河北省衡水中学2016届高三（下）二调数学试卷（理科）（解析版）

河北省衡水中学2016届高三（下）二调数学试卷（理科）（解析版）

‎2015-2016学年河北省衡水中学高三（下）二调数学试卷（理科）‎ ‎　‎ 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A={1，3，4，5}，集合B={x∈Z|x2﹣4x﹣5＜0}，则A∩B的子集个数为（　　）‎ A．2 B．4 C．8 D．16‎ ‎2．如图，复平面上的点Z1，Z2，Z3，Z4到原点的距离都相等，若复数z所对应的点为Z1，则复数z•i（i是虚数单位）的共轭复数所对应的点为（　　）‎ A．Z1 B．Z2 C．Z3 D．Z4‎ ‎3．下列四个函数，在x=0处取得极值的函数是（　　）‎ ‎①y=x3②y=x2+1③y=|x|④y=2x．‎ A．①② B．②③ C．③④ D．①③‎ ‎4．已知变量x，y满足：：，则z=（）2x+y的最大值为（　　）‎ A． B．2 C．2 D．4‎ ‎5．执行如图所示的程序框图，输出的结果是（　　）‎ A．5 B．6 C．7 D．8‎ ‎6．两个等差数列的前n项和之比为，则它们的第7项之比为（　　）‎ A．45：13 B．3：1 C．80：27 D．2：1‎ ‎7．在某次联考数学测试中，学生成绩ξ服从正态分布，（σ＞0），若ξ在（80，120）内的概率为0.8，则落在（0，80）内的概率为（　　）‎ A．0.05 B．0.1 C．0.15 D．0.2‎ ‎8．函数f（x）=Asinωx（A＞0，ω＞0）的部分图象如图所示，则f（1）+f（2）+f（3）+…+f A．0 B．3 C．6 D．﹣‎ ‎9．若（1+x）（1﹣2x）7=a0+a1x+a2x2+…+a8x8，则a1+a2+…+a7的值是（　　）‎ A．﹣2 B．﹣3 C．125 D．﹣131‎ ‎10．已知圆C1：x2+2cx+y2=0，圆C2：x2﹣2cx+y2=0，c是椭圆C： +=1的半焦距，若圆C1，C2都在椭圆内，则椭圆离心率的范围是（　　）‎ A．[，1） B．（0，） C．[，1） D．（0，]‎ ‎11．定义在R上的函数f（x）对任意x1、x2（x1≠x2）都有＜0，且函数y=f（x﹣1）的图象关于（1，0）成中心对称，若s，t满足不等式f（s2﹣2s）≤﹣f（2t﹣t2），则当1≤s≤4时，的取值范围是（　　）‎ A．[﹣3，﹣） B．[﹣3，﹣] C．[﹣5，﹣） D．[﹣5，﹣]‎ ‎12．正三角形ABC的边长为2，将它沿高AD翻折，使点B与点C间的距离为，此时四面体ABCD外接球表面积为（　　）‎ A．7π B．19π C． π D． π ‎　‎ 二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）‎ ‎13．一个几何体的三视图如图所示，该几何体体积为　　．‎ ‎14．已知向量与的夹角为60°，且，若，且，则实数λ的值为　　．‎ ‎15．已知双曲线的半焦距为c，过右焦点且斜率为1的直线与双曲线的右支交于两点，若抛物线y2=4cx的准线被双曲线截得的弦长是（e为双曲线的离心率），则e的值为　　．‎ ‎16．用g（n）表示自然数n的所有因数中最大的那个奇数；例如：9的因数有1，3，9，g（9）=9，10的因数有1，2，5，10，g（10）=5，那么g（1）+g（2）+g（3）+…+g=　　．‎ ‎　‎ 三、解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）‎ ‎17．在锐角△ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为a，b，c，已知a=，b=3， sinB+sinA=2．‎ ‎（Ⅰ） 求角A 的大小；‎ ‎（Ⅱ） 求△ABC 的面积．‎ ‎18．某厂商调查甲、乙两种不同型号电视机在10个卖场的销售量（单位：台），并根据这10个卖场的销售情况，得到如图所示的茎叶图．为了鼓励卖场，在同型号电视机的销售中，该厂商将销售量高于数据平均数的卖场命名 为该型号电视机的“星级卖场”．‎ ‎（Ⅰ）当a=b=3时，记甲型号电视机的“星级卖场”数量为m，乙型号电视机的“星级卖场”数量为n，比较m，n 的大小关系；‎ ‎（Ⅱ）在这10 个卖场中，随机选取2 个卖场，记X 为其中甲型号电视机的“星级卖场”的个数，求X 的分布列和数学期望．‎ ‎（Ⅲ）若a=1，记乙型号电视机销售量的方差为s2，根据茎叶图推断b为何值时，s2达到最小值．（只需写出结论）‎ ‎19．如图，在边长为4 的菱形ABCD中，∠BAD=60°，DE⊥AB于点E，将△ADE沿DE 折起到△A1DE的位置，使A1D⊥DC，如图．‎ ‎（1）求证：A1E⊥平面BCDE；‎ ‎（2）求二面角E﹣A1B﹣C的余弦值；‎ ‎（3）判断在线段EB上是否存在一点P，使平面A1DP⊥平面A1BC？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．‎ ‎20．如图，已知椭圆： +y2=1，点A，B是它的两个顶点，过原点且斜率为k的直线l与线段AB相交于点D，且与椭圆相交于E、F两点．‎ ‎（Ⅰ）若=6，求k的值；‎ ‎（Ⅱ）求四边形AEBF面积的最大值．‎ ‎21．设函数f（x）=x2﹣（a﹣2）x﹣alnx．‎ ‎（1）求函数f（x）的单调区间；‎ ‎（2）若函数有两个零点，求满足条件的最小正整数a的值；‎ ‎（3）若方程f（x）=c有两个不相等的实数根x1，x2，求证：．‎ ‎　‎ 四.请考生在22、23、24三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.【选修4-1：几何证明选讲】‎ ‎22．如图，直线PQ与⊙O相切于点A，AB是⊙O的弦，∠PAB的平分线AC交⊙O于点C，连结CB，并延长与直线 PQ相交于点Q．‎ ‎（Ⅰ）求证：QC•BC=QC2﹣QA2；‎ ‎（Ⅱ）若 AQ=6，AC=5．求弦AB的长．‎ ‎　‎ ‎[选修4-4：坐标系与参数方程]‎ ‎23．在平面直角坐标系x Oy中，直线l的参数方程为（t为参数）．在以原点 O为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标中，圆C的方程为．‎ ‎（Ⅰ）写出直线l的普通方程和圆C的直角坐标方程；‎ ‎（Ⅱ）若点 P坐标为，圆C与直线l交于 A，B两点，求|PA|+|PB|的值．‎ ‎　‎ ‎[选修4-5：不等式选讲]‎ ‎24．（1）已知函数f（x）=|x﹣1|+|x+3|，求x的取值范围，使f（x）为常函数；‎ ‎（2）若x，y，z∈R，x2+y2+z2=1，求m=x+y+z的最大值．‎ ‎　‎ ‎2015-2016学年河北省衡水中学高三（下）二调数学试卷（理科）‎ 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．已知集合A={1，3，4，5}，集合B={x∈Z|x2﹣4x﹣5＜0}，则A∩B的子集个数为（　　）‎ A．2 B．4 C．8 D．16‎ ‎【考点】交集及其运算．‎ ‎【分析】求出集合B，根据集合的基本运算进行求解即可．‎ ‎【解答】解：B={x∈Z|x2﹣4x﹣5＜0}=B={x∈Z|﹣1＜x＜5}={0，1，2，3，4}，‎ 则A∩B={1，3，4}，‎ 故A∩B的子集个数为23=8个，‎ 故选：C ‎　‎ ‎2．如图，复平面上的点Z1，Z2，Z3，Z4到原点的距离都相等，若复数z所对应的点为Z1，则复数z•i（i是虚数单位）的共轭复数所对应的点为（　　）‎ A．Z1 B．Z2 C．Z3 D．Z4‎ ‎【考点】复数的代数表示法及其几何意义．‎ ‎【分析】判断复数的几何意义，利用复数的乘法运算法则，推出结果即可．‎ ‎【解答】解：由题意可知复数z所对应的点为Z1，是虚部大于0的纯虚数，则复数z•i是负实数，‎ 对应点在x负半轴，即Z2，共轭复数是Z2．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎3．下列四个函数，在x=0处取得极值的函数是（　　）‎ ‎①y=x3②y=x2+1③y=|x|④y=2x．‎ A．①② B．②③ C．③④ D．①③‎ ‎【考点】函数在某点取得极值的条件．‎ ‎【分析】结合极值的定义，分别判断各个函数是否满足（﹣∞，0）与（0，+∞）有单调性的改变，若满足则正确，否则结论不正确．‎ ‎【解答】解：①y′=3x2≥0恒成立，所以函数在R上递增，无极值点 ‎②y′=2x，当x＞0时函数单调递增；当x＜0时函数单调递减且y′|x=0=0②符合 ‎③结合该函数图象可知在（0，+∞）递增，在（﹣∞，0]递减，③符合 ‎④y=2x在R上递增，无极值点 故选B ‎　‎ ‎4．已知变量x，y满足：：，则z=（）2x+y的最大值为（　　）‎ A． B．2 C．2 D．4‎ ‎【考点】简单线性规划．‎ ‎【分析】作出不等式组对应的平面区域，设m=2x+y，利用线性规划的知识求出m的最大值即可求出z的最大值．‎ ‎【解答】解：作出不等式组对应的平面区域如图：（阴影部分）．‎ 设m=2x+y得y=﹣2x+m，‎ 平移直线y=﹣2x+m，‎ 由图象可知当直线y=﹣2x+m经过点A时，直线y=﹣2x+m的截距最大，‎ 此时m最大．‎ 由，解得，即A（1，2），‎ 代入目标函数m=2x+y得z=2×1+2=4．‎ 即目标函数z=（）2x+y的最大值为z=（）4=4．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎5．执行如图所示的程序框图，输出的结果是（　　）‎ A．5 B．6 C．7 D．8‎ ‎【考点】程序框图．‎ ‎【分析】模拟执行程序框图，根据判断条件依次写出每次循环得到的n，i的值，当n=475时满足条件n＞123，退出循环，输出i的值为6．‎ ‎【解答】解：模拟执行程序框图，可得 n=12，i=1‎ 满足条件n是3的倍数，n=8，i=2，不满足条件n＞123，‎ 不满足条件n是3的倍数，n=31，i=3，不满足条件n＞123，‎ 不满足条件n是3的倍数，n=123，i=4，不满足条件n＞123，‎ 满足条件n是3的倍数，n=119，i=5，不满足条件n＞123，‎ 不满足条件n是3的倍数，n=475，i=6，满足条件n＞123，退出循环，输出i的值为6．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎6．两个等差数列的前n项和之比为，则它们的第7项之比为（　　）‎ A．45：13 B．3：1 C．80：27 D．2：1‎ ‎【考点】等差数列的性质．‎ ‎【分析】直接把两等差数列第7项之比化为前13项和的比得答案．‎ ‎【解答】解：设两个等差数列分别为{an}，{bn}，它们的前n项和分别为Sn，Tn，‎ 则=，‎ ‎∴．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎7．在某次联考数学测试中，学生成绩ξ服从正态分布，（σ＞0），若ξ在（80，120）内的概率为0.8，则落在（0，80）内的概率为（　　）‎ A．0.05 B．0.1 C．0.15 D．0.2‎ ‎【考点】正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义．‎ ‎【分析】根据ξ服从正态分布N，得到曲线的对称轴是直线x=100，利用ξ在（80，120）内取值的概率为0.8，即可求得结论．‎ ‎【解答】解：∵ξ服从正态分布N ‎∴曲线的对称轴是直线x=100，‎ ‎∵ξ在（80，120）内取值的概率为0.8，‎ ‎∴ξ在（0，100）内取值的概率为0.5，‎ ‎∴ξ在（0，80）内取值的概率为0.5﹣0.4=0.1．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎8．函数f（x）=Asinωx（A＞0，ω＞0）的部分图象如图所示，则f（1）+f（2）+f（3）+…+f A．0 B．3 C．6 D．﹣‎ ‎【考点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式．‎ ‎【分析】由已知中的函数的图象，我们易求出函数的解析式，进而分析出函数的性质，根据函数是一个周期函数，我们可以将f（1）+f（2）+…+f=8=，故解得：ω=，可得函数解析式为：f（x）=2sinx，‎ 所以，有：f（1）=‎ f（2）=2‎ f（3）=‎ f（4）=0‎ f（5）=﹣‎ f（6）=﹣2‎ f（7）=﹣‎ f（8）=0‎ f（9）=‎ ‎…‎ 观察规律可知函数f（x）的值以8为周期，且f（1）+f（2）+f（3）+f（4）+f（5）+f（6）+f（7）+f（8）=0，‎ 由于2015=251*8+7，故可得：f（1）+f（2）+f（3）+…+f+f（2）+f（3）+f（4）+f（5）+f（6）+f（7）=0．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎9．若（1+x）（1﹣2x）7=a0+a1x+a2x2+…+a8x8，则a1+a2+…+a7的值是（　　）‎ A．﹣2 B．﹣3 C．125 D．﹣131‎ ‎【考点】二项式系数的性质．‎ ‎【分析】利用二项式定理可知，对已知关系式中的x赋值0与1即可求得a1+a2+…+a8的值．‎ ‎【解答】解：∵（1+x）（1﹣2x）7=a0+a1x+a2x2+…+a8x8，‎ ‎∴a8=•（﹣2）7=﹣128．‎ 令x=0得：（1+0）（1﹣0）7=a0，即a0=1；‎ 令x=1得：（1+1）（1﹣2）7=a0+a1+a2+…+a7+a8=﹣2，‎ ‎∴a1+a2+…+a7=﹣2﹣a0﹣a8=﹣2﹣1+128=125．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎10．已知圆C1：x2+2cx+y2=0，圆C2：x2﹣2cx+y2=0，c是椭圆C： +=1的半焦距，若圆C1，C2都在椭圆内，则椭圆离心率的范围是（　　）‎ A．[，1） B．（0，） C．[，1） D．（0，]‎ ‎【考点】椭圆的简单性质．‎ ‎【分析】首先把圆的方程转化成标准形式，进一步利用椭圆与圆的关系，求出圆心到椭圆的右顶点的距离与圆的半径的关系式，最后利用e的范围求出结果．‎ ‎【解答】解：已知圆C1：x2+2cx+y2=0，‎ 转化成标准形式为：（x+c）2+y2=c2，‎ 圆C2：x2﹣2cx+y2=0，‎ 转化成标准形式为：（x﹣c）2+y2=c2，‎ 圆C1，C2都在椭圆内，‎ 所以：（c，0）到（a，0）的距离大于c 则：|c﹣a|＞c 解得：a＞2c 由于：e=‎ 所以：e，‎ 由于椭圆的离心率e∈（0，1）‎ 则：0＜e＜．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎11．定义在R上的函数f（x）对任意x1、x2（x1≠x2）都有＜0，且函数y=f（x﹣1）的图象关于（1，0）成中心对称，若s，t满足不等式f（s2﹣2s）≤﹣f（2t﹣t2），则当1≤s≤4时，的取值范围是（　　）‎ A．[﹣3，﹣） B．[﹣3，﹣] C．[﹣5，﹣） D．[﹣5，﹣]‎ ‎【考点】函数单调性的性质．‎ ‎【分析】根据已知条件便可得到f（x）在R上是减函数，且是奇函数，所以由不等式f（s2﹣2s）≤﹣f（2t﹣t2）便得到，s2﹣2s≥t2‎ ‎﹣2t，将其整理成（s﹣t）（s+t﹣2）≥0，画出不等式组所表示的平面区域．设，所以得到t=，通过图形求关于s的一次函数的斜率范围即可得到z的范围，从而求出的取值范围．‎ ‎【解答】解：由已知条件知f（x）在R上单调递减，且关于原点对称；‎ ‎∴由f（s2﹣2s）≤﹣f（2t﹣t2）得：‎ s2﹣2s≥t2﹣2t；‎ ‎∴（s﹣t）（s+t﹣2）≥0；‎ 以s为横坐标，t为纵坐标建立平面直角坐标系；‎ 不等式组所表示的平面区域，如图所示：‎ 即△ABC及其内部，C（4，﹣2）；‎ 设，整理成：；‎ ‎；‎ ‎∴，解得：；‎ ‎∴的取值范围是[]．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎12．正三角形ABC的边长为2，将它沿高AD翻折，使点B与点C间的距离为，此时四面体ABCD外接球表面积为（　　）‎ A．7π B．19π C． π D． π ‎【考点】球的体积和表面积．‎ ‎【分析】三棱锥B﹣ACD的三条侧棱BD⊥AD、DC⊥DA，底面是等腰三角形，它的外接球就是它扩展为三棱柱的外接球，求出三棱柱的底面中心连线的中点到顶点的距离，就是球的半径，然后求球的表面积即可．‎ ‎【解答】解：根据题意可知三棱锥B﹣ACD的三条侧棱BD⊥AD、DC⊥DA，底面是等腰三角形，它的外接球就是它扩展为三棱柱的外接球，求出三棱柱的底面中心连线的中点到顶点的距离，就是球的半径，‎ 三棱柱中，底面△BDC，BD=CD=1，BC=，∴∠BDC=120°，∴△BDC的外接圆的半径为=1‎ 由题意可得：球心到底面的距离为，‎ ‎∴球的半径为r==．‎ 外接球的表面积为：4πr2=7π 故选：A．‎ ‎　‎ 二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）‎ ‎13．一个几何体的三视图如图所示，该几何体体积为　　．‎ ‎【考点】由三视图求面积、体积．‎ ‎【分析】首先根据三视图把平面图转换成立体图形，进一步利用几何体的体积公式求出结果．‎ ‎【解答】解：根据三视图得知：‎ 该几何体是以底面边长为2的正方形，高为的四棱锥，‎ 所以：V==‎ 故答案为：‎ ‎　‎ ‎14．已知向量与的夹角为60°，且，若，且，则实数λ的值为　1　．‎ ‎【考点】平面向量数量积的运算．‎ ‎【分析】根据向量的数量积以及向量垂直的定义和关系建立方程关系即可得到结论．‎ ‎【解答】解：∵向量与的夹角为60°，且，‎ ‎∴向量•=||||cos60°=2×2×=2，‎ ‎∵，且，‎ ‎∴•=（λ+）•=0，‎ 即λ•+•=0，‎ 则λ•（﹣）+•（﹣）=0，‎ 即λ•﹣λ2+2﹣•=0，‎ 则2λ﹣4λ+4﹣2=0，‎ ‎2λ=2，解得λ=1，‎ 故答案是：1．‎ ‎　‎ ‎15．已知双曲线的半焦距为c，过右焦点且斜率为1的直线与双曲线的右支交于两点，若抛物线y2=4cx的准线被双曲线截得的弦长是（e为双曲线的离心率），则e的值为　　．‎ ‎【考点】双曲线的简单性质．‎ ‎【分析】求出抛物线的准线，根据准线和双曲线相交的弦长关系建立方程，得出a和c的关系，从而求出离心率的值．‎ ‎【解答】解：∵抛物线y2=4cx的准线：x=﹣c，它正好经过双曲线C：﹣=1（a＞b＞0）的左焦点，‎ ‎∴当x=﹣c时，﹣=1，即=﹣1==，即y=±，‎ 即准线被双曲线C截得的弦长为：，‎ ‎∵抛物线y2=4cx的准线被双曲线截得的弦长是，‎ ‎∴=be2，‎ 即： c2=3ab，‎ ‎∴2c4=9a2（c2﹣a2），‎ ‎∴2e4﹣9e2+9=0‎ ‎∴e=或，‎ 又过焦点且斜率为1的直线与双曲线的右支交于两点，‎ ‎∴渐近线y=x的斜率＜1，‎ 即b＜c，则b2＜c2，‎ 即c2﹣a2＜a2，‎ 则c2＜2a2，‎ c＜a，‎ 则e=＜‎ ‎∴e=．‎ 故答案为：‎ ‎　‎ ‎16．用g（n）表示自然数n的所有因数中最大的那个奇数；例如：9的因数有1，3，9，g（9）=9，10的因数有1，2，5，10，g（10）=5，那么g（1）+g（2）+g（3）+…+g=　　．‎ ‎【考点】数列的求和．‎ ‎【分析】本题解决问题的关键是利用累加法和信息题型的应用，即利用出题的意图求数列的和．‎ ‎【解答】解：根据g（n）的定义易知当n为偶数时，g（n）=g（n），‎ 且若n为奇数则g（n）=n，‎ 令f（n）=g（1）+g（2）+g（3）+…g（2n﹣1）‎ 则f（n+1）=g（1）+g（2）+g（3）+…g（2n+1﹣1）‎ ‎=1+3+…+（2n+1﹣1）+g（2）+g（4）+…+g（2n+1﹣2）‎ ‎=+g（1）+g（2）+…+g（2n﹣1）=4n+f（n）‎ 即f（n+1）﹣f（n）=4n 分别取n为1，2，…，n并累加得f（n+1）﹣f（1）=4+42+…+4n=（4n﹣1）‎ 又f（1）=g（1）=1，所以f（n+1）=+1‎ 所以f（n）=g（1）+g（2）+g（3）+…g（2n﹣1）=（4n﹣1﹣1）+1‎ 令n=2015得 g（1）+g（2）+g（3）+…+g=．‎ 故答案为：‎ ‎　‎ 三、解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）‎ ‎17．在锐角△ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为a，b，c，已知a=，b=3， sinB+sinA=2．‎ ‎（Ⅰ） 求角A 的大小；‎ ‎（Ⅱ） 求△ABC 的面积．‎ ‎【考点】正弦定理；余弦定理．‎ ‎【分析】（Ⅰ）锐角△ABC 中，由条件利用正弦定理求得sinB=3sinA，再根据sinB+sinA=2，求得sinA的值，可得角A 的值．‎ ‎（Ⅱ） 锐角△ABC 中，由条件利用余弦定理求得c的值，再根据△ABC的面积为bc•sinA，计算求得结果．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）锐角△ABC 中，由条件利用正弦定理可得=，∴ sinB=3sinA，‎ 再根据sinB+sinA=2，求得sinA=，∴角A=．‎ ‎（Ⅱ） 锐角△ABC 中，由条件利用余弦定理可得a2=7=c2+9﹣6c•cos，解得c=1 或c=2．‎ 当c=1时，cosB==﹣＜0，故B为钝角，这与已知△ABC为锐角三角形相矛盾，故不满足条件．‎ 当c=2时，△ABC 的面积为bc•sinA=•3•2•=．‎ ‎　‎ ‎18．某厂商调查甲、乙两种不同型号电视机在10个卖场的销售量（单位：台），并根据这10个卖场的销售情况，得到如图所示的茎叶图．为了鼓励卖场，在同型号电视机的销售中，该厂商将销售量高于数据平均数的卖场命名 为该型号电视机的“星级卖场”．‎ ‎（Ⅰ）当a=b=3时，记甲型号电视机的“星级卖场”数量为m，乙型号电视机的“星级卖场”数量为n，比较m，n 的大小关系；‎ ‎（Ⅱ）在这10 个卖场中，随机选取2 个卖场，记X 为其中甲型号电视机的“星级卖场”的个数，求X 的分布列和数学期望．‎ ‎（Ⅲ）若a=1，记乙型号电视机销售量的方差为s2，根据茎叶图推断b为何值时，s2达到最小值．（只需写出结论）‎ ‎【考点】离散型随机变量的期望与方差；茎叶图；极差、方差与标准差．‎ ‎【分析】（Ⅰ）根据茎叶图，可得甲、乙组数据的平均数，甲型号电视机的“星级卖场”数量为m=5，乙型号电视机的“星级卖场”数量为n=5，可得结论；‎ ‎（Ⅱ）X的可能取值为0，1，2，分别求出相应的概率，由此能求出X 的分布列和数学期望．‎ ‎（Ⅲ）若a=1，b=0时，s2达到最小值．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）根据茎叶图，可得甲组数据的平均数为=24，‎ 乙组数据的平均数为=26.5，‎ 甲型号电视机的“星级卖场”数量为m=5，乙型号电视机的“星级卖场”数量为n=5，‎ 所以m=n；‎ ‎（Ⅱ）X的可能取值为0，1，2，‎ P（X=0）==，P（X=1）==，P（X=2）==，‎ X的分布列为：‎ ‎ X ‎ 0‎ ‎ 1‎ ‎ 2‎ ‎ P ‎∴Eξ=0×+1×+2×=1．‎ ‎（Ⅲ）若a=1，b=0时，s2达到最小值．‎ ‎　‎ ‎19．如图，在边长为4 的菱形ABCD中，∠BAD=60°，DE⊥AB于点E，将△ADE沿DE 折起到△A1DE的位置，使A1D⊥DC，如图．‎ ‎（1）求证：A1E⊥平面BCDE；‎ ‎（2）求二面角E﹣A1B﹣C的余弦值；‎ ‎（3）判断在线段EB上是否存在一点P，使平面A1DP⊥平面A1BC？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．‎ ‎【考点】二面角的平面角及求法；平面与平面之间的位置关系；直线与平面垂直的判定．‎ ‎【分析】（1）证明DC⊥平面A1DE，可得DC⊥A1E，利用A1E⊥DE，DC∩DE=D，可得A1E⊥平面BCDE；‎ ‎（2）以EB，ED，EA1分别为x，y，z轴，建立坐标系，求出平面A1BE、平面A1BC的一个法向量，利用向量的夹角公式求二面角E﹣A1B﹣C的余弦值；‎ ‎（3）设P（t，0，0）（0≤t≤2），求出平面A1DP的法向量，利用平面A1DP⊥平面A1BC，可得结论．‎ ‎【解答】（1）证明：∵DE⊥BE，BE∥DC，‎ ‎∴DE⊥DC，‎ ‎∵A1D⊥DC，A1D∩DE=D，‎ ‎∴DC⊥平面A1DE，‎ ‎∴DC⊥A1E，‎ ‎∵A1E⊥DE，DC∩DE=D，‎ ‎∴A1E⊥平面BCDE；‎ ‎（2）解：由题意，以EB，ED，EA1分别为x，y，z轴，建立坐标系，则DE=2，‎ A1（0，0，2），B（2，0，0），C（4，2，0），D（0，2，0），‎ ‎∴=（﹣2，0，2），=（2，2，0），‎ 平面A1BE的一个法向量为=（0，1，0），‎ 设平面A1BC的一个法向量为=（x，y，z），则，‎ ‎∴=（﹣，1，﹣），‎ ‎∴cos＜，＞=，‎ ‎∴二面角E﹣A1B﹣C的余弦值为﹣；‎ ‎（3）解：在线段EB上不存在一点P，使平面A1DP⊥平面A1BC，‎ 设P（t，0，0）（0≤t≤2），则=（t，0，﹣2），=（0，2，﹣2），‎ 设平面A1DP的法向量为=（a，b，c），则，‎ ‎∴=（2，，t），‎ ‎∵平面A1DP⊥平面A1BC，‎ ‎∴﹣2+﹣t=0，‎ ‎∴t=﹣3，‎ ‎∵0≤t≤2，‎ ‎∴在线段EB上不存在一点P，使平面A1DP⊥平面A1BC．‎ ‎　‎ ‎20．如图，已知椭圆： +y2=1，点A，B是它的两个顶点，过原点且斜率为k的直线l与线段AB相交于点D，且与椭圆相交于E、F两点．‎ ‎（Ⅰ）若=6，求k的值；‎ ‎（Ⅱ）求四边形AEBF面积的最大值．‎ ‎【考点】椭圆的简单性质．‎ ‎【分析】（Ⅰ）由椭圆的方程可得A，B的坐标，设直线AB，EF的方程分别为x+2y=2，y=kx，D（x0，kx0），E（x1，kx1），F（x2，kx2），且x1，x2满足方程（1+4k2）x2=4，进而求得x2的表达式，进而根据=6，求得x0的表达式，由D在AB上知x0+2kx0=2，进而求得x0的另一个表达式，两个表达式相等求得k．‎ ‎（Ⅱ）由题设可知|BO|和|AO|的值，设y1=kx1，y2=kx2，进而可表示出四边形AEBF的面积，进而根据基本不等式的性质求得最大值．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）椭圆： +y2=1，A（2，0），B（0，1），‎ 直线AB，EF的方程分别为x+2y=2，y=kx（k＞0）．‎ 如图，设D（x0，kx0），E（x1，kx1），F（x2，kx2），其中x1＜x2，‎ 且x1，x2满足方程（1+4k2）x2=4，‎ 故x2=﹣x1=．①‎ 由=6，知x0﹣x1=6（x2﹣x0），得x0=（6x2+x1）=x2=，‎ 由D在AB上知x0+2kx0=2，得x0=，‎ 所以=，‎ 化简得24k2﹣25k+6=0，‎ 解得k=或k=．‎ ‎（Ⅱ）由题设，|BO|=1，|AO|=2．‎ 由（Ⅰ）知，E（x1，kx1），F（x2，kx2），‎ 不妨设y1=kx1，y2=kx2，由①得x2＞0，‎ 根据E与F关于原点对称可知y2=﹣y1＞0，‎ 故四边形AEBF的面积为S=S△OBE+S△OBF+S△OAE+S△OAF ‎=|OB|•（﹣x1）+|OB|•x2+|OA|•y2+|OA|•（﹣y1）‎ ‎=|OB|（x2﹣x1）+|OA|（y2﹣y1）=x2+2y2‎ ‎==≤=2，‎ 当x2=2y2时，上式取等号．所以S的最大值为2．‎ ‎　‎ ‎21．设函数f（x）=x2﹣（a﹣2）x﹣alnx．‎ ‎（1）求函数f（x）的单调区间；‎ ‎（2）若函数有两个零点，求满足条件的最小正整数a的值；‎ ‎（3）若方程f（x）=c有两个不相等的实数根x1，x2，求证：．‎ ‎【考点】利用导数研究函数的单调性；根的存在性及根的个数判断；不等式的证明．‎ ‎【分析】（1）对a分类讨论，利用导数与函数单调性的关系即可得出；‎ ‎（2）由（1）可得，若函数f（x）有两个零点，则a＞0，且f（x）的最小值，即．可化为h（a）=．利用单调性判断其零点所处的最小区间即可得出；‎ ‎（3））由x1，x2是方程f（x）=c得两个不等实数根，由（1）可知：a＞0．不妨设0＜x1＜x2．则，．‎ 两式相减得+alnx2=0，化为a=．由，当时，f′（x）＜0，当时，f′（x）＞0．故只要证明即可，即证明，令换元，再利用导数即可证明．‎ ‎【解答】解：（1）x∈（0，+∞）．‎ ‎==．‎ 当a≤0时，f′（x）＞0，函数f（x）在（0，+∞0上单调递增，即f（x）的单调递增区间为（0，+∞）．‎ 当a＞0时，由f′（x）＞0得；由f′（x）＜0，解得．‎ 所以函数f（x）的单调递增区间为，单调递减区间为．‎ ‎（2）由（1）可得，若函数f（x）有两个零点，则a＞0，且f（x）的最小值，即．‎ ‎∵a＞0，∴．‎ 令h（a）=a+﹣4，可知h（a）在（0，+∞）上为增函数，且h（2）=﹣2，h（3）==，‎ 所以存在零点h（a0）=0，a0∈（2，3），‎ 当a＞a0时，h（a）＞0；当0＜a＜a0时，h（a）＜0．‎ 所以满足条件的最小正整数a=3．‎ 又当a=3时，f（3）=3（2﹣ln3）＞0，f（1）=0，∴a=3时，f（x）由两个零点．‎ 综上所述，满足条件的最小正整数a的值为3．‎ ‎（3）∵x1，x2是方程f（x）=c得两个不等实数根，由（1）可知：a＞0．‎ 不妨设0＜x1＜x2．则，．‎ 两式相减得+alnx2=0，‎ 化为a=．‎ ‎∵，当时，f′（x）＜0，当时，f′（x）＞0．‎ 故只要证明即可，‎ 即证明x1+x2＞，即证明，‎ 设，令g（t）=lnt﹣，则=．‎ ‎∵1＞t＞0，∴g′（t）＞0‎ ‎．∴g（t）在（0，1）上是增函数，又在t=1处连续且g（1）=0，‎ ‎∴当t∈（0，1）时，g（t）＜0总成立．故命题得证．‎ ‎　‎ 四.请考生在22、23、24三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.【选修4-1：几何证明选讲】‎ ‎22．如图，直线PQ与⊙O相切于点A，AB是⊙O的弦，∠PAB的平分线AC交⊙O于点C，连结CB，并延长与直线 PQ相交于点Q．‎ ‎（Ⅰ）求证：QC•BC=QC2﹣QA2；‎ ‎（Ⅱ）若 AQ=6，AC=5．求弦AB的长．‎ ‎【考点】与圆有关的比例线段．‎ ‎【分析】（1）由已知得∠BAC=∠CBA，从而AC=BC=5，由此利用切割线定理能证明QC•BC=QC2﹣QA2．‎ ‎（2）由已知求出QC=9，由弦切角定理得∠QAB=∠ACQ，从而△QAB∽△QCA，由此能求出AB的长．‎ ‎【解答】（本小题满分10分）选修4﹣1：几何证明选讲 1‎ 证明：（1）∵PQ与⊙O相切于点A，∴∠PAC=∠CBA，‎ ‎∵∠PAC=∠BAC，∴∠BAC=∠CBA，‎ ‎∴AC=BC=5，‎ 由切割线定理得：‎ QA2=QB•QC=（QC﹣BC）•QC，‎ ‎∴QC•BC=QC2﹣QA2．‎ ‎（2）由AC=BC=5，AQ=6 及（1），知QC=9，‎ ‎∵直线PQ与⊙O相切于点A，AB是⊙O的弦，‎ ‎∴∠QAB=∠ACQ，又∠Q=∠Q，‎ ‎∴△QAB∽△QCA，‎ ‎∴=，∴AB=．‎ ‎　‎ ‎[选修4-4：坐标系与参数方程]‎ ‎23．在平面直角坐标系x Oy中，直线l的参数方程为（t为参数）．在以原点 O为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标中，圆C的方程为．‎ ‎（Ⅰ）写出直线l的普通方程和圆C的直角坐标方程；‎ ‎（Ⅱ）若点 P坐标为，圆C与直线l交于 A，B两点，求|PA|+|PB|的值．‎ ‎【考点】直线的参数方程；简单曲线的极坐标方程．‎ ‎【分析】（Ⅰ）先利用两方程相加，消去参数t即可得到l的普通方程，再利用直角坐标与极坐标间的关系，即利用ρcosθ=x，ρsinθ=y，ρ2=x2+y2，进行代换即得圆C的直角坐标方程．‎ ‎（Ⅱ）把直线l的参数方程代入圆C的直角坐标方程，利用参数的几何意义，求|PA|+|PB|的值．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）由得直线l的普通方程为x+y﹣3﹣=0﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣2分 又由得 ρ2=2ρsinθ，化为直角坐标方程为x2+（y﹣）2=5；﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣5分 ‎（Ⅱ）把直线l的参数方程代入圆C的直角坐标方程，‎ 得（3﹣t）2+（t）2=5，即t2﹣3t+4=0‎ 设t1，t2是上述方程的两实数根，‎ 所以t1+t2=3‎ 又直线l过点P，A、B两点对应的参数分别为t1，t2，‎ 所以|PA|+|PB|=|t1|+|t2|=t1+t2=3．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣10分．‎ ‎　‎ ‎[选修4-5：不等式选讲]‎ ‎24．（1）已知函数f（x）=|x﹣1|+|x+3|，求x的取值范围，使f（x）为常函数；‎ ‎（2）若x，y，z∈R，x2+y2+z2=1，求m=x+y+z的最大值．‎ ‎【考点】柯西不等式的几何意义；函数的最值及其几何意义．‎ ‎【分析】（1）去绝对值号可得f（x）=|x﹣1|+|x+3|=，从而确定使f（x）为常函数时x的取值范围；‎ ‎（2）由柯西不等式可得（x2+y2+z2）（++）≥（x+y+z）2；从而解得．‎ ‎【解答】解：（1）f（x）=|x﹣1|+|x+3|=，‎ 故当x∈[﹣3，1]时，f（x）为常数函数；‎ ‎（2）由柯西不等式可得，‎ ‎（x2+y2+z2）（++）≥（x+y+z）2；‎ 即（x+y+z）2≤9；‎ 故x+y+z≤3；‎ 故m=x+y+z的最大值为3．‎ ‎　‎ ‎2016年10月18日