2019-2020年高考數學三模試卷 文（含解析）.doc

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2019-2020年高考數學三模試卷 文（含解析） 一、選擇題（本大題共10個小題，每小題5分，共50分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的） 1．（5分）已知復數z=（1﹣i）（1+2i），其中i為虛數單位，則的虛部為（） A． ﹣i B． 1 C． ﹣1 D． i 2．（5分）設全集U=R，A={x∈N|y=ln（2﹣x）}，B={x|2x（x﹣2）≤1}，A∩B=（） A． {x|x≥1} B． {x|1≤x＜2} C． {1} D． {0，1} 3．（5分）若點P（3，﹣1）為圓（x﹣2）2+y2=25的弦AB的中點，則直線AB的方程為（） A． x+y﹣2=0 B． 2x﹣y﹣7=0 C． 2x+y﹣5=0 D． x﹣y﹣4=0 4．（5分）設向量，=（2，sinα），若，則tan（α﹣）等于（） A． ﹣ B． C． ﹣3 D． 3 5．（5分）設直線l：kx﹣y+1=0與圓C：x2+y2=4相較于A、B兩點，=+，且點M在圓C上，則實數k等于（） A． 1 B． 2 C． ﹣1 D． 0 6．（5分）已知點P（a，b）與點Q（1，0）在直線2x+3y﹣1=0的兩側，且a＞0，b＞0，則w=a﹣2b的取值范圍是（） A． [﹣，] B． （﹣，0） C． （0，） D． （﹣，） 7．（5分）在等差數列{an}中，滿足3a4=7a7，且a1＞0，Sn是數列{an}的前n項的和，若Sn取得最大值，則n取值為（） A． 7 B． 8 C． 9 D． 10 8．（5分）設a=，b=，c=，則a，b，c的大小關系為（） A． a＞b＞c B． b＞a＞c C． c＞b＞a D． c＞a＞b 9．（5分）已知雙曲線﹣=1（a＞0，b＞0）的實軸長為4，虛軸的一個端點與拋物線x2=2py（p＞0）的焦點重合，直線y=kx﹣1與拋物線相切且與雙曲線的一條漸進線平行，則p=（） A． 4 B． 3 C． 2 D． 1 10．（5分）已知函數f（x）=ax3﹣3x2+1，若f（x）存在唯一的零點x0，且x0＞0，則a的取值范圍是（） A． （2，+∞） B． （1，+∞） C． （﹣∞，﹣2） D． （﹣∞，﹣1） 二、填空題：本大題共5小題，每小題5分，共25分，把答案填在答題卷的橫線上．. 11．（5分）已知等差數列{an}中，a3=6，a6=3，則a9=． 12．（5分）直線過點（2，﹣3），且在兩個坐標軸上的截距互為相反數，則這樣的直線方程是． 13．（5分）已知x，y滿足，則|x+y+1|的最大值為． 14．（5分）某班級54名學生第一次考試的數學成績?yōu)閤1，x2，…，x54，其均值和標準差分別為90分和4分，若第二次考試每位學生的數學成績都增加5分，則這54位學生第二次考試數學成績的均值與標準差的和為 分． 15．（5分）橢圓滿足這樣的光學性質：從橢圓的一個交點發(fā)射的光線，經橢圓反射后，反射光先經過橢圓的另一個交點，現設有一個水平放置的橢圓形臺球盤，滿足方程+=1，點A和B是它們的兩個交點，當靜止的小球放在點A處，從點A沿直線出發(fā)，經橢圓壁反彈后，再回到點A時，小球經過的路程是． 三、解答題：本大題共6小題，滿分75分，解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟 16．（12分）已知向量=（cosA，﹣sinA），=（cosB，sinB），?=cos2C，其中A，B，C是△ABC的內角 （1）求角C的大??； （2）求sinA+2sinB的取值范圍． 17．（12分）在如圖所示的幾何體中，四邊形CDEF為正方形，四邊形ABCD為等腰梯形，AB∥CD，AC=，AB=2BC=2，AC⊥FB． （1）求三棱錐A﹣BCF的體積． （2）線段AC上是否存在點M，使得EA∥平面FDM？證明你的結論． 18．（12分）一個袋中有4個大小質地相同的小球，其中紅球1個，白球2個（分別標號為1，2），黑球1個，現從袋中有放回的取球，每次隨機取1個． （1）求連續(xù)取兩次都沒取到白球的概率； （2）若取1個紅球記2分，取1個白球記1分，取1個回球記0分，連續(xù)取兩次球，求分數之和為2或3的概率． 19．（12分）設數列{an}的前n項和為Sn．已知a1=a，an+1=Sn+3n，n∈N*．由 （Ⅰ）設bn=Sn﹣3n，求數列{bn}的通項公式； （Ⅱ）若an+1≥an，n∈N*，求a的取值范圍． 20．（13分）已知點B是橢圓C：+=1（a＞b＞0）的上頂點，F1，F2分別是橢圓的左右焦點，直線BF1，BF2與橢圓分別交于E，F兩點，△BEF為等邊三角形． （1）求橢圓C的離心率； （2）已知點（1，）在橢圓C上，且直線l：y=kx+m與橢圓C交于M、N兩點，若直線F1M，F2N的傾斜角分別為α，β，且α+β=，求證：直線l過定點，并求該定點的坐標． 21．（14分）已知函數f（x）=ax+x2﹣xlna（a＞0，a≠1）． （1）求函數f（x）在點（0，f（0））處的切線方程； （2）求函數f（x）單調增區(qū)間； （3）若存在x1，x2∈[﹣1，1]，使得|f（x1）﹣f（x2）|≥e﹣1（e是自然對數的底數），求實數a的取值范圍． 山東省淄博市實驗中學xx高考數學三模試卷（文科） 參考答案與試題解析 一、選擇題（本大題共10個小題，每小題5分，共50分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的） 1．（5分）已知復數z=（1﹣i）（1+2i），其中i為虛數單位，則的虛部為（） A． ﹣i B． 1 C． ﹣1 D． i 考點： 復數代數形式的乘除運算． 專題： 數系的擴充和復數． 分析： 利用復數的運算法則、虛部的定義即可得出． 解答： 解：∵復數z=（1﹣i）（1+2i）=3+i， ∴=3﹣i的虛部為﹣1． 故選：C． 點評： 本題考查了復數的運算法則、虛部的定義，屬于基礎題． 2．（5分）設全集U=R，A={x∈N|y=ln（2﹣x）}，B={x|2x（x﹣2）≤1}，A∩B=（） A． {x|x≥1} B． {x|1≤x＜2} C． {1} D． {0，1} 考點： 交集及其運算． 專題： 集合． 分析： 求出A與B中x的范圍，確定出A與B，找出兩集合的交集即可． 解答： 解：由A中x∈N，y=ln（2﹣x），得到2﹣x＞0，即x＜2， ∴A={0，1}， 由B中不等式變形得：2x（x﹣2）≤1=20， 即x（x﹣2）≤0， 解得：0≤x≤2，即B=[0，2]， 則A∩B={0，1}． 故選：D． 點評： 此題考查了交集及其運算，熟練掌握交集的定義是解本題的關鍵． 3．（5分）若點P（3，﹣1）為圓（x﹣2）2+y2=25的弦AB的中點，則直線AB的方程為（） A． x+y﹣2=0 B． 2x﹣y﹣7=0 C． 2x+y﹣5=0 D． x﹣y﹣4=0 考點： 直線與圓的位置關系． 專題： 計算題． 分析： 設圓心C（2，0），連接PC，由P（3，﹣1）為圓的弦的中點可得AB⊥PC，由 可求KAB=1，從而 可求直線AB的方程． 解答： 解：設圓心C（2，0），連接PC 由P（3，﹣1）為圓的弦的中點可得AB⊥PC ∵∴KAB=1 直線AB的方程為x﹣y﹣4=0 故選D． 點評： 本題主要考查了利用直線垂直關系求解直線的斜率，主要應用了圓的性質：垂直于（平分）弦的直徑平分（垂直于）弦 4．（5分）設向量，=（2，sinα），若，則tan（α﹣）等于（） A． ﹣ B． C． ﹣3 D． 3 考點： 數量積判斷兩個平面向量的垂直關系；兩角和與差的正切函數． 專題： 平面向量及應用． 分析： 利用?，即可得出tanα，再利用兩角差的正切公式即可得出． 解答： 解：∵，∴2cosα﹣sinα=0，即tanα=2． ∴=， 故選B． 點評： 熟練掌握?、兩角差的正切公式是解題的關鍵． 5．（5分）設直線l：kx﹣y+1=0與圓C：x2+y2=4相較于A、B兩點，=+，且點M在圓C上，則實數k等于（） A． 1 B． 2 C． ﹣1 D． 0 考點： 直線與圓的位置關系． 專題： 直線與圓． 分析： 由已知得四邊形OAMB為菱形，弦AB的長為2，又直線過定點N（0，1），且過N的弦的弦長最小值為2，由此能求出結果． 解答： 解：由題意可得，四邊形OAMB為平行四邊形，∴四邊形OAMB為菱形， ∴△OAM為等邊三角形，且邊長為2， 解得弦AB的長為2，又直線過定點N（0，1）， 且過N的弦的弦長最小值為2， 此時此弦平行x軸，即k=0， 故選：D． 點評： 本題考查滿足條件的實數值的求法，是中檔題，解題時要認真審題，注意圓的性質的合理運用，屬于基礎題． 6．（5分）已知點P（a，b）與點Q（1，0）在直線2x+3y﹣1=0的兩側，且a＞0，b＞0，則w=a﹣2b的取值范圍是（） A． [﹣，] B． （﹣，0） C． （0，） D． （﹣，） 考點： 簡單線性規(guī)劃的應用；二元一次不等式的幾何意義；直線的斜率． 專題： 不等式的解法及應用． 分析： 點P（a，b）與點Q（1，0）在直線2x+3y﹣1=0的兩側，那么把這兩個點代入2x+3y﹣1，它們的符號相反，結合a＞0，b＞0，畫出可行域，則w=a﹣2b的取值范圍． 解答： 解：點P（a，b）與點Q（1，0）在直線2x+3y﹣1=0的兩側，且a＞0，b＞0， 可得：，可行域如圖：w=a﹣2b經過可行域的A與B時分別取得最大值與最小值． ∵A（），B（）， ∴wA=，wB=，∴w∈（﹣，）． 故選：D． 點評： 本題考查了線性規(guī)劃問題、直線的斜率計算公式及其單調性，考查了問題的轉化能力和推理能力，屬于中檔題． 7．（5分）在等差數列{an}中，滿足3a4=7a7，且a1＞0，Sn是數列{an}的前n項的和，若Sn取得最大值，則n取值為（） A． 7 B． 8 C． 9 D． 10 考點： 等差數列的性質． 專題： 計算題． 分析： 把a1和d代入3a4=7a7，求得a1=﹣d，進而可判斷a9＞0，a10＜0，故可知數列前9項均為正數，進而可知答案． 解答： 解：∵3a4=7a7，且a1＞0， ∴數列的公差d＜0 ∵3a4=7a7∴3（a1+3d）=7（a1+6d） 整理得a1=﹣d ∴a9=a1+8d＞0，a10=a1+9d＜0 ∴前9項和Sn最大． 故選C． 點評： 本題主要考查了等差數列的性質．數列的單調性．屬基礎題． 8．（5分）設a=，b=，c=，則a，b，c的大小關系為（） A． a＞b＞c B． b＞a＞c C． c＞b＞a D． c＞a＞b 考點： 不等式比較大?。? 專題： 不等式的解法及應用． 分析： 化為a==，b==，c=，即可比較出大?。? 解答： 解：∵a==，b==，c=， 36e2＞49e＞64， ∴a＜b＜c． 故選：C． 點評： 本題考查了不等式的性質，屬于基礎題． 9．（5分）已知雙曲線﹣=1（a＞0，b＞0）的實軸長為4，虛軸的一個端點與拋物線x2=2py（p＞0）的焦點重合，直線y=kx﹣1與拋物線相切且與雙曲線的一條漸進線平行，則p=（） A． 4 B． 3 C． 2 D． 1 考點： 圓錐曲線的綜合；雙曲線的簡單性質． 專題： 圓錐曲線的定義、性質與方程． 分析： 求出拋物線的焦點坐標，推出雙曲線的漸近線方程，利用直線與拋物線相切求解即可． 解答： 解：拋物線x2=2py（p＞0）的焦點（0，），可得b=，a=2，雙曲線方程為：， 它的漸近線方程為：，即：， 直線y=kx﹣1與拋物線相切且與雙曲線的一條漸進線平行，不妨：k=， ，可得=． △=，解得p=4． ∵p＞0，∴p=4． 故選：A． 點評： 本題考查拋物線與雙曲線以及直線方程的綜合應用，考查分析問題解決問題的能力． 10．（5分）已知函數f（x）=ax3﹣3x2+1，若f（x）存在唯一的零點x0，且x0＞0，則a的取值范圍是（） A． （2，+∞） B． （1，+∞） C． （﹣∞，﹣2） D． （﹣∞，﹣1） 考點： 函數零點的判定定理． 專題： 綜合題；導數的概念及應用． 分析： 分類討論：當a≥0時，容易判斷出不符合題意；當a＜0時，由于而f（0）=1＞0，x→+∞時，f（x）→﹣∞，可知：存在x0＞0，使得f（x0）=0，要使?jié)M足條件f（x）存在唯一的零點x0，且x0＞0，則必須極小值f（）＞0，解出即可． 解答： 解：當a=0時，f（x）=﹣3x2+1=0，解得x=，函數f（x）有兩個零點，不符合題意，應舍去； 當a＞0時，令f′（x）=3ax2﹣6x=3ax（x﹣）=0，解得x=0或x=＞0，列表如下： x （﹣∞，0） 0 （0，） （，+∞） f′（x） + 0 ﹣ 0 + f（x） 單調遞增 極大值 單調遞減 極小值 單調遞增 ∵x→﹣∞，f（x）→﹣∞，而f（0）=1＞0， ∴存在x＜0，使得f（x）=0，不符合條件：f（x）存在唯一的零點x0，且x0＞0，應舍去． 當a＜0時，f′（x）=3ax2﹣6x=3ax（x﹣）=0，解得x=0或x=＜0，列表如下： x （﹣∞，） （，0） 0 （0，+∞） f′（x） ﹣ 0 + 0 ﹣ f（x） 單調遞減 極小值 單調遞增 極大值 單調遞減 而f（0）=1＞0，x→+∞時，f（x）→﹣∞， ∴存在x0＞0，使得f（x0）=0， ∵f（x）存在唯一的零點x0，且x0＞0， ∴極小值f（）＞0，化為a2＞4， ∵a＜0，∴a＜﹣2． 綜上可知：a的取值范圍是（﹣∞，﹣2）． 故選：C． 點評： 本題考查了利用導數研究函數的單調性極值與最值、分類討論的思想方法，考查了推理能力和計算能力，屬于難題． 二、填空題：本大題共5小題，每小題5分，共25分，把答案填在答題卷的橫線上．. 11．（5分）已知等差數列{an}中，a3=6，a6=3，則a9=0． 考點： 等差數列的通項公式． 專題： 計算題；等差數列與等比數列． 分析： 在等差數列{an}中，設出公差為d，根據a3=6，a6=3，求出公差和首項，然后求出等差數列的通項公式，從而求解． 解答： 解：在等差數列{an}中，a3=6，a6=3， a1+2d=6①，a1+5d=3②， 聯立①②可得，3d=﹣3，d=﹣1； a1=8，∴an=a1+（n﹣1）d=8+（n﹣1）（﹣1）=9﹣n； ∴a9=0， 故答案為：0． 點評： 本題主要考查等差數列的通項公式及其應用，考查解方程的運算求解能力，屬于基礎題． 12．（5分）直線過點（2，﹣3），且在兩個坐標軸上的截距互為相反數，則這樣的直線方程是3x+2y=0或x﹣y﹣5=0． 考點： 直線的截距式方程． 專題： 直線與圓． 分析： 當直線經過原點時滿足條件，直接得出；當直線不經過原點時，設，把點（2，﹣3）代入即可得出． 解答： 解：當直線經過原點時滿足條件，此時直線方程為，化為3x+2y=0； 當直線不經過原點時，設，把點（2，﹣3）代入可得：=1，解得a=5． ∴直線方程為x﹣y﹣5=0． 綜上可得：直線方程為3x+2y=0或x﹣y﹣5=0． 故答案為：3x+2y=0或x﹣y﹣5=0． 點評： 本題考查了直線的截距式、分類討論方法，考查了推理能力與計算能力，屬于基礎題． 13．（5分）已知x，y滿足，則|x+y+1|的最大值為6． 考點： 簡單線性規(guī)劃． 專題： 不等式的解法及應用． 分析： 作出不等式組對應的平面區(qū)域，利用目標函數的幾何意義，進行求解即可． 解答： 解：作出不等式組對應的平面區(qū)域如圖：（陰影部分ABC）． 設z=x+y+1得y=﹣x+z﹣1，平移直線y=﹣x+z﹣1， 由圖象可知當直線y=﹣x+z﹣1經過點A（1，0）時， 直線y=﹣x+z﹣1的截距最小，此時z最?。? 此時z=1+1=2， 當直線經過點B時，直線截距最大， 由， 解得，即B（2，3）， 代入目標函數z=x+y+1得z=2+3+1=6． 即2≤z≤6， 則2≤|x+y+1|≤6， 故|x+y+1|的最大值為6． 故答案為：6． 點評： 本題主要考查線性規(guī)劃的應用，利用目標函數的幾何意義，結合數形結合的數學思想是解決此類問題的基本方法． 14．（5分）某班級54名學生第一次考試的數學成績?yōu)閤1，x2，…，x54，其均值和標準差分別為90分和4分，若第二次考試每位學生的數學成績都增加5分，則這54位學生第二次考試數學成績的均值與標準差的和為99 分． 考點： 極差、方差與標準差． 專題： 概率與統計． 分析： 利用標準差、均值的性質即得結論． 解答： 解：當每位學生的數學成績都增加5分時， 由標準差的性質可知：標準差不變， 但均值增加5， 即均值與標準差的和增加了5， 故答案為：99． 點評： 本題考查標準差、均值的性質，注意解題方法的積累，屬于基礎題． 15．（5分）橢圓滿足這樣的光學性質：從橢圓的一個交點發(fā)射的光線，經橢圓反射后，反射光先經過橢圓的另一個交點，現設有一個水平放置的橢圓形臺球盤，滿足方程+=1，點A和B是它們的兩個交點，當靜止的小球放在點A處，從點A沿直線出發(fā)，經橢圓壁反彈后，再回到點A時，小球經過的路程是2或18或20． 考點： 橢圓的簡單性質． 專題： 計算題；圓錐曲線的定義、性質與方程． 分析： 根據橢圓的光學性質可知，當靜止的小球放在點A處，從點A沿直線出發(fā)，射到左頂點，經橢圓壁反彈后，再回到點A時，小球經過的路程是2；射到右頂點，經橢圓壁反彈后，再回到點A時，小球經過的路程是18；小球從點A沿直線出發(fā)，經橢圓壁反彈到B點繼續(xù)前行碰橢圓壁后回到A點，所走的軌跡正好是兩次橢圓上的點到兩焦點距離之和，進而根據橢圓的定義可求得答案． 解答： 解：依題意可知+=1中，a=5，b=3，c=4，設A，B分別為左、右焦點， 則當靜止的小球放在點A處，從點A沿直線出發(fā)，射到左頂點，經橢圓壁反彈后，再回到點A時，小球經過的路程是2； 射到右頂點，經橢圓壁反彈后，再回到點A時，小球經過的路程是18； 小球經兩次橢圓壁后反彈后回到A點，根據橢圓的性質可知所走的路程正好是4a=45=20． 故答案為：2或18或20． 點評： 本題主要考查了橢圓的應用．解題的關鍵是利用了橢圓的第一定義． 三、解答題：本大題共6小題，滿分75分，解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟 16．（12分）已知向量=（cosA，﹣sinA），=（cosB，sinB），?=cos2C，其中A，B，C是△ABC的內角 （1）求角C的大小； （2）求sinA+2sinB的取值范圍． 考點： 平面向量數量積的運算；三角函數中的恒等變換應用． 專題： 不等式的解法及應用；平面向量及應用． 分析： （1）由數量積的坐標運算結合兩角和的余弦化為關于cosC的一元二次方程求得cosC，從而得到角C的大小； （2）用A表示B，借助于輔助角公式化簡，則sinA+2sinB的取值范圍可求． 解答： 解：（1）=cosAcosB﹣sinAsinB=cos（A+B）， ∵A+B+C=π，∴cos（A+B）=﹣cosC=cos2C， 即2cos2C+cosC﹣1=0． 故cosC=或cosC=﹣1． 又0＜C＜π，∴C=； （2）sinA+2sinB=sinA+2sin（﹣A）=2sinA+cosA=sin（A+θ）， 其中θ為銳角，且tanθ=． ∵0＜A＜，0＜θ＜．∴θ＜A+θ＜+θ．當A+θ=時，sinA+2sin有最大值； 又∵A=0時，sinA+2sinB=，A=時，sinA+2sinB=， 故sinA+2sin2B的取值范圍是． 點評： 本題考查平面向量的數量積運算，考查三角函數值域的求法，關鍵是對角范圍的討論，是中檔題． 17．（12分）在如圖所示的幾何體中，四邊形CDEF為正方形，四邊形ABCD為等腰梯形，AB∥CD，AC=，AB=2BC=2，AC⊥FB． （1）求三棱錐A﹣BCF的體積． （2）線段AC上是否存在點M，使得EA∥平面FDM？證明你的結論． 考點： 棱柱、棱錐、棱臺的體積；直線與平面平行的判定． 專題： 綜合題；空間位置關系與距離． 分析： （1）根據線面垂直的判定定理證明AC⊥平面FBC，FC⊥平面ABCD，再利用體積公式求解即可； （2）根據線面平行的判定定理即可證明． 解答： 解：（1）在△ABC中， 因為AC=，AB=2，BC=1， 所以AC⊥BC，∠ABC=60，∠ADC=120． 在△ADC中，由余弦定理可得DC=1， 又因為AC⊥FB，BC∩FB=B， 所以AC⊥平面FBC． 因為FC?平面FBC， 所以AC⊥FC， 因為CDEF為正方形， 所以DC⊥FC，FC=1， 因為AC∩DC=C， 所以FC⊥平面ABCD，即FC⊥BC， 所以VA﹣FBC===； （2）M為線段AC的中點，EA∥平面FDM． 連結CE，與DF交于點N，連接MN． 因為CDEF為正方形，所以N為CE中點． 在△ACE中，EA∥MN． 因為MN?平面FDM，EA?平面FDM， 所以 EA∥平面FDM． 點評： 本題主要考查空間直線和平面平行和垂直的判定，考查體積的計算，要求熟練掌握相應的判定定理． 18．（12分）一個袋中有4個大小質地相同的小球，其中紅球1個，白球2個（分別標號為1，2），黑球1個，現從袋中有放回的取球，每次隨機取1個． （1）求連續(xù)取兩次都沒取到白球的概率； （2）若取1個紅球記2分，取1個白球記1分，取1個回球記0分，連續(xù)取兩次球，求分數之和為2或3的概率． 考點： 列舉法計算基本事件數及事件發(fā)生的概率． 專題： 概率與統計． 分析： （1）利用列舉法寫出連續(xù)取兩次的事件總數情況，共16種，從中算出連續(xù)取兩次都不是白球的種數，最后求出它們的比值即可； （2）從中數出連續(xù)取二次分數之和為2或3的種數，根據互斥事件的概率公式，計算即可． 解答： 解：（1）連續(xù)取兩次所包含的基本事件有：（紅，紅），（紅，白1），（紅，白2），（紅，黑）；（白1，紅）（白1，白1）（白1，白2），（白1，黑）；（白2，紅）， （白2，白1），（白2，白2），（白2，黑）；（黑，紅），（黑，白1），（黑，白2），（黑，黑），所以基本事件的總數16個， 設事件A：“連續(xù)取兩次都沒有取到白球”，則事件A所包含的基本事件有：（紅，紅），（黑，紅），（紅，黑），（黑，黑）4個基本事件， 所以P（A）==， （2）設事件B：“連續(xù)取兩次分數之和為2“，則事件B由（紅，黑），（白1，白1），（白1，白2），（白2，白1），（白2，白2），（黑，紅），6個基本事件組成， 則P（B）==， 設事件C：“連續(xù)取兩次分數之和為3“，則事件C由（紅，白1），（紅，白2），（白1，紅）；（白2，紅），4個基本事件組成， 則P（C）==， 設事件D，“連續(xù)取兩次分數之和為2或3”，且B與C互斥， 則P（D）=P（B）+P（C）=+=． 點評： 本題考查了古典概型的概率問題，關鍵是列舉基本的事件，屬于基礎題． 19．（12分）設數列{an}的前n項和為Sn．已知a1=a，an+1=Sn+3n，n∈N*．由 （Ⅰ）設bn=Sn﹣3n，求數列{bn}的通項公式； （Ⅱ）若an+1≥an，n∈N*，求a的取值范圍． 考點： 數列遞推式；數列的概念及簡單表示法． 專題： 計算題；壓軸題． 分析： （Ⅰ）依題意得Sn+1=2Sn+3n，由此可知Sn+1﹣3n+1=2（Sn﹣3n）．所以bn=Sn﹣3n=（a﹣3）2n﹣1，n∈N*． （Ⅱ）由題設條件知Sn=3n+（a﹣3）2n﹣1，n∈N*，于是，an=Sn﹣Sn﹣1=，由此可以求得a的取值范圍是[﹣9，+∞）． 解答： 解：（Ⅰ）依題意，Sn+1﹣Sn=an+1=Sn+3n，即Sn+1=2Sn+3n， 由此得Sn+1﹣3n+1=2Sn+3n﹣3n+1=2（Sn﹣3n）．（4分） 因此，所求通項公式為bn=Sn﹣3n=（a﹣3）2n﹣1，n∈N*．①（6分） （Ⅱ）由①知Sn=3n+（a﹣3）2n﹣1，n∈N*， 于是，當n≥2時， an=Sn﹣Sn﹣1=3n+（a﹣3）2n﹣1﹣3n﹣1﹣（a﹣3）2n﹣2=23n﹣1+（a﹣3）2n﹣2， an+1﹣an=43n﹣1+（a﹣3）2n﹣2=， 當n≥2時，?a≥﹣9． 又a2=a1+3＞a1． 綜上，所求的a的取值范圍是[﹣9，+∞）．（12分） 點評： 本題考查數列的綜合運用，解題時要仔細審題，注意挖掘題設中的隱含條件． 20．（13分）已知點B是橢圓C：+=1（a＞b＞0）的上頂點，F1，F2分別是橢圓的左右焦點，直線BF1，BF2與橢圓分別交于E，F兩點，△BEF為等邊三角形． （1）求橢圓C的離心率； （2）已知點（1，）在橢圓C上，且直線l：y=kx+m與橢圓C交于M、N兩點，若直線F1M，F2N的傾斜角分別為α，β，且α+β=，求證：直線l過定點，并求該定點的坐標． 考點： 直線與圓錐曲線的綜合問題． 專題： 圓錐曲線的定義、性質與方程． 分析： （Ⅰ）根據三角形為等邊三角形，列式求解離心率． （Ⅱ）先求得橢圓方程，直線l：y=kx+m與橢圓C聯立，得所以（k2﹣1）x1x2+（mk+1）（x1+x2）+m2﹣1=0，依條件求解． 解答： 解：（Ⅰ）B（0，b）F1（﹣c，0），F2（c，0）． 又△BEF為等邊三角形，所以，△BF1F2為等邊三角形． ∴2c=，①又a2=b2+c2② 由①②解得 橢圓C的離心率．…（3分） （Ⅱ）由題意橢圓方程為3x2+4y2=3a2，由于點（1，）在橢圓C上， 因此a2=4，b2=3，因此橢圓方程為．…（4分） 聯立，消去y，得（3+4k2）x2+8mkx+4m2﹣12=0．設M（x1，y1）．N（x2，y2）， 則，由，得sinα=cosβ，cosα=sinβ，…（7分） 因此tanαtanβ=1，即，因此（kx1+m）（kx2+m）=（x1﹣1）（x2﹣1）， 所以（k2﹣1）x1x2+（mk+1）（x1+x2）+m2﹣1=0，…（9分） 因此+m2﹣1=0，整理，得 m2+8mk+16k2﹣9=0，即（m+4k）2=3，m=﹣4k3．…（11分） 于是直線方程為y=k（x﹣4）3，因此直線過定點（4，3）或（4，﹣3）．…（13分） 點評： 本題主要考查了橢圓離心率的求法和直線和圓錐曲線的綜合應用，屬于中檔題，xx高考經常涉及． 21．（14分）已知函數f（x）=ax+x2﹣xlna（a＞0，a≠1）． （1）求函數f（x）在點（0，f（0））處的切線方程； （2）求函數f（x）單調增區(qū)間； （3）若存在x1，x2∈[﹣1，1]，使得|f（x1）﹣f（x2）|≥e﹣1（e是自然對數的底數），求實數a的取值范圍． 考點： 利用導數研究曲線上某點切線方程；利用導數研究函數的單調性；利用導數求閉區(qū)間上函數的最值． 專題： 導數的綜合應用． 分析： （1）先求函數的導函數f′（x），再求所求切線的斜率即f′（0），由于切點為（0，0），故由點斜式即可得所求切線的方程； （2）先求原函數的導數得：f（x）=axlna+2x﹣lna=2x+（ax﹣1）lna，再對a進行討論，得到f（x）＞0，從而函數f（x）在（0，+∞）上單調遞增． （3）f（x）的最大值減去f（x）的最小值大于或等于e﹣1，由單調性知，f（x）的最大值是f（1）或f（﹣1），最小值f（0）=1，由f（1）﹣f（﹣1）的單調性，判斷f（1）與f（﹣1）的大小關系，再由f（x）的最大值減去最小值f（0）大于或等于e﹣1求出a的取值范圍． 解答： 解：（1）∵f（x）=ax+x2﹣xlna， ∴f′（x）=axlna+2x﹣lna， ∴f′（0）=0，f（0）=1 即函數f（x）圖象在點（0，1）處的切線斜率為0， ∴圖象在點（0，f（0））處的切線方程為y=1；（3分） （2）由于f（x）=axlna+2x﹣lna=2x+（ax﹣1）lna＞0 ①當a＞1，y=2x單調遞增，lna＞0，所以y=（ax﹣1）lna單調遞增，故y=2x+（ax﹣1）lna單調遞增， ∴2x+（ax﹣1）lna＞20+（a0﹣1）lna=0，即f（x）＞f（0），所以x＞0 故函數f（x）在（0，+∞）上單調遞增； ②當0＜a＜1，y=2x單調遞增，lna＜0，所以y=（ax﹣1）lna單調遞增，故y=2x+（ax﹣1）lna單調遞增， ∴2x+（ax﹣1）lna＞20+（a0﹣1）lna=0，即f（x）＞f（0），所以x＞0 故函數f（x）在（0，+∞）上單調遞增； 綜上，函數f（x）單調增區(qū)間（0，+∞）；（8分） （3）因為存在x1，x2∈[﹣1，1]，使得|f（x1）﹣f（x2）|≥e﹣1， 所以當x∈[﹣1，1]時，|（f（x））max﹣（f（x））min| =（f（x））max﹣（f（x））min≥e﹣1，（12分） 由（2）知，f（x）在[﹣1，0]上遞減，在[0，1]上遞增， 所以當x∈[﹣1，1]時，（f（x））min=f（0）=1， （f（x））max=max{f（﹣1），f（1）}， 而f（1）﹣f（﹣1）=（a+1﹣lna）﹣（ +1+lna）=a﹣﹣2lna， 記g（t）=t﹣﹣2lnt（t＞0）， 因為g′（t）=1+﹣=（ ﹣1）2≥0（當t=1時取等號）， 所以g（t）=t﹣﹣2lnt在t∈（0，+∞）上單調遞增，而g（1）=0， 所以當t＞1時，g（t）＞0；當0＜t＜1時，g（t）＜0， 也就是當a＞1時，f（1）＞f（﹣1）； 當0＜a＜1時，f（1）＜f（﹣1）（14分） ①當a＞1時，由f（1）﹣f（0）≥e﹣1?a﹣lna≥e﹣1?a≥e， ②當0＜a＜1時，由f（﹣1）﹣f（0）≥e﹣1?+lna≥e﹣1?0＜a≤， 綜上知，所求a的取值范圍為a∈（0，]∪[e，+∞）．（16分） 點評： 本題考查了基本函數導數公式，導數的幾何意義，利用導數研究函數的單調性及利用導數求閉區(qū)間上函數的最值．屬于中檔題．