河北保定易縣中學(xué)2017屆高三上學(xué)期周考數(shù)學(xué)(理)試卷(四)解析版.doc

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河北保定易縣中學(xué)2017屆高三上學(xué)期周考數(shù)學(xué)（理）試卷（四）一選擇題（12小題，每題5分，共60分）1已知集合A=xN|1xlog2k，集合A中至少有3個(gè)元素，則（）Ak8Bk8Ck16Dk162復(fù)數(shù)的共軛復(fù)數(shù)的虛部是（）ABC1D13已知f（x）=xsinx，命題p：x（0，），f（x）0，則（）Ap是假命題，p：x（0，），f（x）0Bp是假命題，p：x（0，），f（x）0Cp是真命題，p：x（0，），f（x）0Dp是真命題，p：x（0，），f（x）04算法通宗是我國(guó)古代內(nèi)容豐富的數(shù)學(xué)名書(shū)，書(shū)中有如下問(wèn)題：“遠(yuǎn)望巍巍塔七層，紅燈向下倍加增，共燈三百八十一，請(qǐng)問(wèn)塔頂幾盞燈？”其意思為“一座塔共七層，從塔頂至塔底，每層燈的數(shù)目都是上一層的2倍，已知這座塔共有381盞燈，請(qǐng)問(wèn)塔頂有幾盞燈？”A3B4C5D65設(shè)函數(shù)f（x）=sin（2x）的圖象為C，下面結(jié)論中正確的是（）A函數(shù)f（x）的最小正周期是2B函數(shù)f（x）在區(qū)間（，）上是增函數(shù)C圖象C可由函數(shù)g（x）=sin2x的圖象向右平移個(gè)單位得到D圖象C關(guān)于點(diǎn)（，0）對(duì)稱(chēng)6程序框圖的算法思路源于我國(guó)古代數(shù)學(xué)名著九章算術(shù)中的“更相減損術(shù)”，執(zhí)行該程序框圖，若輸入的a，b分別為14，18，則輸出的a=（）A0B2C4D147若不等式組表示的區(qū)域，不等式（x）2+y2表示的區(qū)域?yàn)?，向區(qū)域均勻隨機(jī)撒360顆芝麻，則落在區(qū)域中芝麻數(shù)約為（）A114B10C150D5082015年4月22日，亞非領(lǐng)導(dǎo)人會(huì)議在印尼雅加達(dá)舉行，某五國(guó)領(lǐng)導(dǎo)人A，B，C，D，E，除B與E、D與E不單獨(dú)會(huì)晤外，其他領(lǐng)導(dǎo)人兩兩之間都要單獨(dú)會(huì)晤，現(xiàn)安排他們?cè)趦商斓纳衔?、下午單?dú)會(huì)晤（每人每個(gè)半天最多只進(jìn)行一次會(huì)晤），那么安排他們單獨(dú)會(huì)晤的不同方法共有（）A48種B36種C24種D8種9實(shí)數(shù)x，y滿(mǎn)足，則xy的最小值為（）A2BCD110如圖，在OMN中，A，B分別是OM，ON的中點(diǎn)，若=x+y（x，yR），且點(diǎn)P落在四邊形ABNM內(nèi)（含邊界），則的取值范圍是（）A，B，C，D，11F1，F(xiàn)2分別是雙曲線=1（a，b0）的左右焦點(diǎn)，點(diǎn)P在雙曲線上，滿(mǎn)足=0，若PF1F2的內(nèi)切圓半徑與外接圓半徑之比為，則該雙曲線的離心率為（）ABC +1D +112如圖所示，正方體ABCDABCD的棱長(zhǎng)為1，E，F(xiàn)分別是棱AA，CC的中點(diǎn)，過(guò)直線E，F(xiàn)的平面分別與棱BB、DD交于M，N，設(shè)BM=x，x0，1，給出以下四個(gè)命題：平面MENF平面BDDB；當(dāng)且僅當(dāng)x=時(shí)，四邊形MENF的面積最小；四邊形MENF周長(zhǎng)L=f（x），x0，1是單調(diào)函數(shù)；四棱錐CMENF的體積V=h（x）為常函數(shù)；以上命題中假命題的序號(hào)為（）ABCD二.填空題（4小題，每小題5分，共20分）13雙曲線y2=1的焦距是，漸近線方程是14已知三棱錐ABCD中，AB面BCD，BCD為邊長(zhǎng)為2的正三角形，AB=2，則三棱錐的外接球體積為15已知a=cosxdx，則x（x）7的展開(kāi)式中的常數(shù)項(xiàng)是（用數(shù)字作答）16（填空題壓軸題：考查函數(shù)的性質(zhì)，字母運(yùn)算等） 設(shè)函數(shù)f（x）的定義域?yàn)镈，如果存在正實(shí)數(shù)k，使對(duì)任意xD，都有x+kD，且f（x+k）f（x）恒成立，則稱(chēng)函數(shù)f（x）為D上的“k型增函數(shù)”已知f（x）是定義在R上的奇函數(shù)，且當(dāng)x0時(shí)，f（x）=|xa|2a，若f（x）為R上的“2011型增函數(shù)”，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是三解答題17在ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知bcos2+acos2=c（）求證：a，c，b成等差數(shù)列；（）若C=，ABC的面積為2，求c18某校新、老校區(qū)之間開(kāi)車(chē)單程所需時(shí)間為T(mén)，T只與道路通暢狀況有關(guān)，對(duì)其容量為100的樣本進(jìn)行統(tǒng)計(jì)，結(jié)果如下：T（分鐘）25303540頻數(shù)（次）20304010（）求T的分布列與數(shù)學(xué)期望ET；（）劉教授駕車(chē)從老校區(qū)出發(fā)，前往新校區(qū)做一個(gè)50分鐘的講座，結(jié)束后立即返回老校區(qū)，求劉教授從離開(kāi)老校區(qū)到返回老校區(qū)共用時(shí)間不超過(guò)120分鐘的概率19如圖，在四棱錐PABCD中，PC底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，ABAD，ABCD，AB=2AD=2CD=2，PE=2BE（I）求證：平面EAC平面PBC；（）若二面角PACE的余弦值為，求直線PA與平面EAC所成角的正弦值20已知橢圓的離心率為，且過(guò)點(diǎn)若點(diǎn)M（x0，y0）在橢圓C上，則點(diǎn)稱(chēng)為點(diǎn)M的一個(gè)“橢點(diǎn)”（I）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；（）若直線l：y=kx+m與橢圓C相交于A，B兩點(diǎn)，且A，B兩點(diǎn)的“橢點(diǎn)”分別為P，Q，以PQ為直徑的圓經(jīng)過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)，試判斷AOB的面積是否為定值？若為定值，求出定值；若不為定值，說(shuō)明理由21已知函數(shù)f（x）=lnxx2+ax，（1）當(dāng)x（1，+）時(shí)，函數(shù)f（x）為遞減函數(shù)，求a的取值范圍；（2）設(shè)f（x）是函數(shù)f（x）的導(dǎo)函數(shù)，x1，x2是函數(shù)f（x）的兩個(gè)零點(diǎn)，且x1x2，求證（3）證明當(dāng)n2時(shí)，坐標(biāo)系與參數(shù)方程22在直角坐標(biāo)系中，以坐標(biāo)原點(diǎn)O為極點(diǎn)，x軸的非負(fù)半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，已知點(diǎn)M的極坐標(biāo)為（2，），曲線C的參數(shù)方程為（為參數(shù)）（1）直線l過(guò)M且與曲線C相切，求直線l的極坐標(biāo)方程；（2）點(diǎn)N與點(diǎn)M關(guān)于y軸對(duì)稱(chēng)，求曲線C上的點(diǎn)到點(diǎn)N的距離的取值范圍不等式選講23已知x0R使得關(guān)于x的不等式|x1|x2|t成立（）求滿(mǎn)足條件的實(shí)數(shù)t集合T；（）若m1，n1，且對(duì)于tT，不等式log3mlog3nt恒成立，試求m+n的最小值答案一選擇題（12小題，每題5分，共60分）1已知集合A=xN|1xlog2k，集合A中至少有3個(gè)元素，則（）Ak8Bk8Ck16Dk16【考點(diǎn)】集合的表示法【分析】首先確定集合A，由此得到log2k4，由此求得k的取值范圍【解答】解：集合A=xN|1xlog2k，集合A中至少有3個(gè)元素，A=2，3，4，log2k4，k16故選：C2復(fù)數(shù)的共軛復(fù)數(shù)的虛部是（）ABC1D1【考點(diǎn)】復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運(yùn)算【分析】利用復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運(yùn)算化簡(jiǎn)，求出原復(fù)數(shù)的共軛復(fù)數(shù)得答案【解答】解：=，復(fù)數(shù)的共軛復(fù)數(shù)為i，虛部為1故選：C3已知f（x）=xsinx，命題p：x（0，），f（x）0，則（）Ap是假命題，p：x（0，），f（x）0Bp是假命題，p：x（0，），f（x）0Cp是真命題，p：x（0，），f（x）0Dp是真命題，p：x（0，），f（x）0【考點(diǎn)】命題的否定【分析】利用特稱(chēng)命題的否定是全稱(chēng)命題寫(xiě)出結(jié)果即可【解答】解：f（x）=xsinx，x（0，），f（x）=1cosx0，f（x）是（0，）上是增函數(shù)，f（0）=0，f（x）0，命題p：x（0，），f（x）0是假命題，p：x（0，），f（x）0，故選：A4算法通宗是我國(guó)古代內(nèi)容豐富的數(shù)學(xué)名書(shū)，書(shū)中有如下問(wèn)題：“遠(yuǎn)望巍巍塔七層，紅燈向下倍加增，共燈三百八十一，請(qǐng)問(wèn)塔頂幾盞燈？”其意思為“一座塔共七層，從塔頂至塔底，每層燈的數(shù)目都是上一層的2倍，已知這座塔共有381盞燈，請(qǐng)問(wèn)塔頂有幾盞燈？”A3B4C5D6【考點(diǎn)】等差數(shù)列的前n項(xiàng)和【分析】設(shè)出塔頂燈的盞數(shù)，由題意可知燈的盞數(shù)自上而下構(gòu)成等比數(shù)列，且公比為2，然后由等比數(shù)列的前7項(xiàng)和等于381列式計(jì)算即可【解答】解：由題意設(shè)塔頂有a盞燈，由題意由上往下數(shù)第n層就有2n1a盞燈，共有（1+2+4+8+16+32+64）a=381盞燈，即解得：a=3故選：A5設(shè)函數(shù)f（x）=sin（2x）的圖象為C，下面結(jié)論中正確的是（）A函數(shù)f（x）的最小正周期是2B函數(shù)f（x）在區(qū)間（，）上是增函數(shù)C圖象C可由函數(shù)g（x）=sin2x的圖象向右平移個(gè)單位得到D圖象C關(guān)于點(diǎn)（，0）對(duì)稱(chēng)【考點(diǎn)】正弦函數(shù)的圖象【分析】由條件利用正弦函數(shù)的周期性、單調(diào)性、以及圖象的對(duì)稱(chēng)性，y=Asin（x+）的圖象變換規(guī)律，得出結(jié)論【解答】解：根據(jù)函數(shù)f（x）=sin（2x）的周期為=，可得A錯(cuò)誤；在區(qū)間（，）上，2x（，），故f（x）沒(méi)有單調(diào)性，故B錯(cuò)誤；把函數(shù)g（x）=sin2x的圖象向右平移個(gè)單位，可得y=sin（2x）的圖象，故C錯(cuò)誤；令x=，可得f（x）=sin（2x）=0，圖象C關(guān)于點(diǎn)（，0）對(duì)稱(chēng)，故D正確，故選：D6程序框圖的算法思路源于我國(guó)古代數(shù)學(xué)名著九章算術(shù)中的“更相減損術(shù)”，執(zhí)行該程序框圖，若輸入的a，b分別為14，18，則輸出的a=（）A0B2C4D14【考點(diǎn)】程序框圖【分析】由循環(huán)結(jié)構(gòu)的特點(diǎn)，先判斷，再執(zhí)行，分別計(jì)算出當(dāng)前的a，b的值，即可得到結(jié)論【解答】解：由a=14，b=18，ab，則b變?yōu)?814=4，由ab，則a變?yōu)?44=10，由ab，則a變?yōu)?04=6，由ab，則a變?yōu)?4=2，由ab，則b變?yōu)?2=2，由a=b=2，則輸出的a=2故選：B7若不等式組表示的區(qū)域，不等式（x）2+y2表示的區(qū)域?yàn)?，向區(qū)域均勻隨機(jī)撒360顆芝麻，則落在區(qū)域中芝麻數(shù)約為（）A114B10C150D50【考點(diǎn)】幾何概型；簡(jiǎn)單線性規(guī)劃【分析】作出兩平面區(qū)域，計(jì)算兩區(qū)域的公共面積，得出芝麻落在區(qū)域內(nèi)的概率【解答】解：作出平面區(qū)域如圖：則區(qū)域的面積為SABC=區(qū)域表示以D（）為圓心，以為半徑的圓，則區(qū)域和的公共面積為S=+=芝麻落入?yún)^(qū)域的概率為=落在區(qū)域中芝麻數(shù)約為360=30+20114故選A82015年4月22日，亞非領(lǐng)導(dǎo)人會(huì)議在印尼雅加達(dá)舉行，某五國(guó)領(lǐng)導(dǎo)人A，B，C，D，E，除B與E、D與E不單獨(dú)會(huì)晤外，其他領(lǐng)導(dǎo)人兩兩之間都要單獨(dú)會(huì)晤，現(xiàn)安排他們?cè)趦商斓纳衔纭⑾挛鐔为?dú)會(huì)晤（每人每個(gè)半天最多只進(jìn)行一次會(huì)晤），那么安排他們單獨(dú)會(huì)晤的不同方法共有（）A48種B36種C24種D8種【考點(diǎn)】排列、組合及簡(jiǎn)單計(jì)數(shù)問(wèn)題【分析】單獨(dú)會(huì)晤，共有AB，AC，AD，AE，BC，BD，CD，CE共8種情況，再分步，即可得出結(jié)論【解答】解：?jiǎn)为?dú)會(huì)晤，共有AB，AC，AD，AE，BC，BD，CD，CE共8種情況，設(shè)為第n次，分成四個(gè)時(shí)段，每個(gè)時(shí)段即某個(gè)上午或下午有兩次，各個(gè)時(shí)段沒(méi)有關(guān)系設(shè)第一次會(huì)晤有E，則有兩種方法（不防設(shè)為AE），則第二次會(huì)晤在BCD內(nèi)任選（設(shè)為BC），有三種方法，第三次設(shè)再有E則有一種方法（CE），第四次在ABD內(nèi)任選則有兩種方法（設(shè)為AD），則剩下的排序只有4種，則有23124=48種故選：A9實(shí)數(shù)x，y滿(mǎn)足，則xy的最小值為（）A2BCD1【考點(diǎn)】函數(shù)的最值及其幾何意義；基本不等式在最值問(wèn)題中的應(yīng)用；三角函數(shù)的化簡(jiǎn)求值【分析】配方可得2cos2（x+y1）=（xy+1）+xy+1，由基本不等式可得（xy+1）+xy+12，或（xy+1）+xy+12，進(jìn)而可得cos（x+y1）=1，x=y=，由此可得xy的表達(dá)式，取k=0可得最值【解答】解：，2cos2（x+y1）=2cos2（x+y1）=，故2cos2（x+y1）=xy+1+，由基本不等式可得（xy+1）+2，或（xy+1）+2，2cos2（x+y1）2，由三角函數(shù)的有界性可得2cos2（x+y1）=2，故cos2（x+y1）=1，即cos（x+y1）=1，此時(shí)xy+1=1，即x=y，x+y1=k，kZ，故x+y=2x=k+1，解得x=，故xy=xx=（）2，當(dāng)k=0時(shí)，xy的最小值，故選：B10如圖，在OMN中，A，B分別是OM，ON的中點(diǎn)，若=x+y（x，yR），且點(diǎn)P落在四邊形ABNM內(nèi)（含邊界），則的取值范圍是（）A，B，C，D，【考點(diǎn)】平面向量的基本定理及其意義【分析】若P在線段AB上，設(shè)=，則有=，由于=x+y，則有x+y=1，由于在OMN中，A，B分別是OM，ON的中點(diǎn)，P落在線段MN上，則x+y=2即可得到取值范圍【解答】解：若P在線段AB上，設(shè)=，則有=，=，由于=x+y（x，yR），則x=，y=，故有x+y=1，若P在線段MN上，設(shè)=，則有=，故x=1，y=0時(shí)，最小值為，當(dāng)x=0，y=1時(shí)，最大值為故范圍為由于在OMN中，A，B分別是OM，ON的中點(diǎn)，則=x+y=x+y（x，yR），則x=， y=，故有x+y=2，當(dāng)x=2，y=0時(shí)有最小值，當(dāng)x=0，y=2時(shí)，有最大值故范圍為若P在陰影部分內(nèi)（含邊界），則故選：C11F1，F(xiàn)2分別是雙曲線=1（a，b0）的左右焦點(diǎn)，點(diǎn)P在雙曲線上，滿(mǎn)足=0，若PF1F2的內(nèi)切圓半徑與外接圓半徑之比為，則該雙曲線的離心率為（）ABC +1D +1【考點(diǎn)】雙曲線的簡(jiǎn)單性質(zhì)【分析】設(shè)P為雙曲線的右支上一點(diǎn)，由向量垂直的條件，運(yùn)用勾股定理和雙曲線的定義，可得|PF1|+|PF2|，|PF1|PF2|，再由三角形的面積公式，可得內(nèi)切圓的半徑，再由直角三角形的外接圓的半徑即為斜邊的一半，由條件結(jié)合離心率公式，計(jì)算即可得到所求值【解答】解：設(shè)P為雙曲線的右支上一點(diǎn)，=0，即為，由勾股定理可得|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2=4c2，由雙曲線的定義可得|PF1|PF2|=2a，2，可得|PF1|PF2|=2（c2a2），可得|PF1|+|PF2|=，由題意可得PF1F2的外接圓的半徑為|F1F2|=c，設(shè)PF1F2的內(nèi)切圓的半徑為r，可得|PF1|PF2|=r（|PF1|+|PF2|+|F1F2|），解得r=（2c），即有=，化簡(jiǎn)可得8c24a2=（4+2）c2，即有c2=a2，則e=+1故選：D12如圖所示，正方體ABCDABCD的棱長(zhǎng)為1，E，F(xiàn)分別是棱AA，CC的中點(diǎn)，過(guò)直線E，F(xiàn)的平面分別與棱BB、DD交于M，N，設(shè)BM=x，x0，1，給出以下四個(gè)命題：平面MENF平面BDDB；當(dāng)且僅當(dāng)x=時(shí)，四邊形MENF的面積最?。凰倪呅蜯ENF周長(zhǎng)L=f（x），x0，1是單調(diào)函數(shù)；四棱錐CMENF的體積V=h（x）為常函數(shù)；以上命題中假命題的序號(hào)為（）ABCD【考點(diǎn)】命題的真假判斷與應(yīng)用【分析】利用面面垂直的判定定理去證明EF平面BDDB四邊形MENF的對(duì)角線EF是固定的，所以要使面積最小，則只需MN的長(zhǎng)度最小即可判斷周長(zhǎng)的變化情況求出四棱錐的體積，進(jìn)行判斷【解答】解：連結(jié)BD，BD，則由正方體的性質(zhì)可知，EF平面BDDB，所以平面MENF平面BDDB，所以正確連結(jié)MN，因?yàn)镋F平面BDDB，所以EFMN，四邊形MENF的對(duì)角線EF是固定的，所以要使面積最小，則只需MN的長(zhǎng)度最小即可，此時(shí)當(dāng)M為棱的中點(diǎn)時(shí)，即x=時(shí)，此時(shí)MN長(zhǎng)度最小，對(duì)應(yīng)四邊形MENF的面積最小所以正確因?yàn)镋FMN，所以四邊形MENF是菱形當(dāng)x0，時(shí)，EM的長(zhǎng)度由大變小當(dāng)x，1時(shí)，EM的長(zhǎng)度由小變大所以函數(shù)L=f（x）不單調(diào)所以錯(cuò)誤連結(jié)CE，CM，CN，則四棱錐則分割為兩個(gè)小三棱錐，它們以CEF為底，以M，N分別為頂點(diǎn)的兩個(gè)小棱錐因?yàn)槿切蜟EF的面積是個(gè)常數(shù)M，N到平面CEF的距離是個(gè)常數(shù)，所以四棱錐CMENF的體積V=h（x）為常函數(shù)，所以正確所以四個(gè)命題中假命題所以選C二.填空題（4小題，每小題5分，共20分）13雙曲線y2=1的焦距是2，漸近線方程是y=x【考點(diǎn)】雙曲線的簡(jiǎn)單性質(zhì)【分析】確定雙曲線中的幾何量，即可求出焦距、漸近線方程【解答】解：雙曲線=1中，a=，b=1，c=，焦距是2c=2，漸近線方程是y=x故答案為：2；y=x14已知三棱錐ABCD中，AB面BCD，BCD為邊長(zhǎng)為2的正三角形，AB=2，則三棱錐的外接球體積為【考點(diǎn)】球的體積和表面積；球內(nèi)接多面體【分析】由已知結(jié)合三棱錐和正三棱柱的幾何特征，可得此三棱錐外接球，即為以BCD為底面以AB為高的正三棱柱的外接球，分別求出棱錐底面半徑r，和球心距d，可得球的半徑R，即可求出三棱錐的外接球體積【解答】解：根據(jù)已知中底面BCD是邊長(zhǎng)為2的正三角形，AB面BCD，可得此三棱錐外接球，即為以BCD為底面以AB為高的正三棱柱的外接球BCD是邊長(zhǎng)為2的正三角形，BCD的外接圓半徑r=，球心到BCD的外接圓圓心的距離d=1故球的半徑R=，三棱錐的外接球體積為=故答案為：15已知a=cosxdx，則x（x）7的展開(kāi)式中的常數(shù)項(xiàng)是128（用數(shù)字作答）【考點(diǎn)】二項(xiàng)式系數(shù)的性質(zhì)【分析】利用微積分基本定理可得a，再利用二項(xiàng)式定理的通項(xiàng)公式即可得出【解答】解：a=cosxdx=，則x的展開(kāi)式中的通項(xiàng)公式：Tr+1=x=（2）rx7r，令7r=0，解得r=7常數(shù)項(xiàng)=128故答案為：12816（填空題壓軸題：考查函數(shù)的性質(zhì)，字母運(yùn)算等） 設(shè)函數(shù)f（x）的定義域?yàn)镈，如果存在正實(shí)數(shù)k，使對(duì)任意xD，都有x+kD，且f（x+k）f（x）恒成立，則稱(chēng)函數(shù)f（x）為D上的“k型增函數(shù)”已知f（x）是定義在R上的奇函數(shù)，且當(dāng)x0時(shí)，f（x）=|xa|2a，若f（x）為R上的“2011型增函數(shù)”，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是【考點(diǎn)】奇偶性與單調(diào)性的綜合【分析】由題意可以得到再由定義存在正實(shí)數(shù)k，使對(duì)任意xD，都有x+kD，且f（x+k）f（x）恒成立，則稱(chēng)函數(shù)f（x）為D上的“k型增函數(shù)”對(duì)所給的問(wèn)題分自變量全為正，全為負(fù)，一正一負(fù)三類(lèi)討論，求出參數(shù)所滿(mǎn)足的共同范圍即可【解答】解：f（x）是定義在R上的奇函數(shù)，且當(dāng)x0時(shí)，f（x）=|xa|2a，又f（x）為R上的“2011型增函數(shù)”，當(dāng)x0時(shí)，由定義有|x+2011a|2a|xa|2a，即|x+2011a|xa|，其幾何意義為到點(diǎn)a小于到點(diǎn)a2011的距離，由于x0故可知a+a20110得a當(dāng)x0時(shí)，分兩類(lèi)研究，若x+20110，則有|x+2011+a|+2a|x+a|+2a，即|x+a|x+2011+a|，其幾何意義表示到點(diǎn)a的距離小于到點(diǎn)a2011的距離，由于x0，故可得aa20110，得a；若x+20110，則有|x+2011a|2a|x+a|+2a，即|x+a|+|x+2011a|4a，其幾何意義表示到到點(diǎn)a的距離與到點(diǎn)a2011的距離的和大于4a，當(dāng)a0時(shí)，顯然成立，當(dāng)a0時(shí)，由于|x+a|+|x+2011+a|aa+2011|=|2a2011|，故有|2a2011|4a，必有20112a4a，解得 綜上，對(duì)xR都成立的實(shí)數(shù)a的取值范圍是 故答案為：三解答題17在ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知bcos2+acos2=c（）求證：a，c，b成等差數(shù)列；（）若C=，ABC的面積為2，求c【考點(diǎn)】數(shù)列與三角函數(shù)的綜合；正弦定理；余弦定理的應(yīng)用【分析】（）利用正弦定理以及兩角和與差的三角函數(shù)，三角形的內(nèi)角和，化簡(jiǎn)求解即可（）利用三角形的面積以及余弦定理化簡(jiǎn)求解即可【解答】解：（）證明：由正弦定理得：即，sinB+sinA+sinBcosA+cosBsinA=3sinCsinB+sinA+sin（A+B）=3sinCsinB+sinA+sinC=3sinCsinB+sinA=2sinCa+b=2ca，c，b成等差數(shù)列（）ab=8c2=a2+b22abcosC=a2+b2ab=（a+b）23ab=4c224c2=8得18某校新、老校區(qū)之間開(kāi)車(chē)單程所需時(shí)間為T(mén)，T只與道路通暢狀況有關(guān)，對(duì)其容量為100的樣本進(jìn)行統(tǒng)計(jì)，結(jié)果如下：T（分鐘）25303540頻數(shù)（次）20304010（）求T的分布列與數(shù)學(xué)期望ET；（）劉教授駕車(chē)從老校區(qū)出發(fā)，前往新校區(qū)做一個(gè)50分鐘的講座，結(jié)束后立即返回老校區(qū)，求劉教授從離開(kāi)老校區(qū)到返回老校區(qū)共用時(shí)間不超過(guò)120分鐘的概率【考點(diǎn)】離散型隨機(jī)變量的期望與方差；離散型隨機(jī)變量及其分布列【分析】（）求T的分布列即求出相應(yīng)時(shí)間的頻率，頻率=頻數(shù)樣本容量，數(shù)學(xué)期望ET=250.2+300.3+350.4+400.1=32（分鐘）；（）設(shè)T1，T2分別表示往、返所需時(shí)間，事件A對(duì)應(yīng)于“劉教授在路途中的時(shí)間不超過(guò)70分鐘”，先求出P（）=P（T1=35，T2=40）+P（T1=40，T2=35）+P（T1=40，T2=40）=0.09，即P（A）=1P（）=0.91【解答】解（）由統(tǒng)計(jì)結(jié)果可得T的頻率分布為T(mén)（分鐘）25303540頻率0.20.30.40.1以頻率估計(jì)概率得T的分布列為T(mén)25303540P0.20.30.40.1從而數(shù)學(xué)期望ET=250.2+300.3+350.4+400.1=32（分鐘）（）設(shè)T1，T2分別表示往、返所需時(shí)間，T1，T2的取值相互獨(dú)立，且與T的分布列相同，設(shè)事件A表示“劉教授共用時(shí)間不超過(guò)120分鐘”，由于講座時(shí)間為50分鐘，所以事件A對(duì)應(yīng)于“劉教授在路途中的時(shí)間不超過(guò)70分鐘”P(pán)（）=P（T1+T270）=P（T1=35，T2=40）+P（T1=40，T2=35）+P（T1=40，T2=40）=0.40.1+0.10.4+0.10.1=0.09故P（A）=1P（）=0.91故答案為：（）分布列如上表，數(shù)學(xué)期望ET=32（分鐘）（）0.9119如圖，在四棱錐PABCD中，PC底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，ABAD，ABCD，AB=2AD=2CD=2，PE=2BE（I）求證：平面EAC平面PBC；（）若二面角PACE的余弦值為，求直線PA與平面EAC所成角的正弦值【考點(diǎn)】二面角的平面角及求法；平面與平面垂直的判定【分析】（I）由PC底面ABCD，可得PCAC由AB=2，AD=CD=1，利用勾股定理的逆定理可得：ACBC，因此AC平面PBC，即可證明平面EAC平面PBC（II）取AB的中點(diǎn)F，兩角CF，則CFAB，以點(diǎn)C為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，可得設(shè)P（0，0，a）（a0），可取=（1，1，0），利用向量垂直與數(shù)量積的關(guān)系可得：為平面PAC的法向量設(shè)=（x，y，z）為平面EAC的法向量，則，可得，由于二面角PACE的余弦值為，可得=，解得a=4設(shè)直線PA與平面EAC所成角為，則sin=|=即可得出【解答】（I）證明：PC底面ABCD，AC平面ABCD，PCACAB=2，AD=CD=1，AC=BC=，AC2+BC2=AB2，ACBC，又BCPC=C，AC平面PBC，又AC平面EAC，平面EAC平面PBC（II）解：取AB的中點(diǎn)F，兩角CF，則CFAB，以點(diǎn)C為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，可得：C（0，0，0），A（1，1，0），B（1，1，0），設(shè)P（0，0，a）（a0），則E，=（1，1，0），=（0，0，a），=，取=（1，1，0），則=0，為平面PAC的法向量設(shè)=（x，y，z）為平面EAC的法向量，則，即，取=（a，a，4），二面角PACE的余弦值為，=，解得a=4，=（4，4，4），=（1，1，4）設(shè)直線PA與平面EAC所成角為，則sin=|=，直線PA與平面EAC所成角的正弦值為20已知橢圓的離心率為，且過(guò)點(diǎn)若點(diǎn)M（x0，y0）在橢圓C上，則點(diǎn)稱(chēng)為點(diǎn)M的一個(gè)“橢點(diǎn)”（I）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；（）若直線l：y=kx+m與橢圓C相交于A，B兩點(diǎn)，且A，B兩點(diǎn)的“橢點(diǎn)”分別為P，Q，以PQ為直徑的圓經(jīng)過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)，試判斷AOB的面積是否為定值？若為定值，求出定值；若不為定值，說(shuō)明理由【考點(diǎn)】橢圓的簡(jiǎn)單性質(zhì)【分析】（I）運(yùn)用離心率公式和基本量a，b，c的關(guān)系，代入點(diǎn)，解方程可得a，b，即可得到橢圓方程；（II）設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），可得，由于以PQ為直徑的圓經(jīng)過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)，所以，運(yùn)用數(shù)量積為0，聯(lián)立直線方程和橢圓方程，運(yùn)用判別式大于0，韋達(dá)定理和弦長(zhǎng)公式，點(diǎn)到直線的距離公式，三角形的面積公式，化簡(jiǎn)整理，即可得到定值【解答】解：（I）由題意知e=，a2b2=c2，即又，可得a2=4，b2=3，即有橢圓的方程為+=1；（II）設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），則，由于以PQ為直徑的圓經(jīng)過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)，所以，即，由得（3+4k2）x2+8kmx+4（m23）=0，=64m2k216（3+4k2）（m23）0，化為3+4k2m20x1+x2=，x1x2=，y1y2=（kx1+m）（kx2+m）=k2x1x2+km（x1+x2）+m2=k2x1x2+km（x1+x2）+m2=k2+km（）+m2=，代入，即，得：，2m24k2=3，O到直線l的距離為，ABO的面積為，把2m24k2=3代入上式得21已知函數(shù)f（x）=lnxx2+ax，（1）當(dāng)x（1，+）時(shí)，函數(shù)f（x）為遞減函數(shù)，求a的取值范圍；（2）設(shè)f（x）是函數(shù)f（x）的導(dǎo)函數(shù)，x1，x2是函數(shù)f（x）的兩個(gè)零點(diǎn)，且x1x2，求證（3）證明當(dāng)n2時(shí)，【考點(diǎn)】利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性；利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值【分析】（1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，問(wèn)題轉(zhuǎn)化為即a2x恒成立，求出a的范圍即可；（2）求出a，得到f（）=，問(wèn)題轉(zhuǎn)化為證明ln，令t=，0x1x2，0t1，即證明u（t）=+lnt0在0t1上恒成立，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明即可；（3）令a=1，得到lnxx2x，得到x1時(shí)，分別令x=2，3，4，5，n，累加即可【解答】（1）解：x（1，+）時(shí)，函數(shù)f（x）為遞減函數(shù)，f（x）=2x+a0在（1，+）恒成立，即a2x恒成立，而y=2x在（1，+）遞增，故2x1，故a1；（2）證明：f（x）的圖象與x軸交于兩個(gè)不同的點(diǎn)A（x1，0），B（x2，0），方程lnxx2+ax=0的兩個(gè)根為x1，x2，則 lnx1+ax1=0，lnx2+ax2=0，兩式相減得a=（x1+x2），又f（x）=lnxx2+ax，f（x）=2x+a，則f（）=（x1+x2）+a=，要證0，即證明ln，令t=，0x1x2，0t1，即證明u（t）=+lnt0在0t1上恒成立，u（t）=，又0t1，u（t）0，u（t）在（0，1）上是增函數(shù)，則u（t）u（1）=0，從而知0，故f（）0成立；（3）證明：令a=1，由（1）得：f（x）在（1，+）遞減，f（x）=lnxx2+xf（1）=0，故lnxx2x，x1時(shí)，分別令x=2，3，4，5，n，故+=1，+1，即左邊11，得證坐標(biāo)系與參數(shù)方程22在直角坐標(biāo)系中，以坐標(biāo)原點(diǎn)O為極點(diǎn)，x軸的非負(fù)半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，已知點(diǎn)M的極坐標(biāo)為（2，），曲線C的參數(shù)方程為（為參數(shù)）（1）直線l過(guò)M且與曲線C相切，求直線l的極坐標(biāo)方程；（2）點(diǎn)N與點(diǎn)M關(guān)于y軸對(duì)稱(chēng)，求曲線C上的點(diǎn)到點(diǎn)N的距離的取值范圍【考點(diǎn)】參數(shù)方程化成普通方程；簡(jiǎn)單曲線的極坐標(biāo)方程【分析】（1）設(shè)直線l的方程為y=k（x2）+2，圓曲線C的普通方程聯(lián)立消元，令判別式等于0求出k，得出直角坐標(biāo)方程，再轉(zhuǎn)化為極坐標(biāo)方程；（2）求出N到圓心的距離，即可得出最值【解答】解：（1）M的直角坐標(biāo)為（2，2），曲線C的普通方程為（x1）2+y2=4設(shè)直線l的方程為y=k（x2）+2，聯(lián)立方程組得（1+k2）x2+（4k4k22）x+4k28k+1=0，直線l與曲線C相切，（4k4k22）24（1+k2）（4k28k+1）=0，解得k=0或k=直線l的方程為y=2或y=（x2）+2，即4x+3y8=0，直線l的極坐標(biāo)方程為sin=2或4cos+3sin8=0（2）點(diǎn)N的坐標(biāo)為N（2，2），C（1，0）CN=，圓C的半徑為2曲線C上的點(diǎn)到點(diǎn)N的距離最大值為+2，最小值為2曲線C上的點(diǎn)到點(diǎn)N的距離的取值范圍是2， +2不等式選講23已知x0R使得關(guān)于x的不等式|x1|x2|t成立（）求滿(mǎn)足條件的實(shí)數(shù)t集合T；（）若m1，n1，且對(duì)于tT，不等式log3mlog3nt恒成立，試求m+n的最小值【考點(diǎn)】絕對(duì)值不等式的解法；絕對(duì)值三角不等式【分析】（）根據(jù)絕對(duì)值的幾何意義求出t的范圍即可；（）根據(jù)級(jí)別不等式的性質(zhì)結(jié)合對(duì)數(shù)函數(shù)的性質(zhì)求出m+n的最小值即可【解答】解：（I）令f（x）=|x1|x2|x1x+2|=1t，T=（，1；（）由（I）知，對(duì)于tT，不等式t恒成立，只需tmax，所以1，又因?yàn)閙1，n1，所以0，0，又1=（=時(shí)取“=”），所以4，所以2，mn9，所以m+n26，即m+n的最小值為6（此時(shí)m=n=3）