重点中学高考数学模拟试卷及答案（共10套）

重点中学高考数学模拟考试试题（一）一.选择题(本题共12个小题,每小题5分,共60分.下列各题的四个选项中只有一个正确,请选出)1.已知全集U={0,1,2,3,4},且集合B={1,2,4},集合A={2,3},则B∩(CUA)=（）A．{1,4}B．{1}C．{4}D．2.下列各命题中,真命题是()A．xR,1-x2<0 B．xN,x21C．xZ,x3<1 D．xQ,x2=23.若不等式x2+ax+b<0(a,bR)的解集为{x|2<x<5},则a,b的值为()A．a=-7,b=10 B．a=7,b=-10C．a=-7,b=-10 D．a=7,b=104.“k>0”是“一次函数y=kx+b(k,b是常数)是增函数”的(A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件[:]5.若集合A={x|x2-3x<0},B={x|x21},则图中阴影部分表示的集合为()．A.{x|x>0}B.{x|0<x1}C.{x|1x<3}D.{x|0<x<1或x3}6.若不等式-x2+ax-10对一切xR恒成立,则实数a的取值范围为()．A．{a|-2a2} B．{a|a-2或aC．{a|-2<a<2} D．{a|a<-2或a>2}7.如果函数y=x2+(1-a)x+2在区间(-,4]上单调递减,那么实数a的取值范围是()A．a-7B．a－3C．a5D．a98.设集合A={x|-1x<3},集合B={x|0<x2},则“aA”是“aB”的()．A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件9.下列函数中,在其定义域内既是奇函数又是增函数的是() A.y=x+1 B.y=-x3 C.y=x|x| D.y=eq\f(1,x)]10.已知a=20.4,b=30.2,c=50.2,则()A.a<b<cB.b<a<cC.b<c<aD.c<a<b11.小王从甲地到乙地和从乙地到甲地的时速分别为a和b(a>b),其全程的平均时速为v,则()A．a<v<eq\r(ab)B．b<v<eq\r(ab)C．eq\r(ab)<v<eq\f(a＋b,2)D．v＝eq\f(a＋b,2)12.若函数f(x)=x+eq\f(1,x-2)(x>2)在x=n处取得最小值,则n=()A.eq\f(5,2)B．eq\f(7,2)C．4D．3二.填空题(本题共4个小题,每小题5分,共20分.请将结果直接填在题中横线上)13.若命题“xR,x2-3ax+90”为假命题,则实数a的取值范围是_______14.函数y=eq\f(1,eq\r(1-x2))的定义域为_______．15.若a>0,b>0,且满足eq\f(1,a)+eq\f(1,b)=1,则2a+b的最小值为_____.16.已知f(x)=eq\b\lc\{(\a\vs2(x2+1(x0),-2x(x<0))),若f(x)=10,则x=______.三.解答题(本题共6个题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17.(本题12分)已知集合A={x|0x4},集合B={x|m+1x1-m},且A∪B=A,求实数m的取值范围18.(本题12分)已知集合A={x|x2+x-2=0},集合B={x|x2+ax+a+3=0},若AB=B,求实数a的取值集合．19.(本题12分)已知函数y=f(x)在定义域[-1,1]上是奇函数,又是减函数,若f(1-a2)+f(1-a)<0,求实数a的范围.20.(本题12分)要制作一个体积为32m3,高为2m21.(本题10分)已知二次函数f(x)=x2-2ax+a-1在区间[0,1]上有最小值-2,求实数a的值.22.(本题12分)已知函数f(x)=x+eq\f(2,x).(1)求它的定义域和值域(2)用单调性的定义证明:f(x)在(0,eq\r(2))上单调递减.数学试题参考答案一.选择题ACACCADBCBBD二.填空题13.-2<a<2;14.(-1,1)；15.3+2eq\r(2);16.3或-5三.解答题17.解:由A∪B=A得BA2分当m+1>1-m,即m>0时,B=,显然BA5分当B时,由BA得eq\b\lc\{(\a\vs2(m+11-m,m+10,1-m4)),解得-1m010分综上可知,m-112分18.解:A={-2,1},2分由AB=B得BA,当a2-4(a+3)<0,a2-4a-12<0,即-2<a<6时,B=,显然BA;4分当B时,由BA得B={-2},{1},{-2,1}若B={-2},则eq\b\lc\{(\a\vs2(a2-4(a+3)=0,4-2a+a+3=0)),即eq\b\lc\{(\a\vs2(a=-2或a=6,a=7)),;6分若B={1},则eq\b\lc\{(\a\vs2(a2-4(a+3)=0,1+a+a+3=0)),即eq\b\lc\{(\a\vs2(a=-2或a=6,a=-2)),a=-2;8分若B={-2,1},则eq\b\lc\{(\a\vs2(a2-4(a+3)>0,-a=-1,a+3=-2)),即eq\b\lc\{(\a\vs2(a<-2或a>6,a=1,a=-5)),;10分综上可知,实数a的取值集合为{a|-2a<6}19.解:由题意得eq\b\lc\{(\a\vs2(-11-a21,-11-a1)),解得eq\b\lc\{(\a\vs2(0a22,0a2)),即0aeq\r(2)5分由f(1-a2)+f(1-a)<0得f(1-a)<-f(1-a2)∵函数y=f(x)是奇函数∴-f(1-a2)=f(a2-1)∴f(1-a)<f(a2-1)8分又∵函数y=f(x)在定义域[-1,1]上是减函数∴1-a>a2-1,a2+a-2<0,解得-2<a<110分由eq\b\lc\{(\a\vs2(0aeq\r(2),-2<a<1))得,0a<112分20.解:由题意得,长方体纸盒的底面积为16m2设长方体纸盒的底面一边长为xm,则另一边长为eq\f(16,x)m,长方体纸盒的全面积为ym2,2分则由题意得y=2(2x+eq\f(32,x)+16)=4(x+eq\f(16,x))+32(x>0)6分∵x>0∴x+eq\f(16,x)8,当且仅当x=eq\f(16,x),即x=4时,等号成立∴当x=eq\f(16,x)=4时,y的最小值为6410分答:当长方体纸盒的底面是边长为4m的正方形时,用纸最少为64m21.解:二次函数f(x)=x2-2ax+a-1图像的对称轴是x=a当a0时,f(x)在区间[0,1]上单调递增∴f(x)min=f(0)=a-1=-2,解得a=-1;3分当a1时,f(x)在区间[0,1]上单调递减∴f(x)min=f(1)=1-2a+a-1=-2,解得a=2;6分当0<a<1时,f(x)min=f(a)=a2-2a2+a-1=-2,即a2-a-1=0,解得a=eq\f(1eq\r(5),2),不合题意,舍去;9分综上可得,a=-1或a=210分22.(1)解:函数的定义域是{x|x0}1分当x>0时,x+eq\f(2,x)2eq\r(2),当且仅当x=eq\f(2,x)即x=eq\r(2)时等号成立；3分当x<0时,-x>0,-x+eq\f(2,-x))2eq\r(2),当且仅当-x=eq\f(2,-x)即x=-eq\r(2)时等号成立；5分∴函数f(x)的值域是(-,-2eq\r(2)]∪[2eq\r(2),0)6分(2)证明:设0<x1<x2<eq\r(2),则f(x1)-f(x2)=(x1+eq\f(2,x1))-(x2+eq\f(2,x2))=eq\f((x1-x2)(x1x2-2),x1x2)9分∵0<x1<x2<eq\r(2)∴x1-x2<0,0<x1x2<2∴x1x2-2<0∴f(x1)-f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)11分∴f(x)在(0,eq\r(2))上单调递减12分重点中学高考数学模拟考试试题（二）选择题：本大题共12小题，每小题5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．设集合，，则（）A． B． C． D．【答案】B:集合，集合，所以,2．设曲线在处的切线方程为，则a＝()A．0 B．1C．2 D．3解析：选D∵y＝eax－ln(x＋1)，∴y′＝aeax－eq\f(1,x＋1)，∴当x＝0时，y′＝a－1.∵曲线y＝eax－ln(x＋1)在x＝0处的切线方程为2x－y＋1＝0，∴a－1＝2，即a＝3.3．的展开式中的系数为（）A．B．C．D．【答案】D:的展开式中的系数为.4．已知在圆内，过点的最长弦和最短弦分别是和，则四边形的面积为()A. B. C. D.【答案】D：由题意可得：最长弦为直径：最短的弦是.则四边形ABCD的面积为.5．已知，，，则的大小关系为（）A．B．C． D．【答案】A，，，故，所以。6.已知函数，则函数的大致图像为（）ABCD【答案】B考点：1.函数的基本性质；2.函数的图象.7．函数的最小正周期是，则其图象向左平移个单位长度后得到的函数的一条对称轴是（）A． B． C． D．【答案】D函数的最小正周期是，则函数，经过平移后得到函数解析式为，由，得，当时，.8．元代数学家朱世杰在算学启蒙中提及如下问题：今有银一秤一斤十两秤=10斤,1斤=10两,令甲、乙、丙从上作折半差分之,问：各得几何？其意思是：“现有银一秤一斤十两,现将银分给甲、乙、丙三人,他们三人每一个人所得是前一个人所得的一半”若银的数量不变,按此法将银依次分给5个人,则得银最少的3个人一共得银

A.两 B.两 C.​两 D.两【答案】C解：一秤一斤十两共120两,将这5人所得银两数量由小到大记为数列,则是公比的等比数列,于是得,解得,故得银最少的3个人一共得银数为(两．9．如图，平面四边形中，，，，将其沿对角线BD折成四面体，使平面⊥平面，若四面体的顶点在同一个球面上，则该球的表面积为()A．3π B．C．4π D．解析：选A由图示可得BD＝A′C＝eq\r(2)，BC＝eq\r(3)，△DBC与△A′BC都是以BC为斜边的直角三角形，由此可得BC中点到四个点A′，B，C，D的距离相等，即该三棱锥的外接球的直径为eq\r(3)，所以该外接球的表面积S＝4π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))2＝3π.10.已知为平面直角坐标系的原点，为双曲线的右焦点，为的中点，过双曲线左顶点作两渐近线的平行线分别与轴交于两点，为双曲线的右顶点，若四边形的内切圆经过点，则双曲线的离心率为()A．B.C.D.【答案】B作草图，易知直线BC的方程为eq\f(x,a)＋eq\f(y,b)＝1，圆心O到BC的距离为eq\f(1,\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)))2))＝eq\f(c,2)，∴2ab＝c2，∴4a2(c2－a2)＝c4，同除以a4得，e4－4e2＋4＝0，∴(e2－2)2＝0，∴e2＝2，∴e＝eq\r(2)或－eq\r(2)(舍)，∴e＝eq\r(2)，故选B.11.对于定义域为的函数，若满足①；②当，且时，都有；③当，且时，都有，则称为“偏对称函数”．现给出四个函数：；；则其中是“偏对称函数”的函数个数为A.0 B.1 C.2 D.3【答案】C因为条件②，所以与同号，不符合②，不是“偏对称函数”；对于；，满足①②，构造函数，，在上递增，当，且时，都有，，满足条件③，是“偏对称函数”；对于，，满足条件①②，画出函数的图象以及在原点处的切线，关于轴对称直线，如图，由图可知满足条件③，所以知是“偏对称函数”；函数为偶函数，，不符合③，函数不是，“偏对称函数”.12．已知函数，，其中．若的图象在点处的切线与的图象在点处的切线重合，则a的取值范围为（）A． B．C． D．【答案】C∵，∴，，函数在点处的切线方程为：，函数在点处的切线方程为：，两直线重合的充要条件是①，②，由①及得，故，令，则，且，设，，当时，恒成立，即单调递减，，时，，即a的取值范围为.二、填空题13．的值是__________；【答案】0;复数．14．交通部门对某路段公路上行驶的汽车速度实施监控，从速度在的汽车中抽取600辆进行分析，得到数据的频率分布直方图如图所示，则速度在以下的汽车有________辆；【答案】300;以下的频率为，所以汽车有.15．在平行六面体中，，，则与所成角为_________；（用弧度表示）【答案】16．如图，过抛物线的焦点作两条互相垂直的弦、，若与面积之和的最小值为32，则抛物线的方程为_________.【答案】;设直线AC和x轴的夹角为由焦半径公式得到面积之和为：通分化简得到原式子化简为根据二次函数的性质当t=1时有最小值，此时抛物线方程为：.三、解答题17．箱中装有4个白球和个黑球.规定取出一个白球得2分，取出一个黑球得1分，现从箱中任取3个球，假设每个球被取出的可能性都相等.记随机变量为取出的3个球所得分数之和.（1）若，求的值；（2）当时，求随机变量的分布列与数学期望.【答案】（1）由题意得：取出的个球都是白球时，随机变量，即：，解得：（2）由题意得：所有可能的取值为：则；；；.的分布列为：【点睛】本题考查服从超几何分布的随机变量的概率及分布列的求解问题，关键是能够明确随机变量所服从的分布类型，从而利用对应的公式来进行求解.18．已知函数.(1)求的单调递增区间；(2)在中，且，求面积的最大值．【答案】(1)解：＝.（2）由题可得，因为，所以，又，所以．在中，由余弦定理可得，即．所以，当且仅当时等号成立，故面积的最大值为．19．如图，在三棱锥中，，，，，分别是，的中点，在上且.（I）求证：；（II）在线段上是否存在点，使二面角的大小为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由.【答案】I.以A为坐标原点，分别以AC，AB.AS为x，y，z轴建立空间直角坐标系C-xyz.则A（0，0，0），B（0，2，0），C（2，0，0），S（0，0，2），D（1，0，0），E（1，1，0）由SF=2FE得F(,,)平面平面SBCⅡ.假设满足条件的点G存在，并设DG=.则G（1，t，0）.所以设平面AFG的法向量为，则取，得即.（法一）设平面AFE的法向量为则取，得，即（法二）.所以平面AFE的法向量为：；由得二面角G-AF-E的大小为得，化简得，又，求得，于是满足条件的点G存在，且20．已知椭圆过点，离心率为，为坐标原点．（1）求椭圆的标准方程；（2）设为椭圆上的三点，与交于点，且，当的中点恰为点时，判断的面积是否为常数，并说明理由．【答案】（1）由已知易得，∴，故椭圆的标准方程为：.（2）①若点是椭圆的右顶点（左顶点一样），则，∵，在线段上，∴，此时轴，求得，∴的面积等于.②若点不是椭圆的左、右顶点，则设直线的方程为：，，，由得，则，，∴的中点的坐标为，∴点的坐标为，将其代入椭圆方程，化简得．∴．点到直线的距离，∴的面积．综上可知，的面积为常数．21．设数列,，已知，，（1)求数列的通项公式；（2)设为数列的前项和,对任意,若恒成立，求实数的取值范围．【答案】(1)，又，是以2为首项，为公比的等比数列，；（2），又,，两式相加即得：，,()当n为奇数时()当n为偶数时，，综上，所以实数p的取值范围为．【点睛】本类试题，注意看问题，一般情况，问题都会指明解题方向22.设，，其中．Ⅰ求的极大值；Ⅱ设，，若对任意的，恒成立，求的最大值；Ⅲ设，若对任意给定的，在区间上总存在s，，使成立，求b的取值范围．【答案】Ⅰ，当时，，在递增；当时，，在递减．则有的极大值为；Ⅱ当，时，，，在恒成立，在递增；由，在恒成立，在递增．设，原不等式等价为，即，，在递减，又，在恒成立，故在递增，，令，，∴，在递增，即有，即；Ⅲ，当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减．又因为，，，所以，函数在上的值域为．由题意，当取的每一个值时，在区间上存在，与该值对应．时，，，当时，，单调递减，不合题意，当时，时，，由题意，在区间上不单调，所以，，当时，，当时，所以，当时，，由题意，只需满足以下三个条件：，，使．，所以成立由，所以满足，所以当b满足即时，符合题意，故b的取值范围为．【点睛】本题考查导数的运用：求单调区间和极值，主要考查不等式恒成立和存在性问题，注意运用参数分离和构造函数通过导数判断单调性，求出最值，属于难题．重点中学高考数学模拟考试试题（三）一、选择题：本大题共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．已知集合，则A．B．C．D．2．已知非零向量，满足且，则的夹角为A．B．C．D．3．元旦晚会期间，高三二班的学生准备了6个参赛节目，其中有2个舞蹈节目，2个小品节目，2个歌曲节目，要求歌曲节目一定排在首尾，另外2个舞蹈节目一定要排在一起，则这6个节目的不同编排种数为A．48B．36C．24D．124．已知实数满足不等式组其中则的最大值是A．B．5C．20D．255.若，则下列不等式成立的是A.B．C．D．6.我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题，题中描绘的器具的三视图如图所示(单位：寸)．若在某天某地下雨天时利用该器具接的雨水的深度为6寸，则这天该地的降雨量约为(注：平均降雨量等于器具中积水除以器具口面积．参考公式：其中分别表示上、下底面的面积，为高)第6题图A．2寸B．3寸C．4寸D．5寸7．如图①，一块黄铜板上插着三根宝石针，在其中一根针上从下到上穿好由大到小的若干金片．若按照下面的法则移动这些金片：每次只能移动一片金片；每次移动的金片必须套在某根针上；大片不能叠在小片上面．设移完片金片总共需要的次数为，可推得．如图②是求移动次数的程序框图模型，则输出的结果是第7题图①②A．1022B．1023C．1024D．10258．如图，在所有棱长均为a的直三棱柱ABC—A1B1C1中，D,E分别为BB1,A1C1的中点，则异面直线AD,CE所成角的余弦值为第8题图A．B．C．D．9．如图，由抛物线y2＝8x与圆E：(x－2)2＋y2＝9的实线部分构成图形Ω，过点P(2,0)的直线始终与图形Ω中的抛物线部分及圆部分有交点，则|AB|的取值范围为第9题图A.B.C．D．10．下列命题中，正确的是①若随机变量，则且；②命题“”的否定是：“”；③命题“若”为真命题；④已知为实数，直线是“2”的充要条件.A．①②B．②③C．②④D．③④11．已知偶函数满足，且，则的解集为A．B．C．D.12．已知函数的图象与轴的两个相邻交点分别为中在的右边)，曲线上任意一点关于点的对称点分别且|x2－x1|＝，且当时，有.记函数的导函数为，则当时，的值为A．B．C．D．1第Ⅱ卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13．已知为虚数单位，且复数满足，则＝_____．14．已知展开式的常数项为，则的最小值为___________．15．四边形中，，当边最短时，四边形的面积为__________．16．已知双曲线的上支交抛物线于两点，双曲线的渐近线在第一象限与抛物线交于点为抛物线的焦点，且，则＝___.三、解答题（本大题共6小题，共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)已知数列的前项和.(I)求证：数列为等差数列；(II)求数列的前项和．18．（本小题满分12分）如图，在三棱柱中，，.(I)求证：;(II)在棱上取一点M,,若与平面所成角的正弦值为，求.第18题图19．（本小题满分12分）某省级示范高中高三年级对考试的评价指标中，有“难度系数”“区分度”和“综合”三个指标，其中，难度系数，区分度，综合指标．以下是高三年级6次考试的统计数据：i123456难度系数xi0.660.720.730.770.780.84区分度yi0.190.240.230.230.210.16(I)计算相关系数，若，则认为与的相关性强；通过计算相关系数，能否认为与的相关性很强(结果保留两位小数)?(II)根据经验，当时，区分度与难度系数的相关性较强，从以上数据中剔除(0.7,0.8)以外的值，即．(i)写出剩下4组数据的线性回归方程(保留两位小数)；(ii)假设当时，与的关系依从(i)中的回归方程，当为何值时，综合指标的值最大？参考数据：参考公式：相关系数回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式为20．（本小题满分12分）（原创题）已知点是椭圆和抛物线的公共焦点，是椭圆的长轴的两个端点，点是与在第二象限的交点，且.(I)求椭圆的方程；(II)点为直线上的动点，过点作抛物线的两条切线，切点分别为.直线交椭圆于两点，设△的面积为，△的面积为，求的最大值.21.（本小题满分12分）已知函数.（Ⅰ）当时，若函数恰有一个零点，求实数的取值范围；（Ⅱ）当,对任意有成立，求实数的取值范围。请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.22.（本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程在直角坐标系中，曲线的参数方程为，以点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（Ⅰ）写出曲线的普通方程和曲线的直角坐标方程；（Ⅱ）已知点是曲线上一点，若点到曲线的最小距离为，求的值.23.（本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲已知（Ⅰ）当时，求不等式的解集；（Ⅱ）若关于的不等式恒成立，求的取值范围.数学参考答案一、选择题：题号123456789101112答案CACDBABCDBCA二、填空题：13.14.215.16.117.（I）解：由及得,所以,又,所以,是以-1为首项，-1为公差的等差数列(5分)(II)由（I）得，所以（1）-（2）得所以.(12分)18.（I）证明：由题意知四边形是菱形，则，如图，设，连接,易求得，又为的中点，所以,又，所以，所以(II)解：如图所示，取的中点为,则由,得,又平面,平面,所以，又,所以，以为原点，的正方向为轴、轴、轴正方向建立空间直角坐标系，则,设，则由,得所以，由（1）知平面的一个法向量为所以,解得或-1(负值舍去)，所以19.解：（1）易求得，因为，所以不能认为与的相关性很强（II）(i)由题意，剔除后，求得，则，故所求线性回归方程为：(ii)，故当时，取最大值20.解：（I）易知，所以焦点，椭圆的另一焦点为由抛物线定义知，从而，又由椭圆定义得：,∴，故所求椭圆方程为：（2）由对称性，不妨设，再设,由得,①②由①②解得所以有：③④由点斜式得⑤③④代入⑤得：联立消去得，又设，则，到之间的距离为，，当且仅当时，.21.（1）函数的定义域为当时，，所以，①当时，，所以在上单调递增，取，则（因为且时，）因为，所以，此时函数有一个零点。②当时，令，解得.当时,,所以在上单调递减；当时,,所以在上单调递增；要使函数有一个零点，则即.综上所述，若函数恰有一个零点，则或.（其它解法：如分离参数法酌情给分）（2）因为对任意，有成立因为，所以；因为，则，所以，当时，，当时，，所以在上单调递减；在单调递增；，因为与，所以设，则，所以在上单调递增，故，所以.从而.所以即，设，则.当时，所以在上单调递增，又，所以，即为，解得.因为,所以的取值范围为.22.解：（1）由曲线的参数方程，消去参数，可得的普通方程为，由曲线的极坐标方程得，∴曲线的直角坐标方程为.（2）设曲线上任意一点为，则点到曲线的距离为∵,∴,,当时，，即；当时，，即，∴或曲线的参数方程为，以点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.23.（1）当时，由，得，当时，由，得；当时，由，得；.当时，由，得；综上所述，的解集为.（2）不等式，即为，即关于的不等式恒成立，而，当且仅当时等号成立，所以，解得或，解得：或.所以的取值范围是.重点中学高考数学模拟考试试题（四）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．已知集合A＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，\f(1,2)))，B＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(ax＋1＝0))))，且B⊆A，则a的可能取值组成的集合为(D)A.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(－3，2))B.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(－3，0，2))C.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(3，－2))D.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(3，0，－2))2．已知复数z＝eq\f(1,1＋i)，命题p：复数z的虚部为eq\f(1,2)，命题q：复数z的模为1.下列命题为真命题的是(D)A．p∨qB．p∧(綈q)C．p∧qD．(綈p)∧(綈q)【解析】z＝eq\f(1,1＋i)＝eq\f(1－i,2)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2)i，所以z的虚部为－eq\f(1,2)，模为eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(2),2)，所以命题p，q均为假命题，故选D.3．若向量a与b满足(a＋b)⊥a，且|a|＝1，|b|＝2，则向量a在b方向上的投影为(B)A.eq\r(3)B．－eq\f(1,2)C．－1D.eq\f(\r(3),3)【解析】利用向量垂直的充要条件有：(a＋b)·a＝a2＋a·b＝0，∴a·b＝－1，向量a在b方向上的投影为eq\f(a·b,|b|)＝－eq\f(1,2).4．公元前5世纪，古希腊哲学家芝诺发表了著名的阿基里斯悖论：他提出让乌龟在阿基里斯前面1000米处开始，和阿基里斯赛跑，并且假定阿基里斯的速度是乌龟的10倍．当比赛开始后，若阿基里斯跑了1000米，此时乌龟便领先他100米；当阿基里斯跑完下一个100米时，乌龟仍然前于他10米．当阿基里斯跑完下一个10米时，乌龟仍然前于他1米……，所以，阿基里斯永远追不上乌龟．按照这样的规律，若阿基里斯和乌龟的距离恰好为10－3米时，乌龟爬行的总距离为(B)A.eq\f(105－1,90)米B.eq\f(106－1,9000)米C.eq\f(106－9,900)米D.eq\f(105－9,900)米【解析】乌龟爬行的总距离为100＋10＋1＋0.1＋0.01＋0.001＝eq\f(106－1,9000)(米)．5．已知定义在R上的函数f(x)＝2eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－m))－1(m为实数)为偶函数，记a＝f(log0.53)，b＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log25))，c＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋m))，则a，b，c的大小关系为(B)A．a<b<cB．a<c<bC．c<a<bD．c<b<a【解析】∵函数f(x)是偶函数，∴f(x)＝f(－x)在R上恒成立，∴m＝0，∴当x≥0时，易得f(x)＝2eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x))－1为增函数，∴a＝f(log0.53)＝f(log23)，b＝f(log25)，c＝f(2)，∵log23<2<log25，∴a<c<b，故选B.6．设p：∀x∈(0，＋∞)，x2－ax＋1≥0，则使p为真命题的一个充分非必要条件是(A)A．a≤1B．a≤2C．a≤3D．a>2【解析】若p为真命题，则当x＞0时，不等式x2－ax＋1≥0恒成立，即a≤x＋eq\f(1,x)恒成立，所以a≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))eq\s\do7(min).因为当x＞0时，x＋eq\f(1,x)≥2eq\r(x·\f(1,x))＝2，当且仅当x＝1时取等号，所以命题p为真的充要条件是a≤2，则a≤1是使p为真命题的一个充分非必要条件．故选A.7．已知α，β是两个不同的平面，l是一条直线，给出下列说法：①若l⊥α，α⊥β，则l∥β；②若l∥α，α∥β，则l∥β；③若l⊥α，α∥β，则l⊥β；④若l∥α，α⊥β，则l⊥β.其中说法正确的个数为(C)A．3B．2C．1D．0【解析】①若l⊥α，α⊥β，则l∥β或l⊂β；②若l∥α，α∥β，则l∥β或l⊂β；③若l⊥α，α∥β，则l⊥β，正确；④若l∥α，α⊥β，则l⊥β或l∥β或l与β相交且l与β不垂直．故选C.8．若5个人各写一张卡片(每张卡片的形状、大小均相同)，现将这5张卡片放入一个不透明的箱子里，并搅拌均匀，再让这5人在箱子里各摸一张，恰有1人摸到自己写的卡片的方法数有(D)A．20B．90C．15D．45【解析】根据题意，分2步分析：①先从5个人里选1人，恰好摸到自己写的卡片，有C51种选法，②对于剩余的4人，因为每个人都不能拿自己写的卡片，因此第一个人有3种拿法，被拿了自己卡片的那个人也有3种拿法，剩下的2人拿法唯一，所以不同的拿卡片的方法有C51·C31·C31＝45种．9．设双曲线的右顶点为A，右焦点为F，B为双曲线在第二象限上的点，直线BO交双曲线于C点，若直线AC平分线段BF于M，则双曲线的离心率是(D)A.eq\f(1,2)B．2C.eq\f(1,3)D．3【解析】由题知BF中点为M，连接OM，CF，则OM为△BCF的中位线，于是eq\f(a,c－a)＝eq\f(OM,CF)＝eq\f(1,2)，可得c＝3a，∴e＝3.10．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x2＋ax，x≤1，,a2x2－7，x>1，))若存在x1，x2∈R，且x1≠x2，使f(x1)＝f(x2)，则实数a的取值范围是(A)A．a<3B．－2<a<3C．－2≤a≤2D．a<2【解析】当eq\f(a,2)<1，即a<2时，函数f(x)＝－x2＋ax，x≤1上存在x1，x2∈R，且x1≠x2，使f(x1)＝f(x2)，所以a<2时满足题意；当a≥2时，需满足－1＋a>a2－7，解得－2<a<3，即2≤a<3，综上实数a的取值范围为a<3，故选A.11．将函数f(x)＝sin(2ωx＋φ)(ω>0，φ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，2π)))图象上每点的横坐标变为原来的2倍，得到函数g(x)，函数g(x)的部分图象如图所示，且g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，2π))上恰有一个最大值和一个最小值(其中最大值为1，最小值为－1)，则ω的取值范围是(C)A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(7,12)，\f(13,12)))B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,12)，\f(13,12)))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,12)，\f(17,12)))D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(11,12)，\f(17,12)))【解析】由已知得函数g(x)＝sin(ωx＋φ)，由g(x)图象过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)))以及点在图象上的位置，知sinφ＝eq\f(\r(3),2)，φ＝eq\f(2π,3)，∵0≤x≤2π，∴eq\f(2π,3)≤ωx＋eq\f(2π,3)≤2πω＋eq\f(2π,3)，由g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，2π))上恰有一个最大值和一个最小值，∴eq\f(5π,2)≤2πω＋eq\f(2π,3)<eq\f(7π,2)，∴eq\f(11,12)≤ω<eq\f(17,12).12．已知球O是三棱锥P－ABC的外接球，PA＝AB＝PB＝AC＝1，CP＝eq\r(2)，点D是PB的中点，且CD＝eq\f(\r(7),2)，则球O的表面积为(A)A.eq\f(7π,3)B.eq\f(7π,6)C.eq\f(7\r(21)π,27)D.eq\f(7\r(21)π,54)【解析】由PA＝AB＝PB＝AC＝1，CP＝eq\r(2)，得PA⊥AC.由点D是PB的中点及PA＝AB＝PB，易求得AD＝eq\f(\r(3),2)，又CD＝eq\f(\r(7),2)，所以AD⊥AC，所以AC⊥平面PAB.以△PAB为底面，AC为侧棱补成一个直三棱柱，则球O是该三棱柱的外接球，球心O到底面△PAB的距离d＝eq\f(1,2)AC＝eq\f(1,2)，由正弦定理得△PAB的外接圆半径r＝eq\f(PA,2sin60°)＝eq\f(1,\r(3))，所以球O的半径为R＝eq\r(d2＋r2)＝eq\r(\f(7,12))，所以球O的表面积为S＝4πR2＝eq\f(7π,3).二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．已知coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3)))＝eq\f(1,3)，则sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,6)))＝__－eq\f(7,9)__．【解析】sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,6)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3)))＋\f(π,2)))＝cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3)))＝2cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3)))－1＝－eq\f(7,9).14．湖南师大附中第33届体育节高二年级各班之间进行篮球比赛，某班计划从甲、乙两人中挑选服务人员，已知甲可能在16：00－17：00到达篮球场地，乙可能在16：30－17：00到达，若规定谁先到达就安排谁参加服务工作，则甲参加服务工作的概率是__eq\f(3,4)__．【解析】设甲和乙到校的时刻分别为16时x分和16时y分，(x，y)可以看成平面直角坐标系中的点，试验的全部结果所构成的区域为Ω＝{(x，y)|0≤x≤60，30≤y≤60}，这是一个长方形区域，面积为30×60＝1800，而甲比乙先到篮球场应满足y>x，则符合题意的图形的面积为1800－eq\f(1,2)×30×30＝1350，所以甲参加服务工作的概率是eq\f(1350,1800)＝eq\f(3,4).15．过抛物线y2＝2px(p>0)的焦点F作两条相互垂直的射线，分别与抛物线相交于点M，N，过弦MN的中点P作抛物线准线的垂线PQ，垂足为Q，则eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PQ)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(MN)))的最大值为__eq\f(\r(2),2)__．【解析】过点M，N分别向抛物线的准线作垂线，垂足分别为M′，N′，则eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PQ))＝eq\f(1,2)(eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(MM′))＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(NN′)))≤eq\r(\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(MM′))\s\up12(2)＋\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(NN′))\s\up12(2),2))＝eq\r(\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(MF))\s\up12(2)＋\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(NF))\s\up12(2),2))＝eq\r(\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(MN))\s\up12(2),2))＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(MN)),\r(2))，可得eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PQ)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(MN)))≤eq\f(\r(2),2)，当且仅当eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(MF))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(NF))时等号成立，所以eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PQ)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(MN)))的最大值为eq\f(\r(2),2).16．对于数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))，定义An＝eq\f(a1＋2a2＋…＋2n－1an,n)为数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的“好数”，已知某数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的“好数”An＝2n＋1，记数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an－kn))的前n项和为Sn，若Sn≤S7对任意的n∈N*恒成立，则实数k的取值范围是__eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(9,4)，\f(16,7)))__．【解析】由题意，当n＝1时，a1＝A1＝22＝4，由nAn＝a1＋2a2＋…＋2n－1an，可得(n－1)An－1＝a1＋2a2＋…＋2n－2an－1(n≥2)，两式相减可得nAn－(n－1)An－1＝2n－1an，整理得an＝eq\f(nAn－（n－1）An－1,2n－1)＝eq\f(n·2n＋1－（n－1）·2n,2n－1)＝4n－2(n－1)＝2n＋2，由于a1＝2×1＋2＝4，则数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的通项公式为an＝2n＋2，则an－kn＝(2－k)n＋2，由于Sn≤S7对任意的n∈N*恒成立，则k>2且a7－7k≥0，a8－8k≤0，解得eq\f(9,4)≤k≤eq\f(16,7).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．17．(本小题满分12分)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且cos2C－cos2B＝sin2A－sinAsinC.(1)求角B的值；(2)若BC边上的高AH满足eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(AH))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(BC))，求eq\f(b,2c)＋eq\f(c,2b)的取值范围．【解析】(1)由cos2C－cos2B＝sin2A－sinAsinC，得sin2B－sin2C＝sin2A－sinAsinC.由正弦定理，得b2－c2＝a2－ac，即a2＋c2－b2＝ac，所以cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(ac,2ac)＝eq\f(1,2).因为0<B<π，所以B＝eq\f(π,3).6分(2)因为BC边上的高AH满足eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(AH))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(BC))，所以eq\f(1,2)×eq\f(a,2)×a＝eq\f(1,2)bcsinA，即a2＝2bcsinA，可得eq\f(b,2c)＋eq\f(c,2b)＝eq\f(b2＋c2,2bc)＝eq\f(a2＋2bccosA,2bc)＝eq\f(2bcsinA＋2bccosA,2bc)＝sinA＋cosA＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,4)))，9分由(1)知B＝eq\f(π,3)，∴0<A<eq\f(2π,3)，∴eq\f(π,4)<A＋eq\f(π,4)<eq\f(11,12)π，∴eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,4)))∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)－1,2)，\r(2)))，所以eq\f(b,2c)＋eq\f(c,2b)的取值范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)－1,2)，\r(2))).12分18．(本小题满分12分)如图所示的多面体ABCDEF中，四边形ABCD是边长为2的正方形，ED∥FB，DE＝eq\f(1,2)BF，AB＝FB，FB⊥平面ABCD.(1)设BD与AC的交点为O，求证：OE⊥平面ACF；(2)求二面角E－AF－C的正弦值．【解析】(1)由题意可知：ED⊥平面ABCD，从而DE⊥AC，又因为四边形ABCD是边长为2的正方形，所以DB⊥AC，又因为DB∩DE＝D，∴AC⊥平面DBE，∵OE⊂平面DBE，∴AC⊥OE，2分在△EOF中，OE＝eq\r(3)，OF＝eq\r(6)，EF＝3，∴OE2＋OF2＝EF2，∴OE⊥OF，又AC∩OF＝O，∴OE⊥平面ACF.5分(2)易知ED⊥平面ABCD，且DA⊥DC，如图，以D为原点，DA，DC，DE方向建立空间直角坐标系，从而E(0，0，1)，A(2，0，0)，C(0，2，0)，F(2，2，2)，O(1，1，0)．由(1)可知eq\o(EO,\s\up6(→))＝(1，1，－1)是平面AFC的一个法向量，7分设n＝(x，y，z)为平面AEF的一个法向量，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(AF,\s\up6(→))·n＝2y＋2z＝0，,\o(AE,\s\up6(→))·n＝－2x＋z＝0，))令x＝1得n＝(1，－2，2)，9分设θ为二面角E－AF－C的平面角，则|cosθ|＝|coseq\o(EO,\s\up6(→))，n|＝eq\f(|\o(EO,\s\up6(→))·n|,|\o(EO,\s\up6(→))|·|n|)＝eq\f(\r(3),3)，∴sinθ＝eq\f(\r(6),3).∴二面角E－AF－C的正弦值为eq\f(\r(6),3).12分19．(本小题满分12分)已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率e＝eq\f(\r(5),5)，左、右焦点分别为F1，F2，过右焦点F2任作一条直线l，记l与椭圆的两交点为A，B，已知△F1AB的周长为定值4eq\r(5).(1)求椭圆C的方程；(2)记点B关于x轴的对称点为B′，直线AB′交x轴于点D，求△ABD面积的取值范围．【解析】(1)由已知条件得e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(5),5)，4a＝4eq\r(5)，解得a＝eq\r(5)，c＝1，b＝2，则椭圆C的方程为eq\f(x2,5)＋eq\f(y2,4)＝1.4分(2)由(1)知F2(1，0)，可令直线l：x＝ty＋1(t≠0)，点A(x1，y1)，B(x2，y2)，B′(x2，－y2)．联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝ty＋1，,\f(x2,5)＋\f(y2,4)＝1，))得(5＋4t2)y2＋8ty－16＝0，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y1＋y2＝－\f(8t,5＋4t2)，,y1y2＝－\f(16,5＋4t2)，))6分而直线AB′的方程为y＝eq\f(y1＋y2,x1－x2)(x－x1)＋y1，令y＝0，得点D的横坐标xD＝eq\f(x1y2＋x2y1,y1＋y2)＝eq\f(（ty1＋1）y2＋（ty2＋1）y1,y1＋y2)＝eq\f(2ty1y2,y1＋y2)＋1＝5，即点D(5，0)，8分于是，△ABD的面积为S＝eq\f(1,2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(F2D))eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(y1－y2))＝2eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(y1－y2))＝2eq\r(（y1＋y2）2－4y1y2)＝16eq\r(5)·eq\f(\r(t2＋1),5＋4t2)，令μ＝eq\r(t2＋1)，则μ>1，且S＝16eq\r(5)·eq\f(μ,4μ2＋1)＝eq\f(16\r(5),4μ＋\f(1,μ))，由于函数f(μ)＝4μ＋eq\f(1,μ)在(1，＋∞)上单调递增，所以0<S<eq\f(16\r(5),5)，故△ABD面积的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(16\r(5),5))).12分20．(本小题满分12分)某个地区计划在某水库建一座至多安装3台发电机的水电站，过去50年的水文资料显示，水的年入流量X(年入流量：一年内上游来水与库区降水之和，单位：十亿立方米)都在4以上，其中，不足8的年份有10年，不低于8且不超过12的年份有35年，超过12的年份有5年，将年入流量在以上三段的频率作为相应段的概率，并假设各年的年入流量相互独立．(1)求未来4年中，至多有1年的年入流量超过12的概率；(2)若水的年入流量X与其蕴含的能量y(单位：百亿万焦)之间的部分对应数据为如下表所示：年入流量X68101214蕴含的能量y1.52.53.557.5用最小二乘法求出y关于X的线性回归方程eq\o(y,\s\up6(^))＝eq\o(b,\s\up6(^))X＋eq\o(a,\s\up6(^))；(回归方程系数用分数表示)(3)水电站希望安装的发电机尽可能运行，但每年发电机最多可运行台数受年入流量X限制，并有如下关系：年入流量X4<X<88≤X≤12X>12发电机最多可运行台数123若某台发电机运行，则该台年利润为5000万元；若某台发电机未运行，则该台年亏损800万元，欲使水电站年总利润的均值达到最大，应安装发电机多少台？附：回归方程系数公式：eq\o(b,\s\up6(^))＝eq\f(\i\su(i＝1xiyi－nx－y－,\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))xi2－nx－2)，\o(a,\s\up6(^))＝y－－\o(b,\s\up6(^))x－,n,.)【解析】(1)依题意，P1＝P(4<X<8)＝eq\f(10,50)＝0.2，P2＝P(8≤X≤12)＝eq\f(35,50)＝0.7，P3＝P(X>12)＝eq\f(5,50)＝0.1.由二项分布得，在未来4年中至多有1年的年入流量超过12的概率为P＝C40(1－P3)4＋C41(1－P3)3P3＝0.6561＋0.2916＝0.9477.3分(2)eq\o(X,\s\up6(－))＝10，eq\o(y,\s\up6(－))＝4，eq\i\su(i＝1Xiyi＝229，∑5,i＝1,5,X)i2＝540，eq\o(b,\s\up6(^))＝eq\f(29,40)，eq\o(a,\s\up6(^))＝y－－eq\o(b,\s\up6(^))eq\o(X,\s\up6(－))＝－eq\f(13,4)，所以y关于X的线性回归方程为eq\o(y,\s\up6(^))＝eq\f(29,40)X－eq\f(13,4).6分(3)记水电站年总利润为ξ(单位：万元)．①安装1台发电机的情形．由于水库年入流量总大于4，故一台发电机运行的概率为1，对应的年利润ξ＝5000，E(ξ)＝5000×1＝5000.②安装2台发电机的情形．依题意，当4<X<8时，一台发电机运行，此时ξ＝5000－800＝4200，因此P(ξ＝4200)＝P(4<X<8)＝P1＝0.2；当X≥8时，两台发电机运行，此时ξ＝5000×2＝10000，因此P(ξ＝10000)＝P(X≥8)＝P2＋P3＝0.8.由此得ξ的分布列如下：ξ420010000P0.20.8所以，E(ξ)＝4200×0.2＋10000×0.8＝8840.9分③安装3台发电机的情形．依题意，当4<X<8时，一台发电机运行，此时ξ＝5000－1600＝3400，因此P(ξ＝3400)＝P(4<X<8)＝P1＝0.2；当8≤X≤12时，两台发电机运行，此时ξ＝5000×2－800＝9200，因此P(ξ＝9200)＝P(8≤X≤12)＝P2＝0.7；当X>12时，三台发电机运行，此时ξ＝5000×3＝15000，因此P(ξ＝15000)＝P(X>12)＝0.1.由此得ξ的分布列如下：ξ3400920015000P0.20.70.1所以，E(ξ)＝3400×0.2＋9200×0.7＋15000×0.1＝8620.综上，欲使水电站年总利润的均值达到最大，应安装发电机2台.12分21．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝2lnx＋mx2－2(m＋1)x－8，m∈R.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)对实数m＝2，令g(x)＝f(x)－3x，正实数x1，x2满足g(x1)＋g(x2)＋2x1x2＝0，求x1＋x2的最小值．【解析】(1)f′(x)＝eq\f(2,x)＋2mx－2(m＋1)＝eq\f(2（x－1）（mx－1）,x)(x>0).1分若m≤0，当x∈(0，1)时，f′(x)≥0，即f(x)在(0，1)上单调递增；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，即f(x)在(1，＋∞)上单调递减．若0<m<1，当x∈(0，1)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)，＋∞))时，f′(x)>0，即f(x)在(0，1)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)，＋∞))上均单调递增；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,m)))时，f′(x)<0，即f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,m)))上单调递减．若m＝1，则f′(x)≥0，即f(x)在(0，＋∞)上单调递增．若m>1，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,m)))∪(1，＋∞)时，f′(x)>0，即f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,m)))，(1，＋∞)上均单调递增；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)，1))时，f′(x)<0，即f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)，1))上单调递减.5分(2)当实数m＝2时，g(x)＝f(x)－3x＝2lnx＋2x2－9x－8(x>0)，且g(x1)＋g(x2)＋2x1x2＝0⇔2lnx1＋2x12－9x1－8＋2lnx2＋2x22－9x2－8＋2x1x2＝0⇔2(x1＋x2)2－9(x1＋x2)－16＝2x1x2－2ln(x1x2)，7分令t＝x1x2，h(t)＝2t－2lnt(t>0)，由于h′(t)＝eq\f(2（t－1）,t)，知当t∈(0，1)时，h′(t)<0，即h(t)单调递减；当t∈(1，＋∞)时，h′(t)>0，即h(t)单调递增．从而，h(t)min＝h(1)＝2，10分于是，2(x1＋x2)2－9(x1＋x2)－16≥2，即[2(x1＋x2)＋3](x1＋x2－6)≥0，而x1，x2>0，所以x1＋x2≥6，而当x1＝3－2eq\r(2)，x2＝3＋2eq\r(2)时，x1＋x2取最小值6.12分(二)选考题：共10分．请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．22．(本小题满分10分)选修4—4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝m＋2t，,y＝\r(2)t))(t为参数)，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为ρ2＝eq\f(4,1＋sin2θ).(1)求直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程；(2)设P为曲线C上的点，PQ⊥l，垂足为Q，若eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PQ))的最小值为2，求m的值．【解析】(1)因为曲线C的极坐标方程为ρ2＝eq\f(4,1＋sin2θ)，即ρ2＋ρ2sin2θ＝4，将ρ2＝x2＋y2，ρsinθ＝y代入上式并化简得eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1，所以曲线C的直角坐标方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1，直线的普通方程为x－eq\r(2)y－m＝0.5分(2)设P(2cosθ，eq\r(2)sinθ)，由点到直线的距离公式得eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PQ))＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2cosθ－2sinθ－m)),\r(3))＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2\r(2)cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))－m)),\r(3))，由题意知m≠0，当m>0时，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PQ))eq\s\do7(min)＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2\r(2)－m)),\r(3))＝2，得m＝2eq\r(2)＋2eq\r(3)；当m<0时，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PQ))eq\s\do7(min)＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－2\r(2)－m)),\r(3))＝2，得m＝－2eq\r(2)－2eq\r(3).所以m＝2eq\r(2)＋2eq\r(3)或m＝－2eq\r(2)－2eq\r(3).10分23．(本小题满分10分)选修4—5：不等式选讲已知函数f(x)＝|x|＋|x＋a|.(1)若存在x使得不等式f(x)≤3a－1成立，求实数a的取值范围；(2)若不等式f(x)≤3a－1的解集为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(b，b＋3))，求实数a，b的值．【解析】(1)对∀x∈R，f(x)＝|x|＋|x＋a|≥|x－(x＋a)|＝|a|，2分当且仅当x(x＋a)≤0时取等号，故原条件等价于eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a))≤3a－1，即－3a＋1≤a≤3a－1，解得a≥eq\f(1,2)，故实数a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).5分(2)由(1)知实数a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))，故－a<0，故f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2x－a，x<－a，,a，－a≤x≤0，,2x＋a，x>0))的图象如图所示，8分由图可知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2b－a＝3a－1，,2（b＋3）＋a＝3a－1))⇒eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝\f(4,3)，,b＝－\f(13,6).))10分重点中学高考数学模拟考试试题（五）一、选择题：本大题共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.设集合，，则（）A.B.C.D.2.若复数满足（为虚数单位），为的共轭复数，则（）A.B.2C.D.33.在矩形中，，，若向该矩形内随机投一点，那么使得与的面积都不小于2的概率为（）A.B.C.D.4.已知函数为偶函数，且在单调递减，则的解集为（）A.B.C.D.5.已知双曲线的离心率为，则的值为（）A.1B.-2C.1或-2D.-16.等比数列的前项和，前项和，前项和分别为，，，则（）A.B.C.D.7.执行如图所示的程序框图，若输入，，输出的，则空白判断框内应填写的条件为（）A.？B.？C.？D.？8.将函数图象上的每个点的横坐标缩短为原来的一半，纵坐标不变，再将所得图象向左平移个单位得到函数图象，在图象的所有对称轴中，离原点最近的对称轴为（）A.B.C.D.9.在的展开式中，含项的系数是（）A.119B.120C.121D.72010.我国古代数学名著《九章算术》记载:“刍甍者,下有袤有广,而上有袤无丈.刍,草也；薨,屋盖也.”翻译为:“底面有长有宽为矩形,顶部只有长没有宽为一条棱.刍甍字面意思为茅草屋顶.”如图,为刍甍的三视图,其中正视图为等腰梯形,侧视图为等腰三角形,则它的体积为（）......A.B.160C.D.6411.已知椭圆：，直线：与轴交于点，过椭圆右焦点的直线与椭圆相交于，两点，点在直线上，则“轴”是“直线过线段中点”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件12.下列命题为真命题的个数是（）①；②；③；④A.1B.2C.3D.4二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.平面向量与的夹角为，，，则__________．14.已知实数，满足约束条件，且的最小值为3，则常数__________．15.考虑函数与函数的图像关系，计算：__________．16.如图所示，在平面四边形中，，，为正三角形，则面积的最大值为__________．三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17.若数列的前项和为，首项且（）.（1）求数列的通项公式；（2）若（），令，求数列的前项和.18.如图，四边形与均为菱形，，且.（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.19.某市政府为了节约生活用电，计划在本市试行居民生活费定额管理，即确定一户居民月用电量标准，用电量不超过的部分按平价收费，超出的部分按议价收费.为此，政府调查了100户居民的月平均用电量（单位：度），以，，，，，，分组的频率分布直方图如图所示.（1）根据频率分布直方图的数据，求直方图中的值并估计该市每户居民平均用电量的值；（2）用频率估计概率，利用（1）的结果，假设该市每户居民月平均用电量服从正态分布（i）估计该市居民月平均用电量介于度之间的概率；（ii）利用（i）的结论，从该市所有居民中随机抽取3户，记月平均用电量介于度之间的户数为，求的分布列及数学期望.20.如图，圆：，，，为圆上任意一点，过作圆的切线分别交直线和于，两点，连，交于点，若点形成的轨迹为曲线.（1）记，斜率分别为，，求，的值并求曲线的方程；（2）设直线：（）与曲线有两个不同的交点，，与直线交于点，与直线交于点，求的面积与面积的比值的最大