湖南師大附中2018屆高三月考試卷(六)數學(文科)命題人、審題人：彭萍蘇萍曾克平本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分，共8頁。時量120分鐘。滿分150分。第Ⅰ卷一、選擇題：本大題共12個小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．(1)復數z＝1＋i，eq\o(z,\s\up6(－))為z的共軛復數，則zeq\o(z,\s\up6(－))＋z－3＝(C)(A)－2i(B)－i(C)i(D)2i(2)若a，b為實數，則“0<ab<1”是“|ab|<1”的(A)(A)充分不必要條件(B)必要不充分條件(C)充分必要條件(D)既不充分又不必要條件(3)設a＝logeq\s\do9(\f(1,2))3，b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(0.2)，c＝2eq\f(1,3)，則(A)(A)a＜b＜c(B)c＜b＜a(C)c＜a＜b(D)b＜a＜c【解析】由函數的性質得到a＝logeq\s\do9(\f(1,2))3<0，b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(0.2)∈(0，1)，c＝2eq\s\up6(\f(1,3))＞1，所以，a＜b＜c.(4)為調查某市中學生平均每人每天參加體育鍛煉時間x(單位：分鐘)，按鍛煉時間分下列四種情況統計：①0～10分鐘；②11～20分鐘；③21～30分鐘；④30分鐘以上．有10000名中學生參加了此項活動，下圖是此次調查中某一項的流程圖，其輸出的結果是6200，則平均每天參加體育鍛煉時間在0～20分鐘內的學生的頻率是(D)(A)3800(B)6200(C)0.62(D)0.38(5)在某次測量中得到A樣本數據如下：43，50，45，55，60，若B樣本數據恰好是A樣本每個數都增加3得到，則A、B兩樣本的下列數字特征對應相同的是(C)(A)眾數(B)中位數(C)方差(D)平均數(6)數列{an}滿足a1＝1，log3an＋1＝log3an＋1，它的前n項和為Sn，則滿足Sn>1000的最小n值是(C)(A)5(B)6(C)7(D)8【解析】因為a1＝1，log3an＋1＝log3an＋1(n∈N*)，所以an＋1＝3an，Sn＝eq\f(3n－1,2)，則滿足Sn>1000的最小n值是7.(7)某幾何體的一條棱長為eq\r(7)，在該幾何體的正視圖中，這條棱的投影是長為eq\r(6)的線段，在該幾何體的側視圖與俯視圖中，這條棱的投影分別是長為a和b的線段，則a＋b的最大值為(C)(A)2eq\r(2)(B)2eq\r(3)(C)4(D)2eq\r(5)【解析】設長方體長、寬、高分別為m、n、x.由已知，m2＋n2＋x2＝7，m2＋x2＝6得n＝1，又x2＋1＝a2，m2＋1＝b2，所以：(a＋b)2＝a2＋b2＋2ab＝x2＋m2＋2n2＋2ab＝8＋2ab≤8＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))eq\s\up12(2)，由此解得：a＋b≤4，當且僅當a＝b時取“＝”．故a＋b的最大值為4.(8)已知函數f(x)＝Acosωx(A＞0，ω＞0)的最小正周期為2，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝1，則函數y＝f(x)的圖象向右平移eq\f(1,2)個單位后所得圖象的函數解析式為(A)(A)y＝2sinπx(B)y＝eq\f(1,2)sinπx(C)y＝2cosπx(D)y＝eq\f(1,2)cosπx【解析】由最小正周期為2，得eq\f(2π,ω)＝2，則ω＝π，又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝1，所以Acoseq\f(π,3)＝1，A＝2，所以f(x)＝2cosπx，將函數y＝f(x)的圖象向右平移eq\f(1,2)個單位后得到y＝2coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))))＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(πx－\f(π,2)))＝2sinπx的圖象．(9)過拋物線y2＝4x的焦點F的直線交拋物線于A，B兩點，點O是原點，若△AOB的面積為eq\f(3\r(2),2)，則直線AB的斜率為(C)(A)2eq\r(2)(B)－2eq\r(2)(C)±2eq\r(2)(D)eq\f(\r(2),4)【解析】設直線AB的傾斜角為α，由S△ABC＝eq\f(4,2sinα)＝eq\f(3\r(2),2)得sinα＝eq\f(2\r(2),3)，所以tanα＝±2eq\r(2).(10)若函數f(x)＝eq\f(1,3)x3＋x2－eq\f(2,3)在區間(a，a＋4)上存在最大值，則實數a的取值范圍是(C)(A)(－6，－2)(B)(－6，3)(C)(－6，－3](D)(－6，－2]【解析】函數f(x)＝eq\f(1,3)x3＋x2－eq\f(2,3)在(－∞，－2)，(0，＋∞)上是增函數，在(－2，0)上是減函數．令f(x)＝f(－2)＝eq\f(2,3)，得x＝－2或x＝1.結合圖像可知：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a<－2,－2<a＋4≤1))解得a∈(－6，－3]．(11)已知函數f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(log2（－x），（x<0）,x－2，（x≥0）))，則函數g(x)＝f[f(x)＋1]的零點個數是(D)(A)1個(B)2個(C)3個(D)4個【解析】設f(M)＝0，得M＝2或M＝－1.當M＝－1時，由f(x)＋1＝－1得log2(－x)＝－2或x－2＝－2，即得x＝0或x＝－eq\f(1,4)；當M＝2時，由f(x)＋1＝2得f(x)＝1，即log2(－x)＝1或x－2＝1，即x＝－2或x＝3.(12)在平面直角坐標系xOy中，A、B為不等式組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y≤2,x≥1,y≥0))所表示的區域上任意兩個動點，M的坐標為(3，1)，則eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(OM,\s\up6(→))的最大值為(B)(A)2(B)3(C)4(D)5【解析】設A(x1，y1)，B(x2，y2)，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(OM,\s\up6(→))＝(eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→)))·eq\o(OM,\s\up6(→))＝(3x2＋y2)－(3x1＋y1)，由于A、B為不等式組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y≤2,x≥1,y≥0))所表示的區域上任意兩個動點，故要求eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(OM,\s\up6(→))的最大值即求目標函數z＝3x＋y的最大值與最小值的差，作出不等式所表示的平面區域如圖，可知目標函數最大值和最小值分別為6和3，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(OM,\s\up6(→))的最大值為3.選擇題答題卡題號(1)(2)(3)(4)(5)(6)(7)(8)(9)(10)(11)(12)答案CAADCCCACCDB第Ⅱ卷本卷包括必考題和選考題兩部分．第(13)～(21)題為必考題，每個試題考生都必須作答．第(22)～(23)題為選考題，考生根據要求作答．二、填空題：本題共4小題，每小題5分．(13)已知集合A＝{3，a2}，B＝{0，b，1－a}，且A∩B＝{1}，則A∪B＝__{0，1，2，3}__．【解析】∵A＝{3，a2}，集合B＝{0，b，1－a}，且A∩B＝{1}，∴a2＝1，解得：a＝1或a＝－1，當a＝1時，1－a＝1－1＝0，不合題意，舍去；當a＝－1時，1－a＝1－(－1)＝2，此時b＝1，∴A＝{3，1}，集合B＝{0，1，2}，則A∪B＝{0，1，2，3}．故答案為：{0，1，2，3}．(14)已知正實數x，y滿足xy＋2x＋y＝4，則x＋y的最小值為__2eq\r(6)－3__．【解析】∵正實數x，y滿足xy＋2x＋y＝4，∴y＝eq\f(4－2x,x＋1)(0＜x＜2)．∴x＋y＝x＋eq\f(4－2x,x＋1)＝x＋eq\f(6－（2＋2x）,x＋1)＝(x＋1)＋eq\f(6,x＋1)－3≥2eq\r(（x＋1）·\f(6,x＋1))－3＝2eq\r(6)－3，當且僅當x＝eq\r(6)－1時取等號．∴x＋y的最小值為2eq\r(6)－3.故答案為：2eq\r(6)－3.(15)折紙已經成為開發少年兒童智力的一大重要工具和手段．已知在折疊“愛心”的過程中會產生如圖所示的幾何圖形，其中四邊形ABCD為正方形，G為線段BC的中點，四邊形AEFG與四邊形DGHI也為正方形，連接EB，CI，則向多邊形AEFGHID中投擲一點，該點落在陰影部分內的概率為__eq\f(1,3)__．【解析】設正方形ABCD的邊長為2，則由題意，多邊形AEFGHID的面積為5＋5＋eq\f(1,2)×2×2＝12，陰影部分的面積為2×2×eq\f(1,2)×2＝4，∴向多邊形AEFGHID中投擲一點，該點落在陰影部分內的概率為eq\f(4,12)＝eq\f(1,3)，故答案為eq\f(1,3).(16)函數y＝f(x)圖象上不同兩點A(x1，y1)，B(x2，y2)處的切線的斜率分別是kA、kB，規定φ(A，B)＝eq\f(|kA－kB|,|AB|2)叫做曲線y＝f(x)在點A、B之間的“平方彎曲度”．設曲線y＝ex＋x上不同兩點A(x1，y1)，B(x2，y2)，且x1－x2＝1，則φ(A，B)的取值范圍是__eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2)－1,2)))__．【解析】y＝ex＋x的導數為y′＝ex＋1，kA＝ex1＋1，kB＝ex2＋1，φ(A，B)＝eq\f(|kA－kB|,|AB|2)＝eq\f(|ex1－ex2|,（x1－x2）2＋（ex1－ex2＋x1－x2）2)＝eq\f(|ex1－ex2|,1＋（ex1－ex2＋1）2)，x1－x2＝1，可得x1＞x2，ex1＞ex2，可令t＝ex1－ex2，可設f(t)＝eq\f(t,1＋（t＋1）2)，t＞0，f′(t)＝eq\f(1＋（t＋1）2－2t（t＋1）,（1＋（t＋1）2）2)＝eq\f(2－t2,（1＋（t＋1）2）2)，當0＜t＜eq\r(2)時，f′(t)＞0，f(t)遞增；當t＞eq\r(2)時，f′(t)＜0，f(t)遞減．則當t＝eq\r(2)處f(t)取得極大值，且為最大值eq\f(\r(2),1＋（\r(2)＋1）2)＝eq\f(\r(2)－1,2).則φ(A，B)∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2)－1,2))).故答案為：eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2)－1,2))).三、解答題：解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟．(17)(本小題滿分12分)已知數列{an}中，a1＝2，且2an＝an－1＋1(n≥2，n∈N＋)．(Ⅰ)求證：數列{an－1}是等比數列，并求出數列{an}的通項公式；(Ⅱ)設bn＝n(an－1)，數列{bn}的前n項和為Sn，求證：1≤Sn＜4.【解析】(Ⅰ)an－1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)an－1＋\f(1,2)))－1＝eq\f(1,2)(an－1－1),2分又a1－1＝1≠0，∴數列{an－1}是首項為1，公比為eq\f(1,2)的等比數列.4分∴an－1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n－1)，得an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n－1)＋1.5分(Ⅱ)bn＝n(an－1)＝neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n－1)，設Sn＝1＋eq\f(2,2)＋eq\f(3,22)＋eq\f(4,23)＋…＋eq\f(n－1,2n－2)＋eq\f(n,2n－1)①則eq\f(1,2)Sn＝eq\f(1,2)＋eq\f(2,22)＋eq\f(3,23)＋eq\f(4,24)＋…＋eq\f(n－1,2n－1)＋eq\f(n,2n)②8分①－②得：eq\f(1,2)Sn＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,23)＋eq\f(1,24)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(n,2n)＝2－eq\f(1,2n－1)－eq\f(n,2n)，∴Sn＝4－eq\f(2,2n－1)－eq\f(n,2n－1)＝4－eq\f(2＋n,2n－1)，10分Sn＝4－eq\f(2＋n,2n－1)<4，又bn＝neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n－1)>0，∴數列{Sn}是遞增數列，故Sn≥S1＝1，∴1≤Sn＜4.12分(18)(本小題滿分12分)如圖，已知四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為菱形，PA⊥平面ABCD，∠ABC＝60°，E、F分別是BC、PC的中點．(Ⅰ)證明：AE⊥平面PAD；(Ⅱ)取AB＝2，在線段PD上是否存在點H，使得EH與平面PAD所成最大角的正切值為eq\f(\r(6),2)，若存在，請求出H點的位置，若不存在，請說明理由．【解析】(Ⅰ)證明：由四邊形ABCD為菱形，∠ABC＝60°，可得△ABC為正三角形，∵E為BC的中點，∴AE⊥BC.又BC∥AD，因此AE⊥AD.∵PA⊥平面ABCD，AE平面ABCD，∴PA⊥AE.而PA平面PAD，AD平面PAD，PA∩AD＝A，∴AE⊥平面PAD;4分(Ⅱ)設線段PD上存在一點H，連接AH，EH.由(Ⅰ)知AE⊥平面PAD，則∠EHA為EH與平面PAD所成的角.6分在Rt△EAH中，AE＝eq\r(3)，∴當AH最短時，即當AH⊥PD時，∠EHA最大，此時tan∠EHA＝eq\f(AE,AH)＝eq\f(\r(3),AH)＝eq\f(\r(6),2)，因此AH＝eq\r(2).10分∴線段PD上存在點H，當DH＝eq\r(2)時，使得EH與平面PAD所成最大角的正切值為eq\f(\r(6),2).12分(19)(本小題滿分12分)如圖，在△ABC中，M是邊BC的中點，cos∠BAM＝eq\f(5\r(7),14)，tan∠AMC＝－eq\f(\r(3),2).(Ⅰ)求角B的大小；(Ⅱ)若角∠BAC＝eq\f(π,6)，BC邊上的中線AM的長為eq\r(21)，求△ABC的面積．【解析】(Ⅰ)由cos∠BAM＝eq\f(5\r(7),14)，得：sin∠BAM＝eq\f(\r(21),14)，∴tan∠BAM＝eq\f(\r(3),5).2分又∠AMC＝∠BAM＋∠B，∴tanB＝tan(∠AMC－∠BAM)＝eq\f(tan∠AMC－tan∠BAM,1＋tan∠AMCtan∠BAM)＝eq\f(－\f(\r(3),2)－\f(\r(3),5),1－\f(\r(3),2)·\f(\r(3),5))＝－eq\r(3)；5分又B∈(0，π)，∴B＝eq\f(2π,3).6分(Ⅱ)由(Ⅰ)知B＝eq\f(2π,3).角∠BAC＝eq\f(π,6)，∴C＝eq\f(π,6).則AB＝BC.8分設MB＝x，則AB＝2x.在△ABM中由余弦定理，得AM2＝AB2＋MB2－2AB·BMcosB，10分即7x2＝21.解得：x＝eq\r(3).故得△ABC的面積S△ABC＝eq\f(1,2)×4x2×sineq\f(2π,3)＝3eq\r(3).12分(20)(本小題滿分12分)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(\r(3),3)，連接橢圓四個頂點的四邊形面積為2eq\r(6).(Ⅰ)求橢圓C的方程；(Ⅱ)A、B是橢圓的左右頂點，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(xP，yP))是橢圓上任意一點，橢圓在P點處的切線與過A、B且與x軸垂直的直線分別交于C、D兩點，直線AD、BC交于Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(xQ，yQ))，是否存在實數λ，使xP＝λxQ恒成立，并說明理由．【解析】(Ⅰ)由題意e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),3)，2ab＝2eq\r(6)解得a＝eq\r(3)，b＝eq\r(2)，故橢圓C的方程為eq\f(x2,3)＋eq\f(y2,2)＝15分(Ⅱ)設切線方程為y＝kx＋m，與橢圓聯立消元得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋3k2))x2＋6kmx＋3m2－6＝0∵直線與橢圓相切，∴Δ＝36k2m2－4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋3k2))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3m2－6))＝0化簡得m2＝2＋3k2，7分且xP＝－eq\f(6km,2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋3k2)))＝－eq\f(3k,m)，8分又點A(－eq\r(3)，0)，D(eq\r(3)，eq\r(3)k＋m)，直線AD方程為y＝eq\f(m＋\r(3)k,2\r(3))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\r(3)))9分同理直線BC方程為y＝eq\f(m－\r(3)k,－2\r(3))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\r(3)))10分解得xQ＝－eq\f(3k,m)11分∴存在λ＝1，使xP＝λxQ恒成立.12分(21)(本小題滿分12分)已知函數feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝eq\f(－x2＋ax－a,ex)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x>0，a∈R且a>0)).(Ⅰ)求函數feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))的極值點；(Ⅱ)設geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝eq\f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＋f′\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x)),x－1)，若函數geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，＋∞))內有兩個極值點x1、x2，求證：geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1))·geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2))<eq\f(4,e2).【解析】(Ⅰ)f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2x＋a))ex－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x2＋ax－a))ex,e2x)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－2))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－a)),ex)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x>0))1分①若0<a<2，由f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝0得x＝2，x＝a；由f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))>0，可得0<x<a或x>2，即函數feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，a))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，＋∞))上為增函數；由f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))<0，可得a<x<2，即函數feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，2))上為減函數，所以函數feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，＋∞))上有極大值點x＝a，極小值點x＝2.3分②若a＝2，則f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－2))\s\up12(2),ex)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，＋∞))上大于等于零恒成立，故函數feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，＋∞))上單調遞增，無極值點.4分③若a>2，由f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝0得x＝2，x＝a；由f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))>0可得x<2或x>a，所以函數feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，2))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，＋∞))上為增函數；由f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))<0，可得2<x<a，所以函數feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，a))上為減函數，所以函數feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，＋∞))上有極大值點x＝2，極小值點x＝a.6分(Ⅱ)geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝eq\f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＋f′\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x)),x－1)＝eq\f(－2x＋a,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－1))ex)，則g′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝eq\f(2x2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋a))x＋2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－1))\s\up12(2)ex).7分記heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝2x2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋a))x＋2，由題意可知方程heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝0即2x2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋a))x＋2＝0在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，＋∞))上有兩個不等實數根x1，x2.所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ＝\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋2))\s\up12(2)－16>0,x1＋x2＝\f(a＋2,2)>0,x1x2＝1>0))解得：a>2.9分geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1))geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2))＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2x1＋a))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2x2＋a)),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1－1))ex1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－1))ex2)＝eq\f(4x1x2－2a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1＋x2))＋a2,\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x1x2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1＋x2))＋1))ex1＋x2)＝eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－a)),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(a＋2,2)))e\f(a＋2,2))＝eq\f(4,e\f(a＋2,2)).11分∵a>2，∴geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1))geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2))＝eq\f(4,e\f(a＋2,2))<eq\f(4,e2).12分請考生在第(22)～(23)兩題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題計分，作答時請寫清題號．(22)(本小題滿分10分)選修4－4：坐標系與參數方程在極坐標系中，曲線C：ρ＝2acosθ(a>0)，l：ρcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,3)))＝eq\f(3,2)，C與l有且僅有一個公共點．(Ⅰ)求a；(Ⅱ)O為極點，A，B為C上的兩點，且∠AOB＝eq\f(π,3)，求eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(OA))＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(OB))的最大值．【解析】(Ⅰ)由ρcosθ＝x，ρsinθ＝y，ρ2＝x2＋y2可將曲線C、直線l的極坐標方程化為直角坐標方程分別為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－a))eq\s\up12(2)＋y2＝a2，l的方程為：x＋eq\r(3)y－3＝0，由已知得eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a