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高三数学上册第一轮复习月考测试题8

试卷类型:B 2013 届高三新课标原创月考试题四 数学
适用地区:新课标地区 考查范围:集合、逻辑、函数、导数、三角、向量、数列、不等式、立体几何、解析几何、 统计、统计案例、计数原理(仅理科有) ,概率、随机变量及其分布(仅理科有) 建议使用时间:2012 年 11 月底 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分.考生作答时,将答案答在答 题卡上.在本试卷上答题无效.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回. 注意事项: 1.答题前,考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上,认真核对条形码上 的姓名、准考证号,并将条形码粘贴在答题卡的指定位置上. 2.选择题答案使用 2B 铅笔填涂,如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号; 非选择题答案使用 0.5 毫米的黑色中性(签字)笔或碳素笔书写,字体工整、笔迹清楚. 3.请按照题号在各题的答题区域(黑色线框)内作答,超出答题区域书写的答案无效. 4.保持卡面清洁,不折叠,不破损. 第Ⅰ卷 一、选择题(本大题共 12 小题,每小题 5 分,满分 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.(2012·琼海模拟)已知 A, B 是非空集合,命题甲: A ( ) A.甲是乙的充分不必要条件 C.甲是乙的充要条件

B ? B ,命题乙: A ? ? B ,那么

B.甲是乙的必要不充分条件 D.甲是乙的既不充分也不必要条件 ) D. (2, 2)

2. [2012·广东卷]若向量 AB ? (1, 2) , BC ? (3,4) ,则 AC ? ( A. (4, 6) . B. (?4, ?6) C. (?2, ?2)

3. (2012·银川一中第三次月考)设 0 ? x <2π ,且 1 ? sin 2 x = sin x ? cos x, 则( A.0 ≤ x ≤ B.



π 5π ≤x≤ 4 4

C.

π 7π ≤x≤ 4 4

D.

π ≤x≤ 2

3π 2
4.(理) (2012·哈尔滨第六中学三模)下列命题中正确命题的个数是( (1) cos ? ? 0 是 ? ? 2kπ ? (2)若 a ? 0, b ? 0 且 )

π ? k ? Z ? 的充分必要条件; 2

2 1 ? ? 1,则 ab ? 4 ; a b

(3)若将一组样本数据中的每个数据都加上同一个常数后,则样本的方差不变;

(4) 设随机变量 ? 服从正态分布 N ? 0,1? ,若 P(? ? 1) ? p ,则 P ? ?1 ? ? ? 0 ? ?

1 ?p. 2

A.4 B.3 C.2 D.1 (文) (2012·许昌新乡平顶山三调)一个总体分为A,B,C三层,用分层抽样方法从总体中抽 取一个容量为50的样本,已知B层中每个个体被抽到的概率都为

1 ,则总体中的个 12

数为( ) A.150 B.200 C.500 D.600 5.(2012·长春三模)数学文)现有 2 名女教师和 1 名男教师参加说题比赛,共有 2 道备选 题目, 若每位选手从中有放回地随机选出一道题进行说题, 其中恰有一男一女抽到同一 道题的概率为( ) A.

1 3

B.

2 3

C.

1 2

D.

3 4


6.(理)[2012·湖北卷]设 a ? Z ,且 0 ? a ? 13 ,若 512012 ? a 能被 13 整除,则 a ? ( A.0 B.1 C.11 D.12

(文) (2012·琼海模拟)为了了解某校高三 400 名学生的数学学业水平测试成绩,制成样 本频率分布直方图如图 1,规定不低于 60 分为及格,不低于 80 分为优秀,则及格率 与优秀人数分别是( ) A.60%,60 B.60%,80 C.80%,80 D.80%,60

频率/组距 0.035 0.025 0.015 0.010 0.005

40 50 60 70 80 90 100 分数 图1 7. (2012·许昌新乡平顶山三调)已知数列 ?an ? 中, a1 ? a2 ? 1 ,且 an?2 ? an ? 1 ,则数列

?an ? 的前 100 项和为(
A.2600 B.2550

) C.2651 D.2652

8.(理) (2012·昆明一中二摸)某学习小组共 12 人,其中有五名是“三好学生” ,现从该 小组中任选 5 人参加竞赛,用 ? 表示这 5 人中“三好学生”的人数,则下列概率中等于
1 4 C5 7 +C5C7 的是( 5 C12

) B. P ?? ? 1? C. P ?? ? 1? D. P ?? ? 2?

A. P ?? ? 1? .

(文)[2012·北京卷]设不等式组 ?

?0 ? x ? 2, 表示的平面区域为 D,在区域 D 内随机取一个 ?0 ? y ? 2


点,则此点到坐标原点的距离大于 2 的概率是( A.

π 4

B.

π-2 2

C.

π 6

D.

4-π 4

9. [2012·山东卷]定义在 R 上的函数 f(x)满足 f(x+6)=f(x).当-3≤x<-1 时,f(x)=-(x+ 2)2; 当-1≤x<3 时,f(x)=x,则 f(1)+f(2)+f(3)+…+f(2 012)=( ) A.335 B.338 C.1 678 D.2 012

x2 y2 ? ? 1 的左、右焦点分别为 F1 , F2 , P 为 C 的右 10.(2012·潍坊二模)已知双曲线 C : 4 5
支上一点,且 PF2 ? F1F2 ,则 PF 1 ? PF2 等于( A.24 B.48 C.50 D.56 )

11.(2012·许昌新乡平顶山三调)已知四棱锥P-ABCD的侧棱长与底面边长都相等,点 E 是 ) PB 的中点,则异面直线 AE 与 P D 所成角的余弦值为( A.

1 3

B.

2 3

C.

3 3

D.

2 3

12.(理)(2012·石家庄二模)已知长方形 ABCD,抛物线 l 以 CD 的中点 E 为顶点,经过 A、
B 两点,记拋物线 l 与 AB 边围成的封闭区域为 M.若随机向该长方形内投入一粒豆子,

落入区域 M 的概率为 P.则下列结论正确的是(
A.不论边长 AB, BC 如何变化,P 为定值 C.当且仅当 AB ? BC 时,P 最大 B.若



AB -的值越大,P 越大 BC D.当且仅当 AB ? BC 时,P 最小

(文)(2012·银川一中第三次月考)曲线 y ?
2 2

x 在点 ?1,1? 处的切线为 l,则 l 上的点到 2x ? 1
)

圆 x ? y ? 4x ? 3 ? 0 上的点的最近距离是(

第Ⅱ卷 二、填空题(本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分.将答案填在答题卷相应位置上.) 13. [2012·湖南卷]不等式 x2-5x+6≤0 的解集为________.

14.(理) (2012·昆明一中二摸)设曲线 y ?

x ,直线 x ? 1, x 轴所围成的平面区域为 M,

?0 ? x ? 1, ? ? {( x, y) | ? } ,向区域 ? 内随机设一点 A ,则点 A 落在 M 内的概率 ?0 ? y ? 1.
为 .

(文) (2012·昆明一中二摸)小华的妈妈经营一家饮品店,经常为进货数量而烦恼,于是 小华代妈妈进行统计,其中某种饮料的日销售量 y(瓶)与当天的气温 x(℃)的几 组对照数据如下:

根据上表得回归方程 y ? bx ? a 中的 a ? 48 ,据此模型估计当气温为 35℃时,该饮料 的日销售量为 瓶. 15. ( 理 ) ( 2012 · 北 京 海 淀 二 模 ) 已 知 ? x ? 1? ? a1 ? a2 x ? a3 x2 ?
10

? a11x10 . 若 数 列

a1 , a2 , a3 ,

,a k
.

(1#k 11, k ? Z) 是一个单调递增数列,则 k 的最大值是

(文) (2012·北京海淀二模)在面积为 1 的正方形 ABCD 内部随机取一点 P , 则 ?PAB 的 面积大于等于

1 的概率是_________. 4

16.(理) (2012·哈尔滨第六中学三模)将标号为 1, 2,3, 4,5,6 的 6 个小球放入 3 个不同的 盒子中.若每个盒子放 2 个,其中标号为 1, 2 的小球不能放入同一盒子中,则不同的方法 共有 种.

(文) (2012·武汉调研)为了解本市居民的生活成本,甲、乙、丙三名同学利用假期分别 对三个社区进行了“家庭每月日常消费额”的调查.他们将调查所得到的数据分别绘 制成频率分布直方图(如图 2 所示) ,记甲、乙、丙所调查数据的标准差分别为 s1、 s2、s3,则它们的大小关系为 .(用“>”连接)

图2

三、解答题(本大题共 6 小题,满分 70 分.解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤.) 17.(本小题满分 10 分) (2012·韶关二模)数列 ?an ? 对任意 n ? N ,满足 an+ 1 = an + 1, a3 = 2 .
*

(1)求数列 ?an ? 通项公式;

?1? (2)若 bn ? ? ? ? n ,求 ?bn ? 的通项公式及前 n 项和. ? 3?
18.(本小题满分 12 分) ( 2012 · 北 京 东 城 二 模 ) 已 知 函 数 f ( x) ? A sin(? x ? ? ) ( 其 中 x ? R , A ? 0 ,

an

? ? 0, ? ? ? ?

π 2

π )的部分图象如图 3 所示. 2

(1)求 A , ? , ? 的值; (2)已知在函数 f ( x ) 图象上的三点 M , N , P 的横坐标分别为 ?1, 1, 3 ,求 sin ?MNP 的值.

图3 19.(本小题满分 12 分) (理)[2012·广东卷]某班 50 位学生期中考试数学成绩的频率分布直方图如图 4 所示,其 中成绩分组区间是:[40,50),[50,60),[60,70),[70,80),[80,90),[90,100]. (1)求图中 x 的值; (2)从成绩不低于 80 分的学生中随机选取 2 人,该 2 人中成绩在 90 分以上(含 90 分) 的人数记为 ξ,求 ξ 的数学期望.

图4 (文)[2012·广东卷]某校 100 名学生期中考试语文成绩的频率分布直方图如图 4 所示,其 中成绩分组区间是:[50,60),[60,70),[70,80),[80,90),[90,100].

图4 (1)求图中 a 的值; (2)根据频率分布直方图,估计这 100 名学生语文成绩的平均分; (3)若这 100 名学生语文成绩某些分数段的人数(x)与数学成绩相应分数段的人数(y) 之比如下表所示,求数学成绩在[50,90)之外的人数. 分数段 x∶y [50,60) 1∶1 [60,70) 2∶1 [70,80) 3∶4 [80,90) 4∶5

20.(本小题满分 12 分) (理) [2012· 辽宁卷]如图 5, 直三棱柱 ABC-A′B′C′, ∠BAC=90° , AB=AC=λAA′, 点 M,N 分别为 A′B 和 B′C′的中点. (1)证明:MN∥平面 A′ACC′; (2)若二面角 A′-MN-C 为直二面角,求 λ 的值.

图5 (文)[2012·辽宁卷]如图 5,直三棱柱 ABC-A′B′C′,∠BAC=90° ,AB=AC= 2, AA′=1,点 M,N 分别为 A′B 和 B′C′的中点. (1)证明:MN∥平面 A′ACC′; (2)求三棱锥 A′-MNC 的体积. 1 (锥体体积公式 V= Sh,其中 S 为底面面积,h 为高) 3

图5 21.(本小题满分 12 分)

x2 y2 (理)[2012·福建卷]如图 6,椭圆 E: 2+ 2=1(a>b>0)的左焦点为 F1,右焦点为 F2, a b 1 离心率 e= ,过 F1 的直线交椭圆于 A、B 两点,且△ABF2 的周长为 8. 2 (1)求椭圆 E 的方程; (2)设动直线 l:y=kx+m 与椭圆 E 有且只有一个公共点 P,且与直线 x=4 相交于点 Q.试探究:在坐标平面内是否存在定点 M,使得以 PQ 为直径的圆恒过点 M?若存在, 求出点 M 的坐标;若不存在,说明理由.

图6 (文)[2012·福建卷]如图 6 所示,等边三角形 OAB 的边长为 8 3,且其三个顶点均在抛 物线 E:x2=2py(p>0)上.

图6 (1)求抛物线 E 的方程; (2)设动直线 l 与抛物线 E 相切于点 P,与直线 y=-1 相交于点 Q,证明以 PQ 为直 径的圆恒过 y 轴上某定点. 22.(本小题满分 12 分) (理)[2012·天津卷]已知函数 f(x)=x-ln(x+a)的最小值为 0,其中 a>0. (1)求 a 的值; (2)若对任意的 x∈[0,+∞),有 f(x)≤kx2 成立,求实数 k 的最小值; (3)证明 ?
n i=1

2 -ln(2n+1)<2(n∈N*). 2i-1

1-a 2 1 (文)[2012·天津卷]已知函数 f(x)= x3+ x -ax-a,x∈R,其中 a>0. 3 2 (1)求函数 f(x)的单调区间; (2)若函数 f(x)在区间(-2,0)内恰有两个零点,求 a 的取值范围; (3)当 a=1 时,设函数 f(x)在区间[t,t+3]上的最大值为 M(t),最小值为 m(t),记 g(t) =M(t)-m(t),求函数 g(t)在区间[-3,-1]上的最小值.

试卷类型:B

2013 届高三新课标原创月考试题四答案 数学
1.B【解析】由 A

B ? B 可知 A ? B ,故命题甲是乙的必要不充分条件.

2. A【解析】 AC ? AB ? BC ? ?1, 2 ? ? ? 3, 4 ? ? ? 4,6 ? . 3. B 【解析】因为 1 ? sin 2 x ? sin x ? cos x ? sin x ? cos x ,所以 sin x ? cos x ? 0 . 则

π π 5π π? ? 2 sin ? x ? ? ? 0 , 得 2kπ ? x ? ? 2kπ ? π ,所以 2kπ ? ? x ? 2kπ ? ? k ? Z ? . 又 4 4 4 4? ?
0 ? x <2π ,所以取 k ? 0 得

π 5π ?x? . 4 4 π ? kπ(k ? Z) ,故此项错误; (2)当 2

4.(理)C【解析】 (1) cos ? ? 0 的充要条件是 ? ? a>0, b>0 时 1 ?

2 1 2 (3) ? ?2 ? ab ? 8. 当且仅当 a ? 2b 时等号成立,故此项错误; a b ab

若 ?i ? aX i ? b , 由 方 差 的 计 算 公 式 得 D(?i ) ? a2 D ( (4)因为 X i ), 故 此 项 正 确 ;

1? 2 p 1 ? ? p .故此项正确. 2 2 50 1 ? , 所以 n ? 600 . (文)D【解析】设总体个数为 n ,由分层抽样的定义得 n 12

P(? ? 1)? P ? ( ? ? 1) ? p,所以 P (?1 ? ? ? 0) ?

5.C 【解析】 设两道题分别为 A , B 题,所以抽取情况共有: AAA,AAB,ABA, ABB,BAA, BAB,BBA,BBB,其中第 1 个,第 2 个分别是两个女教师抽取的题目,第 3 个表示男教师抽取 的题目,一共有 8 种;其中满足恰有一男一女抽到同一题目的事件有:ABA,ABB,BAA, BAB,共 4 种;故所求事件的概率为 6.(理)D 【

1 . 2
析 】



5

2

?a

?

?

2

10

?a2

0

?1
2012

?

? 0 1

?

1

?2a

1

?1

,显然当 a ?1 ? 13k ? k ? Z? ,即 a ? 13k ?1? k ? Z? 时, 51

? a 的各项都是 13 的倍数,

故能被 13 整除.又 0 ? a ? 13 ,所以 a ? 12 .故选 D. ( 文 ) C 【 解 析 】 由 频 率 分 布 直 方 图 可 知 , 及 格 率 为

?0.025 ? 0.035 ? 0.010 ? 0.010? ?10 ? 80% ,优秀人数为 ? 0.010 ? 0.010? ?10 ? 400 ? 80 .
7. B【解析】可知数列 a1 , a3 , a5 ,?, a99 和数列 a2 , a4 ,?, a100 是以 1 为首项,1 为公差的等 差 数 列 , 所 以

S100 ? (a1 ? a3 ?

? a99 ) ? (a2 ? a4 ?

50 ? 49 ?1 ? ? ? a100 ) ? 2 ? ? 50 ?1 ? ? ? 2550 . 2 ? ?

8.(理)B【解析】

1 4 4 C5 C5 C1 7 +C5C7 7 5C7 = + ? P ?? ? 0 ? ? P ?? ? 1? ? P ?? ? 1? . 5 5 5 C12 C12 C12

(文)D【解析】题目中 ?

?0 ? x ? 2, 表示的区域如图正方形所示,而动点可以存在的位置为 ?0 ? y ? 2

正方形面积减去四分之一圆的面积部分,故由几何概型得,所求概率为

1 2 ? 2- π ? 22 4-π 4 . P= = 2? 2 4

9. B【解析】由 f(x)=f(x+6)知函数的周期为 6,f(1)=1,f(2)=2,f(3)=f(-3)=- 1, f(4)=f(-2)=-(-2+2)2=0,f(5)=f(-1)=-1,f(6)=f(0)=0, 所以 f(1)+f(2)+f(3)+…+f(6)=1, 所以 f(1)+f(2)+…+f(2 012)=335[f(1)+f(2)+…+f(6)]+f(1)+f(2)=335 ×1+3=338.

10. C 【解析】 由双曲线 C 的方程

x2 y 2 ? ? 1 ,得 a ? 2, b ? 5,c ? 4 5

,所以 4? 5 ? 3

PF2 ? F1F2 ? 2c ? 6 .又由双曲线的定义,得 PF1 ? PF2 ? 2a ? 4 ,所以 PF1 ? 10 .
所以 PF1 ? PF2 ? PF1 PF2 cos PF1 , PF2 ? PF1 PF2

PF1 ? PF2 ? F1 F2 2 PF1 PF2

2

2

2

? 50 .

11. C【解析】设棱长都为 1,连接 AC,BD 交于点 O,连接 OE.因为所有棱长都相等,所以 四边形 ABCD 是菱形,所以 O 是 BD 的中点,且 OE//PD,故 ?AEO 为异面直线 AE 与 PD 所成的角 . 易知 OE ?

1 1 PD ? , AE ? 2 2

3 3 1 1 2 2 2 AB ? , OA ? AC ? 1 ?1 ? .在 2 2 2 2 2

3 1 1 ? ? 4 4 2 ?OAE 中,由余弦定理得 cos ?AEO ? 3 1 2? ? 2 2
? 3 . 3
P

D O A

E C B

12.(理)A【解析】以 E 为原点,CD 为 x 轴,过点 E 垂直于 CD 的直线为 y 轴建立平面直 角坐标系如下图所示.设正方形的长为 2a,宽为 b,则 C (a,0), B(a, b), A(?a, b), D(?a,0) ,
2 设 抛 物 线 方 程 为 y ? mx ,代入点 B , 得 m ?

b b 2 ,所以 y? 2 x .阴影面积 2 a a

a? b ? b ? ? a 4ab ,矩形 ABCD 的面积 S ? ? 2ab ,故由几何 S ? 2? ? b ? 2 x 2 ?dx ? 2 ? bx ? 2 x3 ? |0 ? 0 a 3a 3 ? ? ? ?

概型得,所求事件的概率为

P?

S 2 ? 为常数.故选 A. S? 3

(文) B 【解析】 因为 y ' ?

2x ?1 ? 2x

? 2x ?1?

2

??

1

? 2x ?1?

2

, 所以 y ' |x?1 ? ?1 .所以曲线 y ?

x 2x ? 1

2 2 在点 ?1,1? 处的切线方程为 y ?1 ? ? ? x ?1? ,即l: x ? y ? 2 ? 0 .圆 x ? y ? 4x ? 3 ? 0 的圆

心为 ? ?2,0 ? , 半径为1, 且圆心 ? ?2,0 ? 到直线l:x ? y ? 2 ? 0 的距离为 d ? 所以l上的点到圆 x ? y ? 4x ? 3 ? 0 上的点的最近距离是 d ? r ? 2 2 ? 1 .
2 2

?2 ? 2 2

?2 2,

13. {x|2≤x≤3}【解析】解不等式得 (x-2)(x-3)≤0,即 2≤x≤3,所以不等式的解集是 {x|2≤x≤3}. 14.(理)
1 2 2 3 【解析】如图, M 的面积为 ? xdx ? x 2 0 3 3 1 0

?

2 , ? 的面积为 1 ? 1 ? 1 ,故 3

由几何概型得,所求的概率为

2 2 P? 3 ? . 1 3

(文)244【解析】由已知,得 x ? 20 , y ? 160 ,将点 ? x , y ? 代入回归方程 y ? bx ? a 中,

? ? 5.6 ,所以回归方程为 y ? ? 5.6 x ? 48 .所以当 x ? 35 时, y ? ? 244 . 得b
15. ( 理 ) 6 【 解 析 】 由 二 项 式 定 理 , 得

10 9 8 7 6 5 4 a1 ? C10 , a2 ? C10 , a3 ? C10 , a4 ? C10 , a5 ? C10 , a6 ? C10 , a7 ? C10 , …, 1 0 , 因为 a1 ? a2 ? a3 ? a4 ? a5 ? a6 ? a7, 且数列 a1 , a2 , a3 ,…, ak 是一个单 a10 ? C10 , a11 ? C10

调递增数列,所以 k 的最大值是 6.

1 【解析】设 E , F 分别是 AD, BC 的中点,则当点 P 在线段 EF 上或其上方区域时, 2 1 1? 1 2?1. 满足 ?PAB 的面积大于等于 ,故由几何概型得,所求概率为 P ? 4 1? 1 2
(文)
2 2 2 16.(理)72【解析】将 6 个小球放入 3 个盒子,每个盒子中 2 个,有 C6 C4C2 ? 90 种情况.

其中标号为 1,2 的球放入同一个盒子中有 C3C4 ? 18 种, 所以满足题意的方法共有 90-18=72
1 2

种. ( 文 )

s1 ? s2 ? s3

























x甲 =1250 ? 0.0006 ? 500+1750 ? 0.0004 ? 500+2250 ? 0.0002
?500+2750 ? 0.0002 ? 500 +3250 ? 0.0006 ? 500=2200 , 同 理 , 乙 数 据 的 平 均 值 为

x乙 =2150 ,丙数据的平均值为 x丙 =2250 ,可见甲、乙、丙三者的平均值都处在频率分布
直方图的最中间一列,此时,若越靠近中间列所占的频率越大,则相应的方差越小,明显丙 的中间列及附近列所占的频率最大,其次是乙,甲中间列及附近列所占的频率最小,故

s1 ? s2 ? s3 .
17.解: (1)由已知得 an+ 1 - an = 1 , 故数列 ?an ? 是等差数列,且公差 d ? 1 . ……………2分 又 a3 ? 2 ,得 a1 ? 0 ,所以 an ? n ?1 . (2)由(1)得, bn ? ? ? ………………………………4分

?1? ? 3?

n ?1

?n,

?? 1 ?n ?1 ? ?1 ? 所以 Sn ? ?1 ? 1? ? ? ? 2 ? ? ??? ? ?? ? ? n ? ?3 ? ?? 3 ? ? ? ?
1 1 1 ? 1 ? ? 2 ? ??? ? n ?1 ? ?1 ? 2 ? 3 ? ??? ? n ? . ………………………6 分 3 3 3 n ?1? 1? ? ? n ? n ? 1? 3 ? 31? n n ? n ? 1? 3 Sn ? ? ? ? ? ? . …………………12 分 1 2 2 2 1? 3 18. 解: (1)由图可知, A ? 1 . ………1 分

f ( x) 的最小正周期 T ? 4 ? 2 ? 8,
所以由 T ?



?

? 8 ,得 ? ?

π . 4

………3 分

又 f ?1? ? sin ? 所以

π π ?π ? ? ? ? ? 1 ,且 ? ? ? ? , 2 2 ?4 ?
…………6 分

π π π ? ? ? ,解得 ? ? . 4 2 4

(2)因为 f ? ?1? ? 0, f ?1? ? 1, f ?3? ? 0 , 所以 M ? ?1, 0? , N ?1,1? , P ?3 , 0? .设 Q ?1,0 ? . 在等腰三角形 MNP 中,设 ?MNQ ? ? ,则 sin ? ? …………7 分

2 1 , cos ? ? , 5 5
……………13 分

所以 sin ?MNP ? sin 2? ? 2sin ? cos ? ? 2 ?

2 1 4 ? ? . 5 5 5

19. (理)解: (1)由题设可知(3×0.006+0.01+x+0.054)×10=1, 解之得 x=0.018. (2)由题设可知,成绩在区间[80,90)内的人数为 0.018×10×50=9, 成绩在区间[90,100]内的人数为 0.006×10×50=3, 所以不低于 80 分的学生人数为 9+3=12,ξ 的所有可能取值为 0,1,2. C2 6 9 P(ξ=0)= 2 = , C12 11 1 C1 9 9C3 P(ξ=1)= 2 = , C12 22 C2 1 3 P(ξ=2)= 2 = . C12 22 6 9 1 1 所以 ξ 的数学期望 Eξ=0× +1× +2× = . 11 22 22 2 (文)解: (1)由频率分布直方图可知(0.04+0.03+0.02+2a)×10=1. 所以 a=0.005. (2)该 100 名学生的语文成绩的平均分约为 x =0.05×55+0.4×65+0.3×75+0.2×85+0.05×95=73. (3)由频率分布直方图及已知的语文成绩、数学成绩分布在各分数段的人数比, 可得下表: 分数段 x x︰y y [50,60) 5 1︰1 5 [60,70) 40 2︰1 20 [70,80) 30 3︰4 40 [80,90) 20 4︰5 25

于是数学成绩在[50,90)之外的人数为 100-(5+20+40+25)=10. 20. (理)解: (1)(证法一)连结 AB′,AC′, 由已知∠BAC=90° ,AB=AC,三棱柱 ABC-A′B′C′为直三棱柱. 所以 M 为 AB′中点. 又因为 N 为 B′C′的中点.所以 MN∥AC′. 又 MN?平面 A′ACC′,AC′?平面 A′ACC′, 因此 MN∥平面 A′ACC′. (证法二) 取 A′B′中点 P,连结 MP,NP, M,N 分别为 AB′与 B′C′的中点,所以 MP∥AA′,PN∥A′C′, 所以 MP∥平面 A′ACC′,PN∥平面 A′ACC′,又 MP∩NP=P,

因此平面 MPN∥平面 A′ACC′,而 MN?平面 MPN, 因此 MN∥平面 A′ACC′. (2)以 A 为坐标原点,分别以直线 AB,AC,AA′为 x 轴,y 轴,z 轴建立直角坐标系 O-xyz,如图 1-5 所示.

图 1-5 设 AA′=1,则 AB=AC=λ, 于是 A(0,0,0),B(λ,0,0),C(0,λ,0),A′(0,0,1),B′(λ,0,1),C′(0,λ,1). λ 1? ?λ λ ? 所以 M? ?2,0,2?,N?2,2,1?. 设 m=(x1,y1,z1)是平面 A′MN 的法向量, λ 1 → x1- z1=0, ? 2 2 A′M=0, ?m· 由? 得 λ 1 → ? MN=0 ?m· y + z =0, 2 1 21

? ? ?

可取 m=(1,-1,λ). 设 n=(x2,y2,z2)是平面 MNC 的法向量, λ λ → - x2+ y2-z2=0, ? 2 2 NC=0, ?n· 由? 得 λ 1 → ?n· MN=0 ? y + z =0. 2 2 22

? ? ?

可取 n=(-3,-1,λ). 因为 A′-MN-C 为直二面角,所以 m· n=0. 2 即-3+(-1)×(-1)+λ =0,解得 λ= 2. (文)解: (1)(证法一)连结 AB′,AC′,由已知∠BAC=90° , AB=AC,三棱柱 ABC-A′B′C′为直三棱柱, 所以 M 为 AB′中点, 又因为 N 为 B′C′的中点,所以 MN∥AC′. 又 MN?平面 A′ACC′, AC′?平面 A′ACC′, 因此 MN∥平面 A′ACC′. (证法二)取 A′B′中点 P,连结 MP,NP, M、N 分别为 AB′与 B′C′的中点, 所以 MP∥AA′,PN∥A′C′, 所以 MP∥平面 A′ACC′,PN∥平面 A′ACC′, 又 MP∩NP=P, 因此平面 MPN∥平面 A′ACC′,而 MN?平面 MPN. 因此 MN∥平面 A′ACC′.

(2)(解法一)连结 BN, 由题意 A′N⊥B′C′,平面 A′B′C′∩平面 B′BCC′=B′C′, 所以 A′N⊥平面 NBC. 1 1 1 1 又 A′N= B′C′=1,故 VA′-MNC=VN-A′MC= VN-A′BC= VA′-NBC= . 2 2 2 6 (解法二) 1 1 VA′-MNC=VA′-NBC-VM-NBC= VA′-NBC= . 2 6 21. (理)解:解法一: (1)因为|AB|+|AF2|+|BF2|=8, 即|AF1|+|F1B|+|AF2|+|BF2|=8, 又|AF1|+|AF2|=|BF1|+|BF2|=2a, 所以 4a=8,a=2. 1 c 1 又因为 e= ,即 = ,所以 c=1, 2 a 2 所以 b= a2-c2= 3. x2 y2 故椭圆 E 的方程是 + =1. 4 3

? ?y=kx+m, (2)由?x2 y2 得(4k2+3)x2+8kmx+4m2-12=0. ? ? 4 + 3 =1,
因为动直线 l 与椭圆 E 有且只有一个公共点 P(x0,y0),所以 m≠0 且 Δ=0, 即 64k2m2-4(4k2+3)(4m2-12)=0,化简得 4k2-m2+3=0.(*) 4k 3 4km 4k 3 - , ?. 此时 x0=- 2 =- ,y0=kx0+m= ,所以 P? m m? ? m m 4k +3

? ?x=4, 由? 得 Q(4,4k+m). ?y=kx+m ?
假设平面内存在定点 M 满足条件,由图形对称性知,点 M 必在 x 轴上. → → 设 M(x1,0),则MP· MQ=0 对满足(*)式的 m、k 恒成立. 4k 3? → → → → 因为MP=? MQ=0, ?- m -x1,m?,MQ=(4-x1,4k+m),由MP· 16k 4kx1 12k 得- + -4x1+x2 +3=0, 1+ m m m k 整理,得(4x1-4) +x2 -4x1+3=0.(**) m 1

? ?4x1-4=0, 由于(**)式对满足(*)式的 m,k 恒成立,所以? 解得 x1=1. ?x2 1-4x1+3=0, ?
故存在定点 M(1,0),使得以 PQ 为直径的圆恒过点 M. 解法二: (1)同解法一.

? ?y=kx+m, (2)由?x2 y2 得(4k2+3)x2+8kmx+4m2-12=0. ? ? 4 + 3 =1,
因为动直线 l 与椭圆 E 有且只有一个公共点 P(x0,y0),所以 m≠0 且 Δ=0, 即 64k2m2-4(4k2+3)(4m2-12)=0,化简得 4k2-m2+3=0.(*) 4k 3 4km 4k 3 - , ?. 此时 x0=- 2 =- ,y0=kx0+m= ,所以 P? m m? ? m m 4k +3

? ?x=4, 由? 得 Q(4,4k+m). y = kx + m , ? ?
假设平面内存在定点 M 满足条件,由图形对称性知,点 M 必在 x 轴上. 取 k=0,m= 3,此时 P(0, 3),Q(4, 3),以 PQ 为直径的圆为(x-2)2+(y- 3)2 3 1 1, ?,Q(4,0),以 PQ 为直 =4,交 x 轴于点 M1(1,0),M2(3,0);取 k=- ,m=2,此时 P? ? 2? 2 5 3 45 2 2 ? ? ? 径的圆为? ?x-2? +?y-4? =16,交 x 轴于点 M3(1,0),M4(4,0).所以若符合条件的点 M 存在, 则 M 的坐标必为(1,0). 以下证明 M(1,0)就是满足条件的点: 4k 3 → → - -1, ?,MQ=(3,4k+m), 因为 M 的坐标为(1,0),所以MP=? m? ? m 12k 12k → → 从而MP· MQ=- -3+ +3=0, m m → → 故恒有MP⊥MQ,即存在定点 M(1,0),使得以 PQ 为直径的圆恒过点 M. (文)解:解法一: (1)依题意,|OB|=8 3,∠BOy=30° . 设 B(x,y),则 x=|OB|sin30° =4 3,y=|OB|cos30° =12. 因为点 B(4 3,12)在 x2=2py 上,所以(4 3)2=2p×12,解得 p=2. 故抛物线 E 的方程为 x2=4y. 1 1 (2)由(1)知 y= x2,y′= x. 4 2 1 1 1 设 P(x0,y0),则 x0≠0,且 l 的方程为 y-y0= x0(x-x0),即 y= x0x- x2 . 2 2 4 0 1 1 x -4 ? ? ?x= 0 , ?y=2x0x-4x2 0, 2x0 由? 得? ? ? ?y=-1, ?y=-1. 2 x0-4 ? 所以 Q? ? 2x0 ,-1?. 假设以 PQ 为直径的圆恒过定点 M,由图形的对称性知 M 必在 y 轴上,设 M(0,y1), 1 → → 令MP· MQ=0 对满足 y0= x2 (x ≠0)的 x0,y0 恒成立. 4 0 0 x2 → → 0-4 ? 由于MP=(x0,y0-y1),MQ=? ? 2x0 ,-1-y1?. x2 0-4 → → 2 由MP· MQ=0,得 -y0-y0y1+y1+y1 =0. 2 2 即(y1+y1-2)+(1-y1)y0=0.(*) ? ?1-y1=0, 1 由于(*)式对满足 y0= x2 0(x0≠0)的 y0 恒成立,所以? 2 4 ?y1+y1-2=0, ?
2

解得 y1=1. 故以 PQ 为直径的圆恒过 y 轴上的定点 M(0,1). 解法二: (1)同解法一. 1 1 (2)由(1)知 y= x2,y′= x, 4 2 1 1 1 设 P(x0,y0),则 x0≠0,且 l 的方程为 y-y0= x0(x-x0),即 y= x0x- x2 . 2 2 4 0 1 1 2 ? ?x=x0-4, ?y=2x0x-4x0, 2x0 由? 得? ? ?y=-1, ?y=-1,
2

所以 Q?

?x2 ? 0-4 ,-1?. ? 2x0 ?

取 x0=2,此时 P(2,1),Q(0,-1),以 PQ 为直径的圆为(x-1)2+y2=2,交 y 轴于点 1 3 1 1, ?,Q?- ,-1?,以 PQ 为直径的圆为?x+ ? M1(0,1)或 M2(0,-1);取 x0=1,此时 P? ? 4? ? 2 ? ? 4? 3 7 125 2 2 ? ? ? +? ?y+8? = 64 ,交 y 轴于 M3(0,1)或 M4?0,-4?. 故若满足条件的点 M 存在,只能是 M(0,1). 以下证明点 M(0,1)就是所要求的点.

? → → ?x0-4 因为MP=(x0,y0-1),MQ=? ,-2?, ? 2x0 ?
2

→ → x0-4 MP· MQ= -2y0+2=2y0-2-2y0+2=0. 2
2

故以 PQ 为直径的圆恒过 y 轴上的定点 M. 22. (理) 解: (1)f(x)的定义域为(-a,+∞). f′(x)=1- x+a-1 = . x+a x+a 1

由 f′(x)=0,得 x=1-a>-a. 当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: x f′(x) f(x) (-a,1-a) - ↘ 1-a 0 极小值 (1-a,+∞) + ↗

因此,f(x)在 x=1-a 处取得最小值, 故由题意 f(1-a)=1-a=0,所以 a=1. (2)当 k≤0 时,取 x=1,有 f(1)=1-ln2>0; 故 k≤0 不合题意. 当 k>0 时,令 g(x)=f(x)-kx2,即 g(x)=x-ln(x+1)-kx2. -x[2kx-?1-2k?] x g′(x)= -2kx= . x+1 x+1 1-2k 令 g′(x)=0,得 x1=0,x2= >-1. 2k

1-2k 1 ①当 k≥ 时, ≤0,g′(x)<0 在(0,+∞)上恒成立,因此 g(x)在[0,+∞)上单 2 2k 调递减,从而对任意的 x∈[0,+∞),总有 g(x)≤g(0)=0,即 f(x)≤kx2 在[0,+∞)上恒成 1 立,故 k≥ 符合题意. 2 1-2k 1-2k? 1-2k? 1 ②当 0<k< 时, >0, 对于 x∈?0, ,g′(x)>0,故 g(x)在?0, 内单 2 2k 2k ? 2k ? ? ? 1-2k? 1 2 调递增,因此当取 x0∈?0, 时,g(x0)>g(0)=0,即 f(x0)≤kx0 不成立,故 0<k< 不合 2 2 k ? ? 题意. 1 综上,k 的最小值为 . 2 (3)证明:当 n=1 时,不等式左边=2-ln3<2=右边,所以不等式成立.
n n 2 ? 2 -ln?1+ 2 ?? 当 n≥2 时, ?f?2i-1?= ? ? ? 2i-1?? ? ? ? i=1 i=1 ?2i-1

=? =?
n

n

i=1

n 2 - ?[ln(2i+1)-ln(2i-1)] 2i-1 i=1

i=1

2 -ln(2n+1). 2i-1

2 1 x2 2 2 * 在(2)中取 k= ,得 f(x)≤ (x≥0),从而 f?2i-1?≤ 2< 2 2 ? ? ?2i-1? ?2i-3??2i-1?(i∈N ,i >2), 所以有 ?
n i=1 n n n 2 2 2 2 -ln(2n+1)= ?f?2i-1?=( f 2) + ?f?2i-1?<2-ln3+ ? ? ? ? ? 2i-1 ? 2 i - 3 ?? 2i-1? i=1 i=2 i=2

n 1 1 1 =2-ln3+ ? ?2i-3-2i-1?=2-ln3+1- <2. ? ? 2 n -1 = i 2

综上, ?

n

i=1

2 -ln(2n+1)<2,n∈N*. 2i-1

(文)解: (1)f′(x)=x2+(1-a)x-a=(x+1)(x-a).由 f′(x)=0,得 x1=-1,x2=a >0. 当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: x f′(x) f(x) (-∞,-1) + ↗ -1 0 极大值 (-1,a) - ↘ a 0 极小值 (a,+∞) + ↗

故函数 f(x)的单调递增区间是(-∞,-1),(a,+∞);单调递减区间是(-1,a). (2)由(1)知 f(x)在区间(-2,-1)内单调递增,在区间(-1,0)内单调递减,从而函 数 f(x)在区间 f?-2?<0, ? ? (-2,0)内恰有两个零点当且仅当?f?-1?>0, ? ?f?0?<0,

1 解得 0<a< . 3 1? 所以,a 的取值范围是? ?0,3?. 1 (3)a=1 时,f(x)= x3-x-1.由(1)知 f(x)在[-3,-1]上单调递增,在[-1,1]上单 3 调递减,在[1,2]上单调递增. ①当 t∈[-3,-2]时,t+3∈[0,1],-1∈[t,t+3],f(x)在[t,-1]上单调递增,在[-1,t 1 +3]上单调递减.因此,f(x)在[t,t+3]上的最大值 M(t)=f(-1)=- ,而最小值 m(t)为 f(t)与 3 f(t+3)中的较小者.由 f(t+3)-f(t)=3(t+1)(t+2)知,当 t∈[-3,-2]时,f(t)≤f(t+3),故 m(t)=f(t),所以 g(t) 5 =f(-1)-f(t).而 f(t)在[-3,-2]上单调递增,因此 f(t)≤f(-2)=- ,所以 g(t)在[-3,-2] 3 5 4 1 - ?= . 上的最小值为 g(-2)=- -? 3 ? 3? 3 ②当 t∈[-2,-1]时,t+3∈[1,2], 且-1,1∈[t,t+3]. 下面比较 f(-1),f(1) ,f(t),f(t+3)的大小. 由 f(x)在[-2,-1],[1,2]上单调递增,有 f(-2)≤f(t)≤f(-1). f(1)≤f(t+3)≤f(2). 5 1 又由 f(1)=f(-2)=- ,f(-1)=f(2)=- , 3 3 1 5 从而 M(t)=f(-1)=- ,m(t)=f(1)=- , 3 3 4 所以 g(t)=M(t)-m(t)= . 3 4 综上,函数 g(t)在区间[-3,-1]上的最小值为 . 3