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。
22.（本题满分10分）选修4-4：参数方程与极坐标系 在平面直角坐标系xoy中，直线l的参数方程为?2??x?3t（t为参数），以坐标原点O为极点，x轴的正半轴
??y?1?t为极轴的极坐标系中，曲线C的极坐标方程为?cos2??1，直线与曲线C交于A,B 两点.
（1）求AB的长； （2）若P点的极坐标为?1,
23.（本题满分10分）选修4-5：不等式选讲 已知a?0,b?0，且a?b?1.
（1）若ab?m恒成立，求实数m的取值范围； （2）若 参考答案
一．选择题：DBCBB DDAAC AC
????，求AB的中点M到P的距离. 2??41??2x?1?x?2恒成立，求x的取值范围. ab1二．填空题：13．8 14．[，??) 15．2 16．3
3三．解答题：
17．(Ⅰ)解：当a = 1时，f(x)?x3?ax2?a2x?2，∴f?(x)?3x2?2x?1 ∴
切
线
斜
率
为
46分 2
分
k?f?(1)?4
又f (1) = 3，∴切点坐标为(1，3)
∴所求切线方程为y?3?4(x?1)，即4x?y?1?0 (Ⅱ)
解
a 3分
：
f?(x)?3x2?2ax?a2?(x?a)(3x?a)
8
分 a??a 3由f?(x)?0，得x =－a或x?∵
a
> 0，∴10
12分
∴当x < －a或x?
aa时，f?(x)?0，当?a?x?时，f?(x)?0 33分
aa因此，函数f (x)的单调递减区间为(?a，)，单调递增区间为(??，?a)和(，??)．
3318．(Ⅰ)解：若p为真，则??(m?1)2?4?2?解得：m≤－1或m≥3
1≥0 212346
或
m
7分 8
要
不
充
911
分
条>
分 分 分 分 分 4
?m2?2m?8若q为真，则?
2m?8?0?解得：－4 < m < －2或m > 4
?m≤?4或m≥3若“p且q”是真命题，则?
??4?m??2或m?4解得：?4?m??2∴m的取值范围是{ m |?4?m??2或m > 4}
(Ⅱ)解：若s为真，则(m?t)(m?t?1)?0，即t < m < t + 1 ∵
由
q
是
s
的
必
分 件 分 分
≥
4
∴{m|t?m?t?1}ü{m|?4?m??2或m?4} ?t≥?4即?或t≥4 ?t?1≤?2解得：?4≤t≤?3或t
12分
∴t的取值范围是{ t |?4≤t≤?3或t≥4} 19．(Ⅰ)解：设
P(x0，y0)，P
到双曲线的两条渐近线的距离记为
24
d1、d2
分 分
双曲线的两条渐近线方程为x?2y?0，x?2y?0 ∴d1d2?|x0?2y0||x0?2y0|122??|x0?4y0|
55522?4y0?4，故d1d2?又点P在双曲线C上，∴x04 56分 1012
上
，
∴
|
x0 10分 1
，
－
b)
、
B2(0
，
分 b)
|
≥
分 分 2
(Ⅱ)解：|PA|2?(x0?5)2?(y0?0)2
2x05∵x?4y?4，∴|PA|?(x0?5)??1?(x0?4)2?4
44202022∵点P在
2
双曲线C
故当x0?4时，| PA |有最小值4，| PA |有最小值2．
a2?b233c320．(Ⅰ)解：∵e?，∴?，即??a2?4b2 ① 22a2a4由∴
由A1B1?A1B2?3得a2?b2?3 ②
已
知
，
A1(
－
a
，
0)
、
A2(a
，
0)
、
B1(0
A1B1?(a，?b)，A1B2?(a，b)
34分
分
x2由①②得：a = 2，b = 1，∴椭圆C的方程为?y2?1．
4(Ⅱ)证：由(Ⅰ)知，A1(－2，0)、A2(2，0)、B1(0，－1)、B2(0，1) ∴
直
线
A2P
的
方
程
为
y?k(x?2)
?y?k(x?2)?由?x2 得：(1?4k2)x2?16k2x?16k2?4?0 2?y?1??4设直
P(x1线
，B2P
y1)的
，方
则程
6分
16k28k2?2x1?2??x1?21?4k1?4k2为
，，
即
∴
8k2?2?4kP(，) 221?4k1?4ky??2k?11x?1(k?) 4k?224k2?4k?1y?1?x2?8k2令y = 0，得x?直
线
4k?24k?2，即Q(，0) 2k?12k?18
的
方
程
为10
分
x?2y?2?0
A1B2
4k?24k?x?2y?2?0由? 得：E(，)
2k?12k?1?y?k(x?2)分
4k2k?12k?112k?1?∴直线EQ的斜率m?，∴2m?k?2??k?，是定值．12分
4k?24k?2442?2k?12k?1?1ax2?ax?121．(Ⅰ)解：f?(x)?1?2??(x?0)
xxx2令
2
其
判
别
3式
分
??a2?4
g(x)?x2?ax?1(x?0)，
当?2≤a≤2，△≤0，f?(x)≥0，因此f (x)在(0，+∞)上单调递增 当a??2时，△ > 0，g (x) = 0∴f (x)在(0，+∞)上单调递增 当
a
>
2
时
，
△
>
0
，
g
(x)
=
0
的
两
的两根都小于
分
0，在(0，+∞)上，f?(x)?0
4根
为
分
a?a2?4 2a?a2?4a?a2?4a?a2?4a?a2?4)、(，??)上单调递增，在(，)上单调递减 故f (x)在(0，2222综当
上a
，>
当2
a时
≤，
2f
时(x)
，在
f
(x)
在
(0
，
+
∞
)
上上
单单
调调
递递
增增
， ，
a?a2?4a?a2?4(0，)、(，??)22a?a2?4a?a2?4，)上单调递减． 在(22(Ⅱ)∵∴
由(Ⅰ)知，x1x2?1，故k?2?a?若
存
在
a
，
使
lnx1?lnx2
x1?x26分
Ⅰ
)
知
，
a
>
2
解：由(
f(x1)?f(x2)?(x1?x2)?k?x1?x2?a(lnx1?lnx2) x1x2f(x1)?f(x2)lnx1?lnx21 ?1??a?x1?x2x1x2x1?x28
，
则
lnx1?lnx2?1x1?x2分
lnx1?lnx2?x1?x2
得k?2?a，即10
将x1x2?1代入得：x2?再因
由
(此
Ⅰ
)
1?2lnx2?0(x2?1) ① x2分
单
调矛
递
增 盾
知x2?，
1h(t)?t??2lntt在(0，
，+与
∞)上①
11?2lnx2?1??2ln1?0x21∴不存在实数a，使得k?2?a． 22
．
(Ⅰ)
解
：
由
12分
?2cos2??1，得：
?2(cos2??sin2?)?12
，即
x2?y2?1
分
∴曲线C的普通方程为：x2?y2?1 由
?x?3t??y?1?t得：
4
x?3y?3?0
∴直线l的普通方程为：x?3y?3?0 由设
A(x1
?x2?y2?1??x?3y?3?0分
、
B(x2
，
y2)
得
，
则
：
：6分
y2?3y?1?0 y1?y2?3，y1y2?1
，y1)
∴|AB|?1?(3)2|y1?y2|?2(y1?y2)2?4y1y2?25 (Ⅱ)由
解
：(Ⅰ)
33，) 22点P得
的
：
直角坐标为(0，1)
y1?y23x1?x2?，?2223(y1?y2)?233 ?22AB中点M的坐标为(8分
故|PM|?(33?0)2?(?1)2?1 2210分
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