高考 22 题逐题特训答案精析
小题满分练 1
1．D 2.D 3.D 4.C 5.D 6.B
7．C [因为sin＝，
所以(cos α－sin α)＝.
所以cos α－sin α＝，
所以1－2sin αcos α＝，
得sin αcos α＝，
因为cos α＋sin α＝＝，
所以＝＝＝＝.]
8．D [∵sin 1∈(0,1)，∴log (sin 1)<0,2sin 1>1，
2
∴log (sin 1)<2sin 1，故A不正确；
2
∵0<2<1， >1，
∴2< ，故B不正确；
－＝，－2＝，
∵＋>＋，∴－<－2，
故C不正确；
∵log 3＝1＋log ，log 5＝1＋log ，
4 4 6 6
∵log <log ，且log <log ，
4 4 4 6
∴log <log ，∴log 3<log 5，故D正确．]
4 6 4 6
9．B [由题意，函数f(x)＝sin 2x－2sin2x＝sin 2x＋cos 2x－1＝sin－1，
所以函数f(x)的最小正周期为T＝＝π，所以A错误；
由x∈，可得2x＋∈，
根据正弦函数的图象与性质，可得函数y＝sin x在上单调递减，
所以函数f(x)在区间上单调递减，所以B正确；
由函数f(x)＝sin－1，令2x＋＝kπ，k∈Z，解得x＝－＋，k∈Z，
当k＝0时，可得x＝－，所以函数f(x)的对称中心为，所以C不正确；
由函数y＝sin 2x的图象向右平移个单位长度，得y＝sin＝sin，再向下平移1个单位长度得到y＝sin－1，所以D不正确．]
10. C [因为f(0)＝0，当x>0时，f(x)＝－f(－x)，因此x<0时也有f(x)＝－f(－x)，即函数f(x)
是奇函数，
当x≤0时，f(x)＝ex－x－1，f′(x)＝ex－1≤0，
所以f(x)在(－∞，0]上单调递减，所以奇函数f(x)在R上是减函数，
又f(－1)＝，所以f(1)＝－f(－1)＝－，
由不等式f(ln x)>－＝f(1)，可得ln x<1,0<x<e.]
11．B [设P在渐近线y＝－x上，
F(－c，0)，
则直线FP的方程为y＝(x＋c)，
由得
即P，由FP＝2FQ，
得Q，因为Q在双曲线上，
所以－＝1，化简得c2＝2a2，e＝＝.]
12．D [如图所示，设AB∩AB＝O，取AB，AB 的中点分别为E，F，
1 1 1 1
连接EF，C F，过点P作PH⊥EF交EF于点H，连接BH，
1
显然C F⊥平面ABBA，又PH∥C F，
1 1 1 1
故PH⊥平面ABBA，
1 1
即∠PBH为直线BP与平面ABBA 所成的角，
1 1
又因为PH＝C F＝，2≤BP≤2，
1
所以sin∠PBH＝＝∈，
因此当sin∠PBH＝时，∠PBH有最大值为，选项D正确；
由于△ABC内切圆半径为<1，所以该正三棱柱有外接球，无内切球，选项A不正确；
显然CC ∥平面ABBA，因此点P到侧面ABBA 的高h＝PH＝，
1 1 1 1 1
故四棱锥P－ABBA 的体积为 h＝≠，选项B不正确；
1 1
当H位于O时，PO⊥平面ABBA，
1 1
即AB⊥PO，
1
又AB⊥AB，故AB⊥平面POB，从而AB⊥BP，故选项C不正确．]
1 1 1 113．9x－y＋5＝0 14.6
15. [－4，－2)
解析 设g(x)＝
因为函数f(x)＝有三个零点x，x，x，且x<x<x，
1 2 3 1 2 3
所以g(x)的图象与直线y＝t交点的横坐标分别为x，x，x，且x<x<x，
1 2 3 1 2 3
作出g(x)的图象如图所示，
由图可知1≤t<4，且x，x 是方程－x2－4x－t＝0的两个实根，
1 2
所以x＋x＝－＝－4，
1 2
因为x 满足2x－t＝0，即x＝log t，
3 3 3 2
因为1≤t<4，所以log 1≤log t<log 4，
2 2 2
所以0≤x<2，
3
所以－4≤x＋x＋x<－2，
1 2 3
即x＋x＋x 的取值范围是[－4，－2)．
1 2 3
16．60°
解析 因为OB·AC＋OA·BC≥OC·AB，且△ABC为等边三角形，OB＝1，OA＝2，
所以OB＋OA≥OC，所以OC≤3，
所以OC的最大值为3，
当不等式OC≤3取等号时，∠OBC＋∠OAC＝180°，
所以cos∠OBC＋cos∠OAC＝0，不妨设AB＝x，
所以＋＝0，
解得x＝，
所以cos∠AOC＝＝，
所以∠AOC＝60°.
小题满分练 2
1．C 2.D 3.D 4.D 5.A 6.A
7．B [阳数为1,3,5,7,9，阴数为2,4,6,8,10，则选出的(a，b)的所有情况如下：(1,2)，(1,4)，
(1,6)，(1,8)，(1,10)，(3,2)，(3,4)，(3,6)，(3,8)，(3,10)，
(5,2)，(5,4)，(5,6)，(5,8)，(5,10)，(7,2)，(7,4)，(7,6)，(7,8)，(7,10)，(9,2)，(9,4)，(9,6)，(9,8)，(9,10)，共有25种情况，其中满足|a－b|＝1的有(1,2)，(3,2)，(3,4)，(5,4)，(5,6)，
(7,6)，(7,8)，(9,8)，(9,10)，共9种情况，
所以概率为.]
8．C [如图，连接AD，BC，AC，SC.
因为O为AB，CD的中点，且AB＝CD，所以四边形ADBC为矩形，
所以DB∥AC，所以∠SAC或其补角为异面直线SA与BD所成的角．
设圆O的半径为1，则SA＝SC＝.
因为∠AOD＝，所以∠ADO＝.
在Rt△DAC中，CD＝2，得AC＝.
所以在△SAC中，由余弦定理得cos∠SAC＝＝，
所以异面直线SA与BD所成角的余弦值为.]
9．C [对于A，f′(x)＝－＋a，当a≤0时，f′(x)＝－＋a<0，故A正确；
对于B，当a≥1时，f′(x)＝－＋1＋a－1＝＋a－1>0，故f(x)单调递增，故B正确；
对于C，当a＝时，f′(x)＝－＋＝≥0，f(x)单调递增，无极值点，故C错误；
对于D，f(－x)＋f(x)＝－ax＋＋ax＝＋＝2，故D正确．]
10．C [因为a＝3，b＝3，c＝4，所以角C最大，
由cos C＝＝>0⇒0<C<，
所以不能判断△ABC为钝角三角形，故A不正确，
由AB·BC＝－2a⇒－cacos B＝－2a⇒ccos B＝2⇒B∈，不能判断△ABC是钝角三角形，因
此B不正确；
由正弦定理，知＝⇒＝⇒b2＋c2－a2＝－bc，
由余弦定理可知cos A＝＝＝－⇒A＝，所以△ABC是钝角三角形，因此C正确；
由正弦定理，知
b2sin2C＋c2sin2B＝2bccos Bcos C
⇒sin2Bsin2C＋sin2Csin2B
＝2sin Bsin Ccos Bcos C
⇒sin Bsin C＝cos Bcos C
⇒cos(B＋C)＝0
⇒cos(π－A)＝0
⇒cos A＝0⇒A＝，所以△ABC是直角三角形，因此D不正确．]
11．B [x＋y＝＋＋8⇒x＋y－8＝＋，
两边同时乘以“x＋y”得(x＋y－8)(x＋y)＝(x＋y)，
所以(x＋y－8)(x＋y)＝(x＋y)＝5＋＋≥9，
当且仅当y＝2x时等号成立，令t＝x＋y，
所以(t－8)·t≥9，解得t≤－1或t≥9，
因为x＋y>0，所以x＋y≥9，即(x＋y) ＝9.]
min
12．C [取线段FP的中点E，连接FE，
1 2
因为(F2P＋F2F1)·F1P＝0，所以FE⊥FP，
2 1
所以△FFP是等腰三角形，且|FP|＝|FF|＝2c，
1 2 2 1 2
在Rt△FEF 中，由余弦定理得cos∠FFE＝＝＝，
1 2 2 1
连接FQ，又|FQ|＝，点Q在双曲线C上，
2 1
由|FQ|－|FQ|＝2a，则|FQ|＝，
2 1 2
在△FQF 中，cos∠FFQ＝＝＝，整理得12c2＝17a2，
1 2 2 1
所以离心率e＝＝.]
13．(0,3) 14.9
15.(答案不唯一，只要满足α＝π－(k∈Z)即可)
解析 ∵＋
＝
＝＝2，
∴sin＝sin，
∴2α＋＋2α＋＝(2k＋1)π(k∈Z)，
解得α＝－(k∈Z)，
当k＝0时，α＝，
∴使得等式成立的一个α的值为(答案不唯一)．
16.
解析 如图，设中空圆柱的底面半径为r，圆柱的高为2＋h(0<h<2)，则r2＋2＝1，r2＝1－，
∴中空圆柱的体积V＝πr2(2＋h)＝π(2＋h)．
V′＝－π，可得当h∈时，V′>0，当h∈时，V′<0，
则当h＝时，V取得最大值为，
又毛坯的体积为π×12×2＋×13＝，
∴该模具体积的最小值为－＝.
小题满分练 3
1．D 2.D 3.D 4.C 5.B 6.B
7．A 8.C
9．C [由图知，函数的周期T满足
T＝－＝，
解得T＝2π，
∴ω＝＝＝1，
将点代入函数f(x)的解析式，
得1＝cos，
解得φ＝－＋2kπ，k∈Z，
∵－π<φ<0，
∴φ＝－，f(x)＝cos.
对于A，将函数f(x)的图象向左平移个单位长度后得到g(x)＝cos＝sin x，
此时g(x)＝sin x为奇函数，故A正确；
对于B，当x＝－时，
f ＝cos＝－1，
所以直线x＝－是f(x)图象的一条对称轴，故B正确；
对于C，f(x)＝cos的单调递增区间满足
－π＋2kπ≤x－≤2kπ，k∈Z，
即单调递增区间为
，k∈Z，当k＝1时，单调递增区间为
，
当k＝2时，单调递增区间为
，
所以f(x)在区间上单调递减，故C错误；
对于D，当x＝时，
f ＝cos＝cos ＝0，故D正确．]
10．B [由题意知ex－y>ln y－x，
可以化为ex＋x>y＋ln y＝ln y＋eln y，
所以可以构造函数f(x)＝ex＋x，
因为f(x)＝ex＋x在R上单调递增，
又f(x)＝ex＋x>ln y＋eln y＝f(ln y)．
所以x>ln y．]
11．C [由f(－x＋2)＝－f(x＋2)，可知函数f(x)关于点(2,0)对称，即有f(x)＝－f(4－x)．
由f(x＋1)为偶函数，可知函数f(x)关于x＝1对称，即有f(x)＝f(2－x)．
于是有f(2－x)＝－f(4－x)，从而可得f(x)＝f(4＋x)，因此可得函数f(x)的周期为4.
所以f(5)＝f(1)，f(7)＝f(3)．
再由f(－x＋2)＝－f(x＋2)，令x＝1，有f(1)＝－f(3)，即f(1)＋f(3)＝0.
所以f(1)＋f(3)＋f(5)＋f(7)＝f(1)＋f(3)＋f(1)＋f(3)＝2[f(1)＋f(3)]＝0.]
12．C [如图所示，在等腰梯形ABCD中，
由BC＝2AD＝2AB＝2CD＝4，
过A作AM⊥BC，垂足为M，可得BM＝1，
在Rt△ABM中，可得cos∠ABM＝＝，
可得∠ABM＝60°，
即∠ABC＝∠DCB＝60°，
取BC的中点E，连接EA，ED，
可得EA＝EB＝EC＝ED＝2，所以梯形ABCD内接于以E为圆心，半径r＝2的圆，
设四棱锥P－ABCD外接球的球心为O，连接OA，OE，过O作OF∥AE交PA于点F，连
接OP
易知OE⊥平面ABCD，又因为PA⊥平面ABCD，所以OEAF为矩形，F为AP中点，PA＝2，所以OE＝PA＝1，设四棱锥P－ABCD外接球半径为R，所以R＝＝＝.]
13．11 14. 2
15．3
解析 如图，可知∠BAD＋∠BCD＝180°，
由诱导公式知
sin∠BAD＝sin∠BCD，
又sin∠CBD∶sin∠BDC∶sin∠BAD＝1∶1∶，
故sin∠CBD∶sin∠BDC∶sin∠BCD＝1∶1∶，
在△BCD中，由正弦定理得
CD∶BC∶BD＝1∶1∶，
故∠BCD＝120°，∠BAD＝60°，
设CD＝k，BC＝k，BD＝k，则由托勒密定理可知CB·AD＋CD·AB＝AC·BD，
即k·AD＋k·AB＝k·4，
即AD＋AB＝4，
又S ＝AB·AD·sin∠BAD＝AB·AD≤·2＝3，
△ABD
当且仅当AB＝AD时取等号．
故△ABD面积的最大值为3.
16．[－2ln 2－4，＋∞)
解析 设切点为P(t，f(t))，f′(x)＝＋，k＝f′(t)＝＋，
曲线y＝f(x)在切点P(t，f(t))处的切线方程为y－f(t)＝f′(t)(x－t)，
整理得y＝x＋ln t－－1，所以m＋2n＝＋2ln t－－2.
令g(x)＝＋2ln x－－2(x>0)，则g′(x)＝.
当0<x<时，g′(x)<0，g(x)单调递减；
当x>时，g′(x)>0，g(x)单调递增．故g(x) ＝g＝－2ln 2－4，
min
所以m＋2n的取值范围是[－2ln 2－4，＋∞)．
小题满分练 4
1．A 2.A 3.B 4.C 5.C6．C [由题可知a＝lg 2，b＝lg 5＝lg ，
又>2，所以a<b，D错误；
因为10a·102b＝10a＋2b＝10，
所以a＋2b＝1，A错误；
由基本不等式得a＋2b≥2，
所以ab≤，当且仅当a＝2b时取等号，
又因为a＝lg 2,2b＝lg 5，
所以a≠2b，故ab<，B错误；
由于a＝lg 2>0，b＝lg >lg 2，
所以ab>lg22，C正确．]
7．C [在△ABD中，由正弦定理得
＝，
所以sin∠ADB＝＝
＝，
因为B＝，
所以∠ADB＝，∠BAD＝，
所以∠BAC＝，∠ACB＝，
sin＝sin
＝sin cos －cos sin
＝，
在△ABC中，由正弦定理得，＝，
所以AC＝＝
＝＝＋1.]
8．C [设在[0,1]上取的两数为x，y，则|x－y|>，即x－y>，或x－y<－.画出可行域，如图阴
影部分所示，
\
易求阴影部分的面积为，故所求概率P＝＝.]
9．C [当n＝1时， a＋2S＝2＋1⇒a＝1，
2 1 2
当n≥2时，由a ＋2S＝2n＋1得a＋2S ＝2n－1，
n＋1 n n n－1
两式相减可得a －a＋2a＝2，
n＋1 n n即a＋a ＝2，
n n＋1
所以a＝1，可得S＝n，
n n
所以S ＝2 022.]
2 022
10．D [设切点为(x，x－x)，f′(x)＝3x2－1，
0 0
所以切线斜率为3x－1，
所以切线方程为y－(x－x)＝(3x－1)(x－x)，
0 0
将(2，m)代入方程得m－(x－x)＝(3x－1)(2－x)，即2x－6x＋2＋m＝0，
0 0
由题设知该方程有3个不等实根．
令u(x)＝2x3－6x2＋2＋m，
u′(x)＝6x2－12x＝6x(x－2)，
当x<0时，u′(x)>0，
当0<x<2时，u′(x)<0，
当x>2时，u′(x)>0，
所以u(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，
所以u(x)在x＝0时取得极大值u(0)＝2＋m，
在x＝2时取得极小值u(2)＝2×8－6×4＋2＋m＝m－6，
由三次函数图象知
解得－2<m<6.]
11．B [如图，连接AC，AC ，交于点O，连接AC ，BD，交于点P.
1 1 1 1 1 1
连接AC，BD，AB，DC，OO.
1 1 1
由题可知，O 在平面AC CA内，∴OC 与AC共面，故A错误；
1 1 1 1 1 1
在四边形OO C C中，OO∥C C且OO＝C C，∴四边形OO C C为平行四边形．
1 1 1 1 1 1 1 1
∴OC ∥OC.
1 1
∵OC⊂平面ABCD ，OC ⊄平面ABCD ，
1 1 1 1 1 1
∴OC ∥平面ABCD ，故B正确；
1 1 1 1
由正方体的性质可得AC ⊥BD，∵OB＝OD，点P为BD 的中点，∴OP⊥BD，
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
又∵OP∩AC ＝P，
1 1 1
∴BD⊥平面OAC ∴BD⊥OC ，
1 1 1 1 1, 1 1 1 1
又∵BD∥BD，
1 1∴BD⊥OC ，而AD与BD所成角为45°，
1 1
∴显然OC 与AD不垂直，故C错误；
1 1
显然OC 与OB 不垂直，而OB⊂平面BDD B ，∴OC 与平面BDD B 不垂直，故D错
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
误．]
12．C [如图，等边三角形ABC，O为等边三角形ABC的外接圆的圆心，以O为原点，AO
所在直线为y轴，建立平面直角坐标系．因为AO＝2，
所以A(0,2)，设等边三角形ABC的边长为a，
则＝＝2R＝4，
所以a＝2，
则B(－，－1)，C(，－1)．
又因为P是该圆上的动点，
所以设P(2cos θ，2sin θ)，θ∈[0,2π]，
PA＝(－2cos θ，2－2sin θ)，
PB＝(－－2cos θ，－1－2sin θ)，
PC＝(－2cos θ，－1－2sin θ)，
PA·PB＋PB·PC＝－2cos θ(－－2cos θ)＋(2－2sin θ)(－1－2sin θ)＋(－－2cos θ)(－2cos θ)
＋(－1－2sin θ)(－1－2sin θ)
＝4＋2sin θ＋2cos θ
＝4＋4sin，
因为θ∈[0,2π]，
所以θ＋∈，
sin∈[－1,1]，
所以当sin＝1时，
PA·PB＋PB·PC取得最大值为8.]
13．3 14. 63
解析 当A＝1，B＝1时，第一次循环得A＝2，B＝3；第二次循环得A＝3，B＝7；第三次
循环得A＝4，B＝15；
第四次循环得A＝5，B＝31；第五次循环得A＝6，B＝63；循环结束，输出B＝63.
15.
解析 f(x)＝sin ωx－cos ωx＝2sin(ω>0)，由x∈(0，π)，得ωx－∈，
要使函数f(x)的图象在区间(0，π)上恰有2个零点，则π<ωπ－≤2π，
所以ω∈.
16．4 －15
解析 设M(x，y)，
0 0
因为4|MO|＝4|MF|＝7|OF|＝7c，
所以|MO|＝|MF|＝c.
所以x＝，y＝
0 0
＝c，
即M.
所以－＝1，
整理得4b2c2－45a2c2＝16a2b2，
4c4－65a2c2＋16a4＝0，
即4e4－65e2＋16＝0，
解得e2＝或e2＝16.
因为e>1，所以e2＝16，即e＝4.
设P(x，y)，
1 1
由题知，Q(－x，－y)，
0 0
因为|MO|＝|MF|，
所以k ＝－k ，即k＝－k ，
QM MP 1 MP
所以k·k＝－k ·k＝－·
1 2 MP 2
＝－.
又因为⇒(x－x)－(y－y)＝0，
所以＝＝＝e2－1＝15，
所以k·k＝－15.
1 2
小题满分练 5
1．B 2.B 3.D 4.C
5.B [由三视图作出原几何体的直观图如图所示，由三视图可知，该几何体为三棱锥，且AB⊥平面BCD，
且AB＝BC＝2，BD＝CD＝，则BD2＋CD2＝BC2，所以BD⊥CD，
所以S ＝BD·CD＝1，
△BCD
因为BD，BC⊂平面BCD，则AB⊥BD，AB⊥BC，
S ＝AB·BD＝，S ＝BC·AB＝2，
△ABD △ABC
AD＝＝，AC＝＝2，
所以AD2＋CD2＝AC2，所以AD⊥CD，S ＝CD·AD＝，
△ACD
因此，该三棱锥中四个面中面积的最大值为2.]
6.C
7．D [∵4x＝5y＝20，
根据指数与对数的关系和y＝log x(a>1)为增函数，得x＝log 20>log 16＝2，
a 4 4
y＝log 20，
5
由log 5<log 20<log 25，
5 5 5
得1<log 20<2，
5
故1<y<2，∴1<y<x，
可得logy<logx＝1，即z<1，
x x
综上，z<y<x.]
8．C [1分钟内踢毽子的数目大于50的男员工有2名，分别记为a，b，
1分钟内踢毽子的数目大于50的女员工有3名，分别记为A，B，C，
从上述5人中随机抽取2名，所有的基本事件有ab，aA，aB，aC，bA，bB，bC，AB，
AC，BC，共10个基本事件，
其中，事件“恰有1人是男员工”所包含的基本事件有aA，aB，aC，bA，bB，bC，共6个
基本事件，
故所求概率为P＝＝.]
9．D [根据题意，数列{a}是首项为a，公差为1的等差数列，所以a＝n＋a－1，
n n
由于数列{b}满足b＝＝＋1，
n n
所以≥对任意的n∈N*都成立，
故数列{a}单调递增，且满足a<0，a>0，
n 5 6
所以解得－5<a<－4.]
10．B [g(x)＝sin＝sin＝－cos 2x，A错误；
因为f(x)＝sin＝，x∈，所以－<2x －<，cos＝，所以g(x)＝－cos 2x ＝－cos＝sinsin －
0 0 0 0 0
coscos ＝－，B正确；
因为g(x)在上单调递增，所以g(x)在上无最小值，C错误；
当x＝时，求得g＝0，D错误．]
11．D [∵函数f(2x＋1)(x∈R)是奇函数，∴f(2x＋1)＝－f(－2x＋1)⇒f(2x＋1)＋f(－2x＋1)＝
0，函数f(x)的图象关于点(1,0)对称，故B正确；∵函数f(2x＋1)(x∈R)是周期为2的奇函数，
∴f(x)的周期为 4，故 A 正确；f(2 021)＝f(4×505＋1)＝f(1)＝0，故 C 正确；f(2 022)＝
f(4×505＋2)＝f(2)，无法判断f(2)的值，故D错误．]
12．B [对于①，因为OD2＝6，DE2＝8＋BE2，OE2＝2＋BE2，则OD2<DE2＋OE2，故①错
1
误；
对于②，连接AC，BD交于点F，连接DF(图略)，则DF∥OB，由于OB⊄平面ACD ，
1 1 1
DF⊂平面ACD ，则OB∥平面ACD ，故当点E运动到B处时，OE∥平面ACD ，故②正确；
1 1 1 1
对于③，因为BB∥平面AACC ，所以点E到平面AACC 的距离不变，且四边形AACC 的
1 1 1 1 1 1 1
面积不变，故四棱锥E－AACC 的体积不变，故③正确；
1 1
对于④，如图，在展开图中，当A，E，C共线时，AE＋EC有最小值为＝2，故④正确．]
1 1
13.< 14.±1 15.8
16.
解析 如图所示，
设|AF|＝m，因为|FF|＝2c，BT＝3AF2，
1 1 2
则AF∥BT，
2
所以△FAF∽△FBT，
1 2 1
所以＝＝＝，
所以|BF|＝3m，|FT|＝4c，
1 2
由双曲线的定义可得，
|AF|＝|AF|＋2a＝m＋2a，
2 1|BF|＝|BF|－2a＝3m－2a，
2 1
因为BF 经过△BFT的内切圆圆心，即BF 平分∠FBT，
2 1 2 1
所以 ＝＝＝，
则|BT|＝2|BF|＝6m，
1
所以|AF|＝|BT|＝2m，
2
所以2m＝m＋2a，则m＝2a，
则|AB|＝2m＝4a＝|AF|，
2
|BF|＝3m－2a＝4a，
2
故△ABF 为等边三角形，
2
则∠BAF＝，
2
故∠FAF＝，
1 2
在△FAF 中，
1 2
|AF|＝2a，|AF|＝4a，|FF|＝2c，
1 2 1 2
由余弦定理可得|FF|2＝|AF|2＋|AF|2－2|AF|·|AF|cos ，
1 2 1 2 1 2
即4c2＝4a2＋16a2－16a2×，
可得c＝a，
因此，该双曲线的离心率为e＝＝.
小题满分练 6
1．A 2.D 3.A 4.A 5.C
6．B [设圆锥底面半径为r，高为h，母线长为l＝2，则l2＝r2＋h2＝4，
底面周长2πr＝×(2π×2)⇒r＝1，所以h＝＝，
所以圆锥的体积为×π×12×＝π.]
7．C [由已知得＝×(1＋2＋3＋4＋5)＝3，＝×(39＋40＋48＋48＋50)＝45，
所以这5次测试成绩的方差为×[(39－45)2＋(40－45)2＋(48－45)2＋(48－45)2＋(50－45)2]＝
20.8，B正确；
又y关于x的线性回归方程为y＝3x＋a，点(，)在直线y＝3x＋a上，
所以45＝3×3＋a，所以a＝36，
所以y＝3x＋36，
取x＝6可得，y＝54，所以A，D正确；
因为y＝3x＋36，所以y与x成正相关关系，故相关系数r>0，C错误．]8．A [设4个白球为a，b，c，d,2个红球为e，f，事件A为顾客所获得的减免金额为30元，
则一共可抽取{ab，ac，ad，ae，af，bc，bd，be，bf，cd，ce，cf，de，df，ef}，共15种情
况，
A＝{ab，ac，ad，bc，bd，cd}，共6种情况，
所以顾客所获得的减免金额为30元的概率为P＝＝.]
9．D [因为OP绕原点O旋转－30°，30°，60°到OP1，OP2，OP3的位置，
所以OP1与OP3的夹角为90°，
所以OP1·OP3＝0，故A正确；
由题意知，△OPP ≌△OPP ，
1 2
所以PP＝PP，即|PP1|＝|PP2|，故B正确；
1 2
因为〈OP，OP3〉＝60°，
〈OP1，OP2〉＝60°，
|OP|＝|OP3|＝|OP1|＝|OP2|，
所以由数量积的定义知OP·OP3＝OP1·OP2，故C正确；
若点P 的坐标为，
1
则|OP1|＝≠|OP|＝，故D错误．]
10．C [∵acos C－2bcos B＋ccos A＝0，
由正弦定理得
sin Acos C－2sin Bcos B＋sin Ccos A＝0，
∴sin(A＋C)－2sin Bcos B＝0，
又A＋B＋C＝π，
∴sin B－2sin Bcos B＝0，
∵B是三角形内角，
∴sin B≠0，
∴cos B＝，
∴B＝，
由余弦定理得
b2＝a2＋c2－2accos B，
即9＝a2＋c2－ac，
又BD＝(BC＋BA)，∴|BD|2＝(|BC|2＋|BA|2＋2BC·BA)，
即4＝(a2＋c2＋ac)，
解得ac＝，
∴S ＝acsin B＝××＝.]
△ABC
11．A [设f(x)＝x＋ex，显然f(x)是增函数，
不等式ax＋eax≥ln x＋x可变形为ax＋eax≥ln x＋eln x，即f(ax)≥f(ln x)，所以ax≥ln x.
所以a≥，
令g(x)＝，x>0，
则g′(x)＝，
当0<x<e时，g′(x)>0，g(x)单调递增；
当x>e时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
所以g(x) ＝g(e)＝，
max
因为不等式a≥恒成立，
所以a≥.
即a的最小值是.]
12．C [令∠AFC＝α，∠BFD＝β，
∵|AC|＝|AF|，
∴∠ACF＝α，∠CAF＝π－2α，
∵|BF|＝|BD|，
∴∠BDF＝β，∠DBF＝π－2β.
又∵π－2α＋π－2β＝π，
∴α＋β＝，
∴∠CFD＝，A错误；
设l ：x＝my＋1，
AB
令A(x，y)，B(x，y)，
1 1 2 2
由消去x可得y2－4my－4＝0，
则y＋y＝4m，yy＝－4.
1 2 1 2
∵AF＝2FB，∴y＝－2y，
1 2
∴y＝－2，y＝，m＝－，
1 2此时k＝－2，
或y＝2，y＝－，m＝，
1 2
此时k＝2，
即k＝±2，B错误；
|AB|＝x＋1＋x＋1＝x＋x＋2
1 2 1 2
＝my＋my＋4＝，
1 2
O到AB的距离d＝＝，
∴S ＝××＝，C正确；
△AOB
令m＝，则l ：x＝y＋1，
AB
此时A(2,2)，B，
M，
C(－1,2)，D(－1，－)，
|DM|＝，
|CM|＝，|CD|＝3，
CM2＋DM2≠CD2，
∴△CDM不是等腰直角三角形，D错误．]
13．3＋2 14.－ 15.48
16．3
解析 如图，因为AB⊥平面BCD，BC⊥CD，所以AD为球O的直径．
由AB＝2，BC＝4得AC＝2.
作CE⊥BD，则∠CAE即为AC与平面ABD所成的角，
所以sin∠CAE＝＝＝，得CE＝2.
设CD＝x，在△BCD中，由等面积法得4x＝2·，
解得x＝4，
所以AD2＝AB2＋BC2＋CD2＝4＋16＋16＝36，
即2R＝6，R＝3.
又平面ACD过球心，所以P到平面ACD距离的最大值即为半径的长，
所以点P到平面ACD距离的最大值为3.小题满分练 7
1．C 2.A 3.D 4.D
5．D [方法一 当n取奇数时，
由已知b＝1＋，b＝1＋，
1 3
因为>，所以b>b，
1 3
同理可得b>b，b>b，…，于是可得b>b>b>b>…，故A不正确；
3 5 5 7 1 3 5 7
当n取偶数时，由已知b＝1＋，
2
b＝1＋，
4
因为>，所以b<b，
2 4
同理可得b<b，b<b，…，于是可得b<b<b<b<…，故C不正确；
4 6 6 8 2 4 6 8
因为>，所以b>b，
1 2
同理可得b>b，b>b，b>b，
3 4 5 6 7 8
又b>b，所以b>b，故B不正确；
3 7 3 8
方法二 (特殊值法)
不妨取α＝1(k＝1,2，…)，
k
则b＝1＋＝2，
1
b＝1＋＝1＋＝1＋＝，
2
b＝1＋＝1＋＝1＋＝，
3
所以b＝1＋＝1＋＝，
4
b＝1＋＝1＋＝，
5
b＝1＋＝1＋＝，
6
b＝1＋＝1＋＝，
7
b＝1＋＝1＋＝.
8
逐一判断选项可知选D.]
6．D 7.B 8.B
9．A [如图，连接AD，则M为AD 的中点，又N为BD 的中点，
1 1 1
则MN∥AB，
∵MN⊄平面ABCD，AB⊂平面ABCD，∴MN∥平面ABCD，∵∠ABD＝45°，则MN与BD所成的角为45°，故MN与平面BDD B 不垂直，
1 1
由图可知，AD与DB异面，
1 1
∵四边形AADD为正方形，则AD⊥AD，
1 1 1 1
又AB⊥平面AADD，AD⊂平面AADD，则AD⊥AB，
1 1 1 1 1 1
∵AB∩AD＝A，∴AD⊥平面ABD ，∵BD⊂平面ABD ，
1 1 1 1 1
则AD⊥BD.]
1 1
10．D [A选项，若k＝0，则数列{a}是常数列，所以分母为0，所以k不可能为0，故A
n
错误；
B选项，当等差数列是常数列时，分母等于0，不成立，故B错误；
C选项，当等比数列是常数列时，分母等于0，不成立，故C错误；
D选项，因为a＝a·bn＋c(a≠0，b≠0,1)，
n
所以
＝
＝＝b，为常数，是等差比数列，
故D正确．]
11．C [由OABC为平行四边形知BC＝a，故B，代入椭圆方程得＋＝1，
即k2＝，
对于A，若k越大，a越小，A错误；
对于B，若k越大，则e＝越小，椭圆越圆，B错误；
对于C，若k＝，则e＝＝，C正确；
对于D，e＝无最大值，D错误．]
12．C [对于y＝，
令y′＝＝0，则x＝1.
则y＝在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
∴y ＝.
max
对于y＝，
令y′＝＝0，则x＝e，
则y＝在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
∴y ＝.
max
作出函数的图象如图所示．＝a，则x＝a ，①正确；
2
y＝在(0,1)上单调递增，
0<x<1,1<x<e,0<ln x<1，
1 2 2
∴x＝ln x，②错误；
1 2
y＝在(e，＋∞)上单调递减，
∈(e，ee)，x>e，
3
∴ ＝x，③正确；
3
xx＝ ln x＝·ax＝x，④正确．]
1 3 2 2
13. 10
解析 由程序框图可知，其统计的是数学成绩大于或等于90的人数．由茎叶图知，数学成
绩大于或等于90的人数为10，因此输出结果为10.
14.7
15．8 18
解析 公共部分是两个正四棱锥且底面重叠的空间几何体，共8个面．
底面是以3 cm为边长的正方形，
其面积为S＝18 cm2，
其中一个正四棱锥的高为 cm.
∴V＝×18××2＝18(cm3)．
16. －
解析 因为x∈，则x＋∈，
令t＝sin∈[－1,1]，
则t＝(sin x＋cos x)，
t2＝(1＋2sin xcos x)＝(1＋sin 2x)，则sin 2x＝2t2－1，
所以f(x)＝2t2＋t－1，
所以当t＝－时，函数y＝2t2＋t－1取得最小值，即y ＝－－1＝－，
min
此时sin＝－，
由已知θ＋∈，
所以cos＝＝，cos θ＝cos＝coscos ＋sinsin ＝.
小题满分练 8
1．D 2.C 3.C 4.B 5.A 6.A
7．B 8. B [双曲线的渐近线斜率为±，则|t|<，即－<t<，故所求概率为P＝.]
9．B [设复数z＝a＋bi(a，b∈R)．
因为|z|＝|z－1|＝1，且复数z对应的点在第一象限，
所以
解得
即z＝＋i.
对于①，复数z的虚部为，故①错误；
对于②，＝＝－i，
故②正确；
对于③，因为z2＝2＝－＋i，
z－1＝－＋i，
所以z2＝z－1，故③正确；
对于④，复数z的共轭复数为－i，故④错误．]
10．B [因为函数f(x)满足f ＋f ＝2，故函数f(x)关于点对称，
所以m＝1，且sin＝0，
即ω＋＝kπ(k∈Z)，
则ω＝3k－1(k∈Z)，
又0<ω<5，故当k＝1时，ω＝2.
故ω＋m＝3.]
11．D [由a＝n(a －a)得＝，则＝＝＝…＝＝1，
n n＋1 n
故a＝n，所以b＝a＝b＝1，b＝a＝2，
n 1 1 4 2 2
所以b＝b＝2，因为S＝a ＝10，
5 2 5 10
所以1＋2＋b＋1＋2＝10，解得b＝4，同理得b＝b＝4，b＝b＝1，b＝b＝2，…，故数
3 3 6 3 7 4 8 5
列{b}是以3为周期的数列，
n
所以S ＝S ＝(1＋2＋4)×674＋1＝4 719.]
2 023 674×3＋1
12．B [由b＝＋1＝ln ＋1，
令f(x)＝ln x＋1－x，
则f′(x)＝－1，当x∈(0,1)时，f′(x)>0；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0；
所以f(x)＝ln x＋1－x在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
且f(1)＝0，
则f()<0，因此ln ＋1－<0，所以b<c.
又因为c＝<1.3，
所以ln＋1<<1.3，
得ln<0.3＝ln e0.3，
故<e0.3，有a>c.
综上，a>c>b.]
13．8.5
14. [1，＋∞)
解析 由余弦定理得cos A＝，
因为0<A<，所以由cos A>0得b2＋c2>a2，
所以若不等式2a＋b2＋c2－3>0，即b2＋c2>3－2a恒成立，则a2≥3－2a，
即(a＋3)(a－1)≥0，所以a≥1或a≤－3(舍)．
15.2
16.
解析 tan∠APB＝tan∠ADB ＝＝.
1 1
由正方体ABCD－ABC D 知AB⊥平面ABCD ，
1 1 1 1 1 1 1
又点P满足AP⊥AB，
1 1
所以点P在平面ABCD 内运动，
1 1
如图，连接AB，交AB 于点O，连接PO.
1 1
由对称性知，∠APO＝∠BPO，
1
所以tan∠APB＝＝，
1
解得tan∠APO＝，
所以PO＝＝，
所以点P的轨迹围成的封闭图形是以点O为圆心，为半径的圆，
所以面积S＝π×2＝.大题保分练 1
1．解 ∵3sin(A＋B)＝csin ，
a＝3，
∴asin(A＋B)＝csin ，
由正弦定理知sin Asin(A＋B)
＝sin Csin ，
又A＋B＋C＝π，
∴sin Asin C＝sin Csin
＝sin Csin
＝sin Ccos ，
又sin C≠0，
∴sin A＝cos ，
即2sin cos ＝cos ，
而cos ≠0，
∴sin ＝，
又A∈(0，π)，故＝，
即A＝.
选①：b＝，a＝3，
由正弦定理得＝，
即＝，
解得sin B＝，又b<a，
∴B＝，则C＝.
∴△ABC的面积S＝ab＝.
选②：sin B＋sin C＝2sin A，
由正弦定理得b＋c＝6，
由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A，
即b2＋c2－bc＝9，
联立
得解得b＝c＝3，
∴△ABC的面积S＝bcsin A＝.
选③：bc＝10，
由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A，即b2＋c2－bc＝9，
消去c，整理得b4－19b2＋100＝0，
此时Δ＝(－19)2－4×100＝－39<0，
故方程无实数根，
∴选条件③时，三角形不存在．
2．解 (1)设等比数列{a}的公比为q，则q≠0，
n
由2S＝S＋S⇒2(1＋q＋q2)＝1＋1＋q⇒2q2＋q＝0⇒q＝－，
3 1 2
故a＝aqn－1＝n－1.
n 1
(2)S＝＝×，
n
则×≤3×n－1，
整理得n≤－，
当n为偶数时，n>0，不符合题意；
当n为奇数时，n＝－n，
可得n≥＝3，
可得n≤3.
因此，n的最大值为3.
3．解 (1)设A，B两所学校抽取的人数分别为x，y，
由已知可得
解得
故A，B两所学校抽取的人数分别为45,55.
(2)由频率分布直方图可知，该区学生做作业的平均时长的估计值为
0．5×(1.25×0.1＋1.75×0.3＋2.25×0.4＋2.75×0.6＋3.25×0.3＋3.75×0.2＋4.25×0.1)＝
2.675(小时)．
由0.5×(0.1＋0.2＋0.3)＝0.3，可知有30%的学生做作业时长超过3小时．
综上，估计该区学生做作业的平均时长为2.675小时，该区有30%的学生做作业时长超过3
小时．
(3)由(2)可知，有30%×100＝30(人)做作业时间超过3小时．
故填写列联表如下(单位：人)：
做作业时间超过3小时 做作业时间不超过3小时 总计
A校 20 25 45
B校 10 45 55
总计 30 70 100
根据列联表中的数据，经计算得到K2＝≈8.13>6.635，
因此，在犯错误的概率不超过0.01的前提下认为做作业时间超过3小时与学校有关．
4．解 (1)由题意得⊙C的直角坐标方程为(x－1)2＋(y－2)2＝4，
根据极坐标与直角坐标的互化公式，
可得⊙C的极坐标方程为(ρcos θ－1)2＋(ρsin θ－2)2＝4，
化简得ρ2－2ρcos θ－4ρsin θ＋1＝0，
又由直线l的极坐标方程是θ＝(ρ∈R)，可得直线l的直角坐标方程为y＝x.
(2)设A，B的极坐标分别为
A，B，
将θ＝代入ρ2－2ρcos θ－4ρsin θ＋1＝0，
整理得ρ2－3ρ＋1＝0，
所以ρ＋ρ＝3，ρρ＝1，
1 2 1 2
所以|AB|＝|ρ－ρ|＝＝＝.
1 2
大题保分练 2
1． (1)解 ∵S＝a －3，①
n n＋1
∴当n＝1时，a＝a－3，∴a＝4；
1 2 2
当n≥2时，S ＝a－3，②
n－1 n
由①－②得，a ＝2a，
n＋1 n
又∵＝4≠2，
∴数列{a}是从第2项起公比为2的等比数列，
n
即当n≥2时，a＝a·2n－2＝2n.
n 2
∴a＝
n
(2)证明 若选择①：c＝
n
＝
＝
＝2，
∴T＝2
n
＝2<2.
若选择②：c＝＝，
n
则T＝＋＋…＋＋，③
n
T＝＋＋…＋＋，④
n由③－④得
T＝＋－
n
＝＋－，
∴T＝2－<2.
n
2．解 (1)因为各组的频率和等于1，
所以低于50分的频率为1－(0.015×2＋0.03＋0.025＋0.005)×10＝0.1，
所以低于50分的人数为100×0.1＝10.
(2)由(1)可知，学生成绩在[0,70)的频数为 0.4×100＝40，学生成绩在[70,100]的频数为
0.6×100＝60.按分层抽样的方法从中选取5人，则从成绩在[0,70)的学生中抽取×5＝2(人)，
分别记为a，a，从成绩在[70,100]的学生中抽取×5＝3(人)，分别记为b，b，b.
1 2 1 2 3
从中任意选取2人，有aa ，ab ，ab ，ab ，ab ，ab ，ab ，bb ，bb ，bb ，共10种
1 2 1 1 1 2 1 3 2 1 2 2 2 3 1 2 1 3 2 3
选法，其中高考都选考历史科目的选法有bb，bb，bb，共3种．
1 2 1 3 2 3
所以这2人高考都选考历史科目的概率为P＝.
3. (1)证明 如图，连接AB.
1
在三棱柱ABC－ABC 中，AC＝AA＝2AB＝4，∠BAA＝60°.
1 1 1 1 1 1
则AB2＝AA＋AB2－2AA·ABcos 60°＝42＋22－2×4×2×＝12，
1 1
则AB＝2，则AB2＋AB2＝AA，
1 1
∴AB⊥AB，
1
又∵AB2＋BC2＝AC2，∴AB⊥BC，
1 1 1
又AB∩BC＝B，AB，BC⊂平面ABC，
∴AB⊥平面ABC，
1
∵AB⊂平面AABB，
1 1 1
∴平面ABC⊥平面AABB.
1 1
(2)解 如图，取AB的中点D，连接CD，AB，∵AC＝BC，∴ CD⊥AB，
1
又由(1)知，平面ABC⊥平面AABB，平面ABC∩平面AABB＝AB，CD⊂平面ABC，
1 1 1 1
则CD⊥平面AABB，且CD＝.
1 1
则三棱锥C－ABA 的体积为××2×4××＝2，
1
则三棱柱ABC－ABC 的体积为6，
1 1 1∵CP＝2PC ，
1
∴在四边形C BBC中，
1 1
又∵四棱锥A－C BBC的体积为6－2＝4，
1 1 1
∴三棱锥A－PBC 的体积为 ＝×4＝.
1 1 1
4．(1)解 由题意，函数f(x)＝|x－4|＋|2x＋2|－|x－1|，
当x<－1时，可得f(x)＝4－x－2x－2＋x－1＝1－2x，此时f(x)>f(－1)＝3；
当－1≤x<1时，可得f(x)＝4－x＋2x＋2＋x－1＝5＋2x，此时f(x)≥f(－1)＝3；
当1≤x<4时，可得f(x)＝4－x＋2x＋2＋1－x＝7；
当x≥4时，可得f(x)＝x－4＋2x＋2＋1－x＝2x－1，此时f(x)≥f(4)＝7，
所以函数f(x)的最小值为3，即m＝3.
(2)证明 由m＝3，可得a＋b＋c＝－3＝－3＝－2，
所以4＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2ab＋2ac＋2bc≤3(a2＋b2＋c2)，
当且仅当a＝b＝c＝－时取等号，
所以a2＋b2＋c2≥.
大题保分练 3
1．解 (1)在△ABC中，由正弦定理知，
＝＝＝2R，
∵acos C＋ccos A＝1，
∴2R(sin Acos C＋cos Asin C)＝1，
即2Rsin B＝1，
∴b＝2Rsin B＝1.
(2)在△ABC中，由余弦定理得
cos B＝＝，
∴a2＋c2＝ac＋1≥2ac(当且仅当a＝c时取“＝”)，
∴(2－)ac≤1，
∴ac≤2＋，
又∵S ＝acsin B＝ac，
△ABC
∴S ≤，
△ABC
即△ABC面积的最大值为.
2．解 (1)因为a，b，20成等差数列，所以解得
所以参加岗位技术比赛的200名员工成绩的平均值为×(45×10＋55×20＋65×50＋75×60＋
85×40＋95×20)＝73，
频率分布表为：
成绩 [40,50) [50,60) [60,70) [70,80) [80,90) [90,100]
频数 10 20 50 60 40 20
频率 0.05 0.1 0.25 0.3 0.2 0.1
所以中位数位于[70,80)内，设中位数为 70＋x，则x＝0.5－(0.05＋0.1＋0.25)，解得x＝
≈3.3，所以中位数约为73.3.
(2)用分层抽样的方法从成绩在[80,90)与[90,100]内的员工中选取6人，
则需从成绩在[80,90)内的员工中抽取6×＝4(人)，记作A，B，C，D；
从成绩在[90,100]内的员工中抽取6×＝2(人)，记作E，F.
从这6人中选取3人所有可能情况有ABC，ABD，ABE，ABF，ACD，ACE，ACF，ADE，
ADF，AEF，BCD，BCE，BCF，BDE，BDF，BEF，CDE，CDF，CEF，DEF，共20种，
其中满足这3人中至少有2人的岗位技术比赛成绩在[80,90)内的情况有ABC，ABD，ABE，
ABF，ACD，ACE，ACF，ADE，ADF，BCD，BCE，BCF，BDE，BDF，CDE，CDF，
共16种，
所以这3人中至少有2人的岗位技术比赛成绩在[80,90)内的概率P＝＝.
3．解 (1)V ＝V ，
P－AMN M－PAN
∵平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，又DA⊥AB，DA⊂平面ABCD，
∴DA⊥平面PAB，又MD∥AB，
∴点M到平面PAB的距离是AD＝，
又BP＝3BN，则S ＝S ＝××2×3×sin 60°＝，
△APN △APB
∴三棱锥P－AMN的体积为××＝1.
(2)存在．理由如下：
∵AB∥DC，AB＝3，CD＝2，
如图连接BM并延长，与AD交于点E，连接PE，
∵DM∥AB，
∴在△EAB中，＝＝，∴在△PBE中，在PB上取点N，使得＝＝，
则MN∥PE，
又MN⊄平面PAD，PE⊂平面PAD，
∴MN∥平面PAD，
在△PAB中，PB＝＝PB＝，
∴PN＝PB＝.
4．解 (1)因为C 的参数方程为(α为参数)，所以消去参数α，可得C 的普通方程为x2＋(y－
1 1
2)2＝9，即x2＋y2－4y－5＝0，
又所以C 的极坐标方程为ρ2－4ρsin θ－5＝0.
1
(2)由于C 与C 交于M，N两点，
1 2
联立
得ρ2－4ρsin φ－5＝0，
设M，N两点所对应的极径为ρ ，ρ ，
M N
则ρ ＋ρ ＝4sin φ，ρ ρ ＝－5，
M N M N
故|OM|＋|ON|＝|ρ －ρ |
M N
＝
＝＝4，
整理得sin2φ＝，则sin φ＝±，
所以C 的直角坐标方程为x±y＝0.
2
大题保分练 4
1．解 (1)在△ABC中，由正弦定理得，
sin Bsin A＝sin A－sin Acos B.
因为sin A≠0，
所以sin B＝1－cos B，
所以sin B＋cos B
＝2sin＝1，
即sin＝.
又B∈(0，π)，则B＋＝，
所以B＝.
(2)选择条件①：
因为BD＝，所以|BD|2＝(|BA|2＋2BA·BC＋|BC|2)
＝×
＝，
所以|BD|＝，即BD＝.
选择条件②：
因为BD为∠ABC的角平分线，
所以S ＋S ＝S ，
△ABD △CBD △ABC
则c×BDsin ＋a×BDsin
＝a×csin ，
即×1×BDsin ＋×2×BDsin
＝×2×1×sin ，
解得BD＝.
2．解 (1)由题可知，a＝0.004×10×100＝4，b＝100－(2＋4＋22＋28＋4)＝40，
所以这100名居民竞赛成绩在[70,80)内的频率/组距为÷10＝0.040，
补全频率分布直方图如图．
(2)估计该社区居民竞赛成绩的平均数
＝45×＋55×＋65×＋75×＋85×＋95×＝75，
估计该社区居民竞赛成绩的方差
s2＝(45－75)2×＋(55－75)2×＋(65－75)2×＋(75－75)2×＋(85－75)2×＋(95－75)2×＝100.
(3)由(2)可得s＝＝10，
所以P(X≥－s)＝P(X≥65)＝1－P(X<65)＝1－(0.002×10＋0.004×10＋0.022×5)＝0.83，
因为0.83∈(0.8,0.9]，
所以该社区可获得“反诈先进社区”称号．
3．(1)证明 ∵D为AC的中点，且AD＝DB，
∴∠ABC＝，即AB⊥BC.
∵EC⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，∴EC⊥AB.
∵BC∩EC＝C，BC，EC⊂平面EBC，
∴AB⊥平面EBC.又∵PC⊂平面EBC，∴AB⊥PC.
(2)解 如图，延长BC至点F，使得BC＝CF，
连接PF，AF，
∵BE＝EP，CF＝BC，∴EC∥PF且EC＝PF，
∵EC＝1，BC＝，∴PF＝2，CF＝，
∵EC⊥平面ABC，∴PF⊥平面ABF，
∵CF⊂平面ABF，∴PF⊥CF，
在Rt△PCF中，PC＝＝＝，AB＝＝＝3，
在Rt△ABF中，
AF＝＝＝，
在Rt△APF中，
AP＝＝＝5，
∴△APC的周长为5＋＋2.
4．解 (1)当a＝2时，不等式f(x)≤4可化为|x－2|＋2|x－3|≤4，
当x<2时，不等式可化为－3x＋8≤4，
解得x≥，
∴≤x<2；
当2≤x≤3时，不等式可化为－x＋4≤4，解得x≥0，
∴2≤x≤3；
当x>3时，不等式可化为3x－8≤4，解得x≤4，
∴3<x≤4，
∴不等式的解集为.
(2)由绝对值三角不等式，可得f(x)＋|x－a|＝|2x－2a|＋|2x－6|≥|2x－2a－2x＋6|＝|6－2a|，当
且仅当(x－a)(x－3)≤0时等号成立，
∴|6－2a|≥1,
∴a≤或a≥，
∴a的取值范围为∪.大题保分练 5
1．解 (1)∵4a＝3S＋2，①
n n
∴当n＝1时，4a＝3a＋2，
1 1
即a＝2，
1
当n≥2时，4a ＝3S ＋2.②
n－1 n－1
由①－②得4a－4a ＝3a，
n n－1 n
即a＝4a ，
n n－1
∴数列{a}是以2为首项，4为公比的等比数列．
n
∴a＝2×4n－1.
n
(2)由(1)知log a＝log (2×4n－1)＝log 22n－1＝2n－1，
2 n 2 2
∴b＝a＋log a＝2×4n－1＋2n－1，
n n 2 n
∴T＝＋＝＋n2.
n
2．解 (1)在△BCD中，由正弦定理知，
＝，
所以BD·sin∠CBD＝CD·sin∠BCD，
因为∠BCD＝135°，BD＝CD＝，
所以sin∠CBD＝.
(2)在△BCD中，∠BCD＝135°，
则∠CBD为锐角，
因为sin∠CBD＝，
所以cos∠CBD＝，
在梯形ABCD中，AB∥CD，∠BCD＝135°，
则∠CBA＝45°，
所以sin∠ABD＝sin(45°－∠CBD)＝，
显然∠ABD为锐角，
所以cos∠ABD＝，
因为S ＝AB·BD·sin∠ABD＝4，
△ABD
所以AB＝4，所以AD2＝AB2＋BD2－2AB·BD·cos∠ABD＝10，
所以AD＝.
3．解 (1)由题意知2b＝4，c＝4，
则b＝2，a2＝b2＋c2＝20，
∴椭圆C的方程为＋＝1.(2)易知直线l的斜率存在，
设直线l的方程为y＝kx＋1.
联立
消去y得(1＋5k2)x2＋10kx－15＝0，
则Δ＝400k2＋60>0.
设A(x，y)，B(x，y)，
1 1 2 2
则x＋x＝－，
1 2
∵|OP|＝|OQ|，
∴2＋2＝2＋2，
即(x－x)(x＋x)
1 2 1 2
＝－k(x－x)[k(x＋x)＋4]．
1 2 1 2
∵x≠x，
1 2
∴x＋x＋k2(x＋x)＋4k＝0，
1 2 1 2
∴－－＋4k＝0，
解得k＝0，k＝，k＝－，
1 2 3
∴满足条件的直线l的方程为y＝1，y＝x＋1和y＝－x＋1.
4．解 (1)由直线l的参数方程消去参数t，得直线l的普通方程为2x＋3y－6＝0；
由ρ2＝得ρ2＋3ρ2sin2θ＝4，
则x2＋4y2＝4，
所以曲线C的直角坐标方程为＋y2＝1.
(2)由(1)可知A(3,0)，B(0,2)，
设P(2cos θ，sin θ)，
则点P到直线2x＋3y－6＝0的距离为d＝＝，其中tan φ＝，
当sin(θ＋φ)＝1时，d ＝，
min
又|AB|＝＝，
所以△ABP的面积的最小值为|AB|·d ＝.
min
大题保分练 6
1． 解 (1)由题意可得参与调查的女家长人数为100－40＝60，
参与调查的女家长对该幼儿园举办的亲子活动满意的人数为60－10＝50，
参与调查的男家长对该幼儿园举办的亲子活动满意的人数为75－50＝25，参与调查的男家长对该幼儿园举办的亲子活动不满意的人数为40－25＝15，
参与调查的家长对该幼儿园举办的亲子活动不满意的人数为15＋10＝25，
则补充完整的列联表如下：
满意 不满意 总计
男家长 25 15 40
女家长 50 10 60
总计 75 25 100
男家长对该幼儿园举办的亲子活动满意的概率为＝，
女家长对该幼儿园举办的亲子活动满意的概率为＝.
(2)由(1)中列联表可得
K2＝＝≈5.556，
因为5.556>3.841，
所以有95%的把握认为男、女家长对该幼儿园举办的亲子活动的评价有差异．
2． (1)证明 取CD的中点G，
连接EG，
∵△CDE为腰长为的等腰三角形，
∴EG⊥CD，
又∵平面CDE⊥平面BCD，EG⊂平面ECD，
平面CDE∩平面BCD＝CD，
∴EG⊥平面BCD，
同理可得，AF⊥平面BCD，
∴EG∥AF，
又∵EG⊂平面ECD，
AF⊄平面ECD，
∴AF∥平面ECD.
(2)解 在△CDE中，
EG2＝ED2－DG2，
∴EG＝2，又∵△BCD为边长为2的等边三角形，
∴V ＝S ·EG＝××4×2＝，
E－BCD △BCD
过G作GH⊥BC于H，在等边三角形BCD中，
GH＝DF＝，
又∵平面ABC⊥平面BCD，GH⊂平面BCD，
平面ABC∩平面BCD＝BC，
∴GH⊥平面ABC，
又∵EG∥AF，
∴GH的长度是点E到平面ABC的距离，
又∵△ABC为等边三角形，
∴V ＝S ·GH＝××4×＝，
E－ABC △ABC
∴V ＝V ＋V ＝＋＝.
ABDEC E－BCD E－ABC
3． 解 (1)设等差数列{a}的公差为d，
n
由已知得
解得或∵d≠0，
∴
∴a＝1＋(n－1)×2＝2n－1，
n
∵3b＋2bb －b＝0，
n n＋1
∴(b ＋b)(3b －b)＝0，
n＋1 n n＋1 n
∵b>0，∴b ＝b，
n n＋1 n
又b＝1≠0，∴b≠0，∴＝，
1 n
∴{b}是以1为首项，为公比的等比数列．
n
∴b＝n－1.
n
(2)∵b＝n－1，a＝2n－1，
n n
∴＋6≥a，
n
即＋6≥2n－1，
即λ≥恒成立，
设c＝，则c －c＝－＝，
n n＋1 n
即当n＝1,2,3时，c >c；
n＋1 n
当n＝4时，c ＝c；当n≥5，
n＋1 n
n∈N*时，c <c，
n＋1 n
∴当n＝4或5时，c＝为{c}的最大项．
n n∴λ≥，故实数λ的最小值为.
4． 解 (1)不等式f(x)≤6⇔|x－1|＋|x＋3|≤6可转化为
或
或
解得－4≤x≤－3 或－3<x<1或1≤x≤2，
则有－4≤x≤2，
所以不等式f(x)≤6的解集为[－4,2]．
(2)由绝对值三角不等式可得|x－1|＋|x＋3|≥|(x－1)－(x＋3)|＝4，当且仅当－3≤x≤1时等号
成立，
因此，函数f(x)＝|x－1|＋|x＋3|的最小值M＝4，即a＋2b＋3c＝4，
由柯西不等式可知(a2＋b2＋c2)·(12＋22＋32)≥(a＋2b＋3c)2＝16，
即a2＋b2＋c2≥＝，
当且仅当＝＝，即a＝，
b＝，c＝时等号成立，
所以a2＋b2＋c2的最小值为.
压轴题突破练 1
1．(1)解 由题意得c＝2.①
因为双曲线的渐近线方程为
y＝±x＝±x，
所以＝.②
又c2＝a2＋b2，③
所以联立①②③得a＝1，b＝，
所以双曲线C的方程为x2－＝1.
(2)证明 由题意知直线PQ的斜率存在且不为0，
设直线PQ的方程为y＝kx＋t(k≠0)，
将直线PQ的方程代入C的方程，
整理得(3－k2)x2－2ktx－t2－3＝0，
则x＋x＝，xx＝－>0，
1 2 1 2
所以3－k2<0，
所以x－x＝
1 2
＝.设点M的坐标为(x ，y )，
M M
则
两式相减，得y－y＝2x －(x＋x)，
1 2 M 1 2
又y－y＝(kx＋t)－(kx＋t)
1 2 1 2
＝k(x－x)，
1 2
所以2x ＝k(x－x)＋(x＋x)，
M 1 2 1 2
解得x ＝；
M
两式相加，得2y －(y＋y)＝(x－x)，
M 1 2 1 2
又y＋y＝(kx＋t)＋(kx＋t)
1 2 1 2
＝k(x＋x)＋2t，
1 2
所以2y ＝k(x＋x)＋(x－x)＋2t，
M 1 2 1 2
解得y ＝＝x .
M M
因此，点M的轨迹为直线y＝x，其中k为直线PQ的斜率．
若选择①②作为条件证明③成立：
因为PQ∥AB，
所以直线AB的方程为y＝k(x－2)，
设A(x ，y )，B(x ，y )，
A A B B
不妨令点A在直线y＝x上，
则由
解得x ＝，y ＝，
A A
同理可得x ＝，y ＝－，
B B
所以x ＋x ＝，y ＋y ＝.
A B A B
点M的坐标满足
得x ＝＝，
M
y ＝＝，
M
故M为AB的中点，
即|MA|＝|MB|，即③成立．
若选择①③作为条件证明②成立：
当直线AB的斜率不存在时，点M即为点F(2,0)，此时M不在直线y＝x上，矛盾；
当直线AB的斜率存在时，易知直线AB的斜率不为0，
设直线AB的方程为y＝m(x－2)(m≠0)，
A(x ，y )，B(x ，y )，
A A B B
不妨令点A在直线y＝x上，则由
解得x ＝，y ＝，
A A
同理可得x ＝，y ＝－.
B B
因为M在AB上，且|MA|＝|MB|，
所以x ＝＝，
M
y ＝＝，
M
又点M在直线y＝x上，
所以＝·，
解得k＝m，因此PQ∥AB，即②成立．
若选择②③作为条件证明①成立：
因为PQ∥AB，
所以直线AB的方程为y＝k(x－2)，
设A(x ，y )，B(x ，y )，
A A B B
不妨令点A在直线y＝x上，
则由
解得x ＝，y ＝，
A A
同理可得x ＝，y ＝－.
B B
设AB的中点为C(x ，y )，
C C
则x ＝＝，
C
y ＝＝.
C
因为|MA|＝|MB|，
所以M在AB的垂直平分线上，
即点M在直线y－y ＝－(x－x )，
C C
即y－＝－上，
与y＝x联立，得x ＝＝x ，
M C
y ＝＝y ，
M C
即点M恰为AB的中点，
故点M在AB上，即①成立．
2．(1)解 由f(x)在(0，π)上单调递增，得f′(x)≥0在(0，π)上恒成立，
又f′(x)＝aex＋cos x－sin x，
所以a≥在(0，π)上恒成立，
令g(x)＝，x∈(0，π)，
g′(x)＝＝，令g′(x)＝0，得x＝，
则当0<x<时，g′(x)>0，
当<x<π时，g′(x)<0，
所以函数g(x)在上单调递增，在上单调递减．
所以g(x) ＝g＝ ，
max
所以a的取值范围为a≥ .
(2)证明 当a＝1时，f(x)＝ex＋sin x＋cos x，
要证f(x)≥2x＋2，只需证明ex＋sin x＋cos x≥2x＋2，
即证≤1，
令h(x)＝，
则h′(x)＝＝，
令t(x)＝2sin x－2x，
因为t′(x)＝2cos x－2≤0恒成立，所以t(x)在R上单调递减且t(0)＝0，即h′(0)＝0，
当x<0时，t(x)>0，即h′(x)>0，
故h(x)在(－∞，0)上单调递增；
当x>0时，t(x)<0，即h′(x)<0，
故h(x)在(0，＋∞)上单调递减，
所以h(x) ＝h(0)＝1，即h(x)≤1恒成立，
max
即f(x)≥2x＋2成立．
压轴题突破练 2
1．(1)解 当a＝2时，
f(x)＝2x2－ln x(x>0)，
f′(x)＝4x－＝，
令f′(x)>0，得x>，
令f′(x)<0，得0<x<，
所以f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.
(2)证明 由f(x)＝ax2－ln x(x>0)，
得f′(x)＝2ax－＝，令f′(x)>0，得x>，
令f′(x)<0，得0<x<，
所以f(x)在上单调递增，在上单调递减，
所以g(a)＝f(x) ＝f ＝a·－ln＝(1＋ln 2a)，
min
因为a>，所以ln 2a>0，
所以g(a)>0，
所以函数g(a)在a∈上没有零点．
2．解 (1)依题意可知解得
故C的方程为＋＝1.
(2)易得直线OM的方程为y＝－x，
设A，B，R(x，y)为AB的中点，其中y＝－x，
0 0 0 0
因为A，B在椭圆上，
所以
两式相减可得k ＝＝－×＝－×＝.
AB
可设直线l的方程为y＝x＋m，
联立
整理得16x2＋10mx＋5m2－20＝0，
则Δ＝300m2－64>0，
解得－8<m<8，则x＋x＝－，xx＝，
1 2 1 2
则|AB|＝·＝，
原点O到直线l的距离d＝＝，
则△AOB的面积S＝|AB|·d＝××＝.
当且仅当m2＝32，即m＝±4时，△AOB的面积有最大值，且最大值为2.
压轴题突破练 3
1． 解 (1)因为f(x)＝ln x＋ax2－3x的定义域为(0，＋∞)，
所以f′(x)＝＋2ax－3.
由函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y＝－2，
得f′(1)＝1＋2a－3＝0，解得a＝1.
此时f′(x)＝＋2x－3
＝.当x∈和(1，＋∞)时，
f′(x)>0；
当x∈时，f′(x)<0.
所以函数f(x)在和(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减，
所以当x＝1时，函数f(x)取得极小值f(1)＝ln 1＋1－3＝－2.
(2)由a＝1得f(x)＝ln x＋x2－3x.
因为对于任意x，x∈[1,2]，当x<x 时，f(x)－f(x)>恒成立，
1 2 1 2 1 2
所以对于任意x，x∈[1,2]，当x<x 时，f(x)－>f(x)－恒成立，
1 2 1 2 1 2
所以函数y＝f(x)－在[1,2]上单调递减．
令h(x)＝f(x)－＝ln x＋x2－3x－，x∈[1,2]，
所以h′(x)＝＋2x－3＋≤0在[1,2]上恒成立，
则m≤－2x3＋3x2－x在[1,2]上恒成立．
令F(x)＝－2x3＋3x2－x，
x∈[1,2]，
则F′(x)＝－6x2＋6x－1
＝－62＋.
当x∈[1,2]时，F′(x)<0，所以函数F(x)在[1,2]上单调递减，
所以F(x)≥F(2)＝－6，
所以m≤－6，故实数m的取值范围为(－∞，－6]．
2． 解 (1)由题可知
解得
则双曲线C的方程为x2－＝1.
(2)由于直线l与双曲线C的右支相切(切点不为右顶点)，则直线l的斜率存在且不为0，
设直线l的方程为
y＝kx＋m(k≠±2，m≠0)，
令y＝0，则x＝－，
则|OD|＝.
联立
得(8－k2)x2－2kmx－m2－8＝0，
则Δ＝4k2m2－4(8－k2)(－m2－8)＝0，
即m2＝k2－8.
又双曲线的两条渐近线方程为
y＝±2x，联立
得M，
联立
得N，
S ＝·|OD|·|y －y |
△MON M N
＝··|k|·|x －x |
M N
＝··|k|·
＝·|m|·＝
＝＝2，
故△MON的面积为定值2.
压轴题突破练 4
1．(1)解 f′(x)＝2(ln x＋1)．
所以当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以当x＝时，f(x)取得最小值f ＝1－.
(2)证明 x2－x＋＋2ln x－f(x)
＝x(x－1)－－2(x－1)ln x
＝(x－1)，
令g(x)＝x－－2ln x，
则g′(x)＝1＋－＝≥0，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，又g(1)＝0，
所以当0<x<1时，g(x)<0，
当x>1时，g(x)>0，
所以(x－1)≥0，
即f(x)≤x2－x＋＋2ln x.
2．证明 (1)显然直线PA的斜率存在，设直线PA的方程为y－1＝k(x－1)，
联立
消去y得(3k2－1)x2－6k(k－1)x＋3(k－1)2＋3＝0，
则Δ＝36k2(k－1)2－4(3k2－1)×3(k2－2k＋2)＝0，化简得k2＋k－1＝0.
因为方程有两个相等实根，故切点A的横坐标x＝－＝，
1
得y＝，则＝3k，
1
故直线PA的方程为y＝(x－x)＋y，
1 1
则yy＝－＋y，
1
即－yy＝1.
1
(2)由(1)同理可得l ：－yy＝1，
PB 2
又l 与l 均过点P(1,1)，
PA PB
所以－y＝1，－y＝1.
1 2
故l ：－y＝1，F(－2,0)，
AB
FP·FA＝(3,1)·(x＋2，y)＝3x＋6＋y，
1 1 1 1
FP·FB＝(3,1)·(x＋2，y)＝3x＋6＋y，
2 2 2 2
又因为x<0，x>0，
1 2
所以x≤－，x≥，
1 2
则cos〈FP，FA〉
＝
＝＝－，
cos〈FP，FB〉
＝
＝＝，
故cos〈FP，FA〉＝－cos〈FP，FB〉，
故∠AFP＋∠BFP＝π.
仿真模拟卷 1
1．A 2.C 3.B 4.B 5.A 6.D
7．D [甲公司快递数量为76,80,82,89，其中位数是＝81；
乙公司快递数量为73,75,80＋a,89，其中位数是＝77.5＋，
由81≥77.5＋得a≤7，
因为a∈{0,1,2,3,4,5,6,7,8,9}，所以a的所有可能取值为0,1,2,3,4,5,6,7，
故所求概率为＝.]
8．D [由已知得ω＝＝2，
由f(x＋φ)＝f(φ－x)可知直线x＝φ是函数f(x)的一条对称轴，
∴3φ＝kπ＋(k∈Z)，又∵0<φ<，∴φ＝，
∴f(x)＝sin＝
cos
＝cos，
∴要得到函数f(x)的图象，可将函数g(x)＝cos 2x的图象向右平移个单位长度．]
9．A [设圆锥的底面半径为r，母线长为l，圆锥的高为h，内切球的半径为R，其轴截面
如图所示，设O为内切球球心，
因为圆锥的侧面展开图是一个半圆，
所以πl＝2πr，得l＝2r，
即PA＝PB＝2r，
所以PD＝＝＝r，
所以PO＝PD－OD＝r－R，
因为△POE∽△PBD，
所以＝，
所以＝，
得R＝r，
所以圆锥的内切球的表面积和圆锥的侧面积的比为4πR2∶πrl＝4π·r2∶2πr2＝2∶3.]
10．C [由题意可得a＝log 3－1＝log ，
2 2
b＝log ，
2
对于A，a＋b＝log ＋log
2 2
＝log ＝log 4＝2，
2 2
所以A错误；
对于B，因为a－b＝(log 3－1)－(log 8－log 3)＝2log 3－4，
2 2 2 2
所以a－b＋1＝2log 3－3＝log 9－log 23＝log 9－log 8>0，
2 2 2 2 2
所以a－b>－1，所以B错误；
对于C，因为a>0，b>0，a＋b＝2，
所以＋＝(a＋b)
＝≥
＝2，
当且仅当a＝b＝1时取等号，而a≠b，所以取不到等号，
所以＋>2，所以C正确；
对于D，因为<<2，
所以log <log <log 2，
2 2 2
所以<log <1，
2
所以<a<1，
因为a＋b＝2，所以b＝2－a，
所以ab＝a(2－a)＝－(a－1)2＋1，
因为<a<1，
所以<－(a－1)2＋1<1，
即<ab<1，所以D错误．]
11．B [如图，当l在①处时，设A(x ，y)，B(x ，y)，∵C，D分别是线段AB的两个三等
1 1 2 2
分点，
∴C(－x,0)，D，
1
则B，得
k＝＝＝·，
利用点差法
两式相减得＋
＝0，
整理得到＝，
即＝4k2 ＝k2，
即k2＋e⇒ 2＝1.
当直线l在②处时，设A′(x，y)，
3 3
B′(x，y)，则C′，D′(0，－y)，则B′，同理得，
4 4 3
k＝，＝，即k2＋e2＝1.
同理，当直线l分别在③和④处时，仍得k2＋e2＝1.]
12．D [作出函数在x≥0时的图象，如图所示，设f(x)＝t，
则关于x的方程f2(x)－(a＋1)f(x)＋a＝0(a∈R)的方程等价于 t2－(a＋1)t＋a＝0，
解得t＝a或t＝1，
如图，
当t＝1时，即f(x)＝1对应一个交点为x＝2，方程恰有4个不同的根，可分为两种情况：
1
①t＝a＝，即f(x)＝对应3个交点，且 x＋x＝2，x＝4，
2 3 4
此时4个实数根之和为8.
②t＝a＝－，即f(x)＝－对应3个交点，且 x＋x＝－2，x＝－4，
2 3 4
此时4个实数根之和为－4.
综上，这4个实数根之和为8或－4.]
13．y＝2x＋1
解析 因为f(x)＝ex＋sin x，
所以f(0)＝e0＋sin 0＝1，
f′(x)＝ex＋cos x，
则f′(0)＝e0＋cos 0＝2，
即切点为(0,1)，切线的斜率为2，
所以切线方程为y－1＝2x，
即y＝2x＋1.
14．－＋i
解析 设z＝x＋yi(x，y∈R)，
由|z|＝|z＋1|，
可得x2＋y2＝(x＋1)2＋y2，
解得x＝－，
又是纯虚数，
设＝ti(t∈R且t≠0)，
则－＋yi＝－ty＋ti，则
解得y＝±，
所以z＝－＋i或z＝－－i.
15．3
解析 g(x＋1)为偶函数，g(x＋1)＝xf(x＋1)，
∴f(x＋1)为奇函数，
∴f(x)关于点(1,0)对称，
又f(x)是定义域为R的偶函数，
∴f(x)的周期为4，
∴f(5.5)＝f(1.5)＝－f(0.5)＝2，
∴f(0.5)＝－2，
∴g(－0.5)＝－1.5f(－0.5)＝－1.5f(0.5)＝3.
16．9
解析 设AO＝b，由题意知，
1 1
b2＋b2－2b2cos
＝62＋62－2×62cos α，
b2＝62×(1－cos α)，
得bsin ＝6sin ，①
＝××b2×sin ×，②
将①代入②，可得
＝××b2×sin ×
＝72××cos
×.
因为cos∠AOA＝2cos α－1，
1 1 2
所以cos ＝2cos α－1，
则cos2＝cos α，
＝36××
＝36
＝36
＝36，
当cos α＝时，取得最大值9.
17．解 (1)由a ＝2a，
n＋1 n
S＋2＝4a 知，
3 2a＋2a＋4a＋2＝8a，
1 1 1 1
解得a＝2，＝2，
1
∴数列 {a} 是以2为首项，
n
2为公比的等比数列．
∴a＝2n，n∈N*.
n
(2)∵b＝＝，
n
易知b>0，b ＝，
n n＋1
∴＝＝2，
当>1时，n>＋1，
即当n≥3时，b<b ，
n n＋1
又b＝2，b＝1，b＝，
1 2 3
∴当n＝3时，b 有最小值.
n
18．解 (1)由茎叶图可知成绩在[60,70)中的频数为3，成绩在[50,60)中的频数为1.
结合频率分布直方图，
得n＝＝40.
∴x＝＝＝0.002 5.
∴y＝－0.002 5－0.007 5－0.020 0－0.030 0
＝0.040 0.
(2)由题意，本次竞赛成绩样本中分数在[80,90)中的学生有40×0.03×10＝12(名)，
分数在[90,100]中的学生有
40×0.02×10＝8(名)，
则按分层抽样的方法抽取的5名学生中，分数在[80,90)中的学生有5×＝3(名)，记为a，b，
c，分数在[90,100]中的学生有5×＝2(名)，记为1,2.
从这5名学生中随机选取2名学生的所有可能的结果为ab，ac，a1，a2，bc，b1，b2，c1，
c2,12，共10种．
其中2名学生的分数都在[80,90)中的结果为ab，ac，bc，共3种．
故所选2名学生的分数都在[80,90)中的概率为P＝.
19．(1)证明 在菱形ABCD中，
AC⊥BD，
∵FD⊥平面ABCD，∴FD⊥AC，
又∵BD∩FD＝D，
∴AC⊥平面BDF，
而AC⊂平面ACF，∴平面ACF⊥平面BDF.
(2)解 如图，取BC的中点O，连接EO，OD，OA，
∵△BCE为正三角形，∴EO⊥BC，
∵∠CBA＝60°，∴AB＝BC＝AC＝2，
∴OA⊥BC，
∵平面BCE⊥平面ABCD
且交线为BC，
EO⊂平面BCE，OA⊂平面ABCD，
∴EO⊥平面ABCD，
OA⊥平面BCE，
∵FD⊥平面ABCD，
∴EO∥FD，
又OE⊂平面BCE，FD⊄平面BCE，
∴FD∥平面BCE，
∴V ＝V ＝V ＝V ，
E－BCF F－BCE D－BCE A－BCE
∵S ＝×2×2×sin 60°＝，OA＝，
△BCE
∴V ＝V ＝S ×OA＝××＝1.
E－BCF A－BCE △BCE
20．(1)解 因为f(x)＝，
x∈(1，＋∞)，
所以f′(x)＝，
设g(x)＝－ln x，
则g′(x)＝－＝，
因为x∈(1，＋∞)，所以g′(x)<0，
g(x)在区间(1，＋∞)上单调递减，
故g(x)<g(1)＝0，即f′(x)<0，
所以函数f(x)在区间(1，＋∞)上单调递减．
(2)证明 <f(x)<1，
x∈(1，＋∞)⇔<ln x<x－1，
设p(x)＝ln x－x＋1，x∈(1，＋∞)，p′(x)＝－1<0，
p(x)在区间(1，＋∞)上单调递减，当x∈(1，＋∞)时，p(x)<p(1)＝0，即ln x<x－1，即f(x)<1；
设q(x)＝ln x－，x∈(1，＋∞)，q′(x)＝－＝，
x∈(1，＋∞)，q′(x)>0，
则q(x)在(1，＋∞)上单调递增，
当x∈(1，＋∞)时，q(x)>q(1)＝0，
即ln x>，所以f(x)＝>.
综上，<f(x)<1.
21．解 (1)抛物线T：y2＝2px(p>0)的焦点F，准线x＝－，
△PQF为等边三角形，则有|PQ|＝|PF|，而Q为P在动直线x＝m(m<0)上的投影，则m＝
－，
由S ＝|PF|2sin 60°＝16，
△PQF
解得|PF|＝8，设P，
则点Q，
于是由
得解得p＝4，
所以抛物线T的方程为y2＝8x.
(2)显然直线AB，CD都不与坐标轴垂直，
设直线AB的方程为x＝ty＋a，
则直线CD的方程为x＝－y＋a，
由
消去x并整理得y2－8ty－8a＝0，
设A(x，y)，B(x，y)，
1 1 2 2
则y＋y＝8t，
1 2
于是得弦AB的中点H(4t2＋a,4t)，
|EH|＝|y －y |
H E
＝4|t|，
同理得|EK|＝4
＝4，
因此，Rt△EHK的面积S＝|EH|·|EK|
＝·4|t|·4
＝8
＝8≥8＝16，
当且仅当t2＝，即t＝±1时取“＝”，所以△EHK面积的最小值为16.
22．(1)解 由
得x2＋y2＝4，
由ρsin＝2得ρsin θ＋
ρcos θ－2＝0，
因为ρcos θ＝x，ρsin θ＝y，
所以x＋y－4＝0，
所以曲线C的普通方程为x2＋y2＝4，直线l的直角坐标方程为x＋y－4＝0.
(2)证明 由(1)知P(0,4)，
设m的参数方程为
(t为参数)，
代入C的普通方程得
t2＋8sin θ·t＋12＝0，
设方程的两根为t，t，
1 2
则t·t＝12，
1 2
所以|PA|·|PB|＝|tt|＝12，
12
所以|PA|·|PB|为定值．
23．(1)解 f(x)＝|x＋5|＋2|x＋2|
＝
当x≤－5时，f(x)≥6；
当－5<x<－2时，3<f(x)<6；
当x≥－2时，f(x)≥3，
所以当x＝－2时，f(x)取最小值t＝3.
(2)证明 由(1)可知＋＋＝2，因为a，b，c为正实数，
所以＋＋
＝
＝
≥×＝.
当且仅当a＝2b＝3c，即a＝，
b＝，c＝时取等号，
所以＋＋≥.仿真模拟卷 2
1．C 2.D 3.C 4.B 5.C 6.C
7．B [作出不等式组表示的可行域如图中阴影部分(含边界)所示，
联立可得
即点A(2,1)，
若不等式组所表示的可行域存在，则m≤2，
联立
可得即点B(m,3－m)，
平移直线z＝y－2x，当该直线经过可行域的顶点B时，直线z＝y－2x在y轴上的截距最大，
此时z取最大值，即z ＝3－m－2m＝3－3m＝0，解得m＝1.]
max
8．B [依题意有
解得b＝ ，a＝0.025，
故v(t)＝0.025× .
令v(t)＝1，得 ＝40，
故t＝
＝
≈＝32.]
9．D [因为数列{aa }是公比为2的等比数列，则＝＝2，而a＝1，a＝3，
n n＋1 1 2
则数列{a }是以1为首项，2为公比的等比数列，{a }是以3为首项，2为公比的等比数列，
2n－1 2n
所以S ＝(a＋a＋…＋a)＋(a＋a＋…＋a )＝＋＝124.]
10 1 3 9 2 4 10
10．B [因为抛物线与双曲线焦点相同，所以p＝2c，因为AF⊥x轴，所以假设A在第一象
限，可求得点A的坐标为，将其代入双曲线方程可得－＝1，
因为b2＝c2－a2，代入上式可得－＝1，
化简得c4－6c2a2＋a4＝0，两边同时除以a4得e4－6e2＋1＝0，
解得e2＝3＋2或e2＝3－2(舍)，
设渐近线斜率为k，
由e2＝＝1＋＝1＋k2，解得k2＝2＋2>3，所以该渐近线的倾斜角大于，
所以所在区间是.]
11．D [α＋β－>sin β－cos α，
β－sin β>－α－sin，
令f(x)＝x－sin x，x∈，
f′(x)＝1－cos x>0，
∴f(x)在上单调递增，
∴β>－α，
∵α，β均为锐角，
∴cos β<cos，
sin β>sin，
∴cos β<sin α，sin β>cos α.]
12．C [如图，
∵正四棱柱ABCD－ABC D 的底面边长为2，
1 1 1 1
∴BD＝2，又侧棱AA＝1，
1 1 1
∴DB＝＝3，
1
则P与B 重合时，PD＝3，此时P点唯一，
1
故A正确；
∵PD＝∈(1,3)，DD ＝1，
1
则PD＝，即点P的轨迹是一段圆弧，
1
故B正确；
连接DA，DC ，
1 1
易知平面ADC ∥平面ACB，
1 1 1
则当P为AC 的中点时，DP有最小值为＝，故C错误；
1 1
由C知，平面BDP即为平面BDD B ，平面BDP截正四棱柱ABCD－ABC D 的外接球所得
1 1 1 1 1 1
平面图形为外接球的大圆，其半径为＝，则面积为，故D正确．]
13.
解析 因为＝－，
所以tan θ＝，
所以tan 2θ＝＝＝.
14.－＝1
解析 由题意可知，双曲线－＝1(a>0，b>0)的渐近线方程为y＝
±x，即bx±ay＝0.
由圆C的方程为(x－3)2＋y2＝4，得圆心为C(3,0)，半径r＝2.
因为右焦点和圆心重合，所以双曲线右焦点的坐标为(3,0)，即c＝3，
又因为双曲线－＝1(a>0，b>0)的两条渐近线均与圆C：(x－3)2＋y2＝4相切，
所以＝2，即＝2，解得b＝2.
所以a2＝c2－b2＝9－4＝5，
所以该双曲线的标准方程为－＝1.
15．3.15
解析 由题意知，1 000对0～1之间的随机数a，b满足
满足a2＋b2≤1且|a＋b|≥1的点对应的平面区域(如图中阴影部分)的面积为－.
因为共产生了1 000对[0,1]内的随机数(a，b)，
其中能使a2＋b2≤1且|a＋b|≥1的有j＝288对，
所以＝－，解得π＝3.152≈3.15.
16.
解析 ∵O为△ABC的内心，
∴S ∶S ∶S ＝a∶b∶c，
A B C
∴aOA＋bOB＋cOC＝0，
∴aAO＝bOB＋cOC
＝b(AB－AO)＋c(AC－AO)
＝bAB＋cAC－(b＋c)AO，
∴(a＋b＋c)AO＝bAB＋cAC，
∴AO＝AB＋AC，
即x＝，y＝，∴x＋y＝＝，
∵a2＝b2＋c2－2bccos A＝b2＋c2－bc
＝(b＋c)2－bc
≥(b＋c)2－×2
＝(b＋c)2(当且仅当b＝c时取等号)，
∴≥，
∴≥，
∴x＋y≤＝
(当且仅当b＝c时取等号)，
∴x＋y的最大值为.
17．解 (1)选①，由正弦定理得＝，
∵sin A≠0，
∴sin B－cos B＝1，
即sin＝，
∵0<B<π，
∴－<B－<，
∴B－＝，∴B＝.
选②，∵2bsin A＝atan B，
∴2bsin A＝，
由正弦定理可得2sin Bsin A＝sin A·，
∵sin A≠0，sin B≠0，
∴cos B＝，
∵B∈(0，π)，∴B＝.
选③，∵sin(A＋B)＝sin(π－C)＝sin C，
由已知结合正弦定理可得(a－c)a＋c2＝b2，
∴a2＋c2－b2＝ac，
∴cos B＝＝＝，
∵B∈(0，π)，∴B＝.
(2)∵b2＝a2＋c2－2accos B
＝(a＋c)2－3ac＝16－3ac，
即3ac＝16－b2，
∴16－b2≤32，
解得b≥2，当且仅当a＝c＝2时取等号，∴b ＝2，△ABC周长的最小值为6，此时△ABC的面积S＝acsin B＝.
min
18．(1)证明 如图所示，连接OP，OC，因为PA＝PB，AC＝BC，故AB⊥OP，AB⊥OC，
又OP∩OC＝O，OP，OC⊂平面OPC，
故AB⊥平面OPC.
又PC⊂平面OPC，
故AB⊥PC
(2)解 因为AB⊥OP，
且平面PAB⊥平面ABC，
平面PAB∩平面ABC＝AB，
OP⊂平面PAB，故OP⊥平面ABC，故PC与平面ABC所成的角为∠PCO＝，故OC＝OP，
又点C在以点O为圆心，AB为直径的半圆 上，AC＝BC＝2，故OC＝OP＝OA＝OB
＝，PA＝AC＝PC＝2，设点B到平面PAC的距离为h ，则由V ＝V ，得××2×2×
P－ABC B－PAC
＝××22h，解得h＝.
19．解 (1)对于模型①，
因为2＝1 444，故对应的(y－)2＝－72＝1 750，
i i
故对应的相关指数R＝1－≈0.955，
对于模型②，同理对应的相关指数R＝1－≈0.988，
故模型②拟合效果更好．
(2)当x>13时，
后五组的＝＝23，＝＝67，
由最小二乘法可得a＝67－(－0.7)×23＝83.1，
所以当x>13时，确定y与x满足的线性回归方程为y＝－0.7x＋83.1，
故当投入20亿元时，预测公司的收益约为－0.7×20＋83.1＝69.1(亿元)．
20．解 (1)依题意得，＝1－e2＝，即a＝b，则c＝b，
又S ＝bc＝，
△OMF
则b2＝1，a2＝2，
所以所求椭圆的方程为＋y2＝1.
(2)存在．由(1)知M(0,1)，F(1,0)，故直线MF的斜率为k ＝－1.
MF
若符合题意的直线l存在，可设直线l：y＝x＋m，
P(x，y)，Q(x，y)，
1 1 2 2由消去y整理得3x2＋4mx＋2m2－2＝0，
则Δ＝(4m)2－12(2m2－2)>0，
即－<m<.
又x＋x＝－，xx＝，
1 2 1 2
则yy＝xx＋m(x＋x)＋m2＝，
1 2 1 2 1 2
由F点恰为△PQM的垂心等价于QF⊥MP，即QF·MP＝0.
由于QF＝(1－x，－y)，
2 2
MP＝(x，y－1)，
1 1
故QF·MP＝(1－x)x－y(y－1)＝x＋x＋m－xx－yy＝－m2－＋＝0，
2 1 2 1 1 2 1 2 1 2
所以m＝－或m＝1.
当m＝1时，直线PQ经过点M，此时不构成三角形，故舍去．
故直线l的方程为y＝x－.
21．解 (1)由f(x)＝ex－3ax－1，
得f′(x)＝ex－3a，
当a≤0时，f′(x)>0对x∈R恒成立，则f(x)在R上单调递增，
当a>0时，令f′(x)>0，
则x>ln 3a，令f′(x)<0，
则x<ln 3a，
则f(x)在(－∞，ln 3a)上单调递减，
在(ln 3a，＋∞)上单调递增，
综上所述，当a≤0时，f(x)在R上单调递增，
当a>0时，f(x)在(－∞，ln 3a)上单调递减，
在(ln 3a，＋∞)上单调递增．
(2)g(x)＝f(x)＋sin x＝ex－3ax＋sin x－1，
且g(0)＝0，x∈[0，＋∞)，
g′(x)＝ex－3a＋cos x，
g′(0)＝2－3a，
令h(x)＝ex－3a＋cos x，
则h′(x)＝ex－sin x，
当x∈[0，＋∞)时，ex≥1，sin x≤1，
所以h′(x)＝ex－sin x>0，
x∈[0，＋∞)，
所以g′(x)在[0，＋∞)上单调递增，则g′(x)≥g′(0)＝2－3a，
当g′(0)＝2－3a≥0，即a≤时，
g′(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，
所以g(x)在[0，＋∞)上单调递增，
则g(x)≥g(0)＝0，满足题意；
当a>时，g′(0)<0，
当x→＋∞时，g′(x)→＋∞，
则由零点存在定理可得y＝g′(x)在[0，＋∞)上存在唯一的零点x，
0
所以当g′(x)<0时，0<x<x，
0
则y＝g(x)在(0，x)上单调递减，
0
所以对∀x∈(0，x)，g(x)<g(0)＝0，与题设矛盾，舍去，
0
综上，a≤.
所以实数a的取值范围为.
22．解 (1)因为曲线C的参数方程为(α为参数)，
且sin2α＋cos2α＝1，
所以曲线C的普通方程为x＋y＝3(0≤x≤3)，
由
可得曲线C的极坐标方程为ρcos θ＋ρsin θ＝3.
由ρ＝2cos θ，得ρ2＝2ρcos θ，
由
得圆D的直角坐标方程为x2＋y2－2x＝0，即(x－1)2＋y2＝1.
(2)由
解得
所以A，
由解得
所以B，
所以|AB|＝－＝.
圆心D到直线θ＝的距离d＝1×sin ＝，
所以S ＝××＝.
△ABD
23．解 (1)由题意得，f(x)＝|x－2|－2|x－5|＝
则y＝f(x)的图象如图所示．(2)在同一坐标系中画出y＝f(x)与y＝|2x＋t|的图象，如图，
可得A(5,3)，
当点A在y＝|2x＋t|的图象上时，代入点A(5,3)，
可得3＝|10＋t|，解得t＝－7或t＝－13(舍去)，
当点B(8,0)在y＝|2x＋t|的图象上时，
可得0＝|16＋t|，解得t＝－16，
数形结合可得t≥－7或t≤－16，
即实数t的取值范围是
(－∞，－16]∪[－7，＋∞)．
