标系与参数方程]

23．在平面直角坐标系中，以原点为极点，x轴为极轴建立极坐标系，曲线C1的方程为

（θ为参数），曲线C2的极坐标方程为C2：ρcosθ+ρsinθ=1，若曲线C1与C2

相交于A、B两点．

（1）求|AB|的值；

（2）求点M（﹣1，2）到A、B两点的距离之积．

[选修4-5：不等式选讲] 24．（1）已知实数a，b满足|a|＜2，|b|＜2，证明：2|a+b|＜|4+ab|； （2）已知a＞0，求证：

﹣

≥a+﹣2．

第4页（共21页）

2015-2016学年甘肃省天水一中高三（上）期末数学试卷

（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．已知集合A={1，2a}，B={a，b}，若A．

B．

C．

，则A∪B为（ ） D．

【考点】子集与交集、并集运算的转换；并集及其运算．

【分析】由集合A与B的交集求出a，b的值，再求出集合A、B和它们的并集． 【解答】解：由

，

，

得，

∴A={1， }，B={﹣1， }， ∴A∪B={1，﹣1， } 故选D．

2．设i是虚数单位，复数z=A．1

B．

，则|z|=（ ）

C． D．2

【考点】复数求模．

【分析】利用复数的运算法则、模的计算公式即可得出． 【解答】解：∵z=

=

=i（1﹣i）=i+1，

则|z|=． 故选：B．

3．下列四个图各反映了两个变量的某种关系，其中可以看作具有较强线性相关关系的是

（ ）

A．①③

C．②③

【考点】变量间的相关关系．

B．①④ D．①②

第5页（共21页）

【分析】观察两个变量的散点图，若样本点成带状分布，则两个变量具有线性相关关系，若带状越细说明相关关系越强，得到两个变量具有线性相关关系的图是①和④． 【解答】解：∵两个变量的散点图，

若样本点成带状分布，则两个变量具有线性相关关系， ∴两个变量具有线性相关关系的图是①和④． 故选B．

4．等比数列{an}中，a3a5=64，则a4=（ ） A．8 B．﹣8 C．8或﹣8 D．16 【考点】等比数列的通项公式．

【分析】由题意和等比数列的性质可得a42=64，解方程可得． 【解答】解：∵等比数列{an}中，a3a5=64， ∴由等比数列的性质可得a42=a3a5=64， 解得a4=±8， 故选：C．

5．已知函数f（x）=A．0

B．2

，若f[f（0）]=a2+4，则实数a=（ ）

C．﹣2 D．0或2

【考点】分段函数的应用．

【分析】由分段函数的表达式，先求f（0），再求f[f（0）]，解关于a的方程即可． 【解答】解：∵函数f（x）=

，

∴f（0）=20+1=2，

∴f[f（0）]=f（2）=4+2a=a2+4， ∴a=0或a=2． 故选：D．

6．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）

A．3π B．4π

C．2π+4 D．3π+4

【考点】由三视图求面积、体积．

第6页（共21页）

【分析】根据几何体的三视图，得出该几何体是圆柱体的一部分，利用图中数据求出它的表面积．

【解答】解：根据几何体的三视图，得； 该几何体是圆柱体的一半， ∴该几何体的表面积为 S几何体=π•12+π×1×2+2×2 =3π+4． 故选：D．

7．若动圆与圆（x+2）2+y2=4外切且与直线x=2相切，则动圆圆心的轨迹方程是（ ） A．y2﹣12x+12=0 B．y2+12x﹣12=0 C．y2+8x=0 D．y2﹣8x=0 【考点】轨迹方程．

【分析】令动圆圆心P的坐标为（x，y），C1（﹣2，0），动圆得半径为r，则根据两圆相外切及直线与圆相切得性质可得P（x，y）到C1（﹣2，0）与直线x=4的距离相等，化简可求．

【解答】解：设圆（x+2）2+y2=4的圆心C1（﹣2，0），动圆圆心P的（x，y），半径为r，作 x=4，x=2，PQ⊥直线x=4，Q为垂足，因圆P与x=2相切，故圆P到直线x=4的距离PQ=r+2，又PC1=r+2，

因此P（x，y）到C1（﹣2，0）与直线x=4的距离相等，P的轨迹为抛物线，焦点为C1（﹣2，0），准线x=4， 顶点为（1，0），

开口向右，可得P=6，方程为：y2=﹣12（x﹣1）． 故选：B．

8．执行如图所示的程序框图，则输出的结果为（ ）

第7页（共21页）

A．4

C．7 D．5

【考点】程序框图．

【分析】由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量n的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案．

【解答】解：当n=1时，执行循环体后，T=2，S=18，n=3，不满足退出循环的条件， 当n=3时，执行循环体后，T=8，S=36，n=5，不满足退出循环的条件， 当n=5时，执行循环体后，T=32，S=54，n=7，不满足退出循环的条件， 当n=7时，执行循环体后，T=128，S=72，n=9，满足退出循环的条件， 故输出的n值为9， 故选：B 9．已知A．

B．

， C．

，若 D．

，那么向量

的夹角等于（ ）

B．9

【考点】平面向量数量积的运算． 【分析】代入向量夹角公式计算． 【解答】解：设向量

的夹角为θ，则cosθ=

=﹣．

∴θ=．

故选：A．

10．函数y=

的图象大致为（ ）

第8页（共21页）

A． B． C．

D．

【考点】函数的图象．

【分析】根据函数的定义域，特殊点的函数值符号，以及函数的单调性和极值进行判断即可．

【解答】解：由lnx≠0得，x＞0且x≠1，

当0＜x＜1时，lnx＜0，此时y＜0，排除B，C， 函数的导数f′（x）=

，

由f′（x）＞0得lnx＞1，即x＞e此时函数单调递增，

由f′（x）＜0得lnx＜1且x≠1，即0＜x＜1或1＜x＜e，此时函数单调递减， 故选：D．

11．以双曲线

（a＞0，b＞0）上一点M为圆心的圆与x轴恰相切于双曲线的一

个焦点F，且与y轴交于P、Q两点．若△MPQ为正三角形，则该双曲线的离心率为（ ）A．4

B．

C．

D．

【考点】双曲线的简单性质．

【分析】由题意可设F（c，0），MF⊥x轴，可设M（c，n），n＞0，设x=c，代入双曲线的方程，可得M的坐标，圆的半径，运用弦长公式，可得|PQ|=2形的性质，可得a，c的方程，运用离心率公式计算即可得到所求值． 【解答】解：由题意可设F（c，0）， MF⊥x轴，可设M（c，n），n＞0， 设x=c，代入双曲线的方程可得y=b

=

，

，再由等边三角

即有M（c，），

第9页（共21页）

可得圆的圆心为M，半径为即有M到y轴的距离为c， 可得|PQ|=2

，

，

由△MPQ为等边三角形，可得 c=

•2

，

化简可得3b4=4a2c2，

由c2=a2+b2，可得3c4﹣10c2a2+3a4=0， 由e=，可得3e4﹣10e2+3=0， 解得e2=3（舍去）， 即有e=． 故选：D．

12．对于任意实数a，b，定义min{a，b}=

，定义在R上的偶函数f （x）满足f

（x+4）=f（x），且当0≤x≤2时，f （x）=min{2x﹣1，2﹣x}，若方程f （x）﹣mx=0恰有两个根，则m的取值范围是（ ） A．{﹣1，1}∪（﹣ln2，C．{﹣1，1}∪（﹣ln2，

）∪（，ln2） ）∪（，ln2）

B．[﹣1，D．（

，

）∪

）∪（，）

【考点】函数奇偶性的性质．

【分析】首先由题意求出f（x），然后令g（x）=mx，转化为图象交点的问题解决． 【解答】解：由题意得

，又因为f（x）是偶函数且周期是4，可

得整个函数的图象，

令g（x）=mx，本题转化为两个交点的问题，由图象可知有三部分组成，排除B，D易得当过（3，1），（﹣3，1）点时恰有三个交点，此时m=±，

故选A．

二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上） 13．若x，y满足不等式组【考点】简单线性规划．

第10页（共21页）

，则z=x+y的最小值是 ．

【分析】由约束条件作出可行域，化向量数量积为线性目标函数，数形结合得到最优解，求出最优解的坐标，代入目标函数得答案． 【解答】解：由约束条件

，作出可行域如图，

∵z=x+y，化为y=﹣x+z，

由图可知，当直线y=﹣x+z过A（1，1）时，目标函数有最小值， Zmin=×1+1=． 故答案为：．

14．（x﹣y）（x+y）8的展开式中x2y7的系数为 ﹣20 ．（用数字填写答案） 【考点】二项式系数的性质．

【分析】由题意依次求出（x+y）8中xy7，x2y6，项的系数，求和即可． 【解答】解：（x+y）8的展开式中，含xy7的系数是：8． 含x2y6的系数是28， ∴（x﹣y）（x+y）8的展开式中x2y7的系数为：8﹣28=﹣20． 故答案为：﹣20

15．已知数列{an}满足a1=3，an+1﹣an=2n，则an= n2﹣n+3 ． 【考点】数列递推式．

【分析】依次写出a1=3，a2﹣a1=2，a3﹣a2=4，…，an﹣an﹣1=2（n﹣1），从而解得． 【解答】解：∵a1=3， a2﹣a1=2， a3﹣a2=4， …

an﹣an﹣1=2（n﹣1）， 上式相加可得，

an=2（n﹣1）+2（n﹣2）+2（n﹣3）+…+4+2+3 =n2﹣n+3，

故答案为：n2﹣n+3．

第11页（共21页）

16．在四面体ABCD中，已知AB=AC=3，BD=BC=4，BD⊥面ABC．则四面体ABCD的外接球的半径为

．

【考点】球的体积和表面积．

【分析】利用余弦定理和正弦定理求出：△ABC的外接圆半径r，结合球心到平面ABC的距离，可得球半径．

【解答】解：在△ABC中，∵AB=AC=3，BC=4， ∴cosA=

=，

则sinA=，

由正弦定理得：△ABC的外接圆半径r满足：2r===，

则r=，

又由BD⊥面ABC，BD=4， 故球心到面ABC的距离d=2， 故四面体ABCD的外接球的半径R=故答案为：

=

，

三、解答题（解答应写出文字说明，证明过程或推演步骤）

17．在锐角△ABC中，a、b、c分别为角A、B、C所对的边，且（1）确定角C的大小； （2）若c=

，且△ABC的面积为

，求a+b的值．

=2csinA

【考点】解三角形． 【分析】（1）利用正弦定理把已知条件转化成角的正弦，整理可求得sinC，进而求得C． （2）利用三角形面积求得ab的值，利用余弦定理求得a2+b2的值，最后求得a+b的值．

=2csinA 【解答】解：（1）∵

∴正弦定理得， ∵A锐角， ∴sinA＞0， ∴

，

又∵C锐角， ∴

（2）三角形ABC中，由余弦定理得c2=a2+b2﹣2abcosC 即7=a2+b2﹣ab，

第12页（共21页）

又由△ABC的面积得．

即ab=6，

∴（a+b）2=a2+b2+2ab=25 由于a+b为正，所以a+b=5．

18．袋中装有4个白棋子、3个黑棋子，从袋中随机地取棋子，设取到一个白棋子得2分，取到一个黑棋子得1分，从袋中任取4个棋子． （1）求得分X的分布列； （2）求得分大于6的概率．

【考点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式． 【分析】（1）X的取值为5、6、7、8．分别求出相应的概率，由此能求出X的分布列． （2）根据X的分布列，能得到得分大于6的概率． 【解答】解：（1）X的取值为5、6、7、8．

，

，

，

．

X的分布列为 X P 5 6 7 8 （2）根据X的分布列，可得到得分大于6的概率为： ．

19．AA1=AB=AC=1，E，F分别是CC1，BC的中点，AE⊥A1B1，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D为棱A1B1上的点． （1）证明：AB⊥AC； （2）证明：DF⊥AE；

（3）是否存在一点D，使得平面DEF与平面ABC所成锐二面角的余弦值为说明点D的位置，若不存在，说明理由．

？若存在，

第13页（共21页）

【考点】二面角的平面角及求法． 【分析】（1）根据线面垂直的性质定理证明AB⊥面A1ACC1．即可．

（2）建立空间坐标系，求出直线对应的向量，利用向量垂直的关系进行证明． （3）求出平面的法向量，利用向量法进行求解即可． 【解答】（1）证明：∵AE⊥A1B1，A1B1∥AB，∴AE⊥AB， 又∵AA1⊥AB，AA1∩AE=A，∴AB⊥面A1ACC1． 又∵AC⊂面A1ACC1，∴AB⊥AC，

（2）以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系A﹣xyz， 则有设

且λ∈（0，1），

，

，

即（x，y，z﹣1）=λ（1，0，0），则D（λ，0，1），∴∵

，∴

，所以DF⊥AE；

（3）结论：存在一点D，使得平面DEF与平面ABC所成锐二面角的余弦值为如下：

由题可知面ABC的法向量

，设面DEF的法向量为

，

，理由

则，

∵，

∴，即，

令z=2（1﹣λ），则．

，

∵平面DEF与平面ABC所成锐二面角的余弦值为

∴

，

第14页（共21页）

即，

解得或（舍），

所以当D为A1B1中点时满足要求．

20．已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，左右焦点分别为F1，F2，且|F1F2|=2，点（1，）在椭圆C上． （Ⅰ）求椭圆C的方程；

（Ⅱ）过F1的直线l与椭圆C相交于A，B两点，且△AF2B的面积为圆心且与直线l相切的圆的方程．

【考点】椭圆的标准方程；圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题．

【分析】（Ⅰ）先设出椭圆的方程，根据题设中的焦距求得c和焦点坐标，根据点（1，）到两焦点的距离求得a，进而根据b=

求得b，得到椭圆的方程．

，求以F2为

B点的坐标进而求得△AF2B的面积与题意不符故排除，（Ⅱ）先看当直线l⊥x轴，求得A，

进而可设直线l的方程为：y=k（x+1）与椭圆方程联立消y，设A（x1，y1），B（x2，y2），根据韦达定理可求得x1+x2和x1•x2，进而根据表示出|AB|的距离和圆的半径，求得k，最后求得圆的半径，得到圆的方程． 【解答】解：（Ⅰ）设椭圆的方程为

椭圆C两焦点坐标分别为F1（﹣1，0），F2（1，0）． ∴

∴a=2，又c=1，b2=4﹣1=3， 故椭圆的方程为

．

．

，由题意可得：

第15页（共21页）

（Ⅱ）当直线l⊥x轴，计算得到：

，

当直线l与x轴不垂直时，设直线l的方程为：y=k（x+1），

，消去y得（3+4k2）x2+8k2x+4k2﹣12=0

，不符合题意．

由

显然△＞0成立，设A（x1，y1），B（x2，y2）， 则

，

又

即，

又圆F2的半径

，

所以

化简，得17k4+k2﹣18=0， 即（k2﹣1）（17k2+18）=0，解得k=±1 所以，

，

，

故圆F2的方程为：（x﹣1）2+y2=2．

21．已知函数

．

（Ⅰ）函数f（x）在区间（0，+∞）上是增函数还是减函数？证明你的结论； （Ⅱ）当x＞0时，

恒成立，求整数k的最大值；

（Ⅲ）试证明：（1+1•2）•（1+2•3）•（1+3•4）•…•（1+n（n+1））＞e2n﹣3．

【考点】利用导数研究函数的单调性；导数在最大值、最小值问题中的应用；不等式的证明．

【分析】（Ⅰ）求导函数，确定导数的符号，即可得到结论； （Ⅱ）当x＞0时，

恒成立，即

在（0，+∞）上恒成立，

构造函数，求出函数的最小值，即可求整数k的最大值；

第16页（共21页）

（Ⅲ）由（Ⅱ）知：，从而令

，即可证得结论．

【解答】（Ⅰ）解：由题

故f（x）在区间（0，+∞）上是减函数；… （Ⅱ）解：当x＞0时，成立， 取

，则

，…

恒成立，即

，…

在（0，+∞）上恒

再取g（x）=x﹣1﹣ln（x+1），则，

故g（x）在（0，+∞）上单调递增，

而g（1）=﹣ln2＜0，g（2）=1﹣ln3＜0，g（3）=2﹣2ln2＞0，… 故g（x）=0在（0，+∞）上存在唯一实数根a∈（2，3），a﹣1﹣ln（a+1）=0， 故x∈（0，a）时，g（x）＜0；x∈（a，+∞）时，g（x）＞0， 故

（Ⅲ）证明：由（Ⅱ）知：

令

，…

，故kmax=3… ，∴

又ln[（1+1•2）•（1+2•3）•（1+3•4）•…•（1+n（n+1））]=ln（1+1×2）+ln（1+2×3）+…+ln（1+n×（n+1））=

即：（1+1•2）•（1+2•3）•（1+3•4）•…•[1+n（n+1）]＞e2n﹣3…

四.请考生在第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（在答题卡上将你所选题号涂黑）．[选修4-1：几何证明选讲]

22．如图所示，锐角三角形ABC的内心为I，过点A作直线BI的垂线，垂足为H，点E为圆I与边CA的切点．

（1）求证A，I，H，E四点共圆； （2）若∠C=50°，求∠IEH的度数．

第17页（共21页）

【考点】圆內接多边形的性质与判定；圆周角定理． 【分析】（1）由于⊙I切AC于点E，可得IE⊥AC，又AH⊥IH，可得A、I、H、E四点共圆；

（2）在此圆中∠IEH与∠IAH对同弧．再利用三角形内角平分线的性质和三角形的内角和定理即可得出． 【解答】（1）证明：由圆I与AC相切于点E得IE⊥AC，结合HI⊥AH，得∠AEI=∠AHI=90°，所以A，I，H，E四点共圆．

（2）解：由（1）知A，I，H，E四点共圆，在此圆中∠IEH与∠IAH对同弧， ∴∠IEH=∠HAI．

∵锐角△ABC的内心为I，

∴AI、BI分别是∠BAC、∠ABC的平分线，

可得∠HIA=∠ABI+∠BAI=∠ABC+∠BAC=（∠ABC+∠BAC）==90°﹣∠C， 结合IH⊥AH，得∠HAI=90°﹣∠HIA=90°﹣（90°﹣∠C）=∠C，所以∠IEH=∠C． 由∠C=50°得∠IEH=25°．

[选修4-4：坐标系与参数方程]

23．在平面直角坐标系中，以原点为极点，x轴为极轴建立极坐标系，曲线C1的方程为

（θ为参数），曲线C2的极坐标方程为C2：ρcosθ+ρsinθ=1，若曲线C1与C2

相交于A、B两点．

（1）求|AB|的值；

（2）求点M（﹣1，2）到A、B两点的距离之积． 【考点】参数方程化成普通方程；简单曲线的极坐标方程． 【分析】（1）利用sin2θ+cos2θ=1即可得到曲线C1的普通方程，把

代入C2：

ρcosθ+ρsinθ=1，可得：C2的普通方程，由于C2的参数方程为

为参数），

代入C1得，利用|AB|=|t1﹣t2|=

即可得出．

（2）利用|MA||MB|=|t1t2|即可得出．

【解答】解：（1）利用sin2θ+cos2θ=1可得：曲线C1的普通方程为由C2：ρcosθ+ρsinθ=1，可得：C2的普通方程为x+y﹣1=0，

，

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则C2的参数方程为

为参数），

代入C1得∴（2）

，

．

．

[选修4-5：不等式选讲] 24．（1）已知实数a，b满足|a|＜2，|b|＜2，证明：2|a+b|＜|4+ab|； （2）已知a＞0，求证：

﹣

≥a+﹣2．

【考点】绝对值不等式的解法． 【分析】（1）法一：根据综合法证明即可；法二：根据分析法证明即可；（2）根据分析法证明即可． 【解答】（1）证明：证法一∵|a|＜2，|b|＜2，∴a2＜4，b2＜4， ∴4﹣a2＞0，4﹣b2＞0．∴（4﹣a2）（4﹣b2）＞0，即16﹣4a2﹣4b2+a2b2＞0， ∴4a2+4b2＜16+a2b2，∴4a2+8ab+4b2＜16+8ab+a2b2， 即（2a+2b）2＜（4+ab）2， ∴2|a+b|＜|4+ab|．

证法二：要证2|a+b|＜|4+ab|， 只需证4a2+4b2+8ab＜16+a2b2+8ab， 只需证4a2+4b2＜16+a2b2，

只需证16+a2b2﹣4a2﹣4b2＞0，即（4﹣a2）（4﹣b2）＞0． ∵|a|＜2，|b|＜2，∴a2＜4，b2＜4， ∴（4﹣a2）（4﹣b2）＞0成立． ∴要证明的不等式成立． （2）证明：要证

﹣

≥a+﹣2，

只需证+2≥a++，

只需证a2+

+4+4

≥a2+

+2+2+2，

即证2≥，

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只需证4即证a2+

≥2，

≥2，此式显然成立．∴原不等式成立．

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2016年8月1日

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