2016年北京市高考数学试卷（理科） 23页

‎2016年北京市高考数学试卷（理科）‎ ‎　‎ 一、选择题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项．‎ ‎1．（5分）已知集合A={x||x|＜2}，B={﹣1，0，1，2，3}，则A∩B=（　　）‎ A．{0，1} B．{0，1，2} C．{﹣1，0，1} D．{﹣1，0，1，2}‎ ‎2．（5分）若x，y满足，则2x+y的最大值为（　　）‎ A．0 B．3 C．4 D．5‎ ‎3．（5分）执行如图所示的程序框图，若输入的a值为1，则输出的k值为（　　）‎ A．1 B．2 C．3 D．4‎ ‎4．（5分）设，是向量，则“||=||”是“|+|=|﹣|”的（　　）‎ A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 ‎5．（5分）已知x，y∈R，且x＞y＞0，则（　　）‎ A．﹣＞0 B．sinx﹣siny＞0 C．（）x﹣（）y＜0 D．lnx+lny＞0‎ ‎6．（5分）某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（　　）‎ A． B． C． D．1‎ ‎7．（5分）将函数y=sin（2x﹣）图象上的点P（，t）向左平移s（s＞0）个单位长度得到点P′，若P′位于函数y=sin2x的图象上，则（　　）‎ A．t=，s的最小值为 B．t=，s的最小值为 C．t=，s的最小值为 D．t=，s的最小值为 ‎8．（5分）袋中装有偶数个球，其中红球、黑球各占一半．甲、乙、丙是三个空盒．每次从袋中任意取出两个球，将其中一个球放入甲盒，如果这个球是红球，就将另一个放入乙盒，否则就放入丙盒．重复上述过程，直到袋中所有球都被放入盒中，则（　　）‎ A．乙盒中黑球不多于丙盒中黑球 B．乙盒中红球与丙盒中黑球一样多 C．乙盒中红球不多于丙盒中红球 D．乙盒中黑球与丙盒中红球一样多 ‎　‎ 二、填空题共6小题，每小题5分，共30分．‎ ‎9．（5分）设a∈R，若复数（1+i）（a+i）在复平面内对应的点位于实轴上，则a=　 　．‎ ‎10．（5分）在（1﹣2x）6的展开式中，x2的系数为　 　．（用数字作答）‎ ‎11．（5分）在极坐标系中，直线ρcosθ﹣ρsinθ﹣1=0与圆ρ=2cosθ交于A，B两点，则|AB|=　 　．‎ ‎12．（5分）已知{an}为等差数列，Sn为其前n项和．若a1=6，a3+a5=0，则S6=　 　．‎ ‎13．（5分）双曲线﹣=1（a＞0，b＞0）的渐近线为正方形OABC的边OA，OC所在的直线，点B为该双曲线的焦点．若正方形OABC的边长为2，则a=　 　．‎ ‎14．（5分）设函数f（x）=．‎ ‎①若a=0，则f（x）的最大值为　 　；‎ ‎②若f（x）无最大值，则实数a的取值范围是　 　．‎ ‎　‎ 三、解答题共6小题，共80分，解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．‎ ‎15．（13分）在△ABC中，a2+c2=b2+ac．‎ ‎（Ⅰ）求∠B的大小；‎ ‎（Ⅱ）求cosA+cosC的最大值．‎ ‎16．（13分）A，B，C三个班共有100名学生，为调查他们的体育锻炼情况，通过分层抽样获得了部分学生一周的锻炼时间，数据如表（单位：小时）：‎ A班 ‎6 6.5 7 7.5 8‎ B班 ‎6 7 8 9 10 11 12‎ C班 ‎3 4.5 6 7.5 9 10.5 12 13.5‎ ‎（Ⅰ）试估计C班的学生人数；‎ ‎（Ⅱ）从A班和C班抽出的学生中，各随机选取一个人，A班选出的人记为甲，C班选出的人记为乙．假设所有学生的锻炼时间相对独立，求该周甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长的概率；‎ ‎（Ⅲ）再从A，B，C三班中各随机抽取一名学生，他们该周锻炼时间分别是7，9，8.25（单位：小时），这3个新数据与表格中的数据构成的新样本的平均数记为μ1，表格中数据的平均数记为μ0，试判断μ0和μ1的大小．（结论不要求证明）‎ ‎17．（14分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA=PD，AB⊥AD，AB=1，AD=2，AC=CD=．‎ ‎（Ⅰ）求证：PD⊥平面PAB；‎ ‎（Ⅱ）求直线PB与平面PCD所成角的正弦值；‎ ‎（Ⅲ）在棱PA上是否存在点M，使得BM∥平面PCD？若存在，求的值，若不存在，说明理由．‎ ‎18．（13分）设函数f（x）=xea﹣x+bx，曲线y=f（x）在点（2，f（2））处的切线方程为y=（e﹣1）x+4，‎ ‎（Ⅰ）求a，b的值；‎ ‎（Ⅱ）求f（x）的单调区间．‎ ‎19．（14分）已知椭圆C：+=1（a＞b＞0）的离心率为，A（a，0），B（0，b），O（0，0），△OAB的面积为1．‎ ‎（Ⅰ）求椭圆C的方程；‎ ‎（Ⅱ）设P是椭圆C上一点，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N．求证：|AN|•|BM|为定值．‎ ‎20．（13分）设数列A：a1，a2，…，aN （N≥2）．如果对小于n（2≤n≤N）的每个正整数k都有ak＜an，则称n是数列A的一个“G时刻”，记G（A）是数列A的所有“G时刻”组成的集合．‎ ‎（Ⅰ）对数列A：﹣2，2，﹣1，1，3，写出G（A）的所有元素；‎ ‎（Ⅱ）证明：若数列A中存在an使得an＞a1，则G（A）≠∅；‎ ‎（Ⅲ）证明：若数列A满足an﹣an﹣1≤1（n=2，3，…，N），则G（A）的元素个数不小于aN﹣a1．‎ ‎　‎ ‎2016年北京市高考数学试卷（理科）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项．‎ ‎1．（5分）已知集合A={x||x|＜2}，B={﹣1，0，1，2，3}，则A∩B=（　　）‎ A．{0，1} B．{0，1，2} C．{﹣1，0，1} D．{﹣1，0，1，2}‎ ‎【分析】先求出集合A和B，由此利用交集的定义能求出A∩B．‎ ‎【解答】解：∵集合A={x||x|＜2}={x|﹣2＜x＜2}，‎ B={﹣1，0，1，2，3}，‎ ‎∴A∩B={﹣1，0，1}．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题考查交集的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意交集定义的合理运用．‎ ‎　‎ ‎2．（5分）若x，y满足，则2x+y的最大值为（　　）‎ A．0 B．3 C．4 D．5‎ ‎【分析】作出不等式组对应的平面区域，目标函数的几何意义是直线的纵截距，利用数形结合即可求z的取值范围．‎ ‎【解答】解：作出不等式组对应的平面区域如图：（阴影部分）．‎ 设z=2x+y得y=﹣2x+z，‎ 平移直线y=﹣2x+z，‎ 由图象可知当直线y=﹣2x+z经过点A时，直线y=﹣2x+z的截距最大，‎ 此时z最大．‎ 由，解得，即A（1，2），‎ 代入目标函数z=2x+y得z=1×2+2=4．‎ 即目标函数z=2x+y的最大值为4．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题主要考查线性规划的应用，利用目标函数的几何意义，结合数形结合的数学思想是解决此类问题的基本方法．‎ ‎　‎ ‎3．（5分）执行如图所示的程序框图，若输入的a值为1，则输出的k值为（　　）‎ A．1 B．2 C．3 D．4‎ ‎【分析】‎ 根据已知的程序框图可得，该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量S的值，模拟程序的运行过程，可得答案．‎ ‎【解答】解：输入的a值为1，则b=1，‎ 第一次执行循环体后，a=﹣，不满足退出循环的条件，k=1；‎ 第二次执行循环体后，a=﹣2，不满足退出循环的条件，k=2；‎ 第三次执行循环体后，a=1，满足退出循环的条件，‎ 故输出的k值为2，‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查的知识点是程序框图，当循环次数不多，或有规律可循时，可采用模拟程序法进行解答．‎ ‎　‎ ‎4．（5分）设，是向量，则“||=||”是“|+|=|﹣|”的（　　）‎ A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 ‎【分析】根据向量模相等的几何意义，结合充要条件的定义，可得答案．‎ ‎【解答】解：若“||=||”，则以，为邻边的平行四边形是菱形；‎ 若“|+|=|﹣|”，则以，为邻边的平行四边形是矩形；‎ 故“||=||”是“|+|=|﹣|”的既不充分也不必要条件；‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题考查的知识点是充要条件，向量的模，分析出“||=||”与“|+|=|﹣|”表示的几何意义，是解答的关键．‎ ‎　‎ ‎5．（5分）已知x，y∈R，且x＞y＞0，则（　　）‎ A．﹣＞0 B．sinx﹣siny＞0 C．（）x﹣（）y＜0 D．lnx+lny＞0‎ ‎【分析】x，y∈R，且x＞y＞0，可得：，sinx与siny的大小关系不确定，＜，lnx+lny与0的大小关系不确定，即可判断出结论．‎ ‎【解答】解：∵x，y∈R，且x＞y＞0，则，sinx与siny的大小关系不确定，＜，即﹣＜0，lnx+lny与0的大小关系不确定．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题考查了不等式的性质、函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎6．（5分）某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（　　）‎ A． B． C． D．1‎ ‎【分析】由已知中的三视图可得：该几何体是一个以俯视图为底面的三棱锥，进而可得答案．‎ ‎【解答】解：由已知中的三视图可得：该几何体是一个以俯视图为底面的三棱锥，‎ 棱锥的底面面积S=×1×1=，‎ 高为1，‎ 故棱锥的体积V==，‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题考查的知识点是由三视图，求体积和表面积，根据已知的三视图，判断几何体的形状是解答的关键．‎ ‎　‎ ‎7．（5分）将函数y=sin（2x﹣）图象上的点P（，t）向左平移s（s＞0）个单位长度得到点P′，若P′位于函数y=sin2x的图象上，则（　　）‎ A．t=，s的最小值为 B．t=，s的最小值为 C．t=，s的最小值为 D．t=，s的最小值为 ‎【分析】将x=代入得：t=，进而求出平移后P′的坐标，进而得到s的最小值．‎ ‎【解答】解：将x=代入得：t=sin=，‎ 将函数y=sin（2x﹣）图象上的点P向左平移s个单位，‎ 得到P′（﹣s，）点，‎ 若P′位于函数y=sin2x的图象上，‎ 则sin（﹣2s）=cos2s=，‎ 则2s=+2kπ，k∈Z，‎ 则s=+kπ，k∈Z，‎ 由s＞0得：当k=0时，s的最小值为，‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题考查的知识点是函数y=Asin（ωx+φ）（A＞0，ω＞0）的图象和性质，难度中档．‎ ‎　‎ ‎8．（5分）袋中装有偶数个球，其中红球、黑球各占一半．甲、乙、丙是三个空盒．每次从袋中任意取出两个球，将其中一个球放入甲盒，如果这个球是红球，就将另一个放入乙盒，否则就放入丙盒．重复上述过程，直到袋中所有球都被放入盒中，则（　　）‎ A．乙盒中黑球不多于丙盒中黑球 B．乙盒中红球与丙盒中黑球一样多 C．乙盒中红球不多于丙盒中红球 D．乙盒中黑球与丙盒中红球一样多 ‎【分析】分析理解题意：乙中放红球，则甲中也肯定是放红球；往丙中放球的前提是放入甲中的不是红球，据此可以从乙中的红球个数为切入点进行分析．‎ ‎【解答】解：取两个球共有4种情况：‎ ‎①红+红，则乙盒中红球数加1个；‎ ‎②黑+黑，则丙盒中黑球数加1个；‎ ‎③红+黑（红球放入甲盒中），则乙盒中黑球数加1个；‎ ‎④黑+红（黑球放入甲盒中），则丙盒中红球数加1个．‎ 设一共有球2a个，则a个红球，a个黑球，甲中球的总个数为a，其中红球x个，黑球y个，x+y=a．‎ 则乙中有x个球，其中k个红球，j个黑球，k+j=x；‎ 丙中有y个球，其中l个红球，i个黑球，i+l=y；‎ 黑球总数a=y+i+j，又x+y=a，故x=i+j 由于x=k+j，所以可得i=k，即乙中的红球等于丙中的黑球．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】该题考查了推理与证明，重点是找到切入点逐步进行分析，对学生的逻辑思维能力有一定要求，中档题 ‎　‎ 二、填空题共6小题，每小题5分，共30分．‎ ‎9．（5分）设a∈R，若复数（1+i）（a+i）在复平面内对应的点位于实轴上，则a=　﹣1　．‎ ‎【分析】（1+i）（a+i）=a﹣1+（a+1）i，则a+1=0，解得答案．‎ ‎【解答】解：（1+i）（a+i）=a﹣1+（a+1）i，‎ 若复数（1+i）（a+i）在复平面内对应的点位于实轴上，‎ 则a+1=0，‎ 解得：a=﹣1，‎ 故答案为：﹣1‎ ‎【点评】本题考查的知识点是复数的代数表示法及其几何意义，难度不大，属于基础题．‎ ‎　‎ ‎10．（5分）在（1﹣2x）6的展开式中，x2的系数为　60　．（用数字作答）‎ ‎【分析】利用二项式定理展开式的通项公式即可得出．‎ ‎【解答】解：（1﹣2x）6的展开式中，通项公式Tr+1=（﹣2x）r=（﹣2）rxr，‎ 令r=2，则x2的系数==60．‎ 故答案为：60．‎ ‎【点评】本题考查了二项式定理的应用，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．‎ ‎　‎ ‎11．（5分）在极坐标系中，直线ρcosθ﹣ρsinθ﹣1=0与圆ρ=2cosθ交于A，B两点，则|AB|=　2　．‎ ‎【分析】把圆与直线的极坐标方程化为直角坐标方程，利用圆心C在直线上可得|AB|．‎ ‎【解答】解：直线ρcosθ﹣ρsinθ﹣1=0化为y直线x﹣y﹣1=0．‎ 圆ρ=2cosθ化为ρ2=2ρcosθ，∴x2+y2=2x，配方为（x﹣1）2+y2=1，可得圆心C（1，0），半径r=1．‎ 则圆心C在直线上，∴|AB|=2．‎ 故答案为：2．‎ ‎【点评】本题考查了把圆与直线的极坐标方程化为直角坐标方程，考查了计算能力，属于基础题．‎ ‎　‎ ‎12．（5分）已知{an}为等差数列，Sn为其前n项和．若a1=6，a3+a5=0，则S6=　6　．‎ ‎【分析】由已知条件利用等差数列的性质求出公差，由此利用等差数列的前n项和公式能求出S6．‎ ‎【解答】解：∵{an}为等差数列，Sn为其前n项和．‎ a1=6，a3+a5=0，‎ ‎∴a1+2d+a1+4d=0，‎ ‎∴12+6d=0，‎ 解得d=﹣2，‎ ‎∴S6==36﹣30=6．‎ 故答案为：6．‎ ‎【点评】本题考查等差数列的前6项和的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意等差数列的性质的合理运用．‎ ‎　‎ ‎13．（5分）双曲线﹣=1（a＞0，b＞0）的渐近线为正方形OABC的边OA，OC所在的直线，点B为该双曲线的焦点．若正方形OABC的边长为2，则a=　2　．‎ ‎【分析】根据双曲线渐近线在正方形的两个边，得到双曲线的渐近线互相垂直，即双曲线是等轴双曲线，结合等轴双曲线的性质进行求解即可．‎ ‎【解答】解：∵双曲线的渐近线为正方形OABC的边OA，OC所在的直线，‎ ‎∴渐近线互相垂直，则双曲线为等轴双曲线，即渐近线方程为y=±x，‎ 即a=b，‎ ‎∵正方形OABC的边长为2，‎ ‎∴OB=2，即c=2，‎ 则a2+b2=c2=8，‎ 即2a2=8，‎ 则a2=4，a=2，‎ 故答案为：2‎ ‎【点评】本题主要考查双曲线的性质的应用，根据双曲线渐近线垂直关系得到双曲线是等轴双曲线是解决本题的关键．‎ ‎　‎ ‎14．（5分）设函数f（x）=．‎ ‎①若a=0，则f（x）的最大值为　2　；‎ ‎②若f（x）无最大值，则实数a的取值范围是　（﹣∞，﹣1）　．‎ ‎【分析】①将a=0代入，求出函数的导数，分析函数的单调性，可得当x=﹣1时，f（x）的最大值为2；‎ ‎②若f（x）无最大值，则，或，解得答案．‎ ‎【解答】解：①若a=0，则f（x）=，‎ 则f′（x）=，‎ 当x＜﹣1时，f′（x）＞0，此时函数为增函数，‎ 当x＞﹣1时，f′（x）＜0，此时函数为减函数，‎ 故当x=﹣1时，f（x）的最大值为2；‎ ‎②f′（x）=，‎ 令f′（x）=0，则x=±1，‎ 若f（x）无最大值，则，或，‎ 解得：a∈（﹣∞，﹣1）．‎ 故答案为：2，（﹣∞，﹣1）‎ ‎【点评】本题考查的知识点是分段函数的应用，函数的最值，分类讨论思想，难度中档．‎ ‎　‎ 三、解答题共6小题，共80分，解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．‎ ‎15．（13分）在△ABC中，a2+c2=b2+ac．‎ ‎（Ⅰ）求∠B的大小；‎ ‎（Ⅱ）求cosA+cosC的最大值．‎ ‎【分析】（Ⅰ）根据已知和余弦定理，可得cosB=，进而得到答案；‎ ‎（Ⅱ）由（I）得：C=﹣A，结合正弦型函数的图象和性质，可得cosA+cosC的最大值．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）∵在△ABC中，a2+c2=b2+ac．‎ ‎∴a2+c2﹣b2=ac．‎ ‎∴cosB===，‎ ‎∴B=‎ ‎（Ⅱ）由（I）得：C=﹣A，‎ ‎∴cosA+cosC=cosA+cos（﹣A）‎ ‎=cosA﹣cosA+sinA ‎=cosA+sinA ‎=sin（A+）．‎ ‎∵A∈（0，），‎ ‎∴A+∈（，π），‎ 故当A+=时，sin（A+）取最大值1，‎ 即cosA+cosC的最大值为1．‎ ‎【点评】本题考查的知识点是余弦定理，和差角公式，正弦型函数的图象和性质，难度中档．‎ ‎　‎ ‎16．（13分）A，B，C三个班共有100名学生，为调查他们的体育锻炼情况，通过分层抽样获得了部分学生一周的锻炼时间，数据如表（单位：小时）：‎ A班 ‎6 6.5 7 7.5 8‎ B班 ‎6 7 8 9 10 11 12‎ C班 ‎3 4.5 6 7.5 9 10.5 12 13.5‎ ‎（Ⅰ）试估计C班的学生人数；‎ ‎（Ⅱ）从A班和C班抽出的学生中，各随机选取一个人，A班选出的人记为甲，C班选出的人记为乙．假设所有学生的锻炼时间相对独立，求该周甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长的概率；‎ ‎（Ⅲ）再从A，B，C三班中各随机抽取一名学生，他们该周锻炼时间分别是7，9，8.25（单位：小时），这3个新数据与表格中的数据构成的新样本的平均数记为μ1，表格中数据的平均数记为μ0，试判断μ0和μ1的大小．（结论不要求证明）‎ ‎【分析】（I）由已知先计算出抽样比，进而可估计C班的学生人数；‎ ‎（Ⅱ）根据古典概型概率计算公式，可求出该周甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长的概率；‎ ‎（Ⅲ）根据平均数的定义，可判断出μ0＞μ1．‎ ‎【解答】解：（I）由题意得：三个班共抽取20个学生，其中C班抽取8个，‎ 故抽样比K==，‎ 故C班有学生8÷=40人，‎ ‎（Ⅱ）从从A班和C班抽出的学生中，各随机选取一个人，‎ 共有5×8=40种情况，‎ 而且这些情况是等可能发生的，‎ 当甲锻炼时间为6时，甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长有2种情况；‎ 当甲锻炼时间为6.5时，甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长有3种情况；‎ 当甲锻炼时间为7时，甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长有3种情况；‎ 当甲锻炼时间为7.5时，甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长有3种情况；‎ 当甲锻炼时间为8时，甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长有4种情况；‎ 故周甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长的概率P==；‎ ‎（Ⅲ）μ0＞μ1．‎ ‎【点评】‎ 本题考查的知识点是用样本的频率分布估计总体分布，古典概型，难度中档．‎ ‎　‎ ‎17．（14分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA=PD，AB⊥AD，AB=1，AD=2，AC=CD=．‎ ‎（Ⅰ）求证：PD⊥平面PAB；‎ ‎（Ⅱ）求直线PB与平面PCD所成角的正弦值；‎ ‎（Ⅲ）在棱PA上是否存在点M，使得BM∥平面PCD？若存在，求的值，若不存在，说明理由．‎ ‎【分析】（Ⅰ）由已知结合面面垂直的性质可得AB⊥平面PAD，进一步得到AB⊥PD，再由PD⊥PA，由线面垂直的判定得到PD⊥平面PAB；‎ ‎（Ⅱ）取AD中点为O，连接CO，PO，由已知可得CO⊥AD，PO⊥AD．以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得P（0，0，1），B（1，1，0），D（0，﹣1，0），C（2，0，0），进一步求出向量的坐标，再求出平面PCD的法向量，设PB与平面PCD的夹角为θ，由求得直线PB与平面PCD所成角的正弦值；‎ ‎（Ⅲ）假设存在M点使得BM∥平面PCD，设，M（0，y1，z1），由可得M（0，1﹣λ，λ），，由BM∥平面PCD，可得 ‎，由此列式求得当时，M点即为所求．‎ ‎【解答】（Ⅰ）证明：∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，‎ 且AB⊥AD，AB⊂平面ABCD，‎ ‎∴AB⊥平面PAD，‎ ‎∵PD⊂平面PAD，‎ ‎∴AB⊥PD，‎ 又PD⊥PA，且PA∩AB=A，‎ ‎∴PD⊥平面PAB；‎ ‎（Ⅱ）解：取AD中点为O，连接CO，PO，‎ ‎∵CD=AC=，‎ ‎∴CO⊥AD，‎ 又∵PA=PD，‎ ‎∴PO⊥AD．‎ 以O为坐标原点，建立空间直角坐标系如图：‎ 则P（0，0，1），B（1，1，0），D（0，﹣1，0），C（2，0，0），‎ 则，，‎ 设为平面PCD的法向量，‎ 则由，得，则．‎ 设PB与平面PCD的夹角为θ，则=；‎ ‎（Ⅲ）解：假设存在M点使得BM∥平面PCD，设，M（0，y1，z1），‎ 由（Ⅱ）知，A（0，1，0），P（0，0，1），，B（1，1，0），，‎ 则有，可得M（0，1﹣λ，λ），‎ ‎∴，‎ ‎∵BM∥平面PCD，为平面PCD的法向量，‎ ‎∴，即，解得．‎ 综上，存在点M，即当时，M点即为所求．‎ ‎【点评】本题考查线面垂直的判定，考查了直线与平面所成的角，训练了存在性问题的求解方法，建系利用空间向量求解降低了问题的难度，属中档题．‎ ‎　‎ ‎18．（13分）设函数f（x）=xea﹣x+bx，曲线y=f（x）在点（2，f（2））处的切线方程为y=（e﹣1）x+4，‎ ‎（Ⅰ）求a，b的值；‎ ‎（Ⅱ）求f（x）的单调区间．‎ ‎【分析】（Ⅰ）求函数的导数，根据导数的几何意义求出函数的切线斜率以及f（2），建立方程组关系即可求a，b的值；‎ ‎（Ⅱ）求函数的导数，利用函数单调性和导数之间的关系即可求f（x）的单调区间．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）∵y=f（x）在点（2，f（2））处的切线方程为y=（e﹣1）x+4，‎ ‎∴当x=2时，y=2（e﹣1）+4=2e+2，即f（2）=2e+2，‎ 同时f′（2）=e﹣1，‎ ‎∵f（x）=xea﹣x+bx，‎ ‎∴f′（x）=ea﹣x﹣xea﹣x+b，‎ 则，‎ 即a=2，b=e；‎ ‎（Ⅱ）∵a=2，b=e；‎ ‎∴f（x）=xe2﹣x+ex，‎ ‎∴f′（x）=e2﹣x﹣xe2﹣x+e=（1﹣x）e2﹣x+e=（1﹣x+ex﹣1）e2﹣x，‎ ‎∵e2﹣x＞0，‎ ‎∴1﹣x+ex﹣1与f′（x）同号，‎ 令g（x）=1﹣x+ex﹣1，‎ 则g′（x）=﹣1+ex﹣1，‎ 由g′（x）＜0，得x＜1，此时g（x）为减函数，‎ 由g′（x）＞0，得x＞1，此时g（x）为增函数，‎ 则当x=1时，g（x）取得极小值也是最小值g（1）=1，‎ 则g（x）≥g（1）=1＞0，‎ 故f′（x）＞0，即f（x）的单调区间是（﹣∞，+∞），无递减区间．‎ ‎【点评】本题主要考查导数的应用，根据导数的几何意义，结合切线斜率建立方程关系以及利用函数单调性和导数之间的关系是解决本题的关键．综合性较强．‎ ‎　‎ ‎19．（14分）已知椭圆C：+=1（a＞b＞0）的离心率为，A（a，0），B（0，b），O（0，0），△OAB的面积为1．‎ ‎（Ⅰ）求椭圆C的方程；‎ ‎（Ⅱ）设P是椭圆C上一点，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N．求证：|AN|•|BM|为定值．‎ ‎【分析】（Ⅰ）运用椭圆的离心率公式和三角形的面积公式，结合a，b，c的关系，解方程可得a=2，b=1，进而得到椭圆方程；‎ ‎（Ⅱ）方法一、设椭圆上点P（x0，y0），可得x02+4y02=4，求出直线PA的方程，令x=0，求得y，|BM|；求出直线PB的方程，令y=0，可得x，|AN|，化简整理，即可得到|AN|•|BM|为定值4．‎ 方法二、设P（2cosθ，sinθ），（0≤θ＜2π），求出直线PA的方程，令x=0，求得y，|BM|；求出直线PB的方程，令y=0，可得x，|AN|，运用同角的平方关系，化简整理，即可得到|AN|•|BM|为定值4．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）由题意可得e==，‎ 又△OAB的面积为1，可得ab=1，‎ 且a2﹣b2=c2，‎ 解得a=2，b=1，c=，‎ 可得椭圆C的方程为+y2=1；‎ ‎（Ⅱ）证法一：设椭圆上点P（x0，y0），‎ 可得x02+4y02=4，‎ 直线PA：y=（x﹣2），令x=0，可得y=﹣，‎ 则|BM|=|1+|；‎ 直线PB：y=x+1，令y=0，可得x=﹣，‎ 则|AN|=|2+|．‎ 可得|AN|•|BM|=|2+|•|1+|‎ ‎=||=||‎ ‎=||=4，‎ 即有|AN|•|BM|为定值4．‎ 证法二：设P（2cosθ，sinθ），（0≤θ＜2π），‎ 直线PA：y=（x﹣2），令x=0，可得y=﹣，‎ 则|BM|=||；‎ 直线PB：y=x+1，令y=0，可得x=﹣，‎ 则|AN|=||．‎ 即有|AN|•|BM|=||•||‎ ‎=2||‎ ‎=2||=4．‎ 则|AN|•|BM|为定值4．‎ ‎【点评】本题考查椭圆的方程的求法，注意运用椭圆的离心率和基本量的关系，考查线段积的定值的求法，注意运用直线方程和点满足椭圆方程，考查化解在合理的运算能力，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎20．（13分）设数列A：a1，a2，…，aN （N≥2）．如果对小于n（2≤n≤N）的每个正整数k都有ak＜an，则称n是数列A的一个“G时刻”，记G（A）是数列A的所有“G时刻”组成的集合．‎ ‎（Ⅰ）对数列A：﹣2，2，﹣1，1，3，写出G（A）的所有元素；‎ ‎（Ⅱ）证明：若数列A中存在an使得an＞a1，则G（A）≠∅；‎ ‎（Ⅲ）证明：若数列A满足an﹣an﹣1≤1（n=2，3，…，N），则G（A）的元素个数不小于aN﹣a1．‎ ‎【分析】（Ⅰ）结合“G时刻”的定义进行分析；‎ ‎（Ⅱ）可以采用假设法和递推法进行分析；‎ ‎（Ⅲ）可以采用假设法和列举法进行分析．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）根据题干可得，a1=﹣2，a2=2，a3=﹣1，a4=1，a5=3，a1＜a2满足条件，2满足条件，a2＞a3不满足条件，3不满足条件，‎ a2＞a4不满足条件，4不满足条件，a1，a2，a3，a4，均小于a5‎ ‎，因此5满足条件，因此G（A）={2，5}．‎ ‎（Ⅱ）因为存在an＞a1，设数列A中第一个大于a1的项为ak，则ak＞a1≥ai，其中2≤i≤k﹣1，所以k∈G（A），G（A）≠∅；‎ ‎（Ⅲ）设A数列的所有“G时刻”为i1＜i2＜…＜ik，‎ 对于第一个“G时刻”i1，有＞a1≥ai（i=2，3，…，i1﹣1），则 ‎﹣a1≤﹣≤1．‎ 对于第二个“G时刻”i1，有＞≥ai（i=2，3，…，i1﹣1），则 ‎﹣≤﹣≤1．‎ 类似的﹣≤1，…，﹣≤1．‎ 于是，k≥（﹣）+（﹣）+…+（﹣）+（﹣a1）=﹣a1．‎ 对于aN，若N∈G（A），则=aN．‎ 若N∉G（A），则aN≤，否则由（2）知，，…，aN，中存在“G时刻”与只有k个“G时刻”矛盾．‎ 从而k≥﹣a1≥aN﹣a1．‎ ‎【点评】本题属于新定义题型，重点在于对“G时刻”定义的把握，难度较大．‎ ‎　‎