因为|FF?|?2?22，所以曲线C是以点F (?1,0)，F?(1,0)为焦点的椭圆．

x2由a?2，c?1，得b?1，故C的方程为?y2?1．

2（2）设l:y?x?t，M(x1，y1)，N(x2，y2)，则D(0,t)，

|DM|?(x1?0)2?(y1?t)2?2|x1|，|DN|?(x2?0)2?(y2?t)2?2|x2|． x2y?x?t与?y2?1联立得3x2?4tx?2t2?2?0．

2t0时，即?3剟当△?8(3?t)…22t2?23时，x1x2??．

34|t2?1|所以|DM|g． |DN|?2|x1x2|?3|DB|?|t?1|g|t?1|?|t2?1|． 由（1）得A(0,?1)，A(0,1)，所以|DA|g4|t2?1|等式|DM|g??|t2?1|． |DN|??|DA|g|DB|可化为

34t3且t??1时，??． 当?3剟3当t??1时，?可以取任意实数． 综上，实数?的值为

4． 31?x?lnx． 1?x21．（12分）已知函数f(x)?（1）讨论函数f(x)的单调性；

（2）证明：在(1,??)上存在唯一的x0，使得曲线y?lnx在x?x0处的切线l也是曲线y?ex的切线．

x2?1【解答】解：（1）f (x)定义域为(0，1)?(1，??)，f?(x)??0．

x(1?x)2因此f (x)在(0,1)单调递增，在(1,??)单调递增． （2）曲线在y?lnx在x?x0处切线l的方程为y?设l与曲线y?ex相切于点(x1，ex1)，则消去x1得

1

x?lnx0?1． x0

1?x0?lnx0?0，即f (x0)?0． 1?x0于是当且仅当x0是f (x)的零点时，l是曲线y?ex的切线．

3?e21?e22因为f （e）??0，f (x)在(1,??)单调递增， ?1??0，f (e)?1?e21?e1?e所以f (x)在(1,??)上存在唯一零点．

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所以在(1,??)上存在唯一的x0，使得曲线y?lnx在x?x0处的切线l也是曲线y?ex的切线． （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]（10分）

22．（10分）在平面直角坐标系xOy中，倾斜角为?的直线l过点M(?2,?4)，以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为?sin2??2cos?． （1）写出直线l的参数方程(?为常数）和曲线C的直角坐标方程； （2）若直线l与C交于A、B两点，且|MA|g|MB|?40，求倾斜角?的值． 【解答】解：（1）Q倾斜角为?的直线l过点M(?2,?4)，

?直线l的参数方程是??x??2?tcos?，(t是参数），

y??4?tsin??Q曲线C的极坐标方程为?sin2??2cos?，

?曲线C的直角坐标方程是：y2?2x；

（2）把直线的参数方程代入y2?2x，得t2sin2??(2cos??8sin?)t?20?0，

?t1?t2?2cos??8sin?20，， tt?12sin2?sin2?根据直线参数的几何意义

|MA||MB|?|t1t2|?故??20?40， sin2??4或??3?， 4又Q△?(2cos??8sin?)2?80sin2??0， 故???4．

[选修4-5：不等式选讲]（10分） 23．已知a?0，b?0． a2b?ab2； （1）证明：a3?b3…（2）若a?b?2，求a3?b3的最小值．

【解答】解：（1）a3?b3?a2b?ab2?a2 (a?b)?b2 (b?a)

?(a?b)(a2?b2)?(a?b)2(a?b)．

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0， Qa?0，b?0，?a?b?0，(a?b)2…?(a?b)2(a?b)…0． 于是a3?b3…a2b?ab2．

（2）Qa?b?2，?a3?b3?(a?b)(a2?ab?b2)

?2(a2?ab?b2)?2[(a?b)2?3ab]?8?6ab．

Qab?(a?b2)?1，当且仅当a?b?1等号成立， 2?8?6ab…2．故当a?b?1时，a3?b3取最小值2．

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