2017屆湖南師大附中高三入學(xué)摸底考試?yán)砜茢?shù)學(xué)

題答要不內(nèi)線封密號位座____________號場考____________號學(xué)____________名姓____________級班____________級年(這是邊文，請據(jù)需要手工刪加)湖南師大附中2017屆高三摸底考試?yán)砜茢?shù)學(xué)試題－(這是邊文，請據(jù)需要手工刪加)湖南師大附中2017屆高三摸底考試數(shù)學(xué)(理科)時量：120分鐘滿分：150分得分：______________一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，共60分，在每個小題給出的四個選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的．1．設(shè)i為虛數(shù)單位，則復(fù)數(shù)eq\f(3＋2i,i)的虛部是A．3iB．－3iC．3D．－32．記集合A＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x－a>0))，B＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(y|y＝sinx，x∈R))，若0∈A∩B，則a的取值范圍是A.(－∞，0)B.(－∞，0]C.[0，＋∞)D.(0，＋∞)3．某空間幾何體的三視圖中，有一個是正方形，則該空間幾何體不可能是A．圓柱B．圓錐C．棱錐D．棱柱4．二項(xiàng)式(x－2)5展開式中x的系數(shù)為A．5B.16C．80D．－805．在數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))中，a1＝2，an＋1＝an＋lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))，則an＝A．2＋lnnB．2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－1))lnnC．2＋nlnnD．1＋n＋lnn6．考生甲填報某高校專業(yè)意向，打算從5個專業(yè)中挑選3個，分別作為第一、第二、第三志愿，則不同的填法有A．10種B．60種C．125種D．243種7．某研究型學(xué)習(xí)小組調(diào)查研究學(xué)生使用智能對學(xué)習(xí)的影響．部分統(tǒng)計數(shù)據(jù)如下表：使用智能不使用智能合計學(xué)習(xí)成績優(yōu)秀4812學(xué)習(xí)成績不優(yōu)秀16218合計201030附表：P(K2≥k0)0.150.100.050.0250.0100.0050.001k02.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828經(jīng)計算K2＝10，則下列選項(xiàng)正確的是A．有99.5%的把握認(rèn)為使用智能對學(xué)習(xí)有影響B(tài)．有99.5%的把握認(rèn)為使用智能對學(xué)習(xí)無影響C．有99.9%的把握認(rèn)為使用智能對學(xué)習(xí)有影響D．有99.9%的把握認(rèn)為使用智能對學(xué)習(xí)無影響8．函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－\f(1,2)x))，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－2π，2π))的單調(diào)遞增區(qū)間是A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(5π,3)))B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－2π，－\f(π,3)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,3)，2π))D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－2π，－\f(π,3)))和eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,3)，2π))9．非負(fù)實(shí)數(shù)x、y滿足ln(x＋y－1)≤0，則關(guān)于x－y的最大值和最小值分別為A．2和1B．2和－1C．1和－1D．2和－210．如果執(zhí)行如圖所示的程序框圖，則輸出的數(shù)S不可能是A．0.7B．0.75C．0.8D．0.911．已知函數(shù)f(x)＝ex，g(x)＝x＋1.則下列命題中的假命題是A．x∈R，f(x)>g(x)B．x1，x2∈R，f(x1)<g(x2)C．x0∈R，f(x0)＝g(x0)D．x0∈R，使得x∈R，f(x0)－g(x0)≤f(x)－g(x)12．將函數(shù)y＝ln(x＋1)(x≥0)的圖象繞坐標(biāo)原點(diǎn)逆時針方向旋轉(zhuǎn)角θ(θ∈(0，α])，得到曲線C，若對于每一個旋轉(zhuǎn)角θ，曲線C都仍然是一個函數(shù)的圖象，則α的最大值為A．πB.eq\f(π,2)C.eq\f(π,3)D.eq\f(π,4)二、填空題：本大題共4個小題，每小題5分，共20分．把答案填在答題卡中對應(yīng)題號后的橫線上．13.eq\i\in(0,1,)exdx＝________．14．已知{an}為等比數(shù)列，a4＋a7＝2，a5a6＝－8，則a1＋a10＝________．15．M、N分別為雙曲線eq\f(x2,4)－eq\f(y2,3)＝1左、右支上的點(diǎn)，設(shè)v是平行于x軸的單位向量，則eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(MN,\s\up6(→))·v))的最小值為________．16．已知f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，令F(x)＝(x－b)f(x－b)＋2016，若b是a、c的等差中項(xiàng)，則F(a)＋F(c)＝________．三、解答題：本大題共70分.解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟．17．(本小題滿分12分)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c.已知eq\f(cosA－2cosC,cosB)＝eq\f(2c－a,b).(1)求eq\f(sinC,sinA)的值；(2)若cosB＝eq\f(1,4)，b＝2，求△ABC的面積S.

18.(本小題滿分12分)空氣質(zhì)量指數(shù)(AirQualityIndex，簡稱AQI)是定量描述空氣質(zhì)量狀況的指數(shù)，空氣質(zhì)量按照AQI大小分為六級：0～50為優(yōu)；51～100為良；101～150為輕度污染；151～200為中度污染；201～300為重度污染；>300為嚴(yán)重污染．一環(huán)保人士記錄去年某地某月10天的AQI的莖葉圖如下．(1)利用該樣本估計該地本月空氣質(zhì)量優(yōu)良(AQI≤100)的天數(shù)；(按這個月總共30天計算)(2)將頻率視為概率，從本月中隨機(jī)抽取3天，記空氣質(zhì)量優(yōu)良的天數(shù)為ξ，求ξ的概率分布列和數(shù)學(xué)期望．

19.(本小題滿分12分)如圖，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB＝eq\r(2)，AF＝1，M是線段EF的中點(diǎn)．(1)求證：AM∥平面BDE；(2)求二面角A－DF－B的大??；(3)試在線段AC上確定一點(diǎn)P，使得PF與BC所成的角是60°.

20.(本小題滿分12分)已知橢圓C1：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(\r(3),2)，P(－2，1)是C1上一點(diǎn)．(1)求橢圓C1的方程；(2)設(shè)A、B、Q是點(diǎn)P分別關(guān)于x軸、y軸及坐標(biāo)原點(diǎn)的對稱點(diǎn)，平行于AB的直線l與C1相交于不同于P、Q的兩點(diǎn)C、D.點(diǎn)C關(guān)于原點(diǎn)的對稱點(diǎn)為E.證明：直線PD、PE與y軸圍成的三角形是等腰三角形．

21.(本小題滿分12分)已知函數(shù)f(x)＝alnx＋eq\f(1,2)x2－ax(a為常數(shù))有兩個極值點(diǎn)．(1)求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(2)設(shè)f(x)的兩個極值點(diǎn)分別為x1，x2.若不等式f(x1)＋f(x2)<λ(x1＋x2)恒成立，求λ的最小值．

選做題：請考生在第22、23、24三題中任選一題做答，如果多做，則按所做的第一題計分．22．(本小題滿分10分)選修4－1：幾何證明選講如圖，C、D是以AB為直徑的半圓上兩點(diǎn)，且eq\o(AD,\s\up8(︵))＝eq\o(CD,\s\up8(︵)).(1)若CD∥AB.證明：直線AC平分∠DAB；(2)作DE⊥AB交AC于E.證明：CD2＝AE·AC.23．(本小題滿分10分)選修4－4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程在平面直角坐標(biāo)系xOy中，以坐標(biāo)原點(diǎn)為極點(diǎn)，x軸正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，曲線C1的極坐標(biāo)方程為ρ2－4ρcosθ＋3＝0,θ∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，2π)).(1)求C1的直角坐標(biāo)方程；(2)曲線C2的參數(shù)方程為eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝tcos\f(π,6),y＝tsin\f(π,6)))(t為參數(shù))．求C1與C2的公共點(diǎn)的極坐標(biāo)．24．(本小題滿分10分)選修4－5：不等式選講設(shè)α，β，γ均為實(shí)數(shù)．(1)證明：eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos（α＋β）))≤eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cosα))＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sinβ))；eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin（α＋β）))≤eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cosα))＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cosβ)).(2)若α＋β＋γ＝0.證明eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cosα))＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cosβ))＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cosγ))≥1.湖南師大附中2017屆高三摸底考試?yán)砜茢?shù)學(xué)參考答案－(這是邊文，請據(jù)需要手工刪加)湖南師大附中2017屆高三摸底考試?yán)砜茢?shù)學(xué)參考答案一、選擇題1．D【解析】eq\f(3＋2i,i)＝eq\f(3i－2,－1)＝2－3i，故eq\f(3＋2i,i)的虛部是－3.選D.2．A【解析】A＝(a，＋∞)，B＝[－1，1]，由0∈A∩B知a<0，故a的取值范圍是(－∞，0)．選A.3．B【解析】易知僅圓錐的三視圖中一定不會出現(xiàn)正方形．選B.4．C【解析】由二項(xiàng)式定理知，其展開式中含x的項(xiàng)為Ceq\o\al(4,5)x(－2)4，故其系數(shù)為Ceq\o\al(4,5)(－2)4＝80.選C.5．A【解析】由已知得an＋1－an＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n＋1,n)))＝ln(n＋1)－lnn，所以an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝2＋(ln2－ln1)＋(ln3－ln2)＋…＋(lnn－ln(n－1))＝2＋lnn，故選A.6．B【解析】易知不同的填法種數(shù)為Aeq\o\al(3,5)＝60.選B.7．A【解析】因?yàn)?.879<K2<10.828，故有99.5%的把握認(rèn)為使用智能對學(xué)習(xí)有影響．故選A.8．D【解析】令z＝eq\f(π,3)－eq\f(1,2)x，函數(shù)y＝sinz的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,2)，2kπ＋\f(3π,2)))，由2kπ＋eq\f(π,2)≤eq\f(π,3)－eq\f(1,2)x≤2kπ＋eq\f(3π,2)得4kπ－eq\f(7π,3)≤x≤4kπ－eq\f(π,3)，而z＝eq\f(π,3)－eq\f(1,2)x在R上單調(diào)遞減，于是y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－\f(1,2)x))的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(4kπ－\f(7π,3)，4kπ－\f(π,3)))，而x∈[－2π，2π]，故其單調(diào)遞增區(qū)間是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－2π，－\f(π,3)))和eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,3)，2π)).故選D.9．D【解析】依題意有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0<x＋y－1≤1,x≥0,y≥0))，作出可行域，易求得x－y的最大值和最小值分別為2和－2，選D.10．A【解析】此程序框圖執(zhí)行的是輸入一個正整數(shù)n，求eq\f(1,1×2)＋eq\f(1,2×3)＋…＋eq\f(1,n×（n＋1）)的值S，并輸出S.S＝eq\f(1,1×2)＋eq\f(1,2×3)＋…＋eq\f(1,n×（n＋1）)＝1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(n,n＋1).令S等于0.7，解得n＝eq\f(7,3)不是正整數(shù)，而n分別輸入3，4，9時，可分別輸出0.75，0.8，0.9.故選A.11．A【解析】設(shè)F(x)＝f(x)－g(x)，則F′(x)＝ex－1，于是當(dāng)x<0時F′(x)<0，F(xiàn)(x)單調(diào)遞減；x>0時F′(x)>0，F(xiàn)(x)單調(diào)遞增．從而F(x)有最小值F(0)＝0，于是可以判斷A為假，其余為真．故選A.12．D【解析】因?yàn)閤≥0時，y′＝eq\f(1,x＋1)是x的減函數(shù)且0<y′≤1，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時等號成立，故函數(shù)y＝ln(x＋1)(x≥0)的圖象的切線中，在x＝0處的切線的傾斜角最大，其值為eq\f(π,4)，由此可知αmax＝eq\f(π,2)－eq\f(π,4)＝eq\f(π,4).選D.二、填空題13．e－1【解析】eq\i\in(0,1,)exdx＝ex|eq\o\al(1,0)＝e－1.14．－7【解析】因?yàn)閍4a7＝a5a6＝－8，又a4＋a7＝2，由此解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a4＝－2,a7＝4))，或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a4＝4,a7＝－2))，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(q3＝－2,a1＝1))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(q3＝－\f(1,2),a1＝－8))，從而a1＋a10＝a1(1＋q9)＝－7.15．4【解析】由向量數(shù)量積的定義，eq\o(MN,\s\up6(→))·v即向量eq\o(MN,\s\up6(→))在向量v上的投影與v模長的乘積，故求eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(MN,\s\up6(→))·v))的最小值，即求eq\o(MN,\s\up6(→))在x軸上的投影的絕對值的最小值，由雙曲線的圖像可知eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(MN,\s\up6(→))·v))的最小值為4.16．4032【解析】因?yàn)閎是a、c的等差中項(xiàng)，故(c－b)＝－(a－b)，又f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，所以f(c－b)＝f(－(a－b))＝f(a－b)，于是F(a)＋F(c)＝(a－b)f(a－b)＋2016＋(c－b)f(c－b)＋2016＝(a－b)f(a－b)－(a－b)f(a－b)＋4032＝4032.三、解答題17．【解析】(1)由正弦定理，得eq\f(2c－a,b)＝eq\f(2sinC－sinA,sinB)，所以eq\f(cosA－2cosC,cosB)＝eq\f(2sinC－sinA,sinB).即(cosA－2cosC)sinB＝(2sinC－sinA)cosB，化簡可得sin(A＋B)＝2sin(B＋C).又A＋B＋C＝π，所以sinC＝2sinA，因此eq\f(sinC,sinA)＝2.(2)由eq\f(sinC,sinA)＝2得c＝2a.由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB及cosB＝eq\f(1,4)，b＝2，得4＝a2＋4a2－4a2×eq\f(1,4).解得a＝1，從而c＝2.又因?yàn)閏osB＝eq\f(1,4)，且0<B<π.所以sinB＝eq\f(\r(15),4).因此S＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)×1×2×eq\f(\r(15),4)＝eq\f(\r(15),4).18．【解析】(1)從莖葉圖中可發(fā)現(xiàn)該樣本中空氣質(zhì)量優(yōu)的天數(shù)為2，空氣質(zhì)量良的天數(shù)為4，故該樣本中空氣質(zhì)量優(yōu)良的頻率為eq\f(6,10)＝eq\f(3,5)，估計該月空氣質(zhì)量優(yōu)良的頻率為eq\f(3,5)，從而估計該月空氣質(zhì)量優(yōu)良的天數(shù)為30×eq\f(3,5)＝18.(2)由(1)估計某天空氣質(zhì)量優(yōu)良的概率為eq\f(3,5)，ξ的所有可能取值為0，1，2，3.P(ξ＝0)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up12(3)＝eq\f(8,125)，P(ξ＝1)＝Ceq\o\al(1,3)eq\f(3,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up12(2)＝eq\f(36,125)，P(ξ＝2)＝Ceq\o\al(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq\s\up12(2)eq\f(2,5)＝eq\f(54,125)，P(ξ＝3)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq\s\up12(3)＝eq\f(27,125)，故ξ的分布列為：ξ0123Peq\f(8,125)eq\f(36,125)eq\f(54,125)eq\f(27,125)顯然ξ～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(3,5)))，Eξ＝3×eq\f(3,5)＝1.8.19．【解析】(1)設(shè)AC∩BD＝N，連接NE，∵M(jìn)、N分別是EF、AC的中點(diǎn)，ACEF是矩形，∴四邊形ANEM是平行四邊形，∴AM∥NE.∵NE平面BDE,AM平面BDE，∴AM∥平面BDE.(2)由題設(shè)，平面ABCD⊥平面ACEF，平面ABCD∩平面ACEF＝AC，CE平面ACEF，CE⊥AC，所以CE⊥平面ABCD，又CB⊥CD，故可以CD、CB、CE所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系如圖，則相關(guān)各點(diǎn)的坐標(biāo)為A(eq\r(2)，eq\r(2)，0)，B(0,eq\r(2)，0)，D(eq\r(2)，0,0)F(eq\r(2)，eq\r(2)，1)，從而eq\o(DF,\s\up6(→))＝(0，eq\r(2)，1)，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(eq\r(2)，－eq\r(2)，0)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－eq\r(2)，0，0)．注意到AF⊥AB，AB⊥AD，AF∩AD＝A，∴AB⊥平面ADF.所以eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－eq\r(2)，0，0)為平面ADF的一個法向量．設(shè)n＝(x，y，z)是平面BDF的一個法向量，則由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(BD,\s\up6(→))＝0,n·\o(DF,\s\up6(→))＝0))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(2)x－\r(2)y＝0,\r(2)y＋z＝0))，取y＝1，得n＝(1，1，－eq\r(2))，于是cos〈n,eq\o(AB,\s\up6(→))〉＝eq\f(n·\o(AB,\s\up6(→)),|n|·|\o(AB,\s\up6(→))|)＝－eq\f(1,2)，所以〈n,eq\o(AB,\s\up6(→))〉＝120°，設(shè)二面角A—DF—B的大小為θ，則由圖可知，θ＝180°－〈n,eq\o(AB,\s\up6(→))〉＝60°，即所求二面角A—DF—B的大小是60°.(3)因?yàn)辄c(diǎn)P在線段AC上，所以可設(shè)P(t,t,0)(0≤t≤eq\r(2))，從而eq\o(PF,\s\up6(→))＝(eq\r(2)－t，eq\r(2)－t，1)，又eq\o(BC,\s\up6(→))＝(0，－eq\r(2)，0)，由PF和BC所成的角是60°，得cos60°＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\r(2)·（\r(2)－t）)),\r(（\r(2)－t）2＋（\r(2)－t）2＋1)·\r(2))，解得t＝eq\f(\r(2),2)或t＝eq\f(3\r(2),2)(舍去)，所以點(diǎn)P是AC的中點(diǎn)．20．【解析】(1)因?yàn)镃1離心率為eq\f(\r(3),2)，所以a2＝4b2，從而C1的方程為：eq\f(x2,4b2)＋eq\f(y2,b2)＝1.代入P(－2，1)解得：b2＝2，因此a2＝8.所以橢圓C1的方程為：eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)由題設(shè)知A、B的坐標(biāo)分別為(－2，－1)，(2，1)．因此直線l的斜率為eq\f(1,2).設(shè)直線l的方程為：y＝eq\f(1,2)x＋t.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(1,2)x＋t,\f(x2,8)＋\f(y2,2)＝1))得：x2＋2tx＋2t2－4＝0.當(dāng)Δ>0時，不妨設(shè)C(x1，y1)，D(x2，y2)，于是x1＋x2＝－2t，x1x2＝2t2－4.設(shè)直線PD、PE的斜率分別為k1，k2，則要證直線PD、PE與y軸圍成的三角形是等腰三角形，只需證k1＋k2＝0，又k1＋k2＝eq\f(y2－1,x2＋2)＋eq\f(－y1－1,－x1＋2)＝eq\f(（y2－1）（2－x1）－（2＋x2）（y1＋1）,（2＋x2）（2－x1）)，則只需證(y2－1)(2－x1)－(2＋x2)(y1＋1)＝0，而(y2－1)(2－x1)－(2＋x2)(y1＋1)＝2(y2－y1)－(x1y2＋x2y1)＋x1－x2－4＝x2－x1－x1x2－t(x1＋x2)＋x1－x2－4＝－x1x2－t(x1＋x2)－4＝－2t2＋4＋2t2－4＝0所以直線PD、PE與y軸圍成的三角形是等腰三角形．21．【解析】(1)f′(x)＝eq\f(a,x)＋x－a＝eq\f(x2－ax＋a,x)(x>0)，于是f(x)有兩個極值點(diǎn)需要二次方程x2－ax＋a＝0有兩個不等的正根，設(shè)其兩根為x1，x2，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ＝a2－4a>0,x1＋x2＝a>0,x1x2＝a>0))，解得a>4，不妨設(shè)x1<x2，此時在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，x1))上f′(x)>0，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，x2))上f′(x)<0，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，＋∞))上f′(x)>0.因此x1，x2是f(x)的兩個極值點(diǎn)，符合題意．所以a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，＋∞)).(2)f(x1)＋f(x2)＝alnx1＋eq\f(1,2)xeq\o\al(2,1)－ax1＋alnx2＋eq\f(1,2)xeq\o\al(2,2)－ax2＝aln(x1x2)＋eq\f(1,2)(xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2))－a(x1＋x2)＝aln(x1x2)＋eq\f(1,2)(x1＋x2)2－x1x2－a(x1＋x2)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lna－\f(1,2)a－1))于是eq\f(f（x1）＋f（x2）,x1＋x2)＝lna－eq\f(1,2)a－1，a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，＋∞)).令φ(a)＝lna－eq\f(1,2)a－1，則φ′(a)＝eq\f(1,a)－eq\f(1,2).因?yàn)閍>4，所以φ′(a)<0.于是φ(a)＝lna－eq\f(1,2)a－1在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，＋∞))上單調(diào)遞減．因此eq\f(f（x1）＋f（x2）,x1＋x2)＝φ(a)<φ(4)＝ln4－3.且eq\f(f（x1）＋f（x2）,x1＋x2)可無限接近ln4－3.又因?yàn)閤1＋x2>0，故不等式f(x1)＋f(x2)<λ(x1＋x2)等價于eq\f(f（x1）＋f（x2）,x1＋x2)<λ.所以λ的最小值為ln4－3.22．【解析】(1)由題設(shè)CD∥AB可知，∠DCA＝∠BAC，因?yàn)閑q\o(AD,\s\up8(︵))＝eq\o(DC,\s\up8(︵))，所以∠DAC＝∠DCA，從而∠DAC＝∠BAC，因此，AC平分∠DAB.(2)由DE⊥AB知，∠ADE＋∠DAB＝90°，因?yàn)锳B為直徑，所以∠DBA＋∠DAB＝90°，從而∠ADE＝∠ABD，又因?yàn)椤螦BD＝∠DCA，所以∠ADE＝∠ACD.因此△ADE∽△ACD，所以AD2＝AE·AC，而AD＝DC.所以CD2＝AE·AC.23．【解析】(1)將eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ρ2＝x2＋