2018年山东省、湖北省部分重点中学高考数学二模试卷(理科)

1、2018 年山东省、湖北省部分重点中学高考数学二模试卷（理科）一.选择题：本题共 12 个小题，每小题 5 分，共 60 分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1（5 分）已知集合 A（，11，+），则 AB（）A1，2B1，2C11，2D1，122（5 分）已知复数 z 满足i 为虚数单位）中 z（）A1+iB1i，（ 为 z 的共轭复数）下列选项（选项中的C1+i 或 1i&

2、#160;     D1+i 或1i3（5 分）正项等比数列an中，a3，a4 的等比中项为，令 Tna1a2a3an，则 T6（）A6B16C32D64（4 5 分）一个几何体的三视图如图所示，正视图与俯视图外框为全等的长与宽分别为 2，1的长方形，侧视图为正方形则这个几何体的体积为（）ABCD25（5 分）已知如图所示的程序框图中输出的结果为 a，则二项式展开式中的常数第 1 页（共 29 页）项为（）

3、A156（5 分）函数B15           C20的部分图象为（   ）D20ABCD7（5 分）一个圆形电子石英钟由于缺电，指针刚好停留在8：20 整，三个指针（时针、分针、秒针）在射线将时钟所在圆分成了三个扇形，一只小蚊子（可看成是一个质点）随机地飞落在圆面上，则恰好落在时针与分针所夹扇形内的概率为（）第 2 页（共 29 页）ABCD8（5 分）在ABC 

4、中，CACB，CACB1，D 为 AB 的中点，将向量绕点 C 按逆时针方向旋转 90°得向量，则向量  在向量  方向上的投影为（   ）A1B1              CD9（5 分）在三棱锥 SABC 中，ABAC，ABACSA，SA平面 ABC，D 为

5、60;BC 中点，则异面直线 AB 与 SD 所成角的余弦值为（）ACBD以上结论都不对10（5 分）下面有四个命题：设 XN（1，1），P（1X3）0.9544，则 P（X3）0.0228已知 alg2，则将的图象向右平移  个单位，再将所得图象的横坐标不变，纵坐标缩短到原来的 ，可得到 ytanx 的图象设 0a3，则函数 f（x）x3ax（0x1）有最小值无最大值其中正确命题的个数为（）A111（5 分）已知双曲线B2C

6、3             D41（a0，b0）的左、右顶点分别为 A、B右焦点为F，过点 F 且垂直于 x 轴的直线 l 交双曲线于 M，N 两点P 为直线 l 上一点，当APB最大时，点 P 恰好在 M（或 N）处，则双曲线的离心率为（）ABC2D12（5 分）已知函数若函数 f（x）

7、有两个极值点 x1，x2，记过点 A（x1，f（x1）和 B（x2，f（x2）的直线斜率为 k，若 0k2e，则实数 m 的取值范围为（）ABC（e，2eD第 3 页（共 29 页）二.填空题：本题共 4 个题，每小题 5 分，共 20 分.13（5 分）已知抛物线 y22px 的准线方程为 x2，点 P 为抛物线上的一点，则点 P 到直线

8、0;yx+3 的距离的最小值为14（5 分）我国古代著名的数学家刘徽著有海岛算经内有一篇：“今有望海岛，立两表齐，高三丈，前后相去千步，令后表与前表相直从前表却行百二十三步，人目著地取望岛峰，与表末参合从后表却行百二十七步，人目著地取望岛峰，亦与表末参合问岛高及去表各几何？”请你计算出海岛高度为步（参考译文：假设测量海岛，立两根标杆，高均为5 步，前后相距 1000 步，令前后两根标杆和岛在同一直线上，从前标杆退行 123 步，人的视线从地面（人的高度忽略不计）过标杆顶恰好观测到岛峰，从后标杆退行 127 

9、;步，人的视线从地面过标杆顶恰好观测到（岛峰，问岛高多少？岛与前标杆相距多远？） 丈、步为古时计量单位，当时是“三丈5 步”）15（5 分）若实数 x，y 满足若 zx+y 的最小值为7，则 a16 5 分）已知数列an的前 n 项和为 Sn（nN*），且满足（，若对nN*，anan+1 恒成立，则首项 a1 的取值范围是三.解答题：共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第 17-21

10、60;题为必考题，每个试题考生都必须作答.第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共 60 分.17（12 分）已知ABC 中，ABBCCA2，P 为ABC 内一点，且BPC90°（）当时，求 AP 的长；（）若APC150°，令PCB，求 tan 的值18（12 分）如图，五边形 ABSCD 中，四边形 ABCD 为长方形，三角形 SBC 为边长为 2&#

11、160;的正三角形，将三角形 SBC 沿 BC 折起，使得点 S 在平面 ABCD 上的射影恰好在 AD 上（）当时，证明：平面 SAB平面 SCD；（）若 AB1，求平面 SCD 与平面 SBC 所成二面角的余弦值的绝对值第 4 页（共 29 页）19（12 分）我校为了更好地管理学生用手机问题，根据学生每月用手机时间（每月用手机时间总和）的长短将学生分为三类：第一类的时间区

12、间在（ 0，30，第二类的时间区间在（30，60，第三类的时间区间在（60，720（单位：小时），并规定属于第三类的学生要进入“思想政治学习班”进行思想和心理的辅导现对我校二年级1014 名学生进行调查，恰有 14 人属于第三类，这 14 名学生被学校带去政治学习由剩下的 1000 名学生用手机时间情况，得到如图所示频率分布直方图（ I）求这 1000 名学生每月用手机时间的平均数；（ II）利用分层抽样的方法从 1000 名选出 10 

13、;位学生代表，若从该 10 名学生代表中任选两名学生，求这两名学生用手机时间属于不同类型的概率；（ III）若二年级学生长期保持着这一用手机的现状，学校为了鼓励学生少用手机，连续10 个月，每个月从这 1000 名学生中随机抽取 1 名，若取到的是第一类学生，则发放奖品一份，设 X 为获奖学生人数，求 X 的数学期望 E（X）与方差 D（X）（20 12 分）已知椭圆的离心率为，F1，F2 分别为椭圆的左、右焦点，点 

14、;P 为椭圆上一点，1PF2 面积的最大值为第 5 页（共 29 页）（）求椭圆 C 的方程；（）过点 A（4，0）作关于 x 轴对称的两条不同直线 l1，l2 分别交椭圆于 M（x1，y1）与 N（x2，y2），且 x1x2，证明直线 MN 过定点，并求AMN 的面积 S 的取值范围21（12 分）已知函数 f（x）ln（ax）a，a0（）若函数 h（x）

15、exf（x）为单调函数，求 a 的取值范围；（）当 a1 时，证明：ex+f（x）sinx0（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22（10 分）在直角坐标系 xOy 中，直线 l 的参数方程为，（t 为参数，0）以平面直角坐标系的原点为极点，x 轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线 C的极坐标方程是 4cos（）当

16、0;45°时，求直线 l 的普通方程与曲线 C 的直角坐标方程；（）已知点 C 的直角坐标为 C（2，0），直线 l 与曲线 C 交于 A，B 两点，当ABC 面积最大时，求直线 l 的普通方程选修 4-5：不等式选讲23设 f（x）a|x1|+|x+3|（）当 a1 时，求 f（x）的最小值；（）若 g（x）为奇函数，且g（2x）g（x），当 x0，1时，

17、g（x）5x若 h（x）f（x）g（x）有无数多个零点，作出 g（x）图象并根据图象写出 a 的值（不要求证明）第 6 页（共 29 页）第 7 页（共 29 页）2018 年山东省、湖北省部分重点中学高考数学二模试卷（理科）参考答案与试题解析一.选择题：本题共 12 个小题，每小题 5 分，共 60 分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1（5 分）已知集合 A（，1

18、1，+），则 AB（）A1，2B1，2C11，2D1，12【分析】可求出集合 B，然后进行交集的运算即可【解答】解：B1，2；A（，11，+）；AB11，2故选：C【点评】考查区间、列举法表示集合的概念，以及对数函数的单调性，交集的运算2（5 分）已知复数 z 满足i 为虚数单位）中 z（），（ 为 z 的共轭复数）下列选项（选项中的A1+iB1iC1+i 或 1iD1+i 或1i【分析】设 za+bi（a，bR），则，解出即可得出【解答】解：设 

19、;za+bi（a，bR），则复数 z 满足，根据复数 z 满足，可得，得，z1+i 或 z1i故选：C【点评】本题考查了复数的运算法则、共轭复数、模的计算公式、复数相等，考查了推理能力与计算能力，属于基础题第 8 页（共 29 页）3（5 分）正项等比数列an中，a3，a4 的等比中项为，令 Tna1a2a3an，则 T6（）A6【分析】由B16         &#

20、160;   C32            D64，又 a3，a4 的等比中项为，可得a3a44，又 a1a6a2a5a3a44，即可得出【解答】解：，又 a3，a4 的等比中项为，a3a44，又 a1a6a2a5a3a44，故选：D【点评】本题考查了微积分基本定理及等比数列的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题（4 5 分）一个几何体的三视图如图所示，正视图与

21、俯视图外框为全等的长与宽分别为 2，1的长方形，侧视图为正方形则这个几何体的体积为（）ABCD2【分析】利用三视图判断几何体的形状，然后求解几何体的体积即可【解答】解：依题意几何体是长方体截去了一个三棱锥部分而成长方体的体积为 1×1×22，三棱锥的体积为，所以几何体的体积为故选：B第 9 页（共 29 页）【点评】考查立体几何三视图及体积运算判断几何体的形状是解题的关键考查空间想象力以及计算能力5（5 分）已知如图所示的程序框图中输出的结果为 a，则二项式展开式中的常数项为（）A15B15C2

22、0D20【分析】由程序框图运算求得 a，然后写出二项展开式的通项，由 x 得指数为 0 求得 r，则答案可求【解答】解：由赋值运算，a 输入值为1，则第 1 次运算结果为 ，第 2 次结果为 2，第 3 次结果为1，结果数字以 3 为周期循环出现，要运算 12 次，此时输出的数为1这样二项式的展开通项为，当 k3 时为常数项，常数项为第 10 页（共 29&

23、#160;页）故选：C【点评】本题考查算法框图及二项式系数的性质，考查学生的读图能力，是中档题6（5 分）函数的部分图象为（）ABCD【分析】当 x，0）时，f（x）0，所以排除 C，D；当 x（2，）时 sinx0，即可【解答】解：当 x，0）时，f（x）0，所以排除 C，D；当 x（2，）时 sinx0，故选 A故选：A【点评】考查了三角函数的值的变化及图象，属于基础题7（5 分）一个圆形电子石英钟由于缺电，指针刚好停留在8：20 整，三个指针（时针、分针、秒针）在射线将

24、时钟所在圆分成了三个扇形，一只小蚊子（可看成是一个质点）随机地飞落在圆面上，则恰好落在时针与分针所夹扇形内的概率为（）ABCD【分析】由题意求出分针与时针之间的扇形的圆心角，结合同圆中扇形面积比等于其圆第 11 页（共 29 页）心角的度数的比得答案【解答】解：观察时钟所在圆被 12 个刻度十二等分，指针转过一等分就旋转 30°，时针转过一等分就是 1 小时，分针转过一等分就是 5 分钟，8：20 的时候秒针指向 12，分针指向 4，时针的指向是

25、从刻度 8 再转过一等分的三分之一即 10°这样分针与时针之间的扇形的圆心角为 4×30°+10°130°又同圆中扇形面积比等于其圆心角的度数的比，故选：C【点评】本题考查几何概型概率的求法，正确理解题意是关键，是中档题8（5 分）在ABC 中，CACB，CACB1，D 为 AB 的中点，将向量绕点 C 按逆时针方向旋转 90°得向量，则向量  在向量方向上的投影为（  

26、60;）A1B1              CD【分析】以 CA，CB 为 x，y 轴建立平面直角坐标系，求得 C，A，B，D，M 的坐标，即有向量 CA，CM 的坐标，结合向量投影的定义，计算可得所求值【解答】解：如图，以 CA，CB 为 x，y 轴建立平面直角坐标系，则 C（0，0），A（1，0），B（0，1），D（

27、0;， ），得，所以向量故选：C在向量  方向上的投影为                第 12 页（共 29 页）【点评】本题考查平面向量的投影的定义及计算，考查坐标法的运用，以及数量积的定义，考查运算能力，属于基础题9（5 分）在三棱锥 SABC 中，ABAC，ABACSA，SA平面 ABC，D 为 BC

28、 中点，则异面直线 AB 与 SD 所成角的余弦值为（）ACBD以上结论都不对【分析】取 AC 中点为 E，连结 DE，SE，则 DEAB，SDE 就是异面直线 AB 与 SD 所成角，由此能求出异面直线 AB 与 SD 所成角的余弦值【解答】解：如图，取 AC 中点为 E，连结 DE，SE，D，E 分别为 BC，AC 的中点，所以

29、60;DEAB，SDE 就是异面直线 AB 与 SD 所成角，令 ABACSA2，由勾股定理得，又 DE1BA平面 SAC，DE平面 SAC，DESE，在 SDE 中，异面直线 AB 与 SD 所成角的余弦值为故选：B【点评】本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题10（5 分）下面有四个命题：设 XN（1，1），P（1X3）0.95

30、44，则 P（X3）0.0228已知 alg2，则将的图象向右平移  个单位，再将所得图象的横坐标不变，纵坐标第 13 页（共 29 页）缩短到原来的 ，可得到 ytanx 的图象设 0a3，则函数 f（x）x3ax（0x1）有最小值无最大值其中正确命题的个数为（）A1B2C3D4【分析】，根据正态分布的特点，计算 P（X3）的概率值；，根据指数函数的图象与性质，判断大小即可；，根据三角函数图象变换法则，判断即可；，利用导数判断函数的单调性，求对应的极值和

31、最值【解答】解：对于，XN（1，1），曲线关于 X1 对称，所以，正确；对于，可知 0a1，a0aaa1，即 1aaa，所以对于，将，错误；的图象向右平移  个单位，得 y2tanx 的图象，再将所得图象的横坐标不变，纵坐标缩短到原来的 ，得 ytanx 的图象，正确；对于，0x1，f（x）3x2a0，解得，又 0a3，可知 f（x）在，单调递减，在         单调递增，

32、正确；综上，正确的命题序号上故选：C【点评】本题考查了正态分布的概率计算，用指数函数的单调性比较大小，图象变换及函数的最值的求解问题，是综合题11（5 分）已知双曲线1（a0，b0）的左、右顶点分别为 A、B右焦点为F，过点 F 且垂直于 x 轴的直线 l 交双曲线于 M，N 两点P 为直线 l 上一点，当APB最大时，点 P 恰好在 M（或 N）处，则双曲线的离心率为（）第 14 页（共 29&

33、#160;页）ABC2D【分析】设 M（c，m），求出 cosAPB 关于 m 的函数式，根据不等式的性质和 M 点位置得出 a，b 的关系，从而可得离心率【解答】解：A（a，0），B（a，0），F（c，0），直线 l 的方程为 xc，把 xc 代入双曲线方程得：y±，设 P（c，m），则（ac，m），（ac，m）， cos  APB      &

34、#160;              ，令 b2+m2  t （ t  b ）， 则 cos  APB                   ，当即&#

35、160;t2b2 时，cosAPB 取得最小值，即APB 最大此时，m2tb2b2，即 a2b2双曲线的离心率为故选：A【点评】本题考查了双曲线的简单性质，不等式的性质，属于中档题12（5 分）已知函数若函数 f（x）有两个极值点 x1，x2，记过点 A（x1，f（x1）和 B（x2，f（x2）的直线斜率为 k，若 0k2e，则实数 m 的取值范围为（）ABC（e，2eD【分析】当 x0 时，函数 f（x）mxlnx 的导函数

36、为第 15 页（共 29 页），不妨设x2x10，则有，可得：由直线的斜率公式得，m0，又 k0，可得 1+lnm0，令， 得 h  （ m ）  2+lnm  1+ （ 1+lnm ）  0 ， 得 ：，所以【解答】解：当 x0 时，函数 f（x）mxlnx 的导函数为由函数 f（x）有两个极值点得

37、0;m0，又 f（x）为奇函数，不妨设 x2x10，则有，可得：由直线的斜率公式得，m0，又 k0，1+lnm0，令，（当        时，k0，不合题意）得 h（m）2+lnm1+（1+lnm）0，h（m）在由 0k2e 得：上单调递增，又，所以        ，故选：B【点评】本题考查利用导数研究函数的极值、零点及不等式问题，属于中档题二.填空题：本题共 4&#

38、160;个题，每小题 5 分，共 20 分.13（5 分）已知抛物线 y22px 的准线方程为 x2，点 P 为抛物线上的一点，则点 P 到直线 yx+3 的距离的最小值为【分析】根据题意，由抛物线的准线方程分析可得 2，解可得 p4，即可得抛物线的方程，设 P 点坐标为 P（x，y），结合点到直线的距离公式可得 d，由二次函数的性质分析可得答案【解答】解：根据题意，抛物线 y22px&

39、#160;的准线方程为 x2，则有 2，解可得第 16 页（共 29 页）p4，则抛物线方程为 y28x，设 P 点坐标为 P（x，y），则点P到直线yx+3的距离为，当 y4 时取最小值故答案为：【点评】本题考查抛物线的几何性质，涉及点到直线的距离及最值的求解，关键是求出抛物线的标准方程14（5 分）我国古代著名的数学家刘徽著有海岛算经内有一篇：“今有望海岛，立两表齐，高三丈，前后相去千步，令后表与前表相直从前表却行百二十三步，人目著地取望岛峰，与表末参合从后表却

40、行百二十七步，人目著地取望岛峰，亦与表末参合问岛高及去表各几何？”请你计算出海岛高度为 1255步（参考译文：假设测量海岛，立两根标杆，高均为5 步，前后相距 1000 步，令前后两根标杆和岛在同一直线上，从前标杆退行 123 步，人的视线从地面（人的高度忽略不计）过标杆顶恰好观测到岛峰，从后标杆退行 127 步，人的视线从地面过标杆顶恰好观测到（岛峰，问岛高多少？岛与前标杆相距多远？） 丈、步为古时计量单位，当时是“三丈5 步”）【分析】作出示意图，根据相似三角形列比例式，即可求出岛高【解答】

41、解：如图，设岛高 x 步，与前标杆相距 y 步，则有，解得：x1255 步故答案为：1255【点评】本题考查了解三角形的应用，属于中档题第 17 页（共 29 页）15（5 分）若实数 x，y 满足若 zx+y 的最小值为7，则 a2【分析】画出约束条件的可行域，利用目标函数的最值，判断目标函数经过的点，求解 a即可【解答】解：作出可行域如图所示，过点 C 时取最小值由得，则故答案为：2得 a2【点评】考查

42、利用线性规划求字母的值柯西数形结合的应用，考查计算能力16 5 分）已知数列an的前 n 项和为 Sn（nN*），且满足（，若对nN*，anan+1 恒成立，则首项 a1 的取值范围是【分析】，两式作差得 an+an+14n1，n2，可得 an1+an4n5，n3，两式再作差得 an+1an14，n3可得数列an的偶数项是以 4 为公差的等差数列，从 a3 起奇数项也是以 4 为公差的等差数列由对nN*，anan+1 

43、;恒成立，当且仅当 a1a2a3a4即可得出【解答】解：，两式作差得 an+an+14n1，n2，an1+an4n5，n3两式再作差得 an+1an14，n3，可得数列an的偶数项是以 4 为公差的等差数列，从 a3 起奇数项也是以 4 为公差的等差数列第 18 页（共 29 页）若对nN*，anan+1 恒成立，当且仅当 a1a2a3a4又 a1+S23，a232a1，a37a24+2a1，a411a372a1，a132a14+2a1

44、72a1，解得：故答案为：【点评】本题考查了数列递推关系、等差数列的通项公式与求和公式、数列的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题三.解答题：共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第 17-21 题为必考题，每个试题考生都必须作答.第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共 60 分.17（12 分）已知ABC 中，ABBCCA2，P 为ABC 内一点，且BPC90°（）当时，求 AP 的长；（）若AP

45、C150°，令PCB，求 tan 的值（【分析】 ）在ABP 中由余弦定理求出 AP；（）在ACP 中，根据正弦定理计算 tan【解答】解：（）如图，在PBC 中，BPC90°，PBC45°ABP15°，cosABP在ABP 中，由余弦定理得：AP2BA2+BP22BABPcos15°（）PCB，ACP60°，APC150°，PAC30°在直角PBC 中，PCBCcos2cos，在APC 中，由正弦定理得：

46、解得即                         ，第 19 页（共 29 页）【点评】本题考查了余弦定理解三角形，属于中档题18（12 分）如图，五边形 ABSCD 中，四边形 ABCD 为长方形，三角形 SBC 为边长为 

47、;2 的正三角形，将三角形 SBC 沿 BC 折起，使得点 S 在平面 ABCD 上的射影恰好在 AD 上（）当时，证明：平面 SAB平面 SCD；（）若 AB1，求平面 SCD 与平面 SBC 所成二面角的余弦值的绝对值【分析】（）作 SOAD，垂足为 O，依题意得 SO平面 ABCD，从而 SOAB，SOCD，进而 AB平面 SAD，ABSA，

48、ABSD，推导出 SASD，从而 SD平面 SAB，由此能证明平面 SAB平面 SCD（）连结 BO，CO，以 OA，OE，OS 为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系利用向量法能求出平面 SCD 与平面 SBC 所成二面角的余弦值的绝对值【解答】证明：（）作 SOAD，垂足为 O，依题意得 SO平面 ABCD，SOAB，SOCD，又 ABAD，AB平面 SAD，ABSA，ABSD2 分利

49、用勾股定理得，同理可得在SAD 中，SASD4 分SD平面 SAB，又 SD 平面 SCD，所以平面 SAB平面 SCD5 分第 20 页（共 29 页）解：（）连结 BO，CO，SBSC，SOBSOC，BOCO，又四边形 ABCD 为长方形，AOBDOC，OAOD取 BC 中点为 E，得 OEAB，连结 SE，其中 OE1，OAOD1，7 分由以上证明可知 

50、;OS，OE，AD 互相垂直，不妨以 OA，OE，OS 为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系OE1，8 分设是平面 SCD 的法向量，则有即，令 z11 得9 分设是平面 SBC 的法向量，则有即令 z11 得10 分则11 分所以平面 SCD 与平面 SBC 所成二面角的余弦值的绝对值为 12 分第 21 页（共 29 页）【

51、点评】本题考查面面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查函数性质等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题19（12 分）我校为了更好地管理学生用手机问题，根据学生每月用手机时间（每月用手机时间总和）的长短将学生分为三类：第一类的时间区间在（ 0，30，第二类的时间区间在（30，60，第三类的时间区间在（60，720（单位：小时），并规定属于第三类的学生要进入“思想政治学习班”进行思想和心理的辅导现对我校二年级1014 名学生进行调查，恰有 14 人属于第三类，这 14 名学生被学校带去政治学习由剩下的&

52、#160;1000 名学生用手机时间情况，得到如图所示频率分布直方图（ I）求这 1000 名学生每月用手机时间的平均数；（ II）利用分层抽样的方法从 1000 名选出 10 位学生代表，若从该 10 名学生代表中任选两名学生，求这两名学生用手机时间属于不同类型的概率；（ III）若二年级学生长期保持着这一用手机的现状，学校为了鼓励学生少用手机，连续10 个月，每个月从这 1000 名学生中随机抽取 1 名，若取到的是第一类

53、学生，则发放奖品一份，设 X 为获奖学生人数，求 X 的数学期望 E（X）与方差 D（X）第 22 页（共 29 页）（【分析】 I）以组中值代替各小组数据，利用加权平均数计算；（II）根据各组的频率比得出抽取的各类学生的人数，再利用组合数公式计算；（III）根据二项分布的性质计算【解答】解：（） 平均数为：5×0.010×10+15×0.030×10+25×0.040×10+35×0.010×1

54、0+45×0.006×10+55×0.004×1023.4（小时）（） 由频率分布直方图可知，采用分层抽样抽取 10 名学生，其中 8 名为第一类学生，2 名为第二类学生，从该 10 名学生代表中抽取 2 名学生且这两名学生不属于同一类的概率为（） 由题可知，这 1000 名学生中第一类学生 80%，则每月从 1000 名学生中随机抽取 1 名学生，是第一类学生的概率为

55、0;0.8，则连续 10 个月抽取，获奖人数 XB（10，0.8），其数学期望 E（X）10×0.88（小时），方差 D（X）10×0.8×0.21.6【点评】本题考查了频率分布直方图，分层抽样，离散型随机变量的分布列，属于中档题（20 12 分）已知椭圆的离心率为，F1，F2 分别为椭圆的左、右焦点，点 P 为椭圆上一点，1PF2 面积的最大值为第 23 页（共 29 页）（）求椭圆 C 的方程

56、；（）过点 A（4，0）作关于 x 轴对称的两条不同直线 l1，l2 分别交椭圆于 M（x1，y1）与 N（x2，y2），且 x1x2，证明直线 MN 过定点，并求AMN 的面积 S 的取值范围【分析】（）根据题意，由椭圆的离心率公式可得，结合椭圆的几何性质可得bc，解可得 a、b 的值，将 a、b 的值代入椭圆的方程即可得答案；（）设 MN 方程为 xny+m，与椭圆的方程联立可得（n2+4）y

57、2+2nmy+m240，结合根与系数的关系分析可得即得直线过定点，结合三角形面积公式分析可得答案（【解答】解：）根据题意，椭圆，解可得 m 的值，分析可的离心率为   ，则      ，设 P（x，y），则解得所以椭圆 C 的方程为，（）设 MN 方程为 xny+m，（n0），联立，得（n2+4）y2+2nmy+m240，因为关于 x 轴对称的两条不同直线 l1，l2 的斜率之和为

58、60;0即，即，得 2ny1y2+m（y1+y2）4（y1+y2）0，即解得：m1直线 MN 方程为：xny+1，所以直线 MN 过定点 B（1，0）又第 24 页（共 29 页），令，           又【点评】本题考查直线与椭圆的位置关系，涉及椭圆的几何性质，关键是求出椭圆的标准方程21（12 分）已知函数 f（x）ln（ax）a，a0（）若函数 h

59、（x）exf（x）为单调函数，求 a 的取值范围；（）当 a1 时，证明：ex+f（x）sinx0【分析】（）立或 h（x）0 恒成立，令，h（x）为单调函数等价为 h（x）0 恒成，得                     ，由此利用导数性质能求出结果（）令 F（x）ex+（lnx1）sinx，

60、当 xe 时，sinx1，F（x）ex+（lnx1）sinxexlnx+1，x0，函数（x1）lnx 在 x1 处取最小值，从而 F（x）ex+（lnx1）sinx0；当 0xe 时，F（x）ex+（lnx1）sinx1+（lnx1）sinx，由此能证明 ex+f（x）sinx0【解答】解：（）h（x）ex（lnaxa），x0，h（x）为单调函数等价为 h（x）0 恒成立或 h（x）0 恒成立，令得，所以 （x）在（0，1）单调递减，在（1，+）单调递增，

61、2 分又，当 0a1 时，时，；当 a1 时，           时，；h（x）0 不可能恒成立，归纳得 h（x）0 恒成立3 分又 （x）min（1）lnaa+1，所以 lnaa+10令 p（a）lnaa+1，a0，得 p（a）在（0，1）单调递增，在（1，+）单调递减，第 25 页（共 29 页）p（a）p（1）0，即 lnaa+10，5 分所以 lnaa+10，即 a16 分证明：（）令 F（x）ex+（lnx1）sinx，（1）当