2016年广州市高考备考冲刺阶段数学学科训练材料
（理科）
说明：
1．本训练题由广州市中学数学教学研究会高三中心组与广州市高考数学研究组共同编写，共41题，请各校教师根据本校学生的实际情况选择使用．
2．本训练题仅供本市高三学生考前冲刺训练用，希望在5月31日之前完成．
3．本训练题与市高三质量抽测、一测、二测等数学试题在内容上相互配套，互为补充．四套试题覆盖了高中数学的主要知识和方法．因此，希望同学们在5月31日至6月6日之间，安排一段时间，对这四套试题进行一次全面的回顾总结，同时，将高中数学课本中的基本知识（如概念、定理、公式等）再复习一遍．
希望同学们保持良好的心态，在高考中稳定发挥，考取理想的成绩！
1．已知函数的最大值为．
（Ⅰ）求常数的值；
（Ⅱ）求函数的单调递增区间；
（Ⅲ）若将的图象向左平移个单位，得到函数的图象，求函数在区间上的最大值和最小值．
2．某同学用“五点法”画函数在某一个周期内的图象时，列表并填入了部分数据，如下表：
0
0
5
0
（Ⅰ）请将上表数据补充完整，并直接写出函数的解析式；
（Ⅱ）将图象上所有点向左平行移动个单位长度，得到的图
象. 若图象的一个对称中心为，求的最小值.
3．已知△ABC中，内角A，B，C满足
（Ⅰ） 求角A的大小；
（Ⅱ） 若sinB=psinC，且△ABC是锐角三角形，求实数p的取值范围．
O
x
y
8
4
3
P
N
M
S
q
2
4．如图，某市拟在长为8km的道路OP的一侧修建一条运动赛道，赛道的前一部分为曲线段OSM，该曲线段为函数y=Asinx(A>0, >0) x[0,4]的图象，且图象的最高点为S(3，2)；赛道的后一部分为折线段MNP，为保证参赛运动员的安全，限定MNP=120
（I）求A , 的值和M，P两点间的距离；
（II）应如何设计，才能使折线段赛道MNP最长？
5．在中，点是的中点，的三边长是连续的三个正整数，且.
（Ⅰ）判断的形状；
（Ⅱ）求的余弦值.
6． 如图，在平面直角坐标系中，锐角、的终边分别与单位圆交于，两点．
（Ⅰ）如果，点的横坐标为，求的值；
（Ⅱ）若角的终边与单位圆交于C点，设角、、的正弦线分别为MA、NB、PC，求证：线段MA、NB、PC能构成一个三角形；
（III）探究第（Ⅱ）小题中的三角形的外接圆面积是否为定值？
若是，求出该定值；若不是，请说明理由.
7．等差数列中，，．
（Ⅰ）求数列的通项公式；
（Ⅱ）设，求的值．
8．设数列的前项和为，满足，且．
（Ⅰ）求的通项公式；
（Ⅱ）若，，成等差数列，求证：，，成等差数列．
9．已知数列的前项和为，且满足．
（Ⅰ）求数列的通项公式；
（Ⅱ）设（），求数列的前项和．
10．已知数列的前项和为，且满足．
（Ⅰ）求数列的通项公式；
（Ⅱ）求证：．
11．已知首项为的等比数列{an}是递减数列，其前n项和为Sn，且S1＋a1，S2＋a2，S3＋a3成等差数列．
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）若bn＝an·，数列{bn}的前n项和为Tn，求满足不等式≥的最大n值．
12．已知为单调递增的等差数列，,设数列满足
(Ⅰ)求数列的通项 ；
(Ⅱ)求数列的前项和 。
13．有甲乙两个班进行数学考试，按照大于等于85分为优秀，85分以下为非优秀统计成绩后，得到如下列联表．
优秀
非优秀
总计
甲班
10
乙班
30
合计
105
已知在全部105人中随机抽取1人为优秀的概率为．
（Ⅰ）请完成上面的列联表；
（Ⅱ）根据列联表的数据，若按95﹪的可靠性要求，能否认为“成绩与班级有关”；
（Ⅲ）若按下面的方法从甲班优秀的学生抽取一人：把甲班10名优秀的学生按2到11进行编号，先后两次抛得一枚骰子，出现的点数之和为被抽取的序号．试求抽到6号或10号的概率．
参考公式：
P(K2≥k0)
0．10
0．05
0．010
0．005
k0
2．706
3．841
6．635
7．879
附：K2＝
14． 已知2件次品和3件正品混放在一起，现需要通过检测将其区分，每次随机检测一件产品，检测后不放回，直到检测出2件次品或者检测出3件正品时检测结果．
（Ⅰ）求第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品的概率;
（Ⅱ）已知每检测一件产品需要费用100元，设X表示直到检测出2件次品或者检测出3件正品时所需要的检测费用（单位：元），求X的分布列和数学期望．
15．某商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额商品后即可抽奖，每次抽奖都从装有4个红球、6个白球的甲箱和装有5个红球、5个白球的乙箱中，各随机摸出1个球，在摸出的2个球中，若都是红球，则获一等奖；若只有1个红球，则获二等奖；若没有红球，则不获奖．
（Ⅰ）求顾客抽奖1次能获奖的概率；
（Ⅱ）若某顾客有3次抽奖机会，记该顾客在3次抽奖中获一等奖的次数为，求的分布列，数学期望及方差．
16．甲、乙两家外卖公司，其送餐员的日工资方案如下：甲公司底薪70元，每单抽成2元；乙公司无底薪，40单以内(含40单)的部分每单抽成4元，超出40单的部分每单抽成6元．假设同一公司送餐员一天的送餐单数相同，现从两家公司各随机抽取一名送餐员，并分别记录其100天的送餐单数，得到如下频数表：
（Ⅰ）现从甲公司记录的这100天中随机抽取两天，求这两天送餐单数都大于40的概率；
（Ⅱ）若将频率视为概率，回答以下问题：
（ⅰ）记乙公司送餐员日工资为(单位：元),求的分布列和数学期望；
（ⅱ）小明拟到甲、乙两家公司中的一家应聘送餐员，如果仅从日工资的角度考虑，请利用所学的统计学知识为他作出选择，并说明理由．
17．从某企业的某种产品中抽取500件，测量这些产品的一项质量指标值，由测量结果得如下频率分布直方图：
（I）求这500件产品质量指标值的样本平均数,中位数和样本方差（同一组数据用该区间的中点值作代表）；
（Ⅱ）由频率分布直方图可以认为，这种产品的质量指标值服从正态分布，其中近似为样本平均数，近似为样本方差．
(i)利用该正态分布，求；
（ii）某用户从该企业购买了100件这种产品，记表示这100件产品中质量指标值为于区间（187．8,212．2）的产品件数，利用（i）的结果，求．
附：≈12．2．
若～，则=0．6826，=0．9544．
18． 第31届夏季奥林匹克运动会将于2016年8月5日—21日在巴西里约热内卢举行．下表是近五届奥运会中国代表团和俄罗斯代表团获得的金牌数的统计数据（单位：枚）．
第30届
伦敦
第29届
北京
第28届
雅典
第27届
悉尼
第26届
亚特兰大
中国
38
51
32[来源:Z&xx&k．Com]
28
16
俄罗斯
24
23
27
32
26
（Ⅰ）根据表格中两组数据完成近五届奥运会两国代表团获得的金牌数的茎叶图，并通过茎叶图比较两国代表团获得的金牌数的平均值及分散程度（不要求计算出具体数值，给出结论即可）；
（Ⅱ）甲、乙、丙三人竞猜今年中国代表团和俄罗斯代表团中的哪一个获得的金牌数多（假设两国代表团获得的金牌数不会相等），规定甲、乙、丙必须在两个代表团中选一个，已知甲、乙猜中国代表团的概率都为，丙猜中国代表团的概率为，三人各自猜哪个代表团的结果互不影响．现让甲、乙、丙各猜一次，设三人中猜中国代表团的人数为，求的分布列及数学期望．
中国
俄罗斯
1
2
3
4
5
19． 如图，五面体ABCDEF中，底面ABCD为矩形，AB=6，AD=4．顶部线段EF∥平面ABCD，棱EA=ED=FB=FC=，EF=2，二面角F﹣BC﹣A的余弦值为．
（Ⅰ）在线段BC上是否存在一点N，使BC⊥平面EFN；
（Ⅱ）求平面EFB和平面CFB所成锐二面角的余弦值．
20．如图1，在中，，，，、分别为、的中点，连接并延长交于，将沿折起，使平面平面，如图2所示．
(Ⅰ)求证：平面；
（Ⅱ）求平面与平面所成的锐二面角的余弦值；
（Ⅲ）在线段上是否存在点使得平面？若存在，请指出点的位置；若不存在，说明理由．
21．如图，在三棱柱中，侧面为矩形，
为的中点，与交于点．
（Ⅰ）证明：；
（Ⅱ）若，求二面角的余弦值．
22．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥平面ABCD，四边形ABCD是菱形，AC=2，BD=2，E是PB上任意一点．
（Ⅰ）求证：AC⊥DE；
（Ⅱ）已知二面角A﹣PB﹣D的正切值为，若E为PB的中点，求EC与平面PAB所成角的正弦值．
23．如图，四边形是直角梯形，又，直线与直线所成的角为．
（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）求二面角的余弦值；
（Ⅲ）求点到平面的距离．
24．已知矩形，且 ，分别是、的中点，为中点，将矩形沿着直线折成一个的二面角，如图所示．
（Ⅰ）求证： ⊥；
（Ⅱ）求与平面所成角的正弦值．
25．以抛物线：的焦点为圆心，且与抛物线有且只有一个公共点．
（I）求圆的方程；
（Ⅱ）过点作圆的两条切线与抛物线分别交于点和，求经过四点的圆的方程．
26．如图，已知圆，点，是圆上任意一点．线段的垂直平分线和半径相交于．
（Ⅰ）求动点的轨迹的方程；
（Ⅱ）已知是轨迹的三个动点，与关于原点对称，且，问的面积是否存在最小值？若存在，求出此时点C的坐标，若不存在，请说明理由．
27．已知中心在原点O，焦点在x轴上，离心率为的椭圆过点（，）．
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）设不过原点O的直线l与该椭圆交于P，Q两点，满足直线OP，PQ，OQ的斜率依次成等比数列，求△OPQ面积的取值范围．
28．已知的坐标分别为，．直线相交于点，且它们的斜率之积为．
（Ⅰ）求点的轨迹方程；
（Ⅱ）设的坐标为,直线与直线交于点，当直线绕点转动时，试判断以为直径的圆与直线的位置关系，并加以证明．
29．已知函数 f (x) = ．
（Ⅰ）若 m∈(－2,2)，求函数 y = f (x) 的单调区间；
（Ⅱ）若 m∈(0,]，则当 x∈[0,m + 1] 时，函数 y = f (x) 的图像是否总在直线 y = x上方?请写出判断过程．
30．已知函数 f (x) = x 2－ax(a≠0)，g(x) = ln x，f (x) 图象与 x轴异于原点的交点 M处的切线为 l1，g(x－1) 与 x 轴的交点 N 处的切线为 l2，并且 l1与 l2平行．
(Ⅰ) 求 f （Ⅱ） 的值；
(Ⅱ) 已知实数 t∈R，求 u = x ln x，x∈[1,e] 的取值范围及函数 y = f [xg(x) + t]，x∈[1,e] 的最小值；
(Ⅲ) 令 F(x) = g(x) + g’(x)，给定 x1、x2∈(1,+)，x1 < x2，对于两个大于1的正数 、，存在实数 m满足 = mx1 + (1－m) x2， = (1－m) x1 + mx2，并且使得不等式 | F()－F() | < | F(x1)－F(x2) | 恒成立，求实数 m 的取值范围．
31．设 f (x) = ，x∈[0,]
(Ⅰ) 求 f (x) 的单调区间；
(Ⅱ) 证明 f (x)≤x 恒成立；
(Ⅲ) 设 x1、x2∈[0,]，p、q > 0，p + q = 1，求证: f (px1 + qx2)≥pf (x1) + qf (x2)．
32．定义：若 在 [k,+¥) 上为增函数，则称 f (x) 为“k次比增函数”，其中 k∈N *，已知 f (x) = e ax．(其中 e = 2．71238 …)
(Ⅰ) 若 f (x) 是“1次比增函数”，求实数 a的取值范围；
(Ⅱ) 当 a = 时，求函数 g(x) = 在 [m,m + 1](m > 0)上的最小值；
(Ⅲ) 求证：+ + + … + < ．
33．设函数 f (x) = x 2－(a－2) x－a ln x．
(Ⅰ) 求函数 f (x) 的单调区间；
(Ⅱ) 若函数 f (x) 有两个零点，求满足条件的最小正整数 a 的值；
(Ⅲ) 若方程 f (x) = c有两个不相等的实数根 x1、x2，求证：f’() > 0．
34．已知函数 f (x) = ln x－x 2 + x(m∈R)
(Ⅰ) 当 m > 0时，若 f (x)≤mx－恒成立，求 m 的取值范围；
(Ⅱ) 当 m = －1时，若 f (x1) + f (x2) = 0，求证：x1 + x2≥－1．
35．如图，A，B，C，D四点在同一圆上，AD的延长线与BC的延长线交于E点，且EC＝ED．
（I）证明：CD∥AB；
（II）延长CD到F，延长DC到G，使得EF＝EG，证明：A，B，G，F四点共圆．
36．如图，是圆的直径，弦于点，是延长线上一点，，，，切圆于，交于．
（Ⅰ）求证：为等腰三角形；
（Ⅱ）求线段的长．
37．如图所示，已知圆外有一点，作圆的切线，为切点，过的中点，作割线，交圆于、两点，连接并延长，交圆于点，连接交圆于点，若．
（Ⅰ）求证：∽；
（Ⅱ）求证：四边形是平行四边形．
38．已知曲线的极坐标方程式，以极点为平面直角坐标系的原点，极轴为轴的正半轴，建立平面直角坐标系，直线的参数方程是，（为参数）．
（Ⅰ）求曲线的直角坐标方程和直线的普通方程；
（Ⅱ）设点，若直线与曲线交于两点，且，求实数的值．
39．在直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴为极轴建立极坐标系，半圆的极坐标方程为，．
（Ⅰ）求的参数方程．
（Ⅱ）设点在上，在处的切线与直线垂直，根据（Ⅰ）中你得到的参数方程，确定的坐标．
40．已知，，．
（Ⅰ）若，求实数的取值范围；
（Ⅱ）对，若恒成立，求的取值范围．
41．设．
（Ⅰ）当时，解不等式；
（Ⅱ）若对任意恒成立，求实数的取值范围．
2016年广州市高考备考冲刺阶段数学学科(理科)训练材料参考答案
1．解：（Ⅰ）
，
（Ⅱ）由，解得
，所以函数的单调递增区间
（Ⅲ）将的图象向左平移个单位，得到函数的图象，
当时，，取最大值
当时，，取最小值-3.
2．解：（Ⅰ）根据表中已知数据，解得.
数据补全如下表：
0
0
5
0
0
且函数表达式为.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知 ，得.
因为的对称中心为，.
令，解得，.
由于函数的图象关于点成中心对称，令，
解得，. 由可知，当时，取得最小值.
3．解：（Ⅰ） 由得
,则即
（Ⅱ）
∵△ABC为锐角三角形，且
∴
4．解：（Ⅰ）依题意，有，，又，。
当 时，
又
（Ⅱ）在△MNP中∠MNP=120°，MP=5，设∠PMN=，则0° 0，此时 f (x) 单调递增，x∈(m + 1,1) 时，f '(x) < 0，此时 f (x) 单调递减，x∈(1,+¥) 时，f '(x) > 0，此时 f (x) 单调递增．
综上所述，① 当 m = 0 时，f (x) 在 R 上单调递增,
② 当 0 < m < 2 时，f (x) 在 (－¥,1) 和 (m + 1,+¥) 上单调递增，f (x) 在 (1,m + 1) 上单调递减，
③ 当－2 < m < 0时，f (x) 在 (－¥,m + 1) 和 (1,+¥) 上单调递增，f (x) 在 (m + 1,1) 上单调递减
（Ⅱ） 当 m∈(0,] 时，由（Ⅰ）知 f (x) 在 (0,1) 上单调递增，在 (1,m + 1) 上单调递减．
令 g(x) = x．
① 当 x∈[0,1] 时，f (x)min = f (0) = 1，g(x)max = 1，所以函数 f (x) 图象在 g(x) 图象上方．
② 当 x∈[1,m + 1]时，函数 f (x) 单调递减，所以其最小值为 f (m + 1) = ，g(x) 最大值为 m + 1，所以下面判断 f (m + 1) 与 m + 1的大小，即判断 e x与 (1 + x) x 的大小，
其中 x = m + 1∈(1,]
令 m(x) = e x－(1 + x) x，m '(x) = e x－2x－1，令 h(x) = m '(x)，则 h '(x) = e x－2
因 x = m + 1∈(1,]，所以 h '(x) = e x－2 > 0，m '(x) 单调递增；
∴ m '（Ⅰ） = e－3 < 0，m '( ) = e －4 > 0故存在 x0∈(1,]
使得 m '(x0) = e x0－2x0－1 = 0
∴ m(x)在 (1,x0) 上单调递减，在 (x0,) 单调递增
∴ m(x)≥m(x0) = e x0－x02－x0 = 2x0 + 1－x02－x0 = －x02 + x0 + 1
∴ x0∈(1,] 时，m(x0) = －x02 + x0 + 1 > 0即 e x > (1 + x) x也即 f (m + 1) > m + 1
所以函数 f (x) 的图象总在直线 y = x上方．
30．解：（Ⅰ） f (x) 的图象与 x 轴异于原点的交点为 M(a,0)，f ' (x) = 2x－a
g(x－1) 的图象与 x 轴的交点 N(2,0)，g’(x－1) =
由题意可得 kl1 = kl2，即 2a－a = 1，所以 a = 1
∴ f (x) = x 2－x，f （Ⅱ） = 2 2－2 = 2
（Ⅱ）当x [1,e] 时，u’(x) = ln x + 1 > 0
∴ u(x) 在 [1,e] 上单调递增，所以 u(x)max = u(e) = e，u(x)min = u（Ⅰ） = 0，
即 u(x) 的取值范围是 [0,e]
y = f [xg(x) + t] = [x ln (x + t)] 2－(x ln x + t) = (x ln x) 2 + (2t－1) (x ln x) + t 2－t
令 u = x ln x，在x [1,e] 时，u’ = ln x + 1 > 0，
∴ u = x ln x 在 [1,e] 上单调递增，0≤u≤e，
y = u 2 + (2t－1) u + t 2－t 图象的对称轴为 u = ，抛物线开口向上，
①当 ≤0即 t≥ 时，ymin = y | u=0 = t 2－t，
②当 ≥e 即 t≤ 时，ymin = e 2 + (2t－1) e + t 2－t，
③当 0 < < e，即 < t < 时，
ymin = y | = () 2 + (2t－1)· + t 2－t = －
（Ⅲ） F(x) = g(x) + g’(x) = ln x + ，F’(x) = －= ≥0，x≥1，
∴ F(x) 在区间 (1,+¥) 上单调递增，
所以当 x≥1 时，F(x)≥F（Ⅰ） > 0．
①当 m Î (0,1) 时，有a = mx1 + (1－m) x2 > mx1 + (1－m) x1 = x1，a = mx1 + (1－m) x2 < mx2 +
(1－m) x2 = x2，得 a Î (x1,x2)，同理 b Î (x1,x2)，
由 F(x) 的单调性知 0 < F(x1) < F(a) < F(x2)，0 < F(x1) < F(b) < F(x2)
∴ | F(a)－F(b) | < | F(x1)－F(x2) |，符合题设．
② 当 m≤0 时，有a = mx1 + (1－m) x2≥mx2 + (1－m) x2 = x2，b = (1－m) x1 + mx2≤(1－m) x1 + mx1 = x1
由 F(x) 的单调性知 0 < F(b)≤F(x1) < F(x2)≤F(a)
∴ | F(a)－F(b) |≥| F(x1)－F(x2) |，与题设不符．
③当m≥1时，同理可得 a≤x1，b≥x2，得 | F(a)－F(b) |≥| F(x1)－F(x2) |，与题设不符．
综上所述，得 m Î (0,1)
31．解：（Ⅰ） f’(x) = = ,
x∈(0,) 时，f’(x) > 0；x∈(,) 时，f’(x) < 0．
∴ f (x) 的增区间为 (0,)，f (x) 的减区间为 (,)．
（Ⅱ）设 g(x) = f (x)－x，则 g’(x) = －1,
g”(x) = = < 0,
∴ g’(x) 在 [0,] 上递减，∴ g’(x)≤g’(0) = 0, ∴g(x)在 [0,] 上递增,
g(x)≤g(0) = 0, ∴－x≤0,即 f (x)≤x．
（Ⅲ）不妨设 0≤x1≤x2≤，构造函数 F(x) = f (px + qx2)－[pf (x) + qf (x2)] ,x∈ [0,x2]
则 F(x) = －－q·,
F’(x) = －,
F”(x) = － = ．
∵ px + qx2－x = qx2－(1－p) x = q(x2－x)≥0,
∴ ≥px + qx2≥x≥0,∴cos (px + qx2)≤cos x．
又 ∵0 < p < 1,∴0≤p cos (px + qx2) < cos x≤1．
又 0 < e x≤e px+qx2 ,
∴ e x·p cos (px + qx2) < e px+qx2 cos x,
∴ F”(x)≥0, ∴F’(x) 在 [0,x2] 上增,
∴ F’(x)≤F’(x2) = 0,
∴ F(x) 在 [0,x2] 上减，∴F(x)≥F(x2) = 0,
∴ f (px + qx2)≥pf (x) + qf (x2)∀x∈[0,x2],
∴ f (px1 + qx2)≥pf (x1) + qf (x2)．
32．解：（Ⅰ） 由题知 y = 在 [1,+¥)上为增函数，
故 ()’= ≥0在 [1,+¥)上恒成立，故 ax－1≥0在 [1,+¥)上恒成立，即 a≥在 x∈[1,+¥)上恒成立，而 ≤1， ∴a≥1．
（Ⅱ） 当 a = 时， g(x) = = ， x > 2，
当 x > 2时， g’(x) > 0，即 g(x)在 [2,+¥)上单调递增；
当 x < 2且 x≠0时， g’(x) < 0，即 g(x)在 (0,2),(－¥,0)上单调递减；
又 m > 0， ∴m + 1 > 1,
故当 m≥2时，g(x)在 [m,m + 1]上单调递增，此时 g(x)min = g(m) = ；
当 0 < m≤1时， m + 1≤2， g(x)在 [m,m + 1]上单调递减，此时 g(x)min = g(m + 1) = ；
当 1 < m < 2时， g(x)在 [m,2]上单调递减，在 [2,m + 1] 单调递增，
故此时 g(x)min = g（Ⅱ） = ；
综上有：当 0 < m≤1时， g(x)min = g(m + 1) = ；
当 1 < m < 2时， g(x)min = g（Ⅱ） = ；
当 m≥2时， g(x)min = g(m) = ．
（Ⅲ）由（Ⅱ）知，当 x > 0时， g(x)在 (0,2)上单调递减，在 (2,+¥)上单调递增，
故 g(x)≥g（Ⅱ） = ，即 ≥，
故当 x > 0时，总有 ≤成立，
取 x = n时有 ≤，= ≤·，
故 + + + … + ≤(1 + + + … + )
< (+ + + … + ) = (+ －) < ．
33．解：（Ⅰ） 由已知得，f’(x) = 2x－(a－2)－= = (x > 0)
当 a≤0时, f’(x) > 0,∴ 函数 f (x)的单调递增区间为 (0,+)；
当 a > 0时,由 f’(x) < 0,得 0 < x < ；由 f’(x) > 0,得 x > ,
函数 f (x)的单调递减区间为 (0,),单调递增区间为 (,+)．
（Ⅱ）由（Ⅰ）得,若函数有两个零点,则 a > 0且 f (x)的最小值 f ( ) < 0,
即－a 2 + 4a－4a ln < 0,∵ a > 0, ∴ a－4 + 4ln > 0
令 h(a) = a－4 + 4 ln ,显然 h(a)在 (0,+)为增函数,
且 h（Ⅱ） =－2 < 0,h（Ⅲ） = 4ln －1 = ln －1 > 0
∴ 函数 h(a)在 (2,3)上存在一个零点 a0,
即 0 < a < a0时h(a) < 0； a > a0时h(a) > 0,
∴ 满足条件的最小正整数 a = 3,
又当 a = 3时, f （Ⅲ） = 3(2－ln 3) > 0,f （Ⅰ） = 0,
综上所述,满足条件的最小正整数 a = 3．
（Ⅲ） 证明：由（Ⅰ）知 若方程 f (x) = c的两个不相等的实数根,则 a > 0,
不妨设 0 < x1 < x2,则 x12－(a－2) x1－a ln x1 = c，x22－(a－2) x2－a ln x2 = c,．
两式相减得 [x12－(a－2) x1－a ln x1]－[x22－(a－2) x2－a ln x2] = 0,,
即 x12 + 2x1－x2 2－2x2 = ax1 + a ln x1－a ln x2－ax2 = a(x1 + ln x1－x2－ln x2),
∴ a =
又当x ∈(0,)时, f’(x) < 0; 当x ∈(,+)时, f’(x) > 0,
故只要证 > 即可,即证明 x1 + x2 > 1．
即证明 x12－x22 + (x1 + x2)·(ln x1－ln x2) < x12 + 2x1－x22－2x2,
即证明 ln < ；设 t = (0 < t < 1),
令 g(t) = ln t－
则 g’(t) = － = ,∵t > 0,∴g(t)≥0．
∴ g(t) 在 (0,+)上是增函数．
又 ∵g（Ⅰ） = 0,∴当 0 < t < 1时, g(t) < 0总成立．
∴ ln < 成立,即 > 成立,
∴ f’() > 0．
34．解：（Ⅰ） f (x)≤mx－Þ x 2 + (m－1)x－ln x≥ ，
令 g(x) = x 2 + (m－1)x－ln x，
则 g’(x) = mx + (m－1)－= ( x> 0)
∵ m > 0，令 g’(x) < 0，得 0< x 0，得 x>
∴ g(x) 在 (0,) 上单减，在 (,+¥) 上单增，故 g(x) 的最小值为
g( ) = 1－－ln ，由题知 1－－ln ≥，即 + ln ≤，
令 h(x) = x + ln x，显然 h(x) 在 (0,+¥) 上单增，又 h（Ⅰ） = ，故 h(x)≤Û x≤1，
∴ 0< ≤1，从而 m≥1
∴ m 的取值范围是[1,+¥)．
（Ⅱ） m = －1时，f (x1) + f (x2) = 0 Þ ln x1 + x12 + x1 + ln x2 + x22 + x2 = 0
Þ ln x1x2 + (x1 + x2) 2 + (x1 + x2)－x1x2 = 0 Þ (x1 + x2) 2 + (x1 + x2) = x1x2－ln x1x2
设 F(x) = x－ln x，则 F’(x) = 1－
∴ F(x) 在 (0,1)上单减，在 (1,+¥)上单增，
∴ F(x)≥F（Ⅰ） = 1，即 x1x2－ln x1x2≥ 1
∴ (x1 + x2) 2 + (x1 + x2)≥1，解得 x1 + x2≥－1或 x1 + x2≤－－1
又 x1 > 0,x2 > 0，故 x1 + x2≥－1
35．解：（I）证明：，为圆的割线，所以，
又EC＝ED，
所以，所以，
又A，B，C，D四点共圆，
所以，
所以，
所以CD∥AB；
（II）证明：连接FA，GB，
因为EF＝EG，所以，
又，所以，
由（Ⅰ）知，所以，所以,
又，所以，
因为CD∥AB，所以，
所以，
所以A，B，G，F四点共圆．
36．解：（Ⅰ）连接，因切圆于，故，
因是圆的直径，弦于点，
故，
故，
又，
所以，
所以，
所以为等腰三角形；
（Ⅱ）因是圆的直径，弦且，，
所以圆的半径，
，，又，
所以，
因切圆于，所以，
由（Ⅰ）知EF＝EG，
所以，
所以，
故．
37．证明：（Ⅰ）因为是圆的切线，圆的割线，是的中点，
所以，
所以，
又，所以∽，
所以，即，
又，所以，
所以，
所以∽．
（Ⅱ）因，，
所以，
所以
．因是圆的切线，
所以，
又∽，
所以，
所以，
所以，
所以四边形是平行四边形．
38．解、（Ⅰ）由，得，
可得的直角坐标方程：．
直线的参数方程是，（为参数），
消去参数可得．
（Ⅱ）把（为参数），代入，
得，
由，解得．
∴．
∵，∴，
解得或1．又满足．∴实数或1．
39．解：（Ⅰ）由得，
得普通方程为
即．
故的参数方程为．
（Ⅱ）设，
由（Ⅰ）知是以为圆心，1为半径的上半圆．因为C在点处的切线与垂直，
所以直线与的斜率相同，
故，．
故的直角坐标为 ，即 ．
40．解：（Ⅰ）由得，
两边平方得，
解得，故实数的取值范围为．
（Ⅱ），恒成立等价于恒成立．
，当且仅当时等号成立，
即的最小值为；
，当且仅当时等号成立，
即的最大值为1
(或通过分类讨论得，进而得到最大值为1；或通过绝对值的几何意义得到的最大值为1)，故，解得或，故的取值范围是．
41．解：（Ⅰ）当时，得，
①当时，不等式为：，即，满足；
②当时，不等式为：，即，不满足；
③当时，不等式为：，即，满足．
综上所述，不等式的解集为．
（Ⅱ）设，若对于任意恒成立，
即对于任意恒成立，
由图可看出，当时，的最小值是，
所以，∴，即的取值范围是．
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