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每日一练答案精析
第一周
1．(1)B＝
(2)cos 2∠ADC＝－
2．解 (1)由题意知，对冰壶运动有兴趣的人数为400×＝270，女生中有80人对冰壶运动
没有兴趣，
所以女生中有200－80＝120(人)对冰壶运动有兴趣，所以男生中有270－120＝150(人)对冰
壶运动有兴趣，
按性别用分层抽样的方法从对冰壶运动有兴趣的学生中，抽取9人作为冰壶运动的宣传员，
其中抽取的男生为×9＝5(人)，女生为×9＝4(人)，即男生选5人，女生选4人．
(2)由题意得，2×2列联表如下：
有兴趣 没有兴趣 总计
男 150 50 200
女 120 80 200
总计 270 130 400
K2＝
＝≈10.26>6.635，
所以有99%的把握认为对冰壶运动是否有兴趣与性别有关．
3．解 (1)因为在菱形ABCD中，∠A＝60°，AB＝BC＝CD＝DA＝4，DE⊥AB，
故AE＝EB＝2，ED＝2，
所以在四棱锥A′－EBCD中，A′E⊥ED，A′E⊥EB，
又ED∩EB＝E，所以A′E⊥平面EBCD，且A′E＝AE＝2，
因为BC＝CD＝4，∠BCD＝60°，则S ＝×4×2＝4，
△BCD
所以V ＝V ＝×A′E×S ＝×2×4＝.
C－A′BD A′－BCD △BCD
故三棱锥C－A′BD的体积为.
(2)设线段A′D的中点为F，线段A′C的中点为G，连接EF，FG，GB，如图所示，则FG∥DC，FG＝DC＝2，
又由(1)得，EB∥DC，EB＝2，
所以FG∥EB，FG＝EB，
所以四边形EBGF为平行四边形，故EF∥BG，EF＝BG，
又EF⊄平面A′BC，BG⊂平面A′BC，
所以EF∥平面A′BC，此时点F为A′D的中点，
故在线段A′D上存在一点F，使EF∥平面A′BC，且＝1.
4．解 (1)当c＝3时，f′(x)＝4ex－6x－3，
∵f′(0)＝4－3＝1，f(0)＝0，
∴切线方程为y＝x.
(2)∵f(x)≤xex＋x3－6x2，
∴cx≥－xex＋4ex－x3＋3x2－4.
①当x＝0时，显然成立；
②当x>0时，c≥，
令h(x)＝，
则h′(x)＝
＝
＝.
令φ(x)＝(x－2)ex＋2x2＋x＋2，
则φ′(x)＝(x－1)ex＋4x＋1，
令p(x)＝(x－1)ex＋4x＋1，
则p′(x)＝xex＋4>0，
∴p(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∵φ′(0)＝0，∴φ′(x)>0，
∴φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∵φ(0)＝0，∴φ(x)>0，
则令h′(x)>0，得02，
∴h(x)在(0,2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减，∴h(x) ＝h(2)＝e2，
max
∴c∈[e2，＋∞)．
5．解 (1)设F(－c，0)，F(c，0)，其中c2＝a2－b2，
1 2
由＝2，
可得|DF|＝＝c，
1从而 ＝|DF||FF|＝c2＝，
1 1 2
故c＝1，
从而|DF|＝，
1
由DF⊥FF，
1 1 2
得|DF|2＝|DF|2＋|FF|2＝，
2 1 1 2
因此|DF|＝，
2
所以2a＝|DF|＋|DF|＝2，
1 2
故a＝，b2＝a2－c2＝1，
因此，所求椭圆的标准方程为＋y2＝1.
(2)如图所示，设圆心在y轴上的圆C与椭圆＋y2＝1相交，
设P(x，y)，P(x，y)是两个交点，
1 1 1 2 2 2
y>0，y>0，FP，FP 是圆C的切线，
1 2 1 1 2 2
且FP⊥FP，
1 1 2 2
由圆和椭圆的对称性，
易知x＝－x，y＝y，|PP|＝2|x|，
2 1 1 2 1 2 1
由(1)知F(－1,0)，F(1,0)，
1 2
所以F1P1＝(x＋1，y)，
1 1
F2P2＝(－x－1，y)，
1 1
再由FP⊥FP，得－(x＋1)2＋y＝0，
1 1 2 2 1
由椭圆方程得1－＝(x＋1)2，
1
即3x＋4x＝0，
1
解得x＝－或x＝0，
1 1
当x＝0时，P，P 重合，此时题设要求的圆不存在，
1 1 2
当x＝－时，过P，P 分别与FP，FP 垂直的直线的交点即为圆心C，
1 1 2 1 1 2 2
由FP，FP 是圆C的切线，且FP⊥FP，知CP ⊥CP ，
1 1 2 2 1 1 2 2 1 2
又|CP |＝|CP |，
1 2
故圆C的半径|CP |＝|PP|＝|x|＝.
1 1 2 1
[坐标系与参数方程]
6．解 (1)因为圆C的极坐标方程为ρ＝2sin θ，则ρ2＝2ρsin θ，则其直角坐标方程为x2＋y2＝2y，
即x2＋(y－1)2＝1，圆心坐标为(0,1)，半径为1，
则圆C的参数方程为(θ为参数)．
(2)因为直线l的极坐标方程为
2ρcos＝3，
则2ρ－3＝0，
整理得ρcos θ＋ρsin θ－3＝0，
所以直线l的直角坐标方程为x＋y－3＝0，
由(1)得圆C的直角坐标方程为x2＋(y－1)2＝1，圆心坐标为(0,1)，半径为1，
则圆心(0,1)到直线l的距离为＝1，
故直线l与圆C相切．
[不等式选讲]
6．解 (1)函数f(x)＝
不等式f(x)≤5可化为或或
解得－2≤x<－1，
解得－1≤x≤1，
解得12，当－1≤x≤1时，2≤f(x)≤4，当x>1时，f(x)>4，
因此，当x＝－1时，f(x) ＝2，
min
当x>3时，x＋＋2－m＝x－3＋＋5－m≥2＋5－m＝11－m，
当且仅当x－3＝，即x＝6时取“＝”，
因为∀x∈R，∃x∈(3，＋∞)，使得f(x)－2≥x＋－m⇔f(x)≥x＋＋2－m，
1 2 1 2 1 2
则有f(x)的最小值大于等于x ＋＋2－m在x∈(3，＋∞)上的最小值，即有2≥11－m，解得
1 2 2
m≥9，
所以实数m的取值范围是[9，＋∞)．
第二周
1．(1)证明 ∵a －2n＋1＝a－2n＋1，
n＋1 n
∴(a －2n＋1)－(a－2n)＝1，
n＋1 n
∵a＝2，∴a－2＝0，
1 1
∴数列{a－2n}是首项为0，公差为1的等差数列，
n∴a－2n＝n－1，∴a－n＋1＝2n，
n n
则＝2，
∴数列{a－n＋1}是首项为2，公比为2的等比数列．
n
(2)解 由(1)知a－n＋1＝2n，
n
则b＝log (a－n＋1)＝，
n 4 n
∴＝＝4，
∴S＝4×
n
＝.
2．(1)证明 在四面体 ABCD 中，AB＝AD，BC＝CD，E 为 BD 的中点，则 AE⊥BD，
CE⊥BD，
而AE∩CE＝E，AE，CE⊂平面ACE，于是BD⊥平面ACE，又BD⊂平面BDF，
所以平面ACE⊥平面BDF.
(2)解 依题意知，BC＝CD＝2，∠BCD＝90°，则BD＝2，CE＝，又∠BAD＝60°，则AB＝
AD＝BD＝2，AE＝，在△ACE中，由余弦定理得cos∠AEC＝＝＝－，
则sin∠AEC＝，
S ＝AE·CEsin∠AEC＝×××＝，由(1)得，V ＝S ·BD＝，
△AEC B－ACD △AEC
因为AD2＋CD2＝12＝AC2，即∠ADC＝90°，则S ＝AD·CD＝2，
△ACD
设点B到平面ACD的距离为h，
则V ＝S ·h＝×2h＝，解得h＝，
B－ACD △ACD
所以点B到平面ACD的距离为.
3．解 (1)甲厂提供的10个轮胎宽度的平均数为×(195＋194＋196＋193＋194＋197＋196＋
195＋193＋197)＝195.
乙厂提供的10个轮胎宽度的平均数为×(195＋196＋193＋192＋195＋194＋195＋192＋195＋
193)＝194.
(2)甲厂提供的10个轮胎的宽度在[194,196]内的数据为195,194,196,194,196,195，共6个，
标准轮胎宽度的平均数为
＝195，
方差为×(0＋1＋1＋1＋1＋0)＝；
乙厂提供的10个轮胎的宽度在[194,196]内的数据为195,196,195,194,195,195，共6个，
标准轮胎宽度的平均数为
＝195，
方差为×(0＋1＋0＋1＋0＋0)＝，
由于甲、乙两厂标准轮胎宽度的平均数相等，但乙厂的方差更小，所以乙厂的轮胎会被选择．4.(1)解 因为|MF |－|MF |＝±2，
1 2
所以||MF |－|MF ||＝2<2＝|FF|，
1 2 1 2
由双曲线定义可知，点M的轨迹为双曲线，
其中c＝，a＝1，
所以b＝＝，
所以曲线C的方程为x2－＝1.
(2)证明 若直线PQ垂直于x轴，易知此时直线AP的方程为y＝±(x－1)，
联立x2－＝1求解可得x＝－3，
直线PQ过点(－3,0)．
当直线PQ斜率存在时，
设直线PQ方程为y＝kx＋m，
P(x，y)，Q(x，y)，
1 1 2 2
代入x2－＝1，
整理得(k2－2)x2＋2kmx＋m2＋2＝0，
则x＋x＝，xx＝，
1 2 1 2
因为AP⊥AQ，
所以AP·AQ＝(x－1，y)·(x－1，y)
1 1 2 2
＝(x－1)(x－1)＋yy
1 2 1 2
＝(k2＋1)xx＋(km－1)(x＋x)＋m2＋1
1 2 1 2
＝＋＋m2＋1＝0，
整理得3k2＋2km－m2
＝(3k－m)(k＋m)＝0，
解得m＝3k或m＝－k，
因为点P和Q都异于点A，所以m＝－k不满足题意，故m＝3k，代入y＝kx＋m，
得y＝k(x＋3)，过定点(－3,0)．
综上，直线PQ过定点(－3,0)．
5．(1)解 由题意，函数f(x)＝xln x－ax＋1，可得f′(x)＝ln x＋1－a，
令f′(x)>0，可得x>ea－1；令f′(x)<0，可得00，此时f(x)没有零点，
当a＝1时，f(ea－1)＝1－ea－1＝0，此时f(x)有且只有一个零点，
综上，当a<1时，f(x)没有零点；当a＝1时，f(x)有且只有一个零点．
(2)证明 当a＝1时，f(x)＝xln x－x＋1，x>0，可得f′(x)＝ln x，
当x∈(0,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以f(x)≥f(1)＝0，即xln x＋1≥x，
即当x>0时，xln x＋1≥x恒成立，
因为x≥1，所以ln x≥0，
要证(xln x＋1)ln x＋>ln 2，
只需证xln x＋>ln 2，
只需证xln x＋1＋>ln 2＋1，
只需证x＋>ln 2＋1，
令g(x)＝x＋，x>0，可得g′(x)＝1－＝，
当x∈(0，ln 2)时，g′(x)<0，g(x)单调递减；
当x∈(ln 2，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
所以g(x)≥g(ln 2)＝ln 2＋＝ln 2＋1，
即x＋≥ln 2＋1成立，当且仅当x＝ln 2时，等号成立，
又不等式xln x＋1≥x，当且仅当x＝1时，等号成立，两个等号不能同时成立，
所以当x≥1时，(xln x＋1)ln x＋>ln 2恒成立．
[坐标系与参数方程]
6．解 (1)由题意，得曲线C 的极坐标方程为ρ(cos θ＋sin θ)＝4，
1
曲线C 的普通方程为(x－1)2＋y2＝1，所以曲线C 的极坐标方程为ρ＝2cos θ.
2 2
(2)设A(ρ，α)，B(ρ，α)，
1 2
因为A，B是射线θ＝α与曲线C ，C 的公共点，
1 2
所以不妨设－<α≤，
则ρ＝，ρ＝2cos α，
1 2
所以＝＝×2cos α(cos α＋sin α)＝(cos 2α＋sin 2α＋1)＝，
所以当α＝时，取得最大值.
[不等式选讲]
6．(1)解 f(x)＝|x－2|＋
≥＝，
当且仅当－≤x≤2时等号成立，
∴m＝.
(2)证明 ∵a>0，b>0，c>0，a＋b＋c＝，
又由柯西不等式得(a2＋2b2＋c2)·≥(a＋b＋c)2，∴a2＋2b2＋c2≥，当且仅当a＝2b＝c＝1时取等号．
第三周
1．解 (1)a＝.
(2)选择①，S＝(a2＋c2－b2)，
则acsin B＝(a2＋c2－b2)，
所以acsin B＝×2accos B，
化简得tan B＝.
又0b，所以A＝或A＝，
故满足条件的△ABC的个数为2.
选择②，bcos A＋a＝c，
则sin Bcos A＋sin A＝sin C，
即sin Bcos A＋sin A＝sin(A＋B)，
化简得sin A＝sin Acos B，
因为sin A≠0，所以cos B＝，
解得B＝.
由＝，得sin A＝＝1，
所以A＝，故满足条件的△ABC的个数为1.
选择③，bsin A＝acos，
则sin Bsin A＝sin Acos.
又sin A≠0，所以sin B＝cos，
所以sin B＝cos B＋sin B，
化简得tan B＝.
又01，无解，不存在满足条件的三角形．
2．解 (1)由题意知，小吃类所占比例为1－25%－15%－10%－5%－5%＝40%，
按照分层抽样的方式随机抽取，应抽取小吃类商贩100×40%＝40(家)，
果蔬类商贩100×15%＝15(家)．(2)①该果蔬经营点的日平均收入为
(75×0.002＋125×0.009＋175×0.006＋225×0.002＋275×0.001)×50＝152.5(元)．
②该果蔬经营点的日收入超过200元的天数为(0.002＋0.001)×50×40＝6(天)，其中超过250
元的有两天，记日收入超过250元的两天为a ，a ，其余四天为b ，b ，b ，b ，随机抽取
1 2 1 2 3 4
两天的所有可能情况为(a ，a)，(a ，b)，(a ，b)，(a ，b)，(a ，b)，(a ，b)，(a ，b)，
1 2 1 1 1 2 1 3 1 4 2 1 2 2
(a，b)，(a，b)，(b，b)，(b，b)，(b，b)，(b，b)，(b，b)，(b，b)，共15种，
2 3 2 4 1 2 1 3 1 4 2 3 2 4 3 4
至多有一天超过250元的对立事件为两天都超过250元，即对应的情况为(a，a)，共1种．
1 2
所以这两天的日收入至多有一天超过250元的概率为1－＝.
3．(1)证明 如图，取CC 的中点G，连接DG，EG，
1
因为ABCD－ABC D 是正方体，点G和E为所在棱的中点，
1 1 1 1
所以 AD∥EG，AD＝EG，所以四边形 AEGD 为平行四边形，所以 AE∥DG，在正方形
CDD C 中，点G和F为所在棱的中点，所以 C F∥DG，所以AE∥FC ，又因为AE⊄平面
1 1 1 1
BC F，C F⊂平面BC F，所以AE∥平面BC F.
1 1 1 1
(2)解 因为AE∥平面BC F，
1
所以 ，
在四面体F－BC E中，
1
＝BE·C B＝×1×2＝1，
1 1
又点F到平面BC E的距离为2，
1
所以 ＝×1×2＝.
4．解 (1)易知A(－1,0)，
∵点B是抛物线y2＝4x的焦点，
∴B(1,0)，
依题意|GA|＋|GB|＝|AP|＝4>2＝|AB|，
∴点G的轨迹是一个椭圆，其焦点分别为A，B，长轴长为4，设该椭圆的方程为＋＝1(a>b>0)，
则2a＝4,2c＝2，∴a＝2，c＝1，
∴b2＝a2－c2＝3，
故点G的轨迹E的方程为＋＝1.
(2)易知直线l的斜率存在，
设直线l：y＝kx＋t(k≠0，t≠0)，
M(x，y)，N(x，y)，Q(x，y)，
1 1 2 2 0 0
由
得(4k2＋3)x2＋8ktx＋4t2－12＝0，
∵Δ＝(8kt)2－4(4k2＋3)(4t2－12)>0，
即4k2－t2＋3>0，①
又x＋x＝－，
1 2
xx＝，
1 2
故Q，
∵Q在抛物线y2＝4x上，
∴将Q点的坐标代入y2＝4x，
得t＝－(k≠0)，②
将②代入①，得162k2(4k2＋3)<81，
4×162k4＋3×162k2－81<0，
即k4＋k2－2<0，
即<0，
即k2－<0，
∴－0恒成立，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当m>0时，令f′(x)>0，解得x>m，
令f′(x)<0，解得00时，f(x)的单调递增区间为(m，＋∞)，单调递减区间为(0，m)．(2)若要ex－1－ax2≥－axln x，
只需≥a(x－ln x)，
即需要ex－ln x－1≥a(x－ln x)恒成立．
设t(x)＝x－ln x，x>0，
由(1)知t(x)在(0,1)上单调递减，
在(1，＋∞)上单调递增，
所以t(x)≥t(1)＝1，
于是需要et－1≥at，t≥1恒成立，
即≥a，t≥1恒成立．
设h(t)＝，t≥1，
则h′(t)＝≥0恒成立，
所以h(t) ＝h(1)＝1，
min
则a≤1，即a∈(－∞，1]．
[坐标系与参数方程]
6．解 (1)圆C的直角坐标方程为x2＋y2－2x－2y－7＝0，
根据转化为极坐标方程为ρ2－2ρcos θ－2ρsin θ－7＝0，
所以圆C的极坐标方程为ρ2－2ρcos θ－2ρsin θ－7＝0.
(2)因为直线l过坐标原点O，所以直线l的极坐标方程为θ＝α(ρ∈R)，其中α为直线l的倾
斜角，
由于直线l与圆C相交，
故由
消去θ整理得，
ρ2－2(cos α＋sin α)ρ－7＝0, 设A，B两点所对应的极径分别为ρ，ρ，
1 2
则ρ＋ρ＝2(cos α＋sin α)，ρρ＝－7，
1 2 1 2
因为|AB|＝2，
所以|ρ－ρ|＝＝＝2，
1 2
整理得sin 2α＝－1，
又0≤α<π，所以0≤2α<2π，
所以2α＝，即α＝，
所以直线l的极坐标方程为θ＝
(ρ∈R)．
[不等式选讲]
6．解 (1)由题意知a＝2x＋y ，b＝2x－y，c＝y－1，
∵4x＋y＝2 ，∴y＝2－4x，则a2＋b2＋c2
＝4－8x＋4x2＋36x2－24x＋4＋1－8x＋16x2＝56x2－40x＋9＝562＋，
∴当x＝时，a2＋b2＋c2 取得最小值为.
(2)由条件a＝2x＋y，b＝2x－y，c＝y－1，
可得a－b－2c＝2，
设M ＝{|a|，|b|，|c|} ，则M≥|a|，M≥|b|，M≥|c| ,4M≥|a|＋|b|＋2|c|≥|a－b－2c|＝2，
max
∴M≥，∴|a|，|b|，|c|三个数中最大数的最小值为.
第四周
1．(1)a＝2n－1
n
(2)b ＝－m－
m
2．(1)证明 ∵在等边△PAD中，E为AD的中点，
∴PE⊥AD，
∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PE⊂平面PAD，
∴PE⊥平面ABCD，
∵AB⊂平面ABCD，
∴PE⊥AB.
(2)解 ∵△PAD的面积为，
∴AD＝2，PE＝，AB＝BC＝AD＝1，
在△PAC中，PA＝2，AC＝，PC＝2，
∴S ＝×AC×＝××＝，S ＝×AD×CE＝1，
△PAC △ACD
设点D到平面PAC的距离为h，由V ＝V 得，×S ×PE＝×S ×h，
P－ACD D－PAC △ACD △PAC
∴h＝，即点D到平面PAC的距离为.
3．(1)解 因为点A的横坐标为2，且点A在圆O上，
所以点A的坐标为A(2，2)，
代入抛物线方程得p＝2，
所以抛物线的方程为x2＝4y.
(2)证明 抛物线C：y＝，则y′＝，
设M(x，y)，N(x，y)，
1 1 2 2
所以切线PM的方程为y－y＝(x－x)，
1 1
即y＝·x－，
同理切线PN的方程为y＝·x－，联立解得点P，
设直线MN的方程为y＝kx＋1，代入x2＝4y，
得x2－4kx－4＝0，
所以xx＝－4，
1 2
所以点P在定直线y＝－1上，结论得证．
4．解 (1)＝
＝≈1.8，
＝＝3.55，
(μ －)(y －)≈(－1.1)×(－2.65)＋(－0.4)×(－1.55)＋0×0.65＋0.3×0.35＋0.5×1.65＋
i i
0.7×1.55＝5.55，
(μ－)2≈(－1.1)2＋(－0.4)2＋02＋0.32＋0.52＋0.72＝2.2，
i
所以a＝＝≈2.5，b＝3.55－2.5×1.8＝－0.95，
所以模型y＝aln x＋b的回归方程为y＝2.5ln x－0.95，
＝≈2.55，
(v －)(y －)≈(－1.15)×(－2.65)＋(－0.55)×(－1.55)＋(－0.15)×0.65＋0.25×0.35＋
i i
0.65×1.65＋0.95×1.55＝6.435，
(v－)2≈(－1.15)2＋(－0.55)2＋(－0.15)2＋0.252＋0.652＋0.952＝3.035，
i
所以m＝≈2.1，n＝3.55－2.1×2.55≈－1.8，
所以模型y＝m ＋n的回归方程为y＝2.1－1.8.
(2) (y－)2＝(－2.65)2＋(－1.55)2＋0.652＋0.352＋1.652＋1.552≈15.1，
i
所以r＝＝≈≈0.964，
1
r＝＝≈≈0.951，
2
因为r 更接近1，所以模型y＝2.5ln x－0.95的拟合效果更好，
1
则次年2月(x＝14)的净利润为y≈2.5ln 14－0.95≈5.6(万元)．
5．(1)证明 要证f(x)<，
即证当x∈(0，＋∞)时，不等式ln x－<0恒成立．
令F(x)＝ln x－，
则F′(x)＝－＝，
故当00，F(x)单调递增；
当x>4时，F′(x)<0，F(x)单调递减．
则F(x) ＝F(4)＝ln 4－2<0，
max
故f(x)<.
(2)解 由f(x)＝g(x)可得a＝＋－＝，构造函数h(x)＝－，其中x>0，
则h′(x)＝＋
＝，
当00，ln x<0，
则h′(x)>0，此时函数h(x)单调递增，
当x>1时，4－4x<0，ln x>0，
则h′(x)<0，此时函数h(x)单调递减，
所以h(x) ＝h(1)＝3，
max
令φ(x)＝xln x＋5x－2，
则当x>1时，φ(x)>5x－2>0，
当00恒成立，
故f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
故函数f(x)在定义域上不可能有两个零点；
当a>0时，令f′(x)>0得x>a，
令f′(x)<0得00，
当x→0时，f(x)→＋∞，由零点存在定理可知，在(0，a)与(a，1)范围内各有一个零点，
综上，实数a的取值范围是.
(2)证明 当a＝1时，要证f(x)<＋sin x，
即证ln x＋<＋sin x(x>0)，
由于sin x∈[－1,1]，
故＋sin x≥－1，
只需证ln x＋<－1，
令h(x)＝ln x＋－＋1(x>0)，
则h′(x)＝－－
＝，
因为x>0，所以1－ex<0，
令h′(x)>0得01，
所以h(x)在x＝1处取得极大值，也是最大值，
h(x) ＝h(1)＝2－e<0，
max
故h(x)<0在x∈(0，＋∞)上恒成立，结论得证．
5．(1)解 由题意知则故b2＝a2－c2＝3，则b＝，
所以椭圆C的方程为＋＝1，短轴长为2.
(2)证明 要证FD平分∠BFE，即证∠EFD＝∠BFD＝∠AFF(F 为椭圆右焦点)，如图所示，
1 1 1 1 1 2 2
所以，只需证 ＝0即可，F(－1,0)，
1
由题意，设直线AD的方程为y＝k(x＋4)，A(x ，y )，E(x ，y )，联立椭圆方程并整理得(3＋
A A E E
4k2)x2＋32k2x＋64k2－12＝0，
所以x ＋x ＝－，x x ＝，且Δ＝144(1－4k2)>0，即－0，
解得a>－1或a<－－1，
且t＋t＝(1＋a)，tt＝1，
1 2 12
设点P，Q分别对应参数t，t.
1 2
则|MP|＝|t|，|MQ|＝|t|，|PQ|＝|t－t|，
1 2 1 2
由题意得|t－t|2＝4|t||t|，
1 2 1 2
则有(t＋t)2＝8tt，即2(1＋a)2＝8，
1 2 12
解得a＝1或a＝－3.
[不等式选讲]
6．证明 (1)因为a2＋c2≥2ac，b2＋d2≥2bd，
所以a2＋b2＋c2＋d2≥2ac＋2bd，
当且仅当a＝b＝c＝d＝时，等号成立，
又正数a，b，c，d满足a2＋b2＋c2＋d2＝1，
所以00，
所以cos B＝－，
所以B＝.
(2)因为△ABC的面积为2，
所以S ＝acsin B＝2，
△ABC
即a＝2，所以a＝2，
由余弦定理得
AC＝＝2，
所以cos∠CAB＝
＝＝，
因为AC平分∠BAD，
所以cos∠CAB＝cos∠CAD，
所以CD2＝AC2＋AD2－2AC·AD·cos∠CAD，
所以4＝20＋AD2－2×2×AD×，
所以AD2－8AD＋16＝0，
所以AD＝4.
2．解 (1)由题意知这50名预录用男志愿者中培训合格的有15＋15＝30(人)，
所以估计预录用男志愿者培训合格的概率为＝；
这50名预录用女志愿者中培训合格的有20＋10＝30(人)，
所以估计预录用女志愿者培训合格的概率为＝.
(2)这50名预录用男志愿者的平均成绩为
＝×(65×15＋75×5＋85×15＋95×15)＝81，
1
方差s＝×[(65－81)2×15＋(75－81)2×5＋(85－81)2×15＋(95－81)2×15]＝144，
这50名预录用女志愿者的平均成绩为
＝×(65×10＋75×10＋85×20＋95×10)＝81，
2
方差s＝×[(65－81)2×10＋(75－81)2×10＋(85－81)2×20＋(95－81)2×10]＝104.
因为 ＝，s>s，
1 2所以样本成绩较好的是预录用女志愿者．
3．(1)证明 如图，取PD的中点M，连接ME，MF，
因为E是PC的中点，所以ME∥CD，且ME＝CD，又BF∥CD，所以BF∥ME.
因为BE∥平面PDF，平面BEMF∩平面PDF＝MF，BE⊂平面BEMF，所以BE∥MF，所以
四边形BEMF为平行四边形，所以BF＝ME，即BF＝CD，
又底面ABCD是菱形，所以BF＝AB，则F是AB的中点．
(2)解 如图，取AD的中点G，连接PG.
因为△APD为等边三角形，所以PG⊥AD，
又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PG⊂平面PAD，所以PG⊥平面
ABCD.
因为AB＝BC＝CD＝AD＝PA＝PD＝2，∠DAB＝60°，所以PG＝2×sin 60°＝.
又S ＝×2×2×sin 60°＝，且PE＝2EC，
△BCD
所以V ＝V ＝V ＝V ＝×××＝.
P－BDE B－PDE B－PDC P－BCD
4．解 (1)由题意得a＝2，
双曲线C的渐近线方程为y＝±x，
所以有＝，
解得b＝，
因此，双曲线C的方程为－＝1.
(2)①当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝k(x－4)，
由
可得(3－4k2)x2＋32k2x－64k2－12＝0，
k≠±，Δ>0，
设M(x，y)，N(x，y)，
1 1 2 2
则由x＋x＝，
1 2
xx＝，
1 2
由直线AM方程y＝(x－2)，
令x＝4，得点E，由直线AN方程y＝(x－2)，
令x＝4，得点F，
则以EF为直径的圆的方程为
(x－4)(x－4)＋＝0，
令y＝0，有(x－4)2
＝－，
将y＝k(x－4)，y＝k(x－4)代入上式，
1 1 2 2
得(x－4)2
＝－，
可得(x－4)2
＝－
＝9，
解得x＝1，或x＝7，
即以EF为直径的圆经过点(1,0)和(7,0)；
②当直线l斜率不存在时，直线l与直线x＝4重合，此时M，N与E，F重合，将x＝4代入
双曲线方程得y＝±3，则以EF为直径的圆的方程为(x－4)2＋y2＝9，也过点(1,0)，(7,0)，
综上，以EF为直径的圆过定点(1,0)，(7,0)．
5．解 (1)因为f(x)＝(x－1)ex＋x，
所以f′(x)＝xex＋1.
令g(x)＝xex＋1，
则g′(x)＝(1＋x)ex.
当x∈(－∞，－1)时，g′(x)<0，
g(x)单调递减；
当x∈(－1，＋∞)时，g′(x)>0，
g(x)单调递增．
故g(x)≥g(－1)＝1－>0，
即f′(x)>0，则f(x)在R上单调递增．
(2)f(x)≥(x＋1)ln(x＋1)－ax2－1等价于
(x－1)ex－(x＋1)ln(x＋1)＋ax2＋x＋1≥0.
令h(x)＝(x－1)ex－(x＋1)ln(x＋1)＋ax2＋x＋1，
则h′(x)＝xex－ln(x＋1)＋2ax.
令φ(x)＝xex－ln(x＋1)＋2ax，
则φ′(x)＝(x＋1)ex－＋2a，显然φ′(x)在[0，＋∞)上单调递增，
故φ′(x)≥φ′(0)＝2a.
当a≥0时，φ′(x)≥0，φ(x)在[0，＋∞)上单调递增，
φ(x)≥φ(0)＝0，即h′(x)≥0，
则h(x)在[0，＋∞)上单调递增，
h(x)≥h(0)＝0，符合条件．
当a<0时，φ′(0)＝2a<0，
φ′(－2a)＝(－2a＋1)e－2a－＋2a>－2a＋1－1＋2a＝0，
所以∃x∈(0，－2a)，φ′(x)＝0.
0 0
当x∈[0，x)时，φ′(x)<0，φ(x)单调递减，则φ(x)<φ(0)＝0.
0
即当x∈[0，x)时，h′(x)<0，
0
则h(x)在[0，x)上单调递减，
0
则当x∈[0，x)时，h(x)≤h(0)＝0，不符合条件．
0
综上所述，实数a的取值范围是[0，＋∞)．
[坐标系与参数方程]
6．解 (1)由
(φ为参数)，
消去参数得＋y2＝1，
所以曲线C的普通方程为＋y2＝1，
把代入直线l的极坐标方程2ρcos θ＋3ρsin θ－10＝0，得2x＋3y－10＝0，
所以直线l的直角坐标方程为2x＋3y－10＝0.
(2)由(1)知，令曲线C的参数方程为(α为参数)，
设P(2cos α，sin α)为曲线C上一点，P到直线l的距离为d，
则d＝＝＝，其中锐角β满足tan β＝，
因此，当sin(α＋β)＝1时，d取到最小值，
所以曲线C上的点到直线l距离的最小值为.
[不等式选讲]
6．解 (1)当a＝1，b＝3时，则f(x)＝|x－1|－|3x－3|＝－2|x－1|，
由f(x＋2)＋f(x＋1)＝－2|x＋1|－2|x|≥－6，可得|x＋1|＋|x|≤3.
当x≤－1时，则有－2x－1≤3，
解得x≥－2，此时－2≤x≤－1；
当－11，故a＋＝＋－≥2－＝，
当且仅当b＝时，等号成立，
故a＋的最小值为.
第七周
1. 解 设数列{a}的公差为d.
n
选①－＝－5.
因为－＝－
＝＝，
所以＝－5，
解得d＝－2，
又a＝S＝9，
1 1
所以a＝－2n＋11，
n
S＝＝－n2＋10n.
n
当1≤n≤5时，a>0，T＝S＝－n2＋10n；
n n n
当n≥6时，a<0，
n
T＝S－(S－S)＝2S－S＝n2－10n＋50.
n 5 n 5 5 n
综上所述，T＝
n
选②S＝S－8，
8 4
因为a＝S＝9，S＝8a＋28d，S＝4a＋6d，
1 1 8 1 4 1
所以S－S＝4a＋22d＝－8，
8 4 1
解得d＝－2.
下同①.
选③a＝1，
5
因为a＝S＝9，a＝a＋4d＝1，
1 1 5 1
所以d＝－2.下同①.
2. 解 (1)由题意得＝＝3，＝12.24，＝12＋22＋32＋42＋52＝55，
故b＝＝＝1.07，
则a＝－b＝12.24－1.07×3＝9.03，
故总人口y关于年份数x的线性回归方程为y＝1.07x＋9.03.
(2)由题意可得，该街道中青年人与老年人的比例为5∶1，所以调查的120位居民中，老年
人有20位，故得列联表如下.
传统购物方式 新兴购物方式 总计
中青年人
30 70 100
(15－64岁)
老年人
15 5 20
(65岁及以上)
总计 45 75 120
故K2＝＝14.4>10.828，
所以有99.9%的把握认为该街道居民购物方式与其是否为老年人有关．
3. (1)证明 因为在梯形ABCD中，∠ABC＝，所以∠BAE＝，
在△ABE中，AB＝2，AE＝1，所以BE＝＝，
所以AE2＋BE2＝AB2，即∠AEB＝，则梯形ABCD为直角梯形．
因为BE⊥ED，BE⊥PE，PE∩ED＝E，PE，ED⊂平面PED，
所以BE⊥平面PED，
又因为BE⊂平面BCDE，
所以平面PED⊥平面BCDE.
(2)解 因为平面PED⊥平面BCDE，平面PED∩平面BCDE＝ED，CD⊥ED，CD⊂平面
BCDE，所以CD⊥平面PED，
又PD⊂平面PED，所以CD⊥PD，CD＝，
所以PD＝＝1，
即△PED为等边三角形．
取ED的中点F，连接PF，BD，如图所示，因为PE＝PD，F为ED的中点，所以PF⊥ED.
因为平面PED⊥平面BCDE，平面PED∩平面BCDE＝ED，PF⊂平面PED，所以PF⊥平
面BCDE，
PF＝＝，S ＝S ＝×1×＝，
△EBD △PEB
设点D到平面PEB的距离为h，
因为V ＝V ，
D－PEB P－EBD
所以××h＝××，解得h＝.
即点D到平面PEB的距离为.
4.(1)解 易知点A(－a，0)，F(－c，0)，F(c，0)，
1 2
AF1＝(－c＋a，0)，AF2＝(c＋a，0)，
所以
解得a＝2，c＝3，
则b＝＝，
所以双曲线C的方程为－＝1.
(2)证明 分以下两种情况讨论：
①当直线l⊥x轴时，直线l的方程为x＝±2，此时点M，N的横坐标之积为22＝4；
②当直线l的斜率存在时，
设直线l的方程为y＝kx＋m，
由题意可知直线l不与双曲线C的渐近线平行或重合，即k≠±，
设点M(x，y)，N(x，y)，
1 1 2 2
联立
可得(5－4k2)x2－8kmx－4m2－20＝0，
令Δ＝64k2m2＋4(5－4k2)(4m2＋20)＝0，
可得4k2＝m2＋5，
则m≠0，
不妨令点M，N分别为直线l与直线y＝x，y＝－x的交点，
联立可得x＝，
1
联立可得x＝－，
2
此时xx＝＝＝＝4.
1 2
综上所述，点M与点N的横坐标之积为定值．
5． 解 (1)当a＝2时，f(x)＝ex－2x＋sin x－1，
则f′(x)＝ex－2＋cos x，
令g(x)＝ex－2＋cos x，则g′(x)＝ex－sin x.
当x∈(0，＋∞)时，ex>1，
∴g′(x)>1－sin x≥0,
∴f′(x)＝g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴f′(x)>f′(0)＝0，
∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增.
当x∈(－∞，0]时，可得ex≤1，
∴f′(x)＝ex－2＋cos x≤－1＋cos x≤0，
∴f(x)在(－∞，0]上单调递减，
综上，函数f(x)的极值点为x＝0.
(2)当x＝0时，f(0)＝e0－0－1＋sin 0＝0，
∴x＝0是f(x)的一个零点，
令h(x)＝f′(x)＝ex－a＋cos x，1≤a<2，
则h′(x)＝ex－sin x.
①当x∈(0，＋∞)时，ex>1，
∴h′(x)>1－sin x≥0，
∴f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴f′(x)>f′(0)＝2－a>0，
∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴f(x)>f(0)＝0，此时f(x)在(0，＋∞)上无零点．
②当x∈(－∞，－π]时，－ax≥π，
有f(x)＝ex－ax＋sin x－1≥ex＋π＋sin x－1>0，
此时f(x)在(－∞，－π]上无零点．
③当x∈(－π，0)时，
sin x<0，h′(x)＝ex－sin x>0，
∴f′(x)在(－π，0)上单调递增，
又f′(0)＝2－a>0，f′(－π)＝e－π－a－1<0，
由零点存在定理知，存在唯一的x∈(－π，0)，
0
使得f′(x)＝0.
0
当x∈(－π，x)时，f′(x)<0，f(x)在(－π，x)上单调递减；
0 0
当x∈(x，0)时，f′(x)>0，f(x)在(x，0)上单调递增，
0 0
又f(－π)＝e－π＋aπ－1>0，f(x)5，解得x<－3；
当－21时，由2x＋1>5，解得x>2.
故f(x)>5的解集为(－∞，－3)∪(2，＋∞)．
(2)当x∈R时，f(x)＝|ax＋2|＋|－ax＋1|≥|ax＋2－ax＋1|＝3恒成立，故f(x) ＝3，又f(x)<有
min
解，即3<，故01，
此时三角形不存在．
2. (1)证明 ∵AC为直径，点D在圆上且不同于A，C两点，
∴AD⊥DC，
又∵PD为圆柱的母线，∴PD⊥平面ABCD，
又AD⊂平面ABCD，∴PD⊥AD，
又DC∩PD＝D，且PD，DC⊂平面PDC，
∴AD⊥平面PDC，
又PC⊂平面PDC，∴AD⊥PC.(2)解 由PQ＝2QB得V ＝2V ＝2V ，
P－QAC B－QAC Q－ABC
∵B为 的中点，AC＝2，∴AB＝BC＝，
又在Rt△PDA中，PD＝3，
则V ＝2V ＝2V ＝2××PD×××＝.
P－QAC B－QAC Q－ABC
3．解 (1)s＝×(64＋25＋16＋9＋1＋16＋36＋81)＝31，
s＝×(121＋16＋9＋4＋1＋25＋36＋100)＝39，
∵s0)，
当x∈(0,1)时，g′(x)<0；
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，
故函数g(x)在(0,1)上单调递减，
在(1，＋∞)上单调递增，
则g(x)≥g(1)＝0，即f′(x)≥0，
故函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间．
(2)证明 要证ln x＋ln x>2，即证ln(xx)>2.
1 2 1 2
依题意，x，x 是方程mxln x＋x2＝0的两个不相等的实数根，不妨令x>x，
1 2 1 2
因为x>0，故
两式相加可得m(ln x＋ln x)＋(x＋x)＝0，
1 2 1 2
两式相减可得m(ln x－ln x)＋(x－x)＝0，
1 2 1 2
消去m，整理得＝，
故ln(xx)＝ln·＝ln·，
1 2
令＝t>1，故只需证明ln t·>2，
即证明ln t>，
设h(t)＝ln t－，
故h′(t)＝－＝>0，
故h(t)在(1，＋∞)上单调递增，从而h(t)>h(1)＝0，
因此ln t>.故原不等式得证．
[坐标系与参数方程]
6.解 (1)将点P代入曲线E的参数方程，得解得a2＝4，
所以曲线E的普通方程为＋＝1，
极坐标方程为ρ2＝1.
(2)不妨设点A，B的极坐标分别为A(ρ，θ)，
1
B，ρ>0，ρ>0，
1 2
则
即
则＋＝＋＝，即＋＝.
[不等式选讲]
6．解 (1)若m＝2，则f(x)＝|x＋4|－|x－2|<2，
当x≥2时，f(x)＝(x＋4)－(x－2)<2，无解；
当－4
