b?附：参考公式：$?xy?nxyiii?1nn?xi2?nxi?12，$a?y?$bx.
解析：(Ⅱ)由表中数据，利用公式计算回归直线方程的系数，写出回归直线方程，利用方程
计算并判断所得到的线性回归方程是否可靠. 答案：(Ⅱ)由数据，求得x?1??10?11?13?12?8??10.8， 51y???23?25?30?26?16??24；
5由公式，求得
??xy??10?23?11?25?13?30?12?26?8?16?1335，
iii?15?xi?152i?102?112?132?122?82?598；
nb?所以$?xy?nxyiii?1n?xi2?nxi?12?5$，a?y?$bx??3； 25x?3； 2所以y关于x的线性回归方程是$y?当x=10时，$y?5?10?3?22，|22-23|＜2； 25同样，当x=8时，$y??8?3?17，|17-16|＜2；
2所以，该研究所得到的线性回归方程是可靠的.
22
20.如图，在平面直角坐标系xoy中，已知圆C：(x+1)+y=16，点A(1，0)，点B(a，0)(|a|＞3)，以B为圆心，|BA|的半径作圆，交圆C于点P，且的∠PBA的平分线次线段CP于点Q.
(Ⅰ)当a变化时，点Q始终在某圆锥曲线τ是运动，求曲线τ的方程.
解析：(Ⅰ)推导出△QAB≌△QPB，从而QC+QA=4，由椭圆的定义可知，Q点的轨迹是以C，A为焦点，2a=4的椭圆，由此能求出点Q的轨迹方程. 答案：(Ⅰ)∵BA=BP，BQ=BQ，∠PBQ=∠ABQ， ∴△QAB≌△QPB，∴QA=QP， ∵CP=CQ+QP=QC+QA，QC+QA=4，
由椭圆的定义可知，Q点的轨迹是以C，A为焦点，2a=4的椭圆，
x2y2??1. 故点Q的轨迹方程为43
(Ⅱ)已知直线l过点C，且与曲线τ交于M、N两点，记△OCM面积为S1，△OCN面积为S2，求
S1的取值范围. S2?x?my?1S2y2y2?解析：(Ⅱ)设直线l：x=my-1，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，推导出由?x2y2，???，
S1y1y1?1??43?得(3m+4)y-6my-9=0，由此利用根的判别式、韦达定理，结合已知条件求出答案：(Ⅱ)由题可知，设直线l：x=my-1，不妨设M(x1，y1)，N(x2，y2) ∵S1=S△OMC=
2
2
S1的取值范围. S211×|OC|×|y1|，S2=S△ONC=×|OC|×|y2|， 22yS1y?1??1， S2y2y2?x?my?1?222∵?x2y2，∴(3m+4)y-6my-9=0，△=144m+144＞0，
?1??43?6m?y?y?2??13m2?4∴?， ?yy??912?3m2?4??y1?y2?∵
y1y2∴
2yy?4m2?4??4?0?， ?2???，0?，即1?2?2???，y2y13m?4?3??3?y1?1????3，??， y2?3?∴
S1y?1???1??，3?. S2y2?3?
21.已知函数f(x)=lnx-ax+b(a，b∈R)有两个不同的零点x1，x2.
(Ⅰ)求f(x)的最值.
解析：(Ⅰ)求出导函数f′(x)=单调性，然后求解最值. 答案：(Ⅰ)f′(x)=
1-a，利用f(x)在(0，+∞)内必不单调，推出a＞0，判断x1-a， x111，∴f(x)在(0，)上单增，(，+∞)上单减， aaa∵f(x) 有两个不同的零点，∴f(x)在(0，+∞) 内必不单调，故a＞0， 此时f′(x)＞0?x＜∴f(x)max=f(
(Ⅱ)证明：x1·x2＜
1)=-lna-1+b，无最小值. a1. a2x1?lnx1?ax1?b?0xx2解析：(Ⅱ)通过?，两式相减得ln1?a?x1?x2??0，得到a?，
lnx?ax?b?0xx1?x22?22ln?x1?x2??x1?2?x2，不妨设x＜x，令x1=t∈(0，12x故要证x1x2＜2，即证ln1＜12
x2x2x1x2x2x1a1)，则只需证lnt＜t-2+，构造函数g(t)=lnt-t-+2，通过函数的导数以及函数的单调性求解最值即可.
2
21t2
1t?lnx1?ax1?b?0答案：(Ⅱ)由题知?，
lnx?ax?b?0?22x1xx2两式相减得ln1?a?x1?x2??0，即a?，
x2x1?x2ln?x1?x2?， 1故要证x1x2＜2，即证x1x2＜xaln21x2x1?x2?xx?2x1＜?1?2?2， 即证lnx2x1x2x2x122不妨设x1＜x2，令
x112
=t∈(0，1)，则只需证lnt＜t-2+， x2t设g(t)=lnt-t-+2，则g??t??2gglnt?1?2
1t1t1?t22lnt?t?t1t，
?t?1?＜01设h(t)=2lnt-t+，则h??t???， 2tt∴h(t)在(0，1)上单减，∴h(t)＞h(1)=0，
∴g(t)在(0，1)上单增，∴g(t)＜g(1)=0，
即lnt＜t-2+，在t∈(0，1)时恒成立，原不等式得证.
请考生在第22、23两题中任选一题作答，如果两题都做，则按照所做的第一题给分；作答时，请用2B铅笔将答题卡上相应的题号涂黑.
[选修4-4]参数方程与极坐标系（本题满分10分）
2
21t?x?cos?22.在平面直角坐标系xoy中，直线C1：3x?y?4?0，曲线C2：?(φ为参
y?1?sin??数)，以以坐标原点O为极点，以x轴正半轴为极轴，建立极坐标系.
(Ⅰ)求C1，C2的极坐标方程.
解析：(Ⅰ)由x=ρcosθ，y=ρsinθ，能求出曲线C1的极坐标方程；曲线C2消去参数φ得
22
曲线C2的普通方程为x+(y-1)=1，由x=ρcosθ，y=ρsinθ，能求出C2的极坐标方程. 答案：(Ⅰ)∵直线C1：3x?y?4?0，x=ρcosθ，y=ρsinθ， ∴曲线C1的极坐标方程为3?cos???sin??4?0，
∵曲线C2：??x?cos?，
y?1?sin??2
2
∴消去参数φ得曲线C2的普通方程为x+(y-1)=1，
∵x=ρcosθ，y=ρsinθ，
22
∴C2的极坐标方程为：(ρcosθ)+(ρsinθ-1)=1，
2
∴ρ-2ρsinθ=0，
∴C2的极坐标方程为：ρ=2sinθ.
(Ⅱ)若曲线C3的极坐标方程为θ=α(ρ＞0，0＜α＜B两点，求
?)，且曲线C3分别交C1，C2于点A，2OB的最大值. OA
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