21．（本小题满分12分）
（文）设函数f(x)?ln(2x?3)?x2 （Ⅰ）讨论f(x)的单调性；
（Ⅱ）求f(x)在区间??，?的最大值和最小值．
44（理）设函数f(x)?ln(x?a)?x2
（I）若当x??1时，f(x)取得极值，求a的值，并讨论f(x)的单调性； （II）若f(x)存在极值，求a的取值范围，并证明所有极值之和大于ln 22．（本小题满分10分）选修4?5；不等式选讲 设函数f(x)?2x?1?x?4． （I）解不等式f(x)?2； （II）求函数y?f(x)的最小值．
?31???e． 2
6
宁夏海南模拟卷01参考答案
一、选择题 1．Ｃ 2．Ｄ 7．Ｄ 8．Ｂ 二、填空题 13．3 14．?1 三、解答题
3．Ａ 9．Ｃ
4．Ｄ 10．Ｄ
5．Ｃ 11．Ｂ
6．Ｃ 12．Ｂ
15．1?2i
16．240
17．解：在△BCD中，?CBD?π????． 由正弦定理得所以BC?BCCD?．
sin?BDCsin?CBDCDsin?BDCs·sin??．
sin?CBDsin(???)s·tan?sin?．
sin(???)S
在Rt△ABC中，AB?BCtan?ACB?18．证明： （Ⅰ）由题设AB=AC=SB=SC?SA，连结OA，△ABC为等腰直角三角形，所以OA?OB?OC?2，且SA2O B M
AO?BC，又△SBC为等腰三角形，故SO?BC，且
C A
SO?2SA，从而OA2?SO2?SA2． 2所以△SOA为直角三角形，SO?AO． 又AO?BO?O．
所以SO?平面ABC． （Ⅱ）解法一：
，OM取SC中点M，连结AM，由（Ⅰ）知SO?OM?S，CA?M．S
O，C?SAA得，
∴?OMA为二面角A?SC?B的平面角．
由AO?BC，AO?SO，SO?BC?O得AO?平面SBC．
所以AO?OM，又AM?3AO26SA，故sin?AMO?． ??2AM333． 3所以二面角A?SC?B的余弦值为解法二：
以O为坐标原点，射线OB，OA分别为x轴、y轴的正半轴，建立如图的空间直角坐标系
7
O?xyz．
，0，0)，则C(?1，0，，0)A(01，，，0)S(0，01)，． 设B(1??1?1??????11?????11?????SC的中点M??，0，?，MO??，0，??，MA??，1，??，SC?(?1，0，?1)．
222222???????????????????????∴MO·SC?0，MA·SC?0．
z ?????????故MO?SC，MA?SC， A?SC?B的平面角． ??????????????????MO·MA3， cos?MO，MA????????????3MO·MA所以二面角A?SC?B的余弦值为 S M O C A y 3． 3x B 19．解：（Ⅰ）由已知条件，直线l的方程为y?kx?2， x2?(kx?2)2?1． 代入椭圆方程得2整理得??1??k2?x2?22kx?1?0 ① ?2?2直线l与椭圆有两个不同的交点P和Q等价于??8k?4??1??k2??4k2?2?0， ?2???2??222??，?∞或k?．即k的取值范围为??∞，． ???????2222????????????（Ⅱ）设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则OP?OQ?(x1?x2，y1?y2)， 解得k??由方程①，x1?x2??42k． ② 21?2k又y1?y2?k(x1?x2)?22． ③ ????????????????而A(2，，0)B(01)，，AB?(?21)，．所以OP?OQ与AB共线等价于 x1?x2??2(y1?y2)，将②③代入上式，解得k?2． 2 8 由（Ⅰ）知k?? 22或k?，故没有符合题意的常数k． 2220．解：每个点落入M中的概率均为p? 11??．依题意知X~B?10000，?． 44??（Ⅰ）EX?10000?1?2500． 4（Ⅱ）依题意所求概率为P??0.03???X??4?1?0.03?， 10000?X??P??0.03??4?1?0.03??P(2425?X?2575) 10000??2574?t?24262574?Ct10000?0.25t?0.7510000?t 2425t?0?t?2426?Ct10000?0.25?0.75t10000?tt??C10000?0.25t?0.7510000?1 ?0.9570?0.0423?0.9147． 13?2x，依题意有f?(?1)?0，故a?． 21．解：（Ⅰ）f?(x)?2x?a2x2?3x?1(2x?1)(x?1)?从而f?(x)?． 33x?x?223?3?f(x)的定义域为??，?∞?，当??x??1时，f?(x)?0； 2?2?当?1?x??11时，f?(x)?0；当x??时，f?(x)?0． 22从而，f(x)分别在区间??，?1?，?∞?单调增加，在区间??1，???，?3?2??1??2????1??单调减少． 2?2x2?2ax?1?∞)，f?(x)?（Ⅱ）f(x)的定义域为(?a，． x?a方程2x?2ax?1?0的判别式??4a?8． （ⅰ）若??0，即?2?a?222，在f(x)的定义域内f?(x)?0，故f(x)的极值． （ⅱ）若??0，则a?2或a??2． 9 (2x?1)2若a?2，x?(?2． ，∞?)，f?(x)?x?2??2??22???∞?当x??时，f?(x)?0，当x???2，所以f(x)???????2，?时，f(x)?0，22????无极值． (2x?1)2若a??2，x?(2?0，f(x)也无极值． ，∞?)，f?(x)?x?2（ⅲ）若??0，即a?有两个不同的实根2或a??2，则2x2?2ax?1?0?a?a2?2?a?a2?2，x2?． x1?22当a??2时，x1??a，x2??a，从而f?(x)有f(x)的定义域内没有零点，故f(x)无极值． 当a?2时，x1??a，x2??a，f?(x)在f(x)的定义域内有两个不同的零点，由根值 判别方法知f(x)在x?x1，x?x2取得极值． 综上，f(x)存在极值时，a的取值范围为(2，∞?)． f(x)的极值之和为 1ef(x1)?f(x2)?ln(x1?a)?x12?ln(x2?a)?x22?ln?a2?1?1?ln2?ln22． 22．Ａ （Ⅰ）证明：连结OP，OM． 因为AP与?O相切于点P，所以OP?AP． 因为M是?O的弦BC的中点，所以OM?BC． P A B O M C 于是?OPA??OMA?180°． ，P，O，M四点共圆．由圆心O在?PAC的内部，可知四边形APOM的对角互补，所以A ，P，O，M四点共圆，所以?OAM??OPM． （Ⅱ）解：由（Ⅰ）得A由（Ⅰ）得OP?AP． 由圆心O在?PAC的内部，可知?OPM??APM?90°． 所以?OAM??APM?90°． 22．Ｂ 解：以极点为原点，极轴为x轴正半轴，建立平面直角坐标系，两坐标系中取相同的长度单位． 2（Ⅰ）x??cos?，y??sin?，由??4cos?得??4?cos?． 10 所以x2?y2?4x．即x2?y2?4x?0为?O1的直角坐标方程． 同理x2?y2?4y?0为?O2的直角坐标方程． 22??x2?2?x?y?4x?0，?x1?0，（Ⅱ）由?2解得?． ?2y?0，y??2??1?2?x?y?4y?0即?O1，?O2交于点(0，0)和(2，?2)．过交点的直线的直角坐标方程为y??x． 22．Ｃ解： （Ⅰ）令y?2x?1?x?4，则 y 1??x?5， x≤?，?2?1?y??3x?3， ??x?4，．．．．．．．．．．．．．．．3分 2??x?5， x≥4．??y?2 O 1? 24 x 2)和?，作出函数y?2x?1?x?4的图象，它与直线y?2的交点为(?7，2?． ?5?3??所以2x?1?x?4?2的解集为(?x，?7)??，?x?． （Ⅱ）由函数y?2x?1?x?4的图像可知，当x??值? ?5?3??1时，y?2x?1?x?4取得最小29． 2 11