数学卷·2018届江西省宜春市樟树中学高二下学期第一次月考数学试卷（理科） （解析版） 28页

‎2016-2017学年江西省宜春市樟树中学高二（下）第一次月考数学试卷（理科）‎ ‎　‎ 一．选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）‎ ‎1．已知R是实数集，M={x|＜1}，N={y|y=+1}，N∩∁RM=（　　）‎ A．（1，2） B．[0，2] C．∅ D．[1，2]‎ ‎2．某个命题与正整数n有关，如果当n=k（k∈N+）时命题成立，那么可推得当n=k+1时命题也成立． 现已知当n=7时该命题不成立，那么可推得（　　）‎ A．当n=6时该命题不成立 B．当n=6时该命题成立 C．当n=8时该命题不成立 D．当n=8时该命题成立 ‎3．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 ‎4．已知a，b，c是互不相等的非零实数，若用反证法证明三个方程ax2+2bx+c=0，bx2+2cx+a=0，cx2+2ax+c=0至少有一个方程有两个相异实根，反证假设应为（　　）‎ A．三个方程中至多有一个方程有两个相异实根 B．三个方程都有两个相异实根 C．三个方程都没有两个相异实根 D．三个方程都没有实根 ‎5．已知函数f（x）=x2+bx的图象在点A（1，f（1））处的切线l与直线3x﹣y+2=0平行，若数列{}的前n项和为Sn，则S2014的值为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎6．某产品的广告费用x与销售额y的统计数据如下表：‎ 广告费用x（万元）‎ ‎4‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎5‎ 销售额y（万元）‎ ‎49‎ ‎26‎ ‎？‎ ‎54‎ 由上表求得回归方程=9.4x+9.1，当广告费用为3万元时，销售额为（　　）‎ A．39万元 B．38万元 C．38.5万元 D．39.373万元 ‎7．长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=1，B1C、C1D与底面ABCD所成的角分别为45°、60°，则长方体ABCD﹣A1B1C1D1的外接球的体积为（　　）‎ A．π B．π C．π D．π ‎8．已知等差数列{an}的公差d≠0，且a1，a3，a13成等比数列，若a1=1，Sn为数列{an}的前n项和，则的最小值为（　　）‎ A．4 B．3 C．2﹣2 D．2‎ ‎9．已知函数f（x）=x2sinx+2xcosx，x∈（﹣2π，2π），则其导函数f′（x）的图象大致是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎10．在闭区间[﹣4，6]上随机取出﹣个数x，执行如右图所示的程序框图，则输出的x不小于39的概率为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎11．下列命题中，正确命题的个数是（　　）‎ ‎①命题“∃x∈R，使得x3+1＜0”的否定是““∀x∈R，都有x3+1＞0”．‎ ‎②双曲线﹣=1（a＞0，a＞0）中，F为右焦点，A为左顶点，点B（0，b）且=0，则此双曲线的离心率为．‎ ‎③在△ABC中，若角A、B、C的对边为a、b、c，若cos2B+cosB+cos（A﹣C）=1，则a、c、b成等比数列．‎ ‎④已知，是夹角为120°的单位向量，则向量λ+与﹣2垂直的充要条件是λ=．‎ A．1 个 B．2 个 C．3 个 D．4 个 ‎12．已知椭圆C： +=1（a＞b＞0）的离心率为，四个顶点构成的四边形的面积为12，直线l与椭圆C交于A，B两点，且线段AB的中点为M（﹣2，1），则直线l的斜率为（　　）‎ A． B． C． D．1‎ ‎　‎ 二．填空题（本大题共有4个小题，每题5分，共20分）‎ ‎13．在△ABC中，a=4，b=5，c=6，则=　　．‎ ‎14．若a，b，c为直角三角形的三边，其中c为斜边，则a2+b2=c2，称这个定理为勾股定理．现将这一定理推广到立体几何中：在四面体O﹣ABC中，∠AOB=∠BOC=∠COA=90°，S为顶点O所对面的面积，S1，S2，S3分别为侧面△OAB，△OAC，△OBC的面积，则S，S1，S2，S3满足的关系式为　　．‎ ‎15．设M是，定义f（M）=（m，n，p），其中m、n、p分别是△MBC，△MCA，△MAB的面积，‎ 的最小值是　　．‎ ‎16．已知函数f（x）=，若方程f（x）+k=0有三个不同的解a，b，c，且a＜b＜c，则ab+c的取值范围是　　．‎ ‎　‎ 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.[]）‎ ‎17．设p：实数x满足（x﹣a）（x﹣3a）＜0，其中a＞0．q：实数x满足．‎ ‎（1）若a=1且p∧q为真，求实数x的取值范围；‎ ‎（2）若p是q的必要不充分条件，求实数a的取值范围．‎ ‎18．某学校高三年级800名学生在一次百米测试中，成绩全部在12秒到17秒之间，抽取其中50个样本，将测试结果按如下方式分成五组：第一组[12，13），第二组[13，14），…，第五组[16，17]，如图是根据上述分组得到的频率分布直方图．‎ ‎（1）若成绩小于13秒被认为优秀，求该样本在这次百米测试中成绩优秀的人数；‎ ‎（2）请估计本年级800名学生中，成绩属于第三组的人数；‎ ‎（3）若样本中第一组只有一名女生，第五组只有一名男生，现从第一、第五组中各抽取1名学生组成一个实验组，求所抽取的2名同学中恰好为一名男生和一名女生的概率．‎ ‎19．已知向量，向量 ‎，函数．‎ ‎（1）求f（x）的解析式及单调增区间；‎ ‎（2）已知a，b，c分别为△ABC内角A，B，C的对边，A为锐角，a=2，c=4，且f（A）恰是f（x）在上的最大值，求A，b和△ABC的面积S．‎ ‎20．对于数列{an}、{bn}，Sn为数列{an}的前n项和，且Sn+1﹣（n+1）=Sn+an+n，a1=b1=1，bn+1=3bn+2，n∈N*．‎ ‎（1）求数列{an}、{bn}的通项公式；‎ ‎（2）令cn=，求数列{cn}的前n项和Tn．‎ ‎21．在等腰Rt△ABC中，∠BAC=90°，腰长为2，D、E分别是边AB、BC的中点，将△BDE沿DE翻折，得到四棱锥B﹣ADEC，且F为棱BC中点，BA=．‎ ‎（1）求证：EF⊥平面BAC；‎ ‎（2）在线段AD上是否存在一点Q，使得AF∥平面BEQ？若存在，求二面角Q﹣BE﹣A的余弦值，若不存在，请说明理由．‎ ‎22．已知圆M：（x+1）2+y2=，圆N：（x﹣1）2+y2=，动圆D与圆M外切并与圆N内切，圆心D的轨迹为曲线E．‎ ‎（1）求曲线E的方程；‎ ‎（2）若双曲线C的右焦点即为曲线E的右顶点，直线y=x为C的一条渐近线．‎ ‎①求双曲线C的方程；‎ ‎②过点P（0，4）的直线l，交双曲线C于A，B两点，交x轴于Q点（Q点与C的顶点不重合），当，且λ1+λ2=﹣时，求Q点的坐标．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年江西省宜春市樟树中学高二（下）第一次月考数学试卷（理科）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一．选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）‎ ‎1．已知R是实数集，M={x|＜1}，N={y|y=+1}，N∩∁RM=（　　）‎ A．（1，2） B．[0，2] C．∅ D．[1，2]‎ ‎【考点】交、并、补集的混合运算．‎ ‎【分析】先化简两个集合M、N到最简形式求出M，N，依照补集的定义求出CRM，再按照交集的定义求出N∩CRM．‎ ‎【解答】解：∵M={x|＜1}={x|x＜0，或x＞2}，N={y|y=+1}={y|y≥1 }，‎ CRM={x|0≤x≤2}，‎ 故有 N∩CRM={y|y≥1 }∩{x|0≤x≤2}‎ ‎=[1，+∞）∩[0，2]‎ ‎=[1，2]，‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎2．某个命题与正整数n有关，如果当n=k（k∈N+）时命题成立，那么可推得当n=k+1时命题也成立． 现已知当n=7时该命题不成立，那么可推得（　　）‎ A．当n=6时该命题不成立 B．当n=6时该命题成立 C．当n=8时该命题不成立 D．当n=8时该命题成立 ‎【考点】数学归纳法．‎ ‎【分析】本题考查的知识点是数学归纳法，由归纳法的性质，我们由P（n）对n=k成立，则它对n=k+1也成立，由此类推，对n＞k的任意整数均成立，结合逆否命题同真同假的原理，当P（n）对n=k不成立时，则它对n=k﹣1也不成立，由此类推，对n＜k的任意正整数均不成立，由此不难得到答案．‎ ‎【解答】解：由题意可知，原命题成立则逆否命题成立，‎ P（n）对n=7不成立，P（n）对n=6也不成立，‎ 否则n=6时，由由已知推得n=7也成立．‎ 与当n=7时该命题不成立矛盾 故选A．‎ ‎　‎ ‎3．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 ‎【考点】充要条件；向量的模．‎ ‎【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．‎ ‎　‎ ‎4．已知a，b，c是互不相等的非零实数，若用反证法证明三个方程ax2+2bx+c=0，bx2+2cx+a=0，cx2+2ax+c=0至少有一个方程有两个相异实根，反证假设应为（　　）‎ A．三个方程中至多有一个方程有两个相异实根 B．三个方程都有两个相异实根 C．三个方程都没有两个相异实根 D．三个方程都没有实根 ‎【考点】反证法与放缩法．‎ ‎【分析】用反证法证明某个命题成立时，应假设命题的反面成立，即假设命题的否定成立，写出题中命题的否定．‎ ‎【解答】解：用反证法证明某个命题成立时，应假设命题的反面成立，即假设命题的否定成立．‎ 命题“三个方程ax2+2bx+c=0，bx2+2cx+a=0，cx2+2ax+‎ b=0至少有一个方程有两个相异实根”的否定为：‎ ‎“三个方程都没有两个相异实根”，‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎5．已知函数f（x）=x2+bx的图象在点A（1，f（1））处的切线l与直线3x﹣y+2=0平行，若数列{}的前n项和为Sn，则S2014的值为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】数列的求和．‎ ‎【分析】利用导数的几何意义赇 出f（x）=x2+x，从而得到an===，由此利用裂项求和法能求出S2014．‎ ‎【解答】解：∵f（x）=x2+bx，∴f′（x）=2x+b ‎∵直线3x﹣y+2=0的斜率为k=3，‎ 函数f（x）=x2+bx的图象在点A（1，f（1））处的切线l与直线3x﹣y+2=0平行，‎ ‎∴f′（1）=2+b=3，解得b=1，‎ ‎∴f（x）=x2+x，‎ ‎∴an===，‎ ‎∴Sn=（1﹣）+（﹣）+…+（﹣）=1﹣=，‎ ‎∴S2014=．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎6．某产品的广告费用x与销售额y的统计数据如下表：‎ 广告费用x（万元）‎ ‎4‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎5‎ 销售额y（万元）‎ ‎49‎ ‎26‎ ‎？‎ ‎54‎ 由上表求得回归方程=9.4x+9.1，当广告费用为3万元时，销售额为（　　）‎ A．39万元 B．38万元 C．38.5万元 D．39.373万元 ‎【考点】线性回归方程．‎ ‎【分析】‎ 算出x的平均数，y的平均数，利用线性回归方程，得到自变量为3时的预报出结果．‎ ‎【解答】解：设当广告费用为3万元时，销售额为m，‎ 由题意， ==3.5， =，‎ 代入=9.4x+9.1，可得=9.4×3.5+9.1，‎ ‎∴m=39．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎7．长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=1，B1C、C1D与底面ABCD所成的角分别为45°、60°，则长方体ABCD﹣A1B1C1D1的外接球的体积为（　　）‎ A．π B．π C．π D．π ‎【考点】球的体积和表面积．‎ ‎【分析】先求出BC=DC=，再由长方体的对角线公式，算出长方体对角线AC1的长，从而得到长方体外接球的直径，结合球的体积公式即可得到，该球的体积．‎ ‎【解答】解：∵长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=1，B1C、C1D与底面ABCD所成的角分别为45°、60°，‎ ‎∴BC=DC=，‎ ‎∵长方体ABCD﹣A1B1C1D1的各顶点都在同一球面上，‎ ‎∴球的一条直径为，可得半径R=，‎ 因此，该长方体ABCD﹣A1B1C1D1的外接球的体积为V=πR3=π，‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎8．已知等差数列{an}的公差d≠0，且a1，a3，a13成等比数列，若a1=1，Sn为数列{an}的前n项和，则的最小值为（　　）‎ A．4 B．3 C．2﹣2 D．2‎ ‎【考点】等差数列的前n项和．‎ ‎【分析】a1，a3，a13成等比数列，a1=1，可得：a32=a1a13，即（1+2d）2=1+‎ ‎12d，d≠0，解得d．可得an，Sn．代入利用分离常数法化简后，利用基本不等式求出式子的最小值．‎ ‎【解答】解：∵a1，a3，a13成等比数列，a1=1，‎ ‎∴a32=a1a13，‎ ‎∴（1+2d）2=1+12d，d≠0，‎ 解得d=2．‎ ‎∴an=1+2（n﹣1）=2n﹣1．‎ Sn=n+×2=n2．‎ ‎∴===n+1+﹣2≥2﹣2=4，‎ 当且仅当n+1=时取等号，此时n=2，且取到最小值4，‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎9．已知函数f（x）=x2sinx+2xcosx，x∈（﹣2π，2π），则其导函数f′（x）的图象大致是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】函数的图象．‎ ‎【分析】求出f′（x）的解析式，判断其奇偶性，单调性，特殊点，结合选项得出答案．‎ ‎【解答】解：f′（x）=2xsinx+x2cosx+2cosx﹣2xsinx=x2cosx+2cosx．‎ ‎∴f′（﹣x）=（﹣x）2cos（﹣x）+2cos（﹣x）=x2cosx+2cosx=f′（x），‎ ‎∴f′（x）是偶函数，图象关于y轴对称，排除A，B；‎ 又f′（0）=2≠0，排除D．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎10．在闭区间[﹣4，6]上随机取出﹣个数x，执行如右图所示的程序框图，则输出的x不小于39的概率为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】几何概型；程序框图．‎ ‎【分析】根据程序框图求出x的取值范围，结合几何概型的概率公式进行求解即可．‎ ‎【解答】解：由程序框图知，第一次循环，n=1，满足条件n≤3，y=2x+1，n=2，‎ 第二次循环，n=2，满足条件n≤3，y=2（2x+1）+1=4x+3，n=3，‎ 第三次循环，n=3，满足条件n≤3，y=2（4x+3）+1=8x+7，n=4，此时不满足条件n≤3输出y=8x+7，‎ 由8x+7≥39得x≥4，‎ 即4≤x≤6，‎ 则对应的概率P==，‎ 故选：A ‎　‎ ‎11．下列命题中，正确命题的个数是（　　）‎ ‎①命题“∃x∈R，使得x3+1＜0”的否定是““∀x∈R，都有x3+1＞0”．‎ ‎②双曲线﹣=1（a＞0，a＞0）中，F为右焦点，A为左顶点，点B（0，b）且=0，则此双曲线的离心率为．‎ ‎③在△ABC中，若角A、B、C的对边为a、b、c，若cos2B+cosB+cos（A﹣C）=1，则a、c、b成等比数列．‎ ‎④已知，是夹角为120°的单位向量，则向量λ+与﹣2垂直的充要条件是λ=．‎ A．1 个 B．2 个 C．3 个 D．4 个 ‎【考点】命题的真假判断与应用．‎ ‎【分析】①利用命题的否定，即可判断其真假；‎ ‎②利用双曲线的离心率的性质可判断其正误，‎ ‎③将cosB=﹣cos（A+C）代入已知，整理可得sinAsinC=sin2B，再利用正弦定理可判断③的正误；‎ ‎④利用向量的坐标运算与向量垂直的性质可判断其正误．‎ ‎【解答】解：①命题“∃x∈R，使得x3+1＜0”的否定是““∃x0∈R，使得+1≥0”，故①错误；‎ ‎②，依题意，F（c，0），A（﹣a，0），∵点B（0，b），‎ ‎∴=（a，b），=（c，﹣b），‎ ‎∵•=0，‎ ‎∴ac﹣b2=0，而b2=c2﹣a2，‎ ‎∴c2﹣ac﹣a2=0，两端同除以a2得：e2﹣e﹣1=0，‎ 解得e=或e=（舍去），‎ 故②正确；‎ ‎③，在△ABC中，∵A+B+C=180°，‎ ‎∴cosB=﹣cos（A+C），‎ ‎∴原式化为：cos2B﹣cos（A+C）+cos（A﹣C）=1，‎ ‎∴cos（A﹣C）﹣cos（A+C）=1﹣cos2B，‎ ‎∵cos（A﹣C）﹣cos（A+C）=2sinAsinC，1﹣cos2B=2sin2B，‎ ‎∴sinAsinC=sin2B，‎ 由正弦定理得：b2=ac，故③a、c、b成等比数列错误；‎ ‎④，∵，是夹角为120°的单位向量，‎ ‎∴（λ+）⊥（﹣2）⇔（λ+）•（﹣2）=0⇔λ﹣2+（1﹣2λ）•=0⇔λ﹣2+（1﹣2λ）×1×1×（﹣）=0⇔2λ﹣2﹣=0，‎ ‎∴λ=．故④正确；‎ 综上所述，正确命题的个数是2个．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎12．已知椭圆C： +=1（a＞b＞0）的离心率为，四个顶点构成的四边形的面积为12，直线l与椭圆C交于A，B两点，且线段AB的中点为M（﹣2，1），则直线l的斜率为（　　）‎ A． B． C． D．1‎ ‎【考点】直线与圆锥曲线的综合问题．‎ ‎【分析】由椭圆C： +=1（a＞b＞0）的离心率为，四个顶点构成的四边形的面积为12，列出方程组求出a=2，b=，从而得到椭圆方程为，再由直线l与椭圆C交于A，B两点，且线段AB的中点为M（﹣2，1），利用点差法能求出直线l的斜率．‎ ‎【解答】解：∵椭圆C： +=1（a＞b＞0）的离心率为，四个顶点构成的四边形的面积为12，‎ ‎∴，解得a=2，b=，‎ ‎∴椭圆方程为，‎ ‎∵直线l与椭圆C交于A，B两点，且线段AB的中点为M（﹣2，1），‎ ‎∴设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2=﹣4，y1+y2=2，‎ 又，两式相减，得：（x1﹣x2）（x1+x2）+（y1﹣y2）（y1+y2）=0，‎ ‎∴﹣（x1﹣x2）+（y1﹣y2）=0，‎ ‎∴直线l的斜率k==．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ 二．填空题（本大题共有4个小题，每题5分，共20分）‎ ‎13．在△ABC中，a=4，b=5，c=6，则=　1　．‎ ‎【考点】余弦定理；二倍角的正弦；正弦定理．‎ ‎【分析】利用余弦定理求出cosC，cosA，即可得出结论．‎ ‎【解答】解：∵△ABC中，a=4，b=5，c=6，‎ ‎∴cosC==，cosA==‎ ‎∴sinC=，sinA=，‎ ‎∴==1．‎ 故答案为：1．‎ ‎　‎ ‎14．若a，b，c为直角三角形的三边，其中c为斜边，则a2+b2=c2，称这个定理为勾股定理．现将这一定理推广到立体几何中：在四面体O﹣ABC中，∠AOB=∠BOC=∠COA=90°，S为顶点O所对面的面积，S1，S2，S3分别为侧面△OAB，△OAC，△OBC的面积，则S，S1，S2，S3满足的关系式为　　．‎ ‎【考点】类比推理．‎ ‎【分析】本题考查的知识点是类比推理，在由平面几何的性质类比推理空间立体几何性质时，我们常用的思路是：由平面几何中点的性质，类比推理空间几何中线的性质；由平面几何中线的性质，类比推理空间几何中面的性质；由平面几何中面的性质，类比推理空间几何中体的性质；或是将一个二维平面关系，类比推理为一个三维的立体关系，故类比平面内的勾股定理，我们可以推断四面体的相关性质．‎ ‎【解答】解：由a，b，c为直角三角形的三边，其中c为斜边，则a2+b2=c2，‎ 类比到空间中：‎ 在四面体O﹣ABC中，∠AOB=∠BOC=∠COA=90°，‎ S为顶点O所对面的面积，‎ S1，S2，S3分别为侧面△OAB，△OAC，△OBC的面积，‎ 则S，S1，S2，S3满足的关系式为：．‎ 故答案为：‎ ‎　‎ ‎15．设M是 ‎，定义f（M）=（m，n，p），其中m、n、p分别是△MBC，△MCA，△MAB的面积，的最小值是　18　．‎ ‎【考点】正弦定理；基本不等式；平面向量数量积的运算．‎ ‎【分析】由平面向量的数量积运算法则及∠ABC的度数，求出的值，再由sinA的值，利用三角形的面积公式求出三角形ABC的面积为1，即△MBC，△MCA，△MAB的面积之和为1，根据题中定义的，得出x+y=，利用此关系式对所求式子进行变形后，利用基本不等式即可求出所求式子的最小值．‎ ‎【解答】解：由，‎ 得，‎ 所以，‎ ‎∴x+y=，‎ 则，‎ 当且仅当时，的最小值为18．‎ 故答案为：18‎ ‎　‎ ‎16．已知函数f（x）=，若方程f（x）+k=0有三个不同的解a，b，c，且a＜b＜c，则ab+c的取值范围是　（9，13）　．‎ ‎【考点】根的存在性及根的个数判断．‎ ‎【分析】先画出图象，再根据a＜b＜c，利用f（a）=f（b）=f（c），可得﹣log2a=log2b=﹣c+6，由此可确定ab+c的取值范围．‎ ‎【解答】解：根据已知函数f（x）=，‎ 画出函数图象：‎ ‎∵f（a）=f（b）=f（c），‎ ‎∴﹣log2a=log2b=﹣c+6，‎ ‎∴log2（ab）=0，0＜﹣c+6＜2，‎ 解得ab=1，8＜c＜12，‎ ‎∴9＜ab+c＜13．‎ 故答案为：（9，13）．‎ ‎　‎ 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.[]）‎ ‎17．设p：实数x满足（x﹣a）（x﹣3a）＜0，其中a＞0．q：实数x满足．‎ ‎（1）若a=1且p∧q为真，求实数x的取值范围；‎ ‎（2）若p是q的必要不充分条件，求实数a的取值范围．‎ ‎【考点】复合命题的真假；必要条件、充分条件与充要条件的判断．‎ ‎【分析】分别化简p：a＜x＜3a，q：2＜x＜3．‎ ‎（1）当a=1时，p：1＜x＜3．要使p∧q为真，则须满足，解得即可．‎ ‎（2）由p是q的必要不充分条件，可得（2，3）⊂（a，3a）即，解得即可．‎ ‎【解答】解：依题意知：p：a＜x＜3a，，∴，即2＜x＜3．‎ ‎（1）当a=1时，p：1＜x＜3‎ 要使p∧q为真，则须满足，解得：2＜x＜3；‎ ‎（2）∵p是q的必要不充分条件 ‎∴（2，3）⊊（a，3a）‎ ‎∴，解得：1≤a≤2．‎ ‎　‎ ‎18．某学校高三年级800名学生在一次百米测试中，成绩全部在12秒到17秒之间，抽取其中50个样本，将测试结果按如下方式分成五组：第一组[12，13），第二组[13，14），…，第五组[16，17]，如图是根据上述分组得到的频率分布直方图．‎ ‎（1）若成绩小于13秒被认为优秀，求该样本在这次百米测试中成绩优秀的人数；‎ ‎（2）请估计本年级800名学生中，成绩属于第三组的人数；‎ ‎（3）若样本中第一组只有一名女生，第五组只有一名男生，现从第一、第五组中各抽取1名学生组成一个实验组，求所抽取的2名同学中恰好为一名男生和一名女生的概率．‎ ‎【考点】列举法计算基本事件数及事件发生的概率；频率分布直方图．‎ ‎【分析】（1）由频率分布直方图，得成绩小于13秒的频率为0.06，由此能求出该样本在这次百米测试中成绩优秀的人数．‎ ‎（2）由频率分布直方图，得第三组[14，15）的频率为0.38，由此能估计本年级800名学生中，成绩属于第三组的人数．‎ ‎（2）由频率分布直方图及题设条件得到第一组中有1名女生2名男生，第五组中有3名女生1名男生，由此能求出所抽取的2名同学中恰好为一名男生和一名女生的概率．‎ ‎【解答】解：（1）由频率分布直方图，得成绩小于13秒的频率为0.06，‎ ‎∴该样本在这次百米测试中成绩优秀的人数为：‎ ‎0.06×50=3（人）．‎ ‎（2）由频率分布直方图，得第三组[14，15）的频率为0.38，‎ ‎∴估计本年级800名学生中，成绩属于第三组的人数为：‎ ‎800×0.38=304（人）．‎ ‎（2）由频率分布直方图，得第一组的频率为0.06，第五组的频率为0.08，‎ ‎∴第一组有50×0.06=3人，第五组有50×0.08=4人，‎ ‎∵样本中第一组只有一名女生，第五组只有一名男生，‎ ‎∴第一组中有1名女生2名男生，第五组中有3名女生1名男生，‎ 现从第一、第五组中各抽取1名学生组成一个实验组，‎ 基本事件总数n==12，‎ 所抽取的2名同学中恰好为一名男生和一名女生，包含的基本事件个数m==7，‎ ‎∴所求概率为p=．‎ ‎　‎ ‎19．已知向量，向量，函数．‎ ‎（1）求f（x）的解析式及单调增区间；‎ ‎（2）已知a，b，c分别为△ABC内角A，B，C的对边，A为锐角，a=2，c=4，且f（A）恰是f（x）在上的最大值，求A，b和△ABC的面积S．‎ ‎【考点】三角函数中的恒等变换应用；正弦函数的图象．‎ ‎【分析】（1）利用向量的数量积运算结合降幂公式及辅助角公式即可求得f（x）的解析，再由复合函数的单调性求得函数的单调区间；‎ ‎（2）求出f（x）在上的最大值，得到A的值，利用正弦定理求得C，进一步得到B，再由面积公式求得△ABC的面积．‎ ‎【解答】解：（1）∵，，‎ ‎∴函数=（sinx+，）•（sinx，﹣1）‎ ‎=sinx（sinx+）+=‎ ‎==‎ ‎=sin（2x﹣）+2．‎ 由，k∈Z．‎ 得，k∈Z．‎ ‎∴f（x）的单调增区间为[，]；‎ ‎（2）∵x∈，∴2x∈[，]．‎ 则f（x）在上的最大值为3．‎ 即f（A）=3，∴sin（2A﹣）+2=3，2A﹣=，得A=．‎ 又a=2，c=4，‎ ‎∴由，得sinC=1，∴C=．‎ 则B=．‎ ‎∴△ABC的面积S=．‎ ‎　‎ ‎20．对于数列{an}、{bn}，Sn为数列{an}的前n项和，且Sn+1﹣（n+1）=Sn+an+n，a1=b1=1，bn+1=3bn+2，n∈N*．‎ ‎（1）求数列{an}、{bn}的通项公式；‎ ‎（2）令cn=，求数列{cn}的前n项和Tn．‎ ‎【考点】数列的求和；数列递推式．‎ ‎【分析】（1）由Sn+1﹣Sn=an+2n+1，则an+1﹣an=2n+1，利用“累加法”即可求得an=n2，由bn+1+1=3（bn+1），可知数列{bn+1}是以2为首项，以3为公比的等比数列，即可求得{bn}的通项公式；‎ ‎（2）由（1）可知：cn===，利用“错位相减法”即可求得数列{cn}的前n项和Tn．‎ ‎【解答】解：（1）由Sn+1﹣（n+1）=Sn+an+n，‎ ‎∴Sn+1﹣Sn=an+2n+1，‎ ‎∴an+1﹣an=2n+1，‎ ‎∴a2﹣a1=2×1+1，‎ a3﹣a2=2×2+1，‎ a4﹣a3=2×3+1，‎ ‎…‎ an﹣an﹣1=2（n﹣1）+1，‎ 以上各式相加可得：an﹣a1=2×（1+2+3+…+n﹣1）+（n﹣1），‎ ‎∴an=2×+（n﹣1）+1=n2，‎ ‎∴an=n2，‎ ‎∵bn+1=3bn+2，即bn+1+1=3（bn+1），‎ b1+1=2，‎ ‎∴数列{bn+1}是以2为首项，以3为公比的等比数列，‎ bn+1=2×3n﹣1，‎ ‎∴bn=2×3n﹣1﹣1；‎ ‎（2）由（1）可知：cn===，‎ ‎∴Tn=c1+c2+…+cn=+++…+，‎ Tn=+++…+，‎ ‎∴Tn=2++++…+﹣，‎ ‎=2+﹣，‎ ‎=﹣，‎ ‎∴Tn=﹣，‎ 数列{cn}的前n项和Tn，Tn=﹣．‎ ‎　‎ ‎21．在等腰Rt△ABC中，∠BAC=90°，腰长为2，D、E分别是边AB、BC的中点，将△BDE沿DE翻折，得到四棱锥B﹣ADEC，且F为棱BC中点，BA=．‎ ‎（1）求证：EF⊥平面BAC；‎ ‎（2）在线段AD上是否存在一点Q，使得AF∥平面BEQ？若存在，求二面角Q﹣BE﹣A的余弦值，若不存在，请说明理由．‎ ‎【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面垂直的判定．‎ ‎【分析】（1）取AB中点H，连结DH、HF，在等腰Rt△ABC中，由已知可得AD=BD=1，则DH⊥AB，由线面垂直的判定可得DE⊥平面ADB，进一步得到AC⊥平面ADB，则AC⊥DH，可得DH⊥平面ABC，然后证明DEFH是平行四边形，得EF∥DH，从而得到EF⊥平面ABC；‎ ‎（2）以D为原点建立如图所示空间直角坐标系D﹣xyz．求出A，B，E，C，F的坐标，设Q（0，t，0）（0≤t≤1），求出平面BQE的法向量，由=0求得，即线段AD上存在一点，使得AF∥平面BEQ，再求出平面BAE的法向量为，由两法向量所成角的余弦值可得二面角Q﹣BE﹣A的余弦值．‎ ‎【解答】（1）证明：取AB中点H，连结DH、HF，‎ 在等腰Rt△ABC中，‎ ‎∵∠BAC=90°，AB=AC=2，D、E分别是边AB、BC的中点，∴AD=BD=1，‎ 又∵翻折后，∴翻折后AD⊥BD，且△ADB为等腰直角三角形，则DH⊥AB，‎ ‎∵翻折后DE⊥AD，DE⊥BD，且AD∩BD=D，∴DE⊥平面ADB，‎ ‎∵DE∥AC，∴AC⊥平面ADB，则AC⊥DH，‎ 又AB∩AC=A，∴DH⊥平面ABC，‎ 又∵HF∥AC，DE∥AC，且HF=AC=DE，‎ ‎∴DEFH是平行四边形，则EF∥DH，‎ ‎∴EF⊥平面ABC；‎ ‎（2）以D为原点建立如图所示空间直角坐标系D﹣xyz．‎ 则A（0，1，0），B（0，0，1），E（1，0，0），C（2，1，0），，‎ 设Q（0，t，0）（0≤t≤1），‎ 则，‎ 设平面BQE的法向量为=（x，y，z），则由，取y=1，则=（t，1，t），‎ 要使AF∥平面BEQ，则须，‎ ‎∴，即线段AD上存在一点，使得AF∥平面BEQ，‎ 设平面BAE的法向量为=（x，y，z），则由，取y=1，则=（1，1，1），‎ ‎∴cos＜＞=，‎ ‎∵二面角Q﹣BE﹣A为锐二面角，∴其余弦值为，‎ 即线段AD上存在一点Q（点Q是线段AD上的靠近点D的一个三等分点），‎ 使得AF∥平面BEQ，此时二面角Q﹣BE﹣A的余弦值为．‎ ‎　‎ ‎22．已知圆M：（x+1）2+y2=，圆N：（x﹣1）2+y2=，动圆D与圆M外切并与圆N内切，圆心D的轨迹为曲线E．‎ ‎（1）求曲线E的方程；‎ ‎（2）若双曲线C的右焦点即为曲线E的右顶点，直线y=x为C的一条渐近线．‎ ‎①求双曲线C的方程；‎ ‎②过点P（0，4）的直线l，交双曲线C于A，B两点，交x轴于Q点（Q点与C的顶点不重合），当，且λ1+λ2=﹣时，求Q点的坐标．‎ ‎【考点】双曲线的简单性质．‎ ‎【分析】（1）由题意的定义可知：长半轴长为2，短半轴长为的椭圆，即可求得椭圆方程；‎ ‎（2）①求得双曲线方程，焦点为（﹣2，0），（2，0），则，即可求得双曲线C的方程；‎ ‎②方法一：设l的方程，代入椭圆方程，由向量的坐标运算，利用λ1，λ1表示出A和B点坐标，则λ1，λ2是二次方程的两根，利用韦达定理即可求得Q点的坐标．‎ 方法二：设l的方程：y=kx+4，，﹣4=λ1y1=λ2y2，，将直线方程代入双曲线方程，利用韦达定理即可求得k的值，求得Q点的坐标．‎ ‎【解答】解：（1）∵圆P与圆M外切并且与圆N内切，‎ ‎∴|PM|+|PN|=（R+r1）+（r2﹣R）=r1+r2=4，…‎ 由椭圆的定义可知，曲线C是以M，N为左右焦点，长半轴长为2，短半轴长为的椭圆，… （ 求出a=2，c=1给，求出得1分） ‎ 则此方程为．…‎ ‎（2）设双曲线方程为，由椭圆，求得两焦点为（﹣2，0），（2，0），‎ ‎∴对于双曲线C：c=2，…‎ ‎ 又为双曲线C的一条渐近线，‎ ‎∴，解得a2=1，b2=3，… ‎ 故双曲线C的方程．…‎ ‎（3）解法一：由题意知直线l的斜率k存在且不等于零．‎ 设l的方程：y=kx+4，A（x1，y1），B（x2，y2），则Q（﹣，0），‎ ‎∵，则（﹣，﹣4）=λ1（x1+，y1），…‎ ‎∴，从而，‎ ‎∵A（x1，y1）在双曲线C上，‎ ‎∴（）2﹣﹣1=0，…‎ ‎16+32λ1+16﹣k2﹣k2λ12=0，‎ 同理有．…‎ 若16﹣k2=0，则直线l过顶点，不合题意，∴16﹣k2≠0，‎ ‎∴λ1，λ2是二次方程的两根．‎ ‎∴，∴k2=4，…‎ ‎ 此时△＞0，∴k=±2．‎ ‎∴所求Q的坐标为（±2，0）．…‎ 解法二：由题意知直线l的斜率k存在且不等于零 设l的方程：y=kx+4，A（x1，y1），B（x2，y2），则．∵，‎ ‎∴．‎ ‎∴﹣4=λ1y1=λ2y2，‎ ‎∴，，…‎ ‎ 又，‎ ‎∴，即3（y1+y2）=2y1y2，…‎ 将y=kx+4代入，得（3﹣k2）y2﹣24y+48﹣3k2=0，…‎ ‎∵3﹣k2≠0，否则l与渐近线平行．‎ ‎∴．…‎ ‎∴，‎ ‎∴k=±2，∴Q（±2，0）．‎