2015泉州质检3月份理数试卷 23页

准考证号 姓名 （在此卷上答题无效） 保密★启用前 泉州市 2015 届普通中学高中毕业班质量检查 理 科 数 学 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题），第Ⅱ卷第 21 题为选考题，其它题为 必考题.本试卷共 6 页，满分 150 分.考试时间 120 分钟. 注意事项： 1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．考生作答时，将答案答在答题卡上．请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内 作答，超出答题区域书写的答案无效．在草稿纸、试题卷上答题无效． 3．选择题答案使用 2B 铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号； 非选择题答案使用 0．5 毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚． 4．做选考题时，考生按照题目要求作答，并用 2B 铅笔在答题卡上把所选题目对应的题 号涂黑． 5．保持答题卡卡面清洁，不折叠、不破损．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交 回． 参考公式： 样本数据 、 、…、 的标准差： ，其中 为样本平均数； 柱体体积公式： ，其中 为底面面积， 为高； 锥体体积公式： ，其中 为底面面积， 为高； 球的表面积、体积公式： ， ，其中 为球的半径． 第Ⅰ卷（选择题 共 50 分） 一、选择题：本大题共 10 小题，每小题 5 分，共 50 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．若复数 （ 为虚数单位）是纯虚数，则实数 的值为 1x 2x nx 2 2 1 2 1 ( ) ( ) ns x x x x x xn 2= [ − + − +…+ ( − ) ] x V Sh= S h 1 3V Sh= S h 24S Rπ= 34 3V Rπ= R 1 i 2 i a+ + i a A． 2　　　　 B．－2　　　　 C． 　　　　 D． 2．各项均为正数的等比数列 中， 成等差数列， 且 ，则公比 的值等于 A．1 B．2 C．3 D．5 3．执行如图所示的程序框图，输出的结果为 A． 　　　　 B． 　　　　 C．2　　　　 D． 4．已知非负实数 满足 ，若实数 满足 ，则 A． 的最小值为 1， 的最大值为 　　　　B． 的最小值为 ， 的最大值为 C． 的最小值为 ， 的最大值为 5　　　　D． 的最小值为 ， 的最大值为 5 5．若 ，则 的值等 于 A．－31　　　　 B．0　　　 　C．1　　 　　D．32 6．设 是互不垂直的两条异面直线，则下列命题成立的是 A．存在唯一直线 ，使得 ，且 B．存在唯一直线 ，使得 ，且 C．存在唯一平面 ，使得 ，且 D．存在唯一平面 ，使得 ，且 1 2 − 1 2 { }na 3 2 1,3 ,5a a a 1( *)n na a n+< ∈N q 9log 10 lg11 3log 10 yx, 4, 1 x y x y + ≤  − ≤ k 1 ( 1)y k x+ = + k k 5 7 k 1 2 k 5 7 k 1 2 k k 5 7 k 5 2 5 0 1 2 5(1 ) (1 ) (1 ) (1 )x a a x a x a x− = + + + + + + + 1 2 3 4 5a a a a a+ + + + ,a b l l a⊥ l b⊥ l l a l b⊥ α a α⊂ b α α a α⊂ b α⊥ 开始 3, 1i S= = log ( 1)iS S i= ∗ + 1i i= + S输出 结束 是 否 9?i ≤ 7．已知函数 ，其中 ，则“ ”是“ ” 的 A．充分而不必要条件 　 　 　　B．必要而不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件. 8．曲线 与直线 交点的纵坐标在区间 内，则实数 的值 为 A．1　　　　　 B．2　　　　 　C．3　　　　 　D．4 9．已知直线 （ ）被圆 截得的弦长为 ，则 的最小值为 A． B． C． D． 10．平面向量 中， ， . 对于使命题“ ， ”为 真的非零向量 ，给出下列命题： ① ； ② ； ③ ； ④ . 则以上四个命题中的真命题是 A．①④　 B．②③ C．①②④　　 D．①③④ 第Ⅱ卷（非选择题 共 100 分） 二、填空题：本大题共 5 小题，每小题 4 分，共 20 分．请将答案填在答题卡的相应位置. 11．设集合 ， ，则 _____________． 12． _____________． 13 ． 如 图 ， 长 方 体 中 ， ， .设长方体的截面四边形 的内 切圆为 ，圆 的正视图是椭圆 ，则椭圆 的离心率 等于______________. 2( ) 2 1f x x ax= − + a∈R 0a > ( 2013) (2015)f f− > exy = 5y x= − ( , 1)( )m m m+ ∈Z m 2 0ax by+ − = 1, 1a b> > 2 2 2 2 2 0x y x y+ − − − = 2 3 ab 2 1− 2 1+ 3 2 2− 3 2 2+ ,a b a ≠| | 0 b ta= ( )Rt ∈ 1t∀ > | | | |− > −c b c a c 1,( ) ( ) 0t c a b a∀ > − ⋅ − ≤ 1,( ) ( ) 0t c a b a∃ > − ⋅ − > ,( ) ( ) 0Rt c a c b∀ ∈ − ⋅ − < ,( ) ( ) 0t c a c b∃ ∈ − ⋅ − ≤R { }1,0,1,2M = − { }2 1,xN y y x= = + ∈R M N = 1 1 xe dx− =∫ 1 1 1 1ABCD A B C D− 2AB = 1 2AD AA= = 1 1ABC D O O 'O 'O 14．单位圆 的内接四边形 中， ， ，则四边形 的面积 的取值范围为_____________． 15．关于圆周率 ，数学发展史上出现过许多很有创意的求法，如著名的蒲丰实验和查理斯 实验．受其启发，我们也可以通过设计下面的实验来估计 的值：先请 120 名同学，每 人随机写下一个都小于 1 的正实数对 ；再统计两数能与 1 构成钝角三角形三边的 数对 的个数 ；最后再根据统计数 来估计 的值. 假如统计结果是 ， 那么可以估计 _____________．（用分数表示） 三、解答题：本大题共 6 小题，共 80 分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 16．(本小题满分 13 分) 某大学的一个社会实践调查小组，在对大学生的良好“光盘习惯”的调查中，随机发放 了 120 份问卷. 对收回的 100 份有效问卷进行统计，得到如下 列联表： 做不到光盘 能做到光盘 合计 男 45 10 55 女 30 15 45 合计 75 25 100 （Ⅰ）现已按是否能做到光盘分层从 45 份女生问卷中抽取了 9 份问卷. 若从这 9 份问卷 中随机抽取 4 份，并记其中能做到光盘的问卷的份数为 ，试求随机变量 的分 布列和数学期望； （Ⅱ）如果认为良好“光盘习惯”与性别有关犯错误的概率不超过 ，那么，根据临界 值表，最精确的 值应为多少？请说明理由. 附：独立性检验统计量 ，其中 ； 独立性检验临界值表： 0.25 0.15 0.10 0.05 0.025 1.323 2.072 2.706 3.840 5.024 17．(本小题满分 13 分) 已知函数 （ ， ）有一个零点 ，且其图象 过点 .记函数 的最小正周期为 . O ABCD 2AC = 60BAD∠ =  ABCD π π ( , )x y ( , )x y m m π 34=m π ≈ 2 2× ξ ξ p p 2 2 ( ) ( )( )( )( ) n ad bcK a b c d a c b d −= + + + + n a b c d= + + + 2 0( )P K k≥ 0k ( ) sin( )= +f x xω ϕ 0ω > 0 2< <φ π 0 2 3x = − 7( ,1)3A ( )f x T （Ⅰ）若 ，试求 的最大值及 取最大值时相应的函数解析式； （Ⅱ）若将所有满足题设条件的 值按从小到大的顺序排列，构成数列 ，试求数 列 的前 项和 . 18．(本小题满分 13 分) 将一块边长为 10 的正方形纸片 剪去四个全等的等腰三角形 ， ， ， ，再将剩下的阴影部分折成一个四棱锥形状的工艺品包装盒 ，其中 重合于点 ， 与 重合， 与 重合， 与 重 合， 与 重合（如图所示）． (Ⅰ)求证：平面 平面 ； (Ⅱ)试求原平面图形中 的长，使得二面角 的余弦值恰为 ； （Ⅲ）指出二面角 的余弦值的取值范围（不必说明理由）． 19．（本小题满分 13 分） 已知：动圆 与圆 内切，且与直 线 相切，动圆圆心 的轨迹为曲线 ． (Ⅰ)求曲线 的方程； (Ⅱ)过曲线 上的点 引斜率分别为 的 两条直线 , 直线 与曲线 的异于点 的另一个交点分别为 . 若 ，试探究： 直线 是否恒过定点？若恒过定点，请求出该定点的坐标；若不恒过定点，请说 明理由． ' 0( ) 0a ( 2013) (2015)f f− > ln=y x 5y x= − x y y = xy e 5 − =x y 0=x 4=x ln 2=x 3=x ln3=x 2=x ln 4=x 1=x 第 9 题 由 圆 心 到 直 线 的 距 离 ， 得 ，再求 的最小值.本题考查直线与圆的位置关系， 点线距离公式以及基本不等式等基础知识，考查运算求解能力与推理论证能力，考查数 形结合思想与函数与方程思想. 第 10 题 方法一：先从命题入手，①②互为否定关系，必然一真一假，排除 C；③④ 有包含关系，③真④必真，若③真，只能选 D，若③假，只能只能选 A，故只需探讨③的 真假：特殊化地取 =（1，0），则 =（t,0）.设 = ，由 ，得 ， 化 简 得 . 因 为 ， 所 以 ，所以命题“ ， ”等价于“ ”，所以向量 = 满足 .因为 ，且 是独立 变量，所以③假故选 A. 方 法 二 ： 仿 法 一 得 向 量 = 满 足 . 因 为 ,所以①真，则②假，故排除 B、C. 若③ 真，则④真，A 与 D 都正确，与选择题“有且只有一个选项正确”矛 盾，故③必假，排除 D，只能选 A. 二、填空题：本大题考查基础知识和基本运算．每小题 4 分，满分 20 分． 11 ． 　 　 　 　 12 ． 　 　 　 　 13 ． 　 　 　 　 14 ． 　　　　 15． . 部分试题考查意图说明： 第 14 题 令 ， 则 ， 且 ， ， ， ， 面 积 2 2 | 2 | 1 + −= = + a bd a b 1 2( ) 2 2+ = + ≥ ⋅ab a b ab ab a b c ( , )x y | c b | | c a |− ≥ − 2 2 2 2( ) ( 1)x t y x y− + ≥ − + 1( 1)2 tx t +≤ > (1, )t ∈ +∞ 1 (1, )2 t + ∈ +∞ 1t∀ > | | | |c b c a− ≥ − 1x ≤ c ( , )x y 1x ≤ 2( ) ( ) (x 1)( 1)c a c b t y− ⋅ − = − − + , ,y x t c ( , )x y 1x ≤ ( ) ( ) (x 1)( 1)c a b a t− ⋅ − = − − { }2 2(e 1)− 2 2 3( , 3]2 47 15 ,∠ = ∠ =DAC BACα β 060+ =α β 2cos=AD α 2sin=CD α 2cos=AB β 2sin=BC β sin 2 sin 2= +S α β 3 3sin 2 cos22 2 = +α α B2 C(x,y) B(t,0)A(1,0) ， ，所以 .本题意在考查三角恒 等变形与三角函数性质（值域），考查运算求解能力与推理论证能力，考查数形结合思想. 考生若从图形的极端化极限位置考察猜想范围的边界值而得解，则可体现对抽象概括能力， 对特殊与一般思想的考查、有限与无限思想的考查,考生的这种思维灵活性应得到充分的肯 定. 第 15 题 本题综合考查线性规划、随机模拟方法、几何概型等知识，体现对数据处理能力 的考查，体现对以频率估计概率的统计思想的考查，体现对必然与或然思想的考查。 三、解答题：本大题共 6 小题，共 80 分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 16．本小题主要考查超几何分布、离散型随机变量的分布列、数学期望、统计案例等基础知 识，考查运算求解能力、数据处理能力、应用意识，考查必然与或然思想等. 满分 13 分. 解：（Ⅰ）因为 9 份女生问卷是用分层抽样方法取得的， 所以这 9 份问卷中有 6 份做不到光盘，3 份能做到光盘.　 …………2 分 因为 表示从这 9 份问卷中随机抽取出的 4 份中能做到光盘的问卷份数，所以 有 的可能取值. 因为 9 份问卷中每份被取到的机会均等， 所以随机变量 服从超几何分布，可得随机变量 的分布列为： ， ， ， . ………… 5 分 随机变量 的分布列可列表如下： 0 1 2 3 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 所以 .　　 …………7 分（期望占 2 03sin(2 30 )= +α 0 0 030 2 30 150< + <α 3 32 < ≤S ξ ξ 0,1,2,3 ξ ξ 4 6 4 9 15 5( 0) 126 42 CP C ξ = = = = 3 1 6 3 4 9 60 20 10( 1) 126 42 21 C CP C = = = = =ξ 2 2 6 3 4 9 45 15 5( 2) 126 42 14 C CP C = = = = =ξ 1 3 6 3 4 9 6 1( 3) 126 21 C CP C = = = =ξ ξ ξ P 5 42 10 21 5 14 1 21 5 10 5 1 40 1 2 342 21 14 21 3E = × + × + × + × =ξ 分） （Ⅱ） . …10 分 因为 ，　 所以能在犯错误的概率不超过 0.10 的前提下认为良好“光盘习惯”与性别有关， 即最精确的 值应为 .　 ……… 13 分 17．本小题主要考查三角函数的图象与性质、等差数列的通项公式与前 项和公式等基础知 识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、数形结合思想、函数与 方程思想等.满分 13 分. 解：（Ⅰ）函数 有一个零点 ，即其图象过点 . ……1 分 因为函数 的最大值为 1，且 在其图象上， 所以 是其图象的最高点. ……2 分 因为 ， 所以 在函数 的一个单调递减区间内， ……3 分 所以 的最大值为 . ……5 分 由 ，得 . ……6 分 因为函数 的图象过点 ， 所以 ，故 ， ， 又 ，所以 ， ……8 分 2 2 ( ) ( )( )( )( ) n ad bcK a b c d a c b d −= + + + + 2100(45 15 30 10) 100 3.0355 45 25 75 33 ⋅ − ⋅= = ≈⋅ ⋅ ⋅ 1002.706 3.03 3.84033 < ≈ < p 0.1 n ( )f x 0 2 3x = − 2( ,0)3B − ( ) sin( )f x xω ϕ= + 7( ,1)3A 7( ,1)3A ' 0( ) 0 0k ≥ ( )3 6 *N= − ∈n n n π πω { }n ω 6 π 3 π n 2( 1) 6 2 3 6 −= ⋅ + ⋅ =n n nS n n π π π  , , ,A B C D O EFGH EFGH EG FH⊥  'SEE∆  'SGG∆ SE SG= EG SO⊥  ,SO FH ⊂ SFH SO FH O= EG ⊥ SFH EG ⊂ SEG 　　　 ∴平面 平面 . ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．4 分 (Ⅱ) 由(Ⅰ)知 , ，并可同理得到 ，故以 为原点，分别以 所 在 直 线 为 轴 、 轴 、 轴 建 立 空 间 直 角 坐 标 系 .．．．．．．5 分 设原平面图形中， , 则底面正方形 的对角线 ， ∴ ， ， ， ， . 在原平面图形中，可求得 ， 在 中，可求得 ， ∴ ， . ．．．．．．6 分 设平面 的一个法向量为 ， 　 则 化简，得 ， 　 令 ，得 . ．．．．．．．．．．．．8 分 　 ∵ 平面 ∴ 是平面 的一个法向量. 设二面角 的大小为 ， 则 . ．．．．．．．．．．．．．．．10 分 ∵二面角 的余弦值恰为 ， ∴ ，解得 或 （舍去）. 当原平面图形中 的长为 时，二面角 的余弦 值恰为 . ．．．．．．．．．．11 分 （Ⅲ）二面角 的余弦值的取值范围为 . ．．．．．．．．．．13 分 SEG ⊥ SFH EG FH⊥ EG SO⊥ HF SO⊥ O , ,OF OG OS x y z O xyz− =AE t EFGH 2=EG t ( ,0,0)−H t (0, ,0)−E t (0, ,0)G t ( , ,0)= −HE t t (0, ,0)=OG t 250 10= − +SE t t ∆Rt SOE 2 2 50 10= − = −SO SE OE t (0,0, 10(5 ))−S t ( ,0, 10(5 ))= − − −SH t t SEH ( , , )n x y z= 10(5 ) 0, 0,  ⋅ = − − − = ⋅ = − = n SH tx t z n HE tx ty     10(5 ) =  = − − y x tz x t 10(5 )= −x t ( 10(5 ), 10(5 ), )= − − −n t t t EG ⊥ SFH OG SFH E SH F− − θ 10(5 )cos 10 −⋅= = −⋅ tn OG tn OG θ     E SH F− − 2 3 10(5 ) 10 − − t t 2 3 = 5 2 =t 5= −t AE 5 2 E SH F− − 2 3 E SH F− − 2(0, )2 19．本小题主要考查直线和方程、抛物线的定义、直线与圆、直线与抛物线的位置关系等基 础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、分类与整合思想、 函数与方程思想、数形结合思想等．满分 13 分. 解：(Ⅰ)解法一： 因为动圆 与圆 内切，且与直线 相切， 所以圆心 必在直线 的右侧. ………1 分 设点 到直线 的距离为 ，则 , ………2 分 所以 等于点 到直线 的距离， ………3 分 所以点 的轨迹是以 为焦点，直线 为准线的抛物线， …………4 分 故动圆圆心 的轨迹方程为 ．　 …………5 分 解法二： 设点 . 因为动圆 与圆 内切，且与直线 相切， 所以 到直线的距离 ,且圆心 必在直线 的右侧. … … … 2 分 因为点 到直线 的距离 ，　 …………3 分 ，即 ， 所以 ，化简得 ， 故动圆圆心 的轨迹方程为 ．　 …………5 分 (Ⅱ)因为点 在抛物线 上， 所以 ，解得 ，故 .　 …6 分 解法一： 若直线 的斜率不存在，则 异号，与 矛盾， ………7 分 故设直线 的方程为 ，并设 ， , 则 ， ， M F : 2l x = − M : 2l x = − M 2x = − d 1,| | 1= + = −d MF MF d MF M 1x = − M F 1x = − M 2 4y x= ( , )M x y M F : 2l x = − ( , )M x y 1= +d MF M : 2l x = − M : 2l x = − ( 2) 2= − − = +d x x 1 2MF x+ = + 1MF x= + 2 2( 2) 1x y x− + = + 2 4y x= M 2 4y x= 0( ,2)P x 2 4y x= 2 02 4x= 0 1x = (1,2)P AB 1 2,k k 1 2 4k k = AB y kx b= + 1 1( , )A x y 2 2( , )B x y 1 1 2 2,y kx b y kx b= + = + 1 2 1 2 1 2 2 2,1 1 y yk kx x − −= =− − 由 ，得 …………①， 将 代入①，得： .…………②　 …………9 分 联立方程组 ，消去 ，得 ， 所以 ，　 …………10 分 代入②，得 . ………11 分 因为 均异于点 ，且直线与抛物线最多两个交点， 所以 不在直线 上， ， ………12 分 所以 ，此时直线 的方程为 ， 由直线 的方程 可知直线 恒过定点 . ………13 分 解法二： 因为左右开口的抛物线上两点连线的斜率必不为零， ………7 分 所以设直线 的方程为 ，并设 ， ． 则 ， . 由 ，得 …………①, 将 代入①，得 ………②,　 …9 分 联立方程组 ，消去 ，得 ， 所以 ，　　 …………10 分 1 2 4k k = 1 2 1 2 1 2 1 22( ) 4 4[ ( ) 1]y y y y x x x x− + + = − + + 1 1 2 2,y kx b y kx b= + = + 2 2 1 2 1 2( 4) ( 2 4)( ) 4 0k x x kb k x x b b− + − + + + − = 2 , 4 y kx b y x = +  = y 2 2 2(2 4) 0k x kb x b+ − + = 2 1 2 1 22 2 4 2 ,kb bx x x xk k −+ = = ( 2)( 2) 0b k b+ + − = ,A B (1,2)P (1,2)P AB 2+ ≠k b 2b = − AB 2y kx= − AB 2y kx= − AB (0, 2)− AB x my n= + 1 1( , )A x y 2 2( , )B x y 1 1 2 2,x my n x my n= + = + 1 2 1 2 1 2 2 2,1 1 y yk kx x − −= =− − 1 2 4k k = 1 2 1 2 1 2 1 22( ) 4 4[ ( ) 1]y y y y x x x x− + + = − + + 1 1 2 2,x my n x my n= + = + 2 2 1 2 1 2(4 1) (4 4 2)( ) 4 8 0m y y mn m y y n n− + − + + + − = 2 , 4 x my n y x = +  = x 2 4 4 0y my n− − = 1 2 1 24 , 4y y m y y n+ = = − 代入②，得 ， 化简，得 . ………11 分 因为 均异于点 ，且直线与抛物线最多两个交点， 所以 不在直线 上， ， ………12 分 所以 ,此时直线 的方程可化为 . 由直线 的方程 可知直线 恒过定点 . ………13 分 解法三： 直线 的方程为 ，直线 的方程为 ，……7 分 联立方程组 ，消去 ，得 ， 整理，得 , 所以 ，即 ，代入 ，得 ， 故 ，　 …………9 分 同理，得 ，　 因为 ，所以 ，故 ， ……10 分 所以直线 的斜率 ，……11 分 直线 的方程为 ，即 ， …………12 分 所以直线 恒过定点 . 　 …………13 分 解法四： 2 24 (4 1) 4 (4 2) 4 8 0n m m mn m n n− + − + + − =－ (2 )(2 1) 0m n m n− + − = ,A B (1,2)P (1,2)P AB 2 1+ ≠m n 2 0m n− = AB ( 2)x m y= + AB ( 2)x m y= + AB (0, 2)− PA 12 ( 1)y k x− = − PB 22 ( 1)y k x− = − 1 2 2 ( 1), 4 y k x y x − = −  = x 2 12 ( 1)4 yy k− = − 2 1 4 8 4 0k y y k− + − = 1 1 1 8 42 ky k −⋅ = 1 1 1 4 2ky k −= 12 ( 1)y k x− = − 2 1 1 2 1 (2 )kx k −= 2 1 1 2 1 1 (2 ) 4 2( , )k kA k k − − 2 2 2 2 2 2 (2 ) 4 2( , )k kB k k − − 1 2 4k k = 2 1 4k k = 2 1 1 ( 2)( , 2)4 kB k − − AB 2 1 2 1 1 2 2 22 1 1 2 1 2 1 44 1 1 ( 2) 4 4 y y y y kk x x y y ky y − −= = = =− + −− AB 2 1 1 1 2 1 4 ( 2)( 2) ( )( 2) 4 k ky k xk −− − = −− 1 2 1 4 2( 2) ky xk = −− AB (0, 2)− 设 ， …………7 分 则 ， ， …………8 分 ， 又 ，所以 ，整理，得 ，…………10 分 直线 的斜率 ， …………11 分 所以直线 的方程为 ， 即 ， ， ……12 分 所以直线 过定点 .　 …………13 分 解法五： 因为 且 具有任意性，不妨取 ， 此时直线 的方程为 ，直线 的方程为 . 联立方程组 ，解得 ，此时点 与点 重合（虽不合是题意，但 属极限位置情况，估且作为一种情况）； 联立方程组 ，解得 或 ，所以 . 从而得到 时直线 的方程为 . 　…………① 再取 ， 此时直线 的方程为 ，直线 的方程为 . 联立方程组 ，解得 或 ，所以 ； 联立方程组 ，解得 或 ，所以 . 从而得到 时，直线 的方程为 .……②……… 7 分 2 2 1 1 2 2( ,2 ), ( ,2 )A t t B t t 1 1 2 1 1 2 2 2 1 1 tk t t −= =− + 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 tk t t −= =− + 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 4 1 1 1k k t t t t t t = ⋅ =+ + + + + 1 2 4k k = 1 2 1 2 4 41t t t t =+ + + 1 2 1 2 0t t t t+ + = AB 1 2 2k t t = + AB 2 1 1 1 2 22 ( )y t x tt t − = −+ 1 2 1 2( ) 2 2t t y t t x+ − = 1 2( )( 2) 2t t y x+ + = AB (0, 2)− 1 2 4k k = 1 2,k k 1 21, 4k k= = PA 1y x= + PB 4 2y x= − 2 1 4 y x y x = +  = ( )1,2A A P 2 4 2 4 y x y x = −  = 1 2 x y =  = 1 4 1 x y  =  = − 1 ,14B     1 21, 4k k= = AB 4 2y x= − 1 21, 4k k= − = − PA 3y x= − + PB 4 6y x= − + 2 3 4 y x y x = − +  = 1 2 x y =  = 9 6 x y =  = − ( )9, 6A − 2 4 6 4 y x y x = − +  = 1 2 x y =  = 9 4 3 x y  =  = − 9 , 34  −  B 1 21, 4k k= − = − AB 4 9 18 0x y+ + = 联立①②，解得交点坐标为 . 特殊化地猜想：直线 恒过定点 .　　 …………8 分 以下给出具体的证明： 若直线 的斜率不存在，则 异号，与 矛盾， …………9 分 故设直线 的方程为 ， 联立方程组 ，消去 ，得 . 设 ，则 ，　 …………11 分 代入直线方程，可得: ， . , 因 为 ， 满足题意要求，所以直线 恒过 .……13 分 20．本小题主要考查基本初等函数的导数、导数的的运算及导数 的应用、全称量词与存在量词等基础知识，考查抽象概括能 力、推理论证能力、运算求解能力以及应用意识，考查化归 与转化思想、分类与整合思想、函数与方程思想、有限与无 限思想、特殊与一般思想等．满分 14 分. 解：（Ⅰ）因为 ， ……1 分 ( )0, 2− AB ( )0, 2− AB 1 2,k k 1 2 4k k = AB 2y mx= − 2 2 4 y mx y x = −  = y ( )2 2 4 4 4 0m x m x− + + = ( ) ( )1 1 2 2, , ,A x y B x y 1 2 1 22 2 4 4 4,mx x x xm m ++ = = ( )1 2 1 2 44y y m x x m + = + − = ( )( ) ( )2 1 2 1 2 1 2 1 2 82 2 2 4y y mx mx m x x m x x m = − − = − + + = − 1 2 1 2 1 2 2 2,2 2AP BP y yk k k kx x − −= = = =− − ( ) ( )1 2 1 21 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 8 8 164 42 42 2. 44 4 4 41 1 1 1 1 − − + − +− + +− −= = = = =+− − − + + − + − + y y y yy y m m mk k mx x x x x x m m m AB ( )0, 2− ( ) exf x′ = 所以 ，即函数的图象在点 处的切线的斜率为 1. ……2 分 又因为切线过切点 ， 所以函数 的图象在点 处的切线方程为 . ……3 分 （Ⅱ）令 ，则 ． ①当 时，恒有 ， 所以 在 递增， 又因为 ， 所以当 ，都有 ，即命题 为真. ……4 分 ②当 时， 令 ， 得 ； 令 ， 得 ； 令 ， 得 . 所以 在 递减，在 递增. ……5 分 方法一： 当 时， ， 因为对 ，都有 ，所以命题 为真； 当 时， ， 因为对 ，都有 ，所以命题 为真； ……7 分 当 时， 的最小值 ， 所以 ，命题 为假. ……8 分 综合①②知，若 为真，实数 的取值范围为 . ……9 分 方法二： 故当 时， 取得最小值 ． 令 ,则 . ( )0 1f ′ = ( )( )0, 0P f ( )0,1P ( )f x ( )0,1P 1y x= + ( )h x = e 1x kx− − ( ) exh x k′ = − 0≤k ( ) e 0′ = − >xh x k ( )h x ( , )−∞ +∞ ( )0 0=h 0 ( ) 0h x′ = lnx k= ( ) 0h x′ < lnx k< ( ) 0h x′ > lnx k> ( )h x ( ,ln )k−∞ (ln , )k +∞ 0 1< k ln 0>k (0,ln )∈x k ( ) (0) 0< =h x h p 1=k ( )h x ( )ln ln 1 0= − − =h k k k k ( ) 0( )R≥ ∈h x x p p k { | , 1}R∈ ≠k k k lnx k= ( )h x ( )ln ln 1h k k k k= − − ( ) ln 1= − −m x x x x ( ) ln′ = −m x x 因为 ， ， 所以 在区间 单调递减，在区间 单调递增， 当 且 时， ， 即存在 ，使得 ，命题 为真；……7 分 当 时， 的最小值 ， 所以 ，命题 为假. ……8 分 综合①②知，若 为真，实数 的取值范围为 . ……9 分 注 1：本题也可先证明：当且仅当 时， ： ， 为假，再 得到若 为真，实数 的取值范围为 的结论. 注 2：本题若根据 的图象和过定点 的直线，直观地直接写出答案，不 给分. （Ⅲ）由（Ⅱ）知，当 ， 假， 真， 即 对 恒成立， ……10 分 所以，当 时，有 ． 令 ，即证得， . ……11 分 由 得： . ……12 分 在 中，令 得， ， …… 13 分 ( ) 0 1′ ≤ ⇔ ≥m x x ( ) 0 0 1′ ≥ ⇔ < ≤m x x ( )m x [1, )+∞ (0,1] 0k > 1≠k ( ) maxln ( ) ( ) (1) 0= < = =h k m k m x m lnx k= e 1< +x kx p 1=k ( )h x ( )ln ln 1 0= − − =h k k k k ( ) 0( )R≥ ∈h x x p p k { | , 1}R∈ ≠k k k 1=k ¬ p R∀ ∈x e 1≥ +x kx p k { | , 1}R∈ ≠k k k = xy e (0,1) 1k = p ¬ p e 1x x≥ + R∈x 1 0+ >x ( )ln 1x x+ ≤ *1 ( )N= ∈x nn *1 1ln ( )N +  ≤ ∈   n nn n *1 1ln ( )N +  ≤ ∈   n nn n 1 1 1 1 10 11 12 100 + + + + 11 12 13 101ln ln ln ln10 11 12 100 ≥ + + + + 101ln 10 = ( )ln 1 ( 1)+ ≤ > −x x x *1 ( )N= − ∈x nn 1ln 1 n n n   ≥ −  所以 . 因此 ， 又因为 ． 所以 ，则 ．…… 14 分 21．（1）选修 4—2:矩阵与变换 本小题主要考查矩阵与变换、矩阵的运算等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与 转化思想.满分 7 分 解：(Ⅰ) 解法一: 因为 ， ， 所以点 的坐标为 . ………… 4 分 解法二: ，　 ………… 2 分 ， 所以点 的坐标为 . 　 …………4 分 (Ⅱ) 解法一: 设 ，则有 ，即 　…… 6 分 1 1 1 1 10 11 12 100 + + + + 10 11 12 100ln ln ln ln9 10 11 99 ≤ + + + + 100ln 9 = 101 1 1 1 1 100ln ln10 10 11 12 100 9 ≤ + + + + ≤ 101 1002 ln 3,2 ln 310 9 < < < < 1 1 1 12 310 11 12 100 < + + + + < 1 1 1 1[ ] 210 11 12 100S = + + + + = 1 1 2 6 4 3 4 20 − −    =    − −     1 1 6 14 0 2 20 40 −    =         P′ ( )14,40 1 1 1 1 3 2 0 2 4 3 8 6 − −    = =    − −    BA ( ) 2 3 2 2 14 4 8 6 4 40 −      = =      − − −      BA P′ ( )14,40 a b c d  =   M 1 1 1 1 4 3 0 2 a b c d −    =    −     1, 1, 4 3 0, 4 3 2. a c b d a c b d − + =  − + = − =  − = 解得 所以 .　 ………… 7 分 解法二: 因为 ，所以 ， ……6 分 又因为 ，所以 . ……7 分 21（2）选修 4-4：坐标系与参数方程 本小题主要考查参数方程、极坐标方程等基础知识，考查运算求解能力，考查分类与整 合思想、化归与转化思想、函数与方程思想.满分 7 分. 解：(Ⅰ)当 时，方程 可化为 ， 从而得到方程 ； ……1 分 当 时，因为 有解，所以曲线 过极点，极点对应的直角坐标 也满足方程 . ……2 分 综上可知，曲线 的直角坐标方程为 . 　………3 分 直线 的参数方程为 ，即 （ 为参数）.……4 分 (Ⅱ) 解法一： 3, 5, 4, 6. a b c d =  = =  = 3 5 4 6  =   M 1 1det 14 3 −= = −−A 1 3 1 4 1 −  =   A 1−=M A B 3 1 1 1 3 5 4 1 0 2 4 6     = =        M 0≠ρ 2cos sinρ θ = θ 2 2cos sinρ θ = ρ θ 2y x= 0=ρ sin 0=θ C (0,0) 2y x= C 2y x= l 31 cos ,4 32 sin 4 x t y t  = − + π  = + π 21 ,2 22 2 x t y t  = − −  = + t 将 代入 ，整理，得 (*)， ………5 分 因为 ，所以直线 与曲线 相交. 设交点 对应的参数分别为 ，则 是方程(*)的两个相异实数根， 所以 ， ……6 分 所以 .　 …………7 分 解法二： 由倾斜角知直线 的斜率为-1， 所以其对应的方程为： ，即 . …5 分 联立 ，整理得 （*）. ……6 分 因为 ，所以直线 与曲线 相交. 设交点 ，则 是方程(*)的两个相异实数根， 所以 ， 所以 .　………7 分 21（3）选修 4—5：不等式选讲 本小题主要考查绝对值的含义、柯西不等式等基础知识，考查运算求解能力、推理论证 能力，考查函数与方程思想、化归与转化思想等.满分 7 分. 解:(Ⅰ)由柯西不等式，可得 ， 整理，得 ， ……2 分 当且仅当 时取等号，即 时，等号成立，…3 分 所以 的最小值 .　 …………4 分 (Ⅱ)不等式 即 ， 21 2 22 2 x t y t  = − −  = + 2y x= 2 2 2 0t t+ − = 2 8 0∆ = + > l C ,A B 1 2,t t 1 2,t t 1 2 1 22, 2t t t t+ = − = − ( )2 1 2 1 2 1 24 2 8 10AB t t t t t t= − = + − = + = l 2 ( 1)y x− = − + 1y x= − + 2 1y x y x = − +  = 2 1 0x x+ − = 1 4 0∆ = + > l C ( ) ( )1 1 2 2, , ,A x y B x y 1 2,x x 1 2 1 21, 1x x x x+ = − = − ( )22 2 2 1 1 2 1 21 1 4 10AB k x x k x x x x= + − = + + − = 2 2 2 2 2 2( )[1 ( 2) ( 3) ] ( 2 3 )a b c a b c+ + + + ≥ + + 2 2 2 2a b c+ + ≥ 1 2 3 a b c= = 3 6, , 13 3a b c= = = 2 2 2a b c+ + 2m = 3x m− ≥ 3 2x − ≥ 由 或 ，解得 或 .(也可观察数轴得到解集)　……5 分 所以不等式 的解集为 ， 则 和 必是关于 的方程 的两根， 由韦达定理，得 . …………7 分 3 2− ≥x 3 2− ≤ −x 5x ≥ 1x ≤ 2 0x px q+ + ≥ { | 1 5}x x x≤ ≥或 1 5=x 2 1=x x 2 0x px q+ + = 1 2( ) 6= − + = −p x x