北京市东城区高考数学一模试卷理科解析 20页

‎2016年北京市东城区高考数学一模试卷（理科）‎ ‎　‎ 一、本大题共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．已知复数i•（1+ai）为纯虚数，那么实数a的值为（　　）‎ A．﹣1 B．0 C．1 D．2‎ ‎2．集合A={x|x≤a}，B={x|x2﹣5x＜0}，若A∩B=B，则a的取值范围是（　　）‎ A．a≥5 B．a≥4 C．a＜5 D．a＜4‎ ‎3．某单位共有职工150名，其中高级职称45人，中级职称90人，初级职称15人．现采用分层抽样方法从中抽取容量为30的样本，则各职称人数分别为（　　）‎ A．9，18，3 B．10，15，5 C．10，17，3 D．9，16，5‎ ‎4．执行如图所示的程序框图，输出的S值为（　　）‎ A． B．1 C．2 D．4‎ ‎5．在极坐标系中，直线ρsinθ﹣ρcosθ=1被曲线ρ=1截得的线段长为（　　）‎ A． B．1 C． D．‎ ‎6．一个几何体的三视图如图所示，那么该几何体的最长棱长为（　　）‎ A．2 B． C．3 D．‎ ‎7．已知三点P（5，2）、F1（﹣6，0）、F2（6，0）那么以F1、F2为焦点且过点P的椭圆的短轴长为（　　）‎ A．3 B．6 C．9 D．12‎ ‎8．已知1， 2为平面上的单位向量， 1与2的起点均为坐标原点O， 1与2夹角为．平面区域D由所有满足=λ1+μ2的点P组成，其中，那么平面区域D的面积为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎　‎ 二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分．‎ ‎9．在的展开式中，x3的系数值为______．（用数字作答）‎ ‎10．已知等比数列{an}中，a2=2，a3•a4=32，那么a8的值为______．‎ ‎11．如图，圆O的半径为1，A，B，C是圆周上的三点，过点A作圆O的切线与OC的延长线交于点P，若CP=AC，则∠COA=______；AP=______．‎ ‎12．若，且，则sin2α的值为______．‎ ‎13．某货运员拟运送甲、乙两种货物，每件货物的体积、重量、可获利润以及运输限制如表：‎ 货物 体积（升/件）‎ 重量（公斤/件）‎ 利润（元/件）‎ 甲 ‎20‎ ‎10‎ ‎8‎ 乙 ‎10‎ ‎20‎ ‎10‎ 运输限制 ‎110‎ ‎100‎ 在最合理的安排下，获得的最大利润的值为______．‎ ‎14．已知函数f（x）=|lnx|，关于x的不等式f（x）﹣f（x0）≥c（x﹣x0）的解集为（0，+∞），其中x0∈（0，+∞），c为常数．当x0=1时，c的取值范围是______；当时，c的值是______．‎ ‎　‎ 三、解答题：本大题共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．在△ABC中，，AC=2，且．‎ ‎（Ⅰ）求AB的长度；‎ ‎（Ⅱ）若f（x）=sin（2x+C），求y=f（x）与直线相邻交点间的最小距离．‎ ‎16．已知三棱柱ABC﹣A1B1C1中，A1A⊥底面ABC，∠BAC=90°，A1A=1，，AC=2，E、F分别为棱C1C、BC的中点．‎ ‎（Ⅰ）求证 AC⊥A1B；‎ ‎（Ⅱ）求直线EF与A1B所成的角；‎ ‎（Ⅲ）若G为线段A1A的中点，A1在平面EFG内的射影为H，求∠HA1A．‎ ‎17．现有两个班级，每班各出4名选手进行羽毛球的男单、女单、男女混合双打（混双）比赛（注：每名选手打只打一场比赛）．根据以往的比赛经验，各项目平均完成比赛所需时间如表所示，现只有一块比赛场地，各场比赛的出场顺序等可能．‎ 比赛项目 男单 女单 混双 平均比赛时间 ‎25分钟 ‎20分钟 ‎35分钟 ‎（Ⅰ）求按女单、混双、男单的顺序进行比赛的概率；‎ ‎（Ⅱ）求第三场比赛平均需要等待多久才能开始进行；‎ ‎（Ⅲ）若要使所有参加比赛的人等待的总时间最少，应该怎样安排比赛顺序（写出结论即可）．‎ ‎18．设函数f（x）=aex﹣x﹣1，a∈R．‎ ‎（Ⅰ）当a=1时，求f（x）的单调区间；‎ ‎（Ⅱ）当x∈（0，+∞）时，f（x）＞0恒成立，求a的取值范围；‎ ‎（Ⅲ）求证：当x∈（0，+∞）时，ln＞．‎ ‎19．已知抛物线C：y2=2px（p＞0），焦点F，O为坐标原点，直线AB（不垂直x轴）过点F且与抛物线C交于A，B两点，直线OA与OB的斜率之积为﹣p．‎ ‎（Ⅰ）求抛物线C的方程；‎ ‎（Ⅱ）若M为线段AB的中点，射线OM交抛物线C于点D，求证：．‎ ‎20．数列{an}中，给定正整数m（m＞1），．定义：数列{an}满足ai+1≤ai（i=1，2，…，m﹣1），称数列{an}的前m项单调不增．‎ ‎（Ⅰ）若数列{an}通项公式为：，求V（5）．‎ ‎（Ⅱ）若数列{an}满足：，求证V（m）=a﹣b的充分必要条件是数列{an}的前m项单调不增．‎ ‎（Ⅲ）给定正整数m（m＞1），若数列{an}满足：an≥0，（n=1，2，…，m），且数列{an}的前m项和m2，求V（m）的最大值与最小值．（写出答案即可）‎ ‎　‎ ‎2016年北京市东城区高考数学一模试卷（理科）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、本大题共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．已知复数i•（1+ai）为纯虚数，那么实数a的值为（　　）‎ A．﹣1 B．0 C．1 D．2‎ ‎【考点】复数代数形式的乘除运算．‎ ‎【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简，然后由实部为0求得a的值．‎ ‎【解答】解：∵i•（1+ai）=﹣a+i为纯虚数，‎ ‎∴﹣a=0，即a=0．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎2．集合A={x|x≤a}，B={x|x2﹣5x＜0}，若A∩B=B，则a的取值范围是（　　）‎ A．a≥5 B．a≥4 C．a＜5 D．a＜4‎ ‎【考点】集合的包含关系判断及应用．‎ ‎【分析】由x2﹣5x＜0，可得B=（0，5），再利用集合的运算性质即可得出．‎ ‎【解答】解：由x2﹣5x＜0，解得0＜x＜5，‎ ‎∴B=（0，5），‎ ‎∵A∩B=B，∴a≥5．‎ 则a的取值范围是a≥5．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎3．某单位共有职工150名，其中高级职称45人，中级职称90人，初级职称15人．现采用分层抽样方法从中抽取容量为30的样本，则各职称人数分别为（　　）‎ A．9，18，3 B．10，15，5 C．10，17，3 D．9，16，5‎ ‎【考点】分层抽样方法．‎ ‎【分析】根据分层抽样的定义建立比例关系，即可求出各职称分别抽取的人数．‎ ‎【解答】解：用分层抽样方法抽取容量为30的样本，‎ 则样本中的高级职称人数为30×=9，‎ 中级职称人数为30×=18，‎ 初级职称人数为30×=3．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎4．执行如图所示的程序框图，输出的S值为（　　）‎ A． B．1 C．2 D．4‎ ‎【考点】程序框图．‎ ‎【分析】由已知中的程序框图可知：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，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案．‎ ‎【解答】解：当k=0时，满足进行循环的条件，故S=，k=1，‎ 当k=1时，满足进行循环的条件，故S=，k=2，‎ 当k=2时，满足进行循环的条件，故S=1，k=3，‎ 当k=3时，满足进行循环的条件，故S=2，k=4，‎ 当k=4时，不满足进行循环的条件，‎ 故输出的S值为2，‎ 故选：C ‎　‎ ‎5．在极坐标系中，直线ρsinθ﹣ρcosθ=1被曲线ρ=1截得的线段长为（　　）‎ A． B．1 C． D．‎ ‎【考点】简单曲线的极坐标方程．‎ ‎【分析】分别得出直角坐标方程，求出圆心（0，0）到直线的距离d．即可得出直线ρsinθ﹣ρcosθ=1被曲线ρ=1截得的线段长=2．‎ ‎【解答】解：直线ρsinθ﹣ρcosθ=1化为直角坐标方程：x﹣y+1=0．‎ 曲线ρ=1即x2+y2=1．‎ ‎∴圆心（0，0）到直线的距离d=．‎ ‎∴直线ρsinθ﹣ρcosθ=1被曲线ρ=1截得的线段长L=2=2=．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎6．一个几何体的三视图如图所示，那么该几何体的最长棱长为（　　）‎ A．2 B． C．3 D．‎ ‎【考点】由三视图求面积、体积．‎ ‎【分析】由三视图可知：该几何体为四棱锥P﹣ABCD，其中底面ABCD为直角梯形，侧棱PB⊥底面ABCD．即可得出．‎ ‎【解答】解：由三视图可知：该几何体为四棱锥P﹣ABCD，其中底面ABCD为直角梯形，侧棱PB⊥底面ABCD．‎ ‎∴最长的棱为PD，PD==3．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎7．已知三点P（5，2）、F1（﹣6，0）、F2（6，0）那么以F1、F2为焦点且过点P的椭圆的短轴长为（　　）‎ A．3 B．6 C．9 D．12‎ ‎【考点】椭圆的简单性质．‎ ‎【分析】设椭圆的标准方程为： +=1（a＞b＞0），可得：c=6，2a=|PF1|+|PF2|，可得b=．‎ ‎【解答】解：设椭圆的标准方程为： +=1（a＞b＞0），‎ 可得：c=6，2a=|PF1|+|PF2|=+=6，解得a=3．‎ ‎∴b===3．‎ ‎∴椭圆的短轴长为6．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎8．已知1， 2为平面上的单位向量， 1与2的起点均为坐标原点O， 1与2夹角为．平面区域D由所有满足=λ1+μ2的点P组成，其中，那么平面区域D的面积为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】平面向量的基本定理及其意义．‎ ‎【分析】以O为原点，以方向为x轴正方向，建立坐标系xOy，写出、的坐标，根据=λ+μ写出的坐标表示，利用向量相等列出方程组，求出点P的坐标满足的约束条件，画出对应的平面区域，计算平面区域的面积即可．‎ ‎【解答】解：以O为原点，以方向为x轴正方向，建立坐标系xOy，‎ 则=（1，0），=（cos，sin）=（，），‎ 又=λ+μ=（λ+μ，μ），其中λ≥0，μ≥0，λ+μ≤1；‎ 设=（x，y），‎ 则（x，y）=（λ+μ，μ），‎ ‎∴，‎ 解得；‎ 由于λ≥0，μ≥0，λ+μ≤1，‎ ‎∴，‎ 它表示的平面区域如图所示：‎ 由图知A（，），B（1，0）；‎ 所以阴影部分区域D的面积为S=×1×=．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ 二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分．‎ ‎9．在的展开式中，x3的系数值为　20　．（用数字作答）‎ ‎【考点】二项式系数的性质．‎ ‎【分析】利用二项式定理展开式的通项公式即可得出．‎ ‎【解答】解：Tr+1=（2x）5﹣r=25﹣3rx5﹣2r．‎ 令5﹣2r=3，解得r=1．‎ ‎∴T4=x3=20x3．‎ 故答案为：20．‎ ‎　‎ ‎10．已知等比数列{an}中，a2=2，a3•a4=32，那么a8的值为　128　．‎ ‎【考点】等比数列的通项公式．‎ ‎【分析】利用等比数列的通项公式即可得出．‎ ‎【解答】解：设等比数列{an}的公比为q，‎ ‎∵a2=2，a3•a4=32，‎ ‎∴a1q=2， =32，‎ 解得a1=1，q=2．‎ 那么a8=27=128．‎ 故答案为：128．‎ ‎　‎ ‎11．如图，圆O的半径为1，A，B，C是圆周上的三点，过点A作圆O的切线与OC的延长线交于点P，若CP=AC，则∠COA=　　；AP=　　．‎ ‎【考点】与圆有关的比例线段．‎ ‎【分析】证明△OAC是等边三角形，得到∠COA=，利用OA=1，可求AP．‎ ‎【解答】解：由题意，OA⊥AP．‎ ‎∵CP=AC，‎ ‎∴∠P=∠CAP，‎ ‎∵∠P+∠AOP=∠CAP+∠OAC，‎ ‎∴∠AOP=∠OAC，‎ ‎∴AC=OC，‎ ‎∵OA=OC，‎ ‎∴△OAC是等边三角形，‎ ‎∴∠COA=，‎ ‎∵OA=1‎ ‎∴AP=‎ 故答案为：，‎ ‎　‎ ‎12．若，且，则sin2α的值为　　．‎ ‎【考点】二倍角的正弦．‎ ‎【分析】利用已知及两角差的正弦函数公式可得cosα﹣sinα=，两边平方，利用二倍角公式即可解得sin2α的值．‎ ‎【解答】解：∵=（cosα﹣sinα），‎ ‎∴cosα﹣sinα=＞0，‎ ‎∴两边平方可得：1﹣sin2α=，‎ ‎∴sin2α=．‎ 故答案为：．‎ ‎　‎ ‎13．某货运员拟运送甲、乙两种货物，每件货物的体积、重量、可获利润以及运输限制如表：‎ 货物 体积（升/件）‎ 重量（公斤/件）‎ 利润（元/件）‎ 甲 ‎20‎ ‎10‎ ‎8‎ 乙 ‎10‎ ‎20‎ ‎10‎ 运输限制 ‎110‎ ‎100‎ 在最合理的安排下，获得的最大利润的值为　62　．‎ ‎【考点】简单线性规划．‎ ‎【分析】运送甲x件，乙y件，利润为z，建立约束条件和目标函数，利用线性规划的知识进行求解即可．‎ ‎【解答】解：设运送甲x件，乙y件，利润为z，‎ 则由题意得，即，且z=8x+10y，‎ 作出不等式组对应的平面区域如图：‎ 由z=8x+10y得y=﹣x+，‎ 平移直线y=﹣x+，由图象知当直线y=﹣x+经过点B时，直线的截距最大，此时z最大，‎ 由，得，即B（4，3），‎ 此时z=8×4+10×3=32+30=62，‎ 故答案为：62‎ ‎　‎ ‎14．已知函数f（x）=|lnx|，关于x的不等式f（x）﹣f（x0）≥c（x﹣x0）的解集为（0，+∞），其中x0∈（0，+∞），c为常数．当x0=1时，c的取值范围是　[﹣1，1]　；当时，c的值是　﹣2　．‎ ‎【考点】分段函数的应用；对数函数的图象与性质．‎ ‎【分析】当0＜x＜1时，f（x）=﹣lnx，f′（x）=﹣∈（﹣∞，﹣1），当x＞1时，f（x）=lnx，f′（x）=∈（0，1），进而将x0=1和代入，结果斜率公式分类讨论可得答案．‎ ‎【解答】解：∵函数f（x）=|lnx|，‎ 当0＜x＜1时，f（x）=﹣lnx，f′（x）=﹣∈（﹣∞，﹣1），‎ 当x＞1时，f（x）=lnx，f′（x）=∈（0，1），‎ ‎①当x0=1时，f（x）﹣f（x0）≥c（x﹣x0）可化为：f（x）﹣f（1）≥c（x﹣1）‎ 当0＜x＜1时，f（x）﹣f（1）≥c（x﹣1）可化为：≤c，则c≥﹣1，‎ 当x＞1时，f（x）﹣f（1）≥c（x﹣1）可化为：≥c，则c≤1，‎ 故c∈[﹣1，1]；‎ ‎②当x0=时，f（x）﹣f（x0）≥c（x﹣x0）可化为：f（x）﹣f（）≥c（x﹣）‎ 当0＜x＜时，f（x）﹣f（）≥c（x﹣）可化为：≤c，则c≥f′（）=﹣2，‎ 当＜x＜1时，f（x）﹣f（）≥c（x﹣）可化为：≥c，则c≤f′（）=﹣2，‎ 当x＞1时，f（x）﹣f（）≥c（x﹣）可化为：≥c，则c≤1，‎ 故c=﹣2，‎ 故答案为：[﹣1，1]，﹣2‎ ‎　‎ 三、解答题：本大题共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．在△ABC中，，AC=2，且．‎ ‎（Ⅰ）求AB的长度；‎ ‎（Ⅱ）若f（x）=sin（2x+C），求y=f（x）与直线相邻交点间的最小距离．‎ ‎【考点】两角和与差的余弦函数；正弦函数的图象．‎ ‎【分析】（Ⅰ）利用诱导公式求得cosC，可得C的值，咋利用余弦定理求得AB的长度．‎ ‎（Ⅱ）由f（x）=sin（2x+C），求得x1、x2的值，可得|x1﹣x2|的最小值．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）∵，∴C=45°．‎ ‎∵，AC=2，∴=4，∴AB=2．‎ ‎（Ⅱ）由，解得或，k∈Z，‎ 解得，或，k1，k2∈Z．‎ 因为，当k1=k2时取等号，‎ 所以 当时，相邻两交点间最小的距离为．‎ ‎　‎ ‎16．已知三棱柱ABC﹣A1B1C1中，A1A⊥底面ABC，∠BAC=90°，A1A=1，，AC=2，E、F分别为棱C1C、BC的中点．‎ ‎（Ⅰ）求证 AC⊥A1B；‎ ‎（Ⅱ）求直线EF与A1B所成的角；‎ ‎（Ⅲ）若G为线段A1A的中点，A1在平面EFG内的射影为H，求∠HA1A．‎ ‎【考点】直线与平面所成的角；棱柱的结构特征．‎ ‎【分析】（I）由AC⊥AB，AC⊥AA1即可得出AC⊥平面ABB1A1，于是AC⊥A1B；‎ ‎（II）以A为原点建立坐标系，求出和的坐标，计算cos＜＞即可得出直线EF与A1B所成的角；‎ ‎（III）求出和平面EFG的法向量，则sin∠HA1A=|cos＜，＞|．‎ ‎【解答】证明：（Ⅰ）∵AA1⊥底面ABC，AC⊂平面ABC，‎ ‎∴AC⊥AA1．‎ ‎∵∠BAC=90°，∴AC⊥AB．‎ 又A1A⊂平面AA1B1B，AB⊂平面AA1B1B，A1A∩AB=A，‎ ‎∴AC⊥平面A1ABB1．‎ ‎∵A1B⊂平面A1ABB1，‎ ‎∴AC⊥A1B．‎ ‎（Ⅱ）以A为原点建立空间直角坐标系A﹣﹣﹣xyz，如图所示：‎ 则A1（0，0，1），，，．‎ ‎∴，．‎ ‎∴．‎ ‎ 直线EF与A1B所成的角为45°．‎ ‎（Ⅲ），，． =（0，0，1）．‎ 设平面GEF的法向量为=（x，y，z），‎ 则，∴‎ 令，则．‎ ‎∴cos＜＞==．‎ ‎∵A1在平面EFG内的射影为H，∴∠HA1A位AA1与平面EFG所成的角，‎ ‎∴sin∠HA1A=|cos＜＞|=．‎ ‎∴∠HA1A=．‎ ‎　‎ ‎17．现有两个班级，每班各出4名选手进行羽毛球的男单、女单、男女混合双打（混双）比赛（注：每名选手打只打一场比赛）．根据以往的比赛经验，各项目平均完成比赛所需时间如表所示，现只有一块比赛场地，各场比赛的出场顺序等可能．‎ 比赛项目 男单 女单 混双 平均比赛时间 ‎25分钟 ‎20分钟 ‎35分钟 ‎（Ⅰ）求按女单、混双、男单的顺序进行比赛的概率；‎ ‎（Ⅱ）求第三场比赛平均需要等待多久才能开始进行；‎ ‎（Ⅲ）若要使所有参加比赛的人等待的总时间最少，应该怎样安排比赛顺序（写出结论即可）．‎ ‎【考点】计数原理的应用．‎ ‎【分析】（Ⅰ）求出三场比赛的种数，其中按按女单、混双、男单的顺序进行比赛只有1种，根据概率公式计算即可，‎ ‎（Ⅱ）令A表示女单比赛、B表示男单比赛、C表示混双比赛，分别求出按不同顺序比赛时，第三场比赛等待的时间，再根据平均数的定义即可求出，‎ ‎（Ⅲ）按照比赛时间从长到短的顺序参加比赛，可使等待的总时间最少．‎ ‎【解答】解：（I）三场比赛共有种方式，其中按按女单、混双、男单的顺序进行比赛只有1种，所以按女单、混双、男单的顺序进行比赛的概率为．　　　　（Ⅱ）令A表示女单比赛、B表示男单比赛、C表示混双比赛．‎ 按ABC顺序进行比赛，第三场比赛等待的时间是：t1=20+25=45（分钟）．‎ 按ACB顺序进行比赛，第三场比赛等待的时间是：t2=20+35=55（分钟）．‎ 按BAC顺序进行比赛，第三场比赛等待的时间是：t3=20+25=45（分钟）．‎ 按BCA顺序进行比赛，第三场比赛等待的时间是：t4=35+25=60（分钟）．‎ 按CAB顺序进行比赛，第三场比赛等待的时间是：t5=35+20=55（分钟）．‎ 按CBA顺序进行比赛，第三场比赛等待的时间是：t6=35+25=60（分钟）．‎ 且上述六个事件是等可能事件，每个事件发生概率为，所以平均等待时间为，‎ ‎（Ⅲ）按照比赛时间从长到短的顺序参加比赛，可使等待的总时间最少 ‎　‎ ‎18．设函数f（x）=aex﹣x﹣1，a∈R．‎ ‎（Ⅰ）当a=1时，求f（x）的单调区间；‎ ‎（Ⅱ）当x∈（0，+∞）时，f（x）＞0恒成立，求a的取值范围；‎ ‎（Ⅲ）求证：当x∈（0，+∞）时，ln＞．‎ ‎【考点】利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究函数的单调性．‎ ‎【分析】（Ⅰ）a=1时得出f（x），进而得到f′（x）=ex﹣1，这样便可判断导数符号，根据符号即可得出f（x）的单调区间；‎ ‎（Ⅱ）可以由f（x）＞0恒成立得到恒成立，这样设，求导，根据导数符号便可判断g（x）在（0，+∞）上单调递减，这便可得到g（x）＜1，从而便可得出a的取值范围；‎ ‎（Ⅲ）容易得到等价于ex﹣xex﹣1＞0，可设h（x）=ex﹣xex﹣1，求导数，并根据上面的f（x）＞0可判断出导数h′（x）＞0，从而得到h（x）＞h（0）=0，这样即可得出要证明的结论．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）当a=1时，则f（x）=ex﹣x﹣1，f'（x）=ex﹣1；‎ 令f'（x）=0，得x=0；‎ ‎∴当x＜0时，f'（x）＜0，f（x）在（﹣∞，0）上单调递减；‎ 当x≥0时，f'（x）≥0，h（x）在（0，+∞）上单调递增；‎ 即a=1时，f（x）的单调减区间为（﹣∞，0），单调赠区间为[0，+∞）；‎ ‎（Ⅱ）∵ex＞0；‎ ‎∴f（x）＞0恒成立，等价于恒成立；‎ 设，x∈（0，+∞），；‎ 当x∈（0，+∞）时，g′（x）＜0；‎ ‎∴g（x）在（0，+∞）上单调递减；‎ ‎∴x∈（0，+∞）时，g（x）＜g（0）=1；‎ ‎∴a≥1；‎ ‎∴a的取值范围为[1，+∞）；‎ ‎（Ⅲ）证明：当x∈（0，+∞）时，等价于ex﹣xex﹣1＞0；‎ 设h（x）=ex﹣xex﹣1，x∈（0，+∞），；‎ 由（Ⅱ）知，x∈（0，+∞）时，ex﹣x﹣1＞0恒成立；‎ ‎∴；‎ ‎∴h′（x）＞0；‎ ‎∴h（x）在（0，+∞）上单调递增；‎ ‎∴x∈（0，+∞）时，h（x）＞h（0）=0；‎ 因此当x∈（0，+∞）时，．‎ ‎　‎ ‎19．已知抛物线C：y2=2px（p＞0），焦点F，O为坐标原点，直线AB（不垂直x轴）过点F且与抛物线C交于A，B两点，直线OA与OB的斜率之积为﹣p．‎ ‎（Ⅰ）求抛物线C的方程；‎ ‎（Ⅱ）若M为线段AB的中点，射线OM交抛物线C于点D，求证：．‎ ‎【考点】抛物线的简单性质．‎ ‎【分析】（I）设A（x1，y1），B（x2，y2），直线AB（不垂直x轴）的方程可设为．与抛物线方程联立可得：，由直线OA与OB的斜率之积为﹣p，即．可得：x1x2=4． 利用根与系数的关系即可得出．‎ ‎（II）利用中点坐标公式、斜率计算公式可得：直线OD的方程为，代入抛物线C：y2=8x的方程，解出即可得出．‎ ‎【解答】（I）解：∵直线AB过点F且与抛物线C交于A，B两点，，‎ 设A（x1，y1），B（x2，y2），直线AB（不垂直x轴）的方程可设为．‎ ‎∴，．‎ ‎∵直线OA与OB的斜率之积为﹣p，‎ ‎∴．‎ ‎∴，得 x1x2=4．‎ 由，化为，‎ 其中△=（k2p+2p）2﹣k2p2k2＞0‎ ‎∴x1+x2=，x1x2=．‎ ‎∴p=4，抛物线C：y2=8x．‎ ‎（Ⅱ）证明：设M（x0，y0），P（x3，y3），∵M为线段AB的中点，‎ ‎∴，．‎ ‎∴直线OD的斜率为．‎ 直线OD的方程为代入抛物线C：y2=8x的方程，‎ 得．‎ ‎∴．‎ ‎∵k2＞0，‎ ‎∴．‎ ‎　‎ ‎20．数列{an}中，给定正整数m（m＞1），．定义：数列{an}满足ai+1≤ai（i=1，2，…，m﹣1），称数列{an}的前m项单调不增．‎ ‎（Ⅰ）若数列{an}通项公式为：，求V（5）．‎ ‎（Ⅱ）若数列{an}满足：，求证V（m）=a﹣b的充分必要条件是数列{an}的前m项单调不增．‎ ‎（Ⅲ）给定正整数m（m＞1），若数列{an}满足：an≥0，（n=1，2，…，m），且数列{an}的前m项和m2，求V（m）的最大值与最小值．（写出答案即可）‎ ‎【考点】数列的应用．‎ ‎【分析】（Ⅰ）由数列{an}通项公式分别气的前5项，代入即可求得V（5），‎ ‎（Ⅱ）充分性：由，数列{an}的前m项单调不增，即am≤…≤a2≤a1，去掉绝对值求得V（m）=a﹣b，再证明必要性，采用反证法，假设数列{an}的前m项不是单调不增，则存在i（1≤i≤m﹣1）使得ai+1＞ai，求得=|a﹣b+ai+1﹣ai|+（ai+1﹣ai）＞a﹣b，与已知矛盾，即可证明V（m）=a﹣b的充分必要条件是数列{an}的前m项单调不增．‎ ‎（Ⅲ）由当丨ai+1﹣ai丨=0时，即数列{an}为常数列，V（m）=0，当m=2时的最大值：此时a1+a2=4，|a1﹣a2|≤|4﹣0|=4，当m＞2时的最大值：此时a1+a2+a3+…+a4=m2．‎ ‎【解答】解（Ⅰ），‎ a1=﹣1，a2=1，a3=﹣1，a4=1，a5=﹣1，‎ ‎ V（5）=丨a2﹣a1丨+丨a3﹣a2丨+丨a4﹣a3丨+丨a5﹣a4丨=2+2+2+2=8，‎ ‎ V（5）=8．…‎ ‎（Ⅱ）充分性：若数列{an}的前m项单调不增，即am≤…≤a2≤a1，‎ 此时有： =（a1﹣a2）+（a2﹣a3）+（a3﹣a4）+…+（am﹣1﹣am）=a1﹣am=a﹣b．‎ 必要性：反证法，若数列{an}的前m项不是单调不增，则存在i（1≤i≤m﹣1）使得ai+1＞ai，那么：‎ ‎=丨ai+1﹣ai丨+丨ai+1﹣ai丨+丨ai+1﹣ai丨≥丨ai﹣a1丨+（ai+1﹣ai）+丨am﹣ai+1丨，‎ ‎=丨am﹣ai+ai﹣ai+1丨+（ai+1﹣ai），‎ ‎=丨a﹣b+ai+′﹣ai丨+（ai+1﹣ai），‎ 由于ai+1＞ai，a＞b，‎ ‎∴|a﹣b+ai+1﹣ai|+（ai+1﹣ai）＞a﹣b．‎ 与已知矛盾．…‎ ‎（III）最小值为0．此时{an}为常数列．…‎ 最大值为，‎ 当m=2时的最大值：此时a1+a2=4，（a1，a2≥0），…11分 ‎|a1﹣a2|≤|4﹣0|=4．‎ 当m＞2时的最大值：此时a1+a2+a3+…+a4=m2．‎ 由|x﹣y|≤|x|+|y|易证，{an}的值的只有是大小交替出现时，才能让V（m）取最大值．‎ 不妨设：ai+1≤ai，i为奇数，ai+1≥ai，i为偶数．当m为奇数时有：‎ ‎，‎ ‎=a1﹣a2+a3﹣a2+a3﹣a4+a5﹣a4+…+am﹣am﹣1，‎ ‎=a1﹣am+2ai﹣4a2i≤2ai=2m2，‎ 当m为偶数时同理可证．…‎ ‎　‎ ‎2016年9月20日