（1）求曲线C1上的点到直线l的距离的最大值与最小值；
（2）过点B(?2,2)与直线l平行的直线l1与曲C1线交于M,N两点，求|BM|?|BN|的值. 23.选修4-5：不等式选讲 设a?0,b?0，且a?b?（1）a?b?2；
（2）a?a?2与b?b?2不可能同时成立.
2211?.求证： ab试卷答案
一、选择题
1-5:DCCBD 6-10:BBCAC 11、12：DD
二、填空题
13.
1611 14.丙 15.② 16. (e?) 152e三、解答题
17.解：（1）由
?b?2ca?sinB?2sinCsinA及正弦定理可得， ??cosBcosAcosBcosA所以?sinBcosA?2sinCcosA?sinAcosB， 所以2sinCcosA?sin(A?B)， 所以2sinCcosA?sinC.
又因为sinC?0，所以cosA?2?2.故A?.
4222（2）由余弦定理及（1）得，a?4?b?c?2bccos?4?b2?c2?2bc，
由基本不等式得：4?(2?2)bc，当且仅当b?c时等号成立， 所以bc?4?2(2?2)，
2?2所以S?112bcsinA??2(2?2)??2?1. 222
所以?ABC的面积S的最大值为2?1. 18.解：（1）由已知可得所以{an?1anaa??1，即n?1?n?1， n?1nn?1nana}是以1?1为首项，1为公差的等差数列.
1na（2）由（1）得n?n，所以an?n2，
n?Tn?a1?a2?a3?a4???(?1)n?1an，
?T2n?a1?a2?a3?a4???a2n?1?a2n?12?22?32?42???(2n?1)2?(2n)2??(2?1)(2?1)?(4?3)(4?3)???(2n?2n?1)(2n?2n?1)(3?4n?1)n??(3?7???4n?1)????2n2?n219.解：（1）解法一：取AD的中点N，连接MN,NF. 在DAB中，M是BD的中点，N是AD的中点， 所以MN//AB,MN?
11AB，又因为EF//AB,EF?AB， 22所以MN//EF且MN?EF.
所以四边形MNFE为平行四边形，所以EM//FN，
又因为FN?平面ADF,EM?平面ADF，故EM//平面ADF. 解法二：因为EB?平面ABD,AB?BD，
故以B为原点，建立如图所示的空间直角坐标系B?xyz.
?3由已知可得EM?(,0,?3),AD?(3,?2,0),AF?(0,?1,3)，
2??设平面ADF的一个法向量是n?(x,y,z).
????n?AD?0?3x?2y?0由???得?
?y?3z?0??n?AF?0??令y?3，则n?(2,3,3).
?
又因为EM?n?0，所以EM?n，又EM?平面ADF， 故EM//平面ADF.
（2）由（1）可知平面ADF的一个法向量是n?(2,3,3). 易得平面BFD的一个法向量是m?(0,?3,1) 所以cos?m,n??????????m?n??????|m|?|n|3，又二面角A?FD?B为锐角， 43. 4故二面角A?FD?B的余弦值大小为20.解：（1）由已知得K(?p,0),C(5,0) 233. 2设MN与x轴交于点R，由圆的对称性可知，|MR|?于是|CR|?3??，所以?CMR?30,?MCR?60， 2所以|CK|?6，所以p?2.故抛物线E的方程为y2?4x.
（2）设直线AB的方程为x?my?2，设A?(x1,y1),B?(x2,y2)，
?y2?4x联立?得y2?4my?8?0，则y1?y2?4m,y1y2??8.
?x?my?2?|AB|?1?m2|y1?y2|?1?m2?16m2?32?41?m2?m2?2
设G?(x3,y3),D?(x4,y4)，同理得|GD|?4(则四边形AGBD的面积
121)?1?()2?2， mmS?111|AB|?|GD|?81?m2?()2?1?m2?2?()2?2 2mm112?2?2(m?)?5 m2m2?8m2?令m?21??(??2)，则S?8(??2)(2??5)?82?2?9??10 2mS?82?2?9??10是关于?的增函数，
故Smin?48，当且仅当m??1时取得最小值48.
xx?1?F(x)?1?lnx?x?(0,??)，定义域为，，当x?1exex12时，F?(x)?0,?F(x)在(1,??)上单调递增，又F(1)???0,F(2)?2ln2?2?0，而
ee21.证明：（1）F(x)?xlnx?F(x)在(1,??)上连续，根据零点存在定理可得：F(x)在区间(1,??)有且仅有一个实根.
（2）当0?x?1时，f(x)?xlnx?0，而g(x)?x?0，故此时有f(x)?g(x)，由（1）ex知，F(x)在(1,??)上单调递增，有x0为F(x)在(1,??)内的实根，所以
F(x0)?f(x0)?g(x0)?0，故当1?x?x0时，F(x)?0，即f(x)?g(x)；
?xlnx,0?x?x0?x当x?x0时，F(x)?0，即f(x)?g(x).因而m(x)??， ,x?x0??ex当1?x?x0时，m(x)?xlnx,m?(x)?1?lnx?0，因而m(x)在(1,x0)上递增； 当x?x0时，m(x)?xx?1?,m(x)??0，因而m(x)在(x0,??)上递减； exex若方程m(x)?c在(1,??)有两不等实根x1,x2，则满足x1?(1,x0),x2?(x0,??) 要证：
x1?x2?x0，即证：x1?x2?2x0，即证：x2?2x0?x1?x0， 2而m(x)在(x0,??)上递减，即证：m(x2)?m(2x0?x1)，又因为m(x1)?m(x2)，即证：
m(x1)?m(2x0?x1)，即证：x1lnx1?记h(x)?xlnx?2x0?x1,x1?(1,x0)
e2x0?x12x0?xx0,x?(1,x)xlnx?,?h(x0)?0. ，由得：F(x)?000002x0?xx0ee1?x?2x02x0?x1x1?x?h?(x)?1?lnx??1?lnx??g(x)?g(x)?，，则，2x0?x2x0?x2x0?xxxeeeee当0?x?1时，g?(x)?0；当x?1时，g?(x)?0.
11，所以当x?0时，0?g(x)?, ee2x?x1?2x0?x?0,?0?20x0?x?,
ee1?x?2x02x0?x11?1?lnx???1??0， 因此h?(x)?1?lnx?ee2x0?xe2x0?xe2x0?x2x?x即h(x)在递增.从而当1?x1?x0时，h(x)?h(x0)?0，即x1lnx1?20x?x1，
e01x?x2?x0得证. 故12故g(x)?g(x)?
22.解：（1）由直线l过点A可得42cos(??)?a，故a?42，
44?则易得直线l的直角坐标方程为x?y?8?0.
根据点到直线的距离方程可得曲线C1上的点到直线l的距离
d?|2cosa?3sina?8||7(sina??)?8|221， ?,sin??7,cos?77227?814?8282?14. ?,dmin?222?dmax?3?， 43?x??2?tcos??4（t为参数）. 则直线l1的参数方程为?3?y?2?tsin?4?（2）由（1）知直线l的倾斜角为
x2y2??1. 又易知曲线C1的普通方程为4372t?142t?16?0， 23232?t1t2?，依据参数t的几何意义可知|BM|?|BN|?t1t2?.
771123.解：（1）由a?b??,a?0,b?0，得ab?1，
ab把直线l1的参数方程代入曲线C1的普通方程可得
由基本不等式及ab?1，有a?b?2ab?2，即a?b?2. （2）假设a?a?2与b?b?2同时成立， 则a?a?2且b?b?2，则a?a?b?b?4，
即：(a?b)?a?b?2ab?4，由（1）知ab?1因此(a?b)?a?b?6① 而a?b?2，因此(a?b)?a?b?6②，因此①②矛盾， 因此假设不成立，原结论成立.
222222222
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