1、2015-2016学年广东省广州市六校联考高三（上）12月调研数学试卷（理科）一选择题：本大题共12小题，每小题5分在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1已知全集为R，集合A=x|2x1，B=x|x23x+20，则ARB=（）Ax|x0Bx|1x2Cx|0x1或x2Dx|0x1或x22若复数z=（aR，i是虚数单位）是纯虚数，则|a+2i|等于（）A2B2C4D83下列函数中，在其定义域内既是增函数又是奇函数的是（）ABy=log2xCy=3xDy=x3+x4在公差不为零的等差数列an中，2a3a72+2a11=0，数列bn是等比数列，且b7=a7，则log2（b6b8）的值为
2、（）A2B4C8D15若a=2x，b=，c=lo，则“abc”是“x1”的（）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分又不必要条件6执行如图所示的程序框图，则输出的结果是（）A14B15C16D177双曲线tx2y21=0的一条渐近线与直线x2y+1=0平行，则双曲线的离心率为（）ABCD8已知ABC的三个角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且3bcosA3acosB=c，则下列结论正确的是（）AtanB=2tanABtanA=2tanBCtanBtanA=2DtanA+tanB=29一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为（）ABCD10有7张卡片分别写有数字1，1，1
3、，2，2，3，4，从中任取4张，可排出的四位数有（）个A78B102C114D12011已知三棱锥PABC的四个顶点都在球O的球面上，若PA=AB=2，AC=1，BAC=120，且PA平面ABC，则球O的表面积为（）ABC12D1512已知函数f（x）=ln，若f（）+f（）+f（）=503（a+b），则a2+b2的最小值为（）A6B8C9D12二填空题：本大题共4小题，每小题5分13已知直线AB：x+y6=0与抛物线y=x2及x轴正半轴围成的阴影部分如图所示，若从RtAOB区域内任取一点M（x，y），则点M取自阴影部分的概率为14ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a，b，c成
4、等比数列，若sinB=，cosB=，则a+c的值为15设x、y满足约束条件，若目标函数z=ax+by（a0，b0）的最大值为2，当+的最小值为m时，则y=sin（mx+）的图象向右平移后的表达式为16设AnBnCn的三边长分别为an，bn，cn，n=1，2，3，若b1c1，b1+c1=2a1，an+1=an，bn+1=，cn+1=，则An的最大值是三解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤（共5大题，每题12分）17已知函数f（x）=2sinxcosx3sin2xcos2x+3（1）当x0，时，求f（x）的值域；（2）若ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足=， =2+2c
5、os（A+C），求f（B）的值18如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为直角梯形，ADBC，ADC=90，平面PAD底面ABCD，Q为AD的中点，M是棱PC上的点，PA=PD=2，BC=AD=1，CD=（1）求证：平面PQB平面PAD；（2）若二面角MBQC为30，设PM=tMC，试确定t的值19某电视台推出一档游戏类综艺节目，选手面对15号五扇大门，依次按响门上的门铃，门铃会播放一段音乐，选手需正确回答这首歌的名字，回答正确，大门打开，并获得相应的家庭梦想基金，回答每一扇门后，选手可自由选择带着目前的奖金离开，还是继续挑战后面的门以获得更多的梦想基金，但是一旦回答错误，游戏结束并将之前获
6、得的所有梦想基金清零；整个游戏过程中，选手有一次求助机会，选手可以询问亲友团成员以获得正确答案15号门对应的家庭梦想基金依次为3000元、6000元、8000元、12000元、24000元（以上基金金额为打开大门后的累积金额，如第三扇大门打开，选手可获基金总金额为8000元）；设某选手正确回答每一扇门的歌曲名字的概率为pi（i=1，2，5），且pi=（i=1，2，5），亲友团正确回答每一扇门的歌曲名字的概率均为，该选手正确回答每一扇门的歌名后选择继续挑战后面的门的概率均为；（1）求选手在第三扇门使用求助且最终获得12000元家庭梦想基金的概率；（2）若选手在整个游戏过程中不使用求助，且获得的家
7、庭梦想基金数额为X（元），求X的分布列和数学期望20已知椭圆的焦点坐标为F1（1，0），F2（1，0），过F2垂直于长轴的直线交椭圆于P、Q两点，且|PQ|=3（1）求椭圆的方程；（2）过F2的直线l与椭圆交于不同的两点M、N，则F1MN的内切圆的面积是否存在最大值？若存在求出这个最大值及此时的直线方程；若不存在，请说明理由21已知函数f（x）=ax+x2xlna（a0，a1）（1）求函数f（x）在点（0，f（0）处的切线方程；（2）求函数f（x）单调增区间；（3）若存在x1，x21，1，使得|f（x1）f（x2）|e1（e是自然对数的底数），求实数a的取值范围请考生在（22）、（23）、（2
8、4）三题中任选一题作答注意：只能做所选定的题目如果多做，则按所做第一个题目计分，作答时，请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑【选修4-1：几何证明选讲】22如图，O的半径为6，线段AB与相交于点C、D，AC=4，BOD=A，OB与O相交于点E（1）求BD长；（2）当CEOD时，求证：AO=AD【选修4-4：坐标系与参数方程】23在平面直角坐标系xoy中，以O为极点，x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，直线l的极坐标方程为=，曲线C的参数方程为（1）写出直线l与曲线C的直角坐标方程；（2）过点M平行于直线l1的直线与曲线C交于A、B两点，若|MA|MB|=，求点M轨迹的直角坐标方程【选修4-
9、5：不等式选讲】24设函数f（x）=|2x+1|x4|（1）解不等式f（x）0；（2）若f（x）+3|x4|m对一切实数x均成立，求m的取值范围2015-2016学年广东省广州市六校联考高三（上）12月调研数学试卷（理科）参考答案与试题解析一选择题：本大题共12小题，每小题5分在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1已知全集为R，集合A=x|2x1，B=x|x23x+20，则ARB=（）Ax|x0Bx|1x2Cx|0x1或x2Dx|0x1或x2【考点】交、并、补集的混合运算【分析】先求出集合AB，再求出B的补集，根据交集的定义即可求出【解答】解：全集为R，集合A=x|2x1=x|
10、x0，B=x|x23x+20=x|1x2，RB=x|x1或x2，ARB=x|0x1或x2故选：C【点评】本题考查了交、并、补集的混合运算，熟练掌握各自的定义是解本题的关键2若复数z=（aR，i是虚数单位）是纯虚数，则|a+2i|等于（）A2B2C4D8【考点】复数求模；复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算【分析】先将z计算化简成代数形式，根据纯虚数的概念求出a，再代入|a+2i|计算即可【解答】解：z=根据纯虚数的概念得出a=2|a+2i|=|2+2i|=2故选B【点评】本题考查了复数代数形式的混合运算，纯虚数的概念、复数的模考查的均为复数中基本的运算与概念3下列函数中，在其定义域内既是增函
11、数又是奇函数的是（）ABy=log2xCy=3xDy=x3+x【考点】奇偶性与单调性的综合【分析】A：y=在（0，+），（，0）上单调递增，但是在整个定义域内不是单调递增函数；B：y=log2x的定义域（0，+）关于原点不对称，不是奇函数；C：y=3x不是奇函数；D：y=x3+x，f（x）=（x）3+（x）=x3x=f（x）是奇函数，且由幂函数的性质可知函数在R上单调递增【解答】解：A：y=在（0，+），（，0）上单调递增，但是在整个定义域内不是单调递增函数，故A错误B：y=log2x的定义域（0，+）关于原点不对称，不是奇函数，故B错误C：y=3x不是奇函数，故C错误D：y=x3+x，f（x
12、）=（x）3+（x）=x3x=f（x）是奇函数，且由幂函数的性质可知函数在R上单调递增，故D正确故选D【点评】本题主要考查了函数的奇偶性及函数的单调性的判断，尤其y=的单调区间的求解是解答中容易出现错误的地方，要注意掌握4在公差不为零的等差数列an中，2a3a72+2a11=0，数列bn是等比数列，且b7=a7，则log2（b6b8）的值为（）A2B4C8D1【考点】等差数列的性质【分析】根据数列an为等差数列可知2a7=a3+a11，代入2a3a72+2a11=0中可求得a7，再根据bn是等比数列可知b6b8=b72=a72代入log2（b6b8）即可得到答案【解答】解：数列an为等差数列，
13、2a7=a3+a11，2a3a72+2a11=0，4a7a72=0a70a7=4数列bn是等比数列，b6b8=b72=a72=16log2（b6b8）=log216=4故选：B【点评】本题主要考查了等比中项和等差中项的性质属基础题5若a=2x，b=，c=lo，则“abc”是“x1”的（）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分又不必要条件【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断【分析】根据函数的图象和性质，结合充分条件和必要条件的定义即可得到结论【解答】解：如右图可知，“x1”“abc”，但“abc”“x1”，即“abc”是“x1”的必要不充分条件故选B【点评】本题考查指对幂三种
14、基本初等函数的图象和充要条件的概念等基础知识，利用数形结合是解决本题的关键6执行如图所示的程序框图，则输出的结果是（）A14B15C16D17【考点】程序框图【分析】通过分析循环，推出循环规律，利用循环的次数，求出输出结果【解答】解：第一次循环：，n=2；第二次循环：，n=3；第三次循环：，n=4；第n次循环： =，n=n+1令解得n15输出的结果是n+1=16故选：C【点评】本题考查程序框图的应用，数列的应用，考查分析问题解决问题的能力7双曲线tx2y21=0的一条渐近线与直线x2y+1=0平行，则双曲线的离心率为（）ABCD【考点】双曲线的简单性质【分析】根据题意，将双曲线化成标准形式求出
15、渐近线为y=x，从而y=x与直线x2y+1=0平行算出t=4由此得到双曲线的方程，进而算出它的离心率【解答】解：双曲线tx2y21=0，即tx2y2=1，双曲线的渐近线为y=x，一条渐近线与直线x2y+1=0平行，渐近线的斜率为，即=，得t=双曲线的方程为，得a=2，b=1，c=此双曲线的离心率为e=故选：B【点评】本题给出含有字母的双曲线，在其渐近线与已知直线平行的情况下求双曲线的离心率着重考查了直线的位置关系、双曲线的简单几何性质等知识，属于中档题8已知ABC的三个角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且3bcosA3acosB=c，则下列结论正确的是（）AtanB=2tanABtanA=
16、2tanBCtanBtanA=2DtanA+tanB=2【考点】正弦定理【分析】由题意和正弦定理可得3sinBcosA3sinAcosB=sinC=sin（A+B），由三角函数的和差角公式及弦化切的思想可得【解答】解：ABC的三个角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且3bcosA3acosB=c，由正弦定理可得3sinBcosA3sinAcosB=sinC，3sinBcosA3sinAcosB=sin（A+B），3sinBcosA3sinAcosB=sinBcosA+sinAcosB，即2sinBcosA=4sinAcosB，两边同除以cosAcosB可得2tanB=4tanA，即tanB=
17、2tanA，故选：A【点评】本题考查正弦定理，涉及三角函数公式和弦化切的思想，属基础题9一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为（）ABCD【考点】由三视图求面积、体积【分析】这个几何体由半个圆锥与一个四棱锥组合而成，从而求两个体积之和即可【解答】解：这个几何体由半个圆锥与一个四棱锥组合而成，半个圆锥的体积为1=；四棱锥的体积为22=；故这个几何体的体积V=；故选D【点评】本题考查了学生的空间想象力与计算能力，属于基础题10有7张卡片分别写有数字1，1，1，2，2，3，4，从中任取4张，可排出的四位数有（）个A78B102C114D120【考点】排列、组合的实际应用【分析】根据题意，分
18、四种情况讨论：、取出的4张卡片种没有重复数字，即取出的4张卡片中的数字为1、2、3、4，、取出的4张卡片种有2个重复数字，则2个重复的数字为1或2，若取出的4张卡片为2张1和2张2，、取出的4张卡片种有3个重复数字，则重复的数字为1，分别求出每种情况下可以排出四位数的个数，由分类计数原理计算可得答案【解答】解：根据题意，分四种情况讨论：、取出的4张卡片种没有重复数字，即取出的4张卡片中的数字为1、2、3、4，此时有A44=24种顺序，可以排出24个四位数；、取出的4张卡片种有2个重复数字，则2个重复的数字为1或2，若重复的数字为1，在2、3、4中取出2个，有C32=3种取法，安排在四个位置中，
19、有A42=12种情况，剩余位置安排数字1，可以排出312=36个四位数，同理，若重复的数字为2，也可以排出36个重复数字；、若取出的4张卡片为2张1和2张2，在4个位置安排两个1，有C42=6种情况，剩余位置安排两个2，则可以排出61=6个四位数；、取出的4张卡片种有3个重复数字，则重复的数字为1，在2、3、4中取出1个卡片，有C31=3种取法，安排在四个位置中，有C41=4种情况，剩余位置安排1，可以排出34=12个四位数；则一共有24+36+36+6+12=114个四位数；故选C【点评】本题考查排列组合的运用，解题时注意其中重复的数字，要结合题意，进行分类讨论11已知三棱锥PABC的四个顶
20、点都在球O的球面上，若PA=AB=2，AC=1，BAC=120，且PA平面ABC，则球O的表面积为（）ABC12D15【考点】球的体积和表面积；球内接多面体【分析】求出BC，可得ABC外接圆的半径，从而可求该三棱锥的外接球的半径，即可求出三棱锥的外接球表面积【解答】解：AB=2，AC=1，BAC=120，BC=，三角形ABC的外接圆直径2r=，r=，PA面ABC，PA=2，由于三角形OPA为等腰三角形，则有该三棱锥的外接球的半径R=，该三棱锥的外接球的表面积为S=4R2=4（）2=故选：A【点评】本题考查三棱锥的外接球表面积，考查直线和平面的位置关系，确定三棱锥的外接球的半径是关键12已知函数
21、f（x）=ln，若f（）+f（）+f（）=503（a+b），则a2+b2的最小值为（）A6B8C9D12【考点】对数的运算性质【分析】利用f（x）+f（ex）=lne2=2，可得a+b=4，再利用基本不等式的性质即可得出【解答】解：f（x）+f（ex）=lne2=2，503（a+b）=f（）+f（）+f（）=+=2012，a+b=4，a2+b2=8，当且仅当a=b=2时取等号故选：B【点评】本题考查了对数的运算性质、基本不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题二填空题：本大题共4小题，每小题5分13已知直线AB：x+y6=0与抛物线y=x2及x轴正半轴围成的阴影部分如图所示，若从RtA
22、OB区域内任取一点M（x，y），则点M取自阴影部分的概率为【考点】几何概型；定积分在求面积中的应用【分析】欲求所投的点落在阴影内部的概率，利用几何概型解决，只须利用定积分求出阴影图的面积，最后利用它们的面积比求得即可概率【解答】解：由定积分可求得阴影部分的面积为S=02x2dx+26（6x）dx=，又RtAOB的面积为：所以p=故答案为：【点评】本题考查了利用定积分求面积以及几何摡型知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想、化归与转化思想属于基础题14ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a，b，c成等比数列，若sinB=，cosB=，则a+c的值为3【考点】余弦定理【分析】由a，
23、b，c成等比数列，可得b2=ac，由sinB=，cosB=，可解得ac=13，再由余弦定理求得a2+c2=37，从而求得（a+c）2的值，即可得解【解答】解：a，b，c成等比数列，b2=ac，sinB=，cosB=，可得=1，解得：ac=13，由余弦定理：b2=a2+c22accosB=ac=a2+c2ac，解得：a2+c2=37（a+c）2=a2+c2+2ac=37+213=63，故解得a+c=3故答案为：3【点评】本题主要考查正弦定理和余弦定理的应用，以及同角三角函数的基本关系、诱导公式的应用，属于中档题15设x、y满足约束条件，若目标函数z=ax+by（a0，b0）的最大值为2，当+的最
24、小值为m时，则y=sin（mx+）的图象向右平移后的表达式为y=sin2x【考点】函数y=Asin（x+）的图象变换；简单线性规划【分析】首先根据线性规划问题和基本不等式求出函数的最值，再利用正弦型函数的图象变换问题，求出结果【解答】解：设x、y的线性约束条件解得A（1，1）目标函数z=ax+by（a0，b0）的最大值为2即：a+b=2所以：则：则y=sin（2x+）的图象向右平移后的表达式为：y=sin2x故答案为：y=sin2x【点评】本题考查的知识要点：线性规划问题，基本不等式的应用，正弦型函数的图象变换问题，属于基础题型16设AnBnCn的三边长分别为an，bn，cn，n=1，2，3，
25、若b1c1，b1+c1=2a1，an+1=an，bn+1=，cn+1=，则An的最大值是【考点】基本不等式在最值问题中的应用；正弦定理；余弦定理的应用【分析】根据数列的递推关系得到bn+cn=2a1为常数，然后利用余弦定理以及基本不等式即可得到结论【解答】解：an+1=an，an=a1，bn+1=，cn+1=，bn+1+cn+1=an+=a1+，bn+1+cn+12a1=（bn+cn2a1），又b1+c1=2a1，当n=1时，b2+c22a1=（b1+c1+2a1）=0，当n=2时，b3+c32a1=（b2+c2+2a1）=0，bn+cn2a1=0，即bn+cn=2a1为常数，bncn=（）n
26、1（b1c1），当n+时，bncn0，即bncn，则由基本不等式可得bn+cn=2a12，bncn，由余弦定理可得=（bn+cn）22bncn2bncncosAn，即（a1）2=（2a1）22bncn（1+cosAn），即2bncn（1+cosAn）=3（a1）22（a1）2（1+cosAn），即32（1+cosAn），解得cosAn，0An，即An的最大值是，故答案为：【点评】本题考查数列以及余弦定理的应用，利用基本不等式是解决本题的关键，综合性较强，运算量较大，难度较大三解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤（共5大题，每题12分）17已知函数f（x）=2sinxcosx3sin2
27、xcos2x+3（1）当x0，时，求f（x）的值域；（2）若ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足=， =2+2cos（A+C），求f（B）的值【考点】正弦定理；三角函数中的恒等变换应用【分析】（1）由三角函数公式化简可得f（x）=2sin（2x+）+1，由x的范围结合三角函数的运算可得；（2）由三角函数公式和已知数据可得c=2a，b=a，代入余弦定理可得cosA=，可得A=30，进而可得C=90，B=60，代入可得其值【解答】解：（1）f（x）=2sinxcosx3sin2xcos2x+3=sin2x3+3=sin2xcos2x+1=2sin（2x+）+1，x0，2x+，sin
28、（2x+），1，f（x）=2sin（2x+）+10，3；（2）=2+2cos（A+C），sin（2A+C）=2sinA+2sinAcos（A+C），sinAcos（A+C）+cosAsin（A+C）=2sinA+2sinAcos（A+C），sinAcos（A+C）+cosAsin（A+C）=2sinA，即sinC=2sinA，由正弦定理可得c=2a，又由=可得b=a，由余弦定理可得cosA=，A=30，由正弦定理可得sinC=2sinA=1，C=90，由三角形的内角和可得B=60，f（B）=f（60）=2【点评】本题考查三角形的正余弦定理，涉及三角函数的公式，属中档题18如图，在四棱锥PABC
29、D中，底面ABCD为直角梯形，ADBC，ADC=90，平面PAD底面ABCD，Q为AD的中点，M是棱PC上的点，PA=PD=2，BC=AD=1，CD=（1）求证：平面PQB平面PAD；（2）若二面角MBQC为30，设PM=tMC，试确定t的值【考点】用空间向量求平面间的夹角；平面与平面垂直的判定；与二面角有关的立体几何综合题【分析】（）法一：由ADBC，BC=AD，Q为AD的中点，知四边形BCDQ为平行四边形，故CDBQ由ADC=90，知QBAD由平面PAD平面ABCD，知BQ平面PAD由此能够证明平面PQB平面PAD法二：由ADBC，BC=AD，Q为AD的中点，知四边形BCDQ为平行四边形，
30、故CDBQ由ADC=90，知AQB=90由PA=PD，知PQAD，故AD平面PBQ由此证明平面PQB平面PAD（）由PA=PD，Q为AD的中点，知PQAD由平面PAD平面ABCD，且平面PAD平面ABCD=AD，知PQ平面ABCD以Q为原点建立空间直角坐标系，利用向量法能够求出t=3【解答】解：（）证法一：ADBC，BC=AD，Q为AD的中点，四边形BCDQ为平行四边形，CDBQADC=90AQB=90，即QBAD又平面PAD平面ABCD，且平面PAD平面ABCD=AD，BQ平面PADBQ平面PQB，平面PQB平面PAD 证法二：ADBC，BC=AD，Q为AD的中点，四边形BCDQ为平行四边形
31、，CDBQADC=90AQB=90PA=PD，PQADPQBQ=Q，AD平面PBQAD平面PAD，平面PQB平面PAD（）PA=PD，Q为AD的中点，PQAD平面PAD平面ABCD，且平面PAD平面ABCD=AD，PQ平面ABCD如图，以Q为原点建立空间直角坐标系则平面BQC的法向量为；Q（0，0，0），设M（x，y，z），则，在平面MBQ中，平面MBQ法向量为二面角MBQC为30，t=3【点评】本题考查平面与平面垂直的证明，求实数的取值综合性强，难度大，是高考的重点解题时要认真审题，仔细解答，注意合理地进行等价转化，合理地运用向量法进行解题19某电视台推出一档游戏类综艺节目，选手面对15号五
32、扇大门，依次按响门上的门铃，门铃会播放一段音乐，选手需正确回答这首歌的名字，回答正确，大门打开，并获得相应的家庭梦想基金，回答每一扇门后，选手可自由选择带着目前的奖金离开，还是继续挑战后面的门以获得更多的梦想基金，但是一旦回答错误，游戏结束并将之前获得的所有梦想基金清零；整个游戏过程中，选手有一次求助机会，选手可以询问亲友团成员以获得正确答案15号门对应的家庭梦想基金依次为3000元、6000元、8000元、12000元、24000元（以上基金金额为打开大门后的累积金额，如第三扇大门打开，选手可获基金总金额为8000元）；设某选手正确回答每一扇门的歌曲名字的概率为pi（i=1，2，5），且pi
33、=（i=1，2，5），亲友团正确回答每一扇门的歌曲名字的概率均为，该选手正确回答每一扇门的歌名后选择继续挑战后面的门的概率均为；（1）求选手在第三扇门使用求助且最终获得12000元家庭梦想基金的概率；（2）若选手在整个游戏过程中不使用求助，且获得的家庭梦想基金数额为X（元），求X的分布列和数学期望【考点】离散型随机变量的期望与方差；离散型随机变量及其分布列【分析】（1）记事件“选手正确回答第i扇门歌曲”为Ai记事件“亲友团正确回答歌曲名字”为B，记事件“回答正确后选择继续挑战”为C，第三扇门选手答不出才求助，由此能求出选手在第三扇门使用求助且最终获得12000元家庭梦想基金的概率（2）X可能的
34、取值有：0，3000，6000，8000，12000，24000，分别求出相应的概率，由此能求出X的分布列和数学期望【解答】解：设事件“该选手回答正确第i扇门的歌曲名称”为事件Ai，“使用求助回答正确歌曲名称”为事件B，事件“每一扇门回答正确后选择继续挑战下一扇门”为事件C；则，P（B）=，P（C）=（1）设事件“选手在第三扇门使用求助且最终获得12000元家庭梦想基金”为事件A，则：A=A1CA2CBCA4=选手在第三扇门使用求助且最终获得12000元家庭梦想基金的概率为；（2）X的所有可能取值为：0，3000，6000，8000，12000，24000；P（X=3000）=P（A1）=；P
35、（X=6000）=P（A1 CA2）=；P（X=8000）=P（A1 CA2 CA3）=；P（X=12000）=P（A1 CA2 CA3 CA4）=；P（X=24000）=P（A1 CA2 CA3 CA4 CA5）=；P（X=0）=P（）+P（A1C）+P（A1CA2C）+P（A1CA2CA3C）+P（A1CA2CA3CA4C）=；X的分布列为：X03000600080001200024000PEX=0+3000+6000+8000+12000+24000=1250+1000+500+250+250=3250（元）选手获得的家庭梦想基金数额为X的数学期望为3250（元）【点评】本题考查概率的求
36、法，考查离散型随机变量的分布列和数学期望的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意对立事件概率计算公式的合理运用20已知椭圆的焦点坐标为F1（1，0），F2（1，0），过F2垂直于长轴的直线交椭圆于P、Q两点，且|PQ|=3（1）求椭圆的方程；（2）过F2的直线l与椭圆交于不同的两点M、N，则F1MN的内切圆的面积是否存在最大值？若存在求出这个最大值及此时的直线方程；若不存在，请说明理由【考点】直线与圆锥曲线的综合问题；椭圆的标准方程【分析】（1）设椭圆方程，由焦点坐标可得c=1，由|PQ|=3，可得=3，又a2b2=1，由此可求椭圆方程；（2）设M（x1，y1），N（x2，y2），不妨y10，
37、y20，设F1MN的内切圆的径R，则F1MN的周长=4a=8，（|MN|+|F1M|+|F1N|）R=4R，因此最大，R就最大设直线l的方程为x=my+1，与椭圆方程联立，从而可表示F1MN的面积，利用换元法，借助于导数，即可求得结论【解答】解：（1）设椭圆方程为=1（ab0），由焦点坐标可得c=1由|PQ|=3，可得=3，又a2b2=1，解得a=2，b=，故椭圆方程为=1（2）设M（x1，y1），N（x2，y2），不妨y10，y20，设F1MN的内切圆的径R，则F1MN的周长=4a=8，（|MN|+|F1M|+|F1N|）R=4R因此最大，R就最大，由题知，直线l的斜率不为零，可设直线l的方
38、程为x=my+1，由得（3m2+4）y2+6my9=0，得，则=，令t=，则t1，则，令f（t）=3t+，则f（t）=3，当t1时，f（t）0，f（t）在1，+）上单调递增，有f（t）f（1）=4，SF1MN3，即当t=1，m=0时，SF1MN3，SF1MN=4R，Rmax=，这时所求内切圆面积的最大值为故直线l：x=1，F1MN内切圆面积的最大值为【点评】本题考查椭圆的标准方程，考查直线与椭圆的位置关系，考查三角形面积的计算，考查学生分析解决问题的能力，分析得出最大，R就最大是关键21已知函数f（x）=ax+x2xlna（a0，a1）（1）求函数f（x）在点（0，f（0）处的切线方程；（2）
39、求函数f（x）单调增区间；（3）若存在x1，x21，1，使得|f（x1）f（x2）|e1（e是自然对数的底数），求实数a的取值范围【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程；利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值【分析】（1）先求函数的导函数f（x），再求所求切线的斜率即f（0），由于切点为（0，0），故由点斜式即可得所求切线的方程；（2）先求原函数的导数得：f（x）=axlna+2xlna=2x+（ax1）lna，再对a进行讨论，得到f（x）0，从而函数f（x）在（0，+）上单调递增（3）f（x）的最大值减去f（x）的最小值大于或等于e1，由单调性知，f（x）的最大值是f（1）或
40、f（1），最小值f（0）=1，由f（1）f（1）的单调性，判断f（1）与f（1）的大小关系，再由f（x）的最大值减去最小值f（0）大于或等于e1求出a的取值范围【解答】解：（1）f（x）=ax+x2xlna，f（x）=axlna+2xlna，f（0）=0，f（0）=1即函数f（x）图象在点（0，1）处的切线斜率为0，图象在点（0，f（0）处的切线方程为y=1；（2）由于f（x）=axlna+2xlna=2x+（ax1）lna0当a1，y=2x单调递增，lna0，所以y=（ax1）lna单调递增，故y=2x+（ax1）lna单调递增，2x+（ax1）lna20+（a01）lna=0，即f（x）f
41、（0），所以x0故函数f（x）在（0，+）上单调递增；当0a1，y=2x单调递增，lna0，所以y=（ax1）lna单调递增，故y=2x+（ax1）lna单调递增，2x+（ax1）lna20+（a01）lna=0，即f（x）f（0），所以x0故函数f（x）在（0，+）上单调递增；综上，函数f（x）单调增区间（0，+）；（3）因为存在x1，x21，1，使得|f（x1）f（x2）|e1，所以当x1，1时，|（f（x）max（f（x）min|=（f（x）max（f（x）mine1，由（2）知，f（x）在1，0上递减，在0，1上递增，所以当x1，1时，（f（x）min=f（0）=1，（f（x）max=
42、maxf（1），f（1），而f（1）f（1）=（a+1lna）（+1+lna）=a2lna，记g（t）=t2lnt（t0），因为g（t）=1+=（1）20（当t=1时取等号），所以g（t）=t2lnt在t（0，+）上单调递增，而g（1）=0，所以当t1时，g（t）0；当0t1时，g（t）0，也就是当a1时，f（1）f（1）；当0a1时，f（1）f（1）当a1时，由f（1）f（0）e1alnae1ae，当0a1时，由f（1）f（0）e1+lnae10a，综上知，所求a的取值范围为a（0，e，+）【点评】本题考查了基本函数导数公式，导数的几何意义，利用导数研究函数的单调性及利用导数求闭区间上函数的
43、最值属于中档题请考生在（22）、（23）、（24）三题中任选一题作答注意：只能做所选定的题目如果多做，则按所做第一个题目计分，作答时，请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑【选修4-1：几何证明选讲】22如图，O的半径为6，线段AB与相交于点C、D，AC=4，BOD=A，OB与O相交于点E（1）求BD长；（2）当CEOD时，求证：AO=AD【考点】相似三角形的判定【分析】（1）证明OBDAOC，通过比例关系求出BD即可（2）通过三角形的两角和，求解角即可【解答】解：（1）OC=OD，OCD=ODC，OAC=ODBBOD=A，OBDAOC，OC=OD=6，AC=4，BD=9（2）证明：OC
44、=OE，CEODCOD=BOD=AAOD=180AODC=180CODOCD=ADOAD=AO 【点评】本题考查三角形相似，角的求法，考查推理与证明，距离的求法【选修4-4：坐标系与参数方程】23（2016大庆校级模拟）在平面直角坐标系xoy中，以O为极点，x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，直线l的极坐标方程为=，曲线C的参数方程为（1）写出直线l与曲线C的直角坐标方程；（2）过点M平行于直线l1的直线与曲线C交于A、B两点，若|MA|MB|=，求点M轨迹的直角坐标方程【考点】直线与圆锥曲线的综合问题；简单曲线的极坐标方程；参数方程化成普通方程【分析】（1）利用极坐标与直角坐标方程的互化，直接写
45、出直线l的普通方程，消去参数可得曲线C的直角坐标方程；（2）设点M（x0，y0）以及平行于直线l1的直线参数方程，直线l1与曲线C联立方程组，通过|MA|MB|=，即可求点M轨迹的直角坐标方程通过两个交点推出轨迹方程的范围，【解答】解：（1）直线l的极坐标方程为=，所以直线斜率为1，直线l：y=x；曲线C的参数方程为消去参数，可得曲线（2）设点M（x0，y0）及过点M的直线为由直线l1与曲线C相交可得： ，即：，x2+2y2=6表示一椭圆取y=x+m代入得：3x2+4mx+2m22=0由0得故点M的轨迹是椭圆x2+2y2=6夹在平行直线之间的两段弧【点评】本题以直线与椭圆的参数方程为载体，考查
46、直线与椭圆的综合应用，轨迹方程的求法，注意轨迹的范围的求解，是易错点【选修4-5：不等式选讲】24（2016南安市校级模拟）设函数f（x）=|2x+1|x4|（1）解不等式f（x）0；（2）若f（x）+3|x4|m对一切实数x均成立，求m的取值范围【考点】绝对值不等式的解法【分析】（1）对x讨论，分当x4时，当x4时，当x时，分别解一次不等式，再求并集即可；（2）运用绝对值不等式的性质，求得F（x）=f（x）+3|x4|的最小值，即可得到m的范围【解答】解：（1）当x4时，f（x）=2x+1（x4）=x+50，得x5，所以x4成立；当x4时，f（x）=2x+1+x4=3x30，得x1，所以1x4成立；当x时，f（x）=x50，得x5，所以x5成立综上，原不等式的解集为x|x1或x5；（2）令F（x）=f（x）+3|x4|=|2x+1|+2|x4|2x+1（2x8）|=9，当时等号成立即有F（x）的最小值为9，所以m9即m的取值范围为（，9【点评】本题考查绝对值不等式的解法，以及不等式恒成立思想转化为求函数的最值问题，运用分类讨论的思想方法和绝对值不等式的性质是解题的关键