【数学】2018届一轮复习人教A版第一部分专题六　复数、计数原理、概率、随机变量及其分布学案

1.75，则 p 的取值范围是(　　) A.(0， 7 12) B.( 7 12，1) C.(0，1 2 ) D.(1 2，1 ) 解析：选 C　由已知条件可得 P(X＝1)＝p，P(X＝2)＝(1－p)p，P(X＝3)＝(1－p)2p＋(1 －p)3＝(1－p)2，则 E(X)＝P(X＝1)＋2P(X＝2)＋3P(X＝3)＝p＋2(1－p)p＋3(1－p) 2＝p2－3p ＋3>1.75，解得 p>5 2或 p<1 2，又由 p∈(0,1)，可得 p∈(0，1 2 ). 9．甲、乙两人轮流投篮，每人每次投一球．约定甲先投且先投中者获胜，一直到有人 获胜或每人都已投球 3 次时投篮结束，设甲每次投篮投中的概率为1 3，乙每次投篮投中的概 率为1 2，且各次投篮互不影响，则乙获胜的概率为(　　) A.1 2 B.1 3 C.13 27 D. 4 27 解析：选 C　设 Ak，Bk(k＝1,2,3)分别表示甲、乙在第 k 次投篮投中，则 P(Ak)＝1 3，P(Bk) ＝1 2(k＝1,2,3)． 记“乙获胜”为事件 C，由互斥事件与概率计算公式知 P(C)＝P(A1B1)＋P(A1B1A2B2)＋P(A1B1A2B2A3B3) ＝P(A1)P(B1)＋P(A1)P(B1)P(A2)P(B2)＋P(A1)P(B1)P(A2)P(B2)P(A3)P(B3) ＝2 3×1 2＋(2 3 )2×(1 2 )2＋(2 3 )3×(1 2 )3＝13 27. 10．(2018 届高三·湖北七市(州)联考)从数字 1,2,3,4,5 中，随机抽取 3 个数字(允许重复) 组成一个三位数，其各位数字之和等于 12 的概率为(　　) A. 2 25 B. 13 125 C. 18 125 D. 9 125 解析：选 A　从 5 个数字中任意抽取 3 个数字组成一个三位数，并且允许有重复的数字， 这样构成的数字有 53＝125 个．则各位数字之和等于 12 且没有重复数字，则该数只能含有 3,4,5 三个数字，可构成 A33＝6 个三位数；若三位数的各位数字均重复，则该数为 444；若 三位数中有 2 个数字重复，则该数为 552,525,255，有 3 个．因此，所求概率为 P＝6＋1＋3 125 ＝ 2 25，故选 A. 二、填空题 11．已知随机变量 ξ 的分布列为 P(ξ＝k)＝a k，其中 k＝1,2,3,4,5,6，则 a＝________，E(ξ) ＝________. 解析：根据题意可知 P(ξ＝1)＝a 1，P(ξ＝2)＝a 2，P(ξ＝3)＝a 3，P(ξ＝4)＝a 4，P(ξ＝5)＝a 5， P(ξ＝6)＝a 6，∴a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝1，∴a＝20 49，E(ξ)＝6a＝120 49 . 答案：20 49　120 49 12．(2017·四川绵阳模拟)已知甲、乙二人能译出某种密码的概率分别为 1 2和1 3，现让他 们独立地破译这种密码，则两人都能译出密码的概率为________，两人中至少有 1 人能译 出密码的概率为________． 解析：两人都能译出密码的概率为1 2×1 3＝1 6.至少有 1 人能译出密码的对立事件是两人都 不能译出密码， ∴至少有 1 人能译出密码的概率 p＝1－1－1 21－1 3＝2 3. 答案：1 6　2 3 13．(2018 届高三·温州十校联合体期末联考)袋中有 3 个大小、质量相同的小球，每个 小球上分别写有数字 0,1,2，随机摸出一个将其上的数字记为 a1，然后放回袋中，再次随机 摸出一个，将其上的数字记为 a2，依次下去，第 n 次随机摸出一个，将其上的数字记为 an， 记 ξn＝a1a2…an，则： (1)随机变量 ξ2 的数学期望是________； (2)ξn＝2n－1 时的概率是________． 解析：可以求得随机变量 ξ2 的分布列如表所示： ξ 0 1 2 4 P 5 9 1 9 2 9 1 9 所以随机变量 ξ2 的数学期望为 1；当 ξn＝2n－1 时，在 n 次取球中，有(n－1)次取到了 2，有 1 次取到了 1，故所求概率是 n 3n. 答案：1　 n 3n 14．(2018 届高三·浙江名校联考)袋中有大小相同的 3 个红球，2 个白球，1 个黑球．若 不放回摸球，每次取 1 球，摸取 3 次，则恰有两次是红球的概率为________；若有放回摸 球，每次取 1 球，摸取 3 次，则摸到红球次数的期望为________． 解析：①每次取 1 球，摸取 3 次，则恰有两次是红球的概率 P＝C23C13 C36 ＝ 9 20. ②设摸到红球的次数为 X，则 X 的可能取值为 0,1,2,3，则每次摸到红球的概率为3 6＝ 1 2.P(X＝k)＝Ck3(1 2 )k1－1 2 3－k，(k＝0,1,2,3)． ∴P(X＝0)＝1 8，P(X＝1)＝3 8，P(X＝2)＝3 8，P(X＝3)＝1 8， ∴E(X)＝0＋1×3 8＋2×3 8＋3×1 8＝3 2. 答案： 9 20　3 2 15．某班班会，准备从包括甲、乙两人的 7 名学生中选取 4 名学生发言，要求甲、乙 两人至少有 1 人参加，则甲、乙都被选中且发言时不相邻的概率为________． 解析：若无限制条件则有 A 47种情况；若甲、乙两人都不被选中则有 A 45种情况，因此 甲、乙两人至少有 1 人被选中有 A47－A 45种情况．甲、乙两人都被选中且发言时不相邻共有 A25·A 23种情况，故所求概率为 P＝ A25·A23 A47－A45＝1 6. 答案：1 6 16．(2017·成都模拟)已知函数 f(x)＝ 1 3mx3＋1 2nx2＋x＋2 017，其中 m∈{2,4,6,8}，n∈ {1,3,5,7}，从这些函数中任取两个不同的函数，则它们的图象在(1，f(1))处的切线相互平行 的概率是________． 解析：函数 f(x)＝1 3mx3＋1 2nx2＋x＋2 017，导函数为 f′(x)＝mx2＋nx＋1，可得在(1，f(1)) 处的切线斜率为 m＋n＋1.切线相互平行，即斜率相等，则(m，n)可为(2,7)，(8,1)，(4,5)， (6,3)；(2,5)，(4,3)，(6,1)；(2,3)，(4,1)；(4,7)，(6,5)，(8,3)；(8,5)，(6,7)，共 C24＋C23＋1＋C 23＋1＝14 组，又总共有 C 216＝120 组，则它们的图象在(1，f(1))处的切线相互平行的概率是14 120 ＝ 7 60. 答案： 7 60 17.如图，将一个各面都涂了油漆的正方体，切割为 125 个同样大小 的小正方体．经过搅拌后，从中随机取一个小正方体，记它的涂漆面数 为 X，则 X 的均值 E(X)等于________． 解析：由题意 X 可取 0,1,2,3，且 P(X＝0)＝33 125＝ 27 125，P(X＝1)＝9 × 6 125 ＝ 54 125，P(X＝2)＝3 × 12 125 ＝ 36 125，P(X＝3)＝ 8 125.故 E(X)＝ 54 125＋2× 36 125＋3× 8 125＝6 5. 答案：6 5 选做题] 1．经检测，有一批产品的合格率为3 4，现从这批产品中任取 5 件，设取得合格产品的 件数为 ξ，则 P(ξ＝k)取得最大值时，k 的值为(　　) A．5 B．4 C．3 D．2 解析：选 B　根据题意得，P(ξ＝k)＝Ck5(3 4 )k×(1－3 4 )5－k，k＝0,1,2,3,4,5，则 P(ξ＝ 0)＝C05(3 4 )0×(1 4 )5＝ 1 45，P(ξ＝1)＝C15(3 4 )1×(1 4 )4＝15 45，P(ξ＝2)＝C25(3 4 ) 2×(1 4 )3＝90 45，P(ξ＝3)＝C35(3 4 )3×(1 4 )2＝270 45 ，P(ξ＝4)＝C45(3 4 )4×(1 4 )1＝ 405 45 ，P(ξ＝5)＝C55(3 4 )5×(1 4 )0＝243 45 ，故当 k＝4 时，P(ξ＝k)最大． 2．已知甲盒中仅有 1 个球且为红球，乙盒中有 m 个红球和 n 个蓝球(m≥3，n≥3)，从 乙盒中随机抽取 i(i＝1,2)个球放入甲盒中． (1)放入 i 个球后，甲盒中含有红球的个数记为 ξi(i＝1,2)； (2)放入 i 个球后，从甲盒中取 1 个球是红球的概率记为 pi(i＝1,2)．则(　　) A．p1>p2，E(ξ1)E(ξ2) C．p1>p2，E(ξ1)>E(ξ2) D．p1p2，E(ξ1)0， P(ξ＝2)－P(ξ＝0)＝ －t2＋4t－2 4 >0， P(ξ＝2)－P(ξ＝3)＝2t－t2 4 >0， 又 0sin β”是“α>β”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 解析：选 D　sinπ 3>sin13π 6 ，但π 3<13π 6 ，所以充分性不成立；α＝13π 6 ，β＝π 3满足 α>β， 但 sin13π 6 sin β”是“α>β”的既不充分也不必要条件， 故选 D. 4．已知平面 α 和共面的两条不同的直线 m，n，下列命题是真命题的是(　　) A．若 m，n 与 α 所成的角相等，则 m∥n B．若 m∥α，n∥α，则 m∥n C．若 m⊥α，m⊥n，则 n∥α D．若 m⊂α，n∥α，则 m∥n 解析：选 D　A 中，m 与 n 平行或相交，A 是假命题；B 中，m 与 n 平行或相交，B 是 假命题；C 中，n∥α 或 n⊂α，C 是假命题；D 中，由 m⊂α，n⊄α 且 m，n 共面，得 m 为 m，n 所在的平面与平面 α 的交线，又因为 n∥α，所以 m∥n，D 是真命题，故选 D. 5．函数 f(x)＝xecos x(x∈ －π，π])的图象大致是(　　) 解析：选 B　由题意得 f(－x)＝－xecos(－x)＝－xecos x＝－f(x)(x∈ －π，π])，所以函数 f(x) 为奇函数，函数图象关于原点成中心对称，排除 A，C.又因为 f′(x)＝ecos x＋xecos x·(－sin x)， 则 f′(0)＝e，即函数 f(x)在原点处的切线的斜率为 e，排除 D，故选 B. 6．已知 x，y 满足条件Error!若 z＝mx＋y 取得最大值的最优解不唯一，则实数 m 的值 为(　　) A．1 或－2 B．1 或－1 2 C．－1 或－2 D．－2 或－1 2 解析：选 A　在平面直角坐标系内画出题中的不等式组表示的 平面区域如图中阴影部分所示(包含边界)，由图易得当目标函数 z＝ mx＋y 与直线 x＋y＝2 或 x－ 1 2y＋1＝0 平行时，目标函数取得最 大值的最优解不唯一，所以 m＝1 或 m＝－2，故选 A. 7．袋子里有大小、形状相同的红球 m 个，黑球 n 个(m>n>2)．从中任取 1 个球是红球 的概率记为 p1.若将红球、黑球个数各增加 1 个，此时从中任取 1 个球是红球的概率记为 p2；若将红球、黑球个数各减少 1 个，此时从中任取 1 个球是红球的概率记为 p3，则(　　) A．p1>p2>p3 B．p1>p3>p2 C．p3>p2>p1 D．p3>p1>p2 解析：选 D　由题意得 p1＝ m m＋n，p2＝ m＋1 m＋n＋2，p3＝ m－1 m＋n－2，则 1 p1＝m＋n m ＝1＋n m， 1 p2＝m＋n＋2 m＋1 ＝1＋ n＋1 m＋1， 1 p3＝m＋n－2 m－1 ＝1＋ n－1 m－1，则 1 p1－ 1 p2＝n m－n＋1 m＋1＝ n－m m(m＋1)<0， 1 p1 － 1 p3＝n m－n－1 m－1＝ m－n m(m－1)>0，所以 1 p2> 1 p1> 1 p3，所以 p3>p1>p2，故选 D. 8．设点 P 是椭圆x2 a2＋y2 b2＝1(a>b>0)上异于长轴端点的任意一点，F1，F2 分别是其左、 右焦点，O 为中心，|PF1|·|PF2|＋|OP|2＝3b2，则此椭圆的离心率为(　　) A.1 2 B. 3 2 C. 2 2 D. 2 4 解析：选 C　由点 P 的任意性，则不妨设点 P 位于短轴的端点，此时|PF 1|＝|PF2|＝ b2＋c2＝a，|OP|＝b，则由|PF1|·|PF2|＋|OP|2＝3b2，得 a2＋b2＝3b2，即b2 a2＝1 2，所以椭圆的 离心率 e＝c a＝ 1－b2 a2＝ 2 2 ，故选 C. 9.如图，半径为 1 的扇形 AOB 中，∠AOB＝2π 3 ，P 是弧 AB 上的 一点，且满足 OP⊥OB，M，N 分别是线段 OA，OB 上的动点，则 PM ―→ · PN ―→ 的最大值为(　　) A. 2 2 B. 3 2 C．1 D. 2 解析：选 C　由题意得∠POA＝π 6，以点 O 为原点，OP 所在的直线为 x 轴，OB 所在的 直线为 y 轴建立平面直角坐标系(图略)，则 P(1,0)，设 ON＝n，OM＝m(n，m∈ 0,1])，则 N(0，n)，M( 3m 2 ，－m 2)，则 PM ―→ · PN ―→ ＝ 3m 2 －1，－m 2·(－1，n)＝1－ 3m 2 －mn 2 ，则 当 m＝n＝0 时， PM ―→ · PN ―→ 取得最大值 1，故选 C. 10．已知 a，b 是实数，关于 x 的方程 x2＋ax＝b|x|－1 有 4 个不同的实数根，则|a|＋b 的取值范围为(　　) A．(2，＋∞) B．(－2,2) C．(2,6) D．(－∞，2) 解析：选 A　方程 x2＋ax＝b|x|－1 有 4 个不同的实数根，等价于方程 x2＋ax＝bx－1 有两个不同的正实数根，且方程 x2＋ax＝－bx－1 有两个不同的负实数根，所以Error!化简 得Error!所以|a|＋b>2，故选 A. 二、填空题(本大题共 7 小题，多空题每小题 6 分，单空题每小题 4 分，共 36 分．把答 案填在题中的横线上) 11．已知{an}是等比数列，且 an>0，a2a4＋2a3a5＋a4a6＝25，则 a3＋a5＝________，a4 的最大值为________． 解析：由题意得 a2a4＋2a3a5＋a4a6＝a23＋2a3a5＋a25＝(a3＋a5)2＝25，又因为 an>0，所以 a3 ＋a5＝5，则 a4＝ a3a5≤ (a3＋a5 2 )2＝5 2，当且仅当 a3＝a5＝5 2时，等号成立，所以 a4 的最 大值为5 2. 答案：5　5 2 12．某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，该几何体的表面积为________cm2，体积 为________cm3. 解析：由三视图得该几何体是一个底面为边长为 2 cm 的正方形， 高为 2 cm 的四棱锥，其直观图如图所示，其中 PA⊥平面 ABCD，则其表 面积为 2×2＋2×1 2×2×2＋2×1 2×2×2 2＝8＋4 2(cm2)，体积为1 3 ×2×2×2＝8 3(cm3)． 答案：8＋4 2　8 3 13．若 ( x－1 x)n 的二项展开式中各项的二项式系数的和是 64，则 n＝________，展开 式中的常数项为________(用数字作答)． 解析：由题意得 2n＝64，解得 n＝6，则二项式 ( x－1 x)6 的展开式中的第 r＋1 项为 Tr ＋1＝Cr6( x)6－r·(－1 x )r＝(－1)rCr6x ，令6－3r 2 ＝0 得 r＝2，所以二项式 ( x－1 x)6 的展 开式中的常数项为(－1)2C26＝15. 答案：6　15 14．若实数 a>b>1，且 logab＋logba＝5 2，则 logab＝________，b2 a ＝________. 解析：由 a>b>1 得 logab<1，又因为 logab＋logba＝logab＋ 1 logab＝5 2，解得 logab＝1 2，所 以 a ＝b，即 b2＝a，所以b2 a ＝1. 答案：1 2　1 15．教育装备中心新到 7 台同型号的电脑，共有 5 所学校提出申请．鉴于甲、乙两校 原 电脑较少，决定给这两校每家至少 2 台，其余学校协商确定，允许有的学校 1 台都没有， 则不同的分配方案有________种(用数字作答)． r6 3 2 - 1 2 解析：当甲、乙两校分到的电脑都为 2 台时，剩余三所学校分到的电脑数可以为(1,1,1)， (2,1,0)，(3,0,0)，所以此时共有 1＋A23＋C13＝10 种不同的分配方案；当甲、乙两校分到的电 脑为一所学校 2 台，一所学校 3 台时，剩余三所学校分到的电脑数可以为(1,1,0)，(2,0,0)， 所以此时共有 A22(C23＋C13)＝12 种不同的分配方案；当甲、乙两校分到的电脑为一所学校 2 台，一所学校 4 台时，剩余三所学校分到的电脑数为(1,0,0)，所以此时共有 A22C13＝6 种不同 的分配方案；当甲、乙两校分到的电脑为一所学校 2 台，一所学校 5 台时，剩余三所学校分 到的电脑数为(0,0,0)，所以此时共有 A22＝2 种不同的分配方案；当甲、乙两校分到的电脑都 为 3 台时，剩余三所学校分到的电脑数为(1,0,0)，所以此时共有 C13＝3 种不同的分配方案； 当甲、乙两校分到的电脑为一所学校 3 台，一所学校 4 台时，剩余三所学校分到的电脑数为 (0,0,0)，所以此时共有 A22＝2 种不同的分配方案．综上所述，不同的分配方案种数为 10＋12 ＋6＋2＋3＋2＝35. 答案：35 16．已知曲线 C：y＝ －x2＋16x－15及点 A(1,0)．若曲线 C 上存在相异两点 B，C， 其到直线 l：x＋1＝0 的距离分别为|AB|和|AC|，则|AB|＋|AC|＝________. 解析：因为点 B，C 到点 A(1,0)与直线 x＝－1 的距离相等，所以点 B，C 在抛物线 y2＝ 4x 上，与 y＝ －x2＋16x－15联立消去 y 得 x2－12x＋15＝0，则 xB＋xC＝12，所以|AB|＋|AC| ＝xB＋1＋xC＋1＝14. 答案：14 17.已知等腰直角三角形 ABC 中，AB＝AC＝2，D，E 分别为 AB， AC 的中点，沿 DE 将△ABC 折成直二面角(如图)，则四棱锥 A­DECB 的外接球的表面积为________． 解析：因为△ADE 为等腰直角三角形，所以△ADE 的外接圆的圆心在 DE 上，即平面 ADE 截四棱锥 A­DECB 的外接球所得的截面圆的圆心在 DE 上，即在平面 DECB 内，所以 等腰梯形 DECB 的外接圆的半径即为四棱锥 A­DECB 的外接球的半径．以 BC 的中点为原 点，BC 所在的直线为 x 轴，线段 BC 的垂直平分线所在的直线为 y 轴建立平面直角坐标系 (图略)，则易得 C( 2，0)，E( 2 2 ， 2 2 )，因为四边形 DECB 为等腰梯形，所以其外接圆 的圆心在线段 BC 的垂直平分线上，设其坐标为 P(0，y)，则由|PC|＝|PE|得 ( 2)2＋(－y)2 ＝ ( 2 2 )2＋( 2 2 －y)2，解得 y＝－ 2 2 ，所以等腰梯形 DECB 的外接圆的半径 r＝|PC|＝ ( 2)2＋( 2 2 )2＝ 10 2 ，所以四棱锥 A­DECB 的外接球的表面积为 4πr2＝10π. 答案：10π 三、解答题(本大题共 5 小题，共 74 分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算 步骤) 18．(本小题满分 14 分)在△ABC 中，角 A，B，C 对边的边长分别是 a，b，c.已知 cos(A －B)＋cos C＝ 3sin(A－B)＋ 3sin C. (1)求角 B 的大小； (2)若 b＝2，求△ABC 面积的最大值． 解：(1)在△ABC 中，A＋B＋C＝π， 则 cos(A－B)－cos(A＋B)＝ 3sin(A－B)＋ 3sin(A＋B)，化简得 2sin Asin B＝2 3sin Acos B， 由于 0b>0)的离心率 e＝1 2，原点 O 到点 A(－ a,0)，B(0，b)所在直线的距离为2 21 7 . (1)求此椭圆 C 的方程； (2)如图，设直线 l：x＝my＋ 3与椭圆 C 交于 P，Q 两点，点 P 关于 x 轴的对称点为 P′，直线 P′Q 与 x 轴是否交于一定点？若 是，求出该定点的坐标；若不是，请说明理由． 解：(1)由 e＝c a＝1 2，得 c＝1 2a，b＝ 3 2 a，则直线 AB 的方程为 y ＝ 3 2 x＋ 3 2 a，原点 O 到直线 AB 的距离为 d＝ | 3 2 a | 1＋3 4 ＝ 3a 7 ＝2 21 7 ， 解得 a＝2，b＝ 3，所以椭圆 C 的方程为x2 4 ＋y2 3＝1. (2)是．联立Error!得(3m2＋4)y2＋6 3my－3＝0. 设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，P′(x1，－y1)， 则 y1＋y2＝ －6 3m 3m2＋4 ，y1y2＝ －3 3m2＋4. 直线 P′Q 的方程为 y＋y1＝y2＋y1 x2－x1(x－x1)， 令 y＝0，则 x＝x1y2＋x2y1 y1＋y2 ＝ (my1＋ 3)y2＋(my2＋ 3)y1 y1＋y2 ＝2my1y2＋ 3(y1＋y2) y1＋y2 ＝4 3 3 ， 即直线 P′Q 与 x 轴交于定点(4 3 3 ，0). 22．(本小题满分 15 分)已知数列{an}满足 a1＝1 2，an＋1＝an－ a2n n(n＋1)，数列{an＋1 an }的前 n 项和为 Sn.证明：当 n∈N 时， (1)0n－1 2. 证明：(1)由于 an＋1－an＝－ a2n n(n＋1)≤0，则 an＋1≤an. 若 an＋1＝an，则 an＝0，与 a1＝1 2矛盾， 故 an≠0，从而 an＋1a2>a3>…>an. 又an＋1 an ＝1－ an n(n＋1)≥1－ 1 2n(n＋1)>0， 则 an＋1 与 an 同号． 又 a1＝1 2>0，则 an＋1>0，故 01 n－ 1 n＋1. 当 n≥2 时， 1 an＝( 1 an－ 1 an－1)＋( 1 an－1－ 1 an－2)＋…＋ 1 a2－ 1 a1＋ 1 a1> 1 n－1－1 n＋ 1 n－2－ 1 n－1 ＋…＋1－1 2＋ 1 a1＝3－1 n＝3n－1 n >0，从而 an< n 3n－1. 当 n＝1 时， a1＝1 2＝ 1 3 × 1－1，从而 an≤ n 3n－1. (3)由an＋1 an ＝1－ an n(n＋1)≥1－ a1 n(n＋1) ＝1－1 2(1 n－ 1 n＋1)(当且仅当 n＝1 时，取等号)， 得 Sn＝a2 a1＋a3 a2＋…＋an＋1 an ≥n－1 2(1－ 1 n＋1) >n－1 2. 高考综合模拟(二) (时间：120 分钟　满分：150 分) 一、选择题(本大题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 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|(2x－5)(x＋3)>0}，B＝{1,2,3,4,5}，则(∁RA)∩B＝(　　) A．{1,2,3} B．{2,3} C．{1,2} D．{1} 解析：选 C　由(2x－5)(x＋3)>0 解得 x> 5 2或 x<－3，则集合 A＝(－∞，－3)∪ (5 2，＋∞)，所以∁RA＝[－3，5 2]，(∁RA)∩B＝{1,2}，故选 C. 2．若复数 z 满足(1＋i)z＝2i，其中 i 为虚数单位，则 z － ＝(　　) A．1－i B．1＋i C．2－2i D．2＋2i 解析：选 A　由(1＋i)z＝2i 得 z＝ 2i 1＋i＝ 2i(1－i) (1＋i)(1－i)＝1＋i，所以 z － ＝1－i，故选 A. 3．“x<0”是“ln(x＋1)<0”的(　　) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 解析：选 B　当 x<0 时，取 x＝－1，则 ln(－1＋1)＝ln 0 无意义，充分性不成立；当 ln(x ＋1)<0 时，有 ln(x＋1)<0＝ln 1，则 00，cos θ>0，且 sin θ>cos θ，所以(sin θ＋cos θ)2＝1＋sin 2θ＝16＋2 × 3 7 16 ＝(3＋ 7 4 )2，所以 sin θ＋cos θ＝3＋ 7 4 .同理可得 sin θ－cos θ＝3－ 7 4 .所以 sin θ＝3 4.因为 θ∈[π 4，π 2 ]，sin 2θ＝3 7 8 ，所以 cos 2θ＝－1 8，所以 cos2θ＋π 3＝1 2cos 2θ－ 3 2 sin 2θ＝－3 21＋1 16 . 答案：3 4　－3 21＋1 16 14．已知抛物线 C：y2＝ax(a>0)的焦点为 F，过焦点 F 和点 P(0,1)的射线 FP 与抛物线 C 相交于点 M，与其准线相交于点 N，O 为坐标原点．若|FM|∶ |MN|＝1∶3，则 a＝________， S△FON＝________. 解析：设点 M 的横坐标为 xM，由抛物线的定义可知，因为|FM|∶|MN|＝1∶3，所以 xM＋a 4 a 2 ＝3 4，所以 xM＝a 8，所以 M(a 8， 2a 4 ).由 kMF＝kPM 可知 2 4 a －a 8 ＝ 1－ 2 4 a －a 8 ，解得 a＝ 2，则 M ( 2 8 ，1 2).所以yM yN＝ 1 2 yN＝1 4，解得 yN＝2.所以 S△FON＝1 2×|OF|·|yN|＝1 2×2× 2 4 ＝ 2 4 . 答案： 2　 2 4 15．在平面直角坐标系中，已知点 F(3,0)在圆 C：(x－m)2＋(y－2)2＝40 内，动直线 AB 过点 F 且交圆于 A，B 两点，若△ABC 的面积的最大值为 20，则实数 m 的取值范围是 ________． 解析：由题可得 C(m,2)，点 F 在圆内， 所以有(3－m)2＋4<40，解得－3π 2，则π 6<φ<π 2， 即 tan φ＝ 3 2λ－1> 3 3 ， 所以 0<2λ－1<3，解得1 2<λ<2. 答案：(1 2，2 ) 17．设实数 x，y，z 满足Error!则|x|＋|y|＋|z|的最大值为________． 解析：因为实数 x，y，z 满足Error! 所以|x|＋2|y|＋3|z|＝max{|x＋2y－3z|，|x－2y＋3z|，|x－2y－3z|，|x＋2y＋3z|}≤6， 所以|x|＋|y|＋|z|≤|x|＋2|y|＋3|z|≤6. 故当且仅当 x＝6，y＝z＝0 时，|x|＋|y|＋|z|取最大值为 6. 答案：6 三、解答题(本大题共 5 小题，共 74 分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算 步骤) 18．(本小题满分 14 分)已知 a，b，c 分别为△ABC 三个内角 A，B，C 的对边，2b＝3 asin B＋bcos A，c＝4. (1)求 A； (2)若 D 是 BC 的中点，AD＝ 7，求△ABC 的面积． 解：(1)由 2b＝ 3asin B＋bcos A 及正弦定理可得 2＝ 3sin A＋cos A， 即有 sin(A＋π 6 )＝1， 因为 01.求证： (1) e1－x>2－x; (2)1 2x2－1 x－ln x＋e1－x>1 2. 证明：(1)证明 e1－x>2－x，等价于证明当 x>1 时，e1－x＋x－2>0， 设 f(x)＝e1－x＋x－2，x>1， 则 f′(x)＝e1－x(1－x)′＋1＝－e1－x＋1， 当 x>1 时，f′(x)>0，则 f(x)在(1，＋∞)上单调递增， 所以 f(x)>f(1)＝0， 所以 e1－x>2－x. (2)由(1)知，当 x>1 时，e1－x>2－x， 所以 1 2x2－1 x－ln x＋e1－x>1 2x2－1 x－ln x＋2－x， 下面证明 1 2x2－1 x－ln x＋2－x>1 2， 设 g(x)＝1 2x2－1 x－ln x＋2－x，x>1， g′(x)＝x＋ 1 x2－1 x－1＝ (x－1)2(x＋1) x2 >0， 则 g(x)在(1，＋∞)上单调递增， 所以 g(x)>g(1)＝1 2， 所以 1 2x2－1 x－ln x＋e1－x>1 2. 21.(本小题满分 15 分)已知抛物线 C1：x2＝2py(p>0)与圆 C2：x2 ＋y2＝8 的两个交点之间的距离为 4，A，B 为抛物线 C1 上的两点． (1)求 p 的值； (2)若 C1 在点 A，B 处切线垂直相交于点 P，且点 P 在圆 C2 内 部，直线 AB 与 C2 相交于 C，D 两点，求|AB|·|CD|的最小值． 解：(1)设抛物线与圆的两交点坐标分别为(x0，y0)，(－x0，y0)． 则Error!解得Error!又 y0≥0，所以Error! 即抛物线与圆的两个交点坐标为(－2,2)，(2,2)， 代入 x2＝2py 得 p＝1. (2)由(1)知，抛物线的方程为 x2＝2y.设 A(x1，x21 2 )，Bx2，x22 2 ，又 x21＝2y1，则 PA 的斜率 为 y′1 ＝x1. 同理 PB 的斜率为 y′2 ＝x2，所以 x1·x2＝－1， 两切线的方程分别为 y＝x1x－1 2x21，y＝x2x－1 2x22， 所以交点为 P(x1＋x2 2 ，－1 2)， 由点 P 在圆内得 x21＋x22<33， 直线 AB 的方程为 y＝x1＋x2 2 x＋1 2，则其过抛物线的焦点(0，1 2 )， 所以|AB|＝x21 2 ＋x22 2 ＋p＝1 2(x21＋x22＋2)， 设 d 为圆心到直线 AB 的距离， 则|AB|·|CD|＝1 2(x21＋x22＋2)·2 8－d2， 而 d＝ 1 x21＋x22＋2 ，设 t＝x21＋x22＋2∈ 4,35)， 则|AB|·|CD|＝ 8t2－t，当 t＝4 时取到最小值为 2 31. 所以|AB|·|CD|的最小值为 2 31. 22．(本小题满分 15 分)已知数列{an}满足 a1＝1 2，an＋1＝an＋a2n n2，bn＝an n (n∈N )．证明： (1)bn∈(0,1); (2)bn＋10，bk＋1>0， bk＋1＝ak＋1 k＋1＝ ak＋a2k k2 k＋1 1＋ 1 1＋k＝k＋2 k＋1， 所以 1 bn－1≥( 1 b1－1)×3 2×4 3×…×n＋1 n ＝n＋1 2 ， 所以 bn≤ 2 n＋3. 所以 an＝a1＋b21＋b22＋…＋b 2n－1 ≤a1＋4[ 1 42＋ 1 52＋…＋ 1 (n＋2)2] <1 2＋4[ 1 3 × 4＋ 1 4 × 5＋…＋ 1 (n＋1)(n＋2)] ＝1 2＋4(1 3－1 4 )＋(1 4－1 5 )＋…＋ 1 n＋1－ 1 n＋2 ＝1 2＋4(1 3－ 1 n＋2)<1 2＋4 3＝11 6 ， 故对任意的 n∈N ，都有 an<11 6 .