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  • 2021-06-16 发布

2017年湖北省黄冈市高考数学模拟试卷(理科)(3月份)

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‎2017年湖北省黄冈市高考数学模拟试卷(理科)(3月份)‎ 一、选择题(本大题共13小题,每小题5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|log‎2‎x<4}‎,集合B=‎{x||x|≤2}‎,则A∩B=( ) ‎ A.‎(0, 2]‎ B.‎[0, 2]‎ C.‎[−2, 2]‎ D.‎‎(−2, 2)‎ ‎ ‎ ‎2. 设复数z‎1‎,z‎2‎在复平面内的对应点关于虚轴对称,若z‎1‎=‎1−2i,i是虚数单位,则z‎2‎z‎1‎的虚部为( ) ‎ A.‎−‎‎4‎‎5‎ B.‎4‎‎5‎ C.‎−‎‎3‎‎5‎ D.‎‎3‎‎5‎ ‎ ‎ ‎3. 下列四个结论: ①若x>0‎,则x>sinx恒成立; ②命题“若x−sinx=0‎,则x=0‎”的逆否命题为“若x≠0‎,则x−sinx≠0‎”; ③“命题p∧q为真”是“命题p∨q为真”的充分不必要条件; ④命题“‎∀x∈R,x−lnx>0‎”的否定是“‎∃x‎0‎∈R,x‎0‎‎−lnx‎0‎<0‎”. 其中正确结论的个数是( ) ‎ A.‎1‎个 B.‎2‎个 C.‎3‎个 D.‎4‎个 ‎ ‎ ‎4. 《孙子算经》中有道算术题:“今有百鹿入城,家取一鹿不尽,又三家共一鹿适尽,问城中家几何?”意思是有‎100‎头鹿,每户分‎1‎头还有剩余;每‎3‎户再分‎1‎头,正好分完,问共有多少户人家?设计框图如图,则输出的值是( ) ‎ A.‎74‎ B.‎75‎ C.‎76‎ D.‎‎77‎ ‎ ‎ ‎5. 已知双曲线x‎2‎‎−y‎2‎‎3‎=1‎的左,右焦点分别为F‎1‎,F‎2‎,双曲线的离心率为e,若双曲线上一点P使sin∠PF‎2‎F‎1‎sin∠PF‎1‎F‎2‎‎=e,则F‎2‎P‎→‎‎⋅‎F‎2‎F‎1‎‎→‎的值为( ) ‎ A.‎3‎ B.‎2‎ C.‎−3‎ D.‎‎−2‎ ‎ ‎ ‎6. 已知‎2sinθ=‎1−cosθ,则tanθ=( ) ‎ A.‎−‎‎4‎‎3‎或‎0‎ B.‎4‎‎3‎或‎0‎ C.‎−‎‎4‎‎3‎ D.‎‎4‎‎3‎ ‎ ‎ ‎7. 某一简单几何体的三视图如所示,该几何体的外接球的表面积是( ) ‎ A.‎13π B.‎16π C.‎25π D.‎‎27π ‎ ‎ ‎8. 函数y=‎x‎2‎lnx‎2‎‎|x|‎的图象大致是( ) ‎ A. B. C. D. ‎ ‎ ‎ ‎9. 已知事件“在矩形ABCD的边CD上随机取一点P,使‎△APB的最大边是AB”发生的概率为‎3‎‎5‎,则ADAB‎=(‎ ‎)‎ ‎ A.‎1‎‎5‎ B.‎2‎‎5‎ C.‎3‎‎5‎ D.‎‎4‎‎5‎ ‎ ‎ ‎10. 已知‎(1−2x‎)‎‎2017‎=a‎0‎‎+a‎1‎(x−1)+a‎2‎(x−1‎)‎‎2‎+...+a‎2016‎(x−1‎)‎‎2016‎+a‎2017‎(x−1‎)‎‎2017‎(x∈R)‎,则a‎1‎‎−2a‎2‎+3a‎3‎−4a‎4‎+...−2016a‎2016‎+2017‎a‎2017‎=( ) ‎ A.‎2017‎ B.‎4034‎ C.‎−4034‎ D.‎‎0‎ ‎ ‎ ‎11. 已知平面向量a‎→‎,b‎→‎,c‎→‎满足‎|a‎→‎|‎=‎|b‎→‎|‎=‎1‎,a‎→‎‎⊥(a‎→‎−2b‎→‎)‎,‎(c‎→‎−2a‎→‎)*(c‎→‎−b‎→‎)=0‎,则‎|c‎→‎|‎的最大值为( ) ‎ A.‎0‎ B.‎3‎ C.‎7‎‎+‎‎3‎‎2‎ D.‎‎7‎ 第25页 共26页 ◎ 第26页 共26页 ‎ ‎ ‎12. 如图,矩形ABCD中,AB=‎2AD=‎4‎,E为边AB的中点,将‎△ADE沿直线DE翻转成‎△A‎1‎DE,构成四棱锥A‎1‎‎−BCDE,若M为线段A‎1‎C的中点,在翻转过程中有如下‎4‎个命题: ①MB // ‎平面A‎1‎DE; ②存在某个位置,使DE⊥A‎1‎C; ③存在某个位置,使A‎1‎D⊥CE; ④点A‎1‎在半径为‎2‎的圆面上运动, 其中正确的命题个数是( ) ‎ A.‎1‎个 B.‎2‎个 C.‎3‎个 D.‎4‎个 ‎ ‎ ‎13. 已知函数f(x)=‎1−|x−1|(x≤2)‎ex−2‎‎(−x‎2‎+8x−12)(x>2)‎ ‎,如在区间‎(1, +∞)‎上存在n(n≥2)‎个不同的数x‎1‎,x‎2‎,x‎3‎,…,xn,使得比值f(x‎1‎)‎x‎1‎‎=f(x‎2‎)‎x‎2‎=⋯=‎f(xn)‎xn成立,则n的取值集合是( ) ‎ A.‎{2, 3, 4, 5}‎ B.‎{2, 3}‎ C.‎{2, 3, 5}‎ D.‎‎{2, 3, 4}‎ 二、填空题(本大题包括4小题,每小题5分,共20分,把正确答案填在答题卡中的横线上)‎ ‎ ‎ ‎ 已知点x,y满足不等式组x≥0‎y≥0‎‎2x+y≤2‎‎ ‎,若ax+y≤3‎恒成立,则实数a的取值范围是________. ‎ ‎ ‎ ‎ 如图,在‎△ABC中,cos‎1‎‎2‎∠ABC=‎6‎‎3‎,AB=2‎,点D在线段AC上,且AD=‎2DC,BD=‎‎4‎‎3‎‎3‎,则cosC=________.则三角形ABC的面积为________‎2‎ . ‎ ‎ ‎ ‎ 已知‎{an}‎为等差数列,公差为d,且‎00)‎满足:在x∈(0,‎3π‎4‎)‎上单调且存在x‎0‎‎∈(0,‎3π‎4‎),f(x)+f(2x‎0‎−x)=0‎,则w范围是________‎2‎‎3‎‎<‎w‎≤‎‎4‎‎3‎ . ‎ ‎ ‎ ‎ 设a<0‎,‎(x‎2‎+2017a)(x+2016b)≥0‎在‎(a, b)‎上恒成立,则b−a的最大值为________. ‎ 三、解答题(本大题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.)‎ ‎ ‎ ‎ 数列‎{an}‎中,a‎1‎=‎2‎,an+1‎‎=n+1‎‎2nan(n∈N‎*‎)‎. ‎ ‎(1)证明数列‎{ann}‎是等比数列,并求数列‎{an}‎的通项公式;‎ ‎ ‎ ‎(2)设bn‎=‎an‎2‎‎16n‎2‎−‎an‎2‎,若数列‎{bn}‎的前n项和是Tn,求证:Tn‎<‎‎1‎‎2‎.‎ ‎ ‎ ‎ 在如图所示的几何体中,平面ADNM⊥‎平面ABCD,四边形ABCD是菱形,ADNM是矩形,‎∠DAB=‎π‎3‎,AB=‎2‎,AM=‎1‎,E是AB的中点. ‎ ‎(1)求证:平面DEM⊥‎平面ABM;‎ ‎ ‎ ‎(2)在线段AM上是否存在点P,使二面角P−EC−D的大小为π‎4‎?若存在,求出AP的长;若不存在,请说明理由. ‎ ‎ ‎ ‎ 已知‎6‎只小白鼠有‎1‎只被病毒感染,需要通过对其化验病毒DNA来确定是否感染.下面是两种化验方案:方案甲:逐个化验,直到能确定感染为止.方案乙:将‎6‎只分为两组,每组三个,并将它们混合在一起化验,若存在病毒DNA,则表明感染在这三只当中,然后逐个化验,直到确定感染为止;若结果不含病毒DNA,则在另外一组中逐个进行化验. ‎ ‎(1)求依据方案乙所需化验恰好为‎2‎次的概率.‎ ‎ ‎ ‎(2)首次化验化验费为‎10‎元,第二次化验化验费为‎8‎元,第三次及其以后每次化验费都是‎6‎元,列出方案甲所需化验费用的分布列,并估计用方案甲平均需要化验费多少元?‎ ‎ ‎ 第25页 共26页 ◎ 第26页 共26页 ‎ 如图,圆C与x轴相切于点T(2, 0)‎,与y轴正半轴相交于两点M,N(点M在点N的下方),且‎|MN|‎=‎3‎. ‎(‎Ⅰ‎)‎求圆C的方程; ‎(‎Ⅱ‎)‎过点M任作一条直线与椭圆x‎2‎‎8‎‎+y‎2‎‎4‎=1‎相交于两点A、B,连接AN、BN,求证:‎∠ANM=‎∠BNM. ‎ ‎ ‎ ‎ 已知抛物线G:‎x‎2‎=‎2py(p>0)‎,直线y=k(x−1)+2‎与抛物线G相交A(x‎1‎, y‎1‎)‎,B(x‎2‎, y‎2‎)(x‎1‎0‎,恒有f(x)≤x成立,求实数a的取值范围;‎ ‎ ‎ ‎(2)若a=‎0‎,求f(x)‎在区间‎[t, t+2](t>0)‎上的最小值;‎ ‎ ‎ ‎(3)若函数g(x)‎=f(x)−x有两个极值点x‎1‎,x‎2‎,求证:‎1‎lnx‎1‎‎+‎1‎lnx‎2‎>2ae.‎ 请考生在22、23两题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题记分.[选修4-4:坐标系与参数方程]‎ ‎ ‎ ‎ 在直角坐标系xOy中,以原点O为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系.若曲线C的极坐标方程为ρcos‎2‎θ−4sinθ=0‎,P点的极坐标为‎(3,π‎2‎)‎,在平面直角坐标系中,直线l经过点P,斜率为‎3‎ ‎ ‎(1)写出曲线C的直角坐标方程和直线l的参数方程;‎ ‎ ‎ ‎(2)设直线l与曲线C相交于A,B两点,求‎1‎‎|PA|‎‎+‎‎1‎‎|PB|‎的值.‎ ‎[选修4-5:不等式选讲]‎ ‎ ‎ ‎ 已知函数f(x)‎=‎|2x−a|+|2x−1|(a∈R)‎. ‎ ‎(1)当a=‎−1‎时,求f(x)≤2‎的解集;‎ ‎ ‎ ‎(2)若f(x)≤|2x+1|‎的解集包含集合‎[‎1‎‎2‎,1]‎,求实数a的取值范围.‎ 第25页 共26页 ◎ 第26页 共26页 参考答案与试题解析 ‎2017年湖北省黄冈市高考数学模拟试卷(理科)(3月份)‎ 一、选择题(本大题共13小题,每小题5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.‎ ‎【答案】‎ A ‎【考点】‎ 交集及其运算 ‎【解析】‎ 求出A与B中不等式的解集分别确定出A与B,找出两集合的交集即可.‎ ‎【解答】‎ 由A中不等式变形得:log‎2‎x<4‎=log‎2‎‎16‎,即‎00‎,则x>sinx恒成立,故①正确; ②命题“若x−sinx=0‎,则x=0‎”的逆否命题为“若x≠0‎,则x−sinx≠0‎”,由逆否命题的形式,故②正确; ③“命题p∧q为真”则p,q都是真,则“命题p∨q为真”,反之不成立,则“命题p∧q为真”是“命题p∨q为真”的充分不必要条件,故③正确; ④命题“‎∀x∈R,x−lnx>0‎”的否定是“‎∃x‎0‎∈R,x‎0‎‎−lnx‎0‎≤0‎”,故④不正确. 综上可得,正确的个数为‎3‎. 故选:C.‎ ‎4.‎ ‎【答案】‎ B ‎【考点】‎ 程序框图 ‎【解析】‎ 由题意,输出的值是‎100÷(1+‎1‎‎3‎)‎,计算可得结论.‎ ‎【解答】‎ 由题意,输出的值是‎100÷(1+‎1‎‎3‎)‎=‎100÷‎4‎‎3‎=75‎.‎ ‎5.‎ ‎【答案】‎ B ‎【考点】‎ 双曲线的离心率 ‎【解析】‎ 求出双曲线的a,b,c,e,运用三角形的正弦定理和双曲线的定义,求得‎|PF‎1‎|‎=‎4‎,‎|PF‎2‎|‎=‎2‎.再由余弦定理求得cos∠PF‎2‎F‎1‎,运用向量数量积的定义计算即可得到所求值.‎ ‎【解答】‎ 双曲线x‎2‎‎−y‎2‎‎3‎=1‎的a=‎1‎,b=‎‎3‎,c=‎1+3‎=2‎, 可得sin∠PF‎2‎F‎1‎sin∠PF‎1‎F‎2‎‎=e=ca=2‎, F‎1‎‎(−2, 0)‎,F‎2‎‎(2, 0)‎,P为右支上一点, 由正弦定理可得‎|PF‎1‎|‎=‎2|PF‎2‎|‎, 由双曲线的定义可得‎|PF‎1‎|−|PF‎2‎|‎=‎2a=‎2‎, 解得‎|PF‎1‎|‎=‎4‎,‎|PF‎2‎|‎=‎2‎. 在‎△PF‎2‎F‎1‎中,由余弦定理得cos∠PF‎2‎F‎1‎=‎2‎‎2‎‎+‎4‎‎2‎−‎‎4‎‎2‎‎2×2×4‎=‎‎1‎‎4‎, 则F‎2‎P‎→‎‎⋅F‎2‎F‎1‎‎→‎=|F‎2‎P‎→‎|⋅|F‎2‎F‎1‎‎→‎|⋅cos∠PF‎2‎F‎1‎=‎2×4×‎1‎‎4‎=2‎.‎ ‎6.‎ ‎【答案】‎ A ‎【考点】‎ 同角三角函数间的基本关系 ‎【解析】‎ 根据同角三角函数基本关系式,求解即可.‎ ‎【解答】‎ 第25页 共26页 ◎ 第26页 共26页 由‎2sinθ=‎1−cosθ,sin‎2‎θ=‎1−cos‎2‎θ, 解得:cosθ=‎1‎或‎−‎‎3‎‎5‎ 当cosθ=‎1‎时,sinθ=‎0‎, 当cosθ=−‎‎3‎‎5‎时,sinθ=‎‎4‎‎5‎, ∴ tanθ=−‎‎4‎‎3‎或‎0‎.‎ ‎7.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 由三视图求体积 ‎【解析】‎ 几何体为底面为正方形的长方体,底面对角线为‎4‎,高为‎3‎.则长方体的对角线为外接球的直径.‎ ‎【解答】‎ 解:几何体为底面为正方形的长方体,底面对角线为‎4‎,高为‎3‎,∴ 长方体底面边长为‎2‎‎2‎. 则长方体外接球半径为r,则‎2r=‎(2‎2‎‎)‎‎2‎+(2‎2‎‎)‎‎2‎+‎‎3‎‎2‎=5‎.∴ r=‎‎5‎‎2‎.∴ 长方体外接球的表面积S=4πr‎2‎=25π. 故选C.‎ ‎8.‎ ‎【答案】‎ D ‎【考点】‎ 函数的图象与图象的变换 ‎【解析】‎ 利用函数的奇偶性排除选项,特殊值的位置判断求解即可.‎ ‎【解答】‎ 函数y=‎x‎2‎lnx‎2‎‎|x|‎是偶函数,排除B,x=e时,y=e,即‎(e, e)‎在函数的图象上,排除A, 当x=‎‎1‎e时,y=−‎‎2‎e,当x=‎‎1‎e‎2‎时,y=−‎1‎e‎4‎lne‎−4‎‎1‎e‎2‎=−‎‎4‎e‎2‎,‎−‎2‎e<−‎‎4‎e‎2‎, 可知‎(‎1‎e, −‎2‎e)‎在‎(‎1‎e‎2‎,−‎4‎e‎4‎)‎的下方, 排除C.‎ ‎9.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 几何概型计算(与长度、角度、面积、体积有关的几何概型)‎ ‎【解析】‎ 先明确是一个几何概型中的长度类型,然后求得事件“在矩形ABCD的边CD上随机取一点P,使‎△APB的最大边是AB”发生的线段长度,再利用两者的比值即为发生的概率‎3‎‎5‎,从而求出ADAB.‎ ‎【解答】‎ 解:记“在矩形ABCD的边CD上随机取一点P,使‎△APB的最大边是AB”为事件M,试验的全部结果构成的长度即为线段CD, 若‎△APB的最大边是AB”发生的概率为‎3‎‎5‎, 则PEDE‎=‎‎3‎‎5‎, 设AD=y,AB=x,则DE=‎1‎‎2‎x,PE=‎3‎‎5‎DE=‎3‎‎10‎x, 则PC=‎1‎‎2‎x+‎3‎‎10‎x=‎4‎‎5‎x, 则PB‎2‎=AB‎2‎时, PC‎2‎+BC‎2‎=PB‎2‎=AB‎2‎, 即‎(‎4‎‎5‎x‎)‎‎2‎+y‎2‎=‎x‎2‎, 即‎16‎‎25‎x‎2‎‎+y‎2‎=‎x‎2‎, 则y‎2‎‎=‎‎9‎‎16‎x‎2‎, 则y=‎3‎‎5‎x, 即yx‎=‎‎3‎‎5‎, 即ADAB‎=‎‎3‎‎5‎, 故选:C.‎ ‎10.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 二项式定理及相关概念 ‎【解析】‎ 对‎(1−2x‎)‎‎2017‎=a‎0‎‎+a‎1‎(x−1)+a‎2‎(x−1‎)‎‎2‎+...+a‎2016‎(x−1‎)‎‎2016‎+a‎2017‎(x−1‎)‎‎2017‎(x∈R)‎,两边求导,取x=‎0‎即可得出.‎ ‎【解答】‎ ‎∵ ‎(1−2x‎)‎‎2017‎=a‎0‎‎+a‎1‎(x−1)+a‎2‎(x−1‎)‎‎2‎+...+a‎2016‎(x−1‎)‎‎2016‎+a‎2017‎(x−1‎)‎‎2017‎(x∈R)‎, ∴ ‎−2×2017(1−2x‎)‎‎2016‎=a‎1‎‎+2a‎2‎(x−1)+...+2017a‎2017‎(x−1‎‎)‎‎2016‎, 令x=‎0‎,则‎−4034‎=a‎1‎‎−2a‎2‎+3a‎3‎−4a‎4‎+...−2016a‎2016‎+2017‎a‎2017‎,‎ ‎11.‎ 第25页 共26页 ◎ 第26页 共26页 ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 平面向量数量积的性质及其运算 ‎【解析】‎ 设平面向量a‎→‎,b‎→‎的夹角为θ,由‎|a‎→‎|‎=‎|b‎→‎|‎=‎1‎,a‎→‎‎⊥(a‎→‎−2b‎→‎)‎,可得a‎→‎‎⋅(a‎→‎−2b‎→‎)=a‎→‎‎2‎−2a‎→‎*b‎→‎=0‎,解得θ=‎π‎3‎.不妨设a‎→‎‎=(1, 0)‎,b‎→‎‎=(‎1‎‎2‎,‎3‎‎2‎).c‎→‎=(x, y)‎.由‎(c‎→‎−2a‎→‎)*(c‎→‎−b‎→‎)=0‎,可得:‎(x−‎5‎‎4‎‎)‎‎2‎+(y−‎3‎‎4‎‎)‎‎2‎=‎‎3‎‎4‎.可得‎|c‎→‎|=‎x‎2‎‎+‎y‎2‎的最大值.‎ ‎【解答】‎ 设平面向量a‎→‎,b‎→‎的夹角为θ,∵ ‎|a‎→‎|‎=‎|b‎→‎|‎=‎1‎,a‎→‎‎⊥(a‎→‎−2b‎→‎)‎,∴ a‎→‎‎⋅(a‎→‎−2b‎→‎)=a‎→‎‎2‎−2a‎→‎*b‎→‎=1−2cosθ=‎0‎, 解得θ=‎π‎3‎. 不妨设a‎→‎‎=(1, 0)‎,b‎→‎‎=(‎1‎‎2‎,‎3‎‎2‎).c‎→‎=(x, y)‎. ∵ ‎(c‎→‎−2a‎→‎)*(c‎→‎−b‎→‎)=0‎,∴ ‎(x−‎1‎‎2‎)(x−2)+y(y−‎3‎‎2‎)=0‎, 化为‎(x−‎5‎‎4‎‎)‎‎2‎+(y−‎3‎‎4‎‎)‎‎2‎=‎‎3‎‎4‎. 则‎|c‎→‎|=x‎2‎‎+‎y‎2‎≤‎(‎5‎‎4‎‎)‎‎2‎+(‎‎3‎‎4‎‎)‎‎2‎+‎3‎‎2‎=‎‎7‎‎+‎‎3‎‎2‎.‎ ‎12.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 棱锥的结构特征 ‎【解析】‎ 对‎4‎个命题分别进行判断,即可得出结论.‎ ‎【解答】‎ 取CD中点F,连接MF,BF,则MF // DA‎1‎,BF // DE,∴ 平面MBF // ‎平面A‎1‎DE,∴ MB // ‎平面A‎1‎DE,故①正确 ∵ A‎1‎C在平面ABCD中的射影为AC,AC与DE不垂直, ∴ 存在某个位置,使DE⊥A‎1‎C不正确,故②不正确. 由CE⊥DE,可得平面A‎1‎DE⊥‎平面ABCD时,A‎1‎D⊥CE,故③正确. ∵ DE的中点O是定点,OA‎1‎=‎‎2‎,∴ A‎1‎是在以O为圆心,‎2‎为半径的圆上,故④正确,‎ ‎13.‎ ‎【答案】‎ B ‎【考点】‎ 分段函数的应用 ‎【解析】‎ f(x‎1‎)‎x‎1‎‎=f(x‎2‎)‎x‎2‎=⋯=‎f(xn)‎xn的几何意义为点(xn‎, f(xn)‎)与原点的连线有相同的斜率,利用数形结合即可得到结论.‎ ‎【解答】‎ ‎∵ f(xn)‎xn的几何意义为点(xn‎, f(xn)‎)与原点的连线的斜率, ∴ f(x‎1‎)‎x‎1‎‎=f(x‎2‎)‎x‎2‎=⋯=‎f(xn)‎xn的几何意义为点(xn‎, f(xn)‎)与原点的连线有相同的斜率, 函数f(x)=‎1−|x−1|(x≤2)‎ex−2‎‎(−x‎2‎+8x−12)(x>2)‎ ‎的图象,在区间‎(1, +∞)‎上,与y=kx的交点个数有‎1‎个,‎2‎个或者‎3‎个, 故n=‎2‎或n=‎3‎, 即n的取值集合是‎{2, 3}‎.‎ 二、填空题(本大题包括4小题,每小题5分,共20分,把正确答案填在答题卡中的横线上)‎ ‎【答案】‎ ‎(−∞, 3]‎ ‎【考点】‎ 简单线性规划 ‎【解析】‎ 画出不等式满足的平面区域,由ax+y≤3‎恒成立,结合图形确定出a的范围即可.‎ ‎【解答】‎ 满足不等式组x≥0‎y≥0‎‎2x+y≤2‎‎ ‎的平面区域如右图所示, 由于对任意的实数x、y,不等式ax+y≤3‎恒成立, 根据图形,可得斜率‎−a≥0‎或‎−a>kAB=‎3−0‎‎0−1‎=−3‎, 解得:a≤3‎, 则实数a的取值范围是‎(−∞, 3]‎.‎ ‎【答案】‎ ‎7‎‎9‎‎,‎‎2‎ ‎【考点】‎ 三角形的面积公式 ‎【解析】‎ 在‎△ABC中,cos‎1‎‎2‎∠ABC=‎‎6‎‎3‎,由半角公式可得cosB=‎‎1‎‎3‎,在‎△ABC,和ABD,BDC中利用余弦定理关系,求解边长BC和AC.可得cosC和三角形ABC的面积 ‎【解答】‎ 第25页 共26页 ◎ 第26页 共26页 在‎△ABC中,cos‎1‎‎2‎∠ABC=‎‎6‎‎3‎,由半角公式可得cosB=‎‎1‎‎3‎, 在‎△ABC中,设BC=a,AC=‎3b,则由余弦定理可得cos∠ADB=‎‎4b‎2‎+‎16‎‎3‎−4‎‎4b×‎‎4‎‎3‎‎3‎ cos∠CDB=‎b‎2‎‎+‎16‎‎3‎−‎a‎2‎‎2b×‎‎4‎‎3‎‎3‎ ∵ ‎∠ADB与‎∠CDB互补, ∴ cos∠ADB=‎−cos∠CDB, ∴ ‎4b‎2‎+‎16‎‎3‎−4‎‎4b×‎‎4‎‎3‎‎3‎‎=b‎2‎‎+‎16‎‎3‎−‎a‎2‎‎2b×‎‎4‎‎3‎‎3‎⋯‎① 由cosB=‎1‎‎3‎=‎4+a‎2‎−9‎b‎2‎‎8a⋯‎② 由①②解得a=‎3‎,b=‎1‎, BC=‎3‎,AC=‎3‎, 那么cosC=BC‎2‎+AC‎2‎−AB‎2‎‎2BC⋅AC=‎18−4‎‎18‎=‎‎7‎‎9‎. 则sinC=‎‎4‎‎2‎‎9‎, ∴ 三角形ABC的面积为S=‎1‎‎2‎BC⋅ACsinC=‎2‎‎2‎.‎ ‎【答案】‎ ‎2‎‎3‎‎‎‎2‎‎3‎.‎ ‎【答案】‎ ‎2017‎ ‎【考点】‎ 函数恒成立问题 ‎【解析】‎ 由题意可得x‎2‎‎+2017a≥0‎,x+2016b≥0‎或x‎2‎‎+2017a≤0‎,x+2016b)≤0‎成立,若x+2016b≥0‎在‎(a, b)‎上恒成立,则a+2016b≥0‎,即b≥−a‎2016‎>0‎,此时当x=‎0‎时,x‎2‎‎+2017a=‎2017a≥0‎不成立;若x+2016b≤0‎在‎(a, b)‎上恒成立,则b+2016b≤0‎,即b≤0‎,若x‎2‎‎+2017a≤0‎在‎(a, b)‎上成立,则a‎2‎‎+2017a≤0‎,即‎−2017≤a<0‎.由此即可求得b−a的最大值.‎ ‎【解答】‎ ‎∵ ‎(x‎2‎+2017a)(x+2016b)≥0‎在‎(a, b)‎上恒成立, ∴ x‎2‎‎+2017a≥0‎,x+2016b≥0‎或x‎2‎‎+2017a≤0‎,x+2016b)≤0‎成立, ①若x+2016b≥0‎在‎(a, b)‎上恒成立,则a+2016b≥0‎,即b≥−a‎2016‎>0‎, 此时当x=‎0‎时,x‎2‎‎+2017a=‎2017a≥0‎不成立; ②若x+2016b≤0‎在‎(a, b)‎上恒成立,则b+2016b≤0‎,即b≤0‎,若x‎2‎‎+2017a≤0‎在‎(a, b)‎上成立, 则a‎2‎‎+2017a≤0‎,即‎−2017≤a<0‎. 故b−a的最大值为‎2017‎.‎ 三、解答题(本大题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.)‎ ‎【答案】‎ 证明:数列‎{an}‎中,a‎1‎=‎2‎,an+1‎‎=n+1‎‎2nan(n∈N‎*‎)‎, an+1‎n+1‎‎=‎1‎‎2‎⋅‎ann,则数列‎{ann}‎是首项为‎2‎,公比为‎1‎‎2‎的等比数列; 则ann‎=2⋅(‎‎1‎‎2‎‎)‎n−1‎, 即为an=‎2n⋅(‎‎1‎‎2‎‎)‎n−1‎;‎ 证明:bn‎=an‎2‎‎16n‎2‎−‎an‎2‎=‎‎4n‎2‎⋅(‎‎1‎‎4‎‎)‎n−1‎‎16n‎2‎−4n‎2‎⋅(‎‎1‎‎4‎‎)‎n−1‎ ‎=‎‎1‎‎4‎n‎−1‎, 由‎2‎n=‎(1+1‎‎)‎n=‎1+n+Cn‎2‎+⋯+Cnn−1‎+1≥2n, 则‎4‎n‎≥4‎n‎2‎, 即有‎1‎‎4‎n‎−1‎‎≤‎1‎‎4n‎2‎−1‎=‎1‎‎2‎(‎1‎‎2n−1‎−‎1‎‎2n+1‎)‎, 数列‎{bn}‎的前n项和是Tn‎=‎1‎‎4−1‎+‎1‎‎4‎‎2‎‎−1‎+‎1‎‎4‎‎3‎‎−1‎+⋯+‎‎1‎‎4‎n‎−1‎ ‎≤‎1‎‎2‎(1−‎1‎‎3‎+‎1‎‎3‎−‎1‎‎5‎+‎1‎‎5‎−‎1‎‎7‎+⋯+‎1‎‎2n−1‎−‎1‎‎2n+1‎)‎ ‎=‎1‎‎2‎(1−‎1‎‎2n+1‎)<‎‎1‎‎2‎, 则Tn‎<‎‎1‎‎2‎.‎ ‎【考点】‎ 等比数列的通项公式 数列的求和 ‎【解析】‎ ‎(1)将原式两边除以n+1‎,结合等比数列的定义和通项公式,即可得证; ‎ 第25页 共26页 ◎ 第26页 共26页 ‎(2)求得bn‎=an‎2‎‎16n‎2‎−‎an‎2‎=‎‎1‎‎4‎n‎−1‎,可得‎4‎n‎≥4‎n‎2‎,即有‎1‎‎4‎n‎−1‎‎≤‎1‎‎4n‎2‎−1‎=‎1‎‎2‎(‎1‎‎2n−1‎−‎1‎‎2n+1‎)‎,运用数列的求和方法:裂项相消求和,结合不等式的性质,即可得证.‎ ‎【解答】‎ 证明:数列‎{an}‎中,a‎1‎=‎2‎,an+1‎‎=n+1‎‎2nan(n∈N‎*‎)‎, an+1‎n+1‎‎=‎1‎‎2‎⋅‎ann,则数列‎{ann}‎是首项为‎2‎,公比为‎1‎‎2‎的等比数列; 则ann‎=2⋅(‎‎1‎‎2‎‎)‎n−1‎, 即为an=‎2n⋅(‎‎1‎‎2‎‎)‎n−1‎;‎ 证明:bn‎=an‎2‎‎16n‎2‎−‎an‎2‎=‎‎4n‎2‎⋅(‎‎1‎‎4‎‎)‎n−1‎‎16n‎2‎−4n‎2‎⋅(‎‎1‎‎4‎‎)‎n−1‎ ‎=‎‎1‎‎4‎n‎−1‎, 由‎2‎n=‎(1+1‎‎)‎n=‎1+n+Cn‎2‎+⋯+Cnn−1‎+1≥2n, 则‎4‎n‎≥4‎n‎2‎, 即有‎1‎‎4‎n‎−1‎‎≤‎1‎‎4n‎2‎−1‎=‎1‎‎2‎(‎1‎‎2n−1‎−‎1‎‎2n+1‎)‎, 数列‎{bn}‎的前n项和是Tn‎=‎1‎‎4−1‎+‎1‎‎4‎‎2‎‎−1‎+‎1‎‎4‎‎3‎‎−1‎+⋯+‎‎1‎‎4‎n‎−1‎ ‎≤‎1‎‎2‎(1−‎1‎‎3‎+‎1‎‎3‎−‎1‎‎5‎+‎1‎‎5‎−‎1‎‎7‎+⋯+‎1‎‎2n−1‎−‎1‎‎2n+1‎)‎ ‎=‎1‎‎2‎(1−‎1‎‎2n+1‎)<‎‎1‎‎2‎, 则Tn‎<‎‎1‎‎2‎.‎ ‎【答案】‎ ‎∵ ABCD是菱形,∴ AD=AB,∵ ‎∠DAB=‎60‎‎∘‎,∴ ‎△ABD为等边三角形, E为AB中点,∴ DE⊥AB,∴ DE⊥CD, ∵ ADMN是矩形,∴ ND⊥AD, 又平面ADMN⊥‎平面ABCD,平面ADMN∩‎平面ABCD=AD, ∴ ND⊥‎平面ABCD,∴ ND⊥DE, ∵ CD∩ND=D,∴ DE⊥‎平面NDC, ∵ DE⊂‎平面MDE,∴ 平面MDE⊥‎平面NDC. 因为面ABM // ‎面NDC,∴ 平面DEM⊥‎平面ABM;‎ 设存在P符合题意. 由‎(‎Ⅰ‎)‎知,DE、DC、DN两两垂直,以D为原点,建立空间直角坐标系D−xyz(如图), 则D(0, 0, 0)‎,A(‎3‎, −1, 0)‎,E(‎3‎, 0, 0)‎,C(0, 2, 0)‎,P(‎3‎, −1, h)(0≤h≤1)‎. ∴ EP‎→‎‎=(0, −1, h)‎,EC‎→‎‎=(−‎3‎, 2, 0)‎,设平面PEC的法向量为n‎→‎‎=(x, y, z)‎, 则n‎→‎‎*EP‎→‎=−y+hz=0‎n‎→‎‎*EC‎→‎=−‎3‎x+2y=0‎‎ ‎令x=‎2h,则平面PEC的一个法向量为n‎→‎‎=(2h, ‎3‎h, ‎3‎)‎ 取平面ECD的法向量m‎→‎‎=(0, 0, 1)‎, cos‎45‎‎∘‎=‎‎3‎‎7h‎2‎+3‎,解得h=‎21‎‎7‎∈[0, 1]‎, 即存在点P,使二面角P−EC−D的大小为π‎4‎,此时AP=‎‎21‎‎7‎. ‎ ‎【考点】‎ 平面与平面垂直 二面角的平面角及求法 ‎【解析】‎ ‎(1)推导出DE⊥CD,ND⊥AD,从而ND⊥DE,进而DE⊥‎平面NDC,由此能证明平面MAE⊥‎平面NDC. (2)以D为原点,建立空间直角坐标系D−xyz,求出平面PEC的一个法向量、平面ECD的法向量.利用向量的夹角公式,建立方程,即可得出结论.‎ ‎【解答】‎ ‎∵ ABCD是菱形,∴ AD=AB,∵ ‎∠DAB=‎60‎‎∘‎,∴ ‎△ABD为等边三角形, E为AB中点,∴ DE⊥AB,∴ DE⊥CD, ∵ ADMN是矩形,∴ ND⊥AD, 又平面ADMN⊥‎平面ABCD,平面ADMN∩‎平面ABCD=AD, ∴ ND⊥‎平面ABCD,∴ ND⊥DE, ∵ CD∩ND=D,∴ DE⊥‎平面NDC, ∵ DE⊂‎平面MDE,∴ 平面MDE⊥‎平面NDC. 因为面ABM // ‎面NDC,∴ 平面DEM⊥‎平面ABM;‎ 第25页 共26页 ◎ 第26页 共26页 设存在P符合题意. 由‎(‎Ⅰ‎)‎知,DE、DC、DN两两垂直,以D为原点,建立空间直角坐标系D−xyz(如图), 则D(0, 0, 0)‎,A(‎3‎, −1, 0)‎,E(‎3‎, 0, 0)‎,C(0, 2, 0)‎,P(‎3‎, −1, h)(0≤h≤1)‎. ∴ EP‎→‎‎=(0, −1, h)‎,EC‎→‎‎=(−‎3‎, 2, 0)‎,设平面PEC的法向量为n‎→‎‎=(x, y, z)‎, 则n‎→‎‎*EP‎→‎=−y+hz=0‎n‎→‎‎*EC‎→‎=−‎3‎x+2y=0‎‎ ‎令x=‎2h,则平面PEC的一个法向量为n‎→‎‎=(2h, ‎3‎h, ‎3‎)‎ 取平面ECD的法向量m‎→‎‎=(0, 0, 1)‎, cos‎45‎‎∘‎=‎‎3‎‎7h‎2‎+3‎,解得h=‎21‎‎7‎∈[0, 1]‎, 即存在点P,使二面角P−EC−D的大小为π‎4‎,此时AP=‎‎21‎‎7‎. ‎ ‎【答案】‎ 方案乙中所需化验次数恰好为‎2‎次的事件有两种情况: 第一种,先化验一组,结果不含病毒DNA,再从另一组任取一个样品进行化验, 则恰含有病毒的概率为‎∁‎‎5‎‎2‎‎∁‎‎6‎‎3‎‎×‎1‎‎∁‎‎3‎‎1‎=‎‎1‎‎6‎. 第二种,先化验一组,结果含有病毒DNA,再从中逐个化验, 恰第一个样品含有病毒的概率为‎∁‎‎5‎‎2‎‎∁‎‎6‎‎3‎‎×‎1‎‎∁‎‎3‎‎1‎=‎‎1‎‎6‎. ∴ 依据方案乙所需化验恰好为‎2‎次的概率为‎1‎‎6‎‎+‎1‎‎6‎=‎‎1‎‎3‎.‎ 设方案甲化验的次数为ξ,则ξ可能的取值为‎1‎,‎2‎,‎3‎,‎4‎,‎5‎,对应的化验费为η元, P(ξ=‎1)‎=P(η=‎10)=‎‎1‎‎6‎, P(ξ=‎2)‎=P(η=‎18)=‎5‎‎6‎×‎1‎‎5‎=‎‎1‎‎6‎, P(ξ=‎3)‎=P(η=‎24)=‎5‎‎6‎×‎4‎‎5‎×‎1‎‎4‎=‎‎1‎‎6‎, P(ξ=‎4)‎=P(η=‎30)=‎5‎‎6‎×‎4‎‎5‎×‎3‎‎4‎×‎1‎‎3‎=‎‎1‎‎6‎, P(ξ=‎5)‎=P(η=‎36)=‎5‎‎6‎×‎4‎‎5‎×‎3‎‎4‎×‎2‎‎3‎=‎‎1‎‎3‎, ∴ 方案甲所需化验费用η的分布列为: η1018243036‎ 用方案甲平均需要化验费E(η)=10×‎1‎‎6‎+18×‎1‎‎6‎+24×‎1‎‎6‎+30×‎1‎‎6‎+36×‎1‎‎3‎=‎‎77‎‎3‎(元).‎ ‎【考点】‎ 古典概型及其概率计算公式 离散型随机变量的期望与方差 ‎【解析】‎ ‎(1)方案乙中所需化验次数恰好为‎2‎次的事件有两种情况:第一种,先化验一组,结果不含病毒DNA,再从另一组任取一个样品进行化验,可得恰含有病毒的概率为‎∁‎‎5‎‎2‎‎∁‎‎6‎‎3‎‎×‎‎1‎‎∁‎‎3‎‎1‎.第二种,先化验一组,结果含有病毒DNA,再从中逐个化验,恰第一个样品含有病毒的概率为‎∁‎‎5‎‎2‎‎∁‎‎6‎‎3‎‎×‎‎1‎‎∁‎‎3‎‎1‎.利用互斥事件的概率计算公式即可得出. (2)设方案甲化验的次数为ξ,则ξ可能的取值为‎1‎,‎2‎,‎3‎,‎4‎,‎5‎,对应的化验费为η元,利用相互独立事件的概率计算公式可得:P(ξ=‎1)‎=P(η=‎10)‎,P(ξ=‎2)‎=P(η=‎18)‎,P(ξ=‎3)‎=P(η=‎24)‎,P(ξ=‎4)‎=P(η=‎30)‎,P(ξ=‎5)‎=P(η=‎36)‎.‎ ‎【解答】‎ 方案乙中所需化验次数恰好为‎2‎次的事件有两种情况: 第一种,先化验一组,结果不含病毒DNA,再从另一组任取一个样品进行化验, 则恰含有病毒的概率为‎∁‎‎5‎‎2‎‎∁‎‎6‎‎3‎‎×‎1‎‎∁‎‎3‎‎1‎=‎‎1‎‎6‎. 第二种,先化验一组,结果含有病毒DNA,再从中逐个化验, 恰第一个样品含有病毒的概率为‎∁‎‎5‎‎2‎‎∁‎‎6‎‎3‎‎×‎1‎‎∁‎‎3‎‎1‎=‎‎1‎‎6‎. ∴ 依据方案乙所需化验恰好为‎2‎次的概率为‎1‎‎6‎‎+‎1‎‎6‎=‎‎1‎‎3‎.‎ 设方案甲化验的次数为ξ,则ξ可能的取值为‎1‎,‎2‎,‎3‎,‎4‎,‎5‎,对应的化验费为η元, P(ξ=‎1)‎=P(η=‎10)=‎‎1‎‎6‎, P(ξ=‎2)‎=P(η=‎18)=‎5‎‎6‎×‎1‎‎5‎=‎‎1‎‎6‎, P(ξ=‎3)‎=P(η=‎24)=‎5‎‎6‎×‎4‎‎5‎×‎1‎‎4‎=‎‎1‎‎6‎, P(ξ=‎4)‎=P(η=‎30)=‎5‎‎6‎×‎4‎‎5‎×‎3‎‎4‎×‎1‎‎3‎=‎‎1‎‎6‎, P(ξ=‎5)‎=P(η=‎36)=‎5‎‎6‎×‎4‎‎5‎×‎3‎‎4‎×‎2‎‎3‎=‎‎1‎‎3‎, ∴ 方案甲所需化验费用η的分布列为: η1018243036‎ 用方案甲平均需要化验费E(η)=10×‎1‎‎6‎+18×‎1‎‎6‎+24×‎1‎‎6‎+30×‎1‎‎6‎+36×‎1‎‎3‎=‎‎77‎‎3‎(元).‎ ‎【答案】‎ 第25页 共26页 ◎ 第26页 共26页 ‎(1)设圆C的半径为r(r>0)‎,依题意,圆心坐标为‎(2, r)‎. ∵ ‎|MN|‎=‎3‎,∴ r‎2‎‎=(‎3‎‎2‎‎)‎‎2‎+‎‎2‎‎2‎,解得r‎2‎‎=‎‎25‎‎4‎, 故圆C的方程为‎(x−2‎)‎‎2‎+(y−‎5‎‎2‎‎)‎‎2‎=‎‎25‎‎4‎. (2)把x=‎0‎代入方程‎(x−2‎)‎‎2‎+(y−‎5‎‎2‎‎)‎‎2‎=‎‎25‎‎4‎,解得y=‎1‎或y=‎4‎, 即点M(0, 1)‎,N(0, 4)‎. (1)当AB⊥y轴时,由椭圆的对称性可知‎∠ANM=‎∠BNM. (2)当AB与y轴不垂直时,可设直线AB的方程为y=kx+1‎. 联立方程y=kx+1‎x‎2‎‎+2y‎2‎=8‎‎ ‎,消去y得,‎(1+2k‎2‎)x‎2‎+4kx−6‎=‎0‎. 设直线AB交椭圆Γ于A(x‎1‎, y‎1‎)‎、B(x‎2‎, y‎2‎)‎两点, 则x‎1‎‎+x‎2‎=‎‎−4k‎1+2‎k‎2‎,x‎1‎x‎2‎‎=‎‎−6‎‎1+2‎k‎2‎. ∴ kAN‎+kBN=y‎1‎‎−4‎x‎1‎+y‎2‎‎−4‎x‎2‎=kx‎1‎−3‎x‎1‎+kx‎2‎−3‎x‎2‎=‎2kx‎1‎x‎2‎−3(x‎1‎+x‎2‎)‎x‎1‎x‎2‎=0‎, ∴ ‎∠ANM=‎∠BNM. 综上所述,‎∠ANM=‎∠BNM. ‎ ‎【考点】‎ 直线与椭圆结合的最值问题 圆的标准方程 ‎【解析】‎ ‎(‎Ⅰ‎)‎设圆C的半径为r(r>0)‎,依题意,圆心坐标为‎(2, r)‎,根据‎|MN|‎=‎3‎,利用弦长公式求得r的值,可得圆C的方程. ‎(‎Ⅱ‎)‎把x=‎0‎代入圆C的方程,求得M、N的坐标,当AB⊥y轴时,由椭圆的对称性可知‎∠ANM=‎∠BNM,当AB与y轴不垂直时,可设直线AB的方程为y=kx+1‎,代入椭圆的方程,利用韦达定理求得KAB‎+‎KBN=‎0‎,可得‎∠ANM=‎∠BNM.‎ ‎【解答】‎ ‎(1)设圆C的半径为r(r>0)‎,依题意,圆心坐标为‎(2, r)‎. ∵ ‎|MN|‎=‎3‎,∴ r‎2‎‎=(‎3‎‎2‎‎)‎‎2‎+‎‎2‎‎2‎,解得r‎2‎‎=‎‎25‎‎4‎, 故圆C的方程为‎(x−2‎)‎‎2‎+(y−‎5‎‎2‎‎)‎‎2‎=‎‎25‎‎4‎. (2)把x=‎0‎代入方程‎(x−2‎)‎‎2‎+(y−‎5‎‎2‎‎)‎‎2‎=‎‎25‎‎4‎,解得y=‎1‎或y=‎4‎, 即点M(0, 1)‎,N(0, 4)‎. (1)当AB⊥y轴时,由椭圆的对称性可知‎∠ANM=‎∠BNM. (2)当AB与y轴不垂直时,可设直线AB的方程为y=kx+1‎. 联立方程y=kx+1‎x‎2‎‎+2y‎2‎=8‎‎ ‎,消去y得,‎(1+2k‎2‎)x‎2‎+4kx−6‎=‎0‎. 设直线AB交椭圆Γ于A(x‎1‎, y‎1‎)‎、B(x‎2‎, y‎2‎)‎两点, 则x‎1‎‎+x‎2‎=‎‎−4k‎1+2‎k‎2‎,x‎1‎x‎2‎‎=‎‎−6‎‎1+2‎k‎2‎. ∴ kAN‎+kBN=y‎1‎‎−4‎x‎1‎+y‎2‎‎−4‎x‎2‎=kx‎1‎−3‎x‎1‎+kx‎2‎−3‎x‎2‎=‎2kx‎1‎x‎2‎−3(x‎1‎+x‎2‎)‎x‎1‎x‎2‎=0‎, ∴ ‎∠ANM=‎∠BNM. 综上所述,‎∠ANM=‎∠BNM. ‎ ‎【答案】‎ x‎2‎‎=‎2py(p>0)‎,即y=‎x‎2‎‎2p, 导数为y′=‎xp,切线L‎1‎,L‎2‎的斜率分别为x‎1‎p,x‎2‎p, L‎1‎‎⊥‎L‎2‎,可得x‎1‎p‎⋅x‎2‎p=−1‎, 联立直线y=x+1‎和x‎2‎=‎2py(p>0)‎, 可得x‎2‎‎−2px−2p=‎0‎,即有x‎1‎x‎2‎=‎−2p, 即有‎−‎p‎2‎=‎−2p,解得p=‎2‎, 则抛物线G的方程为x‎2‎=‎4y;‎ 证明:将直线y=k(x−1)+2‎代入抛物线方程x‎2‎=‎4y, 可得x‎2‎‎−4kx+4k−8‎=‎0‎, 即有x‎1‎‎+‎x‎2‎=‎4k,x‎1‎x‎2‎=‎4k−8‎, x‎1‎‎<‎x‎2‎,可得x‎2‎‎−x‎1‎=‎(x‎1‎+x‎2‎‎)‎‎2‎−4‎x‎1‎x‎2‎=‎16k‎2‎−16k+32‎=4‎k‎2‎‎−k+2‎. 抛物线的方程为y=‎‎1‎‎4‎x‎2‎,求导得y′=‎1‎‎2‎x, 过抛物线上A、B两点的切线方程分别是y−y‎1‎=‎1‎‎2‎x‎1‎(x−x‎1‎)‎,y−y‎2‎=‎1‎‎2‎x‎2‎(x−x‎2‎)‎, 即y=‎1‎‎2‎x‎1‎x−‎‎1‎‎4‎x‎1‎‎2‎,y=‎1‎‎2‎x‎2‎x−‎‎1‎‎4‎x‎2‎‎2‎, 解得两条切线l‎1‎、l‎2‎的交点H的坐标为‎(x‎1‎‎+‎x‎2‎‎2‎, x‎1‎x‎2‎‎4‎)‎,即H(2k, k−2)‎. 可得H到直线y=k(x−1)+2‎的距离为d=‎|k(2k−1)+2−k+2|‎‎1+‎k‎2‎=‎‎2(k‎2‎−k+2)‎‎1+‎k‎2‎, ‎|AB|=‎1+‎k‎2‎⋅|x‎2‎−x‎1‎|‎=‎4‎1+‎k‎2‎⋅‎k‎2‎‎−k+2‎. 可得‎△ABH的面积为S‎1‎‎=‎1‎‎2‎d⋅|AB|=‎1‎‎2‎⋅‎2(k‎2‎−k+2)‎‎1+‎k‎2‎⋅4‎1+‎k‎2‎⋅‎k‎2‎‎−k+2‎ =‎4(k‎2‎−k+2)⋅‎k‎2‎‎−k+2‎. 直线AB与抛物线G围成封闭图形的面积为S‎2‎‎=x‎1‎x‎2‎‎ ‎[k(x−1)+2−‎1‎‎4‎x‎2‎]dx =‎[‎1‎‎2‎kx‎2‎+(2−k)x−‎1‎‎12‎x‎3‎]‎|‎x‎1‎x‎2‎=‎1‎‎2‎k(x‎2‎−x‎1‎)(x‎2‎+x‎1‎)+(2−k)(x‎2‎−x‎1‎)−‎1‎‎12‎(x‎2‎−x‎1‎)[(x‎2‎+x‎1‎‎)‎‎2‎−x‎1‎x‎2‎]‎ =‎(x‎2‎−x‎1‎)[2k‎2‎+2−k−‎1‎‎12‎(16k‎2‎−4k+8)]‎=‎4k‎2‎‎−k+2‎⋅‎2‎‎3‎(k‎2‎−k+2)=‎8‎‎3‎(k‎2‎−k+2)⋅‎k‎2‎‎−k+2‎. 则S‎1‎S‎2‎为定值‎3‎‎2‎.‎ ‎【考点】‎ 第25页 共26页 ◎ 第26页 共26页 直线与抛物线的位置关系 ‎【解析】‎ ‎(1)求出函数y=‎x‎2‎‎2p的导数,可得切线的斜率,由两直线垂直的条件:斜率之积为‎−1‎,再将直线y=x+1‎代入抛物线方程,运用韦达定理,解方程可得p的值,进而得到抛物线的方程; (2)将直线y=k(x−1)+2‎代入抛物线方程x‎2‎=‎4y,运用韦达定理和弦长公式,求得‎|AB|‎,再由切线的方程求出交点H的坐标,运用点到直线的距离公式,结合三角形的面积公式可得S‎1‎,再由直线AB与抛物线G围成封闭图形的面积为S‎2‎‎=x‎1‎x‎2‎‎ ‎[k(x−1)+2−‎1‎‎4‎x‎2‎]dx,化简计算即可得到面积的比值为定值.‎ ‎【解答】‎ x‎2‎‎=‎2py(p>0)‎,即y=‎x‎2‎‎2p, 导数为y′=‎xp,切线L‎1‎,L‎2‎的斜率分别为x‎1‎p,x‎2‎p, L‎1‎‎⊥‎L‎2‎,可得x‎1‎p‎⋅x‎2‎p=−1‎, 联立直线y=x+1‎和x‎2‎=‎2py(p>0)‎, 可得x‎2‎‎−2px−2p=‎0‎,即有x‎1‎x‎2‎=‎−2p, 即有‎−‎p‎2‎=‎−2p,解得p=‎2‎, 则抛物线G的方程为x‎2‎=‎4y;‎ 证明:将直线y=k(x−1)+2‎代入抛物线方程x‎2‎=‎4y, 可得x‎2‎‎−4kx+4k−8‎=‎0‎, 即有x‎1‎‎+‎x‎2‎=‎4k,x‎1‎x‎2‎=‎4k−8‎, x‎1‎‎<‎x‎2‎,可得x‎2‎‎−x‎1‎=‎(x‎1‎+x‎2‎‎)‎‎2‎−4‎x‎1‎x‎2‎=‎16k‎2‎−16k+32‎=4‎k‎2‎‎−k+2‎. 抛物线的方程为y=‎‎1‎‎4‎x‎2‎,求导得y′=‎1‎‎2‎x, 过抛物线上A、B两点的切线方程分别是y−y‎1‎=‎1‎‎2‎x‎1‎(x−x‎1‎)‎,y−y‎2‎=‎1‎‎2‎x‎2‎(x−x‎2‎)‎, 即y=‎1‎‎2‎x‎1‎x−‎‎1‎‎4‎x‎1‎‎2‎,y=‎1‎‎2‎x‎2‎x−‎‎1‎‎4‎x‎2‎‎2‎, 解得两条切线l‎1‎、l‎2‎的交点H的坐标为‎(x‎1‎‎+‎x‎2‎‎2‎, x‎1‎x‎2‎‎4‎)‎,即H(2k, k−2)‎. 可得H到直线y=k(x−1)+2‎的距离为d=‎|k(2k−1)+2−k+2|‎‎1+‎k‎2‎=‎‎2(k‎2‎−k+2)‎‎1+‎k‎2‎, ‎|AB|=‎1+‎k‎2‎⋅|x‎2‎−x‎1‎|‎=‎4‎1+‎k‎2‎⋅‎k‎2‎‎−k+2‎. 可得‎△ABH的面积为S‎1‎‎=‎1‎‎2‎d⋅|AB|=‎1‎‎2‎⋅‎2(k‎2‎−k+2)‎‎1+‎k‎2‎⋅4‎1+‎k‎2‎⋅‎k‎2‎‎−k+2‎ =‎4(k‎2‎−k+2)⋅‎k‎2‎‎−k+2‎. 直线AB与抛物线G围成封闭图形的面积为S‎2‎‎=x‎1‎x‎2‎‎ ‎[k(x−1)+2−‎1‎‎4‎x‎2‎]dx =‎[‎1‎‎2‎kx‎2‎+(2−k)x−‎1‎‎12‎x‎3‎]‎|‎x‎1‎x‎2‎=‎1‎‎2‎k(x‎2‎−x‎1‎)(x‎2‎+x‎1‎)+(2−k)(x‎2‎−x‎1‎)−‎1‎‎12‎(x‎2‎−x‎1‎)[(x‎2‎+x‎1‎‎)‎‎2‎−x‎1‎x‎2‎]‎ =‎(x‎2‎−x‎1‎)[2k‎2‎+2−k−‎1‎‎12‎(16k‎2‎−4k+8)]‎=‎4k‎2‎‎−k+2‎⋅‎2‎‎3‎(k‎2‎−k+2)=‎8‎‎3‎(k‎2‎−k+2)⋅‎k‎2‎‎−k+2‎. 则S‎1‎S‎2‎为定值‎3‎‎2‎.‎ ‎【答案】‎ x>0‎‎,恒有f(x)≤x成立, ∴ xlnx−a‎2‎x‎2‎≤x恒成立, ∴ a‎2‎‎≥‎lnx−1‎x, 设g(x)=‎lnx−1‎x, ∴ g′(x)=‎‎2−lnxx‎2‎, 当g′(x)>0‎时,即‎0‎e‎2‎,函数g(x)‎单调递减, ∴ g(x‎)‎max=g(e‎2‎)=lne‎2‎−1‎e‎2‎=‎‎1‎e‎2‎, ∴ a‎2‎‎≥‎‎1‎e‎2‎, ∴ a≥‎‎2‎e‎2‎, ∴ 实数a的取值范围为‎[‎2‎e‎2‎, +∞)‎ 当a=‎0‎时,f(x)‎=xlnx,x>0‎, ∴ f′(x)‎=‎1+lnx, 当t>‎‎1‎e时,f′(x)>0‎,f(x)‎在‎[t, t+2]‎上单调递增,则f(x‎)‎min=f(t)‎=tlnt, 当‎00‎,解得x>‎‎1‎e,令f′(x)<0‎,解得x<‎‎1‎e, ∴ f(x)‎在‎[t, ‎1‎e]‎上单调递减,在‎[‎1‎e, t+2]‎上单调递增, ∴ f(x‎)‎min=f(‎1‎e)=−‎‎1‎e,‎ 第25页 共26页 ◎ 第26页 共26页 g′(x)‎‎=f(x)′−1‎=lnx−ax,函数g(x)‎=f(x)−x有两个极值点x‎1‎、x‎2‎, 即g′(x)‎=lnx−ax=‎0‎有两个不同的实根, 当a≤0‎时,g′(x)‎单调递增,g′(x)‎=‎0‎不可能有两个不同的实根; 当a>0‎时,设h(x)‎=lnx−ax, ∴ h′(x)=‎‎1−axx, 若‎00‎,h(x)‎单调递增, 若x>‎‎1‎a时,h′(x)<0‎,h(x)‎单调递减, ∴ h(‎1‎a)‎=‎−lna−1>0‎, ∴ ‎0x‎1‎>0‎, ∵ g′(x‎1‎)‎=g′(x‎2‎)‎=‎0‎, ∴ lnx‎1‎−ax‎1‎=‎0‎,lnx‎2‎−ax‎2‎=‎0‎,lnx‎1‎−lnx‎2‎=a(x‎1‎−x‎2‎)‎, 先证‎1‎lnx‎1‎‎+‎1‎lnx‎2‎>2‎,即证lnx‎2‎−lnx‎1‎x‎2‎‎−‎x‎1‎‎<‎x‎1‎‎+‎x‎2‎‎2‎x‎1‎x‎2‎, 即证lnx‎2‎x‎1‎2‎, 又∵ ‎02ae.‎ ‎【考点】‎ 利用导数研究函数的极值 利用导数研究函数的单调性 利用导数研究函数的最值 ‎【解析】‎ ‎(1)分离参数,构造函数,利用导数求出函数的最值即可, (2)先求导函数,再分类讨论,利用导数即可求出函数的最值. (3)函数g(x)‎=f(x)−x有两个极值点x‎1‎、x‎2‎,即导函数g′(x)‎有两个不同的实数根x‎1‎、x‎2‎,对a进行分类讨论,令x‎2‎x‎1‎‎=t,构造函数φ(t)‎,利用函数φ(t)‎的单调性证明不等式.‎ ‎【解答】‎ x>0‎‎,恒有f(x)≤x成立, ∴ xlnx−a‎2‎x‎2‎≤x恒成立, ∴ a‎2‎‎≥‎lnx−1‎x, 设g(x)=‎lnx−1‎x, ∴ g′(x)=‎‎2−lnxx‎2‎, 当g′(x)>0‎时,即‎0‎e‎2‎,函数g(x)‎单调递减, ∴ g(x‎)‎max=g(e‎2‎)=lne‎2‎−1‎e‎2‎=‎‎1‎e‎2‎, ∴ a‎2‎‎≥‎‎1‎e‎2‎, ∴ a≥‎‎2‎e‎2‎, ∴ 实数a的取值范围为‎[‎2‎e‎2‎, +∞)‎ 当a=‎0‎时,f(x)‎=xlnx,x>0‎, ∴ f′(x)‎=‎1+lnx, 当t>‎‎1‎e时,f′(x)>0‎,f(x)‎在‎[t, t+2]‎上单调递增,则f(x‎)‎min=f(t)‎=tlnt, 当‎00‎,解得x>‎‎1‎e,令f′(x)<0‎,解得x<‎‎1‎e, ∴ f(x)‎在‎[t, ‎1‎e]‎上单调递减,在‎[‎1‎e, t+2]‎上单调递增, ∴ f(x‎)‎min=f(‎1‎e)=−‎‎1‎e,‎ 第25页 共26页 ◎ 第26页 共26页 g′(x)‎‎=f(x)′−1‎=lnx−ax,函数g(x)‎=f(x)−x有两个极值点x‎1‎、x‎2‎, 即g′(x)‎=lnx−ax=‎0‎有两个不同的实根, 当a≤0‎时,g′(x)‎单调递增,g′(x)‎=‎0‎不可能有两个不同的实根; 当a>0‎时,设h(x)‎=lnx−ax, ∴ h′(x)=‎‎1−axx, 若‎00‎,h(x)‎单调递增, 若x>‎‎1‎a时,h′(x)<0‎,h(x)‎单调递减, ∴ h(‎1‎a)‎=‎−lna−1>0‎, ∴ ‎0x‎1‎>0‎, ∵ g′(x‎1‎)‎=g′(x‎2‎)‎=‎0‎, ∴ lnx‎1‎−ax‎1‎=‎0‎,lnx‎2‎−ax‎2‎=‎0‎,lnx‎1‎−lnx‎2‎=a(x‎1‎−x‎2‎)‎, 先证‎1‎lnx‎1‎‎+‎1‎lnx‎2‎>2‎,即证lnx‎2‎−lnx‎1‎x‎2‎‎−‎x‎1‎‎<‎x‎1‎‎+‎x‎2‎‎2‎x‎1‎x‎2‎, 即证lnx‎2‎x‎1‎2‎, 又∵ ‎02ae.‎ 请考生在22、23两题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题记分.[选修4-4:坐标系与参数方程]‎ ‎【答案】‎ 解:(1)曲线C的极坐标方程为ρcos‎2‎θ−4sinθ=0‎,即ρ‎2‎cos‎2‎θ−4ρsinθ=0‎,直角坐标方程为x‎2‎‎−4y=0‎; 直线l经过点P(0, 3)‎,斜率为‎3‎,直线l的参数方程为x=‎1‎‎2‎ty=3+‎3‎‎2‎t(t为参数);‎ ‎(2)x=‎1‎‎2‎ty=3+‎3‎‎2‎t(t为参数)代入x‎2‎‎−4y=0‎,整理,得:t‎2‎‎−8‎3‎t−48=0‎, 设t‎1‎,t‎2‎是方程的两根,∴ t‎1‎‎⋅t‎2‎=−48‎,t‎1‎‎+t‎2‎=8‎‎3‎ ∴ ‎1‎‎|PA|‎‎+‎1‎‎|PB|‎=‎|t‎1‎−t‎2‎|‎‎|t‎1‎t‎2‎|‎=‎192+192‎‎48‎=‎‎6‎‎6‎.‎ ‎【考点】‎ 圆的极坐标方程 ‎【解析】‎ ‎(1)曲线C的极坐标方程为ρcos‎2‎θ−4sinθ=0‎,即ρ‎2‎cos‎2‎θ−4ρsinθ=0‎,即可写出曲线C的直角坐标方程;直线l经过点P(0, 3)‎,斜率为‎3‎,即可写出直线l的参数方程;‎ ‎(2)x=‎1‎‎2‎ty=3+‎3‎‎2‎t(t为参数)代入圆的普通方程,整理,得:t‎2‎‎+‎3‎t−3=0‎,利用参数的几何意义,求‎1‎‎|PA|‎‎+‎‎1‎‎|PB|‎的值.‎ ‎【解答】‎ 解:(1)曲线C的极坐标方程为ρcos‎2‎θ−4sinθ=0‎,即ρ‎2‎cos‎2‎θ−4ρsinθ=0‎,直角坐标方程为x‎2‎‎−4y=0‎; 直线l经过点P(0, 3)‎,斜率为‎3‎,直线l的参数方程为x=‎1‎‎2‎ty=3+‎3‎‎2‎t(t为参数);‎ ‎(2)x=‎1‎‎2‎ty=3+‎3‎‎2‎t(t为参数)代入x‎2‎‎−4y=0‎,整理,得:t‎2‎‎−8‎3‎t−48=0‎, 设t‎1‎,t‎2‎是方程的两根,∴ t‎1‎‎⋅t‎2‎=−48‎,t‎1‎‎+t‎2‎=8‎‎3‎ ∴ ‎1‎‎|PA|‎‎+‎1‎‎|PB|‎=‎|t‎1‎−t‎2‎|‎‎|t‎1‎t‎2‎|‎=‎192+192‎‎48‎=‎‎6‎‎6‎.‎ ‎[选修4-5:不等式选讲]‎ ‎【答案】‎ a‎=‎−1‎时,f(x)‎=‎|2x+1|+|2x−1|≥|2x+1−2x+1|‎=‎2‎, 即x=‎±‎‎1‎‎2‎时,“=”成立, 故不等式的解集是‎[−‎1‎‎2‎, ‎1‎‎2‎]‎;‎ 由‎|2x−a|+|2x−1|≤|2x+1|‎得:‎|2x−a|≤|2x+1|−|2x−1|≤|2x+1−2x−1|‎=‎2‎, 故‎−2≤2x−a≤2‎,故a−2‎‎2‎‎≤x≤‎a+2‎‎2‎, 故‎[‎1‎‎2‎, 1]⊆[a−2‎‎2‎, a+2‎‎2‎]‎, 故a−2‎‎2‎‎≤‎‎1‎‎2‎a+2‎‎2‎‎≥1‎‎ ‎,解得:a∈[0, 3]‎.‎ ‎【考点】‎ 绝对值三角不等式 绝对值不等式的解法与证明 ‎【解析】‎ ‎(1)根据绝对值的选项得到f(x)≥2‎,求出满足条件的x的值即可; (2)根据绝对值的性质求出x的范围,结合集合的包含关系求出a的范围即可.‎ ‎【解答】‎ a‎=‎−1‎时,f(x)‎=‎|2x+1|+|2x−1|≥|2x+1−2x+1|‎=‎2‎, 即x=‎±‎‎1‎‎2‎时,“=”成立, 故不等式的解集是‎[−‎1‎‎2‎, ‎1‎‎2‎]‎;‎ 由‎|2x−a|+|2x−1|≤|2x+1|‎得:‎|2x−a|≤|2x+1|−|2x−1|≤|2x+1−2x−1|‎=‎2‎, 故‎−2≤2x−a≤2‎,故a−2‎‎2‎‎≤x≤‎a+2‎‎2‎, 故‎[‎1‎‎2‎, 1]⊆[a−2‎‎2‎, a+2‎‎2‎]‎, 故a−2‎‎2‎‎≤‎‎1‎‎2‎a+2‎‎2‎‎≥1‎‎ ‎,解得:a∈[0, 3]‎.‎ 第25页 共26页 ◎ 第26页 共26页