黑龙江省高考数学试卷理科全国新课标Ⅱ 20页

‎2017年黑龙江省高考数学试卷（理科）（全国新课标Ⅱ）‎ 一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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. 复数‎3+i‎1+i等于（ ） ‎ A.‎‎1+2i B.‎‎1−2i C.‎‎2+i D.‎‎2−i ‎ ‎ ‎2. 设集合A={1, 2, 4}‎，B={x|x‎2‎−4x+m=0}‎．若A∩B={1}‎，则B=(‎ ‎)‎ ‎ A.‎‎{1, −3}‎ B.‎‎{1, 0}‎ C.‎‎{1, 3}‎ D.‎‎{1, 5}‎ ‎ ‎ ‎3. 我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座‎7‎层塔共挂了‎381‎盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的‎2‎倍，则塔的顶层共有灯（ ） ‎ A.‎1‎盏 B.‎3‎盏 C.‎5‎盏 D.‎9‎盏 ‎ ‎ ‎4. 如图，网格纸上小正方形的边长为‎1‎，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为‎(        )‎ ‎ ‎ ‎ A.‎‎90π B.‎‎63π C.‎‎42π D.‎‎36π ‎ ‎ ‎5. 设x，y满足约束条件‎2x+3y−3≤0‎‎2x−3y+3≥0‎y+3≥0‎，则z=2x+y的最小值是（ ） ‎ A.‎‎−15‎ B.‎‎−9‎ C.‎‎1‎ D.‎‎9‎ ‎ ‎ ‎6. 安排‎3‎名志愿者完成‎4‎项工作，每人至少完成‎1‎项，每项工作由‎1‎人完成，则不同的安排方式共有（ ） ‎ A.‎12‎种 B.‎18‎种 C.‎24‎种 D.‎36‎种 ‎ ‎ ‎7. 甲、乙、丙、丁四位同学一起去问老师询问成语竞赛的成绩．老师说：你们四人中有‎2‎位优秀，‎2‎位良好，我现在给甲看乙、丙的成绩，给乙看丙的成绩，给丁看甲的成绩．看后甲对大家说：我还是不知道我的成绩．根据以上信息，则（ ） ‎ A.乙可以知道四人的成绩 试卷第20页，总20页 B.丁可以知道四人的成绩 C.乙、丁可以知道对方的成绩 D.乙、丁可以知道自己的成绩 ‎ ‎ ‎8. 执行如图的程序框图，如果输入的a=−1‎，则输出的S=(‎ ‎)‎ ‎ A.‎‎2‎ B.‎‎3‎ C.‎‎4‎ D.‎‎5‎ ‎ ‎ ‎9. 若双曲线C:x‎2‎a‎2‎−y‎2‎b‎2‎=1(a>0, b>0)‎的一条渐近线被圆‎(x−2‎)‎‎2‎+y‎2‎=4‎所截得的弦长为‎2‎，则C的离心率为（ ） ‎ A.‎‎2‎ B.‎‎3‎ C.‎‎2‎ D.‎‎2‎‎3‎‎3‎ ‎ ‎ ‎10. 已知直三棱柱ABC−‎A‎1‎B‎1‎C‎1‎中，‎∠ABC=‎‎120‎‎∘‎，AB=2‎，BC=CC‎1‎=1‎，则异面直线AB‎1‎与BC‎1‎所成角的余弦值为（ ） ‎ A.‎‎3‎‎2‎ B.‎‎15‎‎5‎ C.‎‎10‎‎5‎ D.‎‎3‎‎3‎ ‎ ‎ ‎11. 若x=−2‎是函数f(x)=(x‎2‎+ax−1)‎ex−1‎的极值点，则f(x)‎的极小值为（ ） ‎ A.‎‎−1‎ B.‎‎−2‎e‎−3‎ C.‎‎5‎e‎−3‎ D.‎‎1‎ ‎ ‎ ‎12. 已知‎△ABC是边长为‎2a(a>0)‎的等边三角形，P为平面ABC内一点，则PA‎→‎‎⋅(PB‎→‎+PC‎→‎)‎的最小值是‎(‎        ‎)‎ ‎ A. ‎−2‎a‎2‎ ‎ B.‎‎−‎‎3‎‎2‎a‎2‎ C.‎‎−‎‎4‎‎3‎a‎2‎ D. ‎−‎a‎2‎ ‎ 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.‎ ‎ ‎ ‎13. 一批产品的二等品率为‎0.02‎，从这批产品中每次随机取一件，有放回地抽取‎100‎次．X表示抽到的二等品件数，则DX=‎________． ‎ ‎ ‎ ‎14. 函数f(x)=sin‎2‎x+‎3‎cosx−‎‎3‎‎4‎（x∈[0, π‎2‎]‎）的最大值是________． ‎ ‎ ‎ ‎15. 等差数列‎{an}‎的前n项和为Sn，a‎3‎‎=3‎，S‎4‎‎=10‎，则 k=1‎n‎1‎Sk‎=‎________． ‎ 试卷第20页，总20页 ‎ ‎ ‎16. 已知F是抛物线C:y‎2‎=8x的焦点，M是C上一点，FM的延长线交y轴于点N．若M为FN的中点，则‎|FN|=‎________． ‎ 三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17～21题为必做题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共60分。‎ ‎ ‎ ‎17. ‎△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin(A+C)=8‎sin‎2‎B‎2‎． ‎ ‎(1)‎求cosB；‎ ‎ ‎ ‎(2)‎若a+c=6‎，‎△ABC的面积为‎2‎，求b．‎ ‎ ‎ ‎18. 海水养殖场进行某水产品的新、旧网箱养殖方法的产量对比，收获时各随机抽取了‎100‎个网箱，测量各箱水产品的产量（单位：kg），其频率分布直方图如图： ‎ ‎ ‎ ‎（1）设两种养殖方法的箱产量相互独立，记A表示事件“旧养殖法的箱产量低于‎50kg，新养殖法的箱产量不低于‎50kg”，估计A的概率；‎ ‎ ‎ ‎(2)‎填写下面列联表，并根据列联表判断是否有‎99%‎的把握认为箱产量与养殖方法有关： ‎ ‎ ‎ 箱产量‎<50kg         ‎ ‎         箱产量‎≥50kg ‎ 旧养殖法 ‎ ‎ ‎ ‎          ‎ 新养殖法 ‎  ‎ ‎           ‎ ‎ ‎ ‎(3)‎根据箱产量的频率分布直方图，求新养殖法箱产量的中位数的估计值（精确到‎0.01‎）． 附：‎ P(K‎2‎≥k)‎‎   ‎ ‎0.050‎ ‎0.010‎‎           ‎ ‎0.001‎‎            ‎ k ‎3.841‎‎      ‎ ‎6.635‎‎     ‎ ‎10.828‎‎    ‎ K‎2‎‎=‎n(ad−bc‎)‎‎2‎‎(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)‎‎．‎ ‎ ‎ ‎19. 如图，四棱锥P−ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC=‎1‎‎2‎AD，‎∠BAD=∠ABC=‎‎90‎‎∘‎，E是PD的中点．‎ 试卷第20页，总20页 ‎ ‎ ‎（1）证明：直线CE // ‎平面PAB；‎ ‎ ‎ ‎（2）点M在棱PC 上，且直线BM与底面ABCD所成角为‎45‎‎∘‎，求二面角M−AB−D的余弦值．‎ ‎ ‎ ‎20. 设O为坐标原点，动点M在椭圆C:x‎2‎‎2‎+y‎2‎=1‎上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足NP‎→‎‎=‎‎2‎NM‎→‎． ‎ ‎（1）求点P的轨迹方程；‎ ‎ ‎ ‎（2）设点Q在直线x=−3‎上，且OP‎→‎‎⋅PQ‎→‎=1‎．证明：过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F．‎ ‎ ‎ ‎21. 已知函数f(x)=ax‎2‎−ax−xlnx，且f(x)≥0‎． ‎ ‎（1）求a；‎ ‎ ‎ ‎（2）证明：f(x)‎存在唯一的极大值点x‎0‎，且e‎−2‎‎0‎，b>0‎，a‎3‎‎+b‎3‎=2‎．证明： ‎ ‎(1)(a+b)(a‎5‎+b‎5‎)≥4‎‎；‎ ‎ ‎ ‎（2）a+b≤2‎．‎ 试卷第20页，总20页 参考答案与试题解析 ‎2017年黑龙江省高考数学试卷（理科）（全国新课标Ⅱ）‎ 一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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】‎ D ‎【考点】‎ 复数代数形式的乘除运算 ‎【解析】‎ 分子和分母同时乘以分母的共轭复数，再利用虚数单位i的幂运算性质，求出结果．‎ ‎【解答】‎ 解：‎3+i‎1+i‎=‎(3+i)(1−i)‎‎(1+i)(1−i)‎=‎4−2i‎2‎=2−i， 故选 D．‎ ‎2.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 交集及其运算 ‎【解析】‎ 由交集的定义可得‎1∈A且‎1∈B，代入二次方程，求得m，再解二次方程可得集合B．‎ ‎【解答】‎ 集合A={1, 2, 4}‎，B={x|x‎2‎−4x+m=0}‎． 若A∩B={1}‎，则‎1∈A且‎1∈B， 可得‎1−4+m=0‎，解得m=3‎， 即有B={x|x‎2‎−4x+3=0}={1, 3}‎．‎ ‎3.‎ ‎【答案】‎ B ‎【考点】‎ 等比数列的前n项和 等比数列的通项公式 ‎【解析】‎ 设这个塔顶层有a盏灯，由题意和等比数列的定义可得：从塔顶层依次向下每层灯数是等比数列，结合条件和等比数列的前n项公式列出方程，求出a的值．‎ ‎【解答】‎ 解：设这个塔顶层有a盏灯， ∵ 宝塔一共有七层，每层悬挂的红灯数是上一层的‎2‎倍， ∴ 从塔顶层依次向下每层灯数是以‎2‎为公比、a为首项的等比数列， 又总共有灯‎381‎盏， ∴ ‎381=a(1−‎2‎‎7‎)‎‎1−2‎=127a，解得a=3‎， 则这个塔顶层有‎3‎盏灯， 故选B．‎ ‎4.‎ 试卷第20页，总20页 ‎【答案】‎ B ‎【考点】‎ 由三视图求面积、体积 ‎【解析】‎ 由三视图可得，直观图为一个完整的圆柱减去一个高为‎6‎的圆柱的一半，即可求出几何体的体积．‎ ‎【解答】‎ 解：由三视图可得，直观图为一个高为‎10‎的圆柱减去一个高为‎6‎的圆柱的一半， ‎ ‎ V=π⋅‎3‎‎2‎×10−‎1‎‎2‎⋅π⋅‎3‎‎2‎×6=63π. 故选B.‎ ‎5.‎ ‎【答案】‎ A ‎【考点】‎ 简单线性规划 ‎【解析】‎ 画出约束条件的可行域，利用目标函数的最优解求解目标函数的最小值即可．‎ ‎【解答】‎ 解：x、y满足约束条件‎2x+3y−3≤0‎‎2x−3y+3≥0‎y+3≥0‎的可行域如图： z=2x+y 经过可行域的A时，目标函数取得最小值， 由y=−3‎‎2x−3y+3=0‎解得A(−6, −3)‎， 则z=2x+y 的最小值是：‎−15‎． 故选：A．‎ ‎6.‎ ‎【答案】‎ D ‎【考点】‎ 排列、组合及简单计数问题 ‎【解析】‎ 把工作分成‎3‎组，然后安排工作方式即可．‎ ‎【解答】‎ 解：‎4‎项工作分成‎3‎组，可得：C‎4‎‎2‎‎=6‎， 安排 试卷第20页，总20页 ‎3‎名志愿者完成‎4‎项工作，每人至少完成‎1‎项，每项工作由‎1‎人完成， 可得：‎6×A‎3‎‎3‎=36‎种． 故选：D．‎ ‎7.‎ ‎【答案】‎ D ‎【考点】‎ 进行简单的合情推理 ‎【解析】‎ 根据四人所知只有自己看到，老师所说及最后甲说话，继而可以推出正确答案 ‎【解答】‎ 解：四人所知只有自己看到，老师所说及最后甲说话， 甲不知自己的成绩 ‎→‎乙丙必有一优一良，（若为两优，甲会知道自己的成绩；若是两良，甲也会知道自己的成绩） ‎→‎乙看到了丙的成绩，知自己的成绩 ‎→‎丁看到甲、丁也为一优一良，丁知自己的成绩， 故选：D．‎ ‎8.‎ ‎【答案】‎ B ‎【考点】‎ 程序框图 ‎【解析】‎ 执行程序框图，依次写出每次循环得到的S，K值，当k=7‎时，程序终止即可得到结论．‎ ‎【解答】‎ 解：执行程序框图，有S=0‎，K=1‎，a=−1‎，代入循环， 第一次满足循环，S=−1‎，a=1‎，K=2‎； 满足条件，第二次满足循环，S=1‎，a=−1‎，K=3‎； 满足条件，第三次满足循环，S=−2‎，a=1‎，K=4‎； 满足条件，第四次满足循环，S=2‎，a=−1‎，K=5‎； 满足条件，第五次满足循环，S=−3‎，a=1‎，K=6‎； 满足条件，第六次满足循环，S=3‎，a=−1‎，K=7‎； ‎7≤6‎不成立，退出循环输出，S=3‎； 故选：B．‎ ‎9.‎ ‎【答案】‎ A ‎【考点】‎ 圆与圆锥曲线的综合问题 双曲线的性质 ‎【解析】‎ 通过圆的圆心与双曲线的渐近线的距离，列出关系式，然后求解双曲线的离心率即可．‎ ‎【解答】‎ ‎ ‎ 解：双曲线C:x‎2‎a‎2‎−y‎2‎b‎2‎=1(a>0, b>0)‎的一条渐近线不妨为：bx+ay=0‎， 圆‎(x−2‎)‎‎2‎+y‎2‎=4‎的圆心‎(2, 0)‎，半径为‎2‎， 双曲线C:x‎2‎a‎2‎−y‎2‎b‎2‎=1(a>0, b>0)‎ 试卷第20页，总20页 的一条渐近线被圆‎(x−2‎)‎‎2‎+y‎2‎=4‎所截得的弦长为‎2‎， 可得圆心到直线的距离为：‎2‎‎2‎‎−‎‎1‎‎2‎‎=‎3‎=‎‎|2b|‎a‎2‎‎+‎b‎2‎， 解得：‎4c‎2‎−4‎a‎2‎c‎2‎‎=3‎，可得e‎2‎‎=4‎，即e=2‎． 故选A．‎ ‎10.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 异面直线及其所成的角 ‎【解析】‎ ‎【解法一】设M、N、P分别为AB，BB‎1‎和B‎1‎C‎1‎的中点，得出AB‎1‎、BC‎1‎夹角为MN和NP夹角或其补角；根据中位线定理，结合余弦定理求出AC、MQ，MP和‎∠MNP的余弦值即可． 【解法二】通过补形的办法，把原来的直三棱柱变成直四棱柱，解法更简洁．‎ ‎【解答】‎ 试卷第20页，总20页 ‎【解法一】如图所示，设M、N、P分别为AB，BB‎1‎和B‎1‎C‎1‎的中点， 则AB‎1‎、BC‎1‎夹角为MN和NP夹角或其补角 （因异面直线所成角为（‎0, π‎2‎]‎）， 可知MN=‎1‎‎2‎AB‎1‎=‎‎5‎‎2‎， NP=‎1‎‎2‎BC‎1‎=‎‎2‎‎2‎； 作BC中点Q，则‎△PQM为直角三角形； ∵ PQ=1‎，MQ=‎1‎‎2‎AC， ‎△ABC中，由余弦定理得 AC‎2‎=AB‎2‎+BC‎2‎−2AB⋅BC⋅cos∠ABC ‎=4+1−2×2×1×(−‎1‎‎2‎)‎ ‎=7‎， ∴ AC=‎‎7‎， ∴ MQ=‎‎7‎‎2‎； 在‎△MQP中，MP=MQ‎2‎‎+PQ‎2‎=‎‎11‎‎2‎； 在‎△PMN中，由余弦定理得 cos∠MNP=MN‎2‎‎+NP‎2‎‎−PM‎2‎‎2*MN*NP=‎(‎5‎‎2‎)‎‎2‎‎+(‎2‎‎2‎)‎‎2‎‎−(‎11‎‎2‎)‎‎2‎‎2×‎5‎‎2‎×‎‎2‎‎2‎=−‎‎10‎‎5‎； 又异面直线所成角的范围是‎(0, π‎2‎]‎， ∴ AB‎1‎与BC‎1‎所成角的余弦值为‎10‎‎5‎． 【解法二】如图所示， ‎ ‎ 补成四棱柱ABCD−‎A‎1‎B‎1‎C‎1‎D‎1‎，求‎∠BC‎1‎D即可； BC‎1‎=‎‎2‎，BD=‎2‎‎2‎‎+1‎‎2‎‎−2×2×1×cos‎60‎‎∘‎=‎‎3‎， C‎1‎D=‎‎5‎， ∴ BC‎1‎‎2‎‎+BD‎2‎=‎C‎1‎D‎2‎， ∴ ‎∠DBC‎1‎=‎‎90‎‎∘‎， ∴ cos∠BC‎1‎D=‎2‎‎5‎=‎‎10‎‎5‎．‎ ‎11.‎ ‎【答案】‎ A ‎【考点】‎ 利用导数研究函数的极值 ‎【解析】‎ 求出函数的导数，利用极值点，求出a，然后判断函数的单调性，求解函数的极小值即可．‎ ‎【解答】‎ 解：函数f(x)=(x‎2‎+ax−1)‎ex−1‎， 可得f′(x)=(2x+a)ex−1‎+(x‎2‎+ax−1)‎ex−1‎， x=−2‎是函数f(x)=(x‎2‎+ax−1)‎ex−1‎的极值点， 可得：‎−4+a+(3−2a)=0‎． 解得a=−1‎． 可得f′(x)=(2x−1)ex−1‎+(x‎2‎−x−1)‎ex−1‎， ‎=(x‎2‎+x−2)‎ex−1‎，函数的极值点为：x=−2‎，x=1‎， 当x<−2‎或x>1‎时，f′(x)>0‎函数是增函数，x∈(−2, 1)‎时，函数是减函数， x=1‎时，函数取得极小值：f(1)=(‎1‎‎2‎−1−1)e‎1−1‎=−1‎． 故选：A．‎ ‎12.‎ ‎【答案】‎ B ‎【考点】‎ 平面向量数量积的性质及其运算律 ‎【解析】‎ 根据条件建立坐标系，求出点的坐标，利用坐标法结合向量数量积的公式进行计算即可．‎ ‎【解答】‎ 解：建立如图所示的坐标系， ‎ 试卷第20页，总20页 ‎ 以BC中点为坐标原点， 则A(0, ‎3‎a)‎，B(−a, 0)‎，C(a, 0)‎， 设P(x, y)‎，则PA‎→‎‎=(−x, ‎3‎a−y)‎， PB‎→‎‎=(−a−x, −y)‎， PC‎→‎‎=(a−x, −y)‎， 则PA‎→‎‎⋅(PB‎→‎+PC‎→‎)‎， ‎=2x‎2‎−2‎3‎ay+2‎y‎2‎ ‎=2[x‎2‎+(y−‎3‎‎2‎a‎)‎‎2‎−‎3‎‎4‎a‎2‎]‎, ∴ 当x=0‎，y=‎3‎‎2‎a时，取得最小值‎2×(−‎3‎‎4‎a‎2‎)=−‎‎3‎‎2‎a‎2‎. 故选B.‎ 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.‎ ‎13.‎ ‎【答案】‎ ‎1.96‎ ‎【考点】‎ 离散型随机变量的期望与方差 ‎【解析】‎ 判断概率满足的类型，然后求解方差即可．‎ ‎【解答】‎ 解：由题意可知，该事件满足独立重复试验，是一个二项分布模型，其中，p=0.02‎，n=100‎， 则DX=npq=np(1−p)=100×0.02×0.98=1.96‎． 故答案为：‎1.96‎．‎ ‎14.‎ ‎【答案】‎ ‎1‎ ‎【考点】‎ 三角函数的最值 ‎【解析】‎ 同角的三角函数的关系以及二次函数的性质即可求出．‎ ‎【解答】‎ 试卷第20页，总20页 解：f(x)=sin‎2‎x+‎3‎cosx−‎3‎‎4‎=1−cos‎2‎x+‎3‎cosx−‎‎3‎‎4‎， 令cosx=t且t∈[0, 1]‎， 则y=−t‎2‎+‎3‎t+‎1‎‎4‎=−(t−‎3‎‎2‎‎)‎‎2‎+1‎， 当t=‎‎3‎‎2‎时，f(t‎)‎max=1‎， 即f(x)‎的最大值为‎1‎， 故答案为：‎‎1‎ ‎15.‎ ‎【答案】‎ ‎2nn+1‎ ‎【考点】‎ 数列的求和 等差数列的前n项和 ‎【解析】‎ 利用已知条件求出等差数列的前n项和，然后化简所求的表达式，求解即可．‎ ‎【解答】‎ 解：等差数列‎{an}‎的前n项和为Sn，a‎3‎‎=3‎，S‎4‎‎=10‎，S‎4‎‎=2(a‎2‎+a‎3‎)=10‎， 可得a‎2‎‎=2‎，数列的首项为‎1‎，公差为‎1‎， Sn‎=‎n(n+1)‎‎2‎，‎1‎Sn‎=‎2‎n(n+1)‎=2(‎1‎n−‎1‎n+1‎)‎， 则 k=1‎n‎1‎Sk‎=2[1−‎1‎‎2‎+‎1‎‎2‎−‎1‎‎3‎+‎1‎‎3‎−‎1‎‎4‎+...+‎1‎n−‎1‎n+1‎]=2(1−‎1‎n+1‎)=‎‎2nn+1‎． 故答案为：‎2nn+1‎．‎ ‎16.‎ ‎【答案】‎ ‎6‎ ‎【考点】‎ 抛物线的性质 ‎【解析】‎ 求出抛物线的焦点坐标，推出M坐标，然后求解即可．‎ ‎【解答】‎ 解：抛物线C:y‎2‎=8x的焦点F(2, 0)‎，M是C上一点，FM的延长线交y轴于点N．若M为FN的中点， 可知M的横坐标为：‎1‎，则M的纵坐标为：‎±2‎‎2‎， ‎|FN|=2|FM|=2‎(1−2‎)‎‎2‎+(±2‎2‎−0‎‎)‎‎2‎=6‎． 故答案为：‎6‎．‎ 三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17～21题为必做题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共60分。‎ ‎17.‎ ‎【答案】‎ 试卷第20页，总20页 解：‎(1)sin(A+C)=8‎sin‎2‎B‎2‎， ∴ sinB=4(1−cosB)‎， ∵ sin‎2‎B+cos‎2‎B=1‎， ∴ ‎16(1−cosB‎)‎‎2‎+cos‎2‎B=1‎， ∴ ‎(17cosB−15)(cosB−1)=0‎， ∴ cosB=‎‎15‎‎17‎或cosB=1‎， ‎∵‎B∈‎‎0,π， ‎ ‎∴cosB=‎‎15‎‎17‎‎.‎ ‎ ‎ ‎(2)‎由‎(1)‎可知sinB=‎‎8‎‎17‎， ∵ S‎△ABC‎=‎1‎‎2‎ac⋅sinB=2‎， ∴ ac=‎‎17‎‎2‎， ∴ b‎2‎‎=a‎2‎+c‎2‎−2accosB=a‎2‎+c‎2‎−2×‎17‎‎2‎×‎‎15‎‎17‎ ‎=a‎2‎+c‎2‎−15=(a+c‎)‎‎2‎−2ac−15=36−17−15=4‎， ∴ b=2‎．‎ ‎【考点】‎ 正弦定理 二倍角的正弦公式 ‎【解析】‎ ‎(1)‎利用三角形的内角和定理可知A+C=π−B，再利用诱导公式化简sin(A+C)‎，利用降幂公式化简‎8‎sin‎2‎B‎2‎，结合sin‎2‎B+cos‎2‎B=1‎，求出cosB，‎ ‎(2)‎由‎(1)‎可知sinB=‎‎8‎‎17‎，利用勾面积公式求出ac，再利用余弦定理即可求出b．‎ ‎【解答】‎ 解：‎(1)sin(A+C)=8‎sin‎2‎B‎2‎， ∴ sinB=4(1−cosB)‎， ∵ sin‎2‎B+cos‎2‎B=1‎， ∴ ‎16(1−cosB‎)‎‎2‎+cos‎2‎B=1‎， ∴ ‎(17cosB−15)(cosB−1)=0‎， ∴ cosB=‎‎15‎‎17‎；‎ ‎(2)‎由‎(1)‎可知sinB=‎‎8‎‎17‎， ∵ S‎△ABC‎=‎1‎‎2‎ac⋅sinB=2‎， ∴ ac=‎‎17‎‎2‎， ∴ b‎2‎‎=a‎2‎+c‎2‎−2accosB=a‎2‎+c‎2‎−2×‎17‎‎2‎×‎‎15‎‎17‎ ‎=a‎2‎+c‎2‎−15=(a+c‎)‎‎2‎−2ac−15=36−17−15=4‎， ∴ b=2‎．‎ ‎18.‎ ‎【答案】‎ 解：（1）记B表示事件“旧养殖法的箱产量低于‎50kg”，C表示事件“新养殖法的箱产量不低于‎50kg”， 由P(A)=P(BC)=P(B)P(C)‎， ‎ 试卷第20页，总20页 则旧养殖法的箱产量低于‎50kg：‎(0.012+0.014+0.024+0.034+0.040)×5=0.62‎， 故P(B)‎的估计值‎0.62‎， 新养殖法的箱产量不低于‎50kg：‎(0.068+0.046+0.010+0.008)×5=0.66‎， 故P(C)‎的估计值为， 则事件A的概率估计值为P(A)=P(B)P(C)=0.62×0.66=0.4092‎； ∴ A发生的概率为‎0.4092‎；‎ ‎(2)‎‎2×2‎列联表： ‎ ‎ ‎ ‎ 箱产量‎<50kg ‎  箱产量‎≥50kg ‎ ‎ 总计 ‎ 旧养殖法 ‎ ‎ ‎‎62‎ ‎ ‎‎38‎ ‎ ‎‎100‎ ‎ 新养殖法 ‎ ‎ ‎‎34‎ ‎ ‎‎66‎ ‎ ‎‎100‎ ‎ 总计 ‎ ‎‎96‎ ‎ ‎‎104‎ ‎ ‎‎200‎ 则K‎2‎‎=‎200(62×66−38×34‎‎)‎‎2‎‎100×100×96×104‎≈15.705‎， 由‎15.705>6.635‎， ∴ 有‎99%‎的把握认为箱产量与养殖方法有关.‎ ‎(3)‎由新养殖法的箱产量频率分布直方图中，箱产量低于‎50kg的直方图的面积： ‎(0.004+0.020+0.044)×5=0.34‎， 箱产量低于‎55kg的直方图面积为： ‎(0.004+0.020+0.044+0.068)×5=0.68>0.5‎， 故新养殖法产量的中位数的估计值为：‎50+‎0.5−0.34‎‎0.068‎≈52.35(kg)‎， 新养殖法箱产量的中位数的估计值‎52.35(kg)‎．‎ ‎【考点】‎ 众数、中位数、平均数 频率分布直方图 独立性检验 用样本的数字特征估计总体的数字特征 ‎【解析】‎ ‎（1）由题意可知：P(A)=P(BC)=P(B)P(C)‎，分布求得发生的频率，即可求得其概率；‎ ‎（2）完成‎2×2‎列联表：求得观测值，与参考值比较，即可求得有‎99%‎的把握认为箱产量与养殖方法有关：‎ ‎（3）根据频率分布直方图即可求得其中位数．‎ ‎【解答】‎ 解：（1）记B表示事件“旧养殖法的箱产量低于‎50kg”，C表示事件“新养殖法的箱产量不低于‎50kg”， 由P(A)=P(BC)=P(B)P(C)‎， 则旧养殖法的箱产量低于‎50kg：‎(0.012+0.014+0.024+0.034+0.040)×5=0.62‎， 故P(B)‎的估计值‎0.62‎， 新养殖法的箱产量不低于‎50kg：‎(0.068+0.046+0.010+0.008)×5=0.66‎， 故P(C)‎的估计值为， 则事件A的概率估计值为P(A)=P(B)P(C)=0.62×0.66=0.4092‎； ∴ A发生的概率为‎0.4092‎；‎ ‎(2)‎‎2×2‎列联表： ‎ 试卷第20页，总20页 ‎ ‎ ‎ 箱产量‎<50kg ‎  箱产量‎≥50kg ‎ ‎ 总计 ‎ 旧养殖法 ‎ ‎ ‎‎62‎ ‎ ‎‎38‎ ‎ ‎‎100‎ ‎ 新养殖法 ‎ ‎ ‎‎34‎ ‎ ‎‎66‎ ‎ ‎‎100‎ ‎ 总计 ‎ ‎‎96‎ ‎ ‎‎104‎ ‎ ‎‎200‎ 则K‎2‎‎=‎200(62×66−38×34‎‎)‎‎2‎‎100×100×96×104‎≈15.705‎， 由‎15.705>6.635‎， ∴ 有‎99%‎的把握认为箱产量与养殖方法有关；‎ ‎(3)‎由新养殖法的箱产量频率分布直方图中，箱产量低于‎50kg的直方图的面积： ‎(0.004+0.020+0.044)×5=0.34‎， 箱产量低于‎55kg的直方图面积为： ‎(0.004+0.020+0.044+0.068)×5=0.68>0.5‎， 故新养殖法产量的中位数的估计值为：‎50+‎0.5−0.34‎‎0.068‎≈52.35(kg)‎， 新养殖法箱产量的中位数的估计值‎52.35(kg)‎．‎ ‎19.‎ ‎【答案】‎ ‎（1）证明：取PA的中点F，连接EF，BF，因为E是PD的中点， 所以EF‎=‎‎ // ‎‎1‎‎2‎AD，AB=BC=‎1‎‎2‎AD，‎∠BAD=∠ABC=‎‎90‎‎∘‎，∴ BC // ‎1‎‎2‎AD， ∴ BCEF是平行四边形，可得CE // BF，BF⊂‎平面PAB，CE平面PAB， ∴ 直线CE // ‎平面PAB；‎ ‎（2）解：四棱锥P−ABCD中， 侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC=‎1‎‎2‎AD， ‎∠BAD=∠ABC=‎‎90‎‎∘‎，E是PD的中点． 取AD的中点O，M在底面ABCD上的射影N在OC上，设AD=2‎，则AB=BC=1‎，OP=‎‎3‎， ∴ ‎∠PCO=‎‎60‎‎∘‎，直线BM与底面ABCD所成角为‎45‎‎∘‎， 可得：BN=MN，CN=‎3‎‎3‎MN，BC=1‎，‎ 试卷第20页，总20页 ‎ 可得：‎1+‎1‎‎3‎BN‎2‎=BN‎2‎，BN=‎‎6‎‎2‎，MN=‎‎6‎‎2‎， 作NQ⊥AB于Q，连接MQ， 所以‎∠MQN就是二面角M−AB−D的平面角，MQ=‎‎1‎‎2‎‎+(‎‎6‎‎2‎‎)‎‎2‎ ‎=‎‎10‎‎2‎， 二面角M−AB−D的余弦值为：‎1‎‎10‎‎2‎‎=‎‎10‎‎5‎．‎ ‎【考点】‎ 二面角的平面角及求法 直线与平面平行的判定 ‎【解析】‎ ‎（1）取PA的中点F，连接EF，BF，通过证明CE // BF，利用直线与平面平行的判定定理证明即可．‎ ‎（2）利用已知条件转化求解M到底面的距离，作出二面角的平面角，然后求解二面角M−AB−D的余弦值即可．‎ ‎【解答】‎ ‎（1）证明：取PA的中点F，连接EF，BF，因为E是PD的中点， 所以EF‎=‎‎ // ‎‎1‎‎2‎AD，AB=BC=‎1‎‎2‎AD，‎∠BAD=∠ABC=‎‎90‎‎∘‎，∴ BC // ‎1‎‎2‎AD， ∴ BCEF是平行四边形，可得CE // BF，BF⊂‎平面PAB，CE平面PAB， ∴ 直线CE // ‎平面PAB；‎ ‎（2）解：四棱锥P−ABCD中， 侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC=‎1‎‎2‎AD， ‎∠BAD=∠ABC=‎‎90‎‎∘‎，E是PD的中点． 取AD的中点O，M在底面ABCD上的射影N在OC上，设AD=2‎，则AB=BC=1‎，OP=‎‎3‎， ∴ ‎∠PCO=‎‎60‎‎∘‎，直线BM与底面ABCD所成角为‎45‎‎∘‎， 可得：BN=MN，CN=‎3‎‎3‎MN，BC=1‎，‎ ‎ 可得：‎1+‎1‎‎3‎BN‎2‎=BN‎2‎，BN=‎‎6‎‎2‎，MN=‎‎6‎‎2‎， 作NQ⊥AB于Q，连接MQ， 所以‎∠MQN就是二面角M−AB−D的平面角，MQ=‎‎1‎‎2‎‎+(‎‎6‎‎2‎‎)‎‎2‎ ‎=‎‎10‎‎2‎， 二面角M−AB−D的余弦值为：‎1‎‎10‎‎2‎‎=‎‎10‎‎5‎．‎ ‎20.‎ 试卷第20页，总20页 ‎【答案】‎ 解：（1）设M(x‎0‎, y‎0‎)‎，由题意可得N(x‎0‎, 0)‎， 设P(x, y)‎，由点P满足NP‎→‎‎=‎‎2‎NM‎→‎． 可得‎(x−x‎0‎, y)=‎2‎(0, y‎0‎)‎， 可得x−x‎0‎=0‎，y=‎‎2‎y‎0‎， 即有x‎0‎‎=x，y‎0‎‎=‎y‎2‎， 代入椭圆方程x‎2‎‎2‎‎+y‎2‎=1‎，可得x‎2‎‎2‎‎+y‎2‎‎2‎=1‎， 即有点P的轨迹方程为圆x‎2‎‎+y‎2‎=2‎；‎ ‎（2）证明：设Q(−3, m)‎，P(‎2‎cosα, ‎2‎sinα)‎，‎(0≤α<2π)‎， OP‎→‎‎⋅PQ‎→‎=1‎，可得‎(‎2‎cosα, ‎2‎sinα)⋅(−3−‎2‎cosα, m−‎2‎sinα)=1‎， 即为‎−3‎2‎cosα−2cos‎2‎α+‎2‎msinα−2sin‎2‎α=1‎， 解得m=‎‎3(1+‎2‎cosα)‎‎2‎sinα， 即有Q(−3, ‎3(1+‎2‎cosα)‎‎2‎sinα)‎， 椭圆x‎2‎‎2‎‎+y‎2‎=1‎的左焦点F(−1, 0)‎， 由kOQ‎=−‎‎1+‎2‎cosα‎2‎sinα， kPF‎=‎‎2‎sinα‎2‎cosα+1‎， 由kOQ‎⋅kPF=−1‎， 可得过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F．‎ ‎【考点】‎ 直线与椭圆的位置关系 轨迹方程 ‎【解析】‎ ‎（1）设M(x‎0‎, y‎0‎)‎，由题意可得N(x‎0‎, 0)‎，设P(x, y)‎，运用向量的坐标运算，结合M满足椭圆方程，化简整理可得P的轨迹方程；‎ ‎（2）设Q(−3, m)‎，P(‎2‎cosα, ‎2‎sinα)‎，‎(0≤α<2π)‎，运用向量的数量积的坐标表示，可得m，即有Q的坐标，求得椭圆的左焦点坐标，求得OQ，PF的斜率，由两直线垂直的条件：斜率之积为‎−1‎，即可得证．‎ ‎【解答】‎ 解：（1）设M(x‎0‎, y‎0‎)‎，由题意可得N(x‎0‎, 0)‎， 设P(x, y)‎，由点P满足NP‎→‎‎=‎‎2‎NM‎→‎． 可得‎(x−x‎0‎, y)=‎2‎(0, y‎0‎)‎， 可得x−x‎0‎=0‎，y=‎‎2‎y‎0‎， 即有x‎0‎‎=x，y‎0‎‎=‎y‎2‎， 代入椭圆方程x‎2‎‎2‎‎+y‎2‎=1‎，可得x‎2‎‎2‎‎+y‎2‎‎2‎=1‎， 即有点P的轨迹方程为圆x‎2‎‎+y‎2‎=2‎；‎ ‎（2）证明：设Q(−3, m)‎，P(‎2‎cosα, ‎2‎sinα)‎，‎(0≤α<2π)‎， OP‎→‎‎⋅PQ‎→‎=1‎，可得‎(‎2‎cosα, ‎2‎sinα)⋅(−3−‎2‎cosα, m−‎2‎sinα)=1‎， 即为‎−3‎2‎cosα−2cos‎2‎α+‎2‎msinα−2sin‎2‎α=1‎， 解得m=‎‎3(1+‎2‎cosα)‎‎2‎sinα， 即有Q(−3, ‎3(1+‎2‎cosα)‎‎2‎sinα)‎， 椭圆 试卷第20页，总20页 x‎2‎‎2‎‎+y‎2‎=1‎的左焦点F(−1, 0)‎， 由kOQ‎=−‎‎1+‎2‎cosα‎2‎sinα， kPF‎=‎‎2‎sinα‎2‎cosα+1‎， 由kOQ‎⋅kPF=−1‎， 可得过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F．‎ ‎21.‎ ‎【答案】‎ ‎（1）解：因为f(x)=ax‎2‎−ax−xlnx=x(ax−a−lnx)(x>0)‎， 则f(x)≥0‎等价于h(x)=ax−a−lnx≥0‎，求导可知h′(x)=a−‎‎1‎x． 则当a≤0‎时h′(x)<0‎，即y=h(x)‎在‎(0, +∞)‎上单调递减， 所以当x‎0‎‎>1‎时，h(x‎0‎)0‎． 因为当‎0‎‎1‎a时h′(x)>0‎， 所以h(x‎)‎min=h(‎1‎a)‎， 又因为h(1)=a−a−ln1=0‎， 所以‎1‎a‎=1‎，解得a=1‎；‎ 试卷第20页，总20页 ‎（2）证明：由（1）可知f(x)=x‎2‎−x−xlnx，f′(x)=2x−2−lnx， 令f′(x)=0‎，可得‎2x−2−lnx=0‎，记t(x)=2x−2−lnx，则t′(x)=2−‎‎1‎x， 令t′(x)=0‎，解得：x=‎‎1‎‎2‎， 所以t(x)‎在区间‎(0, ‎1‎‎2‎)‎上单调递减，在‎(‎1‎‎2‎, +∞)‎上单调递增， 所以t(x‎)‎min=t(‎1‎‎2‎)=ln2−1<0‎，从而t(x)=0‎有解，即f′(x)=0‎存在两根x‎0‎，x‎2‎， 且不妨设f′(x)‎在‎(0, x‎0‎)‎上为正、在‎(x‎0‎, x‎2‎)‎上为负、在‎(x‎2‎, +∞)‎上为正， 所以f(x)‎必存在唯一极大值点x‎0‎，且‎2x‎0‎−2−lnx‎0‎=0‎， 所以f(x‎0‎)=x‎0‎‎2‎−x‎0‎−x‎0‎lnx‎0‎=x‎0‎‎2‎−x‎0‎+2x‎0‎−2x‎0‎‎2‎=x‎0‎−‎x‎0‎‎2‎， 由x‎0‎‎<‎‎1‎‎2‎可知f(x‎0‎)<(x‎0‎−x‎0‎‎2‎‎)‎max=−‎1‎‎2‎‎2‎+‎1‎‎2‎=‎‎1‎‎4‎； 由f′(‎1‎e)<0‎可知x‎0‎‎<‎1‎e<‎‎1‎‎2‎， 所以f(x)‎在‎(0, x‎0‎)‎上单调递增，在‎(x‎0‎, ‎1‎e)‎上单调递减， 所以f(x‎0‎)>f(‎1‎e)=‎‎1‎e‎2‎； 综上所述，f(x)‎存在唯一的极大值点x‎0‎，且e‎−2‎‎f(‎1‎e)=‎‎1‎e‎2‎．‎ ‎【解答】‎ ‎（1）解：因为f(x)=ax‎2‎−ax−xlnx=x(ax−a−lnx)(x>0)‎， 则f(x)≥0‎等价于h(x)=ax−a−lnx≥0‎，求导可知h′(x)=a−‎‎1‎x． 则当a≤0‎时h′(x)<0‎，即y=h(x)‎在‎(0, +∞)‎上单调递减， 所以当x‎0‎‎>1‎时，h(x‎0‎)0‎． 因为当‎0‎‎1‎a时h′(x)>0‎， 所以h(x‎)‎min=h(‎1‎a)‎， 又因为h(1)=a−a−ln1=0‎， 所以‎1‎a‎=1‎，解得a=1‎；‎ 试卷第20页，总20页 ‎（2）证明：由（1）可知f(x)=x‎2‎−x−xlnx，f′(x)=2x−2−lnx， 令f′(x)=0‎，可得‎2x−2−lnx=0‎，记t(x)=2x−2−lnx，则t′(x)=2−‎‎1‎x， 令t′(x)=0‎，解得：x=‎‎1‎‎2‎， 所以t(x)‎在区间‎(0, ‎1‎‎2‎)‎上单调递减，在‎(‎1‎‎2‎, +∞)‎上单调递增， 所以t(x‎)‎min=t(‎1‎‎2‎)=ln2−1<0‎，从而t(x)=0‎有解，即f′(x)=0‎存在两根x‎0‎，x‎2‎， 且不妨设f′(x)‎在‎(0, x‎0‎)‎上为正、在‎(x‎0‎, x‎2‎)‎上为负、在‎(x‎2‎, +∞)‎上为正， 所以f(x)‎必存在唯一极大值点x‎0‎，且‎2x‎0‎−2−lnx‎0‎=0‎， 所以f(x‎0‎)=x‎0‎‎2‎−x‎0‎−x‎0‎lnx‎0‎=x‎0‎‎2‎−x‎0‎+2x‎0‎−2x‎0‎‎2‎=x‎0‎−‎x‎0‎‎2‎， 由x‎0‎‎<‎‎1‎‎2‎可知f(x‎0‎)<(x‎0‎−x‎0‎‎2‎‎)‎max=−‎1‎‎2‎‎2‎+‎1‎‎2‎=‎‎1‎‎4‎； 由f′(‎1‎e)<0‎可知x‎0‎‎<‎1‎e<‎‎1‎‎2‎， 所以f(x)‎在‎(0, x‎0‎)‎上单调递增，在‎(x‎0‎, ‎1‎e)‎上单调递减， 所以f(x‎0‎)>f(‎1‎e)=‎‎1‎e‎2‎； 综上所述，f(x)‎存在唯一的极大值点x‎0‎，且e‎−2‎‎