数学卷·2018届陕西省宝鸡中学高二上学期月考（一）数学理试卷（解析版）

数学卷·2018届陕西省宝鸡中学高二上学期月考（一）数学理试卷（解析版）

全*品*高*考*网， 用后离不了！2016-2017学年陕西省宝鸡中学高二（上）月考数学试卷（理科）（1）‎ ‎　‎ 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．命题“若a+b+c=3，则a2+b2+c2≥3”的逆命题是（　　）‎ A．“若a2+b2+c2≥3，则a+b+c=3” B．“若a2+b2+c2＜3，则a+b+c≠3”‎ C．“若a2+b2+c2≥3，则a+b+c≠3” D．“若a2+b2+c2＜3，则a+b+c=3”‎ ‎2．已知命题P：∀x1，x2∈R，（x2﹣x1）≥0，则￢P是（　　）‎ A．∃x1，x2∈R使（x2﹣x1）≤0‎ B．∀x1，x2∈R 使（x2﹣x1）≤0‎ C．∃x1，x2∈R 使（x2﹣x1）＜0‎ D．∀x1，x2∈R 使（x2﹣x1）＜0‎ ‎3．“sin（α+β）=sinα+sinβ”是“α=0，β=0”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 ‎4．在区间上随机取一个数x，使得|x+1|+|x﹣1|≤3成立的概率为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎5．从正六边形的6个顶点中随机选择4个顶点，则以它们作为顶点的四边形是矩形的概率等于（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎6．在函数①y=cos|2x|；②y=sin（2x+）；③y=|cosx|；④y=tan（2x﹣）中，最小正周期为π的所有函数为（　　）‎ A．①②③ B．①②③④ C．②④ D．①④‎ ‎7．直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC=BC=AA1，∠ACB=90°，则直线A1C与平面A1BC1所成的角的大小为（　　）‎ A．30° B．60° C．90° D．120°‎ ‎8．在三棱锥O﹣ABC中，M，N分别是OA，BC的中点，G是三角形ABC的重心，则=（　　）‎ A．++ B．++‎ C．++ D．++‎ ‎9．天气预报说，在今后的三天中，每一天下雨的概率均为40%．现采用随机模拟试验的方法估计这三天中恰有两天下雨的概率：先利用计算器产生0到9之间取整数值的随机数，用1，2，3，4表示下雨，用5，6，7，8，9，0表示不下雨；再以每三个随机数作为一组，代表这三天的下雨情况．经随机模拟试验产生了如下20组随机数：‎ ‎907‎ ‎966‎ ‎191‎ ‎925‎ ‎271‎ ‎932‎ ‎812‎ ‎458‎ ‎569‎ ‎683‎ ‎431‎ ‎257‎ ‎393‎ ‎027‎ ‎556‎ ‎488‎ ‎730‎ ‎113‎ ‎537‎ ‎989‎ 据此估计，这三天中至少有两天下雨的概率近似为（　　）‎ A．0.4 B．0.35 C．0.3 D．0.25‎ ‎10．A，B，C，D是空间不共面的四点，且满足•=0，•=0，•=0，M为BC的中点，则△AMD是（　　）‎ A．钝角三角形 B．锐角三角形 C．直角三角形 D．不确定 ‎11．设Sn是公差为d（d≠0）的无穷等差数列{an}的前n项和，则下列命题错误的是（　　）‎ A．若d＜0，则数列{Sn}有最大项 B．若数列{S}有最大项，则d＜0‎ C．若数列{Sn}是递增数列，则对任意n∈N*均有Sn＞0‎ D．若对任意n∈N*均有Sn＞0，则数列{Sn}是递增数列 ‎12．设0＜b＜1+a，若关于x的不等式（x﹣b）2＞（ax）2的解集中的整数解恰有3个，则（　　）‎ A．﹣1＜a＜0 B．0＜a＜1 C．1＜a＜3 D．3＜a＜6‎ ‎　‎ 二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）‎ ‎13．利用计算机产生0～1之间的随机数a，则事件“3a﹣1≤0”发生的概率为　　．‎ ‎14．如图：已知三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧棱与底面边长都相等，过顶点A1作底面ABC的垂线，若垂足为BC的中点，则异面直线AB与CC1成的角的余弦值为　　．‎ ‎15．不等式组的解集记为D，有下面四个命题：‎ p1：∀（x，y）∈D，x+2y≥﹣2‎ p2：∃（x，y）∈D，x+2y≥﹣2‎ p3：∀（x，y）∈D，x+2y≤3‎ p4：∃（x，y）∈D，x+2y≤﹣1‎ 其中的真命题是　　．（用命题编号作答）‎ ‎16．设对任意的实数x∈，不等式x2+ax﹣3a＜0总成立，则实数a的取值范围是　　．‎ ‎　‎ 三、解答题（本大题共4小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）‎ ‎17．（10分）袋中有五张卡片，其中红色卡片三张，标号分别为1，2，3；蓝色卡片两张，标号分别为1，2．‎ ‎（Ⅰ）从以上五张卡片中任取两张，求这两张卡片颜色不同且标号之和小于4的概率；‎ ‎（Ⅱ）现袋中再放入一张标号为0的绿色卡片，从这六张卡片中任取两张，求这两张卡片颜色不同且标号之和小于4的概率．‎ ‎18．（10分）如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=3，AC=6，D，E分别是AC，AB上的点，且DE∥BC，DE=2，将△ADE沿DE折起到A1DE的位置，使A2C⊥CD，如图2．‎ ‎（1）求证：A1C⊥平面BCDE；‎ ‎（2）若M是A1D的中点，求CM与平面A1BE所成角的大小．‎ ‎19．（10分）四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1⊥底面ABCD，AB∥CD，AB⊥AD，AD=CD=1，AA1=AB=2，E为AA1的中点．‎ ‎（1）求证：B1C1⊥CE；‎ ‎（2）求二面角B1﹣CE﹣C1大小的余弦值；‎ ‎（3）设点M在线段C1E上，且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为，求线段AM的长．‎ ‎20．（10分）命题p：函数f（x）=且|f（x）|≥ax．q：函数g（x）为定义在R上的奇函数，当x≥0时，g（x）=（|x﹣a2|+|x﹣2a2|﹣3a2），且∀x∈R，f（x﹣1）≤f（x）恒成立．‎ ‎（1）若p且q为真命题，求a的取值范围；‎ ‎（2）若p或q为真命题，求a的取值范围．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年陕西省宝鸡中学高二（上）月考数学试卷（理科）（1）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 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．命题“若a+b+c=3，则a2+b2+c2≥3”的逆命题是（　　）‎ A．“若a2+b2+c2≥3，则a+b+c=3” B．“若a2+b2+c2＜3，则a+b+c≠3”‎ C．“若a2+b2+c2≥3，则a+b+c≠3” D．“若a2+b2+c2＜3，则a+b+c=3”‎ ‎【考点】四种命题间的逆否关系．‎ ‎【专题】计算题；转化思想；定义法；简易逻辑．‎ ‎【分析】根据命题“若p，则q”的逆命题是“若q，则p”，写出逆命题即可．‎ ‎【解答】解：命题“若a+b+c=3，则a2+b2+c2≥3”的逆命题是：‎ ‎“若a2+b2+c2≥3，则a+b+c=3”．‎ 故选：A ‎【点评】本题考查了命题与它的逆命题的应用问题，是基础题目．‎ ‎　‎ ‎2．已知命题P：∀x1，x2∈R，（x2﹣x1）≥0，则￢P是（　　）‎ A．∃x1，x2∈R使（x2﹣x1）≤0‎ B．∀x1，x2∈R 使（x2﹣x1）≤0‎ C．∃x1，x2∈R 使（x2﹣x1）＜0‎ D．∀x1，x2∈R 使（x2﹣x1）＜0‎ ‎【考点】全称命题；命题的否定．‎ ‎【专题】探究型．‎ ‎【分析】原命题为全称命题，根据全称命题的否定是特称命题判断即可．‎ ‎【解答】解：命题P：为全称命题，所以全称命题的否定是特称命题，‎ 所以￢P：∃x1，x2∈R 使（x2﹣x1）＜0．‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题主要考查含有量词的命题的否定，全称命题的否定是特称命题．‎ ‎　‎ ‎3．“sin（α+β）=sinα+sinβ”是“α=0，β=0”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 ‎【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断．‎ ‎【专题】转化思想；转化法；简易逻辑．‎ ‎【分析】根据充分必要条件的定义分别判断其充分性和必要性即可．‎ ‎【解答】解：由sin（α+β）=sinα+sinβ，推不出α=0，β=0，‎ 比如α=，β=﹣，不是充分条件；‎ 若α=0，β=0，则sin（α+β）=sinα+sinβ，是必要条件，‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查了充分必要条件，考查三角函数的定义，是一道基础题．‎ ‎　‎ ‎4．在区间上随机取一个数x，使得|x+1|+|x﹣1|≤3成立的概率为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】几何概型．‎ ‎【专题】综合题；转化思想；演绎法；概率与统计．‎ ‎【分析】求出|x+1|+|x﹣1|≤3成立的等价条件，利用几何概型的概率公式即可得到结论．‎ ‎【解答】解：在区间上随机取一个数x，则﹣2≤x≤2，‎ 当﹣2≤x≤﹣1时，不等式|x+1|+|x﹣1|≤3等价为﹣（x+1）﹣（x﹣1）≤3，即﹣2x≤3成立，此时﹣≤x≤﹣1，‎ 当﹣1＜x＜1时，不等式|x+1|+|x﹣1|≤3等价为（x+1）﹣（x﹣1）≤3，即2≤3，此时﹣1＜x＜1，‎ 当1≤x≤2时，不等式|x+1|+|x﹣1|≤3等价为（x+1）+（x﹣1）≤3，即2x≤3，此时1≤x≤成立，‎ 综上﹣≤x≤，‎ 则由几何概型的概率公式可得使得||x+1|+|x﹣1|≤3成立的概率为，‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题主要考查几何概型的概率公式的计算，根据不等式的解法求出对应的解集是解决本题的关键．‎ ‎　‎ ‎5．（2011•安徽）从正六边形的6个顶点中随机选择4个顶点，则以它们作为顶点的四边形是矩形的概率等于（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】古典概型及其概率计算公式．‎ ‎【专题】概率与统计．‎ ‎【分析】从正六边形的6个顶点中随机选择4个顶点，选择方法有C64=15种，且每种情况出现的可能性相同，故为古典概型，由列举法计算出它们作为顶点的四边形是矩形的方法种数，求比值即可．‎ ‎【解答】解：从正六边形的6个顶点中随机选择4个顶点，选择方法有C64=15种，‎ 它们作为顶点的四边形是矩形的方法种数为3，由古典概型可知，‎ 它们作为顶点的四边形是矩形的概率等于 故选D．‎ ‎【点评】本题考查古典概型、组合数运算，考查运算能力．‎ ‎　‎ ‎6．在函数①y=cos|2x|；②y=sin（2x+）；③y=|cosx|；④y=tan（2x﹣）中，最小正周期为π的所有函数为（　　）‎ A．①②③ B．①②③④ C．②④ D．①④‎ ‎【考点】三角函数的周期性及其求法．‎ ‎【专题】计算题；转化思想；定义法；三角函数的图像与性质．‎ ‎【分析】在①中，y=cos|2x|的最小正周期为π；在②中，y=sin（2x+）的最小正周期为=π；在③中，y=|cosx|的最小正周期为π；在④中，y=tan（2x﹣）的最小正周期为．‎ ‎【解答】解：在①中，y=cos|2x|的最小正周期为π，故①正确；‎ 在②中，y=sin（2x+）的最小正周期为=π，故②正确；‎ 在③中，y=|cosx|的最小正周期为π，故③正确；‎ 在④中，y=tan（2x﹣）的最小正周期为，故④错误．‎ ‎∴最小正周期为π的函数是①②③．‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题考查三角函数的最小正周期的判断，是基础题，解题时要认真审题，注意三角函数性质的合理运用．‎ ‎　‎ ‎7．直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC=BC=AA1，∠ACB=90°，则直线A1C与平面A1BC1所成的角的大小为（　　）‎ A．30° B．60° C．90° D．120°‎ ‎【考点】直线与平面所成的角．‎ ‎【专题】计算题；对应思想；数形结合法；空间角．‎ ‎【分析】由已知证得平面A1BC1⊥平面BB1C1C，连接B1C交BC1于O，则CO⊥BC1，可得CO⊥平面A1BC1．即∠CA1O为直线A1C与平面A1BC1所成的角．然后求解直角三角形得答案．‎ ‎【解答】解：如图，‎ ‎∵三棱柱ABC﹣A1B1C1为直三棱柱，∴CC1⊥A1C1，又，∠ACB=90°，‎ ‎∴A1C1⊥B1C1，则A1C1⊥平面BB1C1C，又A1C1⊂平面A1BC1，‎ ‎∴平面A1BC1⊥平面BB1C1C，‎ 连接B1C交BC1于O，则CO⊥BC1，∴CO⊥平面A1BC1．‎ ‎∴∠CA1O为直线A1C与平面A1BC1所成的角．‎ 设AC=BC=AA1=a，‎ 则，CO=，‎ 在Rt△A1OC中，sin，‎ ‎∴直线A1C与平面A1BC1所成的角的大小为30°．‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题考查直线与平面所称的角，关键是找出线面角，是中档题．‎ ‎　‎ ‎8．在三棱锥O﹣ABC中，M，N分别是OA，BC的中点，G是三角形ABC的重心，则=（　　）‎ A．++ B．++‎ C．++ D．++‎ ‎【考点】向量在几何中的应用．‎ ‎【专题】对应思想；数形结合法；平面向量及应用．‎ ‎【分析】由重心的性质得出==﹣2，再利用=即可得出答案．‎ ‎【解答】解：∵G是△ABC的重心，‎ ‎∴=，‎ ‎∴=，‎ 又，，‎ ‎∴=﹣2，‎ ‎∴==﹣2，‎ ‎∴3=，‎ 即=．‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题考查了平面向量的几何运算，三角形重心的性质，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎9．（2012•高密市模拟）天气预报说，在今后的三天中，每一天下雨的概率均为40%．现采用随机模拟试验的方法估计这三天中恰有两天下雨的概率：先利用计算器产生0到9之间取整数值的随机数，用1，2，3，4表示下雨，用5，6，7，8，9，0表示不下雨；再以每三个随机数作为一组，代表这三天的下雨情况．经随机模拟试验产生了如下20组随机数：‎ ‎907‎ ‎966‎ ‎191‎ ‎925‎ ‎271‎ ‎932‎ ‎812‎ ‎458‎ ‎569‎ ‎683‎ ‎431‎ ‎257‎ ‎393‎ ‎027‎ ‎556‎ ‎488‎ ‎730‎ ‎113‎ ‎537‎ ‎989‎ 据此估计，这三天中至少有两天下雨的概率近似为（　　）‎ A．0.4 B．0.35 C．0.3 D．0.25‎ ‎【考点】相互独立事件的概率乘法公式．‎ ‎【专题】计算题；概率与统计．‎ ‎【分析】由题意知模拟三天中至少有两天下雨的结果，经随机模拟产生了如下20组随机数，在20组随机数中表示三天中至少有两天下雨的有可以通过列举得到共7组随机数，根据概率公式，得到结果．‎ ‎【解答】解：由题意知模拟三天中至少有两天下雨的结果，经随机模拟产生了如下20组随机数，‎ 在20组随机数中表示三天中至少有两天下雨的有：191、271、932、812、393，113，134共7组随机数，‎ ‎∴所求概率为0.35．‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题考查模拟方法估计概率，解题主要依据是等可能事件的概率，注意列举法在本题的应用．‎ ‎　‎ ‎10．A，B，C，D是空间不共面的四点，且满足•=0，•=0，•=0，M为BC的中点，则△AMD是（　　）‎ A．钝角三角形 B．锐角三角形 C．直角三角形 D．不确定 ‎【考点】平面向量数量积的运算．‎ ‎【专题】计算题；数形结合；向量法；平面向量及应用．‎ ‎【分析】可画出图形，根据条件得出，从而可进行数量积的运算求出，进而得出，从而判断出△AMD的形状．‎ ‎【解答】解：如图，‎ 根据条件：‎ ‎=‎ ‎=0；‎ ‎∴；‎ ‎∴△AMD为直角三角形．‎ 故选C．‎ ‎【点评】考查向量加法的平行四边形法则，以及向量数量积的运算，向量垂直的充要条件．‎ ‎　‎ ‎11．（2016秋•徐汇区校级期中）设Sn是公差为d（d≠0）的无穷等差数列{an}的前n项和，则下列命题错误的是（　　）‎ A．若d＜0，则数列{Sn}有最大项 B．若数列{S}有最大项，则d＜0‎ C．若数列{Sn}是递增数列，则对任意n∈N*均有Sn＞0‎ D．若对任意n∈N*均有Sn＞0，则数列{Sn}是递增数列 ‎【考点】等差数列的前n项和．‎ ‎【专题】方程思想；转化思想；等差数列与等比数列．‎ ‎【分析】由等差数列的求和公式可得Sn=na1+d=n2+（a1﹣）n，利用二次函数的单调性与数列的单调性即可得出．‎ ‎【解答】解：由等差数列的求和公式可得Sn=na1+d=n2+（a1﹣）n，‎ 选项A，若d＜0，由二次函数的性质可得数列{Sn}有最大项，故正确；‎ 选项B，若数列{Sn}有最大项，则对应抛物线开口向下，则有d＜0，故正确；‎ 选项C，若数列{Sn}是递增数列，则对应抛物线开口向上，但不一定有任意n∈N*，均有Sn＞0，故错误．‎ 选项D，若对任意n∈N*，均有Sn＞0，对应抛物线开口向上，d＞0，可得数列{Sn}是递增数列，故正确．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题考查了等差数列的求和公式、二次函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎12．（2015•天津校级模拟）设0＜b＜1+a，若关于x的不等式（x﹣b）2＞（ax）2的解集中的整数解恰有3个，则（　　）‎ A．﹣1＜a＜0 B．0＜a＜1 C．1＜a＜3 D．3＜a＜6‎ ‎【考点】一元二次不等式的解法．‎ ‎【专题】不等式的解法及应用．‎ ‎【分析】将不等式变形为•＜0的解集中的整数恰有3个，再由0＜b＜1+a 可得，a＞1，不等式的解集为 ＜x＜＜1，考查解集端点的范围，解出a的取值范围．‎ ‎【解答】解：关于x 的不等式（x﹣b）2＞（ax）2 即 （a2﹣1）x2+2bx﹣b2＜0，∵0＜b＜1+a，‎ ‎•＜0 的解集中的整数恰有3个，∴a＞1，‎ ‎∴不等式的解集为 ＜x＜＜1，所以解集里的整数是﹣2，﹣1，0 三个．‎ ‎∴﹣3≤﹣＜﹣2，‎ ‎∴2＜≤3，2a﹣2＜b≤3a﹣3，‎ ‎∵b＜1+a，‎ ‎∴2a﹣2＜1+a，‎ ‎∴a＜3，‎ 综上，1＜a＜3，‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题考查一元二次不等式的应用，注意二次项系数的符号，解区间的端点就是对应一元二次方程的根．‎ ‎　‎ 二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）‎ ‎13．利用计算机产生0～1之间的随机数a，则事件“3a﹣1≤0”发生的概率为　　．‎ ‎【考点】几何概型．‎ ‎【专题】对应思想；定义法；概率与统计．‎ ‎【分析】求满足事件“3a﹣1＜0”发生的a的范围，利用数集的长度比求概率．‎ ‎【解答】解：由3a﹣1＜0得：a＜，‎ 数集（0，）的长度为﹣0=，‎ 数集（0，1）的长度为1﹣0=1，‎ ‎∴事件“3a﹣1＜0”发生的概率为P=．‎ 故答案为：．‎ ‎【点评】本题考查了几何概型的概率计算，利用数集的长度比可求随机事件发生的概率．‎ ‎　‎ ‎14．（2012•徐汇区二模）如图：已知三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧棱与底面边长都相等，过顶点A1作底面ABC的垂线，若垂足为BC的中点，则异面直线AB与CC1成的角的余弦值为　　．‎ ‎【考点】余弦定理；异面直线及其所成的角．‎ ‎【专题】计算题．‎ ‎【分析】确定∠A1AB即为异面直线AB与CC1所成的角，再在△∠A1AB中，利用余弦定理即可求解．‎ ‎【解答】解：设BC的中点为D，连接A1D、AD、A1B，则 ‎∵AA1∥CC1，∴∠A1AB即为异面直线AB与CC1所成的角．‎ 设三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧棱与底面边长为1，则|AD|=，|A1D|=，|A1B|=‎ 由余弦定理，得cos∠A1AB==‎ 故答案为：‎ ‎【点评】本题考查线线角，考查余弦定理的运用，解题的关键是确定线线角．‎ ‎　‎ ‎15．不等式组的解集记为D，有下面四个命题：‎ p1：∀（x，y）∈D，x+2y≥﹣2‎ p2：∃（x，y）∈D，x+2y≥﹣2‎ p3：∀（x，y）∈D，x+2y≤3‎ p4：∃（x，y）∈D，x+2y≤﹣1‎ 其中的真命题是　p1，p2　．（用命题编号作答）‎ ‎【考点】命题的真假判断与应用．‎ ‎【专题】数形结合；转化法；简易逻辑．‎ ‎【分析】作出不等式组 的表示的区域D，根据线性规划的应用结合特称命题和全称命题的定义和性质对四个选项逐一分析即可．‎ ‎【解答】解：作出不等式组表示的区域：‎ 由图知，区域D为直线x+y=1与x﹣2y=4相交的上部角型区域，‎ 显然，区域D所有的部分都在x+2y=﹣2的上方，故p1：∀（x，y）∈D，x+2y≥﹣2成立；‎ 故p1正确，p2错误，‎ 区域D有一部分在x+2y=3的下方，故p3：∃（x，y）∈D，x+2y≤3正确，‎ 区域D全部在x+2y=﹣1的上方，故p4：∃（x，y）∈D，x+2y≤﹣1错误．‎ 综上所述p1，p2正确，‎ 故答案为：p1，p2‎ ‎【点评】本题考查命题的真假判断与应用，利用线性规划的应用，结合数形结合是解决本题的关键．考查学生的运算和推理能力．‎ ‎　‎ ‎16．设对任意的实数x∈，不等式x2+ax﹣3a＜0总成立，则实数a的取值范围是　（，+∞）　．‎ ‎【考点】函数恒成立问题．‎ ‎【专题】转化思想；构造法；函数的性质及应用．‎ ‎【分析】构造函数令f（x）=x2+ax﹣3a，依题意可得，解之即可求得实数a的取值范围．‎ ‎【解答】解：令f（x）=x2+ax﹣3a，‎ ‎∵对任意的实数x∈，不等式x2+ax﹣3a＜0总成立，‎ ‎∴，即，‎ 解得：a，‎ 故答案为：（，+∞）．‎ ‎【点评】本题考查函数恒成立问题，构造函数f（x）=x2+ax﹣3a，依题意可得是解决问题的关键，考查等价转化思想与函数与方程思想，也可分离参数a，利用对勾函数的性质解决，属于中档题．‎ ‎　‎ 三、解答题（本大题共4小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）‎ ‎17．（10分）（2012•山东）袋中有五张卡片，其中红色卡片三张，标号分别为1，2，3；蓝色卡片两张，标号分别为1，2．‎ ‎（Ⅰ）从以上五张卡片中任取两张，求这两张卡片颜色不同且标号之和小于4的概率；‎ ‎（Ⅱ）现袋中再放入一张标号为0的绿色卡片，从这六张卡片中任取两张，求这两张卡片颜色不同且标号之和小于4的概率．‎ ‎【考点】列举法计算基本事件数及事件发生的概率．‎ ‎【专题】概率与统计．‎ ‎【分析】（Ⅰ）由列举法可得从五张卡片中任取两张的所有情况，分析可得两张卡片的颜色不同且标号之和小于4的情况数目，由古典概型公式，计算可得答案；‎ ‎（Ⅱ）加入一张标号为0的绿色卡片后，共有六张卡片，由列举法可得从中任取两张的所有情况，分析可得两张卡片的颜色不同且标号之和小于4的情况数目，由古典概型公式，计算可得答案．‎ ‎【解答】解：（I）从五张卡片中任取两张的所有可能情况有如下10种：红1红2，红1红3，红1蓝1，红1蓝2，红2红3，红2蓝1，红2蓝2，红3蓝1，红3蓝2，蓝1蓝2．‎ 其中两张卡片的颜色不同且标号之和小于4的有红1蓝1、红1蓝2、红2蓝1，共3种情况，‎ 故所求的概率为．‎ ‎（II）加入一张标号为0的绿色卡片后，共有六张卡片，‎ 从六张卡片中任取两张，有红1红2，红1红3，红1蓝1，红1蓝2，红2红3，红2蓝1，红2蓝2，红3蓝1，红3蓝2，蓝1蓝2，红1绿0，红2绿0，红3绿0，蓝1绿0，蓝2绿0，共有15种情况，‎ 其中颜色不同且标号之和小于4的有红1蓝1，红1蓝2，红2蓝1，红1绿0，红2绿0，红3绿0，蓝1绿0，蓝2绿0，共8种情况，‎ 所以概率为．‎ ‎【点评】本题考查古典概型的计算，涉及列举法的应用，解题的关键是正确列举，分析得到事件的情况数目．‎ ‎　‎ ‎18．（10分）（2013•西安一模）如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=3，AC=6，D，E分别是AC，AB上的点，且DE∥BC，DE=2，将△ADE沿DE折起到A1DE的位置，使A2C⊥CD，如图2．‎ ‎（1）求证：A1C⊥平面BCDE；‎ ‎（2）若M是A1D的中点，求CM与平面A1BE所成角的大小．‎ ‎【考点】直线与平面所成的角；直线与平面垂直的判定．‎ ‎【专题】空间位置关系与距离；空间角．‎ ‎【分析】（1）由已知得DE⊥平面A1CD，A1C⊥DE，由此能证明A1C⊥平面BCDE．‎ ‎（2）以C为原点，CB为y轴，CA为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出CM与平面A1BE所成角．‎ ‎【解答】（1）证明：∵CD⊥DE，A1D⊥DE，‎ ‎∴DE⊥平面A1CD，又∵A1C⊂平面A1CD，‎ ‎∴A1C⊥DE，∵A1C⊥CD，‎ ‎∴A1C⊥平面BCDE．‎ ‎（2）解：以C为原点，CB为y轴，CA为z轴，‎ 建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 则D（﹣2，0，0），A1（0，0，2），B（0，3，0），‎ E（﹣2，2，0），=（0，3，﹣2），=（﹣2，﹣1，0），‎ 设平面A1BE的法向量=（x，y，z），‎ 则，取x=﹣1，得=（﹣1，2，），‎ M（﹣1，0，），，‎ cosθ===，‎ ‎∴CM与平面A1BE所成角为45°．‎ ‎【点评】本题考查空间线面关系、几何体的体积等知识，考查数形结合、化归与转化的数学思想方法，以及空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力．‎ ‎　‎ ‎19．（10分）四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1⊥底面ABCD，AB∥CD，AB⊥AD，AD=CD=1，AA1=AB=2，E为AA1的中点．‎ ‎（1）求证：B1C1⊥CE；‎ ‎（2）求二面角B1﹣CE﹣C1大小的余弦值；‎ ‎（3）设点M在线段C1E上，且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为，求线段AM的长．‎ ‎【考点】点、线、面间的距离计算；与二面角有关的立体几何综合题．‎ ‎【专题】空间位置关系与距离．‎ ‎【分析】（1）以A为原点，以AD为x轴，以AA1为y轴，以AB为z轴，建立空间直角坐标系，利用向时法能证明B1C1⊥CE．‎ ‎（2）分另求出平面B1CE的法向量和平面CEC1的法向量，利用向量法能求出二面角B1﹣CE﹣C1的余弦值．‎ ‎（3）设点M（a，b，c），由点M在线段C1E上，知，λ＞0，根据直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为，利用向量法能求出线段AM的长．‎ ‎【解答】（1）证明：以A为原点，以AD为x轴，以AA1为y轴，以AB为z轴，‎ 建立空间直角坐标系，‎ ‎∵AD=CD=1，AA1=AB=2，‎ E为AA1的中点，‎ ‎∴B1（0，2，2），C1（1，2，1），‎ C（1，0，1），E（0，1，0），‎ ‎∴=（1，0，﹣1），=（﹣1，1，﹣1），‎ ‎∴=0，∴B1C1⊥CE．‎ ‎（2）解：设平面B1CE的法向量=（x，y，z），‎ ‎∵=（1，﹣2，﹣1），=（﹣1，1，﹣1），‎ ‎∴，‎ 取x=3，得=（3，2，﹣1），‎ 设平面CEC1的法向量，‎ ‎∵，，‎ ‎∴，取x1=1，得=（1，0，﹣1）．‎ 设二面角B1﹣CE﹣C1的平面角为θ，‎ 则cosθ=|cos＜＞|=||=，‎ ‎∴二面角B1﹣CE﹣C1的余弦值为．‎ ‎（3）解：设点M（a，b，c），‎ ‎∵点M在线段C1E上，∴，λ＞0，‎ ‎∴（a，b﹣1，c）=λ（1，1，1）=（λ，λ，λ），‎ ‎∴a=λ，b=λ+1，c=λ，∴M（λ，λ+1，λ），∴=（λ，λ+1，λ），‎ ‎∵直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为，‎ 平面ADD1A1的法向量，‎ ‎∴cos＜＞==，‎ 解得，或（舍），‎ ‎∴=（），∴||==．‎ ‎∴线段AM的长为．‎ ‎【点评】本题考查异面直线垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查线段长的求法，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．‎ ‎　‎ ‎20．（10分）命题p：函数f（x）=且|f（x）|≥ax．q：函数g（x）为定义在R上的奇函数，当x≥0时，g（x）=（|x﹣a2|+|x﹣2a2|﹣3a2），且∀x∈R，f（x﹣1）≤f（x）恒成立．‎ ‎（1）若p且q为真命题，求a的取值范围；‎ ‎（2）若p或q为真命题，求a的取值范围．‎ ‎【考点】函数恒成立问题；命题的真假判断与应用；函数单调性的判断与证明．‎ ‎【专题】转化思想；转化法；简易逻辑．‎ ‎【分析】分别求出命题p，q为真时，a的取值范围，‎ ‎（1）若p且q为真命题，则两个取值范围的交集即为答案；‎ ‎（2）若p或q为真命题，则两个取值范围的并集即为答案；‎ ‎【解答】解：∵函数f（x）=，‎ ‎∴y=|f（x）|=，‎ ‎∴y′=，‎ 由y=|f（x）|和y=ax的图象均过原点，‎ 故命题p为真，即|f（x）|≥ax恒成立时，‎ 仅须y′|x=0=﹣2≤a≤0，‎ 即a∈，‎ ‎∵当x≥0时，f（x）=（|x﹣a2|+|x﹣2a2|﹣3a2）．‎ ‎∴当0≤x≤a2时，f（x）=（a2﹣x+2a2﹣x﹣3a2）=﹣x；‎ 当a2＜x≤2a2时，f（x）=﹣a2；‎ 当x＞2a2时，f（x）=x﹣3a2．‎ 画出其图象．‎ 由于函数f（x）是定义在R上的奇函数，即可画出x＜0时的图象，‎ 与x＞0时的图象关于原点对称．‎ 若命题q为真，即∀x∈R，f（x﹣1）≤f（x），‎ 即6a2≤1，‎ 解得：a∈．‎ ‎（1）若p且q为真命题，则a∈；‎ ‎（2）若p或q为真命题，则∈．‎ ‎【点评】本题考查的知识点是命题的真假判断与应用，复合命题的真假，恒成立问题，难度较大，属于难题．‎