习题1.2第二课时教学实录

棠湖中学高2016级高三上第九次周考试题

理科数学

一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）

1.已知集合A={x|x<1}，B={x|31}，则（

）

xA．AB{x|x0}

B．ABR

C．AB{x|x1}

D．AB

2.已知i为虚数单位，实数x，y满足（x2i)iyi，则|x-yi|=（

）

A. 1

B.

C.

D.

3.以下说法错误的是（

）

A. 命题“若“

，则

”的逆否命题为“若

，则

”

B. “

”是“

”的充分不必要条件

C. 若命题p：存在

，使得

，则￢

：对任意

，都有

D. 若p且q为假命题，则p，q均为假命题

4.如图所示的茎叶图（图一）为高三某班50名学生的化学考试成绩，图（二）的算法框图中输入的ai为茎叶图中的学生成绩，则输出的m，n分别是（

）

A.

，

B.

，

C.

，

D.

，

=

=3

，则

，

=（

）

， 5.如图，已知 =

=4

，

A.

B.

C.

D.

6.已知四棱锥P-ABCD的三视图如图所示，则此四棱锥的四个侧面的面积中最大的是（

）

A. 2

B. 3C.

D.

7.小赵、小钱、小孙、小李到4个景点旅游，每人只去一个景点，设事件A=“4个人去的景点不相同”，事件B=“小赵独自去一个景点”，则P（A|B）=（

）

A.

B.

C.

D.

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a3，a13成等比数列，Sn是数列{an}的前n项和，8.已知等差数列{an}的公差d≠0，且a1，若a1=1，则

的最小值为（

）

A.

B.

C.

D. 3

9.已知函数f（x）=cos（ωx+φ）（ω＞0）图象的两条相邻对称轴之间距离是

，若f（x）≤f（

数y=sin（ωx+φ）一个单调递增区间是（

）

），则函A.

B.

C.

D.

10.如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，点M是对角线C1B上的动点，则CM+MD1的最小值为（

）

A.

B.

C.

D. 2

11.已知直线l：x-2y-2=0与椭圆C：

（a＞b＞0）有且只有一个公共点，则双曲线

（a

＞b＞0）的离心率的取值范围是（

）

A.

B.

C.

D.

2m12.已知定义在R上的函数f(x)满足，f(2a-x)=2b-f(x)，h(x+a)=（x≠0），设y=h（x）

22与yf(x)图像的交点坐标为(x1,y1),(x2,y2),,(x2m,y2m),若(xiyi)4m,则abi1的最小值为（

）

A. 2

C. 6

4小题，共20.0分）

二、填空题（本大题共B. 4

D. 8

13.若(x21)(x3)9a0a1(x2)a2(x2)2a3(x2)3a11(x2)11,

则a1＋a2＋…＋a11＝________．

*14.在数列{an}中，a1=3，a2=1，（an+2-2）（an-2）=2（n

N），则该数列前2014项的和为______ ．

15.已知实数x，y满足

，若z=3x+y的最大值为5，则正数m的值为______．

16.正方体ABCD﹣A1B1C1D1的外接球的表面积为12π，E为球心，F为C1D1的中点．点M在该正方体的表面上运动，则使ME⊥CF的点M所构成的轨迹的周长等于_____．

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题为必考题，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．

第2页，共18页

17.（本题12分）如图，在△ABC中，BC边上的中线AD长为3，且BD=2，sinB=

．

（1）求sin∠BAD的值；

（2）求cos∠ADC及△ABC外接圆的面积．

18.（本题12分）共享单车是指企业在校园、地铁站点、公共站点、居民区、商业区、公共服务区等提供自行车单车共享服务，是一种分时租赁模式，是共享经济的一种新形态．某共享单车企业在A城市就“一天中一辆单车的平均成本与租用单车数量之间的关系”进行了调查，并将相关数据统计如表：

租用单车数量x（千辆）

2

每天一辆车平均成本y（元）

3.2

3

2.4

4

2

5

1.9

8

1.5

根据以上数据，研究人员设计了两种不同的回归分析模型，得到两个拟合函数：

（1） （2） 模型甲：

=

，模型乙：

=

．

（1）为了评价两种模型的拟合效果，完成以下任务：

①完成下表（计算结果精确到0.1元）（备注：

=yi

，

称为相应于点（xi，yi）的残差）；

租用单车数量x（千2

辆）

每天一辆车平均成3.2

本y（元）

模型甲

（1）残差

模型乙

（2）残差

（1）估计值

3

2.4

2.4

0

2.3

0.1

4

2

2

0

2

0

5

1.9

1.8

0.1

1.9

0

8

1.5

1.4

0.1

2估计值

（）

②分别计算模型甲与模型乙的残差平方和Q1及Q2，并通过比较Q1，Q2的大小，判断哪个模型拟合效果更好．

（2）这家企业在A城市投放共享单车后，受到广大市民的热烈欢迎并供不应求，于是该企业决定增加单车投放量．根据市场调查，市场投放量达到1万辆时，平均每辆单车一天能收入8元,6元的概率分0.4；6元的概率分别为0.4，0.6．别为0.6，市场投放量达到1.2万辆时，平均每辆单车一天能收入8元，若按（1）中拟合效果较好的模型计算一天中一辆单车的平均成本，问该企业投放量选择1万辆还是1.2万辆能获得更多利润？请说明理由．（利润=收入-成本）

19.（本题12分）如图所示，已知长方体ABCD中，

，

为DC的中点．将△ADM沿AM折起，使得AD⊥BM．

（1）求证：平面ADM⊥平面ABCM；

＜

＜ 的点E，（2）是否存在满足 使

得二面角E-AM-D为大小为

．若存在，求出相应的实数t；若不存在，请说明理由．

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220.（本题12分）已知抛物线C：y=2px经过点P（1，2），过点Q（0，1）的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N．

（Ⅰ）求直线l的斜率的取值范围；

=λ

，

=μ

，求证：+为定值．

（Ⅱ）设O为原点，

21.（本题12分）已知函数f(x)mx(m2)lnx（1）当m＜0时，

①求f（x）的单调区间；

②若存在x1，x2

[1，2]，使得f（x1）-g（x2）≥1成立，求m的取值范围；

（2）设h（x）=

（二）选考题：共10分，请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．

22.选修4-4：坐标系与参数方程（10分）

22点P是曲线C1：（x-2）+y=4上的动点，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，以极点O为中心，将点P逆时针旋转90°得到点Q，设点Q的轨迹方程为曲线C2．

（1）求曲线C1，C2的极坐标方程；

（2）射线θ=

＞ 与曲线C1，C2分别交于A，B两点，定点M（2，0），求△MAB的面积．

23.选修4—5：不等式选讲]（10分）

22已知实数a，b满足a+4b=4．

（1）求证：

；

（2）若对任意a，b

R，|x+1|-|x-3|≤ab恒成立，求实数x的取值范围．

2,g(x)x2mx1,mR，m

R．

x的导函数h(x),当m1时，求证．

g(x)-1h(x)1e（其中e是自然对数的底数）2

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棠湖中学高2016级高三上第九次周考试题理科数学

答案和解析

1-6 ADDBBD,7-12 AADACA 13.【答案】5 14.【答案】4028 15.【答案】2 16.【答案】

17.【答案】解：（1）在△ABD中，BD=2，sinB=∴由正弦定理 ∠ = ，得sin∠BAD═（2）∵sinB=

，AD=3，

=；

=

，∴cosB=

，∵sin∠BAD=

，∴cos∠BAD=

，

×=-

，…．（9

∴cos∠ADC=cos（∠B+∠BAD）=

×

-

分）

∵D为BC中点，∴DC=BD=2，∴在△ACD中，由余弦定理得：AC2=AD2+DC2-2AD•DCcos∠ADC=9+4+3=16，

∴AC=4．设△ABC外接圆的半径为R，∴2R= =

，∴R=

，

∴△ABC外接圆的面积S=π•（

2 ）=

18..【答案】解：（1）①经计算，可得下表：

租用单车数量x（千2 辆）

每天一辆车平均成本3.2 y（元）

估计值（1） 3.2 模型甲

（1）残差

0 估计值（2） 3.2 模型乙

残差（2）

0 3 2.4 2.4 0 2.3 0.1 4 2 2 0 2 0 5 1.9 1.8 0.1 1.9 0 8 1.5 1.4 0.1 1.7 -0.2 ②计算残差平方和Q1=0.01+0.01=0.02，

Q2=

，因为Q1＜Q2，故模型甲的拟合效果更好；

（2）若投放量为1万辆，由（1）模型甲可知，每辆单车的成本为 +0.8=1.28（元），

这样一天获得的总利润为（7.2-1.28）×10000=59200（元），

若投放量为1.2万辆，由（1）模型甲可知，每辆车的成本为+0.8=1.2 （元），

这样一天获得的总利润为（6.8-1.2）×12000=67200（元），

因为67200＞59200，所以选择投放1.2万辆能获得更多利润．

19.【答案】证明：（1）∵长方形ABCD中，AB=2AD=2

，M为DC的中点， 第5页，共18页

∴AM=BM=2，AM+BM=AB，∴BM⊥AM，

∵AD⊥BM，AD∩AM=A，∴BM⊥平面ADM，

又BM⊂平面ABCM，∴平面ADM⊥平面ABCM．

解：（2）以M为原点，MA为x轴，MB为y轴，过M作平面ABCM的垂线为z轴，

建立空间直角坐标系，

则A（2，0，0），B（0，2，0），D（1，0，1），M（0，0，0），

=（0，2，0），

=（1，-2，1）， =

=（t，2-2t，t），

设平面AME的一个法向量为

=（x，y，z），

，取y=t，得

则

=（0，t，2t-2），

由（1）知平面AMD的一个法向量

=（0，1，0），∵二面角E-AM-D为大小为，

222∴cos

= =

=，解得t=

或t=2（舍），

＜

＜ 的点E，使得二面角E-AM-D为大小为

，相应的实数t的值为

．

∴存在满足

20.【答案】解：（Ⅰ）因为抛物线y2=2px经过点P（1，2），

所以4=2p，解得p=2，所以抛物线的方程为y2=4x．

由题意可知直线l的斜率存在且不为0，

设直线l的方程为y=kx+1（k≠0）．

y24x由得k2x2(2k4)x10．

ykx1依题意(2k4)24k210，解得k<0或0

又PA，PB与y轴相交，故直线l不过点（1，-2）．从而k≠-3．

所以直线l斜率的取值范围是（- ，-3）∪（-3，0）∪（0，1）．

（Ⅱ）证明：设点M（0，yM），N（0，yN），

=（0，yM-1），

=（0，-1）

则

=λ

，所以yM-1=-

，故λ=1-yM，同理μ=1-yN，

因为

直线PA的方程为y-2= （x-1）=

（x-1）= （x-1），

令x=0，得yM= ，同理可得yN= ，

因为

+

= + = + =

=

=

==

=2，

∴

+

=2，∴

+

为定值．

第6页，共18页

21.

【答案】解：f′（x）=2（

-

）（

-1），f（x）定义域（0，+ ），m＜0，

（1）①令f′（x）≤0，解得

≤1 且x＞0，即x

≥1，令f′（x）≥0，解得：

≥1或

≤

且x＞0，即 0＜x≤1，即：f（x）单调递减区间[1，+ ），单调递增区间（0，1]；

②由①得：f（x）在[1，2]单调递减，f（1）=m-2，f（2）=2m-（m+2）ln2-1，

则在[1，2]区间上，f（x）最小值=f（2）=2m-（m+2）ln2-1，f（x）最大值=f（1）=m-2，

g（x）抛物线对称轴是x=-

＞0，g（1）=2+m，g（2）=5+2m，g（-

）=1-，

要使f（x1）-g（x2）≥1成立，等价于不等式左侧可能的最大值要≥1才行，

当1≤-

≤2（对称轴在区间之内），即-4≤m≤-2时，

g（x）在x=-

（对称轴处）取得最小值g（-

）=1-，

此时f（x1）-g（x2）的最大值为：f（1）-g（-

）=m-2-（1-

）=

+m-3≥1 则m2+4m-16≥0，即（m+2）2≥20，结合-4≤m≤-2，解得：m无解．

当-

＜1（对称轴在区间左侧），即-2＜m＜0时，

g（x）在x=1处取得最小值g（1）=2+m，

此时f（x1）-g（x2）的最大值为f（1）-g（1）=m-2-（2+m）=-4＜1，

此时[1，2]区间上不可能存在x₁，x₂，使得f（x₁）-g（x₂）≥1成立，

当-

＞2（对称轴在区间右侧），即m＜-4时，

g（x）在x=2处取得最小值g（2）=5+2m，

此时f（x1）-g（x2）的最大值为f（1）-g（2）=m-2-（5+2m）=-m-7≥1，

解得m

≤-8，

因此m取值范围是（- ，-8]．

（2）h′（x）=

，

设k（x）=

-lnx-1，则k′（x）=-

-

＜0，即k（x）在（0，+ ）上是减函数．

由k（1）=0可知：当0＜x＜1时，k（x）＞0，

从而h′（x）＞0，

当x＞1时，k（x）＜0，

从而h′（x）＜0．

22∴当x＞1时，F（x）=[g（x）-1]h′（x）=（x+x）h′（x）＜0＜1-e，

-2故只需证明，F（x）=[g（x）-1]h′（x）＜1+e．在0＜x＜1时成立．

当0＜x＜1时，ex＞1，且F（x）＞0．

x1F(x)ex(1xlnxx)1xlnxx设m（x）=1-xlnx-x，x∈（0，1），则m′（x）=-（lnx+2）．

当x∈（0，e-2）时，m′（x）=-（lnx+2）＞0，

当x∈（e-2，1）时，m′（x）=-（lnx+2）＜0，

当x=e-2时，F（x）取得最大值1+e-2．∴F（x）＜m（x）≤1+e-2 对任意x＞0，F（x）＜1+e-2．

22.【答案】解：（1）曲线C1：（x-2）2+y2=4上，把互化公式代入可得：

第7页，共18页

曲线C1的极坐标方程为ρ=4cosθ．

设Q（ρ，θ），则 ，

，则有

．

所以，曲线C2的极坐标方程为ρ=4sinθ．

（2）M到射线

的距离为

，

，

则

．

a

a

23.【答案】证明：（1）

≤||

=

≤当且仅当a＞0且a2=4+4b2时取等号．

解：（2）∵a2+4b2=4≥2

=4|ab|，

∴|ab|≤1，∴ab≥-1恒成立．

∵对任意a，b∈R，|x+1|-|x-3|≤ab恒成立，

∴|x+1|-|x-3|≤-1恒成立．

若x≤-1，则不等式为-x-1-（3-x）≤-1，不等式恒成立；

若-1＜x＜3，不等式为x+1-（3-x）≤-1，解得-1＜x

，

若x≥3，不等式为x+1-（x-3）≤-1，不等式无解．

综上，x的取值范围是（- ，

]．

第8页，共18页

=2．

棠湖中学高2016级高三上第九次周考试题理科数学

答案和解析

1.【答案】A 【解析】由31可得33，则x0，即B{x|x0}，所以

xx0AB{x|x1}{x|x0}{x|x0}，AB{x|x1}{x|x0}{x|x1}，故选A. 2.【答案】D 【解析】

解：∵（x+2i）i=-2+xi=y-i，

∴x=-1，y=-2．

则|x-yi|=．

故选：D．

利用复数代数形式的乘法运算化简，求出x，y的值，再由复数求模公式计算得答案．

本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数模的求法，是基础题．

3.【答案】D 【解析】

解：A．“若“x2-3x+2=0，则x=1”的逆否命题为“若x≠1，则x2-3x+2≠0”，正确； 22B．由x-3x+2=0，解得x=1，2，因此“x=2”是“x-3x+2=0”的充分不必要，正确； C．命题p：存在x0∈R，使得x02-x0+1＜0，则￢p：对任意x∈R，都有x2-x+1≥0，正确； D．由p且q为假命题，则p，q至少有一个为假命题，因此不正确． 故选：D．

A．利用逆否命题的定义即可判断出正误； 2B．由x-3x+2=0，解得x=1，2，即可判断出关系； C．利用￢p的定义即可判断出； D．由p且q为假命题，则p，q至少有一个为假命题，即可判断出正误．

本题考查了简易逻辑的判定方法、方程的解法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题

4.【答案】B 【解析】

解：由程序框图知：算法的功能是计算50名学生的化学考试成绩中，成绩大于等于80的人数，和成绩小于80且大于等于60的人数，

由茎叶图得，在50名学生的成绩中，成绩大于等于80的人数有80，80，81，84，84，85，86，89，90，91，96，98，共12人，故n=12，

由茎叶图得，在50名学生的成绩中，成绩小于60的人数有43，46，47，48，50，51，52，53，53，56，58，59，共12人，

则在50名学生的成绩中，成绩小于80且大于等于60的人数有50-12-12=26，故m=26 故选：B．

算法的功能是计算50名学生的化学考试成绩中，成绩大于等于80的人数，和成绩小于80且大于等于60的人数，根据茎叶图可得

本题借助茎叶图考查了循环结构的程序框图，根据框图的流程判断算法的功能是关键

5.【答案】B 【解析】

解：∵=4，

∴==（-）

第9页，共18页

∴=+=（-）+=（-）-=-，

故选：B．

根据向量的三角形法和加减的几何意义即可求出．

本题考查了向量的三角形法和向量的数乘运算，属于基础题

6.【答案】D 【解析】

解：因为三视图复原的几何体是四棱锥，顶点在底面的射影是底面矩形的一个顶点，底面边长分别为3，2，

后面是直角三角形，直角边为3与2，所以后面的三角形的高为：右面三角形是直角三角形，直角边长为：2，2，三角形的面积为：前面三角形是直角三角形，直角边长为：3，2前左面也是直角三角形，直角边长为2，，其面积为：，三角形的面积为：=3=，

．

，

，

四棱锥P-ABCD的四个侧面中面积最大的是前面三角形的面积：3．

故选：D．

三视图复原的几何体是四棱锥，利用三视图的数据直接求解四棱锥P-ABCD的四个侧面中面积，得到最大值即可．

本题考查三视图与几何体的关系，几何体的侧面积的求法，考查计算能力．

7.【答案】A 【解析】

解：小赵独自去一个景点，则有4个景点可选，其余3人只能在小赵剩下的3个景点中选择，可能性为3×3×3=27种

所以小赵独自去一个景点的可能性为4×27=108种

因为4 个人去的景点不相同的可能性为4×3×2×1=24种，

所以P（A|B）==．

故选：A．

这是求小赵独自去一个景点的前提下，4 个人去的景点不相同的概率，求出相应基本事件的个数，即可得出结论．

本题考查条件概率，考查学生的计算能力，确定基本事件的个数是关键．

8.【答案】A 【解析】

解：∵a1=1，a1，a3，a13成等比数列， 2∴（1+2d）=1+12d， 解得d=2或d=0（舍去），∴an=2n-1， ∴∴n+1=2时原式取得最小值为故选：A． 利用等差数列通项公式和等比数列性质，列出方程求出d=2，从而an=2n-1，，进而． ， ， 第10页，共18页

得到，由此能求出结果． 本题考查等差数列中关于前n项和及第n项的代数式的最小值的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意等差数列的性质的合理运用．

9.【答案】D 【解析】

解：由题意可得再根据f（x）≤f（∴φ=-=，∴ω=2． ），可得2•（-）． ）， ≤x≤kπ+， ）+φ=2kπ，k∈Z， ，函数f（x）=cos（2x-故函数y=sin（ωx+φ）=sin（2x-令2kπ-≤2x-≤2kπ+，求得kπ-，kπ+可得函数的增区间为[kπ-]，k∈Z， 故选：D． 利用三角函数的图象的对称性，三角函数的周期性求得ω，余弦函数的最值求得φ，再利用正弦函数的单调性求得函数y=sin（ωx+φ）一个单调递增区间． 本题主要考查三角函数的图象的对称性，三角函数的周期性、单调性、最值，属于基础题．

10.【答案】A 【解析】

解：将平面CBC1和平面ABC1D1放在同一个平面上，如图，

则CM+MD1的最小值即为线段CD1，

在三角形CC1D1中，∠D1C1C=135°

C1D1=1，CC1=1，CD1==，

故选：A．

欲求CM+MD1的最小值，先将展开平面CBC1和平面ABD1C1放在同一个平面上，再利用两点之间线段最短，结合解三角形即可．

本题主要考查了棱柱的结构特征、点、线、面间的距离计算，考查空间想象能力，属于基础题．

11.【答案】C 【解析】

解：因为直线与椭圆有且只有一个公共点，联立得（4b+a）y+8by+（4-a）•b=0，

由△=64b2-4（4b2+a2）（4-a2）=0，解得a2+4b2=4，

设所以双曲线故选：C．

，则由a＞b＞0可知：且0＜tanθ＜2，所以，

，

222222，

（a＞b＞0）的离心率的取值范围为第11页，共18页

利用直线与椭圆的位置关系求出a，b的关系，然后求解双曲线的离心率的范围．

本题考查双曲线与椭圆的简单性质的应用，考查转化思想以及计算能力．

12.【答案】A 【解析】

解：∵f（2a-x）=2b-f（x），可知f（x）的图象关于（a，b）对称，

又∵h（x+a）=设g（x）==b+•

，则g（-x）=-g（x），即g（x）为奇函数，

∴y=h（x）的图象关于（a，b）对称，

∴对于每一组对称点有横坐标和为2a，纵坐标和为2b，

∴（xi+yi）=2am+2b=4m，

∴a+b=2，

故a2+b2=a2+（2-a）2=2a2-4a+4=2（a-1）2+2≥2 当且仅当a=b=1时，a2+b2取最小值2．

故选：A．

由已知可得f（x）和h（x）的图象均关于（a，b）对称，故每一组对称点有横坐标和为2a，纵坐标和为2b，进而可得a+b=2，结合二次函数的图象和性质，可得答案．

本题考查的知识点是函数的对称性，二次函数的图象和性质，难度中档．

13.【答案】5 本题考查二项展开式的特定项与特定项的系数.通过赋值即可求出所求代数式的值. 【解答】

解：令x=2,可得a0=-5, 令x=3,可得故故答案为5. 14.【答案】4028

【解析】

*解：由（an+2-2）（an-2）=2（n∈N），可得： （n∈N）， 即an+4=an． ∴数列{an}是一个周期数列，周期为4， 由于a1=3，a2=1， 由周期性得S2014=503（a1+a2+a3+a4）+（a1+a2）=503×8+4=4028． 故答案为：3525． 由（an+2-2）（an-2）=2（n∈N*），可得数列{an}是一个周期数列，周期为4，从而可求数列前2014项的和． 本题考查数列递推式，考查数列的周期性，确定数列{an}是一个周期数列，周期为4是关键．

15.【答案】2

*, . 第12页，共18页

解：由题意作出实数x，y满足的平面区域，

将z=3x+y化为y=-3x+z，z相当于直线y=-3x+z的纵截距，

故结合图象可得，，

解得，x=1，y=2；

故m=2；

故答案为：2．

由题意作出其平面区域，将z=3x+y化为y=-3x+z，z相当于直线y=-3x+z的纵截距，从而解方程可求出m，即可．

本题考查了简单线性规划，作图要细致认真，属于中档题．

16.【答案】

【解析】

解：正方体ABCD-A1B1C1D1的外接球的表面积为12π，正方体的体对角线的长为：2；

所以正方体的棱长为：2．

E为球心，F为C1D1的中点．点M在该正方体的表面上运动，则使ME⊥CF的点M所构成的轨迹是图形中的红色线；

点M所构成的轨迹的周长等于：2×2=4+2．

故答案为：．

利用已知条件画出截面图形，利用外接球的面积求解正方体的棱长，转化求解即可．

本题考查正方体的结构特征，外接球的应用，轨迹的判断与应用，考查空间想象能力以及计算能力．

17.【答案】解：（1）在△ABD中，BD=2，sinB=∴由正弦定理 ∠ = ，得sin∠BAD═（2）∵sinB=

，∴cosB=

，

，AD=3，

=；

=

∵sin∠BAD=

，∴cos∠BAD=

，

∴cos∠ADC=cos（∠B+∠BAD）=

×

-

×=-

，…．（9

分）

∵D为BC中点，∴DC=BD=2，

∴在△ACD中，由余弦定理得：AC2=AD2+DC2-2AD•DCcos∠ADC=9+4+3=16，

∴AC=4．

设△ABC外接圆的半径为R，

∴2R= =

，

∴R=

，

第13页，共18页

∴△ABC外接圆的面积S=π•（

2 ）=

【解析】

（1）由正弦定理即可解得sin∠BAD的值； （2）先求得cosB，cos∠BAD，利用两角和的余弦函数公式可求cos∠ADC，由题意可求DC=BD=2，利用余弦定理即可求得AC的值，再根据正弦定理求出外接圆的半径，面积即可求出．

此题考查了正弦、余弦定理，两角和与差的余弦函数公式，熟练掌握定理是解本题的关键．

18..【答案】解：（1）①经计算，可得下表：

租用单车数量x（千2 辆）

每天一辆车平均成本3.2 y（元）

估计值 3.2 模型甲

（1）残差

0 估计值（2） 3.2 模型乙

（2）残差

0 （1）3 2.4 2.4 0 2.3 0.1 4 2 2 0 2 0 5 1.9 1.8 0.1 1.9 0 8 1.5 1.4 0.1 1.7 -0.2 ②计算残差平方和Q1=0.01+0.01=0.02，

Q2=

，

因为Q1＜Q2，故模型甲的拟合效果更好；

（2）若投放量为1万辆，由（1）模型甲可知，

每辆单车的成本为 +0.8=1.28（元），

这样一天获得的总利润为（7.2-1.28）×10000=59200（元），

若投放量为1.2万辆，由（1）模型甲可知，

每辆车的成本为 +0.8=1.2（元），

这样一天获得的总利润为（6.8-1.2）×12000=67200（元），

因为67200＞59200，所以选择投放1.2万辆能获得更多利润．

【解析】

（1）①经计算，填写表格即可；②由题意，计算残差平方和，比较即可；

（2）计算投放量为1万辆和1.2万辆时的每辆车的成本以及一天获得的总利润，比较即可．

本题考查了统计知识的应用问题，也考查了残差与拟合效果的应用问题，是中档题．

19.【答案】证明：（1）∵长方形ABCD中，AB=2AD=2

，M为DC的中点， 222∴AM=BM=2，AM+BM=AB，∴BM⊥AM，

∵AD⊥BM，AD∩AM=A，∴BM⊥平面ADM，

又BM⊂平面ABCM，∴平面ADM⊥平面ABCM．

解：（2）以M为原点，MA为x轴，MB为y轴，过M作平面ABCM的垂线为z轴，

建立空间直角坐标系，

则A（2，0，0），B（0，2，0），D（1，0，1），M（0，0，0），

=（1，-2，1）， =（0，2，0），

=

=（t，2-2t，1），

=（x，y，z），

设平面AME的一个法向量为

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，

则

=（0，t，2t-2），

取y=t，得

=（0，1，0），

由（1）知平面AMD的一个法向量

∵二面角E-AM-D为大小为

，

∴cos

= ==，

解得t=

或t=2（舍），

＜

＜ 的点E，使得二面角E-AM-D为大小为，相应的实数t的值为

．

∴存在满足

【解析】

（1）推导出BM⊥AM，AD⊥BM，从而BM⊥平面ADM，由此能证明平面ADM⊥平面ABCM． （2）以M为原点，MA为x轴，MB为y轴，过M作平面ABCM的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出存在满足的点E，使得二面角E-AM-D为大小为，并能求出相应的实数t

的值． 本题考查面面垂直的证明，考查满足二面角的大小的实数值是否存在的判断与求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．

20.【答案】解：（Ⅰ）∵抛物线C：y2=2px经过点

P（1，2），∴4=2p，解得p=2，

设过点（0，1）的直线方程为y=kx+1，

设A（x1，y1），B（x2，y2）

联立方程组可得

，消y可得k2x2+（2k-4）x+1=0，

∴△=（2k-4）2-4k2＞0，且k≠0解得k＜1，

且k≠0，x1+x2=-

，x1x2=

，

故直线l的斜率的取值范围（- ，0）∪（0，1）；

（Ⅱ）证明：设点M（0，yM），N（0，yN），

=（0，yM-1），

=（0，-1）

则

=λ

，所以yM-1=-

，故λ=1-yM，同理μ因为

=1-yN，

直线PA的方程为y-2= （x-1）=

（x-1）= （x-1），

令x=0，得yM= ，同理可得yN= ，

因为

+

= + = + =

=

=

==

=2，

∴

+

=2，∴

+

为定值．

【解析】

（Ⅰ）将P代入抛物线方程，即可求得p的值，设直线AB的方程，代入椭圆方程，由△＞0，即可求得k的取值范围；

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（Ⅱ）根据向量的共线定理即可求得λ=1-yM，μ=1-yN，求得直线PA的方程，令x=0，求得M点坐标，同理求得N点坐标，根据韦达定理即可求得+为定值．

本题考查抛物线的方程，直线与抛物线的位置关系，考查韦达定理的应用，考查转化思想，计算能力，属于中档题．

21.【答案】解：f′（x）=2（

-

）（

-1），

f（x）定义域（0，+ ），m＜0，

（1）①令f′（x）≤0，解得

≤1 且x＞0，即x

≥1，

令f′（x）≥0，解得：

≥1或

≤

且x＞0，即 0＜x≤1，

即：f（x）单调递减区间[1，+ ），单调递增区间（0，1]；

②由①得：f（x）在[1，2]单调递减，

f（1）=m-2，f（2）=2m-（m+2）ln2-1，

则在[1，2]区间上，

f（x）最小值=f（2）=2m-（m+2）ln2-1，f（x）最大值=f（1）=m-2，

g（x）抛物线对称轴是x=-

＞0，

g（1）=2+m，g（2）=5+2m，g（-

）=1-，

要使f（x1）-g（x2）≥1成立，等价于不等式左侧可能的最大值要≥1才行，

当1≤-

≤2（对称轴在区间之内），即-4≤m≤-2时，

g（x）在x=-

（对称轴处）取得最小值g（-

）=1-，

此时f（x1）-g（x2）的最大值为：

f（1）-g（-

）=m-2-（1-）=+m-3≥1

则m2+4m-16≥0，即（m+2）2≥20，

结合-4≤m≤-2，解得：m无解．

当-

＜1（对称轴在区间左侧），即-2＜m＜0时，

g（x）在x=1处取得最小值g（1）=2+m，

此时f（x1）-g（x2）的最大值为f（1）-g（1）=m-2-（2+m）=-4＜1，

此时[1，2]区间上不可能存在x₁，x₂，使得f（x₁）-g（x₂）≥1成立，

当-

＞2（对称轴在区间右侧），即m＜-4时，

g（x）在x=2处取得最小值g（2）=5+2m，

此时f（x1）-g（x2）的最大值为f（1）-g（2）=m-2-（5+2m）=-m-7≥1，

解得m

≤-8，

因此m取值范围是（- ，-8]．

（2）h′（x）=

，

设k（x）=

-lnx-1，则k′（x）=-

-

＜0，即k（x）在（0，+ ）上是减函数．

由k（1）=0可知：当0＜x＜1时，k（x）＞0，

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从而h′（x）＞0，

当x＞1时，k（x）＜0，

从而h′（x）＜0．

∴h（x）的单调减区间为（0，1）；单调增区间为（1，+ ）．

∴当x＞1时，F（x）=[g（x）-1]h′（x）=（x2+x）h′（x）＜0＜1-e2，

-2故只需证明，F（x）=[g（x）-1]h′（x）＜1+e在0＜x＜1时成立．

x当0＜x＜1时，e＞1，且F（x）＞0．

x1F(x)ex(1xlnxx)1xlnxx设m（x）=1-xlnx-x，x∈（0，1），则m′（x）=-（lnx+2）．

-2当x∈（0，e）时，m′（x）=-（lnx+2）＞0，

-2当x∈（e，1）时，m′（x）=-（lnx+2）＜0，

-2-2当x=e时，m（x）取得最大值1+e．

∴F（x）＜m（x）≤1+e-2 对任意x＞0，F（x）＜1+e-2．

【解析】

（1）①先求出原函数的导数，然后在定义域内借助于二次函数的图象判断导数值的符号，从而确定原函数的单调区间； ②不等式左侧可能的最大值要≥1才行，分别求出函数f（x），g（x）在区间[1，2]上的最大值和最小值，从而求出m的范围； （2）只需证明，F（x）=[g（x）-1]h′（x）＜1+e-2．在0＜x＜1时成立． 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用，转化思想、分类讨论思想，考查不等式的证明，有难度．

2222.【答案】解：（1）曲线C1：（x-2）+y=4上，把互化公式代入可得：曲线C1的极坐标方程为ρ=4cosθ．

设Q（ρ，θ），则 ，

，则有

．

所以，曲线C2的极坐标方程为ρ=4sinθ．

（2）M到射线

的距离为

，

，

则

．

【解析】

（1）曲线C1：（x-2）+y=4上，把互化公式代入可得：曲线C1的极坐标方程．设Q（ρ，θ），则代入即可得出曲线C2的极坐标方程．

（2）M到射线的距离为，，即可22

，得出面积．

本题考查了极坐标方程化为直角坐标方程及其应用、三角形面积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

23.【答案】证明：（1）a

≤|a|

= 当且仅当a＞0且a2=4+4b2时取等号．

解：（2）∵a2+4b2=4≥2

=4|ab|，

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≤

=2．

∴|ab|≤1，∴ab≥-1恒成立．

∵对任意a，b∈R，|x+1|-|x-3|≤ab恒成立，

∴|x+1|-|x-3|≤-1恒成立．

若x≤-1，则不等式为-x-1-（3-x）≤-1，不等式恒成立；

若-1＜x＜3，不等式为x+1-（3-x）≤-1，解得-1＜x

，

若x≥3，不等式为x+1-（x-3）≤-1，不等式无解．

综上，x的取值范围是（- ，

]．

【解析】

（1）利用基本不等式证明；

（2）利用基本不等式求出ab的最小值，得出|x+1|-|x-3|≤-1，再讨论x的范围解出x．

本题考查

了不等式的证明，绝对值不等式的解法，基本不等式的应用，属于中档题．

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