2017河南省高考數(shù)學(xué)模擬試卷及答案
高考數(shù)學(xué)只有通過多練，才能在高考中獲得好成績(jī)，以下是百分網(wǎng)小編為你整理的2017河南省高考數(shù)學(xué)模擬試卷，希望能幫到你。
2017河南省高考數(shù)學(xué)模擬試卷題目
一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的.
1.已知集合A={x|x2﹣2x﹣3>0}，B={x|lg(x﹣2)≤1}，則(∁RA)∪B=( )
A.(﹣1，12) B.(2，3) C.(2，3] D.[﹣1，12]
2.歐拉(Leonhard Euler，國(guó)籍瑞士)是科學(xué)史上最多產(chǎn)的一位杰出的數(shù)學(xué)家，他發(fā)明的公式eix=cosx+isinx(i為虛數(shù)單位)，將指數(shù)函數(shù)的定義域擴(kuò)大到復(fù)數(shù)，建立了三角函數(shù)和指數(shù)函數(shù)的關(guān)系，這個(gè)公式在復(fù)變函數(shù)理論中占用非常重要的地位，被譽(yù)為“數(shù)學(xué)中的天橋”，根據(jù)此公式可知，e﹣4i表示的復(fù)數(shù)在復(fù)平面中位于( )
A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限
3.下列命題正確的是( )
A.∃x0∈R，sinx0+cosx0=
B.∀x≥0且x∈R，2x>x2
C.已知a，b為實(shí)數(shù)，則a>2，b>2是ab>4的充分條件
D.已知a，b為實(shí)數(shù)，則a+b=0的充要條件是 =﹣1
4.已知圓O：x2+y2=4(O為坐標(biāo)原點(diǎn))經(jīng)過橢圓C： + =1(a>b>0)的短軸端點(diǎn)和兩個(gè)焦點(diǎn)，則橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為( )
A. + =1 B. + =1
C. + =1 D. + =1
5.已知等差數(shù)列{an}滿足a1=1，an+2﹣an=6，則a11等于( )
A.31 B.32 C.61 D.62
6.某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為( )
A.3 B. C. D.
7.已知函數(shù)f(x)= 的最大值為M，最小值為m，則M+m等于( )
A.0 B.2 C.4 D.8
8.如圖所示的程序框圖的算法思路來源于我國(guó)古代數(shù)學(xué)名著《九章算術(shù)》中的“更相減損術(shù)”，執(zhí)行該程序框圖，若輸入a，b的值分別是21，28，則輸出a的值為( )
A.14 B.7 C.1 D.0
9.已知函數(shù)y=x+1+lnx在點(diǎn)A(1，2)處的切線l，若l與二次函數(shù)y=ax2+(a+2)x+1的圖象也相切，則實(shí)數(shù)a的取值為( )
A.12 B.8 C.0 D.4
10.已知△ABC的三個(gè)頂點(diǎn)的坐標(biāo)為A(0，1)，B(1，0)，C(0，﹣2)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)M滿足| |=1，則| + + 的最大值是( )
A. B. C. ﹣1 D. ﹣1
11.已知雙曲線C： ﹣ =1(a>0，b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，點(diǎn)P是雙曲線在第一象限內(nèi)的點(diǎn)，直線PO，PF2分別交雙曲線C的左、右支于另一點(diǎn)M，N，若|PF1|=2|PF2|，且∠MF2N=120°，則雙曲線的離心率為( )
A. B. C. D.
12.定義在R上的函數(shù)f(x)，當(dāng)x∈[0，2]時(shí)，f(x)=4(1﹣|x﹣1|)，且對(duì)于任意實(shí)數(shù)x∈[2n﹣2，2n+1﹣2](n∈N*，n≥2)，都有f(x)= f( ﹣1).若g(x)=f(x)﹣logax有且只有三個(gè)零點(diǎn)，則a的取值范圍是( )
A.[2，10] B.[ ， ] C.(2，10) D.[2，10)
二、填空題：本大題共4小題，每小題5分.
13.已知實(shí)數(shù)x，y滿足條件 若目標(biāo)函數(shù)z=2x+y的最小值為3，則其最大值為 .
14.設(shè)二項(xiàng)式 展開式中的常數(shù)項(xiàng)為a，則 的值為 .
15.已知A，B，C是球O的球面上三點(diǎn)，且 為該球面上的動(dòng)點(diǎn)，球心O到平面ABC的距離為球半徑的一半，則三棱錐D﹣ABC體積的最大值為 .
16.已知函數(shù)fn(x)=a1x+a2x2+a3x3+…+anxn，且fn(﹣1)=(﹣1)nn，n∈N*，設(shè)函數(shù)g(n)= ，若bn=g(2n+4)，n∈N*，則數(shù)列{bn}的前n(n≥2)項(xiàng)和Sn等于 .
三、解答題：解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.
17.已知向量 =(2cosx，sinx)， =(cosx，2 cosx)，函數(shù)f(x)= • ﹣1.
(Ⅰ)求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間;
(Ⅱ)在銳角△ABC中，內(nèi)角A、B、C的對(duì)邊分別為a，b，c，tanB= ，對(duì)任意滿足條件的A，求f(A)的取值范圍.
18.某品牌的汽車4S店，對(duì)最近100例分期付款購(gòu)車情況進(jìn)行統(tǒng)計(jì)，統(tǒng)計(jì)結(jié)果如表所示，已知分9期付款的頻率為0.4;該店經(jīng)銷一輛該品牌的汽車.若顧客分3期付款，其利潤(rùn)為1萬(wàn)元;分6期或9期付款，其利潤(rùn)為2萬(wàn)元;分12期付款，其利潤(rùn)為3萬(wàn)元.
付款方式 分3期 分6期 分9期 分12期
頻數(shù) 20 20 a b
(1)若以表中計(jì)算出的頻率近似替代概率，從該店采用分期付款購(gòu)車的顧客(數(shù)量較大)中隨機(jī)抽取3位顧客，求事件A：“至多有1位采用分6期付款”的概率P(A);
(2)按分層抽樣的方式從這100位顧客中抽出5人，再?gòu)某槌龅?人中隨機(jī)抽取3人，記該店在這3人身上賺取的總利潤(rùn)為隨機(jī)變量η，求η的分布列及數(shù)學(xué)期望E(η).
19.如圖所示，已知長(zhǎng)方體ABCD中， 為DC的中點(diǎn).將△ADM沿AM折起，使得AD⊥BM.
(1)求證：平面ADM⊥平面ABCM;
(2)是否存在滿足 的點(diǎn)E，使得二面角E﹣AM﹣D為大小為 .若存在，求出相應(yīng)的實(shí)數(shù)t;若不存在，請(qǐng)說明理由.
20.設(shè)拋物線的頂點(diǎn)在坐標(biāo)原點(diǎn)，焦點(diǎn)F在y軸正半軸上，過點(diǎn)F的直線交拋物線于A，B兩點(diǎn)，線段AB的長(zhǎng)是8，AB的中點(diǎn)到x軸的距離是3.
(1)求拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程;
(2)設(shè)直線m在y軸上的截距為6，且與拋物線交于P，Q兩點(diǎn)，連結(jié)QF并延長(zhǎng)交拋物線的準(zhǔn)線于點(diǎn)R，當(dāng)直線PR恰與拋物線相切時(shí)，求直線m的方程.
21.已知函數(shù) .
(1)當(dāng)a=1時(shí)，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;
(2)若﹣1
四、請(qǐng)考生在第22、23兩題中任選一題作答，注意：只能做所選定的題目，如果多做，則按所做的第一題計(jì)分，作答時(shí)請(qǐng)用2B鉛筆在答題卡上將所選題號(hào)后的方框涂黑.4-4坐標(biāo)系與參數(shù)方程
22.在平面直角坐標(biāo)系xoy中，曲線C1的參數(shù)方程為 (θ為參數(shù))，以坐標(biāo)原點(diǎn)O為極點(diǎn)，x軸的正半軸為極軸，與直角坐標(biāo)系xoy取相同的單位長(zhǎng)度建立極坐標(biāo)系，曲線C2的極坐標(biāo)方程為ρ=2cosθ﹣4sinθ.
(1)化曲線C1，C2的方程為普通方程，并說明它們分別表示什么曲線;
(2)設(shè)曲線C2與x軸的一個(gè)交點(diǎn)的坐標(biāo)為P(m，0)(m>0)，經(jīng)過點(diǎn)P作斜率為1的直線，l交曲線C2于A，B兩點(diǎn)，求線段AB的長(zhǎng).
五、4-5不等式選講
23.已知f(x)=|2x﹣1|+x+ 的最小值為m.
(1)求m的值;
(2)已知a，b，c是正實(shí)數(shù)，且a+b+c=m，求證：2(a3+b3+c3)≥ab+bc+ca﹣3abc.
2017河南省高考數(shù)學(xué)模擬試卷答案
一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的.
1.已知集合A={x|x2﹣2x﹣3>0}，B={x|lg(x﹣2)≤1}，則(∁RA)∪B=( )
A.(﹣1，12) B.(2，3) C.(2，3] D.[﹣1，12]
【考點(diǎn)】交、并、補(bǔ)集的混合運(yùn)算.
【分析】首先化簡(jiǎn)集合A，B，進(jìn)而算出∁RA，然后根據(jù)并集的定義進(jìn)行求解.
【解答】解：∵集合A={x|x2﹣2x﹣3>0}={x|x<﹣1或x>3}
∴∁RA={x|﹣1≤x≤3}=[﹣1，3]
∵B={x|lg(x﹣2)≤1}，
∴ ，
解得2
∴B=(2，12]
∴(∁RA)∪B=[﹣1，12]
故選：D.
2.歐拉(Leonhard Euler，國(guó)籍瑞士)是科學(xué)史上最多產(chǎn)的一位杰出的數(shù)學(xué)家，他發(fā)明的公式eix=cosx+isinx(i為虛數(shù)單位)，將指數(shù)函數(shù)的定義域擴(kuò)大到復(fù)數(shù)，建立了三角函數(shù)和指數(shù)函數(shù)的關(guān)系，這個(gè)公式在復(fù)變函數(shù)理論中占用非常重要的地位，被譽(yù)為“數(shù)學(xué)中的天橋”，根據(jù)此公式可知，e﹣4i表示的復(fù)數(shù)在復(fù)平面中位于( )
A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限
【考點(diǎn)】復(fù)數(shù)的代數(shù)表示法及其幾何意義.
【分析】e﹣4i=cos(﹣4)+isin(﹣4)，再利用誘導(dǎo)公式與三角函數(shù)求值即可得出.
【解答】解：e﹣4i=cos(﹣4)+isin(﹣4)，∵cos(﹣4)=cos[π+(4﹣π)]=﹣cos(4﹣π)<0，sin(﹣4)=﹣sin[π+(4﹣π)]=sin(4﹣π)>0，
∴e﹣4i表示的復(fù)數(shù)在復(fù)平面中位于第二象限.
故選：B.
3.下列命題正確的是( )
A.∃x0∈R，sinx0+cosx0=
B.∀x≥0且x∈R，2x>x2
C.已知a，b為實(shí)數(shù)，則a>2，b>2是ab>4的充分條件
D.已知a，b為實(shí)數(shù)，則a+b=0的充要條件是 =﹣1
【考點(diǎn)】命題的真假判斷與應(yīng)用.
【分析】根據(jù)sinx+cosx= sin(x+ )≤ < ，判斷A錯(cuò)誤;
舉例說明x=2時(shí)2x=x2=4，判斷B錯(cuò)誤;
根據(jù)a>2，b>2時(shí)ab>4，判斷充分性成立C正確;
舉例說明a=b=0時(shí) =﹣1不成立，判斷D錯(cuò)誤.
【解答】解：對(duì)于A，∀x∈R，sinx+cosx= sin(x+ )≤ < 正確，
∴該命題的否定是假命題，A錯(cuò)誤;
對(duì)于B，當(dāng)x=2時(shí)，2x=x2=4，∴B錯(cuò)誤;
對(duì)于C，a，b為實(shí)數(shù)，當(dāng)a>2，b>2時(shí)，ab>4，充分性成立，
是充分條件，C正確;
對(duì)于D，a，b為實(shí)數(shù)，a+b=0時(shí)，若a=b=0，則 =﹣1不成立，
∴不是充要條件，D錯(cuò)誤.
故選：C.
4.已知圓O：x2+y2=4(O為坐標(biāo)原點(diǎn))經(jīng)過橢圓C： + =1(a>b>0)的短軸端點(diǎn)和兩個(gè)焦點(diǎn)，則橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為( )
A. + =1 B. + =1
C. + =1 D. + =1
【考點(diǎn)】橢圓的簡(jiǎn)單性質(zhì).
【分析】根據(jù)圓O：x2+y2=4(O為坐標(biāo)原點(diǎn))經(jīng)過橢圓C： + =1(a>b>0)的短軸端點(diǎn)和兩個(gè)焦點(diǎn)，可得b，c，a，
【解答】解：∵圓O：x2+y2=4(O為坐標(biāo)原點(diǎn))經(jīng)過橢圓C： + =1(a>b>0)的短軸端點(diǎn)和兩個(gè)焦點(diǎn)，
∴b=2，c=2，則a2=b2+c2=8.
∴橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為： ，
故選：B
5.已知等差數(shù)列{an}滿足a1=1，an+2﹣an=6，則a11等于( )
A.31 B.32 C.61 D.62
【考點(diǎn)】等差數(shù)列的通項(xiàng)公式.
【分析】由等差數(shù)列的性質(zhì)依次求出a3，a5，a7，a9，a11.
【解答】解：∵等差數(shù)列{an}滿足a1=1，an+2﹣an=6，
∴a3=6+1=7，
a5=6+7=13，
a7=6+13=19，
a9=6+19=25，
a11=6+25=31.
故選：A.
6.某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為( )
A.3 B. C. D.
【考點(diǎn)】由三視圖求面積、體積.
【分析】由三視圖可得，幾何體為底面為正視圖，高為 的四棱錐，即可求出幾何體的體積.
【解答】解：由三視圖可得，幾何體為底面為正視圖，高為 的四棱錐，體積為 = ，
故選B.
7.已知函數(shù)f(x)= 的最大值為M，最小值為m，則M+m等于( )
A.0 B.2 C.4 D.8
【考點(diǎn)】函數(shù)的最值及其幾何意義.
【分析】設(shè)g(x)= ，得到g(x)為奇函數(shù)，得到g(x)max+g(x)min=0，相加可得答案.
【解答】解：f(x)= =2+ ，
設(shè)g(x)= ，
∴g(﹣x)=﹣g(x)，
∴g(x)為奇函數(shù)，
∴g(x)max+g(x)min=0
∵M(jìn)=f(x)max=2+g(x)max，m=f(x)min=2+g(x)min，
∴M+m=2+g(x)max+2+g(x)min=4，
故選：C
8.如圖所示的程序框圖的算法思路來源于我國(guó)古代數(shù)學(xué)名著《九章算術(shù)》中的“更相減損術(shù)”，執(zhí)行該程序框圖，若輸入a，b的值分別是21，28，則輸出a的值為( )
A.14 B.7 C.1 D.0
【考點(diǎn)】程序框圖.
【分析】由循環(huán)結(jié)構(gòu)的特點(diǎn)，先判斷，再執(zhí)行，分別計(jì)算出當(dāng)前的a，b的值，即可得到結(jié)論.
【解答】解：由a=21，b=28，不滿足a>b，
則b變?yōu)?8﹣21=7，
由a=b=7，
則輸出的a=7.
故選：B.
9.已知函數(shù)y=x+1+lnx在點(diǎn)A(1，2)處的切線l，若l與二次函數(shù)y=ax2+(a+2)x+1的圖象也相切，則實(shí)數(shù)a的取值為( )
A.12 B.8 C.0 D.4
【考點(diǎn)】利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點(diǎn)切線方程.
【分析】求出y=x+1+lnx的導(dǎo)數(shù)，求得切線的斜率，可得切線方程，再由于切線與曲線y=ax2+(a+2)x+1相切，有且只有一切點(diǎn)，進(jìn)而可聯(lián)立切線與曲線方程，根據(jù)△=0得到a的值.
【解答】解：y=x+1+lnx的導(dǎo)數(shù)為y′=1+ ，
曲線y=x+1+lnx在x=1處的切線斜率為k=2，
則曲線y=x+1+lnx在x=1處的切線方程為y﹣2=2x﹣2，即y=2x.
由于切線與曲線y=ax2+(a+2)x+1相切，
y=ax2+(a+2)x+1可聯(lián)立y=2x，
得ax2+ax+1=0，
又a≠0，兩線相切有一切點(diǎn)，
所以有△=a2﹣4a=0，
解得a=4.
故選：D.
10.已知△ABC的三個(gè)頂點(diǎn)的坐標(biāo)為A(0，1)，B(1，0)，C(0，﹣2)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)M滿足| |=1，則| + + 的最大值是( )
A. B. C. ﹣1 D. ﹣1
【考點(diǎn)】平面向量的坐標(biāo)運(yùn)算.
【分析】設(shè)點(diǎn)M的`坐標(biāo)是(x，y)，由兩點(diǎn)之間的距離公式化簡(jiǎn)| |=1，判斷出動(dòng)點(diǎn)M的軌跡，由向量的坐標(biāo)運(yùn)算求出 + + ，表示出| + + |并判斷幾何意義，轉(zhuǎn)化為圓外一點(diǎn)與圓上點(diǎn)的距離最值問題，即可求出答案.
【解答】解：設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)是(x，y)，
∵C(0，﹣2)，且| |=1，
∴ ，則x2+(y+2)2=1，
即動(dòng)點(diǎn)M的軌跡是以C為圓心、1為半徑的圓，
∵A(0，1)，B(1，0)，
∴ + + =(x+1，y+1)，
則| + + |= ，幾何意義表示：
點(diǎn)M(x，y)與點(diǎn)A(﹣1，﹣1)之間的距離，即圓C上的點(diǎn)與點(diǎn)A(﹣1，﹣1)的距離，
∵點(diǎn)A(﹣1，﹣1)在圓C外部，
∴| + + |的最大值是|AC|+1= +1= ，
故選A.
11.已知雙曲線C： ﹣=1(a>0，b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，點(diǎn)P是雙曲線在第一象限內(nèi)的點(diǎn)，直線PO，PF2分別交雙曲線C的左、右支于另一點(diǎn)M，N，若|PF1|=2|PF2|，且∠MF2N=120°，則雙曲線的離心率為( )
A. B. C. D.
【考點(diǎn)】直線與橢圓的位置關(guān)系.
【分析】由題意，|PF1|=2|PF2|，|PF1|﹣|PF2|=2a，可得|PF1|=4a，|PF2|=2a，由∠MF2N=120°，可得∠F1PF2=120°，由余弦定理可得4c2=16a2+4a2﹣2•4a•2a•cos120°，即可求出雙曲線C的離心率.
【解答】解：由題意，|PF1|=2|PF2|，
由雙曲線的定義可得，|PF1|﹣|PF2|=2a，
可得|PF1|=4a，|PF2|=2a，
由四邊形PF1MF2為平行四邊形，
又∠MF2N=120°，可得∠F1PF2=120°，
在三角形PF1F2中，由余弦定理可得
4c2=16a2+4a2﹣2•4a•2a•cos120°，
即有4c2=20a2+8a2，即c2=7a2，
可得c= a，
即e= = .
故選B.
12.定義在R上的函數(shù)f(x)，當(dāng)x∈[0，2]時(shí)，f(x)=4(1﹣|x﹣1|)，且對(duì)于任意實(shí)數(shù)x∈[2n﹣2，2n+1﹣2](n∈N*，n≥2)，都有f(x)= f( ﹣1).若g(x)=f(x)﹣logax有且只有三個(gè)零點(diǎn)，則a的取值范圍是( )
A.[2，10] B.[ ， ] C.(2，10) D.[2，10)
【考點(diǎn)】根的存在性及根的個(gè)數(shù)判斷;函數(shù)零點(diǎn)的判定定理.
【分析】由g(x)=f(x)﹣logax=0，得f(x)=logax，分別作出函數(shù)f(x)和y=logax的圖象，利用數(shù)形結(jié)合即可得到結(jié)論.
【解答】解：當(dāng)x∈[0，2]時(shí)，f(x)=4(1﹣|x﹣1|)，
當(dāng)n=2時(shí)，x∈[2，6]，此時(shí) ﹣1∈[0，2]，則f(x)= f( ﹣1)= ×4(1﹣| ﹣1﹣1|)=2(1﹣| ﹣2|)，
當(dāng)n=3時(shí)，x∈[6，14]，此時(shí) ﹣1∈[2，6]，則f(x)= f( ﹣1)= ×2(1﹣| ﹣ |)=1﹣| ﹣ |，
由g(x)=f(x)﹣logax=0，得f(x)=logax，分別作出函數(shù)f(x)和y=logax的圖象，
若0
若a>1，當(dāng)對(duì)數(shù)函數(shù)圖象經(jīng)過A時(shí)，兩個(gè)圖象只有2個(gè)交點(diǎn)，當(dāng)圖象經(jīng)過點(diǎn)B時(shí)，兩個(gè)函數(shù)有4個(gè)交點(diǎn)，
則要使兩個(gè)函數(shù)有3個(gè)交點(diǎn)，則對(duì)數(shù)函數(shù)圖象必須在A點(diǎn)以下，B點(diǎn)以上，
∵f(4)=2，f(10)=1，∴A(4，2)，B(10，1)，
即滿足 ，
即 ，解得 ，
即2
故選：C.
二、填空題：本大題共4小題，每小題5分.
13.已知實(shí)數(shù)x，y滿足條件 若目標(biāo)函數(shù)z=2x+y的最小值為3，則其最大值為 7 .
【考點(diǎn)】簡(jiǎn)單線性規(guī)劃.
【分析】作出不等式組對(duì)應(yīng)的平面區(qū)域，利用目標(biāo)函數(shù)z=2x+y的最小值為3，建立條件關(guān)系即可求出m的值，然后求解最大值即可.
【解答】解：目標(biāo)函數(shù)z=2x+y的最小值為3，
∴y=﹣2x+z，要使目標(biāo)函數(shù)z=﹣2x+y的最小值為3，
作出不等式組對(duì)應(yīng)的平面區(qū)域如圖：
則目標(biāo)函數(shù)經(jīng)過點(diǎn)A截距最小，
由 ，解得A(2，﹣1)，同時(shí)A也在直線﹣2x+y+m=0，
解得m=5，
目標(biāo)函數(shù)z=2x+y經(jīng)過B時(shí)取得最大值
由 ，解得B(3，1)，
z的最大值為：7.
故答案為：7.
14.設(shè)二項(xiàng)式 展開式中的常數(shù)項(xiàng)為a，則 的值為 ﹣ .
【考點(diǎn)】二項(xiàng)式系數(shù)的性質(zhì).
【分析】利用二項(xiàng)式定理的通項(xiàng)公式可得a，再利用微積分基本定理即可得出.
【解答】解：二項(xiàng)式 展開式中的通項(xiàng)公式：Tr+1= =(﹣1)r .
令6﹣ =0，解得r=4.
∴常數(shù)項(xiàng)a= =15，
則 = cos3xdx= =﹣ .
故答案為：﹣ .
15.已知A，B，C是球O的球面上三點(diǎn)，且 為該球面上的動(dòng)點(diǎn)，球心O到平面ABC的距離為球半徑的一半，則三棱錐D﹣ABC體積的最大值為 .
【考點(diǎn)】棱柱、棱錐、棱臺(tái)的體積.
【分析】由題意畫出圖形，求出三角形ABC外接圓的半徑，設(shè)出球的半徑，利用直角三角形中的勾股定理求得球的半徑，則三棱錐D﹣ABC體積的最大值可求.
【解答】解：如圖，在△ABC中，∵ ，
∴由余弦定理可得cosA= ，則A=120°，
∴sinA= .
設(shè)△ABC外接圓的半徑為r，則 ，得r=3.
設(shè)球的半徑為R，則 ，解得 .
∵ ，
∴三棱錐D﹣ABC體積的最大值為 .
故答案為： .
16.已知函數(shù)fn(x)=a1x+a2x2+a3x3+…+anxn，且fn(﹣1)=(﹣1)nn，n∈N*，設(shè)函數(shù)g(n)= ，若bn=g(2n+4)，n∈N*，則數(shù)列{bn}的前n(n≥2)項(xiàng)和Sn等于 2n+n﹣1 .
【考點(diǎn)】數(shù)列的求和.
【分析】由分段函數(shù)，求得bn=a ，再由函數(shù)fn(x)，求得n=1時(shí)，a1=1，將n換為n﹣1，作差可得an=2n﹣1，進(jìn)而得到
bn=2n﹣1+1，再由數(shù)列的求和方法：分組求和，結(jié)合等比數(shù)列的求和公式，計(jì)算即可得到所求和.
【解答】解：由函數(shù)g(n)= ，
可得bn=g(2n+4)=g(2n﹣1+2)=g(2n﹣2+1)=a ，
由函數(shù)fn(x)=a1x+a2x2+a3x3+…+anxn，且fn(﹣1)=(﹣1)nn，
可得﹣a1+a2﹣a3+…+an(﹣1)n=(﹣1)nn，①
n=1時(shí)，﹣a1=﹣1，可得a1=1;
n≥2時(shí)，﹣a1+a2﹣a3+…+an﹣1(﹣1)n﹣1=(﹣1)n﹣1(n﹣1)，②
�、侃仮诳傻胊n(﹣1)n=(﹣1)nn﹣(﹣1)n﹣1(n﹣1)，
化簡(jiǎn)可得an=2n﹣1，對(duì)n=1也成立.
則bn=a =2n﹣1+1，
則數(shù)列{bn}的前n(n≥2)項(xiàng)和Sn等于(1+2+4+…+2n﹣1)+n
= +n=2n+n﹣1.
故答案為：2n+n﹣1.
三、解答題：解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.
17.已知向量 =(2cosx，sinx)， =(cosx，2 cosx)，函數(shù)f(x)= • ﹣1.
(Ⅰ)求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間;
(Ⅱ)在銳角△ABC中，內(nèi)角A、B、C的對(duì)邊分別為a，b，c，tanB= ，對(duì)任意滿足條件的A，求f(A)的取值范圍.
【考點(diǎn)】余弦定理;平面向量數(shù)量積的運(yùn)算.
【分析】(Ⅰ)根據(jù)函數(shù)f(x)= • ﹣1.利用向量的數(shù)量積的運(yùn)算求解f(x)，結(jié)合三角函數(shù)的性質(zhì)求解單調(diào)性即可.
(Ⅱ)tanB= 求解.
【解答】解：(Ⅰ)向量 =(2cosx，sinx)， =(cosx，2 cosx)，
函數(shù)f(x)= • ﹣1.
則f(x)=2cos2x+2 sinxcosx﹣1= sin2x+cos2x=2sin(2x )
由 ，
解得： ≤x≤ ，(k∈Z).
故得函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為[ ， ]，(k∈Z)
(Ⅱ)由tanB= ，即： ，
∵cosB=
∴sinB= .
又∵△ABC是銳角，
∴B= .
則
由(Ⅰ)可知f(A)=2sin(2A )
那么：2A ∈( ， )
則sin(2A )∈( ，1)
故得f(A)的取值范圍是(﹣1，2)
18.某品牌的汽車4S店，對(duì)最近100例分期付款購(gòu)車情況進(jìn)行統(tǒng)計(jì)，統(tǒng)計(jì)結(jié)果如表所示，已知分9期付款的頻率為0.4;該店經(jīng)銷一輛該品牌的汽車.若顧客分3期付款，其利潤(rùn)為1萬(wàn)元;分6期或9期付款，其利潤(rùn)為2萬(wàn)元;分12期付款，其利潤(rùn)為3萬(wàn)元.
付款方式 分3期 分6期 分9期 分12期
頻數(shù) 20 20 a b
(1)若以表中計(jì)算出的頻率近似替代概率，從該店采用分期付款購(gòu)車的顧客(數(shù)量較大)中隨機(jī)抽取3位顧客，求事件A：“至多有1位采用分6期付款”的概率P(A);
(2)按分層抽樣的方式從這100位顧客中抽出5人，再?gòu)某槌龅?人中隨機(jī)抽取3人，記該店在這3人身上賺取的總利潤(rùn)為隨機(jī)變量η，求η的分布列及數(shù)學(xué)期望E(η).
【考點(diǎn)】離散型隨機(jī)變量的期望與方差;列舉法計(jì)算基本事件數(shù)及事件發(fā)生的概率.
【分析】(1)由 =0.4，得a=40，20+a+20+b=100，解得b.記分期付款的期數(shù)為ξ，依題意即可得出其概率.進(jìn)而定點(diǎn)“購(gòu)買該品牌汽車的3為顧客中至多有1位采用3期付款”的概率P(A).
(2)按分層抽樣的方式從這100位顧客中抽出5人，則顧客分3期付款與分6期付款的各為1人，分9期付款的為2人，分12期付款為1人.則η的可能取值為5，6，7.利用相互獨(dú)立與互斥事件的概率計(jì)算公式可得其概率，進(jìn)而得到分布列與數(shù)學(xué)期望.
【解答】解：(1)由 =0.4，得a=40，
∵20+a+20+b=100，∴b=20
記分期付款的期數(shù)為ξ，依題意得：
P(ξ=3)= =0.2，P(ξ=6)= =0.2，P(ξ=9)= =0.4，P(ξ=12)= =0.2.
則“購(gòu)買該品牌汽車的3為顧客中至多有1位采用3期付款”的概率
P(A)= + =0.896.
(2)按分層抽樣的方式從這100位顧客中抽出5人，則顧客分3期付款與分6期付款的各為1人，分9期付款的為2人，分12期付款為1人.則η的可能取值為5，6，7.
P(η=5)=P(ξ=3)×P(ξ=6)×P(ξ=9)+P(ξ=3)×P(ξ=9)×P(ξ=9)= + = .
P(η=6)=P(ξ=3)×P(ξ=6)×P(ξ=12)+P(ξ=6)×P(ξ=9)×P(ξ=9)+P(ξ=3)×P(ξ=9)×P(ξ=12)= = ，
P(η=7)=P(ξ=6)×P(ξ=9)×P(ξ=12)+P(ξ=9)×P(ξ=9)×P(ξ=12)= = .
列表如下：
η 5 6 7
P 0.3 0.4 0.3
所以η的數(shù)學(xué)期望E(η)=5×0.3+6×0.4+7×0.3=6(萬(wàn)元).
19.如圖所示，已知長(zhǎng)方體ABCD中， 為DC的中點(diǎn).將△ADM沿AM折起，使得AD⊥BM.
(1)求證：平面ADM⊥平面ABCM;
(2)是否存在滿足 的點(diǎn)E，使得二面角E﹣AM﹣D為大小為 .若存在，求出相應(yīng)的實(shí)數(shù)t;若不存在，請(qǐng)說明理由.
【考點(diǎn)】與二面角有關(guān)的立體幾何綜合題;平面與平面垂直的判定.
【分析】(1)推導(dǎo)出BM⊥AM，AD⊥BM，從而BM⊥平面ADM，由此能證明平面ADM⊥平面ABCM.
(2)以M為原點(diǎn)，MA為x軸，MB為y軸，過M作平面ABCM的垂線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法能求出存在滿足 的點(diǎn)E，使得二面角E﹣AM﹣D為大小為 ，并能求出相應(yīng)的實(shí)數(shù)t的值.
【解答】證明：(1)∵長(zhǎng)方形ABCD中，AB=2AD=2 ，M為DC的中點(diǎn)，
∴AM=BM=2，AM2+BM2=AB2，∴BM⊥AM，
∵AD⊥BM，AD∩AM=A，∴BM⊥平面ADM，
又BM⊂平面ABCM，∴平面ADM⊥平面ABCM.
解：(2)以M為原點(diǎn)，MA為x軸，MB為y軸，過M作平面ABCM的垂線為z軸，
建立空間直角坐標(biāo)系，
則A(2，0，0)，B(0，2，0)，D(1，0，1)，M(0，0，0)，
=(0，2，0)， =(1，﹣2，1)， = =(t，2﹣2t，1)，
設(shè)平面AME的一個(gè)法向量為 =(x，y，z)，
則 ，
取y=t，得 =(0，t，2t﹣2)，
由(1)知平面AMD的一個(gè)法向量 =(0，1，0)，
∵二面角E﹣AM﹣D為大小為 ，
∴cos = = = ，
解得t= 或t=2(舍)，
∴存在滿足 的點(diǎn)E，使得二面角E﹣AM﹣D為大小為 ，相應(yīng)的實(shí)數(shù)t的值為 .
20.設(shè)拋物線的頂點(diǎn)在坐標(biāo)原點(diǎn)，焦點(diǎn)F在y軸正半軸上，過點(diǎn)F的直線交拋物線于A，B兩點(diǎn)，線段AB的長(zhǎng)是8，AB的中點(diǎn)到x軸的距離是3.
(1)求拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程;
(2)設(shè)直線m在y軸上的截距為6，且與拋物線交于P，Q兩點(diǎn)，連結(jié)QF并延長(zhǎng)交拋物線的準(zhǔn)線于點(diǎn)R，當(dāng)直線PR恰與拋物線相切時(shí)，求直線m的方程.
【考點(diǎn)】直線與拋物線的位置關(guān)系.
【分析】(1)設(shè)拋物線的方程為x2=2py(p>0)，求出準(zhǔn)線方程，運(yùn)用拋物線的定義和中位線定理，可得2(3+ )=8，解得p，即可得到拋物線的方程;
(2)設(shè)直線PQ的方程為y=kx+6，代入拋物線的方程，運(yùn)用韋達(dá)定理，結(jié)合導(dǎo)數(shù)求得切線的斜率，再由兩點(diǎn)的方斜率公式，以及三點(diǎn)共線的條件：斜率相等，化簡(jiǎn)整理解方程可得k的值，客人得到直線m的方程.
【解答】解：(1)設(shè)拋物線的方程為x2=2py(p>0)，
準(zhǔn)線方程為y=﹣ ，
由拋物線的定義可得|AF|+|BF|=|AB|=2(3+ )=8，
解得p=2，
即有拋物線的方程為x2=4y;
(2)設(shè)直線PQ的方程為y=kx+6，代入拋物線的方程，可得
x2﹣4kx﹣24=0，
設(shè)P(x1， )，Q(x2， )，
可得x1+x2=4k，x1x2=﹣24，
由y= x2的導(dǎo)數(shù)為y′= x，
設(shè)R(t，﹣1)，可得kPR= = x1，
可得t= x1﹣ ，
再由Q，F(xiàn)，R共線，可得 = ，
消去t，可得 = ，
即有16x1x2=4(x12+x22)﹣16﹣(x1x2)2，
即有16×(﹣24)=4[(4k)2+2×24]﹣16﹣242，
解方程可得k=± ，
即有直線m的方程為y=± x+6.
21.已知函數(shù) .
(1)當(dāng)a=1時(shí)，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;
(2)若﹣1
【考點(diǎn)】利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值;利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性.
【分析】(Ⅰ)當(dāng)a=1時(shí)，f(x)的定義域?yàn)?﹣1，1)∪(1，+∞)，
求出f′(x)= ，即可求單調(diào)區(qū)間;
(Ⅱ)f′(x)= ，
分(1)a≤0，(2)當(dāng)a>0，討論單調(diào)性及最值即可.
【解答】解：(Ⅰ)當(dāng)a=1時(shí)，f(x)的定義域?yàn)?﹣1，1)∪(1，+∞)，
f′(x)= ，
當(dāng)﹣1
所以函數(shù)f(x)的增區(qū)間為(﹣1，0)，(3，+∞)，減區(qū)間為(0，1)，(1，3)
(Ⅱ)f′(x)= ，
當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)>0恒成立，故0
當(dāng)a>0時(shí)，由f′(x)=0，得x1= ，x2= .
若0
若a>1，此時(shí)﹣1
若a=1，由(Ⅰ)知，函數(shù)f(x)在x=0處取得最大值0，符合題意，
綜上實(shí)數(shù)a的取值為1.
四、請(qǐng)考生在第22、23兩題中任選一題作答，注意：只能做所選定的題目，如果多做，則按所做的第一題計(jì)分，作答時(shí)請(qǐng)用2B鉛筆在答題卡上將所選題號(hào)后的方框涂黑.4-4坐標(biāo)系與參數(shù)方程
22.在平面直角坐標(biāo)系xoy中，曲線C1的參數(shù)方程為 (θ為參數(shù))，以坐標(biāo)原點(diǎn)O為極點(diǎn)，x軸的正半軸為極軸，與直角坐標(biāo)系xoy取相同的單位長(zhǎng)度建立極坐標(biāo)系，曲線C2的極坐標(biāo)方程為ρ=2cosθ﹣4sinθ.
(1)化曲線C1，C2的方程為普通方程，并說明它們分別表示什么曲線;
(2)設(shè)曲線C2與x軸的一個(gè)交點(diǎn)的坐標(biāo)為P(m，0)(m>0)，經(jīng)過點(diǎn)P作斜率為1的直線，l交曲線C2于A，B兩點(diǎn)，求線段AB的長(zhǎng).
【考點(diǎn)】參數(shù)方程化成普通方程.
【分析】(1)根據(jù)sin2θ+cos2θ=1消去曲線C1的參數(shù)θ可得普通方程;根據(jù)ρcosθ=x，ρsinθ=y，ρ2=x2+y2，進(jìn)行代換即得曲線C2的普通方程;
(2)令曲線C2的y=0，求解P的坐標(biāo)，可得過P的直線方程，參數(shù)方程的幾何意義求解即可.
【解答】解：(1)曲線C1的參數(shù)方程為 ，消去參數(shù)可得： ，表示焦點(diǎn)在y軸上的橢圓方程.
曲線C2的極坐標(biāo)方程為ρ=2cosθ﹣4sinθ，可得ρ2=2ρcosθ﹣4ρsinθ，
∴x2+y2=2x﹣4y，整理得(x﹣1)2+(y+2)2=5，表示以(1，﹣2)為圓心，半徑r=5的圓.
(2)曲線C2與x軸的一個(gè)交點(diǎn)的坐標(biāo)為P(m，0)(m>0)，令y=0，解得x=2，
∴P(2，0)，可得直線l：y=x﹣2.
將曲線C1的參數(shù)方程帶入直線l可得： sinθ=2cosθ﹣2.
整理可得：cos( )= ，即θ=2kπ或 ，(k∈Z).
那么：A(2，0)，B(﹣1，﹣3)，
∴|AB|= .
五、4-5不等式選講
23.已知f(x)=|2x﹣1|+x+ 的最小值為m.
(1)求m的值;
(2)已知a，b，c是正實(shí)數(shù)，且a+b+c=m，求證：2(a3+b3+c3)≥ab+bc+ca﹣3abc.
【考點(diǎn)】不等式的證明.
【分析】(1)討論當(dāng)x≥ 時(shí)，當(dāng)x< 時(shí)，去掉絕對(duì)值，運(yùn)用一次函數(shù)的單調(diào)性，可得最小值;
(2)由a+b+c=1，先證a3+b3≥a2b+b2a，由作差法可得，即有a3+b3≥ab﹣abc，同理可得b3+c3≥bc﹣abc，c3+a3≥ca﹣abc，累加即可得證.
【解答】解：(1)當(dāng)x≥ 時(shí)，f(x)=3x﹣ 遞增，且f(x)≥ ﹣ =1;
當(dāng)x< 時(shí)，f(x)= ﹣x遞減，且f(x)> ﹣ =1;
綜上可得x= 時(shí)，f(x)取得最小值1，即m=1;
(2)證明：a，b，c是正實(shí)數(shù)，且a+b+c=1，
由a3+b3﹣a2b﹣b2a=a2(a﹣b)+b2(b﹣a)=(a﹣b)(a2﹣b2)=(a+b)(a﹣b)2≥0，
即有a3+b3﹣a2b﹣b2a≥0，即a3+b3≥a2b+b2a=ab(a+b)=ab(1﹣c)=ab﹣abc，
可得a3+b3≥ab﹣abc，
同理可得b3+c3≥bc﹣abc，
c3+a3≥ca﹣abc，
上面三式相加可得，2(a3+b3+c3)≥ab+bc+ca﹣3abc，
當(dāng)且僅當(dāng)a=b=c= 取得等號(hào).
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