E(ξ2)，D(ξ1)>D(ξ2)
(2)若 X～B(n，p)，且 E(X)＝6，D(X)＝3，则 P(X＝1)的值为( )
A．3×2－2 B．2－4
C．3×2－10 D．2－8
解 析 ] (1)根据题意得，E(ξ i)＝p i ，D(ξ i)＝p i(1－p i)，i＝1,2，∵01.75，则 p 的取值范围是( )
A.(0， 7
12) B.( 7
12，1)
C.(0，1
2 ) D.(1
2，1 )
解析：选 C 由已知条件可得 P(X＝1)＝p，P(X＝2)＝(1－p)p，P(X＝3)＝(1－p)2p＋(1
－p)3＝(1－p)2，则 E(X)＝P(X＝1)＋2P(X＝2)＋3P(X＝3)＝p＋2(1－p)p＋3(1－p) 2＝p2－3p
＋3>1.75，解得 p>5
2或 p<1
2，又由 p∈(0,1)，可得 p∈(0，1
2 ).
9．甲、乙两人轮流投篮，每人每次投一球．约定甲先投且先投中者获胜，一直到有人
获胜或每人都已投球 3 次时投篮结束，设甲每次投篮投中的概率为1
3，乙每次投篮投中的概
率为1
2，且各次投篮互不影响，则乙获胜的概率为( )
A.1
2 B.1
3
C.13
27 D. 4
27
解析：选 C 设 Ak，Bk(k＝1,2,3)分别表示甲、乙在第 k 次投篮投中，则 P(Ak)＝1
3，P(Bk)
＝1
2(k＝1,2,3)．
记“乙获胜”为事件 C，由互斥事件与概率计算公式知
P(C)＝P(A1B1)＋P(A1B1A2B2)＋P(A1B1A2B2A3B3)
＝P(A1)P(B1)＋P(A1)P(B1)P(A2)P(B2)＋P(A1)P(B1)P(A2)P(B2)P(A3)P(B3)
＝2
3×1
2＋(2
3 )2×(1
2 )2＋(2
3 )3×(1
2 )3＝13
27.
10．(2018 届高三·湖北七市(州)联考)从数字 1,2,3,4,5 中，随机抽取 3 个数字(允许重复)
组成一个三位数，其各位数字之和等于 12 的概率为( )
A. 2
25 B. 13
125
C. 18
125 D. 9
125
解析：选 A 从 5 个数字中任意抽取 3 个数字组成一个三位数，并且允许有重复的数字，
这样构成的数字有 53＝125 个．则各位数字之和等于 12 且没有重复数字，则该数只能含有
3,4,5 三个数字，可构成 A33＝6 个三位数；若三位数的各位数字均重复，则该数为 444；若
三位数中有 2 个数字重复，则该数为 552,525,255，有 3 个．因此，所求概率为 P＝6＋1＋3
125
＝ 2
25，故选 A.
二、填空题
11．已知随机变量 ξ 的分布列为 P(ξ＝k)＝a
k，其中 k＝1,2,3,4,5,6，则 a＝________，E(ξ)
＝________.
解析：根据题意可知 P(ξ＝1)＝a
1，P(ξ＝2)＝a
2，P(ξ＝3)＝a
3，P(ξ＝4)＝a
4，P(ξ＝5)＝a
5，
P(ξ＝6)＝a
6，∴a
1＋a
2＋a
3＋a
4＋a
5＋a
6＝1，∴a＝20
49，E(ξ)＝6a＝120
49 .
答案：20
49 120
49
12．(2017·四川绵阳模拟)已知甲、乙二人能译出某种密码的概率分别为 1
2和1
3，现让他
们独立地破译这种密码，则两人都能译出密码的概率为________，两人中至少有 1 人能译
出密码的概率为________．
解析：两人都能译出密码的概率为1
2×1
3＝1
6.至少有 1 人能译出密码的对立事件是两人都
不能译出密码， ∴至少有 1 人能译出密码的概率 p＝1－1－1
21－1
3＝2
3.
答案：1
6 2
3
13．(2018 届高三·温州十校联合体期末联考)袋中有 3 个大小、质量相同的小球，每个
小球上分别写有数字 0,1,2，随机摸出一个将其上的数字记为 a1，然后放回袋中，再次随机
摸出一个，将其上的数字记为 a2，依次下去，第 n 次随机摸出一个，将其上的数字记为 an，
记 ξn＝a1a2…an，则：
(1)随机变量 ξ2 的数学期望是________；
(2)ξn＝2n－1 时的概率是________．
解析：可以求得随机变量 ξ2 的分布列如表所示：
ξ 0 1 2 4
P 5
9
1
9
2
9
1
9
所以随机变量 ξ2 的数学期望为 1；当 ξn＝2n－1 时，在 n 次取球中，有(n－1)次取到了
2，有 1 次取到了 1，故所求概率是 n
3n.
答案：1 n
3n
14．(2018 届高三·浙江名校联考)袋中有大小相同的 3 个红球，2 个白球，1 个黑球．若
不放回摸球，每次取 1 球，摸取 3 次，则恰有两次是红球的概率为________；若有放回摸
球，每次取 1 球，摸取 3 次，则摸到红球次数的期望为________．
解析：①每次取 1 球，摸取 3 次，则恰有两次是红球的概率 P＝C23C13
C36 ＝ 9
20.
②设摸到红球的次数为 X，则 X 的可能取值为 0,1,2,3，则每次摸到红球的概率为3
6＝
1
2.P(X＝k)＝Ck3(1
2 )k1－1
2
3－k，(k＝0,1,2,3)．
∴P(X＝0)＝1
8，P(X＝1)＝3
8，P(X＝2)＝3
8，P(X＝3)＝1
8，
∴E(X)＝0＋1×3
8＋2×3
8＋3×1
8＝3
2.
答案： 9
20 3
2
15．某班班会，准备从包括甲、乙两人的 7 名学生中选取 4 名学生发言，要求甲、乙
两人至少有 1 人参加，则甲、乙都被选中且发言时不相邻的概率为________．
解析：若无限制条件则有 A 47种情况；若甲、乙两人都不被选中则有 A 45种情况，因此
甲、乙两人至少有 1 人被选中有 A47－A 45种情况．甲、乙两人都被选中且发言时不相邻共有
A25·A 23种情况，故所求概率为 P＝ A25·A23
A47－A45＝1
6.
答案：1
6
16．(2017·成都模拟)已知函数 f(x)＝ 1
3mx3＋1
2nx2＋x＋2 017，其中 m∈{2,4,6,8}，n∈
{1,3,5,7}，从这些函数中任取两个不同的函数，则它们的图象在(1，f(1))处的切线相互平行
的概率是________．
解析：函数 f(x)＝1
3mx3＋1
2nx2＋x＋2 017，导函数为 f′(x)＝mx2＋nx＋1，可得在(1，f(1))
处的切线斜率为 m＋n＋1.切线相互平行，即斜率相等，则(m，n)可为(2,7)，(8,1)，(4,5)，
(6,3)；(2,5)，(4,3)，(6,1)；(2,3)，(4,1)；(4,7)，(6,5)，(8,3)；(8,5)，(6,7)，共 C24＋C23＋1＋C
23＋1＝14 组，又总共有 C 216＝120 组，则它们的图象在(1，f(1))处的切线相互平行的概率是14
120
＝ 7
60.
答案： 7
60
17.如图，将一个各面都涂了油漆的正方体，切割为 125 个同样大小
的小正方体．经过搅拌后，从中随机取一个小正方体，记它的涂漆面数
为 X，则 X 的均值 E(X)等于________．
解析：由题意 X 可取 0,1,2,3，且 P(X＝0)＝33
125＝ 27
125，P(X＝1)＝9 × 6
125
＝ 54
125，P(X＝2)＝3 × 12
125 ＝ 36
125，P(X＝3)＝ 8
125.故 E(X)＝ 54
125＋2× 36
125＋3× 8
125＝6
5.
答案：6
5
选做题]
1．经检测，有一批产品的合格率为3
4，现从这批产品中任取 5 件，设取得合格产品的
件数为 ξ，则 P(ξ＝k)取得最大值时，k 的值为( )
A．5 B．4
C．3 D．2
解析：选 B 根据题意得，P(ξ＝k)＝Ck5(3
4 )k×(1－3
4 )5－k，k＝0,1,2,3,4,5，则 P(ξ＝
0)＝C05(3
4 )0×(1
4 )5＝ 1
45，P(ξ＝1)＝C15(3
4 )1×(1
4 )4＝15
45，P(ξ＝2)＝C25(3
4 )
2×(1
4 )3＝90
45，P(ξ＝3)＝C35(3
4 )3×(1
4 )2＝270
45 ，P(ξ＝4)＝C45(3
4 )4×(1
4 )1＝
405
45 ，P(ξ＝5)＝C55(3
4 )5×(1
4 )0＝243
45 ，故当 k＝4 时，P(ξ＝k)最大．
2．已知甲盒中仅有 1 个球且为红球，乙盒中有 m 个红球和 n 个蓝球(m≥3，n≥3)，从
乙盒中随机抽取 i(i＝1,2)个球放入甲盒中．
(1)放入 i 个球后，甲盒中含有红球的个数记为 ξi(i＝1,2)；
(2)放入 i 个球后，从甲盒中取 1 个球是红球的概率记为 pi(i＝1,2)．则( )
A．p1>p2，E(ξ1)E(ξ2)
C．p1>p2，E(ξ1)>E(ξ2) D．p1p2，E(ξ1)0，
P(ξ＝2)－P(ξ＝0)＝
－t2＋4t－2
4 >0，
P(ξ＝2)－P(ξ＝3)＝2t－t2
4 >0，
又 0sin β”是“α>β”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选 D sinπ
3>sin13π
6 ，但π
3<13π
6 ，所以充分性不成立；α＝13π
6 ，β＝π
3满足 α>β，
但 sin13π
6 sin β”是“α>β”的既不充分也不必要条件，
故选 D.
4．已知平面 α 和共面的两条不同的直线 m，n，下列命题是真命题的是( )
A．若 m，n 与 α 所成的角相等，则 m∥n
B．若 m∥α，n∥α，则 m∥n
C．若 m⊥α，m⊥n，则 n∥α
D．若 m⊂α，n∥α，则 m∥n
解析：选 D A 中，m 与 n 平行或相交，A 是假命题；B 中，m 与 n 平行或相交，B 是
假命题；C 中，n∥α 或 n⊂α，C 是假命题；D 中，由 m⊂α，n⊄α 且 m，n 共面，得 m 为
m，n 所在的平面与平面 α 的交线，又因为 n∥α，所以 m∥n，D 是真命题，故选 D.
5．函数 f(x)＝xecos x(x∈ －π，π])的图象大致是( )
解析：选 B 由题意得 f(－x)＝－xecos(－x)＝－xecos x＝－f(x)(x∈ －π，π])，所以函数 f(x)
为奇函数，函数图象关于原点成中心对称，排除 A，C.又因为 f′(x)＝ecos x＋xecos x·(－sin x)，
则 f′(0)＝e，即函数 f(x)在原点处的切线的斜率为 e，排除 D，故选 B.
6．已知 x，y 满足条件Error!若 z＝mx＋y 取得最大值的最优解不唯一，则实数 m 的值
为( )
A．1 或－2 B．1 或－1
2
C．－1 或－2 D．－2 或－1
2
解析：选 A 在平面直角坐标系内画出题中的不等式组表示的
平面区域如图中阴影部分所示(包含边界)，由图易得当目标函数 z＝
mx＋y 与直线 x＋y＝2 或 x－ 1
2y＋1＝0 平行时，目标函数取得最
大值的最优解不唯一，所以 m＝1 或 m＝－2，故选 A.
7．袋子里有大小、形状相同的红球 m 个，黑球 n 个(m>n>2)．从中任取 1 个球是红球
的概率记为 p1.若将红球、黑球个数各增加 1 个，此时从中任取 1 个球是红球的概率记为
p2；若将红球、黑球个数各减少 1 个，此时从中任取 1 个球是红球的概率记为 p3，则( )
A．p1>p2>p3 B．p1>p3>p2
C．p3>p2>p1 D．p3>p1>p2
解析：选 D 由题意得 p1＝ m
m＋n，p2＝ m＋1
m＋n＋2，p3＝ m－1
m＋n－2，则 1
p1＝m＋n
m ＝1＋n
m，
1
p2＝m＋n＋2
m＋1 ＝1＋ n＋1
m＋1， 1
p3＝m＋n－2
m－1 ＝1＋ n－1
m－1，则 1
p1－ 1
p2＝n
m－n＋1
m＋1＝ n－m
m(m＋1)<0， 1
p1
－ 1
p3＝n
m－n－1
m－1＝ m－n
m(m－1)>0，所以 1
p2> 1
p1> 1
p3，所以 p3>p1>p2，故选 D.
8．设点 P 是椭圆x2
a2＋y2
b2＝1(a>b>0)上异于长轴端点的任意一点，F1，F2 分别是其左、
右焦点，O 为中心，|PF1|·|PF2|＋|OP|2＝3b2，则此椭圆的离心率为( )
A.1
2 B.
3
2 C.
2
2 D.
2
4
解析：选 C 由点 P 的任意性，则不妨设点 P 位于短轴的端点，此时|PF 1|＝|PF2|＝
b2＋c2＝a，|OP|＝b，则由|PF1|·|PF2|＋|OP|2＝3b2，得 a2＋b2＝3b2，即b2
a2＝1
2，所以椭圆的
离心率 e＝c
a＝ 1－b2
a2＝ 2
2 ，故选 C.
9.如图，半径为 1 的扇形 AOB 中，∠AOB＝2π
3 ，P 是弧 AB 上的
一点，且满足 OP⊥OB，M，N 分别是线段 OA，OB 上的动点，则
PM
―→
· PN
―→
的最大值为( )
A.
2
2 B.
3
2
C．1 D. 2
解析：选 C 由题意得∠POA＝π
6，以点 O 为原点，OP 所在的直线为 x 轴，OB 所在的
直线为 y 轴建立平面直角坐标系(图略)，则 P(1,0)，设 ON＝n，OM＝m(n，m∈ 0,1])，则
N(0，n)，M( 3m
2 ，－m
2)，则 PM
―→
· PN
―→
＝ 3m
2 －1，－m
2·(－1，n)＝1－ 3m
2 －mn
2 ，则
当 m＝n＝0 时， PM
―→
· PN
―→
取得最大值 1，故选 C.
10．已知 a，b 是实数，关于 x 的方程 x2＋ax＝b|x|－1 有 4 个不同的实数根，则|a|＋b
的取值范围为( )
A．(2，＋∞) B．(－2,2)
C．(2,6) D．(－∞，2)
解析：选 A 方程 x2＋ax＝b|x|－1 有 4 个不同的实数根，等价于方程 x2＋ax＝bx－1
有两个不同的正实数根，且方程 x2＋ax＝－bx－1 有两个不同的负实数根，所以Error!化简
得Error!所以|a|＋b>2，故选 A.
二、填空题(本大题共 7 小题，多空题每小题 6 分，单空题每小题 4 分，共 36 分．把答
案填在题中的横线上)
11．已知{an}是等比数列，且 an>0，a2a4＋2a3a5＋a4a6＝25，则 a3＋a5＝________，a4
的最大值为________．
解析：由题意得 a2a4＋2a3a5＋a4a6＝a23＋2a3a5＋a25＝(a3＋a5)2＝25，又因为 an>0，所以 a3
＋a5＝5，则 a4＝ a3a5≤ (a3＋a5
2 )2＝5
2，当且仅当 a3＝a5＝5
2时，等号成立，所以 a4 的最
大值为5
2.
答案：5 5
2
12．某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，该几何体的表面积为________cm2，体积
为________cm3.
解析：由三视图得该几何体是一个底面为边长为 2 cm 的正方形，
高为 2 cm 的四棱锥，其直观图如图所示，其中 PA⊥平面 ABCD，则其表
面积为 2×2＋2×1
2×2×2＋2×1
2×2×2 2＝8＋4 2(cm2)，体积为1
3
×2×2×2＝8
3(cm3)．
答案：8＋4 2 8
3
13．若 ( x－1
x)n 的二项展开式中各项的二项式系数的和是 64，则 n＝________，展开
式中的常数项为________(用数字作答)．
解析：由题意得 2n＝64，解得 n＝6，则二项式 ( x－1
x)6 的展开式中的第 r＋1 项为 Tr
＋1＝Cr6( x)6－r·(－1
x )r＝(－1)rCr6x ，令6－3r
2 ＝0 得 r＝2，所以二项式 ( x－1
x)6 的展
开式中的常数项为(－1)2C26＝15.
答案：6 15
14．若实数 a>b>1，且 logab＋logba＝5
2，则 logab＝________，b2
a ＝________.
解析：由 a>b>1 得 logab<1，又因为 logab＋logba＝logab＋ 1
logab＝5
2，解得 logab＝1
2，所
以 a ＝b，即 b2＝a，所以b2
a ＝1.
答案：1
2 1
15．教育装备中心新到 7 台同型号的电脑，共有 5 所学校提出申请．鉴于甲、乙两校
原 电脑较少，决定给这两校每家至少 2 台，其余学校协商确定，允许有的学校 1 台都没有，
则不同的分配方案有________种(用数字作答)．
r6 3
2
-
1
2
解析：当甲、乙两校分到的电脑都为 2 台时，剩余三所学校分到的电脑数可以为(1,1,1)，
(2,1,0)，(3,0,0)，所以此时共有 1＋A23＋C13＝10 种不同的分配方案；当甲、乙两校分到的电
脑为一所学校 2 台，一所学校 3 台时，剩余三所学校分到的电脑数可以为(1,1,0)，(2,0,0)，
所以此时共有 A22(C23＋C13)＝12 种不同的分配方案；当甲、乙两校分到的电脑为一所学校 2
台，一所学校 4 台时，剩余三所学校分到的电脑数为(1,0,0)，所以此时共有 A22C13＝6 种不同
的分配方案；当甲、乙两校分到的电脑为一所学校 2 台，一所学校 5 台时，剩余三所学校分
到的电脑数为(0,0,0)，所以此时共有 A22＝2 种不同的分配方案；当甲、乙两校分到的电脑都
为 3 台时，剩余三所学校分到的电脑数为(1,0,0)，所以此时共有 C13＝3 种不同的分配方案；
当甲、乙两校分到的电脑为一所学校 3 台，一所学校 4 台时，剩余三所学校分到的电脑数为
(0,0,0)，所以此时共有 A22＝2 种不同的分配方案．综上所述，不同的分配方案种数为 10＋12
＋6＋2＋3＋2＝35.
答案：35
16．已知曲线 C：y＝ －x2＋16x－15及点 A(1,0)．若曲线 C 上存在相异两点 B，C，
其到直线 l：x＋1＝0 的距离分别为|AB|和|AC|，则|AB|＋|AC|＝________.
解析：因为点 B，C 到点 A(1,0)与直线 x＝－1 的距离相等，所以点 B，C 在抛物线 y2＝
4x 上，与 y＝ －x2＋16x－15联立消去 y 得 x2－12x＋15＝0，则 xB＋xC＝12，所以|AB|＋|AC|
＝xB＋1＋xC＋1＝14.
答案：14
17.已知等腰直角三角形 ABC 中，AB＝AC＝2，D，E 分别为 AB，
AC 的中点，沿 DE 将△ABC 折成直二面角(如图)，则四棱锥 ADECB
的外接球的表面积为________．
解析：因为△ADE 为等腰直角三角形，所以△ADE 的外接圆的圆心在 DE 上，即平面
ADE 截四棱锥 ADECB 的外接球所得的截面圆的圆心在 DE 上，即在平面 DECB 内，所以
等腰梯形 DECB 的外接圆的半径即为四棱锥 ADECB 的外接球的半径．以 BC 的中点为原
点，BC 所在的直线为 x 轴，线段 BC 的垂直平分线所在的直线为 y 轴建立平面直角坐标系
(图略)，则易得 C( 2，0)，E( 2
2 ， 2
2 )，因为四边形 DECB 为等腰梯形，所以其外接圆
的圆心在线段 BC 的垂直平分线上，设其坐标为 P(0，y)，则由|PC|＝|PE|得 ( 2)2＋(－y)2
＝ ( 2
2 )2＋( 2
2 －y)2，解得 y＝－ 2
2 ，所以等腰梯形 DECB 的外接圆的半径 r＝|PC|＝
( 2)2＋( 2
2 )2＝ 10
2 ，所以四棱锥 ADECB 的外接球的表面积为 4πr2＝10π.
答案：10π
三、解答题(本大题共 5 小题，共 74 分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算
步骤)
18．(本小题满分 14 分)在△ABC 中，角 A，B，C 对边的边长分别是 a，b，c.已知 cos(A
－B)＋cos C＝ 3sin(A－B)＋ 3sin C.
(1)求角 B 的大小；
(2)若 b＝2，求△ABC 面积的最大值．
解：(1)在△ABC 中，A＋B＋C＝π，
则 cos(A－B)－cos(A＋B)＝ 3sin(A－B)＋ 3sin(A＋B)，化简得 2sin Asin B＝2 3sin
Acos B，
由于 0b>0)的离心率 e＝1
2，原点 O 到点 A(－
a,0)，B(0，b)所在直线的距离为2 21
7 .
(1)求此椭圆 C 的方程；
(2)如图，设直线 l：x＝my＋ 3与椭圆 C 交于 P，Q 两点，点
P 关于 x 轴的对称点为 P′，直线 P′Q 与 x 轴是否交于一定点？若
是，求出该定点的坐标；若不是，请说明理由．
解：(1)由 e＝c
a＝1
2，得 c＝1
2a，b＝ 3
2 a，则直线 AB 的方程为 y
＝ 3
2 x＋ 3
2 a，原点 O 到直线 AB 的距离为 d＝
| 3
2 a |
1＋3
4
＝ 3a
7
＝2 21
7 ，
解得 a＝2，b＝ 3，所以椭圆 C 的方程为x2
4 ＋y2
3＝1.
(2)是．联立Error!得(3m2＋4)y2＋6 3my－3＝0.
设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，P′(x1，－y1)，
则 y1＋y2＝
－6 3m
3m2＋4 ，y1y2＝
－3
3m2＋4.
直线 P′Q 的方程为 y＋y1＝y2＋y1
x2－x1(x－x1)，
令 y＝0，则 x＝x1y2＋x2y1
y1＋y2 ＝
(my1＋ 3)y2＋(my2＋ 3)y1
y1＋y2
＝2my1y2＋ 3(y1＋y2)
y1＋y2 ＝4 3
3 ，
即直线 P′Q 与 x 轴交于定点(4 3
3 ，0).
22．(本小题满分 15 分)已知数列{an}满足 a1＝1
2，an＋1＝an－ a2n
n(n＋1)，数列{an＋1
an }的前
n 项和为 Sn.证明：当 n∈N 时，
(1)0n－1
2.
证明：(1)由于 an＋1－an＝－ a2n
n(n＋1)≤0，则 an＋1≤an.
若 an＋1＝an，则 an＝0，与 a1＝1
2矛盾，
故 an≠0，从而 an＋1a2>a3>…>an.
又an＋1
an ＝1－ an
n(n＋1)≥1－ 1
2n(n＋1)>0，
则 an＋1 与 an 同号．
又 a1＝1
2>0，则 an＋1>0，故 01
n－ 1
n＋1.
当 n≥2 时， 1
an＝( 1
an－ 1
an－1)＋( 1
an－1－ 1
an－2)＋…＋ 1
a2－ 1
a1＋ 1
a1> 1
n－1－1
n＋ 1
n－2－ 1
n－1
＋…＋1－1
2＋ 1
a1＝3－1
n＝3n－1
n >0，从而 an< n
3n－1.
当 n＝1 时， a1＝1
2＝ 1
3 × 1－1，从而 an≤ n
3n－1.
(3)由an＋1
an ＝1－ an
n(n＋1)≥1－ a1
n(n＋1)
＝1－1
2(1
n－ 1
n＋1)(当且仅当 n＝1 时，取等号)，
得 Sn＝a2
a1＋a3
a2＋…＋an＋1
an
≥n－1
2(1－ 1
n＋1)
>n－1
2.
高考综合模拟(二)
(时间：120 分钟 满分：150 分)
一、选择题(本大题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 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|(2x－5)(x＋3)>0}，B＝{1,2,3,4,5}，则(∁RA)∩B＝( )
A．{1,2,3} B．{2,3}
C．{1,2} D．{1}
解析：选 C 由(2x－5)(x＋3)>0 解得 x> 5
2或 x<－3，则集合 A＝(－∞，－3)∪
(5
2，＋∞)，所以∁RA＝[－3，5
2]，(∁RA)∩B＝{1,2}，故选 C.
2．若复数 z 满足(1＋i)z＝2i，其中 i 为虚数单位，则 z
－
＝( )
A．1－i B．1＋i
C．2－2i D．2＋2i
解析：选 A 由(1＋i)z＝2i 得 z＝ 2i
1＋i＝ 2i(1－i)
(1＋i)(1－i)＝1＋i，所以 z
－
＝1－i，故选 A.
3．“x<0”是“ln(x＋1)<0”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选 B 当 x<0 时，取 x＝－1，则 ln(－1＋1)＝ln 0 无意义，充分性不成立；当 ln(x
＋1)<0 时，有 ln(x＋1)<0＝ln 1，则 00，cos θ>0，且 sin θ>cos θ，所以(sin
θ＋cos θ)2＝1＋sin 2θ＝16＋2 × 3 7
16 ＝(3＋ 7
4 )2，所以 sin θ＋cos θ＝3＋ 7
4 .同理可得 sin
θ－cos θ＝3－ 7
4 .所以 sin θ＝3
4.因为 θ∈[π
4，π
2 ]，sin 2θ＝3 7
8 ，所以 cos 2θ＝－1
8，所以
cos2θ＋π
3＝1
2cos 2θ－ 3
2 sin 2θ＝－3 21＋1
16 .
答案：3
4 －3 21＋1
16
14．已知抛物线 C：y2＝ax(a>0)的焦点为 F，过焦点 F 和点 P(0,1)的射线 FP 与抛物线
C 相交于点 M，与其准线相交于点 N，O 为坐标原点．若|FM|∶ |MN|＝1∶3，则 a＝________，
S△FON＝________.
解析：设点 M 的横坐标为 xM，由抛物线的定义可知，因为|FM|∶|MN|＝1∶3，所以
xM＋a
4
a
2
＝3
4，所以 xM＝a
8，所以 M(a
8， 2a
4 ).由 kMF＝kPM 可知
2
4 a
－a
8
＝
1－ 2
4 a
－a
8
，解得 a＝ 2，则 M
( 2
8 ，1
2).所以yM
yN＝
1
2
yN＝1
4，解得 yN＝2.所以 S△FON＝1
2×|OF|·|yN|＝1
2×2× 2
4 ＝ 2
4 .
答案： 2 2
4
15．在平面直角坐标系中，已知点 F(3,0)在圆 C：(x－m)2＋(y－2)2＝40 内，动直线 AB
过点 F 且交圆于 A，B 两点，若△ABC 的面积的最大值为 20，则实数 m 的取值范围是
________．
解析：由题可得 C(m,2)，点 F 在圆内，
所以有(3－m)2＋4<40，解得－3π
2，则π
6<φ<π
2，
即 tan φ＝ 3
2λ－1>
3
3 ，
所以 0<2λ－1<3，解得1
2<λ<2.
答案：(1
2，2 )
17．设实数 x，y，z 满足Error!则|x|＋|y|＋|z|的最大值为________．
解析：因为实数 x，y，z 满足Error!
所以|x|＋2|y|＋3|z|＝max{|x＋2y－3z|，|x－2y＋3z|，|x－2y－3z|，|x＋2y＋3z|}≤6，
所以|x|＋|y|＋|z|≤|x|＋2|y|＋3|z|≤6.
故当且仅当 x＝6，y＝z＝0 时，|x|＋|y|＋|z|取最大值为 6.
答案：6
三、解答题(本大题共 5 小题，共 74 分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算
步骤)
18．(本小题满分 14 分)已知 a，b，c 分别为△ABC 三个内角 A，B，C 的对边，2b＝3
asin B＋bcos A，c＝4.
(1)求 A；
(2)若 D 是 BC 的中点，AD＝ 7，求△ABC 的面积．
解：(1)由 2b＝ 3asin B＋bcos A 及正弦定理可得
2＝ 3sin A＋cos A，
即有 sin(A＋π
6 )＝1，
因为 01.求证：
(1) e1－x>2－x;
(2)1
2x2－1
x－ln x＋e1－x>1
2.
证明：(1)证明 e1－x>2－x，等价于证明当 x>1 时，e1－x＋x－2>0，
设 f(x)＝e1－x＋x－2，x>1，
则 f′(x)＝e1－x(1－x)′＋1＝－e1－x＋1，
当 x>1 时，f′(x)>0，则 f(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以 f(x)>f(1)＝0，
所以 e1－x>2－x.
(2)由(1)知，当 x>1 时，e1－x>2－x，
所以 1
2x2－1
x－ln x＋e1－x>1
2x2－1
x－ln x＋2－x，
下面证明 1
2x2－1
x－ln x＋2－x>1
2，
设 g(x)＝1
2x2－1
x－ln x＋2－x，x>1，
g′(x)＝x＋ 1
x2－1
x－1＝
(x－1)2(x＋1)
x2 >0，
则 g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以 g(x)>g(1)＝1
2，
所以 1
2x2－1
x－ln x＋e1－x>1
2.
21.(本小题满分 15 分)已知抛物线 C1：x2＝2py(p>0)与圆 C2：x2
＋y2＝8 的两个交点之间的距离为 4，A，B 为抛物线 C1 上的两点．
(1)求 p 的值；
(2)若 C1 在点 A，B 处切线垂直相交于点 P，且点 P 在圆 C2 内
部，直线 AB 与 C2 相交于 C，D 两点，求|AB|·|CD|的最小值．
解：(1)设抛物线与圆的两交点坐标分别为(x0，y0)，(－x0，y0)．
则Error!解得Error!又 y0≥0，所以Error!
即抛物线与圆的两个交点坐标为(－2,2)，(2,2)，
代入 x2＝2py 得 p＝1.
(2)由(1)知，抛物线的方程为 x2＝2y.设 A(x1，x21
2 )，Bx2，x22
2 ，又 x21＝2y1，则 PA 的斜率
为 y′1 ＝x1.
同理 PB 的斜率为 y′2 ＝x2，所以 x1·x2＝－1，
两切线的方程分别为 y＝x1x－1
2x21，y＝x2x－1
2x22，
所以交点为 P(x1＋x2
2 ，－1
2)，
由点 P 在圆内得 x21＋x22<33，
直线 AB 的方程为 y＝x1＋x2
2 x＋1
2，则其过抛物线的焦点(0，1
2 )，
所以|AB|＝x21
2 ＋x22
2 ＋p＝1
2(x21＋x22＋2)，
设 d 为圆心到直线 AB 的距离，
则|AB|·|CD|＝1
2(x21＋x22＋2)·2 8－d2，
而 d＝ 1
x21＋x22＋2
，设 t＝x21＋x22＋2∈ 4,35)，
则|AB|·|CD|＝ 8t2－t，当 t＝4 时取到最小值为 2 31.
所以|AB|·|CD|的最小值为 2 31.
22．(本小题满分 15 分)已知数列{an}满足 a1＝1
2，an＋1＝an＋a2n
n2，bn＝an
n (n∈N )．证明：
(1)bn∈(0,1);
(2)bn＋10，bk＋1>0，
bk＋1＝ak＋1
k＋1＝
ak＋a2k
k2
k＋1 1＋ 1
1＋k＝k＋2
k＋1，
所以 1
bn－1≥( 1
b1－1)×3
2×4
3×…×n＋1
n ＝n＋1
2 ，
所以 bn≤ 2
n＋3.
所以 an＝a1＋b21＋b22＋…＋b 2n－1
≤a1＋4[ 1
42＋ 1
52＋…＋ 1
(n＋2)2]
<1
2＋4[ 1
3 × 4＋ 1
4 × 5＋…＋ 1
(n＋1)(n＋2)]
＝1
2＋4(1
3－1
4 )＋(1
4－1
5 )＋…＋ 1
n＋1－ 1
n＋2
＝1
2＋4(1
3－ 1
n＋2)<1
2＋4
3＝11
6 ，
故对任意的 n∈N ，都有 an<11
6 .
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