【解析】河北省衡水市武邑中学2017高三数学二模试卷（理科）含解析

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2017年河北省衡水市武邑中学高考数学二模试卷（理科）一、选择题：本题共12个小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，有且只有一项符合题目要求，将正确答案填涂在答题卡上…1.设集合A={x|x>2},若m=lnee（e为自然对数底），则（）A.0WAB・m年AC・m^AD.AG{xx>m}2.已知i是虚数单位，（l+2i）Zi=-l+3i,乜二l+（】+i）“，z】、Z2在复平面上对应的点分别为A、B,则|AB|=（）A.31B.33C・V31D・^333.下列命题，真命题是（）A.a-b=0的充要条件是吕二1B・VxER,ex>xebc.BxoeR,Ixol^OD.若p/q为假，贝UpVq为假4.过抛物线y2=2px（p>0）的焦点作直线交抛物线于P,Q两点，若线段PQ中点的横坐标为3,|PQ|=10,则抛物线方程是（）A.y2=4xB.y2=2xC.y2=8xD.y2=6x5.已知某个几何体的正视图、侧视图、俯视图均为右图的形状，根据图中标出的尺寸（图中大正方形边长为2a）,可得这个几何体的体积是（）A.-ya3B.7a3C.2昭总D.5a3Sr7Sc6.设％是等差数列{冇}的前n项和，若—=4,则F二（）a3°7护A.土B.晋C・4D.57.给出下列四个结论：（1）如图RtAABC中，|AC|=2,ZB二90。，ZC=30°.D是斜边AC上的点，|CD|= 2017年河北省衡水市武邑中学高考数学二模试卷（理科）一、选择题：本题共12个小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，有且只有一项符合题目要求，将正确答案填涂在答题卡上…1.设集合A={x|x>2},若m=lnee（e为自然对数底），则（）A.0WAB・m年AC・m^AD.AG{xx>m}2.已知i是虚数单位，（l+2i）Zi=-l+3i,乜二l+（】+i）“，z】、Z2在复平面上对应的点分别为A、B,则|AB|=（）A.31B.33C・V31D・^333.下列命题，真命题是（）A.a-b=0的充要条件是吕二1B・VxER,ex>xebc.BxoeR,Ixol^OD.若p/q为假，贝UpVq为假4.过抛物线y2=2px（p>0）的焦点作直线交抛物线于P,Q两点，若线段PQ中点的横坐标为3,|PQ|=10,则抛物线方程是（）A.y2=4xB.y2=2xC.y2=8xD.y2=6x5.已知某个几何体的正视图、侧视图、俯视图均为右图的形状，根据图中标出的尺寸（图中大正方形边长为2a）,可得这个几何体的体积是（）A.-ya3B.7a3C.2昭总D.5a3Sr7Sc6.设％是等差数列{冇}的前n项和，若—=4,则F二（）a3°7护A.土B.晋C・4D.57.给出下列四个结论：（1）如图RtAABC中，|AC|=2,ZB二90。，ZC=30°.D是斜边AC上的点，|CD|= |CB|・以B为起点任作一条射线BE交AC于E点，则E点落在线段CD±的(2)设某大学的女生体重y(炬)与身高x(cm)具有线性相关关系，根据一组样本数据(Xj,y.)(i=l,2,n),用最小二乘法建立的线性回归方程为y=0.85x-85.71,则若该大学某女生身高增加lcm,则其体重约增加0.85kg；(3)为调查屮学生近视情况，测得某校男生150名屮有80名近视，在140名女生中有70名近视.在检验这些学生眼睛近视是否与性别有关吋，应该用独立性检验最有说服力；(4)已知随机变量「服从止态分布N(1,a2),P(仁4)=0.79,则P(仁-2)=0.21；其中正确结论的个数为()A.1B.2C.3D.41.如图所示程序框图中，输出S二().j：1S=S+7'”=卄】/綸他s/A.45B.-55C.一66D・66'x+y+4>02.若直线y=3x±存在点(x,y)满足约束条件'2x^+8>0,则实数m的取值范x<：iri围是()A.(-1,+°°)B.[-1,+°°)C.(-°°,-1)D.(-8,-1)3.已知向量是单位向量；,丫,若；壬0,且；-；|+|；-2乙二佰则的 取值范围是() 11-若圆锥的内切球与外接球的球心重合，且内切球的半径为1,则圆锥的体积为A.nB.2nC.3nD.4n12.已知a,beR,且exd^ax+b对xGR恒成立，则ab的最大值是()A.je3B.警e3C.豎e3D.e3二、填空题(每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上)2213.己知双曲线勺丄尹l(a>0,b>0)的左、右焦点为Fi(-c,0),F2(c,0),ab若直线y=2x与双曲线的一个交点的横坐标为c,则双曲线的离心率为・14.已知一组正数X1，X2，X3的方差S2=y(X!2+X22+X32~12),则数据X1+1,X2+l,X3+l的平均数为•15.在《爸爸去哪儿》第二季第四期中，村长给6位〃萌娃〃布置一项搜寻空投食物的任务.已知：①食物投掷地点有远、近两处；②由于Grace年纪尚小，所以要么不参与该项任务，但此时另需一位小孩在大本营陪同，要么参与搜寻近处投掷点的食物；③所有参与搜寻任务的小孩须被均分成两组，一组去远处，一组去近处,那么不同的搜寻方案有种.(以数字作答)16.已知函数f(x)对一切实数a、b满足f(a+b)=f(a)・f(b),f(1)=2,(且f(x)恒非零)，数列｛aj的通项a*二(nUN+),则数列｛aj的前n项和二三、解答题(本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤・)17.已知AABC是斜三角形，内角A、B、C所对的边的长分别为a、b、c.若csinA二EacosC・(I)求角C； (II)若c=V21,且sinC+sin(B-A)=5sin2A,求AABC的而积.乘公共汽车方案10公里（含）内2元；10公里以上部分，每增加1元可乘坐5公里（含）乘坐地铁方案（不含机场线）6公里（含）内3元6公里至12公里（含）4元12公里至22公里（含）5元22公里至32公里（含）6元32公里以上部分，每增加1元可乘坐20公里（含）已知在北京地铁四号线上，任意一站到陶然亭站的票价不超过5元，现从那些只乘坐四号线地铁，且在陶然亭出站的乘客屮随机选出120人，他们乘坐地铁的票价统计如图所示.（I）如果从那些只乘坐四号线地铁，R在陶然亭站出站的乘客中任选1人，试估计此人乘坐地铁的票价小于5元的概率；（II）从那些只乘坐四号线地铁，且在陶然亭站出站的乘客中随机选2人，记x为这2人乘坐地铁的票价和，根据统计图，并以频率作为概率，求X的分布列和数学期望；（III）小李乘坐地铁从A地到陶然亭的票价是5元，返程时，小李乘坐某路公共电汽车所花交通费也是5元，假设小李往返过程中乘坐地铁和公共电汽车的路程均为s公里，试写出s的取值范围.（只需写岀结论）19.已知三棱柱ABC-AiBiCi中，AABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，且B1A=B1C=B1B=AC=2・（I）求证：平面BiAC丄底而ABC； （II）求BiC与平面ABBiAi所成角的正弦值; (Ill)若E,F分别是线段AiCi，C]C的中点，问在线段B]F上是否存在点P,使得EP〃平面ABBiAi.20.己知抛物线E：y2=2px(p>0)的准线与x轴交于点K,过点K作圆C：(x-2)=_W23JyJl的两条切线，切点为M,N,MN(1)求抛物线E的方程(2)设A、B是抛物线E上分别位于x轴两侧的两个动点，且0^-0B=|(其中0为坐标原点)①求证：直线AB必过定点，并求出该定点Q的坐标②过点Q作AB的垂线与抛物线交于G、D两点，求四边形AGBD面积的最小值.21.已知函数f(x)=-^—,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为x+be-1(e-1)2y-e二0.其中e=2.71828...为自然对数的底数.(I)求a,b的值;(II)如果当xHO时，f(2x)<1-k—，求实数k的取值范围.已[选修4」几何证明选讲]22.如图，AB是的一条切线,切点为B,直线ADE,CFD,CGE都是O0的割线，已知AC=AB.(1)求证：FG〃AC；(2)若CG=1,CD=4.求晋的值. E［选修4・4：坐标系与参数方程］23.在直角坐标系xOy中，圆C的参数方程为｛二：；；爲(8为参数).(1)以原点为极点、x轴正半轴为极轴建立极坐标系，求圆C的极坐标方程；(2)已知A(・2,0),B(0,2),圆C上任意一点M(x,y),求△ABM面积的最大值.［选修4・5：不等式选讲］24.己知函数f(x)=x+11-|x|+a.(1)若a=0,求不等式f(x)20的解集；(2)若方程f(x)二x有三个不同的解，求实数a的取值范围. 2017年河北省衡水市武邑中学高考数学二模试卷(理科)参考答案与试题解析一、选择题：本题共12个小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，有且只有一项符合题目要求，将正确答案填涂在答题卡上…1.设集合A={x|x>2},若m二lne°(e为自然对数底)，则()A.0EAB.m年AC・mGAD・AU{xx>m}【考点】元素与集合关系的判断.【分析】先求出m的值，从而判断出m属于结合A.【解答】解:Vm=elne=e,/.mEA,故选：C.2.已知i是虚数单位，(l+2i)Zi=-l+3i,z2=l+(l+i)10,zx>z2在复平面上对应的点分别为A、B,则|AB|=()A.31B.33C・V31D.^33【考点】复数代数形式的乘除运算.【分析】直接由复数代数形式的乘除运算化简Z1，Z2,求出Z1、Z2在复平面上对应的点的坐标A、B,则答案可求.【解答】解:I(l+2i)z1=-l+3i,-l+3i二(-l+3i)(l-2i)_5+5il+2i=(l+2i)(l-2i)__5-=l+i,Vz2=l+(l+i)10,Az2=l+(2i)5=l+32i,・・・zi、Z2在复平而上对应的点的坐标分别为A(1,1)>B(1,32),则IAB|=7(32-1)2=31. 故选：A. A.a-b=0的充要条件是¥二1B.VxeR,ex>xebC.mxo^R,|xo|WOD.若p/q为假，则p/q为假【考点】命题的真假判断与应用.【分析】A.由-5-=l^a-b=0,反之不成立（b二0吋），即可判断出正误；bB.取x=e时，ex=xe,即可判断出正误;C.取妒0,则|xo|W0成立，即可判断出正误；D.若p/q为假，则p与q至少有一个为假命题，因此p/q不一定为假，即可判断出正误.【解答】解：A.由-^-=l=>a-b=0,反之不成立（b=0时），因此a-b二0是各1的bb必要不充分条件；A.取x=e时，ex=xe,因此不正确；B.取X。二0,则|xo|W0成立，正确；C.若pAq为假，则p与q至少有一个为假命题，因此pVq不一定为假，不正确.故选：C.4.过抛物线y2=2px（p>0）的焦点作直线交抛物线于P,Q两点，若线段PQ屮点的横坐标为3,|PQ|=10,则抛物线方程是（）A.y2=4xB.y2=2xC.y2=8xD.y2=6x【考点】抛物线的简单性质；抛物线的标准方程.【分析】利用抛物线的定义可得，|PQ|=|PF|+|QF|二心遗+X2+号，把线段PQ中点的横坐标为3,|PQ|=10代入可得P值，然后求解抛物线方程.【解答】解：设抛物线y2=2px（p>0）的焦点为F,由抛物线的定义可知，PQ|二|PF|+|QF|二X1+（Xi+x2）+p.线段PQ中点的横坐标为3,又|PQ|=10,・・・10二6+p,可得P二4・•・抛物线方程为y2=8x.故选：C. 4.已知某个几何体的正视图、侧视图、俯视图均为右图的形状，根据图中标出的尺寸(图中大正方形边长为2a),可得这个几何体的体积是()A.譽小B.7a3C.2近芒D・5a3【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；由三视图求面积、体积.【分析】由已知屮的三视图，可知该几何体是一个棱长为2a的正方体，切去了八个角所得组合体，求出每个角的体积，相减可得答案.【解答】解：由已知中的三视图，可知该几何体是一个棱长为2a的正方体，切去了八个角所得组合体，每个角都是三条侧棱两两垂直且长度为a的棱锥，故组合体的体积/=(2a)3-8X(^-Xya2Xa)二年故选：A&斤7Sr5.设*是等差数列｛时的前n项和，若—=4,则F二()a3°b37A.三B.罟C・4D・5【考点】等差数列的前n项和.【分析】首先利用等差数列的通项公式求出首相和公差的关系，进一步对等差数列的前n项和公式进行应用.【解答】解：等差数列｛%｝中，设首相为巧，公差为d, 由于:25__7则:S]+4d了a1+2d=y，02125丿匚3dS5_2—5巧_5飞-s525%5^~2故选：D4.给出下列四个结论：(1)如图RtAABC中，|AC|=2,ZB二90。，ZC=30°.D是斜边AC上的点，|CD|=|CB|・以B为起点任作一条射线BE交AC于E点，则E点落在线段CD±的(2)设某大学的女生体重y(kg)与身高x(cm)具有线性相关关系，根据一组样本数据(Xi,yi)(i=l,2,・.・，n),用最小二乘法建立的线性回归方程为y=0.85x-85.71,贝I」若该大学某女牛身高增加lcm,贝IJ其体重约增加0.85kg；(3)为调查中学生近视情况，测得某校男生150名中有80名近视，在140名女生中有70名近视.在检验这些学生眼睛近视是否与性别有关时，应该用独立性检验最有说服力；(4)已知随机变量§服从正态分布N(1,o2),P(EW4)=0.79,则P(仁-2)=0.21；其中正确结论的个数为()A.1B.2C.3D.4【考点】两个变量的线性相关；正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义.【分析】对四个命题分别进行判断，即可得出结论.【解答】解：(1)由题意，|CD|二|CB|,ZC=30°,所以ZCBD=75°,所以E点落在 线段CD上的概率是普=¥，故不正确；906(2)设某大学的女生体重y(kg)与身高x(cm)具有线性相关关系，根据一组样本数据(Xi,y{)(i=l,2,・.・，n),用最小二乘法建立的线性回归方程为y=0.85x -85.71,则若该大学某女生身高增加lcm,则其体重约增加0.85kg,正确;(1)为调查屮学生近视情况，测得某校男生150名屮有80名近视，在140名女生中有70名近视.在检验这些学生眼睛近视是否与性别有关吋，应该用独立性检验最有说服力，正确；(2)已知随机变量©服从正态分布N(1,o2),图象关于X"对称，因为P(gW4)=0.79,则P・2)=0.21,正确；故正确结论的个数为3,故选：C.&如图所示程序框图中，输出S二()5=0,/i訂"(-I尸“I—S=S+T川=刀十1/'綸出s/A.45B.-55C.-66D・66【考点】循环结构.【分析】根据程序框图的流程,可判断程序的功能是求S=l2-22+32-42+...+(-1)n，1>n2,判断程序运行终止吋的n值，计算可得答案.【解答】解：由程序框图知，第一次运行T=(-1)2>12=1,S二0+1=1,n=l+l=2；第二次运行T=(-1)3<2=・4,S=1-4=-3,n=2+l=3；第三次运行T二(・1)4*32=9,S=l-4+9=6,n=3+l=4；直到n二9+2二10吋，满足条件n>9,运行终止，此时T二(-1)10*92,S=1・4+9・16+...+92-102=1+(2+3)+(4+5)+(6+7)+(8+9)・100=^-X9-100=-55.故选：B. fx+y+4>09.若直线y=3x±存在点(x,y)满足约束条件2x-/+8>0,则实数m的取值范Ix^in围是()A.(-1,+8)B・[-1,+8)C.(-8,-1)D・(-8,-1)【考点】简单线性规划.【分析】由题意作出其平而区域，先解出点A的坐标，再结合图彖写岀实数m的取值范围即可.【解答】解：由题意作岀其平面区域，结合图象可得,y=3x解得，A(-1,-3)；故m>-1；故选A.10.已知向量是单位向量；，了，若；込二0,且；・；|+・2了二仏，则匚+2；|的 取值范围是（）A.［1,3］B.［2/3，3］C.［色乎，2讥］D.［卫乎，3］【考点】平面向量数量积的运算.【分析】由题意将所用的向量放到坐标系中用坐标表示，借助于两点之间的距离公式以及几何意义解答本题.【解答】解：因为；•了二0,JzLI；-；+1；-2?二后，设单位向量；二（1,0）,7二（0,1）,c=（x,y）,则c—a=（x■1,y）,c—2b=（x,y■2）,则』&-1）2+/+』/+（汁2）2二妬,即（x,y）到A（1,0）和B（0,2）的距离和为範，即表示点（1,0）和（0,2）之间的线段，|；+2；討（x+2）'+/表示（-2,0）到线段AB上点的距离，最小值是点（-2,0）到直线2x+y-2=0的距离所以沪命吕2最大值为（-2,0）到（1,0）的距离是3,所以|；+2：的取值范围是［竿，3］；5故选：D.9.若圆锥的内切球与外接球的球心重合，且内切球的半径为1,则圆锥的体积为（）A.nB.2hC.3nD.4n【考点】球内接多面体.【分析】过圆锥的旋转轴作轴截面，得AABC及其内切圆。0］和外切圆©02,且两圆同圆心，即AABC的内心与外心重合，易得AABC为正三角形，由题意（DO】的半径为「二1,进而求出圆锥的底面半径和高，代入圆锥体积公式，可得答案.【解答】解：过圆锥的旋转轴作轴截面，得AABC及其内切圆00］和外切圆002,且两圆同圆心，即AABC的内心与外心重合，易得AABC为正三角形， 由题意的半径为r=l,•••△ABC的边长为2,丙，圆锥的底面半径为咼为3,AV=yX兀X3X3二3兀・故选：C.9.已知a,beR,且exd^ax+b对xGR恒成立，则ab的最大值是()A.|e3B•警e3C.%e3D.e3【考点】函数恒成立问题.【分析】分aVO、a=O.a>0三种情况讨论，而aVO、a=O两种情况容易验证是否恒成立,在当a>0时,构造函数f(x)=aex3_2-a即ab的最大值是ye3,此时击J,b丄虚.乙x来研究不等式exx^ax+b恒成立的问题，求导易得.【解答】解：若a<0,由于一次函数y=ax+b单调递减，不能满足且e门2ax+b对xGR恒成立，贝iJa2O・若a=0,则ab=O.若a>0,由eSax+b得bWe^】・ax,则ab^aexl-a2x.设函数f(x)=aex+1-a2x,Af(x)=aex1-a2=a(ex+1-a),令f‘(x)二0得ex1-a=O,解得x=lna-1,Vxlna-l时，F(x)>0,二函数f(x)递增；・••当x=lna-1时,函数取最小值，f(x)的最小值为f(Ina-1)=2a2-a2lna.设g(a)=2a2-a2lna(a>0),g‘(a)=a(3-2lna)(a>0),3由(a)二0得a二7，e 33不难得到乙巨时，g(a)>0；、刁时，g(a)<0；2・•・函数g(a)先增后减，•為(a)的最大值为g(J)=le3,2故选：A.二、填空题(每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上)229.已知双曲线七-分1G>O,b>0)的左、右焦点为Fi(-c,0),F2(c,0),若直线y=2x与双曲线的一个交点的横坐标为c,则双曲线的离心率为伍+1・【考点】双曲线的简单性质.【分析】求出直线与双曲线的交点坐标，代入双曲线方程，转化求解双曲线的离心率即可.【解答】解：直线y二2x与双曲线的一个交点的横坐标为c,242可得交点坐标为：(C,2C),代入双曲线方程可得：号二ab42口J得-1=-寺—,e>l,口J得e2-l=2e,解得e二J^+l.e-1故答案为：V2+1；10.已知一组正数Xi，X2，X3的方差s2=~(Xi2+x22+x32-12),贝I」数据X1+1,x2+l,X3+1的平均数为3・【考点】众数、中位数、平均数.【分析】根据方差的公式求得原数据的平均数后，求得新数据的平均数即可.【解答】解：由方差的计算公式可得：S?二丄[(X]・x)2+(x2-X)S...+(xn-X)2]n=—[Xi2+X22+...+Xn2-2(X1+X2+…+xn)•x+nx2]n1——=-[xiW+.-.+Xn2-2nx2+nx2]n二丄[Xi2+X22+...+Xn2]-x2n=~(x『+七？+X3?-12)可得平均数；=2. 对于数据Xi+l,x2+l,X3+I的平均数是2+1=3,故答案为：3.9.在《爸爸去哪儿》第二季第四期中，村长给6位〃萌娃〃布置一项搜寻空投食物的任务.已知：①食物投掷地点有远、近两处；②由于Grace年纪尚小，所以要么不参与该项任务，但此时另需一位小孩在大本营陪同，要么参与搜寻近处投掷点的食物；③所有参与搜寻任务的小孩须被均分成两组，一组去远处，一组去近处,那么不同的搜寻方案有40种.(以数字作答)【考点】排列、组合的实际应用.【分析】根据题意，分2种情况讨论：①、Grace不参与该项任务，需一位小孩在大本营陪同，则其余4人被均分成两组，一组去远处，一组去近处；②、Grace参与该项任务，则从其余5人屮选2人去近处，剩余3人搜寻远处，分别求出每种情况的方案数目；由分类计数原理计算可得答案.【解答】解：根据题意，分2种情况讨论：①、Grace不参与该项任务，在其余5人中，任选1人在大本营陪同，有C5：5种情况，C农剩余4人，平均分成2组，有宀^二3种分组方法，在将2组对应2个地点，有4A；二2种情况，此时一共有5X3X2=30种方案；②、Grace参与该项任务，在其余5人屮，任选2人与Grace-起搜寻近处投掷点的食物，有二10种情况,而剩余3人搜寻远处投掷点的食物，有1种情况，则此时一共有10X1=10种方案；则一共有30+10=40种符合题意的分配方案；故答案为：40. 16・已知函数f(x)对一切实数a、b满足f(a+b)=f(a)*f(b),f(1)=2,(且和二4nf(x)恒非零),数列｛an｝的通项an=f2(n)+f(2n)f(2n-l)(nGN+),则数列｛aj的前n项【考点】数列的求和.【分析】函数f(x)对一切实数a、b满足f(a+b)=f(a)・f(b),f(1)=2,可得f(n+1)=f(n)f(1)=2f(n),利用等比数列的通项公式可得f(n),即可得出巧及其前n项和.【解答】解：・・•函数f(X)对一切实数a、b满足f(a+b)=f(a)・f(b),f(1)=2,Af(n+1)=f(n)f(1)=2f(n),・•・数列｛f(n)｝是等比数列，首项为2,公比为2.・・・f(n)=2n.•••数列｛an｝的通项3尸宵刃+节严=2：¥加=4f(2n-l)2・・.数列｛an｝的前n项和二4n.故答案为：4n.三、解答题(本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤・)17.已知AABC是斜三角形，内角A、B、C所对的边的长分别为a、b、c.若csinA二yEacosC・(I)求角C；(II)若c=V21,且sinC+sin(B-A)=5sin2A,求AABC的而积.【考点】余弦定理；正弦定理.【分析】(I)由csinA二Jocose,利用正弦定理可得sinCsinA二WsinAcosC,于是sinC=V3cosC,即可得出;(II)由sinC+sin(B-A)=5sin2A,sinC=sin(A+B),可得sinB=5sinA,由正弦定理可知b=5a,由余弦定理c2=a2+b2-2abcosC,联立解岀，再利用三角形而积计算公式即可得出.【解答】解：(I)VcsinA=V3acosC,由正弦定理可得sinCsinA二V^sinAcosC,sinAHO,sinC二J^cosC, 得签W'VCG(0,n),・K・・c〒(II)VsinC+sin(B-A)=5sin2A,sinC=sin(A+B),.•.sin(A+B)+sin(B・A)=5sin2A,•:2sinBcosA=2X5sinAcosA,VAABC为斜三角形，cosAHO,/•sinB=5sinA,由止弦定理可知b二5a（1）由余弦定理c2=a2+b2-2abcosC,A21=a2+b2-2abXp(2)由(1)(2)解得a=5,b=l,•:Saabc4absinC4X1X5X18.2014年12月28Fl开始，北京市公共电汽车和地铁按照里程分段计价.具体如下表.（不考虑公交卡折扣情况）乘公共汽车方案10公里（含）内2元；10公里以上部分，每增加1元可乘坐5公里（含）乘坐地铁方案（不含机场线）6公里（含）内3元6公里至12公里（含）4元12公里至22公里（含）5元22公里至32公里（含）6元32公里以上部分，每增加1元可乘坐20公里（含）已知在北京地铁四号线上，任意一站到陶然亭站的票价不超过5元，现从那些只乘坐四号线地铁，且在陶然亭出站的乘客中随机选出120人，他们乘坐地铁的票价统计如图所示.(I)如果从那些只乘坐四号线地铁，且在陶然亭站出站的乘客中任选1人，试估计此人乘坐地铁的票价小于5元的概率； (I)从那些只乘坐四号线地铁，且在陶然亭站出站的乘客中随机选2人，记x为这2人乘坐地铁的票价和，根据统计图，并以频率作为概率，求X的分布列和数学期望；(II)小李乘坐地铁从A地到陶然亭的票价是5元，返程时，小李乘坐某路公共屯汽车所花交通费也是5元，假设小李往返过程屮乘坐地铁和公共电汽车的路程均为s公里，试写出s的取值范围.(只需写出结论)【考点】离散型随机变量的期望与方差；频率分布直方图；离散型随机变量及其分布列.【分析】(I)根据统计图求出对应的人数和频率即可得到结论.(I)求出随机变量以及对应的概率，即可得到结论.(II)根据条件直接写出结论.【解答】解：(I)设事件A：〃此人乘坐地铁的票价小于5元〃，由统计图可知，得120人中票价为3元,4元,5元的人数分别为60,40,20人,所以票价小于5的有60+40=100人，故此人乘坐地铁的票价小于5元的频率为甥二£则乘坐地铁的票价小于5元的概率P(A)二奚6(II)X的可能值为6,7,8,9,10.统计图可知，得120人中票价为3元，4元5元的频率分别为誥二*豈=|,20二丄120"7，以频率当概率， 则p(X®今x*#,p(x=7)44444p(X=9)(X=10)ixi=iX678P1154318则x的分布列为:则EX=6X1.7Xf+8x^+9x1+10x.10136(Ill)se(20,22]・19.己知三棱柱ABC-AiBiCi中，AABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，且B1A=B1C=BiB=AC=2.(1)求证：平面BiAC丄底面ABC；(II)求B]C与平面ABBA所成角的正弦值;(III)若E,F分别是线段AiCi，GC的中点，问在线段B]F上是否存在点P,使得EP〃平面ABBiAi.【考点】直线与平面所成的角；直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定.【分析】(I)取AC中点0,连结BQ,BO,则厶B]OA竺△BiOB,从而BQ丄OB,进而BQ丄平面ABC,由此能证明平面BiAC丄底面ABC.(II)由AB二BC,0为AC中点，得BO丄AC,以OB、OC、OB】分另U为x,y,z轴,建立空间直角坐标系，利用向量法能求出B£与平ABB^所成角的正弦值. (Ill)求出AG屮点E(-1,0,V3),CCi中点F(-*,1,普)，设瓦恳求出P(・^,入，-爭入)，由EP-n=0,能求出当P是线段BiF中点时，EP〃平面ABBiAp【解答】解：(I)证明：取AC中点0,连结BQ,BO,VAB1BC,AOB=OA=OC,VABx=BiC,・・.BiO丄AC,又VBiB=ABi，.•.△BiOA竺△BiOB,・・・BiO丄OB,VACnOB=O,・・・B1O丄平面ABC,乂TBiOU平面BiAC,・•・平面BiAC丄底面ABC.(II)解：由已知得AB=BC,0为AC中点,・•・BO±AC,以OB、OC、OB】分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，则B(1,0,0),Bi(0,0,V3),C(0,1,0),A(0,-1,0),AB=(1,1,0),BB］二(-1,0,V3),B］C=(0,1,-V5),设平面ABBiA：的法向量匚二(x,y,z),fn*AB=x+y=0z_——则｛■*—*l'取Z二1,得门二一，1)，［n*BB1=-x+V3z=0姮"T"设BXC与平面ABB^所成角为0,贝I」sin。二cosVB［C,n>二——iBiCHInl・・・BiC与平面ABBiAi所成角的正弦值为罕.(III)解：0C］二OC+CC］二OC+BB［二(-1,1,V3),ACi(-1,1,V3)>同理得A(~1,-1,丁^),AAiCi中点E(-1,0,V3),CCi中点F(-y,1,爭),设丽二入丽，则丽二入(-寺，1,书)，P(—,入,--X),・^p=(—+1,入,-X), TEP*n=(-^-+1)•入-入二0，19.已知抛物线E：y2=2px（p>0）的准线与x轴交于点K,过点K作圆C：（x-2）2+y2=i的两条切线，切点为M,N,|MN|二卑2（1）求抛物线E的方程（2）设A、B是抛物线E上分别位于x轴两侧的两个动点，JL02?•0B=｛（其中0为坐标原点）①求证：直线AB必过定点，并求出该定点Q的坐标②过点Q作AB的垂线与抛物线交于G、D两点，求四边形AGBD面积的最小值.【考点】抛物线的简单性质.【分析】（2）求得K的坐标，圆的圆心和半径，运用对称性可得MR的长，由勾股定理和锐角的三角函数，可得CK=3,再由点到直线的距离公式即可求得p=2,进而得到抛物线方程；（2）①设岀直线方程，联立抛物线方程，运用韦达定理和向量的数量积的坐标表示，化简整理，即可得到定点Q;②运用弦长公式和四边形的面积公式，换元整理，结合基本不等式，即可求得最小值. 【解答】⑴解：由已知可得K(-号，0),圆C：(x-2)2+y2=l的圆心C(2,0),半径r=l・设MN与x轴交于R,由圆的对称性可得|MR|二兰于是ICRI=VMC2-MR2=^l-|=y，即有|ck|=I呗二眄|扌sinZMKCsinZCMRy即有2+专二3,解得p=2,则抛物线E的方程为y2=4x；22(2)①证明：设直线AB：x=my+t,Ay)B(竺y2),44联立抛物线方程可得y2-4my-4t=0,yi+y2=4m,yiy2=-4t,1*9Ort/*z122|9oa・ob二孑即有(一)+丫训2二才，解得yiy2=-18或2（舍去），即-4t=-18,解得t=-|.则有AB恒过定点Q（舟，0）；②解：由①可得AB=Vl+iri2Y2-Yi=Vl+iri2*V16iti2+72»同理IGD|二｛1+（一»2|y2-yx|=Jl+^y~2^[x*导(e2x-1)]<0.e~1乙令函数g(x)二x^x■丄尹(e2x-1)(xeR),则(x)=ex+xex-(l-k)e2x=ex(1+x-(l-k)ex).①设kWO,当xHO吋，由y=l+x-(1-k)ex.求得导数y=l-(l-k)ex,求得最大值，可得y<0,即有l+x<(1-k)ex,即有g(x)<0,g(x)在R单调递减•而g(0)=0,故当xe(-8,o)时，g(x)>0,可得一g(x)<0；e-1当xG(0,+°°)时，g(x)<0,可得g(x)<0,e-1]_k从而xHO时，f(2x)<―•②设k^l,存在x0<0,当xG(xo，+°°)时，gz(x)>0, g(x)在(Xo，+°°)单调递增.而g(0)=0,当x>0时，g(x)>0,可得一g巳--1(x)>0,与题设矛盾，②设OVkVl,存在x10,g(x)在(Xi，x2)单调递增，而g(0)=0,故当00,可得2；rg(x)>0,与题设矛盾.e-1综上可得，k的取值范围是(-0].［选修4丄几何证明选讲］19.如图，AB是的一条切线，切点为B,直线ADE,CFD,CGE都是的割线，已知AC=AB.(1)求证：FG〃AC；【考点】与圆有关的比例线段；相似三角形的判定.【分析】(1)由切割线定理得AB2=AD*AE,从而AD>AE=AC2,进而△ADC^AACE,由此能证明FG//AC.(2)由题意可得：G,E,D,F四点共圆，从而△CGF^ACDE,由此能求出豹.Lrr【解答】(1)证明:VAB为切线，AC为割线,.-.AB2=AD*AE,又TAC二AB,・AD>AE=AC2.:•罟弋,又VZEAC=ZDAC,ACAEAAADC^AACE,・ZADC=ZACE,又VZADC=ZEGF,・ZEGF=ZACE,・•・FG〃AC.（2）解：由题意口J得：G,E,D,F四点共圆,・•・ZCGF二ZCDE,ZCFG=ZCED・•••△CGFs^CDE,・•・罟二老・又VCG=1,CD=4,・•・孚二4・ ［选修4・4：坐标系与参数方程］19.在直角坐标系xOy中，圆C的参数方程为(8为参数).(1)以原点为极点、x轴止半轴为极轴建立极坐标系，求圆C的极坐标方程；(2)已知A(-2,0),B(0,2),圆C上任意一点M(x,y),求△ABM而积的最大值.【考点】简单曲线的极坐标方程；参数方程化成普通方程.【分析】(1)圆C的参数方程为｛^_4+2sin0，通过三角函数的平方关系式消去参数6,得到普通方程.通过x二pcosO,y=psin0,得到圆C的极坐标方程.(2)求出点M(x,y)到直线AB：x-y+2=0的距离，表示出△ABM的面积，通过两角和的正弦函数，结合绝对值的几何意义，求解AABM面积的最大值.【解答】解：(1)圆C的参数方程为二:a(8为参数)ty=-4+2siny所以普通方程为(x-3)2+(y+4)2=4.,x=pcos0,y=psin0,可得(pcos0-3)2+(psin0+4)2=4,化简可得圆C的极坐标方程：p2-6pcose+8psin0+21=0.(2)点M(x,y)到直线AB：x-y+2=0的距离为d」2cos°翳in°+9|AABM的面积S=yX|AB|Xd=|2cos0-2“nB+9|二|盹sin(晋-B)+9|所以AABM面积的最大值为9+2伍 ［选修4・5：不等式选讲］19.已知函数f(X)=|x+11-|x|+a.(1)若#0,求不等式f(x)20的解集；(2)若方程f(x)二x有三个不同的解，求实数a的取值范围.【考点】绝对值三角不等式；绝对值不等式的解法.【分析】(1)若a二0,求得函数f(x)的解析式，根据解析式分别求得f(x)20的解集;(2)u(x)=x+1,做出y=u(x)和y=x的图象，方程f(x)=x恰有三个不同的实根，转化成y二U(X)与y=x的图象始终有3个交点，根据函数图象即可求得实数a的取值范围.-1,X<-1【解答】解：(1)当a二0时，f(x)=|x+11-|x2x+l,-l0,符合题意.综上可得，f(x)20的解集为［今，+8).(2)设u(X)=x+11-|x,y=u(x)的图象和y二x的图象如图所示.易知y二u(x)的图象向下平移1个单位以内(不包括1个单位)，与y二x的图象始终有3个交点,从而・l