1、保温卷二 本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分共 150 分，考试时间 120 分钟第卷一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1已知集合 A0,1,2，Ba,2，若 BA，则 a()A0 B0 或 1C2 D0 或 1 或 2答案 B解析 由 BA，可知 B0,2或 B1,2，所以 a0 或 1.故选 B.2已知 i 为虚数单位，若 11iabi(a，bR)，则 ab()A1 B.2 C.22 D2答案 C解析 i 为虚数单位，11iabi(a，bR)，则 11i1i2 abi，根据复数相等得到a12，b12，
2、所以 ab12 12 22.3“k 33”是“直线 l：yk(x2)与圆 x2y21 相切”的()A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件答案 A解析 因为直线 l：yk(x2)与圆 x2y21 相切，所以|2k|k211，则k 33.所以“k 33”是“直线 l：yk(x2)与圆 x2y21 相切”的充分不必要条件4设函数 f(x)log21x，x0，4x，x0，则 f(3)f(log23)()A9 B11 C13 D15答案 B解析 函数 f(x)log21x，x0)石，按甲、乙、丙、丁的顺序进行“衰分”，已知丙衰分得 80 石，乙、丁衰分所得的和为 164 石，则
3、“衰分比”与 m 的值分别为()A20%,369 B80%,369C40%,360 D60%,365答案 A解析 设“衰分比”为 a，甲衰分得 b 石，由题意得b1a280，b1ab1a3164，b80164m，解得 b125，a20%，m369.8已知甲口袋中有 3 个红球和 2 个白球，乙口袋中有 2 个红球和 3 个白球，现从甲、乙口袋中各随机取出一个球并相互交换，记交换后甲口袋中红球的个数为，则 E()()A.145 B.135 C.73 D.83答案 A解析 的可能取值为 2,3,4，2 表示从甲口袋中取出一个红球，从乙口袋中取出一个白球，故 P(2)3535 925；3 表示从甲、
4、乙口袋中各取出一个红球，或从甲、乙口袋中各取出一个白球，故 P(3)352525351225；4 表示从甲口袋中取出一个白球，从乙口袋中取出一个红球，故 P(4)2525 425，所以 E()2 925312254 425145.9已知函数 f(x)是定义在 R 上的偶函数，且在0，)上单调递增，则三个数 af(log313)，bflog1218，cf(20.6)的大小关系为()AabcBacbCbacDcab答案 C解析 2log39log313log3273，log1218log283,020.6212，020.6log313f(log313)f(20.6)，即 bac.10函数 f(x)
5、2xln x1的图象大致为()答案 A解析 由函数 f(x)的定义域为x|x0 且 x1，可排除 C；又 f1e 0，可排除 B；当 x时，f(x)0，可排除 D，故选 A.11将圆的一组 n 等分点分别涂上红色或蓝色，从任意一点开始，按逆时针方向依次记录 k(kn)个点的颜色，称为该圆的一个“k 阶段序”，当且仅当两个 k 阶段序对应位置上的颜色至少有一个不相同时，称为不同的 k 阶段序若某圆的任意两个“k 阶段序”均不相同，则称该圆为“k 阶魅力圆”则“3 阶魅力圆”中最多可有的等分点个数为()A4 B6 C8 D10答案 C解析“3 阶段序”中，每个点的颜色有两种选择，故“3 阶段序”共
6、有2228(种)，一方面，n 个点可以构成 n 个“3 阶段序”，故“3 阶魅力圆”中的等分点的个数不多于 8 个；另一方面，若 n8，则必须包含全部共8 个“3 阶段序”，不妨从(红，红，红)开始按逆时针方向确定其他各点颜色，显然“红，红，红，蓝，蓝，蓝，红，蓝”符合条件，故“3 阶魅力圆”中最多可有 8 个等分点12已知函数 f(x)是定义在 R 上的奇函数，且当 x0 时，f(x)(x1)ex，则对任意 mR，函数 F(x)ff(x)m 的零点个数至多有()A3 个B4 个C6 个D9 个答案 A解析 当 x0 时，f(x)(x2)ex，由此可知 f(x)在(，2)上单调递减，在(2,0
7、)上单调递增，f(2)e2，f(1)0，且 f(x)1.又 f(x)是 R 上的奇函数，f(0)0，而当 x(，1)时，f(x)b0)的左、右焦点分别为 F1，F2，过 F1 且与 x轴垂直的直线交椭圆于 A，B 两点，直线 AF2 与椭圆的另一个交点为 C，若AF22F2C，则椭圆的离心率为_答案 55解析 设 C(x，y)，由AF2 2F2C，得|y|b2a12，x2c，C2c，b22a.又 C 为椭圆上一点，2c2a2 b22a2b2 1，解得 e 55.16已知正四面体 PABC 的棱长均为 a，O 为正四面体 PABC 的外接球的球心，过点 O 作平行于底面 ABC 的平面截正四面体
8、 PABC，得到三棱锥 PA1B1C1 和三棱台 ABCA1B1C1，那么三棱锥 PA1B1C1 的外接球的表面积为_答案 2732 a2解析 设底面ABC 的外接圆半径为 r，则 asin32r，所以 r 33 a.所以正四面体的高为a233 a 2 63 a，设正四面体的外接球半径为 R，则 R233 a 263 aR 2，所以 R 64 a.因为 64 63 34，所以三棱锥 PA1B1C1 的外接球的表面积为464 a 23422732 a2.三、解答题：共 70 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17(本小题满分 12 分)已知等差数列an的公差是 1，且 a1，a3，a9 成
9、等比数列(1)求数列an的通项公式；(2)求数列an2an 的前 n 项和 Tn.解(1)因为an是公差为 1 的等差数列，且 a1，a3，a9 成等比数列，所以 a23a1a9，即(a12)2a1(a18)，解得 a11.所以 ana1(n1)dn.(2)Tn112121223123n12n，12Tn11222123(n1)12nn12n1，两式相减得12Tn12112212312nn12n1，所以12Tn1212n1112n12n11 12n n2n1.所以 Tn22n2n.18(本小题满分 12 分)如图，在四棱柱 ABCDA1B1C1D1 中，侧棱 A1A底面 ABCD，ABAC，AB
10、1，ACAA12，ADCD 5，点 E 为线段AA1 上的点，且 AE12.(1)求证：BE平面 ACB1；(2)求二面角 D1ACB1 的余弦值；(3)判断棱 A1B1 上是否存在点 F，使得直线 DF平面 ACB1，若存在，求线段 A1F 的长；若不存在，说明理由解(1)证明：因为 A1A底面 ABCD，所以 A1AAC.又因为 ABAC，所以 AC平面 ABB1A1，又因为 BE平面 ABB1A1，所以 ACBE.因为AEAB12 ABBB1，EABABB190，所以 RtABERtBB1A.所以ABEAB1B.因为BAB1AB1B90，所以BAB1ABE90.所以 BEAB1.又 AC
11、AB1A，所以 BE平面 ACB1.(2)如图，以 A 为坐标原点建立空间直角坐标系，依题意可得 A(0,0,0)，B(0,1,0)，C(2,0,0)，D(1，2,0)，A1(0，0,2)，B1(0,1,2)，C1(2,0,2)，D1(1，2,2)，E0，0，12.由(1)知，EB0，1，12 为平面 ACB1 的一个法向量，设 n(x，y，z)为平面 ACD1 的法向量因为AD1(1，2,2)，AC(2,0,0)，则nAD1 0，nAC0，即x2y2z0，2x0，不妨设 z1，可得 n(0,1,1)因此 cosn，EB nEB|n|EB|1010.因为二面角 D1ACB1 为锐角，所以二面角
12、 D1ACB1 的余弦值为 1010.(3)设 A1Fa，则 F(0，a,2)，DF(1，a2,2)由DF EB(1，a2,2)0，1，12 a210，得 a1(舍去)即直线 DF 的方向向量与平面 ACB1 的法向量不可能垂直，所以，棱 A1B1 上不存在点 F，使直线 DF平面 ACB1.19(本小题满分 12 分)某市为制定合理的节电方案，对居民用电情况进行了调查，通过抽样，获得了某年 200 户居民每户的月均用电量(单位：百度)，将数据按照0,1)，1,2)，2,3)，3,4)，4,5)，5,6)，6,7)，7,8)，8,9分成 9组，制成了如图所示的频率分布直方图：(1)求直方图中
13、m 的值；(2)设该市有 100 万户居民，估计全市每户居民中月均用电量不低于 6 百度的人数，估计每户居民月均用电量的中位数，说明理由；(3)政府计划对月均用电量在 4(百度)以下的用户进行奖励，月均用电量在0,1)内的用户奖励 20 元/月，月均用电量在1,2)内的用户奖励 10 元/月，月均用电量在2,4)内的用户奖励 2 元/月若该市共有 400 万户居民，试估计政府执行此计划的年度预算解(1)11(0.040.080.210.250.060.040.02)2m，m0.15.(2)200 户居民月均用电量不低于 6 百度的频率为0060.040.020.12，则 100 万户居民中月均
14、用电量不低于 6 百度的户数有10000000.12120000；设中位数是 x 百度，前 5 组的频率之和 0.040.080.150.210.250.730.5，而前 4 组的频率之和 0.040.080.150.210.480.5，所以 4x0)的焦点为 F，直线 y4 与 y 轴的交点为 P，与抛物线 C 的交点为 Q，且|QF|2|PQ|.(1)求 p 的值；(2)已知点 T(t，2)为 C 上一点，M，N 是 C 上异于点 T 的两点，且满足直线 TM 和直线 TN 的斜率之和为83，证明直线 MN 恒过定点，并求出定点的坐标解(1)设 Q(x0,4)，由抛物线定义知|QF|x0p
15、2，又|QF|2|PQ|，|PQ|x0，所以 2x0 x0p2，解得 x0p2，将点 Qp2，4 代入抛物线方程，解得 p4.(2)由(1)知，C 的方程为 y28x，所以点 T 坐标为12，2，设直线 MN 的方程为 xmyn，点 M(x1，y1)，N(x2，y2)，由xmyn，y28x得 y28my8n0，64m232n0.所以 y1y28m，y1y28n，所以 kMTkNTy12x112y22x212y12y21812y22y228128y128y228y1y232y1y22y1y2464m328n16m483，解得 nm1，所以直线 MN 的方程为 x1m(y1)，恒过定点(1，1)2
16、1(本小题满分 12 分)已知函数 f(x)14x3x2x.(1)求曲线 yf(x)的斜率为 1 的切线方程；(2)当 x2,4时，求证：x6f(x)x；(3)设 F(x)|f(x)(xa)|(aR)，记 F(x)在区间2,4上的最大值为M(a)当 M(a)最小时，求 a 的值解(1)由 f(x)14x3x2x 得 f(x)34x22x1.令 f(x)1，即34x22x11，得 x0 或 x83.又 f(0)0，f83 827，所以曲线 yf(x)的斜率为 1 的切线方程是 yx 与 y 827x83，即 yx 与 yx6427.(2)证明：令 g(x)f(x)x，x2,4由 g(x)14x3
17、x2 得 g(x)34x22x.令 g(x)0 得 x0 或 x83.g(x)，g(x)的情况如下：所以 g(x)的最小值为6，最大值为 0.故6g(x)0，即 x6f(x)x.(3)由(2)知，当 a3；当 a3 时，M(a)F(2)|g(2)a|6a3；当 a3 时，M(a)3.综上，当 M(a)最小时，a3.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，作答时请写清题号22(本小题满分 10 分)选修 44：坐标系与参数方程已知直线 l 的参数方程为x1t，y32t(t 为参数)，曲线 C 的极坐标方程为sin216cos0，直线 l 与曲线 C 交于 A，B
18、两点，点 P(1,3)(1)求直线 l 的普通方程和曲线 C 的直角坐标方程；(2)求 1|PA|1|PB|的值解(1)直线 l 的参数方程为x1t，y32t(t 为参数)，消去参数，可得直线 l 的普通方程为 y2x1，曲线 C 的极坐标方程为 sin216cos0，即 2sin216cos0，曲线 C 的直角坐标方程为 y216x.(2)直线的参数方程改写为x1 55 t，y32 55 t(t 为参数)，代入 y216x，得45t24 55 t70，则 t1t2 5，t1t2354，1|PA|1|PB|t1t2t1t28 1035.23(本小题满分 10 分)选修 45：不等式选讲已知函数 f(x)|x1|x3|.(1)解不等式 f(x)x1；(2)设函数 f(x)的最小值为 c，实数 a，b 满足 a0，b0，abc，求证：a2a1 b2b11.解(1)f(x)x1，即|x1|x3|x1.当 x1 时，不等式可化为 42xx1，解得 x1.又x3 时，不等式可化为 2x4x1，解得 x5.又x3，3x5.综上所述，1x3 或 31，n1，am1，bn1，mn4，a2a1 b2b1m12mn12nmn1m1n4 4mn4mn221.本课结束