22.（本小题满分10分）选修4-1：几何证明选讲
如图，过⊙O外一点P作一条割线与⊙O交于C,A两点，直线PQ切⊙O于点Q，BD为过CA中点F的⊙O的直径.
（Ⅰ）已知PC?4,PC?6，求DF?BF的值；
（Ⅱ）过D作⊙O的切线交BA的延长线于点E，若CD?10,BC?5，求AE的值.
23.（本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程 已知曲线C1的参数方程为??x?2?3cos?,，以坐标原点O为极点，x轴的正(?为参数）?y??3?3sin?,半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为?cos??2?sin??3?0. （Ⅰ）分别写出曲线C1的普通方程与曲线C2的直角坐标方程； （Ⅱ）若曲线C1与曲线C2交于P,Q两点，求?POQ的面积. 24.（本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲 已知函数f(x)?2x?1.
（Ⅰ）若不等式f(x?)?2m?1(m?0)的解集为[?2,2]，求实数m的值； （Ⅱ）对任意x,y?R，求证：f(x)?2?y124?2x?3. y2
天一大联考2015-2016学年高中毕业班阶段性测试（六）
数学（文科）答案
一、选择题：
BACDBD CBABAC 二、填空题 13.2或
1321 14.1?34 15. 16.6 214三、解答题
∴2cosCsin(A?C)?sinB?0，即2cosCsinB?sinB?0，
??∵0?B?180，∴sinB?0，即cosC??1?，∴C?120. 2（Ⅱ）根据（Ⅰ）由正弦定理，得c?bsinC?23.
sinB由余弦定理，得(23)2?a2?b2?2abcos120??a2?b2?ab?3ab， ∴ab?4，∴S?ABC?1absinC?3， 2∴?ABC面积的最大值为3. 18.解：（Ⅰ）由题意可知，样本容量n?所以a?5?40，
0.0125?103?0.0075.
40?10所以平均成绩为55?0.125?65?0.2?75?0.45?85?0.15?95?0.075?73.5.
（Ⅱ）由题意可知，厨霸有0.0150?10?40?6人，分别记为a1,a2,a3,a4,a5,a6，厨神有
0.0075?10?40?3人，分别记为b1,b2,b3，共9人.
从中任意抽取2人共有36种情况：
(a1,a2),(a1,a3),(a1,a4),(a1,a5),(a1,a6),(a1,b1),(a1,b2),(a1,b3), (a2,a3),(a2,a4),(a2,a5),(a2,a6),(a2,b1),(a2,b2),(a2,b3),(a3,a4),(a3,a5),(a3,a6),(a3,b1),(a3,b2),(a3,b3),(a4,a5),(a4,a6),(a4,b1),(a4,b2),(a4,b3),
(a5,a6),(a5,b1),(a5,b2),(a5,b3),(a6,b1),(a6,b2),(a6,b3),(b1,b2),(b1,b3),(b2,b3),
其中至少有1人是厨神的情况有21种， 所以至少有1人是厨神的概率为
217?. 361219.解：（Ⅰ）连接FH，由题意知CD?BC,CD?CF，∴CD?平面BCFG. 又∵GH?平面BCFG，∴CD?GH. 又∵EF∥CD，∴EF?GH. 设AB?a，则BH?115a,BG?a,?GH2?BG2?BH2?a2， 42165252FG2?(CF?BG)2?BC2?a2,FH2?CF2?CH2?a,
416则FH2?FG2?GH2,?GH?FG. 又∵EF?FG?F,∴GH?平面EFG.
（Ⅱ）因为CF?平面ABCD，BG?平面ABCD，∴CF∥BG. 又ED∥CF，∴BG∥ED，∴BG∥平面ADE，则VG?ADE?VB?ADE. 又CD?AD,CD?DE,?CD?平面ADE， 而AB∥CD，∴AB∥平面ADE， ∴VG?ADE?VB?ADE?111132?AD?DE?AB???4?4?4?. 32323
20.解：（Ⅰ）由题意知右焦点(c,0)到直线x?y?32?0的距离d?所以c?22，则a?b?8.①
又由题意，得a2?b2?10，即a?b?10，②
2222c?322?5，
由①②解得a2?9,b2?1，
x2?y2?1. 所以椭圆C的标准方程为9（Ⅱ）当直线AB与x轴重合时，
1QA2?1QB2?11??10.
6565(?3)2(?3)255当直线AB不与x轴重合时，设A(x1,y1),B(x2,y2)， 设直线AB的方程为x?my?6，与椭圆C方程联立， 5化简得(m?9)y?2212m912my??0，所以y1?y2??，③ 2555(m?9)y1y2??1QA295(m2?9)，④
又
?11111?22?，同理， ?22222262(m?1)y2QB(x1?)?y12my1?y1(m?1)y15111(y1?y2)2?2y1y2??2?2?所以，（※） 2222222(m?1)y1(m?1)y2(m?1)y1y2QAQB1将③④代入（※）式，化简可得
1QA2?1QB2?10.
综上所述，
1QA2?1QB2为定值10.
a22x2?ax?a2(2x?a)(x?a)?2x?a????(x?0)。 21.解：（Ⅰ）f?(x)?xxx当a?0时，由f?(x)?0，得0?x?a，由f?(x)?0，得x?a，
所以f(x)的单调递增区间为(0,a)，单调递减区间为(a,??)；
aa，由f?(x)?0，得x??， 22aa所以f(x)的单调递增区间为(0,?)，单调递减区间为(?,??).
22当a?0时，由f?(x)?0，得0?x??（Ⅱ）令F(x)?f(x)?g(x)?lnx?mx2?(1?2m)x?1(x?0)，
1?2mx2?(1?2m)x?1(2mx?1)(x?1)F?(x)??2mx?1?2m???.
xxx当m?0时，F?(x)?0，所以函数F(x)在(0,??)上单调递增， 而F(1)?ln1?m?12?(1?2m)?1??3m?2?0， 所以关于x的不等式f(x)?g(x)不恒成立；
11，F?(x)?0；若x?，F?(x)?0， 2m2m11)上单调递增，在(,??)上单调递减， 所以函数F(x)在(0,2m2m11111)?ln?m()2?(1?2m)??1??ln(2m). 所以F(x)max?F(2m2m2m2m4m1111?ln(2m)，因为h()?,h(1)??ln2?0， 令h(m)?4m224当m?0时，若0?x?又h(m)在(0,??)上是减函数，所以当m?1时，h(m)?0，故整数m的最小值为1. 22.解：（Ⅰ）由已知及圆的切割线定理得PQ?PC?PA，
2PQ2?9,CA?PA?PC?5. 所以PA?PC5， 225再由相交弦定理得DF?BF?AF?FC?.
4又点F是CA的中点，所以AF?FC?（Ⅱ）因为BD是直径，F是AC的中点，所以AD?CD?10,AB?BC?5.
2因为DE是切线，所以BD?DE，又AD?AB，所以AD?AB?AE，所以
AD2AE??2.
AB
23.解：（Ⅰ）由??x?2?3cos?,22结合sin??cos??1消去参数?，
?y??3?3sin?,得C1的普通方程为(x?2)2?(y?3)2?9.
将x??cos?,y??sin?代入曲线C2的极坐标方程，得其直角坐标方程为x?2y?3?0. （Ⅱ）圆心到直线的距离为d?所以弦长PQ?29?5?4，
2?2?(?3)?31?4?5，
?POQ的高为原点到直线x?2y?3?0的距离d??0?2?0?31?4?35， 5所以S?POQ?13565. ??4?25524.解：（Ⅰ）由题意，知不等式2x?2m?1(m?0)的解集为[?2,2].
3111?x?m?，所以由m??2，解得m?.
222244yy（Ⅱ）不等式f(x)?2?y?2x?3，即2x?1?2?y?2x?3，
224y也即2x?1?2x?3?2?y.
2由2x?2m?1，得?m?2x?1?2x?3?(2x?1)?(2x?3)?4.
因为对任意y?R，2?0,yy4?0， y2则2?444yy2?，当且仅当，即y?1时等号成立， ?22??4yyy222y所以2x?1?2x?3?2?
44yf(x)?2??2x?3. ，即
2y2y