【详解】(1)证：

AD//BE，BF//CG，又因为E和F粘在一起.

?AD//CG，A，C，G，D四点共面.

又

AB?BE,AB?BC.

?AB?平面BCGE，

AB?平面ABC，?平面ABC?平面BCGE，得证.

(2)取CG的中点M，连结EM,DM.因为AB//DE，AB?平面BCGE，所以DE?平面BCGE，故

DE?CG，

由已知，四边形BCGE是菱形，且?EBC?60得EM?CG，故CG?平面DEM。 因此DM?CG。

在Rt△DEM中，DE=1，EM?3，故DM?2。 所以四边形ACGD的面积为4.

【点睛】很新颖的立体几何考题。首先是多面体粘合问题，考查考生在粘合过程中哪些量是不变的。再者粘合后的多面体不是直棱柱，建系的向量解法在本题中略显麻烦，突出考查几何方法。最后将求四边形ACGD的面积考查考生的空间想象能力.

20.已知函数f(x)?2x?ax?2. （1）讨论f(x)的单调性；

（2）当0

(1)先求f(x)的导数，再根据a的范围分情况讨论函数单调性；(2) 讨论a的范围，利用函数单调性进行最大值和最小值的判断，最终求得M?m的取值范围.

32【详解】(1)对f(x)?2x?ax?2求导得f'(x)?6x?2ax?6x(x?).所以有

2328,2). 27a3当a?0时，(??,)区间上单调递增，(,0)区间上单调递减，(0,??)区间上单调递增； 当a?0时，(??,??)区间上单调递增；

当a?0时，(??,0)区间上单调递增，(0,)区间上单调递减，(,??)区间上单调递增. (2)

a3a3a3a3

若0?a?2，f(x)在区间(0,)单调递减，在区间(,1)单调递增，所以区间[0,1]上最小值为f().而

a3a3a3f(0)?2,f(1)?2?a?2?f(0)，故所以区间[0,1]上最大值为f(1).

aa3a2a3x3所以M?m?f(1)?f()?(4?a)?[2()?a()?2]??a?2，设函数g(x)??x?2，求导

33327278a3x2g'(x)??1当0?x?2时g'(x)?0从而g(x)单调递减.而0?a?2，所以??a?2?2.即

272798,2). 27aaa若2?a?3，f(x)在区间(0,)单调递减，在区间(,1)单调递增，所以区间[0,1]上最小值为f()而

333M?m的取值范围是[f(0)?2,f(1)?2?a?2?f(0)，故所以区间[0,1]上最大值为f(0).

aa3a2a38a3所以M?m?f(0)?f()?2?[2()?a()?2]?，而2?a?3，所以??1.即M?m的取

333272727值范围是(8,1). 278,2). 27综上得M?m的取值范围是[【点睛】(1)这是一道常规的函数导数不等式和综合题，题目难度比往年降低了不少.考查的函数单调性，最大值最小值这种基本概念的计算.思考量不大，由计算量补充.

1x221.已知曲线C:y?,D，为直线y??上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A,B.

22（1）证明：直线AB过定点： （2）若以E?0,??5??为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求该圆的方程. 2?2【答案】(1)见详解；(2) x?(y?)?4或x?(y?)?2. 【解析】 【分析】

B两点处的切线方程，（1）可设A(x1,y1)，B(x2,y2)，D(t,?)然后求出A，比如AD：y1?又因为BD也有类似的形式，从而求出带参数直线AB方程，最后求出它所过的定点.

（2）由(1)得带参数的直线AB方程和抛物线方程联立，再通过M为线段AB的中点，EM?AB得出t的

5222522121?x1(x1?t)，2

值，从而求出M坐标和EM的值，最后求出圆的方程. (1)证明：【详解】设D(t,?),A(x1,y1),则y1?故y1?121212x1。又因为y?x，所以y'?x.则切线DA的斜率为x1，221?x1(x1?t)，整理得2tx1?2y1?1?0.设B(x2,y2)，同理得2tx1?2y1?1?0.A(x1,y1),B(x2,y2)2都满足直线方程2tx?2y?1?0.于是直线2tx?2y?1?0过点A,B，而两个不同的点确定一条直线，所以直线AB方程为2tx?2y?1?0.即2tx?(?2y?1)?0，当2t?0,?2y?1?0时等式恒成立。所以直线AB恒过定点(0,).

(2)由(1)得直线AB方程为2tx?2y?1?0，和抛物线方程联立得：

12?2tx?2y?1?0?2化简得x2?2tx?1?0.于是x1?x2?2t,y1?y2?t(x1?x2)?1?2t?1设M为线段AB?12y?x?2?的中点，则M(t,t?)

由于EM?AB，而EM?(t,t2?2),AB与向量(1,t)平行，所以t?t(t?2)?0， 解得t?0或t??1.

当t?0时，EM?(0,?2)，EM?2所求圆的方程为x?(y?)?4; 当t??1时，EM?(1,?1)或EM?(?1,?1)，EM?所以圆的方程为x?(y?)?4或x?(y?)?2.

【点睛】此题第一问是圆锥曲线中的定点问题和第二问是求面积类型，属于常规题型，按部就班的求解就可以.思路较为清晰，但计算量不小.

22221252252所求圆的方程为x2?(y?)2?2.

25222522（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答,如果多做，则按所做的第一题计分

选修4-4：坐标系与参数方程

22.如图，在极坐标系Ox中，A(2,0)，B(2,)，C(2,心分别是(1,0)，(1,?4??)，D(2,?)，弧AB，BC，CD所在圆的圆4?2)，(1,?)，曲线M1是弧AB，曲线M2是弧BC，曲线M3是弧CD.

（1）分别写出M1，M2，M3的极坐标方程；

（2）曲线M由M1，M2，M3构成，若点P在M上，且|OP|?3，求P【答案】(1) ??2cos?(??[0,极坐标.

?3?3?]),??2sin?(??[,]),???2cos?(??[,?]), 4444??2?5?(2) (3,),(3,),(3,),(3,).

3366?【解析】 【分析】

(1)将三个过原点的圆方程列出，注意题中要求的是弧，所以要注意的方程中?的取值范围. (2)根据条件??3逐个方程代入求解，最后解出P点的极坐标.

【详解】(1)由题意得，这三个圆的直径都是2，并且都过原点.

M1:??2cos?(??[0,])，

4???3?3?M2:??2cos(??)?2sin?(??[,]),M3:??2cos(???)??2cos?(??[,?]).

2444(2)解方程2cos??3(??[0,解方程2sin??3(??[?4])得???6，此时P的极坐标为(3,或???6)

?3?44,])得???3?2?2?) ，此时P的极坐标为(3,)或(3,333的5?3?5?,?])得??) ，此时P的极坐标为(3,466??2?5?),(3,). 故P极坐标为(3,),(3,),(3,3366解方程?2cos??3(??[【点睛】此题考查了极坐标中过极点的圆的方程，思考量不高，运算量不大，属于中档题.

选修4-5：不等式选讲

23.设x,y,z?R，且x?y?z?1.

（1）求(x?1)?(y?1)?(z?1)的最小值； （2）若(x?2)?(y?1)?(z?a)?2222221成立，证明：a≤?3或a??1. 3