1、2016年广州市高考备考冲刺阶段数学学科训练材料（文科） 说明：1本训练题由广州市中学数学教学研究会高三中心组与广州市高考数学研究组共同编写，共41题，请各校教师根据本校学生的实际情况选择使用2本训练题仅供本市高三学生考前冲刺训练用，希望在5月31日之前完成3本训练题与市高三质量抽测、一测、二测等数学试题在内容上相互配套，互为补充四套试题覆盖了高中数学的主要知识和方法因此，希望同学们在5月31日至6月6日之间，安排一段时间，对这四套试题进行一次全面的回顾总结，同时，将高中数学课本中的基本知识（如概念、定理、公式等）再复习一遍希望同学们保持良好的心态，在高考中稳定发挥，考取理想的成绩！1已知函数
2、的最大值为 （）求常数的值； （）求函数的单调递增区间； （）若将的图象向左平移个单位，得到函数的图象，求函数在区间上的最大值和最小值 2某同学用“五点法”画函数在某一个周期内的图象时，列表并填入了部分数据，如下表：0050（）请将上表数据补充完整，并直接写出函数的解析式；（）将图象上所有点向左平行移动个单位长度，得到的图象. 若图象的一个对称中心为，求的最小值. 3已知ABC中，内角A，B，C满足（） 求角A的大小；（） 若sinB=psinC，且ABC是锐角三角形，求实数p的取值范围Oxy843PNMSq24如图，某市拟在长为8km的道路OP的一侧修建一条运动赛道，赛道的前一部分为曲线段O
3、SM，该曲线段为函数y=Asinx(A0, 0) x0,4的图象，且图象的最高点为S(3，2)；赛道的后一部分为折线段MNP，为保证参赛运动员的安全，限定MNP=120（I）求A , 的值和M，P两点间的距离； （II）应如何设计，才能使折线段赛道MNP最长？ 5在中，点是的中点，的三边长是连续的三个正整数，且.（）判断的形状；（）求的余弦值.6 如图，在平面直角坐标系中，锐角、的终边分别与单位圆交于，两点（）如果，点的横坐标为，求的值；（）若角的终边与单位圆交于C点，设角、的正弦线分别为MA、NB、PC，求证：线段MA、NB、PC能构成一个三角形；（III）探究第（）小题中的三角形的外接圆面
4、积是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由.7等差数列中，（）求数列的通项公式；（）设，求的值8设数列的前项和为，满足，且（）求的通项公式；（）若，成等差数列，求证：，成等差数列9已知数列的前项和为，且满足（）求数列的通项公式；（）设（），求数列的前项和10已知数列的前项和为，且满足（）求数列的通项公式；（）求证：11已知首项为的等比数列an是递减数列，其前n项和为Sn，且S1a1，S2a2，S3a3成等差数列（）求数列an的通项公式；（）若bnan，数列bn的前n项和为Tn，求满足不等式的最大n值12已知为单调递增的等差数列，,设数列满足（）求数列的通项 ； （）求数列的前项和 。1
5、3如图，茎叶图记录了甲组名同学寒假假期中去图书馆学习的次数和乙组名同学寒假假期中去图书馆学习的次数，乙组记录中有一个数据模糊，无法确认，在图中以表示（）如果，求乙组同学去图书馆学习次数的平均数和方差；（）如果，从学习次数大于的学生中等可能地选名同学，求选出的名同学恰好分别在两个图书馆学习且学习的次数和大于的概率14某班50名学生在一次数学测试中，成绩全部介于50与100之间，将测试结果按如下方式分成五组：第一组，第二组，第五组下图是按上述分组方法得到的频率分布直方图（）由频率分布直方图估计50名学生数学成绩的中位数和平均数；（）从测试成绩在内的所有学生中随机抽取两名同学，设其测试成绩分别为，求
6、事件“”概率15某高校在2015年的自主招生考试成绩中随机抽取100名学生的笔试成绩，按成绩分组，得到的频率分布表如下图所示（）请先求出频率分布表中、位置相应的数据，再在答题纸上完成频率分布直方图；（）为了能选拔出最优秀的学生，高校决定在笔试成绩高的第3,4,5组中用分层抽样抽取6名学生进入第二轮面试，求第3,4,5组每组各抽取多少名学生进入第二轮面试？（）在（）的前提下，高校决定在6名学生中随机抽取2名学生由A考官进行面试，求第4组至少有一名学生被考官A面试的概率16某农科所对冬季昼夜温差大小与某反季节大豆新品种发芽多少之间的关系进行分析研究，他们分别记录了12月1日至12月5日的每天昼夜温
7、差与实验室每天每100颗种子中的发芽数，得到如下资料：日期12月1日12月2日12月3日12月4日12月5日温差x/摄氏度101113128发芽数y/颗2325302616该农科所确定的研究方案是：先从这5组数据中选取2组，用剩下的3组数据求线性回归方程，再用被选取的2组数据进行检验。（）求选取的2组数据恰好是不相邻2天的数据的概率；（）若选取的是12月1日与12月5日的2组数据，请根据12月2日至4日的数据，求出y关于x的线性回归方程，并判断该线性回归方程是否可靠（若由线性回归方程得到的估计数据与所选取的检验数据的误差均不超过2颗，则认为得到的线性回归方程是可靠的）。17随着“全面二孩”政策
8、推行,我市将迎来生育高峰今年新春伊始,某市各医院产科就已经是一片忙碌,至今热度不减卫生部门进行调查统计,期间发现各医院的新生儿中,不少都是“二孩”；在市第一医院,共有个猴宝宝降生,其中个是“二孩”宝宝；市妇幼保健院共有个猴宝宝降生,其中个是“二孩”宝宝（I）从两个医院当前出生的所有宝宝中按分层抽样方法抽取个宝宝做健康咨询在市第一医院出生的一孩宝宝中抽取多少个？若从个宝宝中抽取两个宝宝进行体检,求这两个宝宝恰出生不同医院且均属“二孩”的概率；（II）根据以上数据,能否有%的把握认为一孩或二孩宝宝的出生与医院有关？182015年9月3日，抗战胜利70周年纪念活动在北京隆重举行，受到全国人民的瞩目。
9、纪念活动包括举行纪念大会、阅兵式、招待会和文艺晚会等，据统计，抗战老兵由于身体原因，参加纪念大会、阅兵式、招待会这三个环节（可参加多个，也可都不参加）的情况及其概率如下表所示：（）若，则从这60名抗战老兵中按照参加纪念活动的环节数分层抽取6人进行座谈，求参加纪念活动环节数为2的抗战老兵中抽取的人数；（）某医疗部门决定从（）中抽取的6名抗战老兵中随机抽取2名进行体检，求这2名抗战老兵中至少有1人参加纪念活动的环节数为3的概率19已知E是矩形ABCD（如图1）边CD上的一点，现沿AE将DAE折起至D1AE（如图2），并且平面D1AE平面ABCE，图3为四棱锥D1ABCE的主视图与左视图（）求证：直
10、线BE平面D1AE；（）求点A到平面D1BC的距离20如图，在正四棱台ABCDA1B1C1D1中，A1B1=a，AB=2a，E、F分别是AD、AB的中点（）求证：平面EFB1D1平面BDC1；（）求证：A1C平面BDC121如图,四棱锥,侧面是边长为的正三角形,且与底面垂直,底面是的菱形,为的中点() 求证:；() 在棱上是否存在一点,使得四点共面?若存在,指出点的位置并证明；若不存在,请说明理由；() 求点到平面的距离22五边形是由一个梯形与一个矩形组成的，如图甲所示，B为AC的中点， 先沿着虚线将五边形折成直二面角，如图乙所示（）求证：平面平面；（）求图乙中的多面体的体积23如图，在四棱锥
11、P-ABCD中，底面ABCD是菱形，DAB45，PD平面ABCD，PD=AD=1，点E为AB上一点，且，点F为PD中点()若，求证：直线AF平面PEC ；()是否存在一个常数，使得平面PED平面PAB，若存在，求出 的值；若不存在，说明理由，24如图，是圆的直径，点在圆上,矩形所在的平面垂直于圆所在的平面,，（）证明：平面平面；（）当三棱锥的体积最大时，求点到平面的距离25如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆过点A(2，1)，离心率为（）求椭圆的方程；（）若直线与椭圆相交于B，C两点(异于点A)，线段BC被y轴平分，且，求直线l的方程26已知抛物线 的焦点为（）点满足当点在抛物线上运动时,
12、求动点的轨迹方程;（）在轴上是否存在点,使得点关于直线的对称点在抛物线上?如果存在,求所有满足条件的点的坐标;如果不存在,请说明理由27已知中心在原点O，焦点在x轴上，离心率为的椭圆过点（，）（）求椭圆的方程；（）设不过原点O的直线l与该椭圆交于P，Q两点，满足直线OP，PQ，OQ的斜率依次成等比数列，求OPQ面积的取值范围28已知的坐标分别为，直线相交于点，且它们的斜率之积为 （）求点的轨迹方程；（）设的坐标为,直线与直线交于点，当直线绕点转动时，试判断以为直径的圆与直线的位置关系，并加以证明29已知函数（）若函数在上是单调函数，求实数的取值范围；（）已知函数，对于任意，总存在，使得成立，求
13、正实数的取值范围30已知函数f（x）=xlnx+ax（aR）（）若a=2，求函数f（x）的单调区间；（）若对任意x（1，+），f（x）k（x1）+axx恒成立，求正整数k的值（参考数据：ln2=06931，ln3=10986）31已知为常数，函数，（其中是自然对数的底数）（）过坐标原点作曲线的切线，设切点为，求证：；（）令，若函数在区间上是单调函数，求的取值范围32 已知函数f（x）=2lnxx2+ax（aR）（）若函数f（x）的图象在x=2处切线的斜率为1，且不等式f（x）2x+m在上有解，求实数m的取值范围；（）若函数f（x）的图象与x轴有两个不同的交点A（x1，0），B（x2，0），且0
14、x1x2，求证：（其中f（x）是f（x）的导函数）33已知函数（I） 讨论的单调性；（II） 若函数有两个极值点，求证：。34已知函数（其中，是自然对数的底数），为导函数（）当时，求曲线在点处的切线方程；（）若，试证明：对任意，恒成立35如图，A，B，C，D四点在同一圆上，AD的延长线与BC的延长线交于E点，且ECED（I）证明：CDAB；（II）延长CD到F，延长DC到G，使得EFEG，证明：A，B，G，F四点共圆36如图，是圆的直径，弦于点，是延长线上一点，切圆于，交于（）求证：为等腰三角形；（）求线段的长37如图所示，已知圆外有一点，作圆的切线，为切点，过的中点，作割线，交圆于、两点，连
15、接并延长，交圆于点，连接交圆于点，若（）求证：；（）求证：四边形是平行四边形38已知曲线的极坐标方程式，以极点为平面直角坐标系的原点，极轴为轴的正半轴，建立平面直角坐标系，直线的参数方程是，（为参数）（）求曲线的直角坐标方程和直线的普通方程；（）设点，若直线与曲线交于两点，且，求实数的值39在直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴为极轴建立极坐标系，半圆的极坐标方程为，（）求的参数方程（）设点在上，在处的切线与直线垂直，根据（）中你得到的参数方程，确定的坐标40已知，（）若，求实数的取值范围；（）对，若恒成立，求的取值范围41设（）当时，解不等式；（）若对任意恒成立，求实数的取值范围2016年广州
16、市高考备考冲刺阶段数学学科(文科)训练材料参考答案1解：（） ， （）由，解得，所以函数的单调递增区间 （）将的图象向左平移个单位，得到函数的图象，当时，取最大值当时，取最小值-3. 2解：（）根据表中已知数据，解得. 数据补全如下表：00500且函数表达式为. （）由（）知 ，得. 因为的对称中心为，. 令，解得，.由于函数的图象关于点成中心对称，令，解得，. 由可知，当时，取得最小值. 3解：（） 由得,则即（） ABC为锐角三角形，且4解：（）依题意，有，又，。 当 时， 又（）在MNP中MNP=120，MP=5，设PMN=，则060由正弦定理得,故060，当=30时，折线段赛道MNP最
17、长；亦即，将PMN设计为30时，折线段道MNP最长5解：设则由 得，则 中，由正弦定理得 同理得 即当时，与的三边长是连续三个正整数矛盾，是等腰三角形。（II）由（）得，则为直角三角形，设两直角边分别为由得n=4或0（舍）得AMC三边长分别为3、4、5故 cos a = 或 cos a = 所以 cosBAC = cos 2a = 2 cos 2a1 = 2( ) 21 = 或 cosBAC = 2( ) 21 = 6解：（）已知是锐角，由，得又，且是锐角，所以所以（）证明：依题意得，因为，所以，于是有， 又， 同理，由，可得，线段MA、NB、PC能构成一个三角形. （III）第（）小题中的三
18、角形的外接圆面积是定值，且定值为. 不妨设的边长分别为，其中角、的对边分别为.则由余弦定理，得： 因为，所以，所以， 设的外接圆半径为R，由正弦定理，得，所以的外接圆的面积为. 7解：（）设等差数列的公差为d 由已知得 ，解得 所以ana1(n1)dn2（）由（）可得bn2nn，所以 b1b2b3b10(21)(222)(233)(21010) (22223210)(12310) (2112)55 211532 1018解：（）当n1时，由(1q)S1qa11，得a11 当n2时，由(1q)Snqan1，得(1q)Sn1qan11， 两式相减得anqan1，即， 又q (q1) 0，所以q 0
19、，且q 1， 所以an是以1为首项，q为公比的等比数列，故anqn1 （）由（）可知Sn，又S3S62S9，得， 化简得a3a62a9，两边同除以q得a2a52a8 故a2，a8，a5成等差数列9解：（）当时，由，得 当时， （）， ，（） 10解：（），令，得， ， 两式相减，得，整理 ， 数列是首项为，公比为的等比数列 ， （） 11解：（）设等比数列an的公比为q，由题知a1，S1a1，S2a2，S3a3成等差数列，2(S2a2)S1a1S3a3，变形得S2S12a2a1S3S2a3，即3a2a12a3，qq2，解得q1或q，又an为递减数列，于是q，ana1qn1（）bnann， Tn
20、1+2+ Tn 1+2+两式相减得： Tn+ Tn ，解得n4， n的最大值为412解：（） 解法1： 设的公差为，为单调递增的等差数列 且 由得解得 解法2：设的公差为，为单调递增的等差数列 由得解得 （）由得 -得， , 又不符合上式 当时,符合上式 , 13解：（）当时，由茎叶图可知，乙组同学去图书馆学习的次数是：，所以平均数为；方差为（）记甲组名同学分别为，他们去图书馆学习次数依次为，；乙组名同学分别为，他们去图书馆学习次数依次为，从学习次数大于的学生中选名同学，所有可能的结果有种，它们是：，用表示：“选出的名同学恰好分别在两个图书馆学习且学习的次数和大于”这一事件，其中的结果有种，它
21、们是：，故选出的名同学恰好分别在两个图书馆学习且学习次数和大于的概率为14解：（）由直方图知，成绩在内的频率，所以中位数在内，设中位数为，则，解得，所以中位数是77；设平均数为，则 （）由直方图知，成绩在内的人数为：50100004=2，设成绩为x、y 成绩在90，100的人数为50100006=3，设成绩为a、b、c，若一种情况，若三种情况，若内时，有共有6种情况，所以基本事件总数为10种， 事件“”所包含的基本事件个数有6种 15解：（）由题可知，第2组的频数为人，第3组的频率为频率分布直方图如图所示：（）因为第3、4、5组共有60名学生，所以利用分层抽样在60名学生中抽取6名学生时，第3
22、、4、5组抽取的人数分别为、，即第3、4、5组分别抽取3人、2人、1人（）设第3组的3位同学为，第4组的2位同学,第5组的1位同学为,则从六位同学中抽取两位同学有15种可能: ,其中第4组的2位同学,中至少有一位同学入选的有,共9种,故第4组至少有一名考生被考官面试的概率为16解：设事件“选取的2组数据恰好是不相邻2天的数据”为A，5组数据分别记为a、b、c、d、e，从5组数据中任选2组，总的基本事件如下ab，ac，ad，ae，bc，bd，be，cd，ce，de共10种，A事件包含的基本事件有ac，ad，ae，bd，be，ce共6种，所以P（A）=。（）， ， y关于x的线性回归方程为：， 当
23、时，； 当时，； 经检验估计数据与所选取的检验数据误差均不超过2颗，该线性回归方程可靠。17解：（）由分层抽样知在市第一医院出生的宝宝有个,其中一孩宝宝有2个 在抽取7个宝宝中,市一院出生的一孩宝宝2人,分别记为,二孩宝宝2人,分别记为,妇幼保健院出生的一孩宝宝2人,分别记为,二孩宝宝1人,记为,从7人中抽取2人的一切可能结果所组成的基本事件空间为 用表示：“两个宝宝恰出生不同医院且均属二孩”,则 （）列联表,故没有85的把握认为一孩、二孩宝宝的出生与医院有关 18解：（）由题意可知：，又，解得 故这60名抗战老兵中参加纪念活动的环节数为0,1,2,3的抗战老兵的人数分别为10,20,10,2
24、0,其中参加纪念活动的环节数为2的抗战老兵中应抽取的人数为 （）由（）可知抽取的这6名抗战老兵中1名参加了0个环节，记为，2名参加了1个环节，记为，1名参加了2个环节，分别记为，2名参加了3个环节，分别记为，从这6名抗战老兵中随机抽取2人，有，共15个基本事件，记“这2名抗战老兵中至少有1人参加纪念活动的环节数为3”为事件，则事件包含的基本事件为，共9个基本事件所以。19证明：由主视图和左视图知：AD=DE=EC=BC=1AE=BE=,AB=2，AE2+BE2=AB2BEAE又面D1AE面ABCE面D1AE面ABCE=AEBE面D1AE（）分别取中点M，N 中， 设A到平面的距离为 20证明：
25、（）连接A1C1，AC，分别交B1D1，EF，BD于M，N，P，连接MN，C1P由题意，BDB1D1因为BD平面EFB1D1，B1D1平面EFB1D1，所以BD平面EFB1D1（3分）又因为A1B1=a，AB=2a，所以又因为E、F分别是AD、AB的中点，所以所以MC1=NP又因为ACA1C1，所以MC1NP所以四边形MC1PN为平行四边形所以PC1MN因为PC1平面EFB1D1，MN平面EFB1D1，所以PC1平面EFB1D1因为PC1BD=P，所以平面EFB1D1平面BDC1（）连接A1P，因为A1C1PC，A1C1=，所以四边形A1C1CP为平行四边形因为，所以四边形A1C1CP为菱形所
26、以A1CPC1因为MP平面ABCD，MP平面A1C1CA所以平面A1C1CA平面ABCD，因为BDAC，所以BD平面A1C1CA因为A1C平面A1C1CA，所以BDA1C因为PC1BD=P，所以A1C平面BDC1 21解：()方法一:取中点,连结,依题意可知,均为正三角形,PABCDMQO 所以,又,平面,平面,所以平面,又平面,所以 方法二:连结,依题意可知,均为正三角形, 又为的中点,所以,又,平面,平面,所以平面, 又平面,所以 ()当点为棱的中点时,四点共面,证明如下: 取棱的中点,连结,又为的中点,所以, 在菱形中,所以,所以四点共面 ()点到平面的距离即点到平面的距离, 由()可知
27、,又平面平面,平面平面, 平面,所以平面,即为三棱锥的体高 在中, 在中,边上的高, 所以的面积, 设点到平面的距离为,由得 ,又,所以, 解得, 所以点到平面的距离为 22证明：（）连，过作，垂足为， 又，BC=4，AB=4，BM=AN=4， ，=， （）连接CN， , 又，所以平面平面，且平面， ， 此几何体的体积 23解：（）：作FM/CD交PC于M,F为PD中点，FM=CD,AE=AB=FM,又FM/CD/ABAEMF为平行四边形，AF/EMAF面PEC,EM面PEC,AF/面PEC()存在常数，使得平面PED平面PAB 8分， 又DAB45，ABDE 又PD平面ABCD，PDAB 又
28、，AB平面PDE，平面PED平面PAB 24解：（）是直径， 又四边形为矩形, , ，平面 又平面，平面平面 （）由知， 当且仅当时等号成立 当三棱锥体积最大为 此时， 设点到平面的距离为，则 25解：（）由条件知椭圆离心率为 ， 所以 又点A(2，1)在椭圆上， 所以， 解得 所以，所求椭圆的方程为 （）将代入椭圆方程，得， 整理，得 由线段BC被y轴平分，得， 因为，所以 因为当时，关于原点对称，设， 由方程，得， 又因为，A(2，1)， 所以， 所以 由于时，直线过点A(2，1)，故不符合题设 所以，此时直线l的方程为26解：（）设动点的坐标为,点的坐标为,则, 因为的坐标为,所以, 由
29、得 即 解得 代入,得到动点的轨迹方程为 （）设点的坐标为点关于直线的对称点为, 则 解得 若在上,将的坐标代入,得,即或 所以存在满足题意的点,其坐标为和 27解：（）由题意可设椭圆方程为（ab0），则则故所以，椭圆方程为（）由题意可知，直线l的斜率存在且不为0，故可设直线l的方程为y=kx+m（m0），P（x1，y1），Q（x2，y2），由消去y得（1+4k2）x2+8kmx+4（m21）=0，则=64k2b216（1+4k2b2）（b21）=16（4k2m2+1）0，且，故y1y2=（kx1+m）（kx2+m）=k2x1x2+km（x1+x2）+m2因为直线OP，PQ，OQ的斜率依次成等
30、比数列，所以=k2，即+m2=0，又m0，所以k2=，即k=由于直线OP，OQ的斜率存在，且0，得0m22且m21设d为点O到直线l的距离，则SOPQ=d|PQ|=|x1x2|m|=，所以SOPQ的取值范围为（0，1）28解：（）点的坐标为, , 由题意可知, 化简得点的轨迹方程为， （）以为直径的圆与直线相切 证明如下：由题意可设直线的方程为则点坐标为，中点的坐标为由得 设点的坐标为，则 所以， 因为点坐标为，当时，点的坐标为，点的坐标为 直线轴，此时以为直径的圆与直线相切当时，则直线的斜率所以直线的方程为 点到直线的距离 又因为 ，所以，故以为直径的圆与直线相切 综上得，当直线绕点转动时，
31、以为直径的圆与直线相切 29解：（），函数在上是单调函数 或对任意恒成立即或对任意恒成立或对任意恒成立令， 设所以 所以满足条件的实数的取值范围为或。（）由（）知，时，函数在上为增函数， 故 即 当时，所以函数在上是单调递增函数 即 对于任意，总存在，使得成立，可知 所以，即故所求正实数的取值范围为。30解：（I）a=2时，f（x）=xlnx2x，则=lnx1令=0得x=e，当0xe时， 0，当xe时，0，f（x）的单调递减区间是（0，e），单调递增区间为（e，+）（II）若对任意x（1，+），f（x）k（x1）+axx恒成立，则xlnx+axk（x1）+axx恒成立，即k（x1）xlnx+a
32、xax+x恒成立，又x10，则k对任意x（1，+）恒成立，设h（x）=，则=设m（x）=xlnx2，则=1，x（1，+），0，则m（x）在（1，+）上是增函数m（）=10，m（）=ln20，m（）=1ln30，m（4）=2ln40，存在x0（3，4），使得m（x0）=0，当x（1，x0）时，m（x）0，即0，当x（x0，+）时，m（x）0，0，h（x）在（1，x0）上单调递减，在（x0，+）上单调递增，h（x）的最小值hmin（x）=h（x0）=m（x0）=x0lnx02=0，lnx0=x02h（x0）=x0khmin（x）=x03x04，K为正整数k的值为1，2，331解：（）（）所以切线的
33、斜率，切线方程为由于切线经过原点，则经整理得：显然，是这个方程的解，又因为在上是增函数，所以方程有唯一实数解故（），设，则易知在上是减函数，从而（）当，即时，在区间上是增函数，在上恒成立，即在上恒成立在区间上是减函数所以，满足题意 （）当，即时，设函数的唯一零点为，则在上递增，在上递减 又，又，在内有唯一一个零点，当时，当时，从而在递减，在递增，与在区间上是单调函数矛盾不合题意 综合（）（）得， 32解：（）由，得切线的斜率k=f（）=a3=1，a=2，故f（x）=2lnxx2+2x，由f（x）2x+m，得m2lnxx2，不等式f（x）2x+m在上有解，m（2lnxx2）max 令g（x）=2
34、lnxx2，则，x，故g（x）=0时，x=1当时，g（x）0；当1xe时，g（x）0故g（x）在x=1处取得最大值g（）=1，m1；（）f（x）的图象与x轴交于两个不同的点A（x1，0），B（x2，0），方程2lnxx2+ax=0的两个根为x1，x2，则，两式相减得，又，则，要证，即证明，0x1x2，0t1，只要证明在0t1上恒成立即可，又0t1，u（t）0，u（t）在（0，1）上是增函数，则u（t）u（）=0，从而知故，即成立33解：（I）由得当时，恒成立，故在区间上单调递增；当时，由得或；得，故在区间和上单调递增，在区间上单调递减； 时，在区间上单调递减，在区间上单调递增；综上所述：当时，
35、在区间上单调递增；当时，在区间和上单调递增，在区间上单调递减；时，在区间上单调递减，在区间上单调递增（II），当时，易见函数在定义域上仅有一个极值点，不合题意当时，由（I）可知，仅符合题意，且， ，且，。令则当，所以，当，所以；，在区间上单调递减。时，综上所述：若是函数的两个极值点，则。34解：（）由得，所以曲线在点处的切线斜率为，曲线切线方程为，即（）由，得，要证 ，等价于证明，令，得，因此，当时，单调递增；时，单调递减，所以的最大值为，故， 设，所以时，单调递增，故时，即， 所以 因此，对任意，恒成立 35解：（I）证明：，为圆的割线，所以，又ECED，所以，所以，又A，B，C，D四点共圆
36、，所以，所以，所以CDAB；（II）证明：连接FA，GB，因为EFEG，所以，又，所以，由（）知，所以，所以,又，所以，因为CDAB，所以，所以，所以A，B，G，F四点共圆36解：（）连接，因切圆于，故，因是圆的直径，弦于点，故，故，又，所以，所以，所以为等腰三角形；（）因是圆的直径，弦且，所以圆的半径，又，所以，因切圆于，所以，由（）知EFEG，所以，所以，故37证明：（）因为是圆的切线，圆的割线，是的中点，所以，所以，又，所以，所以，即，又，所以，所以，所以（）因，所以，所以因是圆的切线，所以，又，所以，所以，所以，所以四边形是平行四边形38解、（）由，得，可得的直角坐标方程：直线的参数方
37、程是，（为参数），消去参数可得（）把（为参数），代入，得，由，解得，解得或1又满足实数或139解：（）由得，得普通方程为即故的参数方程为（）设，由（）知是以为圆心，1为半径的上半圆因为C在点处的切线与垂直，所以直线与的斜率相同，故，故的直角坐标为 ，即 40解：（）由得，两边平方得，解得，故实数的取值范围为（），恒成立等价于恒成立，当且仅当时等号成立，即的最小值为；，当且仅当时等号成立，即的最大值为1(或通过分类讨论得，进而得到最大值为1；或通过绝对值的几何意义得到的最大值为1)，故，解得或，故的取值范围是41解：（）当时，得，当时，不等式为：，即，满足；当时，不等式为：，即，不满足；当时，不等式为：，即，满足综上所述，不等式的解集为（）设，若对于任意恒成立，即对于任意恒成立，由图可看出，当时，的最小值是，所以，即的取值范围是
