河北保定易縣中學2017屆高三上學期周考數學(理)試卷(四)解析版.doc

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河北保定易縣中學2017屆高三上學期周考數學（理）試卷（四） 一．選擇題（12小題，每題5分，共60分） 1．已知集合A={x∈N|1＜x＜log2k}，集合A中至少有3個元素，則（　?。? A．k＞8 B．k≥8 C．k＞16 D．k≥16 2．復數的共軛復數的虛部是（　?。? A． B． C．﹣1 D．1 3．已知f（x）=x﹣sinx，命題p：?x∈（0，），f（x）＜0，則（　?。? A．p是假命題，￢p：?x∈（0，），f（x）≥0 B．p是假命題，￢p：?x∈（0，），f（x）≥0 C．p是真命題，￢p：?x∈（0，），f（x）≥0 D．p是真命題，￢p：?x∈（0，），f（x）≥0 4．《算法通宗》是我國古代內容豐富的數學名書，書中有如下問題：“遠望巍巍塔七層，紅燈向下倍加增，共燈三百八十一，請問塔頂幾盞燈？”其意思為“一座塔共七層，從塔頂至塔底，每層燈的數目都是上一層的2倍，已知這座塔共有381盞燈，請問塔頂有幾盞燈？” A．3 B．4 C．5 D．6 5．設函數f（x）=sin（2x﹣）的圖象為C，下面結論中正確的是（　?。? A．函數f（x）的最小正周期是2π B．函數f（x）在區(qū)間（﹣，）上是增函數 C．圖象C可由函數g（x）=sin2x的圖象向右平移個單位得到 D．圖象C關于點（，0）對稱 6．程序框圖的算法思路源于我國古代數學名著《九章算術》中的“更相減損術”，執(zhí)行該程序框圖，若輸入的a，b分別為14，18，則輸出的a=（　?。? A．0 B．2 C．4 D．14 7．若不等式組表示的區(qū)域Ω，不等式（x﹣）2+y2表示的區(qū)域為Γ，向Ω區(qū)域均勻隨機撒360顆芝麻，則落在區(qū)域Γ中芝麻數約為（　　） A．114 B．10 C．150 D．50 8．2015年4月22日，亞非領導人會議在印尼雅加達舉行，某五國領導人A，B，C，D，E，除B與E、D與E不單獨會晤外，其他領導人兩兩之間都要單獨會晤，現安排他們在兩天的上午、下午單獨會晤（每人每個半天最多只進行一次會晤），那么安排他們單獨會晤的不同方法共有（　?。? A．48種 B．36種 C．24種 D．8種 9．實數x，y滿足，則xy的最小值為（　?。? A．2 B． C． D．1 10．如圖，在△OMN中，A，B分別是OM，ON的中點，若=x+y（x，y∈R），且點P落在四邊形ABNM內（含邊界），則的取值范圍是（　　） A．[，] B．[，] C．[，] D．[，] 11．F1，F2分別是雙曲線﹣=1（a，b＞0）的左右焦點，點P在雙曲線上，滿足=0，若△PF1F2的內切圓半徑與外接圓半徑之比為，則該雙曲線的離心率為（　?。? A． B． C． +1 D． +1 12．如圖所示，正方體ABCD﹣A′B′C′D′的棱長為1，E，F分別是棱AA′，CC′的中點，過直線E，F的平面分別與棱BB′、DD′交于M，N，設BM=x，x∈[0，1]，給出以下四個命題： ①平面MENF⊥平面BDD′B′； ②當且僅當x=時，四邊形MENF的面積最??； ③四邊形MENF周長L=f（x），x∈[0，1]是單調函數； ④四棱錐C′﹣MENF的體積V=h（x）為常函數； 以上命題中假命題的序號為（　　） A．①④ B．② C．③ D．③④ 　 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A﹣BCD中，AB⊥面BCD，△BCD為邊長為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的展開式中的常數項是　?。ㄓ脭底肿鞔穑? 16．（填空題壓軸題：考查函數的性質，字母運算等） 設函數f（x）的定義域為D，如果存在正實數k，使對任意x∈D，都有x+k∈D，且f（x+k）＞f（x）恒成立，則稱函數f（x）為D上的“k型增函數”．已知f（x）是定義在R上的奇函數，且當x＞0時，f（x）=|x﹣a|﹣2a，若f（x）為R上的“2011型增函數”，則實數a的取值范圍是　?。? 　 三．解答題 17．在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知bcos2+acos2=c． （Ⅰ）求證：a，c，b成等差數列； （Ⅱ）若C=，△ABC的面積為2，求c． 18．某校新、老校區(qū)之間開車單程所需時間為T，T只與道路通暢狀況有關，對其容量為100的樣本進行統(tǒng)計，結果如下： T（分鐘） 25 30 35 40 頻數（次） 20 30 40 10 （Ⅰ）求T的分布列與數學期望ET； （Ⅱ）劉教授駕車從老校區(qū)出發(fā)，前往新校區(qū)做一個50分鐘的講座，結束后立即返回老校區(qū)，求劉教授從離開老校區(qū)到返回老校區(qū)共用時間不超過120分鐘的概率． 19．如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，PC⊥底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB∥CD，AB=2AD=2CD=2，PE=2BE． （I）求證：平面EAC⊥平面PBC； （Ⅱ）若二面角P﹣AC﹣E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，且過點．若點M（x0，y0）在橢圓C上，則點稱為點M的一個“橢點”． （I）求橢圓C的標準方程； （Ⅱ）若直線l：y=kx+m與橢圓C相交于A，B兩點，且A，B兩點的“橢點”分別為P，Q，以PQ為直徑的圓經過坐標原點，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，說明理由． 21．已知函數f（x）=lnx﹣x2+ax，（1）當x∈（1，+∞）時，函數f（x）為遞減函數，求a的取值范圍； （2）設f（x）是函數f（x）的導函數，x1，x2是函數f（x）的兩個零點，且x1＜x2，求證 （3）證明當n≥2時，． 　 　 [坐標系與參數方程] 22．在直角坐標系中，以坐標原點O為極點，x軸的非負半軸為極軸建立極坐標系，已知點M的極坐標為（2，），曲線C的參數方程為（α為參數）． （1）直線l過M且與曲線C相切，求直線l的極坐標方程； （2）點N與點M關于y軸對稱，求曲線C上的點到點N的距離的取值范圍． 　 [不等式選講] 23．已知?x0∈R使得關于x的不等式|x﹣1|﹣|x﹣2|≥t成立． （Ⅰ）求滿足條件的實數t集合T； （Ⅱ）若m＞1，n＞1，且對于?t∈T，不等式log3m?log3n≥t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={x∈N|1＜x＜log2k}，集合A中至少有3個元素，則（　?。? A．k＞8 B．k≥8 C．k＞16 D．k≥16 【考點】集合的表示法． 【分析】首先確定集合A，由此得到log2k＞4，由此求得k的取值范圍． 【解答】解：∵集合A={x∈N|1＜x＜log2k}，集合A中至少有3個元素，∴A={2，3，4}， ∴l(xiāng)og2k＞4， ∴k＞16． 故選：C． 　 2．復數的共軛復數的虛部是（　?。? A． B． C．﹣1 D．1 【考點】復數代數形式的乘除運算． 【分析】利用復數代數形式的乘除運算化簡，求出原復數的共軛復數得答案． 【解答】解：∵=， ∴復數的共軛復數為﹣i，虛部為﹣1． 故選：C． 　 3．已知f（x）=x﹣sinx，命題p：?x∈（0，），f（x）＜0，則（　?。? A．p是假命題，￢p：?x∈（0，），f（x）≥0 B．p是假命題，￢p：?x∈（0，），f（x）≥0 C．p是真命題，￢p：?x∈（0，），f（x）≥0 D．p是真命題，￢p：?x∈（0，），f（x）≥0 【考點】命題的否定． 【分析】利用特稱命題的否定是全稱命題寫出結果即可． 【解答】解：f（x）=x﹣sinx，x∈（0，），f′（x）=1﹣cosx＞0，∴f（x）是（0，）上是增函數， ∵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：A． 　 4．《算法通宗》是我國古代內容豐富的數學名書，書中有如下問題：“遠望巍巍塔七層，紅燈向下倍加增，共燈三百八十一，請問塔頂幾盞燈？”其意思為“一座塔共七層，從塔頂至塔底，每層燈的數目都是上一層的2倍，已知這座塔共有381盞燈，請問塔頂有幾盞燈？” A．3 B．4 C．5 D．6 【考點】等差數列的前n項和． 【分析】設出塔頂燈的盞數，由題意可知燈的盞數自上而下構成等比數列，且公比為2，然后由等比數列的前7項和等于381列式計算即可． 【解答】解：由題意設塔頂有a盞燈， 由題意由上往下數第n層就有2n﹣1?a盞燈， ∴共有（1+2+4+8+16+32+64）a=381盞燈， 即． 解得：a=3． 故選：A． 　 5．設函數f（x）=sin（2x﹣）的圖象為C，下面結論中正確的是（　?。? A．函數f（x）的最小正周期是2π B．函數f（x）在區(qū)間（﹣，）上是增函數 C．圖象C可由函數g（x）=sin2x的圖象向右平移個單位得到 D．圖象C關于點（，0）對稱 【考點】正弦函數的圖象． 【分析】由條件利用正弦函數的周期性、單調性、以及圖象的對稱性，y=Asin（ωx+φ）的圖象變換規(guī)律，得出結論 【解答】解：根據函數f（x）=sin（2x﹣）的周期為=π，可得A錯誤； 在區(qū)間（﹣，）上，2x﹣∈（﹣，），故f（x）沒有單調性，故B錯誤； 把函數g（x）=sin2x的圖象向右平移個單位，可得y=sin（2x﹣）的圖象，故C錯誤； 令x=，可得f（x）=sin（2x﹣）=0，圖象C關于點（，0）對稱，故D正確， 故選：D． 　 6．程序框圖的算法思路源于我國古代數學名著《九章算術》中的“更相減損術”，執(zhí)行該程序框圖，若輸入的a，b分別為14，18，則輸出的a=（　?。? A．0 B．2 C．4 D．14 【考點】程序框圖． 【分析】由循環(huán)結構的特點，先判斷，再執(zhí)行，分別計算出當前的a，b的值，即可得到結論． 【解答】解：由a=14，b=18，a＜b， 則b變?yōu)?8﹣14=4， 由a＞b，則a變?yōu)?4﹣4=10， 由a＞b，則a變?yōu)?0﹣4=6， 由a＞b，則a變?yōu)?﹣4=2， 由a＜b，則b變?yōu)?﹣2=2， 由a=b=2， 則輸出的a=2． 故選：B． 　 7．若不等式組表示的區(qū)域Ω，不等式（x﹣）2+y2表示的區(qū)域為Γ，向Ω區(qū)域均勻隨機撒360顆芝麻，則落在區(qū)域Γ中芝麻數約為（　?。? A．114 B．10 C．150 D．50 【考點】幾何概型；簡單線性規(guī)劃． 【分析】作出兩平面區(qū)域，計算兩區(qū)域的公共面積，得出芝麻落在區(qū)域Γ內的概率． 【解答】解：作出平面區(qū)域Ω如圖：則區(qū)域Ω的面積為S△ABC==． 區(qū)域Γ表示以D（）為圓心，以為半徑的圓， 則區(qū)域Ω和Γ的公共面積為S′=+=． ∴芝麻落入區(qū)域Γ的概率為=． ∴落在區(qū)域Γ中芝麻數約為360=30π+20≈114． 故選A． 　 8．2015年4月22日，亞非領導人會議在印尼雅加達舉行，某五國領導人A，B，C，D，E，除B與E、D與E不單獨會晤外，其他領導人兩兩之間都要單獨會晤，現安排他們在兩天的上午、下午單獨會晤（每人每個半天最多只進行一次會晤），那么安排他們單獨會晤的不同方法共有（　　） A．48種 B．36種 C．24種 D．8種 【考點】排列、組合及簡單計數問題． 【分析】單獨會晤，共有AB，AC，AD，AE，BC，BD，CD，CE共8種情況，再分步，即可得出結論． 【解答】解：單獨會晤，共有AB，AC，AD，AE，BC，BD，CD，CE共8種情況，設為第n次，分成四個時段，每個時段[即某個上午或下午]有兩次，各個時段沒有關系．設第一次會晤有E，則有兩種方法（不防設為AE），則第二次會晤在BCD內任選（設為BC），有三種方法，第三次設再有E則有一種方法（CE），第四次在ABD內任選則有兩種方法（設為AD），則剩下的排序只有4種，則有23124=48種．故選：A． 　 9．實數x，y滿足，則xy的最小值為（　?。? A．2 B． C． D．1 【考點】函數的最值及其幾何意義；基本不等式在最值問題中的應用；三角函數的化簡求值． 【分析】配方可得2cos2（x+y﹣1）==（x﹣y+1）+x﹣y+1，由基本不等式可得（x﹣y+1）+x﹣y+1≤2，或（x﹣y+1）+x﹣y+1≤﹣2，進而可得cos（x+y﹣1）=1，x=y=，由此可得xy的表達式，取k=0可得最值． 【解答】解：∵， ∴2cos2（x+y﹣1）= ∴2cos2（x+y﹣1）=， 故2cos2（x+y﹣1）=x﹣y+1+， 由基本不等式可得（x﹣y+1）+≥2，或（x﹣y+1）+≤﹣2， ∴2cos2（x+y﹣1）≥2，由三角函數的有界性可得2cos2（x+y﹣1）=2， 故cos2（x+y﹣1）=1，即cos（x+y﹣1）=1，此時x﹣y+1=1， 即x=y， ∴x+y﹣1=kπ，k∈Z，故x+y=2x=kπ+1，解得x=， 故xy=x?x=（）2， 當k=0時，xy的最小值， 故選：B 　10．如圖，在△OMN中，A，B分別是OM，ON的中點，若=x+y（x，y∈R），且點P落在四邊形ABNM內（含邊界），則的取值范圍是（　?。? A．[，] B．[，] C．[，] D．[，] 【考點】平面向量的基本定理及其意義． 【分析】若P在線段AB上，設=λ，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，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=λ， 則有==， ∴=， 由于=x+y（x，y∈R）， 則x=，y=，故有x+y=1， 若P在線段MN上，設=λ，則有=，故x=1，y=0時，最小值為，當x=0，y=1時，最大值為 故范圍為[] 由于在△OMN中，A，B分別是OM，ON的中點， 則=x+y=x+y（x，y∈R）， 則x=， y=，故有x+y=2，當x=2，y=0時有最小值，當x=0，y=2時，有最大值 故范圍為[] 若P在陰影部分內（含邊界）， 則∈． 故選：C． 　 11．F1，F2分別是雙曲線﹣=1（a，b＞0）的左右焦點，點P在雙曲線上，滿足=0，若△PF1F2的內切圓半徑與外接圓半徑之比為，則該雙曲線的離心率為（　　） A． B． C． +1 D． +1 【考點】雙曲線的簡單性質． 【分析】設P為雙曲線的右支上一點，由向量垂直的條件，運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，由條件結合離心率公式，計算即可得到所求值． 【解答】解：設P為雙曲線的右支上一點， =0，即為⊥， 由勾股定理可得|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2=4c2，① 由雙曲線的定義可得|PF1|﹣|PF2|=2a，② ①﹣②2，可得|PF1|?|PF2|=2（c2﹣a2）， 可得|PF1|+|PF2|=， 由題意可得△PF1F2的外接圓的半徑為|F1F2|=c， 設△PF1F2的內切圓的半徑為r，可得 |PF1|?|PF2|=r（|PF1|+|PF2|+|F1F2|）， 解得r=（﹣2c）， 即有=， 化簡可得8c2﹣4a2=（4+2）c2， 即有c2=a2， 則e===+1． 故選：D． 　 12．如圖所示，正方體ABCD﹣A′B′C′D′的棱長為1，E，F分別是棱AA′，CC′的中點，過直線E，F的平面分別與棱BB′、DD′交于M，N，設BM=x，x∈[0，1]，給出以下四個命題： ①平面MENF⊥平面BDD′B′； ②當且僅當x=時，四邊形MENF的面積最小； ③四邊形MENF周長L=f（x），x∈[0，1]是單調函數； ④四棱錐C′﹣MENF的體積V=h（x）為常函數； 以上命題中假命題的序號為（　?。? A．①④ B．② C．③ D．③④ 【考點】命題的真假判斷與應用． 【分析】①利用面面垂直的判定定理去證明EF⊥平面BDDB．②四邊形MENF的對角線EF是固定的，所以要使面積最小，則只需MN的長度最小即可．③判斷周長的變化情況．④求出四棱錐的體積，進行判斷． 【解答】解：①連結BD，BD，則由正方體的性質可知，EF⊥平面BDDB，所以平面MENF⊥平面BDDB，所以①正確． ②連結MN，因為EF⊥平面BDDB，所以EF⊥MN，四邊形MENF的對角線EF是固定的，所以要使面積最小，則只需MN的長度最小即可，此時當M為棱的中點時，即x=時，此時MN長度最小，對應四邊形MENF的面積最小．所以②正確． ③因為EF⊥MN，所以四邊形MENF是菱形．當x∈[0，]時，EM的長度由大變?。攛∈[，1]時，EM的長度由小變大．所以函數L=f（x）不單調．所以③錯誤． ④連結CE，CM，CN，則四棱錐則分割為兩個小三棱錐，它們以CEF為底，以M，N分別為頂點的兩個小棱錐．因為三角形CEF的面積是個常數．M，N到平面CEF的距離是個常數，所以四棱錐C﹣MENF的體積V=h（x）為常函數，所以④正確． 所以四個命題中③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】雙曲線的簡單性質． 【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=x． 　 14．已知三棱錐A﹣BCD中，AB⊥面BCD，△BCD為邊長為2的正三角形，AB=2，則三棱錐的外接球體積為　π　． 【考點】球的體積和表面積；球內接多面體． 【分析】由已知結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：根據已知中底面△BCD是邊長為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=π． 故答案為：π． 　 15．已知a=cosxdx，則x（x﹣）7的展開式中的常數項是　﹣128?。ㄓ脭底肿鞔穑? 【考點】二項式系數的性質． 【分析】利用微積分基本定理可得a，再利用二項式定理的通項公式即可得出． 【解答】解：a=cosxdx==， 則x的展開式中的通項公式：Tr+1=x=（﹣2）rx7﹣r， 令7﹣r=0，解得r=7． ∴常數項=﹣=﹣128． 故答案為：﹣128． 　 16．（填空題壓軸題：考查函數的性質，字母運算等） 設函數f（x）的定義域為D，如果存在正實數k，使對任意x∈D，都有x+k∈D，且f（x+k）＞f（x）恒成立，則稱函數f（x）為D上的“k型增函數”．已知f（x）是定義在R上的奇函數，且當x＞0時，f（x）=|x﹣a|﹣2a，若f（x）為R上的“2011型增函數”，則實數a的取值范圍是　　． 【考點】奇偶性與單調性的綜合． 【分析】由題意可以得到再由定義存在正實數k，使對任意x∈D，都有x+k∈D，且f（x+k）＞f（x）恒成立，則稱函數f（x）為D上的“k型增函數”．對所給的問題分自變量全為正，全為負，一正一負三類討論，求出參數所滿足的共同范圍即可． 【解答】解：∵f（x）是定義在R上的奇函數，且當x＞0時，f（x）=|x﹣a|﹣2a， ∴ 又f（x）為R上的“2011型增函數”， 當x＞0時，由定義有|x+2011﹣a|﹣2a＞|x﹣a|﹣2a，即|x+2011﹣a|＞|x﹣a|，其幾何意義為到點a小于到點a﹣2011的距離，由于x＞0故可知a+a﹣2011＜0得a＜當x＜0時，分兩類研究，若x+2011＜0，則有﹣|x+2011+a|+2a＞﹣|x+a|+2a，即|x+a|＞|x+2011+a|，其幾何意義表示到點﹣a的距離小于到點﹣a﹣2011的距離，由于x＜0，故可得﹣a﹣a﹣2011＞0，得a＜；若x+2011＞0，則有|x+2011﹣a|﹣2a＞﹣|x+a|+2a，即|x+a|+|x+2011﹣a|＞4a，其幾何意義表示到到點﹣a的距離與到點a﹣2011的距離的和大于4a，當a≤0時，顯然成立，當a＞0時，由于|x+a|+|x+2011+a|≥|﹣a﹣a+2011|=|2a﹣2011|，故有|2a﹣2011|＞4a，必有2011﹣2a＞4a，解得 綜上，對x∈R都成立的實數a的取值范圍是 故答案為：． 　 三．解答題 17．在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知bcos2+acos2=c． （Ⅰ）求證：a，c，b成等差數列； （Ⅱ）若C=，△ABC的面積為2，求c． 【考點】數列與三角函數的綜合；正弦定理；余弦定理的應用． 【分析】（Ⅰ）利用正弦定理以及兩角和與差的三角函數，三角形的內角和，化簡求解即可． （Ⅱ）利用三角形的面積以及余弦定理化簡求解即可． 【解答】解：（Ⅰ）證明：由正弦定理得： 即， ∴sinB+sinA+sinBcosA+cosBsinA=3sinC… ∴sinB+sinA+sin（A+B）=3sinC ∴sinB+sinA+sinC=3sinC… ∴sinB+sinA=2sinC ∴a+b=2c… ∴a，c，b成等差數列．… （Ⅱ） ∴ab=8…c2=a2+b2﹣2abcosC =a2+b2﹣ab =（a+b）2﹣3ab =4c2﹣24．… ∴c2=8得… 　 18．某校新、老校區(qū)之間開車單程所需時間為T，T只與道路通暢狀況有關，對其容量為100的樣本進行統(tǒng)計，結果如下： T（分鐘） 25 30 35 40 頻數（次） 20 30 40 10 （Ⅰ）求T的分布列與數學期望ET； （Ⅱ）劉教授駕車從老校區(qū)出發(fā)，前往新校區(qū)做一個50分鐘的講座，結束后立即返回老校區(qū)，求劉教授從離開老校區(qū)到返回老校區(qū)共用時間不超過120分鐘的概率． 【考點】離散型隨機變量的期望與方差；離散型隨機變量及其分布列． 【分析】（Ⅰ）求T的分布列即求出相應時間的頻率，頻率=頻數樣本容量，數學期望ET=250.2+300.3+350.4+400.1=32（分鐘）； （Ⅱ）設T1，T2分別表示往、返所需時間，事件A對應于“劉教授在路途中的時間不超過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）=1﹣P（）=0.91．【解答】解（Ⅰ）由統(tǒng)計結果可得T的頻率分布為 T（分鐘） 25 30 35 40 頻率 0.2 0.3 0.4 0.1 以頻率估計概率得T的分布列為 T 25 30 35 40 P 0.2 0.3 0.4 0.1 從而數學期望ET=250.2+300.3+350.4+400.1=32（分鐘） （Ⅱ）設T1，T2分別表示往、返所需時間，T1，T2的取值相互獨立，且與T的分布列相同，設事件A表示“劉教授共用時間不超過120分鐘”，由于講座時間為50分鐘，所以事件A對應于“劉教授在路途中的時間不超過70分鐘” P（）=P（T1+T2＞70）=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）=1﹣P（）=0.91 故答案為：（Ⅰ）分布列如上表，數學期望ET=32（分鐘）（Ⅱ）0.91 　 19．如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，PC⊥底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB∥CD，AB=2AD=2CD=2，PE=2BE． （I）求證：平面EAC⊥平面PBC； （Ⅱ）若二面角P﹣AC﹣E的余弦值為，求直線PA與平面EAC所成角的正弦值． 【考點】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PC⊥AC．由AB=2，AD=CD=1，利用勾股定理的逆定理可得：AC⊥BC，因此AC⊥平面PBC，即可證明平面EAC⊥平面PBC． （II）取AB的中點F，兩角CF，則CF⊥AB，以點C為原點，建立空間直角坐標系，可得設P（0，0，a）（a＞0），可取=（1，﹣1，0），利用向量垂直與數量積的關系可得：為平面PAC的法向量．設=（x，y，z）為平面EAC的法向量，則，可得，由于二面角P﹣AC﹣E的余弦值為，可得==，解得a=4．設直線PA與平面EAC所成角為θ，則sinθ=||=即可得出． 【解答】（I）證明：∵PC⊥底面ABCD，AC?平面ABCD， ∴PC⊥AC． ∵AB=2，AD=CD=1，∴AC=BC=，∴AC2+BC2=AB2， ∴AC⊥BC，又BC∩PC=C， ∴AC⊥平面PBC，又AC?平面EAC， ∴平面EAC⊥平面PBC． （II）解：取AB的中點F，兩角CF，則CF⊥AB，以點C為原點，建立空間直角坐標系， 可得：C（0，0，0），A（1，1，0），B（1，﹣1，0）， 設P（0，0，a）（a＞0），則E， =（1，1，0），=（0，0，a），=， 取=（1，﹣1，0），則=0， ∴為平面PAC的法向量． 設=（x，y，z）為平面EAC的法向量，則，即， 取=（a，﹣a，﹣4）， ∵二面角P﹣AC﹣E的余弦值為， ∴===，解得a=4， ∴=（4，﹣4，﹣4），=（1，1，﹣4）． 設直線PA與平面EAC所成角為θ，則sinθ=||===， ∴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，且過點．若點M（x0，y0）在橢圓C上，則點稱為點M的一個“橢點”． （I）求橢圓C的標準方程； （Ⅱ）若直線l：y=kx+m與橢圓C相交于A，B兩點，且A，B兩點的“橢點”分別為P，Q，以PQ為直徑的圓經過坐標原點，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，說明理由． 【考點】橢圓的簡單性質． 【分析】（I）運用離心率公式和基本量a，b，c的關系，代入點，解方程可得a，b，即可得到橢圓方程； （II）設A（x1，y1），B（x2，y2），可得，由于以PQ為直徑的圓經過坐標原點，所以，運用數量積為0，聯(lián)立直線方程和橢圓方程，運用判別式大于0，韋達定理和弦長公式，點到直線的距離公式，三角形的面積公式，化簡整理，即可得到定值． 【解答】解：（I）由題意知e==，a2﹣b2=c2， 即又， 可得a2=4，b2=3， 即有橢圓的方程為+=1； （II）設A（x1，y1），B（x2，y2）， 則， 由于以PQ為直徑的圓經過坐標原點，所以，即， 由得（3+4k2）x2+8kmx+4（m2﹣3）=0， △=64m2k2﹣16（3+4k2）（m2﹣3）＞0，化為3+4k2﹣m2＞0． x1+x2=﹣，x1x2=， y1y2=（kx1+m）（kx2+m）=k2x1x2+km（x1+x2）+m2=k2x1x2+km（x1+x2）+m2 =k2?+km（﹣）+m2=， 代入，即， 得：，2m2﹣4k2=3，， O到直線l的距離為， △ABO的面積為， 把2m2﹣4k2=3代入上式得． 　 21．已知函數f（x）=lnx﹣x2+ax， （1）當x∈（1，+∞）時，函數f（x）為遞減函數，求a的取值范圍； （2）設f（x）是函數f（x）的導函數，x1，x2是函數f（x）的兩個零點，且x1＜x2，求證 （3）證明當n≥2時，． 【考點】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． 【分析】（1）求出函數的導數，問題轉化為即a≤2x﹣恒成立，求出a的范圍即可； （2）求出a，得到f′（）=﹣，問題轉化為證明＞ln，令t=，∵0＜x1＜x2，∴0＜t＜1，即證明u（t）=+lnt＜0在0＜t＜1上恒成立，根據函數的單調性證明即可； （3）令a=1，得到lnx≤x2﹣x，得到x＞1時，＞，分別令x=2，3，4，5，…n，累加即可． 【解答】（1）解：∵x∈（1，+∞）時，函數f（x）為遞減函數， ∴f′（x）=﹣2x+a≤0在（1，+∞）恒成立， 即a≤2x﹣恒成立， 而y=2x﹣在（1，+∞）遞增， 故2x﹣＞1， 故a≤1； （2）證明：∵f（x）的圖象與x軸交于兩個不同的點A（x1，0），B（x2，0）， ∴方程lnx﹣x2+ax=0的兩個根為x1，x2， 則 lnx1﹣+ax1=0，①，lnx2﹣+ax2=0，②， 兩式相減得a=（x1+x2）﹣， 又f（x）=lnx﹣x2+ax，f′（x）=﹣2x+a， 則f′（）=﹣（x1+x2）+a=﹣， 要證﹣＜0， 即證明＞ln， 令t=，∵0＜x1＜x2，∴0＜t＜1， 即證明u（t）=+lnt＜0在0＜t＜1上恒成立， ∵u′（t）=， 又0＜t＜1，∴u（t）＞0， ∴u（t）在（0，1）上是增函數，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）=lnx﹣x2+x≤f（1）=0， 故lnx≤x2﹣x， x＞1時，＞， 分別令x=2，3，4，5，…n， 故++…+＞++…+=1﹣， ∴++…+＞1﹣， 即左邊＞1﹣＞1，得證． 　 [坐標系與參數方程] 22．在直角坐標系中，以坐標原點O為極點，x軸的非負半軸為極軸建立極坐標系，已知點M的極坐標為（2，），曲線C的參數方程為（α為參數）． （1）直線l過M且與曲線C相切，求直線l的極坐標方程； （2）點N與點M關于y軸對稱，求曲線C上的點到點N的距離的取值范圍． 【考點】參數方程化成普通方程；簡單曲線的極坐標方程． 【分析】（1）設直線l的方程為y=k（x﹣2）+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，得出直角坐標方程，再轉化為極坐標方程； （2）求出N到圓心的距離，即可得出最值． 【解答】解：（1）M的直角坐標為（2，2），曲線C的普通方程為（x﹣1）2+y2=4． 設直線l的方程為y=k（x﹣2）+2， 聯(lián)立方程組得（1+k2）x2+（4k﹣4k2﹣2）x+4k2﹣8k+1=0， ∵直線l與曲線C相切，∴（4k﹣4k2﹣2）2﹣4（1+k2）（4k2﹣8k+1）=0， 解得k=0或k=﹣． ∴直線l的方程為y=2或y=﹣（x﹣2）+2，即4x+3y﹣8=0， ∴直線l的極坐標方程為ρsinθ=2或4ρcosθ+3ρsinθ﹣8=0． （2）點N的坐標為N（﹣2，2），C（1，0）． CN==，圓C的半徑為2． ∴曲線C上的點到點N的距離最大值為+2，最小值為﹣2． 曲線C上的點到點N的距離的取值范圍是[﹣2， +2]． 　 [不等式選講] 23．已知?x0∈R使得關于x的不等式|x﹣1|﹣|x﹣2|≥t成立． （Ⅰ）求滿足條件的實數t集合T； （Ⅱ）若m＞1，n＞1，且對于?t∈T，不等式log3m?log3n≥t恒成立，試求m+n的最小值． 【考點】絕對值不等式的解法；絕對值三角不等式． 【分析】（Ⅰ）根據絕對值的幾何意義求出t的范圍即可；（Ⅱ）根據級別不等式的性質結合對數函數的性質求出m+n的最小值即可． 【解答】解：（I）令f（x）=|x﹣1|﹣|x﹣2|≥|x﹣1﹣x+2|=1≥t， ∴T=（﹣∞，1]； （Ⅱ）由（I）知，對于?t∈T， 不等式?≥t恒成立， 只需?≥tmax， 所以?≥1， 又因為m＞1，n＞1， 所以＞0，＞0， 又1≤?≤=（=時取“=”）， 所以≥4， 所以≥2，mn≥9， 所以m+n≥2≥6， 即m+n的最小值為6（此時m=n=3）．