2015广西高考压轴数学(文)试卷

2015广西高考压轴卷文科数学

一 、选择题：（本大题共12小题，每小题5分，满分60分）

1.设集合A{x|x20}，集合B{x|x240}，则AB（ ）

A.{2} B.{2} C.{2,2} D. 2．设复数z满足 (1-i)z=2 i,则z= ( ) A.-1+i B.-1-i C.1+i D.1-i

3．已知命题P:xR,2x3x；命题q:xR,x31x2，则下列命题中为真命题的是（ ）

A. p∧q B.￢p∧q C.p∧￢q D.￢p∧￢q

4.

函数f(x)的定义域为( )

A.(-3，0] B.(-3，1] C.(,3)(3,0] D.(,3)(3,1]

x2y2

5．设椭圆C:221(ab0)的左、右焦点分别为F1,F2，P是C上的点，

ab

PF2F1F2，PF1F230，则C的离心率为( )

11

B. C. 32

4

6．已知数列an满足3an1an0,a2,则an的前10项和等于( )

3

1

A.-61-3-10 B.1-3-10 C.31-3-10 D.31+3-10

9

7．已知向量m1,1,n2,2,若mnmn,则=( )



A.4 B.-3 C.2 D.-1

8．已知圆C1：(x2)2(y3)21，圆C2：(x3)2(y4)29，M、N分 别是圆C1、C2上的动点，P为x轴上的动点，则PMPN的最小值为( ) A.524 B.1 C.622 D.

9．将函数y=3cosx+sinx（x∈R）的图象向左平移m（m＞0）个单位长度后，所得到的图象关于y轴对称，则m的最小值是（ ）

5A. B. C. D 12636

10．一个四面体的顶点在空间直角坐标系O-xyz中的坐标分别是

(1,0,1),(1,1,0),(0,1, 1),(0,0,0),画该四面体三视图中的正视图时,以zOx平面为投影面,则得到正视图可以为 ( )

x

11．如图,F1,F2是椭圆C1: 2=1与双曲线C2的公共焦点,A,B分别是C1,C2在第

4

2

二、四象限的公共点.若四边形AF1BF2是矩形,则C2的离心率是 ( )

36

A、2 B、3 C、 D、

22

12．设函数f(x)aR，e为自然对数的底数）。若存在b[0,1]使

f(f(b))b成立，则a的取值范围是（ ）

A.[1,e] B.[1,1e] C.[e,1e] D.[0,1]

二、填空题：（本大题4小题，每小题5分，满分20分）

13.阅读如下程序框图，如果输出i=4，那么空白的判断框中应填入的条件是S

14.利用计算机产生0～1之间的均匀随机数a，则事件“3a1”的概率为_______ 15.设0，不等式8x2(8sin)xcos20对xR恒成立，则a的取值范围为 ． 16.观察下列等式:

(11)21

(21)(22)2213(31)(32)(33)23135

„

照此规律, 第n个等式可为 . 三、解答题：（本大题共6小题，满分70分，解答应写出文字说明证明过程或演算步骤）

17. （本小题满分12分）

四边形ABCD的内角A与C互补，AB＝1，BC＝3，CD＝DA＝2. (1)求C和BD； (2)求四边形ABCD的面积．

18. （本小题满分12分）

如图，四棱锥P ­ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点． (1)证明：PB∥平面AEC；

3

(2)设AP＝1，AD＝3，三棱锥P ­ ABD的体积V＝A到平面PBC的距离．

4

19.（本小题满分12分）

某市为了考核甲、乙两部门的工作情况，随机访问了50位市民．根据这50位市

(2)分别估计该市的市民对甲、乙两部门的评分高于90的概率； (3)根据茎叶图分析该市的市民对甲、乙两部门的评价． 20. （本小题满分12分）

x2y2

设F1，F2分别是椭圆C：22＝1(a＞b＞0)的左、右焦点，M是C上一点且MF2

ab

与x轴垂直．直线MF1与C的另一个交点为N.

3

(1)若直线MN的斜率为，求C的离心率；

4

(2)若直线MN在y轴上的截距为2，且|MN|＝5|F1N|，求a，b.

21. （本小题满分12分）

函数f(x)＝x3－3x2＋ax＋2，曲线y＝f(x)在点(0，2)处的切线与x轴交点的横坐标为－2. (1)求a；

(2)证明：当k＜1时，曲线y＝f(x)与直线y＝kx－2只有一个交点．

请考生在第22、23、24题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题计分，做答时请写清题号。

22. 选修4­1：几何证明选讲

如图，P是⊙O外一点，PA是切线，A为切点，割线PBC与⊙O相交于点B，C，PC＝2PA，D为PC的中点，AD的延长线交⊙O于点E.证明： (1)BE＝EC；

(2)AD·DE＝2PB2

.

23.选修4­4：坐标系与参数方程

在直角坐标系xOy中，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，

π

半圆C的极坐标方程为ρ＝2cos θ，θ∈0，.

2

(1)求C的参数方程；(2)设点D在C上，C在D处的切线与直线l：y3x＋2垂直，根据(1)中你得到的参数方程，确定D的坐标． 24. 选修4­5：不等式选讲

1

设函数f(x)＝x＋＋|x－a|(a＞0)．

a

(1)

证明：f(x)≥2； (2)若f(3)＜5，求a的取值范围．

文科数学答案

一 、选择题：

1. 【解析】选A.根据题意,集合A={-2},集合B={2,-2},所以A∩B={-2},故选A.

2i

2. 【解析】选A 由（1-i）z=2 i得zi1i1i.

1i

3. 【解析】选B.对于命题P:取x1，可知为假命题，命题q：令

f(x)x3x21，且f(0)(1)0，故f(x)有零点，即方程x3x210有解，q:xR,x31x2为真命题.

12x0

4.【解析】选A. ，解得3x0.

x30

5. 【解析】选D. 因为PF2F1F2,PF1F230,

,PF1。

c又PF1PF

2

， 

2a，所以

a所以PF22ctan30

，选D. an141

，又a2，所以数列an是

3an3

6【解析】选C.因为3an1an0，则

1

首项为a14，公比q的等比数列.故S

3

4?[1

10

(-3

=

1+

110]=3(1-3-10).

7.【解析】选B.因为(mn)

urr

(m+n)(mn)|m|2|n|20，即(1)21(λ+2)2-4=0，解得

(mn)，所以

3.

8.【解析】选A.由题意知,圆C1：圆C2：(x2)2(y3)21，(x3)2(y4)29的圆心分别为C1(2,3),C2(3,4),且

PMPNPC1PC24,点C1(2,3)关于x轴的对称点为C(2,3),所

以PC1PC2PCPC2CC252, 即PMPNPC1PC24524. 9. 【解析】选B.由已知y

2

1

xsinx)2sin(x),当m时，平移后函

236

数为y2sin(x)2cosx，其图象关于y轴对称，且此时m最小。

10. 【解析】选A.

由题意可知,该四面体为正四面体,其中一个顶点在坐标原点,

另外三个顶点分别在三个坐标平面内,所以以zOx平面为投影面,则得到的正视图可以为选项A中的图.

11.【解析】选D.由椭圆C1与双曲线C2有

公共焦点可知c,

因为|AF1|+|AF2

|=4,|AF1|2+|AF2|2=2=12,所以|AF1|·|AF2|=2,又||AF1|-|AF2||=2a,所以(|AF1|-|AF2|)=4a,所以a,

c所以e. 

a12.【解析】选A，由题b0,1，并且由f(f(b))b可得f(b)b（推导过程可以用反证法证明），即b，整理得ebab2b，结合二者的图象以及b0,1，可以分析a的取值范围是[1,e]，故选A.

二、填空题：

13.【解析】填S

11212 14.【解析】填, 设事件A：“3a10”，则a(,1]，所以P(A)

31335

15.【解析】填[0,][,]因为不等式8x2(8sin)xcos20对xR恒

66, 成立，所以64sin232cos20,即64sin23264sin20,解得

51

sin , 因为0,所以[0,][,]

266

16.【解析】考察规律的观察、概况能力，注意项数，开始值和结束值.

2

2

2

第n个等式可为: (n1)(n2)(n3)(nn)2135(2n1)

三、解答题：

17．解：(1)由题设及余弦定理得BD2＝BC2＋CD2－2BC·CDcosC＝13－12cos C，①

BD2＝AB2＋DA2－2AB·DAcos A＝5＋4cos C．②

1

由①②得cos C＝C＝60°，BD7.

2

11

(2)四边形ABCD的面积S＝·DAsin A＋·CDsin C

22

11

＝×1×2＋×3×2sin 60°＝23.

22

18．解：(1)证明：设BD与

n

因为ABCD为矩形，所以O为EO∥PB. EO⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，所以PB∥平面AEC.

11333(2)V＝PAABAD＝AB，由V＝，可得AB＝32642作AH⊥PB交PB于点H.

由题设知BC⊥平面PAB，所以BC⊥AH， 因为PB∩BC＝B，所以AH⊥平面PBC.

PA·AB313313

又AH＝A到平面PBC的距离为.

PB1313

19．解：(1)由所给茎叶图知，将50位市民对甲部门的评分由小到大排序，排在第25，26位的是75，75，故样本的中位数为75，所以该市的市民对甲部门评分的中位数的估计值是75.

50位市民对乙部门的评分由小到大排序，排在第25，26位的是66，68，故

66＋68

样本中位数为＝67，所以该市的市民对乙部门评分的中位数的估计值是

2

67.

5

(2)由所给茎叶图知，50位市民对甲、乙部门的评分高于90的比率分别为＝

50

8

0.10.16，故该市的市民对甲、乙部门的评分高于90的概率的估计值分别

50

为0.1，0.16.

(3)由所给茎叶图知，市民对甲部门的评分的中位数高于对乙部门的评分的中位数，而且由茎叶图可以大致看出对甲部门的评分的标准差要小于对乙部门的评分

的标准差，说明该市市民对甲部门的评价较高、评价较为一致，对乙部门的评价较低、评价差异较大．(注：考生利用其他统计量进行分析，结论合理的同样给分．)

2b

20．解：(1)根据c＝a2－b2及题设知Mc，，2b2＝3ac.

a

c1c

将b2＝a2－c2代入2b2＝3ac，解得＝，＝－2(舍去)．

a2a

1

故C的离心率为.

2

(2)由题意知，原点O为F1F2的中点，MF2∥y轴，所以直线MF1与y轴的交点D(0，

b2

2)是线段MF1的中点，故4，即b2＝4a.①

a

由|MN|＝5|F1N|得|DF1|＝2|F1N|. 设N(x1，y1)，由题意知y1

322（－c－x）＝c，x＝－c，119c12即代入C的方程，得22＝1.②

4ab－2y1＝2，

y1＝－1.

2

9（a－4a）1

将①及c＝a2－b2代入②得＋＝1，

4a24a解得a＝7，b2＝4a＝28，故a＝7，b＝27.

21．解：(1)f′(x)＝3x2－6x＋a，f′(0)＝a.

曲线y＝f(x)在点(0，2)处的切线方程为y＝ax＋2.

2

由题设得－＝－2，所以a＝1.

a

(2)证明：由(1)知，f(x)＝x3－3x2＋x＋2.

设g(x)＝f(x)－kx＋2＝x3－3x2＋(1－k)x＋4， 由题设知1－k>0.

当x≤0时，g′(x)＝3x2－6x＋1－k>0， g(x)单调递增，g(－1)＝k－10时，令h(x)＝x3－3x2＋4， 则g(x)＝h(x)＋(1－k)x>h(x)．

h′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，h(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，

所以g(x)>h(x)≥h(2)＝0，

所以g(x)＝0在(0，＋∞)上没有实根． 综上，g(x)＝0在R有唯一实根，

即曲线y＝f(x)与直线y＝kx－2只有一个交点．

22．证明：(1)连接AB，AC.由题设知PA＝PD，故∠PAD＝∠PDA.

因为∠PDA＝∠DAC＋∠DCA，∠PAD＝∠BAD＋∠PAB，∠DCA＝∠PAB， 所以∠DAC＝∠BAD，从而BE＝EC. 因此BE＝EC.

(2)由切割线定理得PA＝PB·因为PA＝PD＝DC，所以DC＝2PB，BD＝PB.

由相交弦定理得AD·DE＝BD·DC， 所以AD·DE＝2PB2.

23. 解：(1)C的普通方程为(x－1)2＋y2＝1(0≤y≤1)．

可得C的参数方程为 x＝1＋cos t，(t为参数，0≤t≤π)． y＝sin t，

(2)设D(1＋cos t，sin t)．由(1)知C是以G(1，0)为圆心，1为半径的上半圆．因为C在点D处的切线与l垂直，所以直线GD与l的斜率相同，tan t＝3，t＝π. 3

3ππ3

1＋cos，sin故D的直角坐标为，即.

3322

111

24. 解：(1)证明：由a>0 ，有f(x)＝x＋＋|x－a|≥x＋－（x－a）＝＋

aaa

a≥2，

所以f(x)≥2.

1

(2)f(3)＝3＋＋|3－a|.

a

15＋21

当a>3时，f(3)＝a＋，由f(3)

当0

a21＋55＋21

. 综上，a的取值范围是22

2

2015广西高考压轴卷文科数学

一 、选择题：（本大题共12小题，每小题5分，满分60分）

1.设集合A{x|x20}，集合B{x|x240}，则AB（ ）

A.{2} B.{2} C.{2,2} D. 2．设复数z满足 (1-i)z=2 i,则z= ( ) A.-1+i B.-1-i C.1+i D.1-i

3．已知命题P:xR,2x3x；命题q:xR,x31x2，则下列命题中为真命题的是（ ）

A. p∧q B.￢p∧q C.p∧￢q D.￢p∧￢q

4.

函数f(x)的定义域为( )

A.(-3，0] B.(-3，1] C.(,3)(3,0] D.(,3)(3,1]

x2y2

5．设椭圆C:221(ab0)的左、右焦点分别为F1,F2，P是C上的点，

ab

PF2F1F2，PF1F230，则C的离心率为( )

11

B. C. 32

4

6．已知数列an满足3an1an0,a2,则an的前10项和等于( )

3

1

A.-61-3-10 B.1-3-10 C.31-3-10 D.31+3-10

9

7．已知向量m1,1,n2,2,若mnmn,则=( )



A.4 B.-3 C.2 D.-1

8．已知圆C1：(x2)2(y3)21，圆C2：(x3)2(y4)29，M、N分 别是圆C1、C2上的动点，P为x轴上的动点，则PMPN的最小值为( ) A.524 B.1 C.622 D.

9．将函数y=3cosx+sinx（x∈R）的图象向左平移m（m＞0）个单位长度后，所得到的图象关于y轴对称，则m的最小值是（ ）

5A. B. C. D 12636

10．一个四面体的顶点在空间直角坐标系O-xyz中的坐标分别是

(1,0,1),(1,1,0),(0,1, 1),(0,0,0),画该四面体三视图中的正视图时,以zOx平面为投影面,则得到正视图可以为 ( )

x

11．如图,F1,F2是椭圆C1: 2=1与双曲线C2的公共焦点,A,B分别是C1,C2在第

4

2

二、四象限的公共点.若四边形AF1BF2是矩形,则C2的离心率是 ( )

36

A、2 B、3 C、 D、

22

12．设函数f(x)aR，e为自然对数的底数）。若存在b[0,1]使

f(f(b))b成立，则a的取值范围是（ ）

A.[1,e] B.[1,1e] C.[e,1e] D.[0,1]

二、填空题：（本大题4小题，每小题5分，满分20分）

13.阅读如下程序框图，如果输出i=4，那么空白的判断框中应填入的条件是S

14.利用计算机产生0～1之间的均匀随机数a，则事件“3a1”的概率为_______ 15.设0，不等式8x2(8sin)xcos20对xR恒成立，则a的取值范围为 ． 16.观察下列等式:

(11)21

(21)(22)2213(31)(32)(33)23135

„

照此规律, 第n个等式可为 . 三、解答题：（本大题共6小题，满分70分，解答应写出文字说明证明过程或演算步骤）

17. （本小题满分12分）

四边形ABCD的内角A与C互补，AB＝1，BC＝3，CD＝DA＝2. (1)求C和BD； (2)求四边形ABCD的面积．

18. （本小题满分12分）

如图，四棱锥P ­ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点． (1)证明：PB∥平面AEC；

3

(2)设AP＝1，AD＝3，三棱锥P ­ ABD的体积V＝A到平面PBC的距离．

4

19.（本小题满分12分）

某市为了考核甲、乙两部门的工作情况，随机访问了50位市民．根据这50位市

(2)分别估计该市的市民对甲、乙两部门的评分高于90的概率； (3)根据茎叶图分析该市的市民对甲、乙两部门的评价． 20. （本小题满分12分）

x2y2

设F1，F2分别是椭圆C：22＝1(a＞b＞0)的左、右焦点，M是C上一点且MF2

ab

与x轴垂直．直线MF1与C的另一个交点为N.

3

(1)若直线MN的斜率为，求C的离心率；

4

(2)若直线MN在y轴上的截距为2，且|MN|＝5|F1N|，求a，b.

21. （本小题满分12分）

函数f(x)＝x3－3x2＋ax＋2，曲线y＝f(x)在点(0，2)处的切线与x轴交点的横坐标为－2. (1)求a；

(2)证明：当k＜1时，曲线y＝f(x)与直线y＝kx－2只有一个交点．

请考生在第22、23、24题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题计分，做答时请写清题号。

22. 选修4­1：几何证明选讲

如图，P是⊙O外一点，PA是切线，A为切点，割线PBC与⊙O相交于点B，C，PC＝2PA，D为PC的中点，AD的延长线交⊙O于点E.证明： (1)BE＝EC；

(2)AD·DE＝2PB2

.

23.选修4­4：坐标系与参数方程

在直角坐标系xOy中，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，

π

半圆C的极坐标方程为ρ＝2cos θ，θ∈0，.

2

(1)求C的参数方程；(2)设点D在C上，C在D处的切线与直线l：y3x＋2垂直，根据(1)中你得到的参数方程，确定D的坐标． 24. 选修4­5：不等式选讲

1

设函数f(x)＝x＋＋|x－a|(a＞0)．

a

(1)

证明：f(x)≥2； (2)若f(3)＜5，求a的取值范围．

文科数学答案

一 、选择题：

1. 【解析】选A.根据题意,集合A={-2},集合B={2,-2},所以A∩B={-2},故选A.

2i

2. 【解析】选A 由（1-i）z=2 i得zi1i1i.

1i

3. 【解析】选B.对于命题P:取x1，可知为假命题，命题q：令

f(x)x3x21，且f(0)(1)0，故f(x)有零点，即方程x3x210有解，q:xR,x31x2为真命题.

12x0

4.【解析】选A. ，解得3x0.

x30

5. 【解析】选D. 因为PF2F1F2,PF1F230,

,PF1。

c又PF1PF

2

， 

2a，所以

a所以PF22ctan30

，选D. an141

，又a2，所以数列an是

3an3

6【解析】选C.因为3an1an0，则

1

首项为a14，公比q的等比数列.故S

3

4?[1

10

(-3

=

1+

110]=3(1-3-10).

7.【解析】选B.因为(mn)

urr

(m+n)(mn)|m|2|n|20，即(1)21(λ+2)2-4=0，解得

(mn)，所以

3.

8.【解析】选A.由题意知,圆C1：圆C2：(x2)2(y3)21，(x3)2(y4)29的圆心分别为C1(2,3),C2(3,4),且

PMPNPC1PC24,点C1(2,3)关于x轴的对称点为C(2,3),所

以PC1PC2PCPC2CC252, 即PMPNPC1PC24524. 9. 【解析】选B.由已知y

2

1

xsinx)2sin(x),当m时，平移后函

236

数为y2sin(x)2cosx，其图象关于y轴对称，且此时m最小。

10. 【解析】选A.

由题意可知,该四面体为正四面体,其中一个顶点在坐标原点,

另外三个顶点分别在三个坐标平面内,所以以zOx平面为投影面,则得到的正视图可以为选项A中的图.

11.【解析】选D.由椭圆C1与双曲线C2有

公共焦点可知c,

因为|AF1|+|AF2

|=4,|AF1|2+|AF2|2=2=12,所以|AF1|·|AF2|=2,又||AF1|-|AF2||=2a,所以(|AF1|-|AF2|)=4a,所以a,

c所以e. 

a12.【解析】选A，由题b0,1，并且由f(f(b))b可得f(b)b（推导过程可以用反证法证明），即b，整理得ebab2b，结合二者的图象以及b0,1，可以分析a的取值范围是[1,e]，故选A.

二、填空题：

13.【解析】填S

11212 14.【解析】填, 设事件A：“3a10”，则a(,1]，所以P(A)

31335

15.【解析】填[0,][,]因为不等式8x2(8sin)xcos20对xR恒

66, 成立，所以64sin232cos20,即64sin23264sin20,解得

51

sin , 因为0,所以[0,][,]

266

16.【解析】考察规律的观察、概况能力，注意项数，开始值和结束值.

2

2

2

第n个等式可为: (n1)(n2)(n3)(nn)2135(2n1)

三、解答题：

17．解：(1)由题设及余弦定理得BD2＝BC2＋CD2－2BC·CDcosC＝13－12cos C，①

BD2＝AB2＋DA2－2AB·DAcos A＝5＋4cos C．②

1

由①②得cos C＝C＝60°，BD7.

2

11

(2)四边形ABCD的面积S＝·DAsin A＋·CDsin C

22

11

＝×1×2＋×3×2sin 60°＝23.

22

18．解：(1)证明：设BD与

n

因为ABCD为矩形，所以O为EO∥PB. EO⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，所以PB∥平面AEC.

11333(2)V＝PAABAD＝AB，由V＝，可得AB＝32642作AH⊥PB交PB于点H.

由题设知BC⊥平面PAB，所以BC⊥AH， 因为PB∩BC＝B，所以AH⊥平面PBC.

PA·AB313313

又AH＝A到平面PBC的距离为.

PB1313

19．解：(1)由所给茎叶图知，将50位市民对甲部门的评分由小到大排序，排在第25，26位的是75，75，故样本的中位数为75，所以该市的市民对甲部门评分的中位数的估计值是75.

50位市民对乙部门的评分由小到大排序，排在第25，26位的是66，68，故

66＋68

样本中位数为＝67，所以该市的市民对乙部门评分的中位数的估计值是

2

67.

5

(2)由所给茎叶图知，50位市民对甲、乙部门的评分高于90的比率分别为＝

50

8

0.10.16，故该市的市民对甲、乙部门的评分高于90的概率的估计值分别

50

为0.1，0.16.

(3)由所给茎叶图知，市民对甲部门的评分的中位数高于对乙部门的评分的中位数，而且由茎叶图可以大致看出对甲部门的评分的标准差要小于对乙部门的评分

的标准差，说明该市市民对甲部门的评价较高、评价较为一致，对乙部门的评价较低、评价差异较大．(注：考生利用其他统计量进行分析，结论合理的同样给分．)

2b

20．解：(1)根据c＝a2－b2及题设知Mc，，2b2＝3ac.

a

c1c

将b2＝a2－c2代入2b2＝3ac，解得＝，＝－2(舍去)．

a2a

1

故C的离心率为.

2

(2)由题意知，原点O为F1F2的中点，MF2∥y轴，所以直线MF1与y轴的交点D(0，

b2

2)是线段MF1的中点，故4，即b2＝4a.①

a

由|MN|＝5|F1N|得|DF1|＝2|F1N|. 设N(x1，y1)，由题意知y1

322（－c－x）＝c，x＝－c，119c12即代入C的方程，得22＝1.②

4ab－2y1＝2，

y1＝－1.

2

9（a－4a）1

将①及c＝a2－b2代入②得＋＝1，

4a24a解得a＝7，b2＝4a＝28，故a＝7，b＝27.

21．解：(1)f′(x)＝3x2－6x＋a，f′(0)＝a.

曲线y＝f(x)在点(0，2)处的切线方程为y＝ax＋2.

2

由题设得－＝－2，所以a＝1.

a

(2)证明：由(1)知，f(x)＝x3－3x2＋x＋2.

设g(x)＝f(x)－kx＋2＝x3－3x2＋(1－k)x＋4， 由题设知1－k>0.

当x≤0时，g′(x)＝3x2－6x＋1－k>0， g(x)单调递增，g(－1)＝k－10时，令h(x)＝x3－3x2＋4， 则g(x)＝h(x)＋(1－k)x>h(x)．

h′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，h(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，

所以g(x)>h(x)≥h(2)＝0，

所以g(x)＝0在(0，＋∞)上没有实根． 综上，g(x)＝0在R有唯一实根，

即曲线y＝f(x)与直线y＝kx－2只有一个交点．

22．证明：(1)连接AB，AC.由题设知PA＝PD，故∠PAD＝∠PDA.

因为∠PDA＝∠DAC＋∠DCA，∠PAD＝∠BAD＋∠PAB，∠DCA＝∠PAB， 所以∠DAC＝∠BAD，从而BE＝EC. 因此BE＝EC.

(2)由切割线定理得PA＝PB·因为PA＝PD＝DC，所以DC＝2PB，BD＝PB.

由相交弦定理得AD·DE＝BD·DC， 所以AD·DE＝2PB2.

23. 解：(1)C的普通方程为(x－1)2＋y2＝1(0≤y≤1)．

可得C的参数方程为 x＝1＋cos t，(t为参数，0≤t≤π)． y＝sin t，

(2)设D(1＋cos t，sin t)．由(1)知C是以G(1，0)为圆心，1为半径的上半圆．因为C在点D处的切线与l垂直，所以直线GD与l的斜率相同，tan t＝3，t＝π. 3

3ππ3

1＋cos，sin故D的直角坐标为，即.

3322

111

24. 解：(1)证明：由a>0 ，有f(x)＝x＋＋|x－a|≥x＋－（x－a）＝＋

aaa

a≥2，

所以f(x)≥2.

1

(2)f(3)＝3＋＋|3－a|.

a

15＋21

当a>3时，f(3)＝a＋，由f(3)

当0

a21＋55＋21

. 综上，a的取值范围是22

2