2017年湖北省黄冈市高考数学模拟试卷（理科）（3月份）
2017年湖北省黄冈市高考数学模拟试卷（理科）（3月份）
一、选择题（本大题共13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. 已知集合A＝{x|log2x<4}，集合B＝{x||x|≤2}，则A∩B＝（ ）
A.(0, 2] B.[0, 2] C.[−2, 2] D.(−2, 2)
2. 设复数z1，z2在复平面内的对应点关于虚轴对称，若z1＝1−2i，i是虚数单位，则z2z1的虚部为（ ）
A.−45 B.45 C.−35 D.35
3. 下列四个结论：
①若x>0，则x>sinx恒成立；
②命题“若x−sinx=0，则x=0”的逆否命题为“若x≠0，则x−sinx≠0”；
③“命题p∧q为真”是“命题p∨q为真”的充分不必要条件；
④命题“∀x∈R，x−lnx>0”的否定是“∃x0∈R，x0−lnx0<0”．
其中正确结论的个数是（ ）
A.1个 B.2个 C.3个 D.4个
4. 《孙子算经》中有道算术题：“今有百鹿入城，家取一鹿不尽，又三家共一鹿适尽，问城中家几何？”意思是有100头鹿，每户分1头还有剩余；每3户再分1头，正好分完，问共有多少户人家？设计框图如图，则输出的值是（ ）
A.74 B.75 C.76 D.77
5. 已知双曲线x2−y23=1的左，右焦点分别为F1，F2，双曲线的离心率为e，若双曲线上一点P使sin∠PF2F1sin∠PF1F2=e，则F2P→⋅F2F1→的值为（ ）
A.3 B.2 C.−3 D.−2
6. 已知2sinθ＝1−cosθ，则tanθ＝（ ）
A.−43或0 B.43或0 C.−43 D.43
7. 某一简单几何体的三视图如所示，该几何体的外接球的表面积是（ ）
A.13π B.16π C.25π D.27π
8. 函数y=x2lnx2|x|的图象大致是（ ）
A. B.
C. D.
9. 已知事件“在矩形ABCD的边CD上随机取一点P，使△APB的最大边是AB”发生的概率为35，则ADAB=( )
A.15 B.25 C.35 D.45
10. 已知(1−2x)2017＝a0+a1(x−1)+a2(x−1)2+...+a2016(x−1)2016+a2017(x−1)2017(x∈R)，则a1−2a2+3a3−4a4+...−2016a2016+2017a2017＝（ ）
A.2017 B.4034 C.−4034 D.0
11. 已知平面向量a→，b→，c→满足|a→|＝|b→|＝1，a→⊥(a→−2b→)，(c→−2a→)*(c→−b→)=0，则|c→|的最大值为（ ）
A.0 B.3 C.7+32 D.7
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12. 如图，矩形ABCD中，AB＝2AD＝4，E为边AB的中点，将△ADE沿直线DE翻转成△A1DE，构成四棱锥A1−BCDE，若M为线段A1C的中点，在翻转过程中有如下4个命题：
①MB // 平面A1DE；
②存在某个位置，使DE⊥A1C；
③存在某个位置，使A1D⊥CE；
④点A1在半径为2的圆面上运动，
其中正确的命题个数是（ ）
A.1个 B.2个 C.3个 D.4个
13. 已知函数f(x)=1−|x−1|(x≤2)ex−2(−x2+8x−12)(x>2) ，如在区间(1, +∞)上存在n(n≥2)个不同的数x1，x2，x3，…，xn，使得比值f(x1)x1=f(x2)x2=⋯=f(xn)xn成立，则n的取值集合是（ ）
A.{2, 3, 4, 5} B.{2, 3} C.{2, 3, 5} D.{2, 3, 4}
二、填空题（本大题包括4小题，每小题5分，共20分，把正确答案填在答题卡中的横线上）
已知点x，y满足不等式组x≥0y≥02x+y≤2 ，若ax+y≤3恒成立，则实数a的取值范围是________．
如图，在△ABC中，cos12∠ABC=63,AB=2，点D在线段AC上，且AD＝2DC，BD=433，则cosC＝________．则三角形ABC的面积为________2 ．
已知{an}为等差数列，公差为d，且0
0)满足：在x∈(0,3π4)上单调且存在x0∈(0,3π4),f(x)+f(2x0−x)=0，则w范围是________23<w≤43 ．
设a<0，(x2+2017a)(x+2016b)≥0在(a, b)上恒成立，则b−a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.）
数列{an}中，a1＝2，an+1=n+12nan(n∈N*)．
（1）证明数列{ann}是等比数列，并求数列{an}的通项公式；
（2）设bn=an216n2−an2，若数列{bn}的前n项和是Tn，求证：Tn<12．
在如图所示的几何体中，平面ADNM⊥平面ABCD，四边形ABCD是菱形，ADNM是矩形，∠DAB=π3，AB＝2，AM＝1，E是AB的中点．
（1）求证：平面DEM⊥平面ABM；
（2）在线段AM上是否存在点P，使二面角P−EC−D的大小为π4？若存在，求出AP的长；若不存在，请说明理由．
已知6只小白鼠有1只被病毒感染，需要通过对其化验病毒DNA来确定是否感染．下面是两种化验方案：方案甲：逐个化验，直到能确定感染为止．方案乙：将6只分为两组，每组三个，并将它们混合在一起化验，若存在病毒DNA，则表明感染在这三只当中，然后逐个化验，直到确定感染为止；若结果不含病毒DNA，则在另外一组中逐个进行化验．
（1）求依据方案乙所需化验恰好为2次的概率．
（2）首次化验化验费为10元，第二次化验化验费为8元，第三次及其以后每次化验费都是6元，列出方案甲所需化验费用的分布列，并估计用方案甲平均需要化验费多少元？
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如图，圆C与x轴相切于点T(2, 0)，与y轴正半轴相交于两点M，N（点M在点N的下方），且|MN|＝3．
(Ⅰ)求圆C的方程；
(Ⅱ)过点M任作一条直线与椭圆x28+y24=1相交于两点A、B，连接AN、BN，求证：∠ANM＝∠BNM．
已知抛物线G:x2＝2py(p>0)，直线y＝k(x−1)+2与抛物线G相交A(x1, y1)，B(x2, y2)(x10，恒有f(x)≤x成立，求实数a的取值范围；
（2）若a＝0，求f(x)在区间[t, t+2](t>0)上的最小值；
（3）若函数g(x)＝f(x)−x有两个极值点x1，x2，求证：1lnx1+1lnx2>2ae．
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.[选修4-4：坐标系与参数方程]
在直角坐标系xOy中，以原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系．若曲线C的极坐标方程为ρcos2θ−4sinθ=0，P点的极坐标为(3,π2)，在平面直角坐标系中，直线l经过点P，斜率为3
（1）写出曲线C的直角坐标方程和直线l的参数方程；
（2）设直线l与曲线C相交于A，B两点，求1|PA|+1|PB|的值．
[选修4-5：不等式选讲]
已知函数f(x)＝|2x−a|+|2x−1|(a∈R)．
（1）当a＝−1时，求f(x)≤2的解集；
（2）若f(x)≤|2x+1|的解集包含集合[12,1]，求实数a的取值范围．
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参考答案与试题解析
2017年湖北省黄冈市高考数学模拟试卷（理科）（3月份）
一、选择题（本大题共13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.
【答案】
A
【考点】
交集及其运算
【解析】
求出A与B中不等式的解集分别确定出A与B，找出两集合的交集即可．
【解答】
由A中不等式变形得：log2x<4＝log216，即00，则x>sinx恒成立，故①正确；
②命题“若x−sinx=0，则x=0”的逆否命题为“若x≠0，则x−sinx≠0”，由逆否命题的形式，故②正确；
③“命题p∧q为真”则p，q都是真，则“命题p∨q为真”，反之不成立，则“命题p∧q为真”是“命题p∨q为真”的充分不必要条件，故③正确；
④命题“∀x∈R，x−lnx>0”的否定是“∃x0∈R，x0−lnx0≤0”，故④不正确．
综上可得，正确的个数为3．
故选：C．
4.
【答案】
B
【考点】
程序框图
【解析】
由题意，输出的值是100÷(1+13)，计算可得结论．
【解答】
由题意，输出的值是100÷(1+13)＝100÷43=75．
5.
【答案】
B
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
求出双曲线的a，b，c，e，运用三角形的正弦定理和双曲线的定义，求得|PF1|＝4，|PF2|＝2．再由余弦定理求得cos∠PF2F1，运用向量数量积的定义计算即可得到所求值．
【解答】
双曲线x2−y23=1的a＝1，b=3，c=1+3=2，
可得sin∠PF2F1sin∠PF1F2=e=ca=2，
F1(−2, 0)，F2(2, 0)，P为右支上一点，
由正弦定理可得|PF1|＝2|PF2|，
由双曲线的定义可得|PF1|−|PF2|＝2a＝2，
解得|PF1|＝4，|PF2|＝2．
在△PF2F1中，由余弦定理得cos∠PF2F1=22+42−422×2×4=14，
则F2P→⋅F2F1→=|F2P→|⋅|F2F1→|⋅cos∠PF2F1＝2×4×14=2．
6.
【答案】
A
【考点】
同角三角函数间的基本关系
【解析】
根据同角三角函数基本关系式，求解即可．
【解答】
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由2sinθ＝1−cosθ，sin2θ＝1−cos2θ，
解得：cosθ＝1或−35
当cosθ＝1时，sinθ＝0，
当cosθ=−35时，sinθ=45，
∴ tanθ=−43或0．
7.
【答案】
C
【考点】
由三视图求体积
【解析】
几何体为底面为正方形的长方体，底面对角线为4，高为3．则长方体的对角线为外接球的直径．
【解答】
解：几何体为底面为正方形的长方体，底面对角线为4，高为3，∴ 长方体底面边长为22．
则长方体外接球半径为r，则2r=(22)2+(22)2+32=5．∴ r=52．∴ 长方体外接球的表面积S=4πr2=25π．
故选C．
8.
【答案】
D
【考点】
函数的图象与图象的变换
【解析】
利用函数的奇偶性排除选项，特殊值的位置判断求解即可．
【解答】
函数y=x2lnx2|x|是偶函数，排除B，x＝e时，y＝e，即(e, e)在函数的图象上，排除A，
当x=1e时，y=−2e，当x=1e2时，y=−1e4lne−41e2=−4e2，−2e<−4e2，
可知(1e, −2e)在(1e2,−4e4)的下方，
排除C．
9.
【答案】
C
【考点】
几何概型计算（与长度、角度、面积、体积有关的几何概型）
【解析】
先明确是一个几何概型中的长度类型，然后求得事件“在矩形ABCD的边CD上随机取一点P，使△APB的最大边是AB”发生的线段长度，再利用两者的比值即为发生的概率35，从而求出ADAB．
【解答】
解：记“在矩形ABCD的边CD上随机取一点P，使△APB的最大边是AB”为事件M，试验的全部结果构成的长度即为线段CD，
若△APB的最大边是AB”发生的概率为35，
则PEDE=35，
设AD=y，AB=x，则DE=12x，PE=35DE=310x，
则PC=12x+310x=45x，
则PB2=AB2时，
PC2+BC2=PB2=AB2，
即(45x)2+y2=x2，
即1625x2+y2=x2，
则y2=916x2，
则y=35x，
即yx=35，
即ADAB=35，
故选：C．
10.
【答案】
C
【考点】
二项式定理及相关概念
【解析】
对(1−2x)2017＝a0+a1(x−1)+a2(x−1)2+...+a2016(x−1)2016+a2017(x−1)2017(x∈R)，两边求导，取x＝0即可得出．
【解答】
∵ (1−2x)2017＝a0+a1(x−1)+a2(x−1)2+...+a2016(x−1)2016+a2017(x−1)2017(x∈R)，
∴ −2×2017(1−2x)2016＝a1+2a2(x−1)+...+2017a2017(x−1)2016，
令x＝0，则−4034＝a1−2a2+3a3−4a4+...−2016a2016+2017a2017，
11.
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【答案】
C
【考点】
平面向量数量积的性质及其运算
【解析】
设平面向量a→，b→的夹角为θ，由|a→|＝|b→|＝1，a→⊥(a→−2b→)，可得a→⋅(a→−2b→)=a→2−2a→*b→=0，解得θ=π3．不妨设a→=(1, 0)，b→=(12,32).c→=(x, y)．由(c→−2a→)*(c→−b→)=0，可得：(x−54)2+(y−34)2=34．可得|c→|=x2+y2的最大值．
【解答】
设平面向量a→，b→的夹角为θ，∵ |a→|＝|b→|＝1，a→⊥(a→−2b→)，∴ a→⋅(a→−2b→)=a→2−2a→*b→=1−2cosθ＝0，
解得θ=π3．
不妨设a→=(1, 0)，b→=(12,32).c→=(x, y)．
∵ (c→−2a→)*(c→−b→)=0，∴ (x−12)(x−2)+y(y−32)=0，
化为(x−54)2+(y−34)2=34．
则|c→|=x2+y2≤(54)2+(34)2+32=7+32．
12.
【答案】
C
【考点】
棱锥的结构特征
【解析】
对4个命题分别进行判断，即可得出结论．
【解答】
取CD中点F，连接MF，BF，则MF // DA1，BF // DE，∴ 平面MBF // 平面A1DE，∴ MB // 平面A1DE，故①正确
∵ A1C在平面ABCD中的射影为AC，AC与DE不垂直，
∴ 存在某个位置，使DE⊥A1C不正确，故②不正确．
由CE⊥DE，可得平面A1DE⊥平面ABCD时，A1D⊥CE，故③正确．
∵ DE的中点O是定点，OA1=2，∴ A1是在以O为圆心，2为半径的圆上，故④正确，
13.
【答案】
B
【考点】
分段函数的应用
【解析】
f(x1)x1=f(x2)x2=⋯=f(xn)xn的几何意义为点（xn, f(xn)）与原点的连线有相同的斜率，利用数形结合即可得到结论．
【解答】
∵ f(xn)xn的几何意义为点（xn, f(xn)）与原点的连线的斜率，
∴ f(x1)x1=f(x2)x2=⋯=f(xn)xn的几何意义为点（xn, f(xn)）与原点的连线有相同的斜率，
函数f(x)=1−|x−1|(x≤2)ex−2(−x2+8x−12)(x>2) 的图象，在区间(1, +∞)上，与y＝kx的交点个数有1个，2个或者3个，
故n＝2或n＝3，
即n的取值集合是{2, 3}．
二、填空题（本大题包括4小题，每小题5分，共20分，把正确答案填在答题卡中的横线上）
【答案】
(−∞, 3]
【考点】
简单线性规划
【解析】
画出不等式满足的平面区域，由ax+y≤3恒成立，结合图形确定出a的范围即可．
【解答】
满足不等式组x≥0y≥02x+y≤2 的平面区域如右图所示，
由于对任意的实数x、y，不等式ax+y≤3恒成立，
根据图形，可得斜率−a≥0或−a>kAB=3−00−1=−3，
解得：a≤3，
则实数a的取值范围是(−∞, 3]．
【答案】
79,2
【考点】
三角形的面积公式
【解析】
在△ABC中，cos12∠ABC=63，由半角公式可得cosB=13，在△ABC，和ABD，BDC中利用余弦定理关系，求解边长BC和AC．可得cosC和三角形ABC的面积
【解答】
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在△ABC中，cos12∠ABC=63，由半角公式可得cosB=13，
在△ABC中，设BC＝a，AC＝3b，则由余弦定理可得cos∠ADB=4b2+163−44b×433
cos∠CDB=b2+163−a22b×433
∵ ∠ADB与∠CDB互补，
∴ cos∠ADB＝−cos∠CDB，
∴ 4b2+163−44b×433=b2+163−a22b×433⋯①
由cosB=13=4+a2−9b28a⋯②
由①②解得a＝3，b＝1，
BC＝3，AC＝3，
那么cosC=BC2+AC2−AB22BC⋅AC=18−418=79．
则sinC=429，
∴ 三角形ABC的面积为S=12BC⋅ACsinC＝22．
【答案】
2323．
【答案】
2017
【考点】
函数恒成立问题
【解析】
由题意可得x2+2017a≥0，x+2016b≥0或x2+2017a≤0，x+2016b)≤0成立，若x+2016b≥0在(a, b)上恒成立，则a+2016b≥0，即b≥−a2016>0，此时当x＝0时，x2+2017a＝2017a≥0不成立；若x+2016b≤0在(a, b)上恒成立，则b+2016b≤0，即b≤0，若x2+2017a≤0在(a, b)上成立，则a2+2017a≤0，即−2017≤a<0．由此即可求得b−a的最大值．
【解答】
∵ (x2+2017a)(x+2016b)≥0在(a, b)上恒成立，
∴ x2+2017a≥0，x+2016b≥0或x2+2017a≤0，x+2016b)≤0成立，
①若x+2016b≥0在(a, b)上恒成立，则a+2016b≥0，即b≥−a2016>0，
此时当x＝0时，x2+2017a＝2017a≥0不成立；
②若x+2016b≤0在(a, b)上恒成立，则b+2016b≤0，即b≤0，若x2+2017a≤0在(a, b)上成立，
则a2+2017a≤0，即−2017≤a<0．
故b−a的最大值为2017．
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.）
【答案】
证明：数列{an}中，a1＝2，an+1=n+12nan(n∈N*)，
an+1n+1=12⋅ann，则数列{ann}是首项为2，公比为12的等比数列；
则ann=2⋅(12)n−1，
即为an＝2n⋅(12)n−1；
证明：bn=an216n2−an2=4n2⋅(14)n−116n2−4n2⋅(14)n−1
=14n−1，
由2n＝(1+1)n＝1+n+Cn2+⋯+Cnn−1+1≥2n，
则4n≥4n2，
即有14n−1≤14n2−1=12(12n−1−12n+1)，
数列{bn}的前n项和是Tn=14−1+142−1+143−1+⋯+14n−1
≤12(1−13+13−15+15−17+⋯+12n−1−12n+1)
=12(1−12n+1)<12，
则Tn<12．
【考点】
等比数列的通项公式
数列的求和
【解析】
（1）将原式两边除以n+1，结合等比数列的定义和通项公式，即可得证；
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（2）求得bn=an216n2−an2=14n−1，可得4n≥4n2，即有14n−1≤14n2−1=12(12n−1−12n+1)，运用数列的求和方法：裂项相消求和，结合不等式的性质，即可得证．
【解答】
证明：数列{an}中，a1＝2，an+1=n+12nan(n∈N*)，
an+1n+1=12⋅ann，则数列{ann}是首项为2，公比为12的等比数列；
则ann=2⋅(12)n−1，
即为an＝2n⋅(12)n−1；
证明：bn=an216n2−an2=4n2⋅(14)n−116n2−4n2⋅(14)n−1
=14n−1，
由2n＝(1+1)n＝1+n+Cn2+⋯+Cnn−1+1≥2n，
则4n≥4n2，
即有14n−1≤14n2−1=12(12n−1−12n+1)，
数列{bn}的前n项和是Tn=14−1+142−1+143−1+⋯+14n−1
≤12(1−13+13−15+15−17+⋯+12n−1−12n+1)
=12(1−12n+1)<12，
则Tn<12．
【答案】
∵ ABCD是菱形，∴ AD＝AB，∵ ∠DAB＝60∘，∴ △ABD为等边三角形，
E为AB中点，∴ DE⊥AB，∴ DE⊥CD，
∵ ADMN是矩形，∴ ND⊥AD，
又平面ADMN⊥平面ABCD，平面ADMN∩平面ABCD＝AD，
∴ ND⊥平面ABCD，∴ ND⊥DE，
∵ CD∩ND＝D，∴ DE⊥平面NDC，
∵ DE⊂平面MDE，∴ 平面MDE⊥平面NDC．
因为面ABM // 面NDC，∴ 平面DEM⊥平面ABM；
设存在P符合题意．
由(Ⅰ)知，DE、DC、DN两两垂直，以D为原点，建立空间直角坐标系D−xyz（如图），
则D(0, 0, 0)，A(3, −1, 0)，E(3, 0, 0)，C(0, 2, 0)，P(3, −1, h)(0≤h≤1)．
∴ EP→=(0, −1, h)，EC→=(−3, 2, 0)，设平面PEC的法向量为n→=(x, y, z)，
则n→*EP→=−y+hz=0n→*EC→=−3x+2y=0 令x＝2h，则平面PEC的一个法向量为n→=(2h, 3h, 3)
取平面ECD的法向量m→=(0, 0, 1)，
cos45∘=37h2+3，解得h=217∈[0, 1]，
即存在点P，使二面角P−EC−D的大小为π4，此时AP=217．
【考点】
平面与平面垂直
二面角的平面角及求法
【解析】
（1）推导出DE⊥CD，ND⊥AD，从而ND⊥DE，进而DE⊥平面NDC，由此能证明平面MAE⊥平面NDC．
（2）以D为原点，建立空间直角坐标系D−xyz，求出平面PEC的一个法向量、平面ECD的法向量．利用向量的夹角公式，建立方程，即可得出结论．
【解答】
∵ ABCD是菱形，∴ AD＝AB，∵ ∠DAB＝60∘，∴ △ABD为等边三角形，
E为AB中点，∴ DE⊥AB，∴ DE⊥CD，
∵ ADMN是矩形，∴ ND⊥AD，
又平面ADMN⊥平面ABCD，平面ADMN∩平面ABCD＝AD，
∴ ND⊥平面ABCD，∴ ND⊥DE，
∵ CD∩ND＝D，∴ DE⊥平面NDC，
∵ DE⊂平面MDE，∴ 平面MDE⊥平面NDC．
因为面ABM // 面NDC，∴ 平面DEM⊥平面ABM；
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设存在P符合题意．
由(Ⅰ)知，DE、DC、DN两两垂直，以D为原点，建立空间直角坐标系D−xyz（如图），
则D(0, 0, 0)，A(3, −1, 0)，E(3, 0, 0)，C(0, 2, 0)，P(3, −1, h)(0≤h≤1)．
∴ EP→=(0, −1, h)，EC→=(−3, 2, 0)，设平面PEC的法向量为n→=(x, y, z)，
则n→*EP→=−y+hz=0n→*EC→=−3x+2y=0 令x＝2h，则平面PEC的一个法向量为n→=(2h, 3h, 3)
取平面ECD的法向量m→=(0, 0, 1)，
cos45∘=37h2+3，解得h=217∈[0, 1]，
即存在点P，使二面角P−EC−D的大小为π4，此时AP=217．
【答案】
方案乙中所需化验次数恰好为2次的事件有两种情况：
第一种，先化验一组，结果不含病毒DNA，再从另一组任取一个样品进行化验，
则恰含有病毒的概率为∁52∁63×1∁31=16．
第二种，先化验一组，结果含有病毒DNA，再从中逐个化验，
恰第一个样品含有病毒的概率为∁52∁63×1∁31=16．
∴ 依据方案乙所需化验恰好为2次的概率为16+16=13．
设方案甲化验的次数为ξ，则ξ可能的取值为1，2，3，4，5，对应的化验费为η元，
P(ξ＝1)＝P(η＝10)=16，
P(ξ＝2)＝P(η＝18)=56×15=16，
P(ξ＝3)＝P(η＝24)=56×45×14=16，
P(ξ＝4)＝P(η＝30)=56×45×34×13=16，
P(ξ＝5)＝P(η＝36)=56×45×34×23=13，
∴ 方案甲所需化验费用η的分布列为：
η1018243036
用方案甲平均需要化验费E(η)=10×16+18×16+24×16+30×16+36×13=773（元）．
【考点】
古典概型及其概率计算公式
离散型随机变量的期望与方差
【解析】
（1）方案乙中所需化验次数恰好为2次的事件有两种情况：第一种，先化验一组，结果不含病毒DNA，再从另一组任取一个样品进行化验，可得恰含有病毒的概率为∁52∁63×1∁31．第二种，先化验一组，结果含有病毒DNA，再从中逐个化验，恰第一个样品含有病毒的概率为∁52∁63×1∁31．利用互斥事件的概率计算公式即可得出．
（2）设方案甲化验的次数为ξ，则ξ可能的取值为1，2，3，4，5，对应的化验费为η元，利用相互独立事件的概率计算公式可得：P(ξ＝1)＝P(η＝10)，P(ξ＝2)＝P(η＝18)，P(ξ＝3)＝P(η＝24)，P(ξ＝4)＝P(η＝30)，P(ξ＝5)＝P(η＝36)．
【解答】
方案乙中所需化验次数恰好为2次的事件有两种情况：
第一种，先化验一组，结果不含病毒DNA，再从另一组任取一个样品进行化验，
则恰含有病毒的概率为∁52∁63×1∁31=16．
第二种，先化验一组，结果含有病毒DNA，再从中逐个化验，
恰第一个样品含有病毒的概率为∁52∁63×1∁31=16．
∴ 依据方案乙所需化验恰好为2次的概率为16+16=13．
设方案甲化验的次数为ξ，则ξ可能的取值为1，2，3，4，5，对应的化验费为η元，
P(ξ＝1)＝P(η＝10)=16，
P(ξ＝2)＝P(η＝18)=56×15=16，
P(ξ＝3)＝P(η＝24)=56×45×14=16，
P(ξ＝4)＝P(η＝30)=56×45×34×13=16，
P(ξ＝5)＝P(η＝36)=56×45×34×23=13，
∴ 方案甲所需化验费用η的分布列为：
η1018243036
用方案甲平均需要化验费E(η)=10×16+18×16+24×16+30×16+36×13=773（元）．
【答案】
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（1）设圆C的半径为r(r>0)，依题意，圆心坐标为(2, r)．
∵ |MN|＝3，∴ r2=(32)2+22，解得r2=254，
故圆C的方程为(x−2)2+(y−52)2=254．
（2）把x＝0代入方程(x−2)2+(y−52)2=254，解得y＝1或y＝4，
即点M(0, 1)，N(0, 4)．
（1）当AB⊥y轴时，由椭圆的对称性可知∠ANM＝∠BNM．
（2）当AB与y轴不垂直时，可设直线AB的方程为y＝kx+1．
联立方程y=kx+1x2+2y2=8 ，消去y得，(1+2k2)x2+4kx−6＝0．
设直线AB交椭圆Γ于A(x1, y1)、B(x2, y2)两点，
则x1+x2=−4k1+2k2，x1x2=−61+2k2．
∴ kAN+kBN=y1−4x1+y2−4x2=kx1−3x1+kx2−3x2=2kx1x2−3(x1+x2)x1x2=0，
∴ ∠ANM＝∠BNM．
综上所述，∠ANM＝∠BNM．
【考点】
直线与椭圆结合的最值问题
圆的标准方程
【解析】
(Ⅰ)设圆C的半径为r(r>0)，依题意，圆心坐标为(2, r)，根据|MN|＝3，利用弦长公式求得r的值，可得圆C的方程．
(Ⅱ)把x＝0代入圆C的方程，求得M、N的坐标，当AB⊥y轴时，由椭圆的对称性可知∠ANM＝∠BNM，当AB与y轴不垂直时，可设直线AB的方程为y＝kx+1，代入椭圆的方程，利用韦达定理求得KAB+KBN＝0，可得∠ANM＝∠BNM．
【解答】
（1）设圆C的半径为r(r>0)，依题意，圆心坐标为(2, r)．
∵ |MN|＝3，∴ r2=(32)2+22，解得r2=254，
故圆C的方程为(x−2)2+(y−52)2=254．
（2）把x＝0代入方程(x−2)2+(y−52)2=254，解得y＝1或y＝4，
即点M(0, 1)，N(0, 4)．
（1）当AB⊥y轴时，由椭圆的对称性可知∠ANM＝∠BNM．
（2）当AB与y轴不垂直时，可设直线AB的方程为y＝kx+1．
联立方程y=kx+1x2+2y2=8 ，消去y得，(1+2k2)x2+4kx−6＝0．
设直线AB交椭圆Γ于A(x1, y1)、B(x2, y2)两点，
则x1+x2=−4k1+2k2，x1x2=−61+2k2．
∴ kAN+kBN=y1−4x1+y2−4x2=kx1−3x1+kx2−3x2=2kx1x2−3(x1+x2)x1x2=0，
∴ ∠ANM＝∠BNM．
综上所述，∠ANM＝∠BNM．
【答案】
x2＝2py(p>0)，即y=x22p，
导数为y′=xp，切线L1，L2的斜率分别为x1p，x2p，
L1⊥L2，可得x1p⋅x2p=−1，
联立直线y＝x+1和x2＝2py(p>0)，
可得x2−2px−2p＝0，即有x1x2＝−2p，
即有−p2＝−2p，解得p＝2，
则抛物线G的方程为x2＝4y；
证明：将直线y＝k(x−1)+2代入抛物线方程x2＝4y，
可得x2−4kx+4k−8＝0，
即有x1+x2＝4k，x1x2＝4k−8，
x1<x2，可得x2−x1=(x1+x2)2−4x1x2=16k2−16k+32=4k2−k+2．
抛物线的方程为y=14x2，求导得y′=12x，
过抛物线上A、B两点的切线方程分别是y−y1=12x1(x−x1)，y−y2=12x2(x−x2)，
即y=12x1x−14x12，y=12x2x−14x22，
解得两条切线l1、l2的交点H的坐标为(x1+x22, x1x24)，即H(2k, k−2)．
可得H到直线y＝k(x−1)+2的距离为d=|k(2k−1)+2−k+2|1+k2=2(k2−k+2)1+k2，
|AB|=1+k2⋅|x2−x1|＝41+k2⋅k2−k+2．
可得△ABH的面积为S1=12d⋅|AB|=12⋅2(k2−k+2)1+k2⋅41+k2⋅k2−k+2
＝4(k2−k+2)⋅k2−k+2．
直线AB与抛物线G围成封闭图形的面积为S2=x1x2 [k(x−1)+2−14x2]dx
＝[12kx2+(2−k)x−112x3]|x1x2=12k(x2−x1)(x2+x1)+(2−k)(x2−x1)−112(x2−x1)[(x2+x1)2−x1x2]
＝(x2−x1)[2k2+2−k−112(16k2−4k+8)]＝4k2−k+2⋅23(k2−k+2)=83(k2−k+2)⋅k2−k+2．
则S1S2为定值32．
【考点】
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直线与抛物线的位置关系
【解析】
（1）求出函数y=x22p的导数，可得切线的斜率，由两直线垂直的条件：斜率之积为−1，再将直线y＝x+1代入抛物线方程，运用韦达定理，解方程可得p的值，进而得到抛物线的方程；
（2）将直线y＝k(x−1)+2代入抛物线方程x2＝4y，运用韦达定理和弦长公式，求得|AB|，再由切线的方程求出交点H的坐标，运用点到直线的距离公式，结合三角形的面积公式可得S1，再由直线AB与抛物线G围成封闭图形的面积为S2=x1x2 [k(x−1)+2−14x2]dx，化简计算即可得到面积的比值为定值．
【解答】
x2＝2py(p>0)，即y=x22p，
导数为y′=xp，切线L1，L2的斜率分别为x1p，x2p，
L1⊥L2，可得x1p⋅x2p=−1，
联立直线y＝x+1和x2＝2py(p>0)，
可得x2−2px−2p＝0，即有x1x2＝−2p，
即有−p2＝−2p，解得p＝2，
则抛物线G的方程为x2＝4y；
证明：将直线y＝k(x−1)+2代入抛物线方程x2＝4y，
可得x2−4kx+4k−8＝0，
即有x1+x2＝4k，x1x2＝4k−8，
x1<x2，可得x2−x1=(x1+x2)2−4x1x2=16k2−16k+32=4k2−k+2．
抛物线的方程为y=14x2，求导得y′=12x，
过抛物线上A、B两点的切线方程分别是y−y1=12x1(x−x1)，y−y2=12x2(x−x2)，
即y=12x1x−14x12，y=12x2x−14x22，
解得两条切线l1、l2的交点H的坐标为(x1+x22, x1x24)，即H(2k, k−2)．
可得H到直线y＝k(x−1)+2的距离为d=|k(2k−1)+2−k+2|1+k2=2(k2−k+2)1+k2，
|AB|=1+k2⋅|x2−x1|＝41+k2⋅k2−k+2．
可得△ABH的面积为S1=12d⋅|AB|=12⋅2(k2−k+2)1+k2⋅41+k2⋅k2−k+2
＝4(k2−k+2)⋅k2−k+2．
直线AB与抛物线G围成封闭图形的面积为S2=x1x2 [k(x−1)+2−14x2]dx
＝[12kx2+(2−k)x−112x3]|x1x2=12k(x2−x1)(x2+x1)+(2−k)(x2−x1)−112(x2−x1)[(x2+x1)2−x1x2]
＝(x2−x1)[2k2+2−k−112(16k2−4k+8)]＝4k2−k+2⋅23(k2−k+2)=83(k2−k+2)⋅k2−k+2．
则S1S2为定值32．
【答案】
x>0，恒有f(x)≤x成立，
∴ xlnx−a2x2≤x恒成立，
∴ a2≥lnx−1x，
设g(x)=lnx−1x，
∴ g′(x)=2−lnxx2，
当g′(x)>0时，即0e2，函数g(x)单调递减，
∴ g(x)max＝g(e2)=lne2−1e2=1e2，
∴ a2≥1e2，
∴ a≥2e2，
∴ 实数a的取值范围为[2e2, +∞)
当a＝0时，f(x)＝xlnx，x>0，
∴ f′(x)＝1+lnx，
当t>1e时，f′(x)>0，f(x)在[t, t+2]上单调递增，则f(x)min＝f(t)＝tlnt，
当00，解得x>1e，令f′(x)<0，解得x<1e，
∴ f(x)在[t, 1e]上单调递减，在[1e, t+2]上单调递增，
∴ f(x)min＝f(1e)=−1e，
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g′(x)＝f(x)′−1＝lnx−ax，函数g(x)＝f(x)−x有两个极值点x1、x2，
即g′(x)＝lnx−ax＝0有两个不同的实根，
当a≤0时，g′(x)单调递增，g′(x)＝0不可能有两个不同的实根；
当a>0时，设h(x)＝lnx−ax，
∴ h′(x)=1−axx，
若00，h(x)单调递增，
若x>1a时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
∴ h(1a)＝−lna−1>0，
∴ 0x1>0，
∵ g′(x1)＝g′(x2)＝0，
∴ lnx1−ax1＝0，lnx2−ax2＝0，lnx1−lnx2＝a(x1−x2)，
先证1lnx1+1lnx2>2，即证lnx2−lnx1x2−x1<x1+x22x1x2，
即证lnx2x12，
又∵ 02ae．
【考点】
利用导数研究函数的极值
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究函数的最值
【解析】
（1）分离参数，构造函数，利用导数求出函数的最值即可，
（2）先求导函数，再分类讨论，利用导数即可求出函数的最值．
（3）函数g(x)＝f(x)−x有两个极值点x1、x2，即导函数g′(x)有两个不同的实数根x1、x2，对a进行分类讨论，令x2x1=t，构造函数φ(t)，利用函数φ(t)的单调性证明不等式．
【解答】
x>0，恒有f(x)≤x成立，
∴ xlnx−a2x2≤x恒成立，
∴ a2≥lnx−1x，
设g(x)=lnx−1x，
∴ g′(x)=2−lnxx2，
当g′(x)>0时，即0e2，函数g(x)单调递减，
∴ g(x)max＝g(e2)=lne2−1e2=1e2，
∴ a2≥1e2，
∴ a≥2e2，
∴ 实数a的取值范围为[2e2, +∞)
当a＝0时，f(x)＝xlnx，x>0，
∴ f′(x)＝1+lnx，
当t>1e时，f′(x)>0，f(x)在[t, t+2]上单调递增，则f(x)min＝f(t)＝tlnt，
当00，解得x>1e，令f′(x)<0，解得x<1e，
∴ f(x)在[t, 1e]上单调递减，在[1e, t+2]上单调递增，
∴ f(x)min＝f(1e)=−1e，
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g′(x)＝f(x)′−1＝lnx−ax，函数g(x)＝f(x)−x有两个极值点x1、x2，
即g′(x)＝lnx−ax＝0有两个不同的实根，
当a≤0时，g′(x)单调递增，g′(x)＝0不可能有两个不同的实根；
当a>0时，设h(x)＝lnx−ax，
∴ h′(x)=1−axx，
若00，h(x)单调递增，
若x>1a时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
∴ h(1a)＝−lna−1>0，
∴ 0x1>0，
∵ g′(x1)＝g′(x2)＝0，
∴ lnx1−ax1＝0，lnx2−ax2＝0，lnx1−lnx2＝a(x1−x2)，
先证1lnx1+1lnx2>2，即证lnx2−lnx1x2−x1<x1+x22x1x2，
即证lnx2x12，
又∵ 02ae．
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.[选修4-4：坐标系与参数方程]
【答案】
解：（1）曲线C的极坐标方程为ρcos2θ−4sinθ=0，即ρ2cos2θ−4ρsinθ=0，直角坐标方程为x2−4y=0；
直线l经过点P(0, 3)，斜率为3，直线l的参数方程为x=12ty=3+32t（t为参数）；
（2）x=12ty=3+32t（t为参数）代入x2−4y=0，整理，得：t2−83t−48=0，
设t1，t2是方程的两根，∴ t1⋅t2=−48，t1+t2=83
∴ 1|PA|+1|PB|=|t1−t2||t1t2|=192+19248=66．
【考点】
圆的极坐标方程
【解析】
（1）曲线C的极坐标方程为ρcos2θ−4sinθ=0，即ρ2cos2θ−4ρsinθ=0，即可写出曲线C的直角坐标方程；直线l经过点P(0, 3)，斜率为3，即可写出直线l的参数方程；
（2）x=12ty=3+32t（t为参数）代入圆的普通方程，整理，得：t2+3t−3=0，利用参数的几何意义，求1|PA|+1|PB|的值．
【解答】
解：（1）曲线C的极坐标方程为ρcos2θ−4sinθ=0，即ρ2cos2θ−4ρsinθ=0，直角坐标方程为x2−4y=0；
直线l经过点P(0, 3)，斜率为3，直线l的参数方程为x=12ty=3+32t（t为参数）；
（2）x=12ty=3+32t（t为参数）代入x2−4y=0，整理，得：t2−83t−48=0，
设t1，t2是方程的两根，∴ t1⋅t2=−48，t1+t2=83
∴ 1|PA|+1|PB|=|t1−t2||t1t2|=192+19248=66．
[选修4-5：不等式选讲]
【答案】
a＝−1时，f(x)＝|2x+1|+|2x−1|≥|2x+1−2x+1|＝2，
即x＝±12时，“＝”成立，
故不等式的解集是[−12, 12]；
由|2x−a|+|2x−1|≤|2x+1|得：|2x−a|≤|2x+1|−|2x−1|≤|2x+1−2x−1|＝2，
故−2≤2x−a≤2，故a−22≤x≤a+22，
故[12, 1]⊆[a−22, a+22]，
故a−22≤12a+22≥1 ，解得：a∈[0, 3]．
【考点】
绝对值三角不等式
绝对值不等式的解法与证明
【解析】
（1）根据绝对值的选项得到f(x)≥2，求出满足条件的x的值即可；
（2）根据绝对值的性质求出x的范围，结合集合的包含关系求出a的范围即可．
【解答】
a＝−1时，f(x)＝|2x+1|+|2x−1|≥|2x+1−2x+1|＝2，
即x＝±12时，“＝”成立，
故不等式的解集是[−12, 12]；
由|2x−a|+|2x−1|≤|2x+1|得：|2x−a|≤|2x+1|−|2x−1|≤|2x+1−2x−1|＝2，
故−2≤2x−a≤2，故a−22≤x≤a+22，
故[12, 1]⊆[a−22, a+22]，
故a−22≤12a+22≥1 ，解得：a∈[0, 3]．
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