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每日一练答案精析
第一周
1．(1)B＝
(2)cos 2∠ADC＝－
2．(1)女生人数为140，方差为6.16
(2)X的分布列为
X 0 1 2
P
E(X)＝
3．(1)证明 在△ABF中，由正弦定理可得＝，
所以sin∠ABF＝＝＝1，
因此∠ABF＝90°，即BF⊥AB.
又因为平面ABCD⊥平面ABEF，
平面ABCD∩平面ABEF＝AB，BF⊂平面ABEF，所以BF⊥平面ABCD，
因为AC⊂平面ABCD，所以BF⊥AC.
(2)解 由于四边形ABCD是矩形，
所以CB⊥AB，
又因为平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF＝AB，CB⊂平面ABCD，
所以CB⊥平面ABEF，故直线AC与平面ABEF所成的角为∠CAB，
所以∠CAB＝30°.
因为AB＝＝2，
所以CB＝AB·tan 30°＝2.
因为BE∥AF，则∠EBF＝∠AFB＝60°，
又∠BEF＝∠ABF＝90°，
所以BE＝BF·cos 60°＝1，
所以EF＝＝，
以B为原点，BA，BF，BC所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则D(2，0,2)，C(0,0,2)，F(0,2,0)，
E，
所以DC＝(－2，0,0)，
DF＝(－2，2，－2)，
CE＝，CF＝(0,2，－2)，
设平面DCF的法向量为m＝(x，y，z)，
则即
取y＝1，得x＝0，z＝1，
所以m＝(0,1,1)．
设平面CFE的法向量为n＝(a，b，c)，
则即
取b＝1，得c＝1，a＝－，
所以n＝(－，1,1)．
所以cos〈m，n〉＝
＝＝，
故钝二面角D－CF－E的余弦值为－.
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 因为BC＝1，PC＝2，PB＝，
则BC2＋PB2＝PC2，于是得BC⊥PB，
又BC⊥AB，PB∩AB＝B，PB，AB⊂平面PAB，
因此BC⊥平面PAB，而BC⊂平面ABC，
所以平面ABC⊥平面PAB.
(2)解 在平面PAB内过点P作PO⊥AB于点O，连接CO，如图，
由(1)知，平面ABC⊥平面PAB，
而平面ABC∩平面PAB＝AB，则有PO⊥平面ABC，
所以∠PCO是直线PC与平面ABC所成的角，
在△PAB中，PA2＋PB2＝4＝AB2，则∠APB＝90°，PO＝＝，
在Rt△POC中，PC＝2，
则有sin∠PCO＝＝，
所以直线PC与平面ABC所成角的正弦值为.
3．解 (1)连续取3个球有A种方法，
从中连续取3个球，红、白、黑各取一个有CCCA种方法，
则恰好取到3种颜色球的概率
P＝＝＝.
(2)由题意得，随机变量ξ的所有可能取值为4,5,6,7,8.
当取到两个红球和一个白球时，ξ＝4，
则P(ξ＝4)＝＝＝，
当取到两个红球和一个黑球或两个白球和一个红球时，ξ＝5，
则P(ξ＝5)＝＝＝，
当取到一个红球、一个白球和一个黑球时，ξ＝6，
则P(ξ＝6)＝＝＝，
当取到一个红球和两个黑球或两个白球和一个黑球时，ξ＝7，
则P(ξ＝7)＝＝＝，
当取到两个黑球和一个白球时，ξ＝8，
则P(ξ＝8)＝＝＝.
∴随机变量ξ的分布列为
ξ 4 5 6 7 8
P
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 f′(x)＝－a＝，x>0.
当a≤0时，f′(x)>0，
故f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
取x＝1，f(1)＝－a＋1≥1，不符合题意，舍去．
当a>0时，令f′(x)>0，得0，
故f(x)在上单调递增，
在上单调递减．
当x＝时，f(x)取得极大值，
即最大值为f ＝ln ，
若f(x)≤0恒成立，则ln ≤0，
解得a≥1.
(2)证明 要证(e－x＋1)<＋1，
即证＋＋<.
设h(x)＝，
则h′(x)＝＝，
令h′(x)>0，得0e.故h(x)在(0，e)上单调递增，
在(e，＋∞)上单调递减．
当x＝e时，h(x)取得极大值，也是最大值，
即最大值为h(e)＝，
故h(x)＝≤.
设F(x)＝xex－1－ln x－x，
则F′(x)＝ex－1＋xex－1－－1
＝(1＋x)ex－1－
＝(1＋x).
设φ(x)＝ex－1－，
则φ′(x)＝ex－1＋>0，
所以φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又φ(1)＝e1－1－1＝0.
所以当x∈(0,1)时，φ(x)<0；
当x∈(1，＋∞)时，φ(x)>0.
故当x∈(0,1)时，F′(x)<0，
当x∈(1，＋∞)时，F′(x)>0，
即F(x)在(0,1)上单调递减，
在(1，＋∞)上单调递增．
故当x＝1时，F(x)取得极小值，也是最小值，
即最小值为F(1)＝0，故F(x)≥0，
即xex－1－ln x－x≥0，
故＋≤，
当且仅当x＝1时，等号成立．
又h(x)＝≤，
当且仅当x＝e时，等号成立．
两个等号不能同时成立，
所以＋＋<.
故(e－x＋1)<＋1.
[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．(1)这些教职工中积分ξ位于区间[4.4,11.3]内的人数约为8 186
(2)E(X)＝16
3．(1)证明 在三棱锥P－ABC中，
∵PA＝PC＝AC＝4，O为AC的中点．
∴PO⊥AC，且PO＝2，连接OB，如图，
∵AB＝BC＝2，AC＝4，
∴AC2＝AB2＋BC2，即AB⊥BC，
则OB＝AC＝2，又PB＝4，
∴BO2＋PO2＝PB2，即PO⊥BO，
∵AC∩BO＝O，AC，BO⊂平面ABC，
∴PO⊥平面ABC.
(2)解 如图，以O为坐标原点，分别以OB，OC，OP所在直线为x，y，z轴建立空间直角
坐标系．由已知得O(0,0,0)，
B(2,0,0)，A(0，－2,0)，
C(0,2,0)，P(0,0,2)，
AP＝(0,2,2)，
取平面PAC的一个法向量为OB＝(2,0,0)．设M(a，2－a，0)(02＝|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．解 (1)设平面BCC B 与平面AEB 的交线为l，
1 1 1
因为FH∥平面AEB，
1
平面BCC B∩平面AEB＝l，
1 1 1
FH⊂平面BCC B，所以FH∥l.
1 1
由正方体ABCD－ABC D 知，
1 1 1 1
平面ADD E∥平面BCC B，
1 1 1
又因为平面ADD E∩平面AEB＝AE，
1 1
所以AE∥l，所以AE∥FH，
如图，取BC的中点G，连接C G，
1
易知AE∥GC ，所以GC ∥FH，
1 1
又因为H为CG的中点，所以F为CC 的中点．
1
(2)如图，以点D为原点，DA，DC，DD1分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角
坐标系，
则有D(0,0,0)，A(2,0,0)，E(1,0,2)，
设F(0,2，t)，t∈[0,2]，
AE＝(－1,0,2)，AF＝(－2,2，t)，
DA＝(2,0,0)，
设平面AEF的法向量为n＝(x，y，z)，
则有即
不妨取x＝2，则n＝，
所以点D到平面AEF的距离d＝
＝＝≤，
当t＝2，即点F与点C 重合时，取等号．
1所以点D到平面AEF的最大距离为.
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)若甲第2次抽奖选方案①，两次抽奖累计积分为ξ，
则ξ的可能取值为40,35,10,5.
P(ξ＝40)＝×＝，
P(ξ＝35)＝×＝，
P(ξ＝10)＝×＝，
P(ξ＝5)＝×＝，
所以E(ξ)＝40×＋35×＋10×＋5×＝＝.
若甲第2次抽奖选方案②，两次抽奖累计积分为η，则η的可能取值为30,15,10，
则P(η＝30)＝×＝，
P(η＝15)＝×＋×＝，
P(η＝10)＝×＝，
E(η)＝30×＋15×＋10×＝，
因为E(ξ)>E(η)，所以应选择方案①.(2)依题意得E(X )＝5×＋2E(X)·
i＋1 i
＝E(X)＋，
i
X 的可能取值为10,5，其分布列为
1
X 10 5
1
P
所以E(X)＝，
1
则E(X)－10＝－，
1
由E(X )＝E(X)＋得
i＋1 i
E(X )－10＝[E(X)－10]，
i＋1 i
所以{E(X)－10}为等比数列．
i
其中首项为－，公比为.
则E(X)－10＝－×i－1，
i
所以E(X)－10＝－×7，
8
故E(X)＝－×7＋10≈9.8.
8
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0，
即x＝(1－p)2>，
解得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．解 (1)由已知可得
解得
所以椭圆E的方程为＋＝1.
(2)当AB或CD中有一条直线垂直于x轴时，不妨设AB⊥x轴，
因为焦点F的坐标为(1,0)，
所以直线AB的方程为x＝1，
将x＝1代入椭圆方程可得y＝±，
则|AB|＝3，|CD|＝4，
四边形ACBD的面积S＝×4×3＝6；
当AB的斜率存在且不为0时，
设其斜率为k(k≠0)，
由(1)知F(1,0)，
所以直线AB的方程为y＝k(x－1)，
与椭圆E的方程＋＝1联立并消去y得
(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0.设A(x，y)，B(x，y)，
1 1 2 2
Δ＝64k4－4(3＋4k2)(4k2－12)＝144(k2＋1)>0，
则x＋x＝，xx＝，
1 2 1 2
|AB|＝|x－x|
1 2
＝·
＝·
＝·
＝.
同理可得|CD|＝＝，
所以四边形ACBD的面积S＝|AB|×|CD|
＝×
＝
≥
＝72×2＝，
当且仅当4k2＋3＝3k2＋4，即k＝±1时，等号成立，
因为6>，故四边形ACBD面积的最小值为.
故弦AB所在直线的方程为y＝±(x－1)．
[坐标系与参数方程]
6．解 (1)因为直线l的极坐标方程为
ρcos＝1，
所以ρcos θcos－ρsin θsin＝1，
又ρcos θ＝x，ρsin θ＝y，
所以x－y＝1，
将y＝t－1，t为参数，代入上式得x＝t，
所以直线l的参数方程为
(t为参数)．
(2)由曲线C的极坐标方程为ρ＝2acos θ，得ρ2＝2aρcos θ，
将x＝ρcos θ，y＝ρsin θ代入上式得曲线C的直角坐标方程为x2＋y2＝2ax，
将直线l的参数方程与曲线C的直角坐标方程联立，
得t2－(1＋a)t＋1＝0.
则Δ＝[(1＋a)]2－4>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)记选手甲第一、二、三次射击命中目标分别为事件A，B，C，三次都没有击中目
标为事件D，则P(A)＝.
设选手甲在x m处击中目标的概率为P(x)，
则P(x)＝.
由x＝100时，P(A)＝，得＝，
所以k＝5 000，P(x)＝，
所以P(B)＝，P(C)＝.
由于各次射击都是相互独立的，
所以选手甲在射击中得0分的概率为
P(D)＝P( )＝××＝.
(2)由题设知，ξ的可能取值为0,1,2,3.
P(ξ＝3)＝，
P(ξ＝2)＝×＝，
P(ξ＝1)＝××＝，
P(ξ＝0)＝.
则ξ的分布列为
ξ 0 1 2 3
P
所以均值为E(ξ)＝×1＋×2＋×3＝.
3．(1)证明
取AC的中点M，连接NM，BM，如图，
因为ACC A 为矩形，N为AC 的中点，
1 1 1 1所以AC⊥MN，
因为△ABC为等边三角形，
所以AC⊥MB，
又MN∩MB＝M，MN，MB⊂平面BMN，
所以AC⊥平面BMN，
又BN⊂平面BMN，
所以AC⊥BN，
在矩形ACC A 中，AA∥CC ，在平行四边形ABBA 中，AA∥BB，
1 1 1 1 1 1 1 1
因此BB∥CC ，
1 1
所以B，C，C ，B 四点共面．
1 1
(2)解 由(1)知MN⊥AC，BM⊥AC，
则∠NMB为二面角C －AC－B的平面角，θ＝∠NMB，
1
在平面BMN内过M作Mz⊥MB，有AC⊥Mz，以M为坐标原点建立如图所示的空间直角坐
标系，
A(1,0,0)，B(0，，0)，C(－1,0,0)，
N(0，cos θ，sin θ)，C (－1，cos θ，sin θ)，
1
AB＝(－1，，0)，CB＝(1，，0)，
CC1＝(0，cos θ，sin θ)，
设平面BCC B 的法向量为n＝(x，y，z)，
1 1
则
令y＝－1，得n＝，
由tan θ＝－得n＝(，－1，－2)，
设直线AB与平面BCC B 所成角为α，
1 1
于是得sin α＝|cos〈n，AB〉|＝
＝＝，所以直线AB与平面BCC B 所成角的正弦值是.
1 1
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，
nT＝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)2＝2 304，2＝729，
y－20 ＝1 300，
i i
－202＝2 200，
－202＝900，
r＝≈0.92，
所以y与x之间具有较强的线性相关关系，可用线性回归模型进行拟合；
由题意可得，b＝
＝＝≈0.59，
a＝－b＝27－×48≈－1.36，
所以y＝0.59x－1.36.
(2)以频率估计概率，设甲款健身器材使用年限为X(单位：年)，则X的分布列为
X 5 6 7 8
P 0.1 0.4 0.3 0.2
E(X)＝5×0.1＋6×0.4＋7×0.3＋8×0.2＝6.6，
设乙款健身器材使用年限为Y(单位：年)，则Y的分布列为
Y 5 6 7 8
P 0.3 0.4 0.2 0.1
E(Y)＝5×0.3＋6×0.4＋7×0.2＋8×0.1
＝6.1，因为E(X)>E(Y)，
所以该机构购买甲款健身器材才能使用更长久．
3. (1)证明 如图，设AC的中点为O，连接BO，DO，因为AB＝BC，所以BO⊥AC，因为AD＝CD，所以DO⊥AC，
所以B，O，D三点共线，
所以BD⊥AC，
因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以BD⊥PA，
因为PA∩AC＝A，PA⊂平面PAC，
AC⊂平面PAC，
所以BD⊥平面PAC，
因为BD⊂平面PBD，所以平面PAC⊥平面PBD.
(2)解 由(1)可得OC⊥OD，以OC，OD所在的直线分别为x轴、y轴，过O点作平行于AP
的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则C(，0,0)，P(－，0,2)，B(0，－1,0)，
因为M为PB的中点，
所以M，
设PN＝λPC，0≤λ≤1，
所以N(2λ－，0,2－2λ)，
所以MN＝，
由(1)知BD⊥平面PAC，
所以平面PAC的一个法向量为n＝(0,1,0)，
设直线MN与平面PAC所成角为θ，
则sin θ＝＝
＝，0≤λ≤1，
y＝16λ2－10λ＋2的对称轴为λ＝，
当λ＝时，y ＝，
min
当λ＝1时，y ＝8，
max
即当0≤λ≤1时，≤≤2，
所以≤≤，
所以≤sin θ≤，
即直线MN与平面PAC所成角的正弦值的取值范围为.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 因为E，F分别是PA，PC的中点，
所以EF∥AC，
又因为AC⊂平面ABC，EF⊄平面ABC，
所以EF∥平面ABC，
又EF⊂平面BEF，平面BEF与平面ABC的交线为l，所以EF∥l，
而l⊄平面PAC，EF⊂平面PAC，
所以l∥平面PAC.
(2)解 如图，因为AB是圆O的直径，点C是 的中点，AB＝2，
所以CA⊥CB，CA＝CB＝，
因为直线PC⊥平面ABC，
所以PC⊥CA，PC⊥CB，以C为原点，直线CA，CB，CP分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则F(0,0,1)，B(0，，0)，E，
所以BF＝(0，－，1)，
BE＝，
设平面EFB的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令y＝1，则x＝0，z＝，
得n＝(0,1，)，
因为直线PC⊥平面ABC，
所以CF＝(0,0,1)为平面ABC的一个法向量，
所以cos〈CF，n〉＝＝＝，
所以二面角E－l－C的正弦值为.
3．解 (1)由题意可得列联表如下：
满意 不满意 总计
上班族 15 40 55
非上班族 35 10 45
总计 50 50 100
因为K2＝＝
≈25.253>10.828，
所以有99.9%的把握认为市民对交通的满意度与是否为“上班族”有关．
(2)①当n＝5时，X 的取值为1,2,3,4,5，
5
由(1)可知市民的满意度和不满意度均为，
所以P(X＝1)＝，P(X＝2)＝，
5 5
P(X＝3)＝，P(X＝4)＝，P(X＝5)＝，
5 5 5
所以X 的分布列为
5
X 1 2 3 4 5
5
P
所以E(X)＝1×＋2×＋3×＋4×＋5×＝.
5
②E(X)＝1×＋2×＋3×＋…＋(n－1)·＋n·＝2－，n∈N*，
n
当n趋向于正无穷大时，E(X)趋向于2，此时E(X)恰好为不满意度的倒数；
n n
也可以理解为平均每抽取2个人，就会有一个不满意的市民．4.解 (1)由抛物线定义可知点P的轨迹是以F(0,1)为焦点，直线l：y＝－1为准线的抛物线，
所以动点P的轨迹方程为x2＝4y.
(2)直线l与圆M相切，理由如下：
依题可设Q(x，－1)，A，B，
0
M，由x2＝4y，即y＝x2，
求导得y′＝，
所以切线QA，QB的斜率分别是k＝，k＝，所以QA的方程是y－＝(x－x)，
1 2 1
将点Q(x，－1)的坐标代入QA的方程，
0
得－1－＝(x－x)，即x－2xx－4＝0，
0 1 0 1
同理可得x－2xx－4＝0，
0 2
于是x，x 是方程x2－2xx－4＝0的两根，
1 2 0
所以x＋x＝2x，xx＝－4，
1 2 0 1 2
由x＋x＝2x，得＝x，即MQ⊥l，
1 2 0 0
由xx＝－4，kk＝·＝－1，
1 2 1 2
所以QA⊥QB，即点Q在圆M上，
所以直线l和圆M相切．
5.(1)解 依题意f(x)＝－2xln x＋x2，
f′(x)＝－2ln x－2＋2x＝2(x－ln x－1)．
令g(x)＝x－ln x－1，
则g′(x)＝1－＝(x>0)，
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
