2020届高考数学二轮教师用书：下篇指导六手热心稳·实战演练


Ⅰ：高考客观题(12＋4)·提速练(一)
限时40分钟　满分80分
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)
1．已知集合M＝{x|x＋3＜2x2}，N＝{x|－2≤x＜1}，则M∩N＝(　　)
A.　　　　　　　 B.
C．[－2，－1) D．[－2,3)
解析：C　[解法一　由x＋3＜2x2，得2x2－x－3＞0，即(x＋1)(2x－3)＞0，得x＜－1或x＞.所以M＝(－∞，－1)∪.又N＝[－2,1)，所以M∩N＝[－2，－1)．故选C.
解法二　因为1∉N，所以排除D项；因为0＋3＜2×02不成立，所以0∉M，所以排除A项；因为－＋3＜2×2成立，所以－∈M，又－∈N，所以－∈M∩N，故排除B.综上，选C.]
2．已知复数z＝(a2－3a＋2)＋(a2－a)i(a∈R)为纯虚数，则＝(　　)
A.＋i B.－i
C．3－i D．3＋i
解析：A　[由已知可得解得a＝2，所以z＝2i，故＝＝＝＝＋i.故选A.]
3.

2019年全国两会(即中华人民共和国第十三届全国人民代表大会第二次会议和中国人民政治协商会议第十三届全国委员会第二次会议)于3月份在北京召开．代表们提交的议案都是经过多次修改．为了解代表们的议案修改次数，某调查机构采用随机抽样的方法抽取了120份议案进行调查，并进行了统计，将议案的修改次数分为6组：[0,5)，[5,10)，[10,15)，[15,20)，[20,25)，[25,30]，得到如图所示的频率分布直方图．则这120份议案中修改次数不低于15次的份数为(　　)
A．40　　　 B．60　　　 C．80　　　　 D．100
解析：B　[由频率分布直方图可知，议案修改次数不低于15次的频率为(0.06＋0.03＋0.01)×5＝0.5，所以这120份议案中修改次数不低于15次的份数为120×0.5＝60.故选B.]
4．已知角α的顶点在坐标原点O，始边与x轴的正半轴重合，将终边按逆时针方向旋转后经过点P(，1)，则cos 2α＝(　　)
A. B．－
C．－ D.
解析：D　[由题意，将角α的终边按逆时针方向旋转后所得角为α＋.因为|OP|＝＝，所以sin＝＝，cos＝＝.故cos 2α＝sin＝sin 2＝2sincos＝2××＝.故选D.]
5．(多选题)已知π为圆周率，e为自然对数的底数，则(　　)
A．πe<3e B．3e－2π<3πe－2
C．logπe3logπe
解析：CD　[本题考查利用函数的单调性比较大小．已知π为圆周率，e为自然对数的底数，∴π>3>e>2，∴e>1，πe>3e，故A错误；∵0<<1,1>e－2>0，∴e－2>，∴3e－2π>3πe－2，故B错误；∵π>3，∴logπe3，可得log3e>logπe，则πlog3e>3logπe，故D正确．故选CD.]
6.

如图是以AB为直径的半圆，且AB＝8，半径OB的垂直平分线与圆弧交于点P，＋＝0，则·＝(　　)
A．9 B．15
C．－9 D．－15
解析：C　[通解　连接OP，由已知，得OD＝DB＝AB＝2，所以DP＝＝＝2.由＋＝0可得Q为线段PD的中点，故DQ＝DP＝.因为＝＋，＝＋，所以·＝(＋)·(＋)＝·＋·＋·＋·＝6×2cos π＋0＋0＋()2＝－9.

优解　以O为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系，则A(－4,0)，B(4,0)，由＋＝0，设Q(2，m)，则有P(2,2m)，22＋(2m)2＝42，m2＝3，又＝(6，m)，＝(－2，m)，所以·＝(6，m)·(－2，m)＝－12＋m2＝－9.]
7．函数f(x)＝的大致图象有(　　)

解析：C　[由ex－e－x≠0，解得x≠0，所以函数f(x)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，故排除B项．因为f(－x)＝＝＝－f(x)，所以函数f(x)为奇函数，又f(1)＝＝＜0，故排除A项．设g(x)＝ex－e－x，显然该函数单调递增，故当x＞0时，g(x)＞g(0)＝0，则当x∈时，y＝cos(πx)＞0，故f(x)＞0，当x∈时，y＝cos(πx)＜0，故f(x)＜0，所以排除D项．综上，选C.]
8．已知函数f(x)＝sin ωxcos φ＋cos ωxsin φ的图象经过点，将该函数的图象向右平移个单位长度后所得函数g(x)的图象关于原点对称，则ω的最小值是(　　)
A. B．2
C．3 D.
解析：A　[由已知得f(x)＝sin(ωx＋φ)，f(0)＝－，得sin φ＝－，因为|φ|＜，所以φ＝－，所以f(x)＝sin.将该函数图象向右平移个单位长度后得函数g(x)＝f＝sin＝sin的图象．由已知得函数g(x)为奇函数，所以＋＝kπ(k∈Z)，解得ω＝3k－(k∈Z)．因为ω＞0，所以ω的最小值为.]
9.

某几何体的正视图和侧视图为如图所示的相同的图形，俯视图为同心圆，则该几何体的表面积为(　　)
A．14π B.π
C．36π D.π
解析：C　[由几何体的三视图可知，该几何体的上部分是一个半球，下部分为一个大圆柱的内部挖去了一个小圆柱，所以该几何体的表面积为2π×2×4＋π×22＋4π×22×＋2π×1×4＝36π.]
10．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，a＝8，b＜4，c＝7，且满足(2a－b)cos C＝c·cos B，则△ABC的面积为(　　)
A．10 B．6
C．5 D．2
解析：B　[∵(2a－b)cos C＝ccos B，∴(2sin A－sin B)cos C＝sin Ccos B，∴2sin Acos C＝sin Bcos C＋cos Bsin C，即2sin Acos C＝sin(B＋C)，∴2sin Acos C＝sin A．∵在△ABC中，sin A≠0，∴cos C＝，∴C＝60°.由余弦定理，得c2＝a2＋b2－2abcos C，得49＝64＋b2－2×8bcos 60°，即b2－8b＋15＝0，解得b＝3或b＝5，又b＜4，∴b＝3，∴△ABC的面积S＝absin C＝×8×3×＝6.]
11．已知双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，过点F1的直线交双曲线的左支于点M，交双曲线的右支于点N，且MF2⊥NF2，|MF2|＝|NF2|，则该双曲线的离心率是(　　)
A. B.
C. D.＋1
解析：A　[由题意可设|MF2|＝|NF2|＝m，由点M在双曲线的左支上，得|MF2|－|MF1|＝2a，所以|MF1|＝m－2a.由点N在双曲线的右支上，得|NF1|－|NF2|＝2a，所以|NF1|＝m＋2a.因为MF2⊥NF2，所以|MN|＝m，由|NF1|＝|MF1|＋|MN|，得m＋2a＝m－2a＋m，所以m＝2a.

解法一　如图，在△MF1F2中，|MF1|＝m－2a＝(2－2)a，|MF2|＝m＝2a.易知|F1F2|＝2c，∠F1MF2＝135°，所以由余弦定理得4c2＝8a2＋(2－2)2a2－2×2a×(2－2)a×cos 135°，得c2＝3a2，所以e＝＝.故选A.
解法二　在△NF1F2中，|NF1|＝m＋2a＝(2＋2)a，|NF2|＝2a，|F1F2|＝2c，∠F1NF2＝45°，所以由余弦定理得4c2＝8a2＋(2＋2)2a2－2×2a×(2＋2)a×cos 45°，得c2＝3a2，所以e＝＝.故选A.]
12．已知函数f(x)＝，若方程[f(x)]2＋(1－a)f(x)－a＝0有两个不同的实数根，则实数a的取值范围是(　　)
A．(－∞，0]∪
B．(－∞，－1)∪∪
C．(－∞，0]
D．(－∞，－1)∪(－1,0]
解析：B　[设t＝f(x)，则方程为t2＋(1－a)t－a＝0，即(t－a)(t＋1)＝0，解得t＝a或t＝－1.函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＝.设g(x)＝－1－ln x，显然该函数在(0，＋∞)上单调递减，且g(1)＝0，故当x∈(0,1)时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减，且当x→0时，f(x)→－∞，当x→＋∞时，f(x)→0.如图，作出函数f(x)的大致图象．

作出直线y＝t，由图可知当t＞时，直线y＝t与函数f(x)的图象没有交点；当t＝或t≤0时，直线y＝t与函数f(x)的图象只有一个交点；当0＜t＜时，直线y＝t与函数f(x)的图象有两个交点．所以方程f(x)＝－1只有一个解，若a＝－1，则原方程有两个相同的实数根，不符合题意，则a≠－1，故由题意可得方程f(x)＝a只有一个解，所以a＝或a≤0，且a≠－1，故实数a的取值范围为(－∞，－1)∪(－1,0]∪.]
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．(理)已知二项式n的展开式中所有项的系数之和为，则展开式中x的系数为____．
解析：根据题意，令x＝1，得n＝，即n＝，解得n＝5，故展开式的通项公式为C(x2)5－rr＝Crx10－3r.令10－3r＝1，得r＝3，则展开式中x的系数为C×3＝－.
答案：－
13．(文)设{an}是公比大于1的等比数列，Sn为数列{an}的前n项和．已知S3＝7，且a1＋3,3a2，a3＋4构成等差数列，则数列{an}的通项为________．
解析：由已知得
解得a2＝2.
设数列{an}的公比为q，由a2＝2，可得a1＝，a3＝2q，
又S3＝7，可知＋2＋2q＝7，即2q2－5q＋2＝0.
又得q1＝2，q2＝.
由题意得q＞1，∴q＝2.∴a1＝1.
故数列{an}的通项公式为an＝2n－1.
答案：2n－1
14．已知P是圆C：x2＋y2＋4x－2y＋8＝0上一动点，P关于y轴的对称点为M，关于直线y＝x的对称点为N，则|MN|的取值范围是________．
解析：由题可得，圆C：(x＋2)2＋(y－)2＝1，圆心为C(－2，)，半径r＝1.设P(x，y)，则M(－x，y)，N(y，x)．|MN|＝＝·＝|OP|，易知|OC|－r≤|OP|≤|OC|＋r，|OC|＝3，所以2≤|OP|≤4,2≤|MN|≤4，所以|MN|的取值范围是[2，4]．
答案：[2，4]
15.

如图，四棱台A1B1C1D1－ABCD的底面是正方形，DD1⊥底面ABCD，DD1＝AB＝2A1B1，则异面直线AD1与BC1所成角的余弦值为________．
解析：设AB的中点为E，连接ED1，则易知BE∥C1D1，BE＝C1D1，∴四边形EBC1D1是平行四边形，∴BC1∥ED1，∴∠AD1E为异面直线AD1与BC1所成的角．∵四边形ABCD是正方形，∴BA⊥AD，∵DD1⊥

底面ABCD，∴BA⊥DD1，∴BA⊥平面AA1D1D，∴BA⊥AD1，△AED1是直角三角形．设DD1＝AB＝2A1B1＝2a，则AD1＝＝＝2a，ED1＝＝＝3a，∴cos∠AD1E＝＝.
答案：
16．一个口袋中装有编号分别为1,2,3，…，9的小球，甲、乙、丙三人从口袋中一次性各摸出三个小球．甲说：“我摸到的一个球的编号为9.”乙说：“我抽到的一个球的编号为8.”丙说：“我们三人摸到的三个小球编号之和相等，但我没有摸到编号为2的小球．”已知三个人说的都正确，则丙摸出的三个小球的编号分别为________、________、________.(每答错一个扣2分，最低为0分)
解析：由丙的说法可知，三人摸到的三个小球的编号之和相等，所以每个人摸出的三个小球的编号之和为×(1＋2＋…＋9)＝×＝15.设甲摸到的另外两个小球的编号分别为a1，a2，乙摸到的另外两个小球的编号分别为b1，b2，则由题意可得a1＋a2＝6，b1＋b2＝7.所以a1，a2的取值只有1与5,2与4两种情况．若a1，a2的取值为1,5，则由b1＋b2＝7可得，b1，b2只能取3与4，则剩余的三个数为2,6,7.若a1，a2的取值为2,4，则由b1＋b2＝7可得，b1，b2只能取1与6，则剩余的三个数为3,5,7.由题意知，丙没有摸到编号为2的小球，所以丙摸到的小球编号只能为3,5,7.
答案：357

高考客观题(12＋4)·提速练(二)
限时40分钟　满分80分
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)
1．已知集合A＝{－1,2}，B＝{0,2}，则A∪B的子集个数为(　　)
A．5　　　　 B．6　　　　 C．7　　　 　 D．8
解析：D　[由题意知A∪B＝{－1,0,2}，所以A∪B的子集个数为23＝8.故选D.]
2．已知复数z＝＋2i3，则z的共轭复数在复平面内对应的点位于(　　)
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
解析：A　[z＝＋2i3＝－2i＝1＋i－2i＝1－i，∴＝1＋i，∴复数在复平面内对应点的坐标为(1,1)，位于第一象限．故选A.]
3．某频道每天11：30～12：00播放“中国梦”主题的纪录片，在此期间会随机播出4分钟完整的有关中国梦的歌曲，小刘11：43开始观看该频道，则他听到完整的有关中国梦歌曲的概率是(　　)
A. B. C. D.
解析：D　[由题可知，该电视台开始播放有关中国梦的歌曲的时间是11：30～11：56，时长26分钟，小刘能听到完整歌曲的时间为11：43～11：56，共13分钟，所以所求概率为＝.故选D.]
4．已知实数x，y满足约束条件则z＝x－2y的最小值为(　　)
A．－6 B．－5 C．－4 D．－3
解析：B　[

作出可行域如图中阴影部分所示，作出直线x－2y＝0，平移该直线，数形结合知当平移后的直线过点A时，z取得最小值．由得A(3,4)．所以z的最小值为3－2×4＝－5.故选B.]
5．已知△ABC中，E为中线BD的中点，＝x＋y，则3x＋y＝(　　)
A．0 B．1 C．2 D．－1
解析：A　[依题意可得，＝－＝－＝(＋)－＝－，所以x＝，y＝－，所以3x＋y＝0.故选A.]
6.

若正整数N除以正整数m后的余数为n，则记N＝n(mod m)，例如10＝4(mod 6)．如图所示的程序框图表示的算法源于我国古代《孙子算经》中的“孙子定理”，执行该程序框图，若输入的a＝2，b＝3，c＝11，则输出的N＝(　　)
A．6　　　　　　 B．9
C．12 D．21
解析：C　[N＝0，N＝0＋1＝1,1＝1(mod 2)；N＝1＋1＝2,2＝0(mod 2)，2＝2(mod 3)；N＝2＋1＝3,3＝1(mod 2)；N＝3＋1＝4,4＝0(mod 2)，4＝1(mod 3)；N＝4＋1＝5,5＝1(mod 2)；N＝5＋1＝6,6＝0(mod 2)，6＝0(mod 3)，6＝6(mod 11)；N＝6＋1＝7……由此发现满足题意的N应该含有因数2和3，且被11除余1，所以可知当N＝12时，结束循环，输出的N＝12.故选C.]
7．已知函数f(x)＝2sin(ω＞0)在平面直角坐标系中的部分图象如图所示，若平行四边形ABCD的面积为32，则函数f(x)的图象在y轴右侧且离y轴最近的一条对称轴的方程为(　　)

A．x＝　　　　　　　 B．x＝
C．x＝2 D．x＝
解析：A　[设函数f(x)的最小正周期为T.因为平行四边形ABCD的面积为32，结合三角函数图象可知2×2×T＝32，得T＝8，所以ω＝＝，所以f(x)＝2sin，令x＋＝＋kπ，k∈Z，得x＝＋4k，k∈Z.故选A.]
8.

如图所示的几何体是从棱长为2的正方体中截去到正方体的某个顶点的距离均为2的几何体后的剩余部分，则该几何体的表面积为(　　)
A．24－3π B．24－π
C．24＋π D．24＋5π
解析：B　[由题意知该几何体是从棱长为2的正方体中截去以正方体某个顶点为球心，2为半径的球后的剩余部分，则其表面积S＝6×22－3××π×22＋×4×π×22＝24－π.故选B.]
9．(多选题)已知函数f(x)及其导函数f′(x)，若存在x0使得f(x0)＝f′(x0)，则称x0是f(x)的一个“巧值点”．下列选项中有“巧值点”的函数是(　　)
A．f(x)＝x2 B．f(x)＝e－x
C．f(x)＝ln x D．f(x)＝tan x
解析：AC　[本题考查导数的运算法则．若f(x)＝x2，则f′(x)＝2x，令x2＝2x，得x＝0或x＝2，方程显然有解，故A符合要求；若f(x)＝e－x，则f′(x)＝－e－x，令e－x＝－e－x，此方程无解，故B不符合要求；若f(x)＝ln x，则f′(x)＝，令ln x＝，在同一直角坐标系内作出函数y＝ln x与y＝的图象(作图略)，可得两函数的图象有一个交点，所以方程f(x)＝f′(x)存在实数解，故C符合要求；若f(x)＝tan x，则f′(x)＝′＝，令tan x＝，化简得sin xcos x＝1，变形可得sin 2x＝2，无解，故D不符合要求，故选AC.]
10．在△ABC中，若acos A＝bcos B，且c＝2，sin C＝，则△ABC的面积为(　　)
A．3 B.
C．3或 D．6或
解析：C　[由acos A＝bcos B得sin Acos A＝sin Bcos B，即sin 2A＝sin 2B.∵A，B∈(0，π)，∴2A＝2B或2A＋2B＝π，即A＝B或A＋B＝，又sin C＝，∴△ABC只能是等腰三角形．当C为锐角时，∵sin C＝，∴cos C＝，∴sin＝＝＝，由c＝2得b＝a＝，∴△ABC中AB边上的高为3，∴△ABC的面积为×2×3＝3.当C为钝角时，∵sin C＝，∴cos C＝－，∴sin＝＝＝，由c＝2得b＝a＝，∴△ABC中AB边上的高为，∴△ABC的面积为×2×＝.综上，△ABC的面积为3或.故选C.]
11．已知P为双曲线－x2＝1上一点，若以OP(O为坐标原点)为直径的圆与双曲线的两条渐近线分别相交于A，B两点，则|AB|的最小值为(　　)
A.　　　　 B．2　　 　　 C.　 　　　 D．1
解析：C　[由题意知，双曲线－x2＝1的渐近线方程为y＝±x，O，P，A，B四点共圆，设该圆的半径为R，易知∠AOB＝，可得＝2R，故|AB|＝R，故要求|AB|的最小值，只需求R的最小值即可，显然当点P位于双曲线的顶点时，|OP|最小，即R最小，且Rmin＝＝，故|AB|min＝Rmin＝.故选C.]
12．已知函数f(x)＝ex＋e－x＋2cos x，其中e为自然对数的底数，则对任意a∈R，下列不等式一定成立的是(　　)
A．f(a2＋1)≥f(2a) B．f(a2＋1)≤f(2a)
C．f(a2＋1)≥f(a＋1) D．f(a2＋1)≤f(a)
解析：A　[本题主要考查函数的奇偶性、单调性以及导数与函数的关系，考查考生转化问题的能力和计算能力，考查的核心素养是数学运算和逻辑推理．依题意可知，f(x)＝ex＋e－x＋2cos x＝f(－x)，所以f(x)是偶函数，f′(x)＝ex－e－x－2sin x，且f′(0)＝0，令h(x)＝f′(x)，则h′(x)＝ex＋e－x－2cos x，当x∈[0，＋∞)时，h′(x)＝ex＋e－x－2cos x≥0恒成立，所以f′(x)＝ex－e－x－2sin x在[0，＋∞)上单调递增，所以f′(x)≥0在x∈[0，＋∞)上恒成立，所以f(x)在[0，＋∞)上单调递增，又函数f(x)是偶函数，(a2＋1)2－4a2＝(a2－1)2≥0，所以f(a2＋1)≥f(2a)，故选A.]
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，当x∈(－∞，0)时，f(x)＝2x3＋x2，则f(2)＝________.
解析：通解：令x＞0，则－x＜0.
∴f(－x)＝－2x3＋x2.
又∵f(x)是R上的奇函数，∴f(－x)＝－f(x)．
∴f(x)＝2x3－x2(x＞0)．
∴f(2)＝2×23－22＝12.
优解：f(2)＝－f(－2)＝－[2×(－2)3＋(－2)2]＝12.
答案：12
14．已知等比数列{an}的公比为正数，且a3·a9＝2a，a2＝1，则a1＝________.
解析：∵a3·a9＝a，∴a＝2a，设等比数列{an}的公比为q，因此q2＝2，由于q＞0，解得q＝，∴a1＝＝＝.
答案：
15．已知三棱锥SABC，△ABC是直角三角形，其斜边AB＝8，SC⊥平面ABC，SC＝6，则三棱锥SABC的外接球的表面积为________．
解析：将三棱锥SABC放在长方体中(图略)，易知三棱锥SABC所在长方体的外接球，即为三棱锥SABC的外接球，所以三棱锥SABC的外接球的直径2R＝＝10，即三棱锥SABC的外接球的半径R＝5，所以三棱锥SABC的外接球的表面积S＝4πR2＝100π.
答案：100π
16．已知拋物线C：y2＝2px的焦点是F，过F且斜率为1的直线l1与拋物线交于A，B两点，分别从A，B两点向直线l2：x＝－4作垂线，垂足分别是D，C，若四边形ABCD的周长为36＋8，则拋物线的标准方程为________．
解析：易知F，则直线l1的方程为y＝x－.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得x2－3px＋＝0，∴x1＋x2＝3p，
∴|AB|＝x1＋x2＋p＝4p.∵|AD|＝x1＋4，|BC|＝x2＋4，
∴|AD|＋|BC|＝x1＋x2＋8＝3p＋8.又|CD|＝|AB|sin 45°＝4p·＝2p，且四边形ABCD的周长为36＋8，∴4p＋3p＋8＋2p＝36＋8，∴p＝4，故拋物线的方程为y2＝8x.
答案：y2＝8x
高考客观题(12＋4)·提速练(三)
限时40分钟　满分80分
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)
1．已知集合A＝{x|y＝lg(x＋1)}，B＝{x||x|＜2}，则A∩B等于(　　)
A．(－2,0)　　　　　　　 B．(0,2)
C．(－1,2) D．(－2，－1)
解析：C　[由x＋1＞0，得x＞－1，∴A＝(－1，＋∞)，
B＝{x||x|＜2}＝(－2,2)，∴A∩B＝(－1,2)．故选C.]
2．已知i是虚数单位，若复数z满足zi＝1＋i，则z2等于(　　)
A．－2i　　　 B．2i　　　 　C．－2　 　　　D．2
解析：A　[解法一　z＝＝＝1－i，
z2＝(1－i)2＝－2i.
解法二　(zi)2＝(1＋i)2，－z2＝2i，z2＝－2i.故选A.]
3． (　　)
A．x＜y＜z B．z＜x＜y
C．z＜y＜x D．y＜z＜x
解析：D　[x＝ln π＞1，y＝ ＜ ＝，z＝＝∈.]
4．过圆锥顶点的平面截去圆锥一部分，所得几何体的三视图如图所示，则原圆锥的体积为(　　)

A．1 B. C. D.
解析：D　[由三视图可得底面圆的半径为＝2，圆锥的高为＝2，∴原圆锥的体积为π·22·2＝，故选D.]
5.

元朝著名数学家朱世杰在《四元玉鉴》中有一首诗：“我有一壶酒，携着游春走，遇店添一倍，逢友饮一斗，店友经三处，没了壶中酒，借问此壶中，当原多少酒？”用程序框图表达如图所示，即最终输出的x＝0，则一开始输入的x的值为(　　)
A. B.
C. D．4
解析：B　[i＝1时，x＝2x－1，
i＝2时，x＝2(2x－1)－1＝4x－3，
i＝3时，x＝2(4x－3)－1＝8x－7，
i＝4时，退出循环，此时8x－7＝0，解得x＝，故选B.]
6．已知实数x，y满足若z＝(x－1)2＋y2，则z的最小值为(　　)
A．1 B. C．2 D.
解析：C　[绘制不等式组表示的平面区域如图所示，

目标函数的几何意义为可行域内的点与点(1,0)之间距离的平方，如图所示数形结合可得，当目标函数过点P(2,1)时取得最小值，zmin＝(x－1)2＋y2＝(2－1)2＋12＝2.]
7．函数f(x)＝ln的图象是(　　)

解析：B　[因为f(x)＝ln，所以x－＝＞0，解得－1＜x＜0或x＞1，所以函数的定义域为(－1,0)∪(1，＋∞)，可排除A，D.因为函数u＝x－在(－1,0)和(1，＋∞)上单调递增，函数y＝ln u在(0，＋∞)上单调递增，根据复合函数的单调性可知，函数f(x)在(－1,0)和(1，＋∞)上单调递增．]
8．《周髀算经》是中国古代的天文学和数学著作．其中一个问题大意为：一年有二十四个节气，每个节气晷长损益相同(即太阳照射物体影子的长度增加和减少大小相同)．若冬至晷长一丈三尺五寸，夏至晷长一尺五寸(注：一丈等于十尺，一尺等于十寸)，则夏至之后的节气(小暑)晷长为(　　)

A．五寸 B．二尺五寸
C．三尺五寸 D．一丈二尺五寸
解析：A　[设晷长为等差数列{an}，公差为d，a1＝135，a13＝15，则135＋12d＝15，解得d＝－10.
∴a14＝135－10×13＝5，
∴夏至之后的节气(小暑)的晷长是5寸．故选A.]
9．已知函数f(x)＝sin－cos2x＋(x∈R)，则下列说法正确的是(　　)
A．函数f(x)的最小正周期为
B．函数f(x)的图象关于y轴对称
C．点为函数f(x)图象的一个对称中心
D．函数f(x)的最大值为
解析：D　[函数f(x)＝sin－cos2x＋
＝－＋
＝sin 2x＋cos 2x
＝sin(x∈R)，
由ω＝2知，f(x)的最小正周期为π，A错误；
∵f(0)＝sin ＝不是最值，
∴f(x)的图象不关于y轴对称，B错误；
∵f＝sin＝≠0，
∴点不是函数f(x)图象的一个对称中心，C错误；
∵sin∈[－1,1]，
∴f(x)的最大值是，D正确．故选D.]
10．如图是2017年第一季度五省GDP情况图，则下列陈述正确的是(　　)

①2017年第一季度GDP总量和增速均居同一位的省只有1个；
②与去年同期相比，2017年第一季度五个省的GDP总量均实现了增长；
③去年同期的GDP总量前三位是江苏、山东、浙江；
④2016年同期浙江的GDP总量也是第三位．
A．①② B．②③④ C．②④ D．①③④
解析：B　[总量排序为：江苏，山东，浙江，河南，辽宁；增速排序为：江苏，辽宁，山东，河南，浙江；则总量和增速均居同一位的省有河南，江苏两省，说法①错误；与去年同期相比，2017年第一季度五个省的GDP总量均实现了增长，说法②正确；去年同期的GDP总量前三位是江苏，山东，浙江，说法③正确；
2016年的GDP总量计算为：
浙江：，江苏：，河南：，山东：，辽宁：，据此可知，2016年同期浙江的GDP总量也是第三位，说法④正确．]
11．过双曲线C1：－＝1(a＞0，b＞0)的左焦点F1作曲线C2：x2＋y2＝a2的切线，切点为M，延长F1M交曲线C3：y2＝2px(p＞0)于点N，其中C1，C3有一个共同的焦点，若|MF1|＝|MN|，则曲线C1的离心率为(　　)
A. B.－1
C.＋1 D.
解析：D　[设双曲线－＝1的右焦点为F2(c,0)，因为曲线C1，C3有一个共同的焦点，所以y2＝4cx.因为O为F1F2的中点，M为F1N的中点，所以OM为△F1F2N的中位线，即OM∥NF2，且|OM|＝|NF2|，因为|OM|＝a，所以|NF2|＝2a，因为OM⊥NF1，所以NF2⊥NF1，又|F1F2|＝2c，所以|NF1|＝2b.
设N(x，y)，过点F1作x轴的垂线，则由拋物线的定义得x＋c＝2a，即x＝2a－c，
过点N作NP⊥x轴于点P，则在Rt△NPF1中，由勾股定理，得y2＋4a2＝4b2，即4c(2a－c)＋4a2＝4(c2－a2)，即e2－e－1＝0，且e＞1，解得e＝.故选D.]
12．以区间(0，m)内的整数(m＞1，且m∈N)为分子，以m为分母的分数组成集合A1，其所有元素之和为a1；以区间(0，m2)内的整数(m＞1，且m∈N)为分子，以m2为分母组成不属于A1的分数集合A2，其所有元素之和为a2……以此类推，以区间(0，mn)内的整数(m＞1，且m∈N)为分子，以mn为分母组成不属于集合A1，A2，…，An－1的分数集合An，其所有元素之和为an，则a1＋a2＋a3＋…＋an＝(　　)
A. B.
C. D.
解析：B　[由题意得a1＝＋＋…＋，a2＝＋＋…＋－a1，a3＝＋＋…＋－a2－a1，
所以an＝＋＋…＋－an－1－an－2－…－a2－a1，
a1＋a2＋a3＋…＋an＝＋＋…＋＝[1＋2＋…＋(mn－1)]＝·＝.故选B.]
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．为了解高三年级2 000名学生的学习情况，在期中考试结束后，随机抽取100名及格的学生的分数进行统计，得到如图所示的频率分布直方图，则该校高三年级分数在[130,140)的学生估计有________人．

解析：由频率分布直方图知(0.035＋0.025＋0.015＋0.008＋0.005＋x)×10＝1，解得x＝0.012，所以该校高三年级分数在[130,140)的学生估计有2 000×0.012×10＝240人．
答案：240
14．(文)一个三位数，个位、十位、百位上的数字依次为x，y，z，当且仅当y＞x，y＞z时，称这样的数为“凸数”(如243)，现从集合{1,2,3,4}中取出三个不相同的数组成一个三位数，则这个三位数是“凸数”的概率为________．
解析：在{1,2,3,4}的4个整数中任取3个不同的数组成三位数，有24种情况，在{1,2,3,4}的4个整数中任取3个不同的数，将最大的放在十位上，剩余的2个数字分别放在百、个位上，有8种情况，则这个三位数是“凸数”的概率是＝.
答案：
14．(理)箱中装有标号为1,2,3,4,5,6且大小相同的6个球．从箱中一次摸出两个球，记下号码并放回，如果两球号码之积是4的倍数，则获奖．现有4人参与摸奖(每人一次)，则恰好有3人获奖的概率是________．(用数字作答)
解析：由题意得任取两球有C种情况，取出两球号码之积是4的倍数的情况为(1,4)，(2,4)，(3,4)，(2,6)，(4,6)，(4,5)共6种情况，故每人摸球一次中奖的概率为＝，故4人中有3人中奖的概率为C3×＝.
答案：
15．甲、乙两人玩报数游戏，其规则是：两人从1开始轮流连续报数，每人每次最少报2个，最多可以报5个(如第一个人先报“1,2”，则另一个人可以有“3,4”“3,4,5”“3,4,5,6”“3,4,5,6,7”“3,4,5,6,7,8”五种报数方法)．抢先报到“110”的人获胜．如果从甲开始，那么甲要想必胜，第一次报的数应该是________．
解析：因为110＝7×15＋5，所以只要甲先报“1,2,3,4,5”，之后不管乙报几个数，甲报的数的个数与乙报的数的个数的和为7即可保证甲必胜．
所以甲要想必胜，第一次报的数应该是1,2,3,4,5.
答案：1,2,3,4,5
16．(双空填空题)已知函数f(x)＝若f(x)≤1，则实数x的取值范围是________；若方程f(x)－kx＝3有三个相异的实根，则实数k的取值范围是________．
解析：本题考查利用数形结合思想研究函数的零点．当x≥0时，f(x)≤1即－x2＋2x≤1，即(x－1)2≥0，则x≥0成立；当x<0时，f(x)≤1即－2x≤1，解得－≤x<0.综上，实数x的取值范围为.由题意，方程f(x)－kx＝3即f(x)＝kx＋3有三个相异的实根，则函数y＝f(x)和y＝kx＋3的图象有三个不同的交点．作出函数y＝f(x)的图象如图所示．由题意知直线y＝kx＋3和y＝－2x(x<0)的图象必有一个交点，所以－2
答案：　(－2,2－2)
高考客观题(12＋4)·提速练(四)
限时40分钟　满分80分
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)
1．设集合A＝{－2，－1,1,2}，B＝{－3，－1,0,2}，则A∩B的元素的个数为(　　)
A．2　　　　　　　　　　 B．3
C．4 D．1
解析：A　[A＝{－2，－1,1,2}，B＝{－3，－1,0,2}，
则A∩B＝{－1,2}，含有2个元素，故选A.]
2．i是虚数单位，若＝a＋bi(a，b∈R)，则lg(a＋b)的值是(　　)
A．2 B．1
C．0 D.
解析：C　[因为＝＝＝a＋bi，所以a＝，b＝－.所以lg(a＋b)＝lg 1＝0.故选C.]
3．已知a＞b，则“c≥0”是“ac＞bc”的(　　)
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分又不必要条件
解析：B　[当时，ac＞bc不成立，所以充分性不成立，当时，c＞0成立，c≥0也成立，所以必要性成立，所以“c≥0”是“ac＞bc”的必要不充分条件．]
4．要得到函数y＝cos的图象，只需将函数y＝sin的图象(　　)
A．向右平移个单位 B．向左平移个单位
C．向右平移个单位 D．向左平移个单位
解析：B　[y＝sin＝cos＝
cos，将其图象向左平移个单位，可得y＝cos＝cos的图象，故选B.]
5．(理)(x2＋x＋y)5的展开式中，x5y2的系数为(　　)
A．10 B．20
C．30 D．60
解析：C　[(x2＋x＋y)5＝[(x2＋x)＋y]5的展开式中只有C(x2＋x)3y2中含x5y2，易知x5y2的系数为CC＝30，故选C.]
5．(文)一个样本a,3,4,5,6的平均数为b，且方程x2－6x＋c＝0的两个根为a，b，则该样本的方差为(　　)
A．1 B．2
C. D.
解析：B　[因为一个样本a,3,4,5,6的平均数为b，且方程x2－6x＋c＝0两个根为a，b，
所以a＋＝6，
解得a＝2，b＝＝4，
所以该样本的方差为：s2＝[(2－4)2＋(3－4)2＋(4－4)2＋(5－4)2＋(6－4)2]＝2.故选B.]
6．明朝数学家程大位将“孙子定理”(也称“中国剩余定理”)编成易于上口的“孙子口诀”：三人同行七十稀，五树梅花廿一支，七子团圆正半月，除百零五便得知．已知正整数n被3除余2，被5除余3，被7除余4，求n的最小值．按此口诀的算法如图，则输出n的结果为(　　)

A．53 B．54
C．158 D．263
解析：A　[正整数n被3除余2，
得n＝3k＋2，k∈N；
被5除余3，得n＝5l＋3，l∈N；
被7除余4，得n＝7m＋4，m∈N；
求得n的最小值是53.]
7．设A(0,1)，B(1,3)，C(－1,5)，D(0，－1)，则＋等于(　　)
A．－2 B．2
C．－3 D．3
解析：C　[因为A(0,1)，B(1,3)，C(－1,5)，D(0，－1)，
所以＝(1,2)，＝(－1,4)，＝(0，－2)，
所以＋＝(0,6)＝－3(0，－2)＝－3，故选C.]
8．已知正项等差数列{an}的前n项和为Sn(n∈N*)，a5＋a7－a＝0，则S11的值为(　　)
A．11 B．12
C．20 D．22
解析：D　[设等差数列的公差为d(d＞0)，则由(a1＋4d)＋(a1＋6d)－(a1＋5d)2＝0，得(a1＋5d)(a1＋5d－2)＝0，所以a1＋5d＝0或a1＋5d＝2，又a1＞0，所以a1＋5d＞0，则a1＋5d＝2，则S11＝11a1＋d＝11(a1＋5d)＝11×2＝22，故选D.]
9．设双曲线C：－＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，过点F1的直线分别交双曲线左、右两支于点M，N，连接MF2，NF2，若·＝0，||＝||，则双曲线C的离心率为(　　)
A. B.
C. D.
解析：B　[由·＝0，知⊥.又||＝||，则||＝||＝||，且∠F1NF2＝45°.由双曲线的定义得，两式相加，得||－||＋||＝4a，即||＝4a，则||＝2a，所以||＝2a＋||＝(2＋2)a.在△NF1F2中，由余弦定理，得||2＝||2＋|NF2|2－2||·||cos∠F1NF2，即4c2＝(2a)2＋(2＋2)2a2－2×2a×(2＋2)a×，整理，得c2＝3a2，所以e2＝3，即e＝，故选B.]
10．已知实数x，y满足不等式组若z＝ax＋y有最大值，则实数a的值是(　　)
A．2 B.
C．－2 D．－
解析：C　[约束条件对应的平面区域如图所示，

是平行四边形区域．z＝ax＋y变形为y＝－ax＋z，其中z表示直线在y轴上的截距．
①当a＜0时，由可行域可知直线ax＋y＝z经过可行域的A时，z取得最大，
由
解得A，代入ax＋y＝，得a＝－2.
②当a＞0时，由图可知当直线ax＋y＝z经过B(0,1)时，z取得最大值1，与已知矛盾．
③当a＝0时，z＝y最大为，不合题意，综上可知a＝－2.故选C.]
11．已知边长为2的等边三角形ABC，D为BC的中点，沿AD将△ABC折成直二面角B－AD－C，则过A，B，C，D四点的球的表面积为(　　)
A．3π B．4π
C．5π D．6π
解析：C　[

如图，连接BC，设四面体ACBD外接球的球心为O，AB的中点为M，连接MD，OM，OD，∵AD⊥BD，
∴△ABD外接圆的圆心为AB的中点M.
∵二面角B－AD－C为直二面角，且平面ABD∩平面ACD＝AD，CD⊥AD，∴CD⊥平面ABD，易知OM⊥平面ABD，
∴OM∥CD，OM⊥MD.连接OC，在直角梯形OMDC中，易得CD＝2OM.设该外接球的半径为R，则R2＝MD2＋OM2＝MD2＋2＝，∴该外接球的表面积为4πR2＝5π，故选C.]
12．已知x∈(0,2)，关于x的不等式＜恒成立，则实数k的取值范围为(　　)
A．[0，e＋1) B．[0,2e－1)
C．[0，e) D．[0，e－1)
解析：D　[依题意，k＋2x－x2＞0，即k＞x2－2x对任意x∈(0,2)都成立，
所以k≥0，
因为＜，所以k＜＋x2－2x，
令f(x)＝＋x2－2x，f′(x)＝＋2(x－1)＝(x－1)，
令f′(x)＝0，解得x＝1，
当x∈(1,2)时，f′(x)＞0，函数递增，
当x∈(0,1)时，f′(x)＜0，函数递减，
所以f(x)的最小值为f(1)＝e－1，
所以0≤k＜e－1，故选D.]
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．(理)某企业的4名职工参加职业技能考核，每名职工均可从4个备选考核项目中任意抽取一个参加考核，则恰有一个项目未被抽中的概率为________．
解析：由题意得，所有的基本事件总数为44＝256，若恰有一个项目未被抽中，则说明4名职工总共抽取了3个项目，符合题意的基本事件数为C·C·C·A＝144，故所求概率p＝＝.
答案：
13．(文)不透明盒子里装有大小质量完全相同的2个黑球，3个红球，从盒子中随机摸取两球，颜色相同的概率为________．
解析：记两个黑球为a，b,3个红球为x，y，z，随机取出两个球，
基本事件为ab，ax，ay，az，bx，by，bz，xy，xz，yz共10个，
其中取到的球颜色相同包含的基本事件有4个，所以取到的球颜色相同的概率p＝＝0.4.
答案：0.4
14．已知函数f(x)＝axln x＋b(a，b∈R)，若f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为2x－y＝0，则a＋b＝________.
解析：f(x)＝axln x＋b的导数为f′(x)＝a(1＋ln x)，
由f(x)的图象在(1，f(1))处的切线方程为2x－y＝0，
易知f(1)＝2，即b＝2，
f′(1)＝2，即a＝2，则a＋b＝4.
答案：4
15．在海岛A上有一座海拔1千米的山，山顶上有一个观察站P.上午11时，测得一轮船在岛的北偏东30°，俯角30°的B处，到11时10分又测得该船在岛的北偏西60°，俯角60°的C处，则轮船的航行速度是________千米/时．

解析：PA⊥平面ABC，∠BAC＝90°，∠APB＝60°，∠APC＝30°，PA＝1(千米)，AC＝千米，
AB＝千米
从而BC＝(千米)，
于是速度v＝BC÷＝2(千米/时)．
答案：2
16．已知函数f(x)＝|lg x|，a＞b＞0，f(a)＝f(b)，则的最小值等于________．
解析：作出函数f(x)的草图，如图所示，

若f(a)＝f(b)，a＞b＞0，
则0＜b＜1，a＞1，
则f(a)＝|lg a|＝lg a，f(b)＝|lg b|＝－lg b，
因为f(a)＝f(b)，
所以lg a＝－lg b，
即lg a＋lg b＝lg(ab)＝0，
解得ab＝1.
因为a＞b＞0，
所以a－b＞0，
所以＝＝a－b＋≥2 ＝2，
当且仅当a－b＝，即a－b＝时取等号．
故的最小值等于2.
答案：2
Ⅱ：高考中档大题(3＋2选1)·满分练(一)
限时45分钟　满分46分
解答题(本大题共4小题，共46分)
1．(12分)已知数列{an}中，点(an，an＋1)在直线y＝x＋2上，且首项a1＝1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}中，b1＝a1，b2＝a2，数列{bn}的前n项和为Tn，请写出适合条件Tn≤Sn的所有n的值．
解：(1)根据已知a1＝1，an＋1＝an＋2，
即an＋1－an＝2＝d，
所以数列{an}是一个等差数列，an＝a1＋(n－1)d＝2n－1.
(2)数列{an}的前n项和Sn＝n2.
等比数列{bn}中，b1＝a1＝1，b2＝a2＝3，
所以q＝3，bn＝3n－1，
数列{bn}的前n项和Tn＝＝.
Tn≤Sn即≤n2，
又n∈N*，所以n＝1或2.
2．(文)(12分)如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，AB＝2EF＝2，EF∥AB，EF⊥FB，∠BFC＝90°，BF＝FC，H为BC的中点．

(1)求证：FH∥平面EDB；
(2)求证：AC⊥平面BDE；
(3)求四面体B－DEF的体积．
解：

(1)设BD与AC交于点O，连接OE，OH.
因为O，H分别为AC，BC的中点，
所以OH∥AB，OH＝AB，又因为EF∥AB，EF＝AB，
所以OH∥EF，又因为OH＝EF，
所以四边形OEFH为平行四边形，所以FH∥OE，
又因为FH⊄平面BDE，OE⊂平面BDE，
所以FH∥平面BDE.
(2)因为EF∥AB，EF⊥FB，
所以AB⊥FB，又因为AB⊥BC，FB∩BC＝B，
所以AB⊥平面BCF，又因为FH⊂平面BCF，
所以FH⊥AB，又FH⊥BC，BC∩AB＝B，
所以FH⊥平面ABCD，又因为FH∥OE，
所以OE⊥平面ABCD，所以OE⊥AC，
又AC⊥BD，BD∩OE＝O，所以AC⊥平面BDE.
(3)VB－DEF＝×S△DEF×BF＝××1××＝.
2．(理)(12分)如图1，在等腰梯形PDCB中，PB∥DC，PB＝3，DC＝1，∠DPB＝45°，DA⊥PB于点A，将△PAD沿AD折起，构成如图2所示的四棱锥P－ABCD，点M在棱PB上，且PM＝MB.

(1)求证：PD∥平面MAC；
(2)若平面PAD⊥平面ABCD，求二面角M－AC－B的余弦值．
解：(1)证明，连接BD交AC于点N，连接MN，

依题意知AB∥CD，
所以△ABN∽△CDN，所以＝＝2，
因为PM＝MB，
所以＝＝2，
所以在△BPD中，MN∥PD，
又PD⊄平面MAC，MN⊂平面MAC.
所以PD∥平面MAC.
(2)因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PA⊥AD，PA⊂平面PAD，
所以PA⊥平面ABCD，
所以PA⊥AB，又AD⊥AB，
所以PA，AD，AB两两垂直，以A为坐标原点，分别以，，的方向为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示：

因为AP＝AD＝1，AB＝2，且PM＝MB，
所以A(0,0,0)，B(0,2,0)，P(0,0,1)，M，C(1，1,0)，
所以＝(0,0,1)，＝，＝(1,1,0)，因为PA⊥平面ABCD，
所以n1＝＝(0,0,1)为平面ABC的一个法向量．
设平面MAC的法向量为n2＝(x，y，z)，
则
所以
令x＝1，则y＝－1，z＝1，
所以n2＝(1，－1,1)为平面MAC的一个法向量．
所以cos〈n1，n2〉＝＝＝，
所以二面角M－AC－B的余弦值为.
3．(文)(12分)某县自古就以盛产蜜瓜而名扬中外，生产的瓜州蜜瓜有4个系列30多个品种，质脆汁多，香甜可口，清爽宜人，含糖量达14%～19%，是消暑止渴的佳品．有诗赞曰：冰泉浸绿玉，霸刀破黄金；凉冷消晚暑，清甘洗渴心．调查表明，蜜瓜的甜度与海拔高度、日照时长、温差有极强的相关性，分别用x，y，z表示蜜瓜甜度与海拔高度、日照时长、温差的相关程度，并对它们进行量化：0表示一般，1表示良，2表示优，再用综合指标ω＝x＋y＋z的值评定蜜瓜的等级，若ω≥4，则为一级；若2≤ω≤3，则为二级；若0≤ω≤1，则为三级．近年来，周边各省也开始发展蜜瓜种植，为了了解目前蜜瓜在周边各省的种植情况，研究人员从不同省份随机抽取了10块蜜瓜种植地，得到如下结果：
种植地编号
A
B
C
D
E
(x，y，z)
(1,0,0)
(2,2,1)
(0,1,1)
(2,0,2)
(1,1,1)
种植地编号
F
G
H
I
J
(x，y，z)
(1,1,2)
(2,2,2)
(0,0,1)
(2,2,1)
(0,2,1)
(1)若有蜜瓜种植地110块，试估计等级为三级的蜜瓜种植地的数量；
(2)从样本里等级为一级的蜜瓜种植地中随机抽取两块，求这两块种植地的综合指标ω至少有一个为4的概率．
解：(1)计算10块种植地的综合指标，可得下表：
编号
A
B
C
D
E
F
G
H
I
J
综合指标ω
1
5
2
4
3
4
6
1
5
3
由上表可知：等级为三级的有A，H，共2块，其频率为.
用样本的频率估计总体的频率，可估计等级为三级的蜜瓜种植地的数量为110×＝22(块)．
(2)由(1)可知，等级是一级的(ω≥4)有B，D，F，G，I，共5块，从中随机抽取两块，所有的可能结果为：(B，D)，(B，F)，(B，G)，(B，I)，(D，F)，(D，G)，(D，I)，(F，G)，(F，I)，(G，I)，共10个，
其中综合指标ω＝4的有D，F2块，符合题意的可能结果为(B，D)，(B，F)，(D，F)，(D，G)，(D，I)，(F，G)，(F，I)，共7个．
设“两块种植地的综合指标ω至少有一个为4”为事件M，则P(M)＝.
3．(理)(12分)随着大数据统计的广泛应用，给人们的出行带来了越来越多的方便．郭叔一家计划在8月11日至8月20日暑假期间游览上海Disney主题公园．通过上网搜索旅游局的统计数据，该Disney主题公园在此期间“浏览舒适度”(即在园人数与景区主管部门核定的最大瞬时容量之比，40%以下为舒适，40%～60%为一般，60%以上为拥挤)情况如图所示．郭叔预计随机在8月11日至8月19日中的某一天到达该主题公园，并游览2天．

(1)求郭叔连续两天都遇上拥挤的概率．
(2)设X是郭叔游览期间遇上舒适的天数，求X的分布列和数学期望．
(3)由图判断从哪天开始连续三天浏览舒适度的方差最大？(直接写出结论不要求证明，计算)．
解：设Ai表示事件“郭叔8月11日起第i日连续两天游览主题公园”(i＝1,2，…，9)．根据题意，P(Ai)＝.
(1)设B为事件“郭叔连续两天都遇上拥挤”，
则B＝A4∪A7.
所以P(B)＝P(A4∪A7)＝P(A4)＋P(A7)＝.
(2)由题意，可知X的所有可能取值为0,1,2，
P(X＝0)＝P(A4∪A7∪A8)＝P(A4)＋P(A7)＋P(A8)＝，
P(X＝1)＝P(A3∪A5∪A6∪A9)＝P(A3)＋P(A5)＋P(A6)＋P(A9)＝，
P(X＝2)＝P(A1∪A2)＝P(A1)＋P(A2)＝.
所以X的分布列为
X
0
1
2
P



故X的期望E(X)＝0×＋1×＋2×＝.
(3)由图可知，8月12,8月13,8月14连续三天游览舒适度的方差最大．
4．从下面两题中选一题，如果多做，则按所做的第一题计分．
(Ⅰ)(10分)(选修4－4)
在平面直角坐标系xOy中，以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C1的参数方程为(θ为参数)，直线l的极坐标方程为ρcos＝a(a≠0)，
(1)求曲线C1和直线l的直角坐标方程；
(2)若P为C1上的点，且PQ⊥l，垂足为Q，|PQ|的最小值为，求a的值．
(Ⅱ)(10分)(选修4－5)
已知函数f(x)＝|x2－1|.
(1)解不等式f(x)≤2＋2x；
(2)设a＞0，若关于x的不等式f(x)＋5≤ax解集非空，求a的取值范围．
解：(Ⅰ)(1)由曲线C1的参数方程为(θ为参数)消去参数θ得：
曲线C1的直角坐标方程为x2＋＝1；
由直线l的极坐标方程为ρcos＝a(a≠0)
得：ρcos θcos＋ρsin θsin＝a，即
ρcos θ＋ρsin θ－2a＝0，
将ρcos θ＝x，ρsin θ＝y代入得：x＋y－2a＝0，这就是直线l的直角坐标方程，
综上所述，曲线C1的直角坐标方程为
x2＋＝1，直线l的直角坐标方程为x＋y－2a＝0；
(2)∵P为C1上的点，且PQ⊥l，垂足为Q，若|PQ|的最小值为，则点P到直线l的距离的最小值为，
由已知可设P(cos θ，sin θ)，θ∈R，则
点P到直线l：x＋y－2a＝0的距离：
d＝＝
＝
＝，
当a＞0时，当sin＝1时，dmin＝|1－a|＝，得a＝2或a＝0
∵a≠0，∴a＝2
当a＜0时，当sin＝－1时，dmin＝|－1－a|＝，得a＝－2或a＝0
∵a≠0，∴a＝－2.
综上所述，结论是：a＝－2或a＝2.
(Ⅱ)(1)f(x)≤2＋2x，
即|x2－1|≤2＋2x，
x≥1或x≤－1时，x2－1≤2＋2x，
解得1≤x≤3或x＝－1，
－1＜x＜1时，1－x2≤2＋2x，恒成立，
综上，－1≤x≤3.
(2)①x≥1或x≤－1时，f(x)＋5≤ax，
即x2－1＋5≤ax，
即x2－ax＋4≤0，
若解集非空，
则Δ＝a2－16≥0，
解得a≥4或a≤－4(舍去)，
②－1＜x＜1时，f(x)＋5≤ax，
即1－x2＋5≤ax，
即x2＋ax－6≥0，
令g(x)＝x2＋ax－6，对称轴x＝－＜0，恒过定点(0，－6)，
若不等式f(x)＋5≤ax解集非空，
只需g(1)＞0即可，解得a＞5，
综上，a≥4.

高考中档大题(3＋2选1)·满分练(二)
限时45分钟　满分46分
解答题(本大题共4小题，共46分)
1．(12分)在锐角△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，且4sin Acos2A－cos(B＋C)＝sin 3A＋.
(1)求A的大小；
(2)若b＝2，求△ABC面积的取值范围．
解：(1)∵A＋B＋C＝π，∴cos(B＋C)＝－cos A　①，
∵3A＝2A＋A，
∴sin 3A＝sin(2A＋A)＝sin 2Acos A＋cos 2Asin A　②，
又sin 2A＝2sin Acos A　③，cos 2A＝2cos2A－1　④，
将①②③④代入已知，得2sin 2Acos A＋cos A＝sin 2Acos A＋cos 2Asin A＋，
整理得sin A＋cos A＝，即sin＝，又A∈，
∴A＋＝，即A＝.
(2)由(1)得B＋C＝，∴C＝－B，
∵△ABC为锐角三角形，
∴－B∈且B∈，
解得B∈，
在△ABC中，由正弦定理得＝，
∴c＝＝＝＋1，
又B∈，∴∈(0，)，∴c∈(1,4)，
∵S△ABC＝bcsin A＝c，∴S△ABC∈.
2. (文)

(12分)如图，AC是圆O的直径，点B在圆O上，∠BAC＝30°，AC⊥BM，交AC于点M，EA⊥平面ABC，CF∥AE，AE＝3，AC＝4，CF＝1.
(1)证明：BF⊥EM；
(2)求三棱锥B－EFM的体积．
解：(1)∵EA⊥平面ABC，∴EA⊥BM，
又BM⊥AC，AC∩EA＝A，∴BM⊥平面ACFE，∴BM⊥EM.　①
∵CF∥AE，∴CF⊥平面ABC，
∴CF⊥AC，∴FM＝＝，又EM＝3，EF＝＝2，
∴FM2＋EM2＝EF2，
∴EM⊥FM.　②
由①②并结合FM∩BM＝M，得EM⊥平面BMF，∴EM⊥BF.
(2)由(1)可知EM⊥平面BMF，
∴VB－EFM＝VE－BMF＝×S△BMF×EM＝××3＝.
2．(理)(12分)如图，在多面体AEDBC中，BD⊥平面ABC，AE∥BD，AB⊥AC，BC＝BD＝2AE，直线CD与平面ABDE所成的角为30°，M为CD的中点．

(1)求证：平面BCD⊥平面CDE.
(2)求二面角CBEM的大小．
解：(1)连接AD，取BC的中点O，连接AO，OM.
因为BD⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，所以BD⊥AC，又AB⊥AC，BD∩AB＝B，所以AC⊥平面ABDE，
则∠CDA为直线CD与平面ABDE所成的角，即∠CDA＝30°.

所以AC＝CD＝·BC＝BC，
所以△ABC是等腰直角三角形，则AO⊥BC，
又BD⊥平面ABC，所以BD⊥AO，BD∩BC＝B，所以AO⊥平面BCD.
又M，O分别是CD，BC的中点，
所以MO BD，
又AE∥BD，BD＝2AE，所以OM AE，
故四边形AEMO是平行四边形，
所以AO∥EM，
所以EM⊥平面BCD，
又EM⊂平面CDE，所以平面BCD⊥平面CDE.
(2)以A为原点，AC，AB，AE分别为x轴，y轴和z轴建立空间直角坐标系，不妨设AE＝1，
则C(，0,0)，B(0，，0)，E(0,0,1)，D(0，，2)，M，
所以＝(，－，0)，＝(0，－，1)，＝.

设平面BCE的法向量为n1＝(x，y，z)，
则
即
解得
令y＝1，得n1＝(1,1，)；
设平面BEM的法向量为n2＝(x，y，z)，
则即
解得
令y＝1，得n2＝(－1,1，)；
所以cos〈n1，n2〉＝＝＝，
所以二面角CBEM的大小为60°.
3．(文)(12分)某种植园在芒果临近成熟时，随机从一些芒果树上摘下100个芒果，其质量(单位：克)分别在[100,150)，[150,200)，[200,250)，[250,300)，[300,350)，[350,400]中，经统计得频率分布直方图如图所示．

(1)现按分层抽样从质量为[250,300)，[300,350)的芒果中随机抽取6个，再从这6个中随机抽取3个，求这3个芒果中恰有1个在[300,350)内的概率．
(2)某经销商来收购芒果，以各组数据的中间数代表这组数据的平均值，用样本估计总体，该种植园中还未摘下的芒果大约还有10 000个，经销商提出如下两种收购方案：
方案A：所有芒果以10元/千克收购；
方案B：对质量低于250克的芒果以2元/个收购，高于或等于250克的以3元/个收购．
通过计算确定种植园选择哪种方案获利更多？
解析：(1)由频率分布直方图可知，6个芒果中质量在[250,300)内的有4个，分别记为A，B，C，D，质量在[300,350)内的芒果有2个，分别记为a，b.从这6个芒果中选出3个的情况共有(A，B，C)，(A，B，D)，(A，B，a)，(A，B，b)，(A，C，D)，(A，C，a)，(A，C，b)，(A，D，a)，(A，D，b)，(A，a，b)，(B，C，D)，(B，C，a)，(B，C，b)，(B，D，a)，(B，D，b)，(B，a，b，)，(C，D，a)，(C，D，b)，(C，a，b)，(D，a，b)共计20种，其中恰有1个在[300,350)内的情况有(A，B，a)，(A，B，b)，(A，C，a)，(A，C，b)，(A，D，a)，(A，D，b)，(B，C，a)，(B，C，b)，(B，D，a)(B，D，b)，(C，D，a)，(C，D，b)共计12种，因此概率P＝＝.
(2)方案A：
(125×0.002＋175×0.002＋225×0.003＋275×0.008＋325×0.004＋375×0.001)×50×10 000×10×0.001＝25 750元．
方案B：
由题意得低于250克：(0.002＋0.002＋0.003)×50×10 000×2＝7 000元；
高于或等于250克：(0.008＋0.004＋0.001)×50×10 000×3＝19 500元；共26 500元
由于25 750＜26 500，
方案B获利更多，应选方案B.
3．(理)(12分)甲、乙两家外卖公司，其送餐员的日工资方案如下：甲公司，底薪80元，每单送餐员抽成4元；乙公司，无底薪，40单以内(含40单)的部分送餐员每单抽成6元，超出40单的部分送餐员每单抽成7元．假设同一公司的送餐员一天的送餐单数相同，现从这两家公司各随机选取一名送餐员，并分别记录其50天的送餐单数，得到如下频数表：
甲公司送餐员送餐单数频数表
送餐单数
38
39
40
41
42
天数
10
15
10
10
5
乙公司送餐员送餐单数频数表
送餐单数
38
39
40
41
42
天数
5
10
10
20
5
(1)现从记录甲公司的50天送餐单数中随机抽取3天的送餐单数，求这3天送餐单数都不少于40的概率．
(2)若将频率视为概率，回答下列两个问题：
①记乙公司送餐员日工资为X(单位：元)，求X的分布列和数学期望E(X)；
②小王打算到甲、乙两家公司中的一家应聘送餐员，如果仅从日工资的角度考虑，请利用所学的统计学知识为小王作出选择，并说明理由．
解：(1)记抽取的3天送餐单数都不小于40为事件M，
则P(M)＝＝.
(2)①设乙公司送餐员的送餐单数为a，
当a＝38时，X＝38×6＝228，
当a＝39时，X＝39×6＝234，
当a＝40时，X＝40×6＝240，
当a＝41时，X＝40×6＋1×7＝247，
当a＝42时，X＝40×6＋2×7＝254.
所以X的所有可能取值为228,234,240,247,254.
故X的分布列为
X
228
234
240
247
254
P





所以E(X)＝228×＋234×＋240×＋247×＋254×＝241.8.
②依题意，甲公司送餐员的日平均送餐单数为
38×0.2＋39×0.3＋40×0.2＋41×0.2＋42×0.1＝39.7，
所以甲公司送餐员的日平均工资为80＋4×39.7＝238.8元．
由①得乙公司送餐员的日平均工资为241.8元．
因为238.8＜241.8，所以推荐小王去乙公司应聘．
4．从下面两题中选一题，如果多做，则按所做的第一题计分．
(Ⅰ)(10分)(选修4－4)
已知在直角坐标系xOy中，M(1,0)，曲线C的参数方程是(t为参数)，以直角坐标系的原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为ρcos－1＝0.
(1)求直线l的直角坐标方程和曲线C的普通方程；
(2)设直线l与曲线C交于A，B两点，求＋.
(Ⅱ)(10分)(选修4－5)
已知函数f(x)＝的定义域为R.
(1)求实数t的取值范围；
(2)若t的最小值为s，正实数a，b满足＋＝s，求4a＋5b的最小值．
解：(Ⅰ)(1)因为ρcos－1＝0，
所以ρcos θ－ρsin θ－1＝0，
由x＝ρcos θ，y＝ρsin θ，得x－y－1＝0.
因为(t为参数)，消去t得y2＝4x，
所以直线l的直角坐标方程为x－y－1＝0，曲线C的普通方程为y2＝4x.
(2)因为点M(1,0)，所以点M在直线l上，
直线l的参数方程为(k为参数)，设A，B对应的参数分别为k1，k2，
将直线l的参数方程代入y2＝4x得，k2－4k－8＝0，
k1＋k2＝4，k1k2＝－8，
所以＋＝＋＝＝＝＝1.
(Ⅱ)(1)研究函数y＝|x＋5|－|x－1|，
当x≤－5时，y＝－6，当x≥1时，y＝6，
当－5＜x＜1时，y＝2x＋4∈(－6,6)，
故函数y＝|x＋5|－|x－1|的值域为[－6,6]．
因为函数f(x)＝的定义域为R，
所以被开方的式子恒大于等于0，故t≥6，
即实数t的取值范围为[6，＋∞)．
(2)由(1)知正实数a，b满足＋＝6，
令a＋2b＝m,2a＋b＝n则正数m，n满足＋＝6，
则4a＋5b＝2m＋n＝(2m＋n)
＝≥＝，
当且仅当＝，即m＝n＝时取等号，此时a＝b＝，故4a＋5b的最小值为.

Ⅲ：高考压轴大题(第20、21题)·突破练(一)
限时30分钟　满分24分
解答题(本大题共2小题，每小题12分，共24分)
1．(理)

(12分)如图，已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左、右顶点分别为A1，A2上、下顶点分别为B1，B2，左、右焦点分别为F1，F2，|A1B2|＝2，四边形A1B1A2B2的面积是四边形B1F1B2F2面积的2倍．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过椭圆C的右焦点且垂直于x轴的直线交椭圆C于P，Q两点，A，B是椭圆C上位于直线PQ两侧的两点．若∠APQ＝∠BPQ，求证：直线AB的斜率kAB为定值．
解：(1)因为|A1B2|＝2，所以＝2，　①
由四边形A1B1A2B2的面积是四边形B1F1B2F2面积的2倍，
可得×2a×2b＝2××2c×2b，得a＝2c.　②
由①②可得a2＋b2＝a2＋a2－c2＝8c2－c2＝7c2＝28，得c2＝4，所以a2＝4c2＝16，所以b2＝12.
所以椭圆C的方程为＋＝1.
(2)由(1)易知点P，Q的坐标可分别设为(2,3)，(2，－3)，若∠APQ＝∠BPQ，则直线PA，PB的斜率之和为0.
设直线PA的斜率为k，则直线PB的斜率为－k，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则直线PA的方程为y－3＝k(x－2)，由
可得(3＋4k2)x2＋8k(3－2k)x＋4(3－2k)2－48＝0，
所以x1＋2＝，
同理直线PB的方程为y－3＝－k(x－2)，
可得x2＋2＝，∴x1＋x2＝，x1－x2＝，
kAB＝＝
＝＝.
故直线AB的斜率kAB为定值．
2．(理)(12分)已知函数f(x)＝xln x＋ax＋1，a∈R.
(1)当x＞0时，若关于x的不等式f(x)≥0恒成立，求a的取值范围；
(2)当n∈N*时，证明：＜(ln 2)2＋2＋…＋2＜.
解：(1)由f(x)≥0，得xln x＋ax＋1≥0(x＞0)，
即－a≤ln x＋恒成立，即－a≤min.
令F(x)＝ln x＋(x＞0)，则F′(x)＝－＝，
∴函数F(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
∴函数F(x)＝ln x＋的最小值为F(1)＝1，
∴－a≤1，即a≥－1，
∴a的取值范围是[－1，＋∞)．
(2)∵为数列的前n项和，为数列的前n项和，
∴只需证明＜2＜即可．
由(1)知，当a＝－1时，xln x－x＋1≥0，即ln x≥1－，
令x＝＞1，得ln＞1－＝，
∴2＞2＞.
现证明2＜，
即2ln ＜＝＝ － .(*)
现证明2ln x＜x－(x＞1)，
构造函数G(x)＝x－－2ln x(x＞1)，
则G′(x)＝1＋－＝＞0，∴函数G(x)在(1，＋∞)上是增函数，则G(x)＞G(1)＝0，即2ln x＜x－成立．令x＝ ，则(*)式成立．
综上，得＜2＜.对数列，，分别求前n项和，得＜(ln 2)2＋2＋…＋2＜.
解答题(本大题共2小题，每小题12分，共24分)
1．(文)(12分)如图，已知椭圆C1：＋＝1(b＞0)的左焦点F与拋物线C2：y2＝－2px(p＞0)的焦点重合，M是C1与C2在第二象限内的交点，拋物线的准线与x轴交于点E，且|ME|＝.

(1)求椭圆C1及拋物线C2的方程；
(2)过E作直线l交椭圆C1于A，B两点，则在椭圆的长轴上是否存在点N，使得·为定值？若存在，求出点N的坐标及定值；若不存在，请说明理由．
解：(1)由两曲线的焦点重合，知 ＝，
由椭圆的对称性，知E为椭圆的右焦点，连接MF，
由椭圆的定义知|MF|＋|ME|＝4，则|MF|＝4－＝.
设M(xM，yM)，过点M作准线的垂线，垂足为H，由拋物线的定义知|MF|＝|MH|＝，
因而yM＝ ＝，xM＝－，
代入＋＝1中，得＋＝1，与＝联立，得p＝2，b2＝3，所以椭圆C1的方程为＋＝1，拋物线C2的方程为y2＝－4x.
(2)由(1)知E(1,0)，若直线l的斜率存在，设直线方程为y＝k(x－1)，
由得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，所以x1＋x2＝，x1·x2＝.
假设点N存在，其坐标为(m,0)，其中－2≤m≤2，
·＝(x1－m，y1)·(x2－m，y2)＝(x1－m)·(x2－m)＋k(x1－1)·k(x2－1)＝(1＋k2)x1x2－(m＋k2)(x1＋x2)＋m2＋k2＝(1＋k2)－(m＋k2)＋m2＋k2＝.
若·为定值，则满足＝，得m＝，定值为－.
当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x＝1，不妨设其与椭圆＋＝1的交点为A，B，当N的坐标为时，·＝·＝－.
综上，在椭圆的长轴上存在点N，使得·为定值，定值为－.
2．(文)(12分)已知函数f(x)＝ln x＋－1，a∈R.
(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线x－y＋1＝0垂直，求函数f(x)的极值；
(2)设函数g(x)＝x＋.当a＝－1时，若在区间[1，e](e为自然对数的底数)上存在x0，使得g(x0)＜m[f(x0)＋1]，求实数m的取值范围．
解：(1)f′(x)＝－＝(x＞0)，
∵曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线x－y＋1＝0垂直，
∴f′(1)＝－1，即1－a＝－1，解得a＝2，∴f′(x)＝.
∴当x∈(0,2)时，f′(x)＜0，f(x)在(0,2)上单调递减；
当x∈(2，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)在(2，＋∞)上单调递增．
∴当x＝2时，f(x)取得极小值，且f(2)＝ln 2＋－1＝ln 2，
∴f(x)的极小值为ln 2，没有极大值．
(2)令h(x)＝x＋－m[f(x)＋1]＝x＋－mln x＋，
则h′(x)＝，欲使在区间[1，e]上存在x0，使得g(x0)＜m[f(x0)＋1]，
只需在区间[1，e]上h(x)的最小值小于零．
令h′(x)＝0得，x＝m＋1或x＝－1.
当m＋1≥e，即m≥e－1时，易知h(x)在[1，e]上单调递减，∴h(x)的最小值为h(e)
∴h(e)＝e＋－m＜0，解得m＞，
∵＞e－1，∴m＞.
当m＋1≤1，即m≤0时，h(x)在[1，e]上单调递增，
则h(x)的最小值为h(1)，
∴h(1)＝1＋1＋m＜0，解得m＜－2，∴m＜－2.
当1＜m＋1＜e，即0＜m＜e－1时，
h(x)在[1，m＋1]上单调递减，在(m＋1，e]上单调递增，则h(x)的最小值为h(m＋1)，
∵0＜ln(m＋1)＜1，
∴0＜mln(m＋1)＜m，
∴h(m＋1)＝2＋m－mln(m＋1)＞2，此时，h(m＋1)＜0不成立．
综上所述，实数m的取值范围为(－∞，－2)∪.

高考压轴大题(第20、21题)·突破练(二)
限时30分钟　满分24分
解答题(本大题共2小题，每小题12分，共24分)
1．(理)(12分)为了贯彻落实中共中央国务院关于精准扶贫的政策，某单位定点帮扶甲、乙两个村各50户贫困户．为了做到精准帮扶，工作组对这100户村民的年收入情况、劳动能力情况、子女受教育情况、危旧房情况、患病情况等进行调查，并把调查结果分别转化为各户的贫困指标x和y，制成下图，其中“”表示甲村贫困户，“＋”表示乙村贫困户．

若0＜x＜0.6，则认定该户为“绝对贫困户”，若0.6≤x≤0.8，则认定该户为“相对贫困户”，若0.8＜x≤1，则认定该户为“低收入户”；若y≥100，则认定该户为“今年能脱贫户”，否则为“今年不能脱贫户”．
(1)从甲村50户中随机选出一户，求该户为“今年不能脱贫的绝对贫困户”的概率；
(2)若从所有“今年不能脱贫的非绝对贫困户”中随机选3户，用ξ表示所选3户中是乙村的户数，求ξ的分布列和数学期望E(ξ)；
(3)试比较这100户中，甲，乙两村的贫困指标y的方差的大小(只需写出结论)．
解：(1)由题图知，在甲村50户中，“今年不能脱贫的绝对贫困户”有5户，所以从甲村50户中随机选出一户，该户为“今年不能脱贫的绝对贫困户”的概率p＝＝0.1.
(2)由题图知，“今年不能脱贫的非绝对贫困户”共有10户，其中甲村6户，乙村4户，依题意，ξ的所有可能取值为0,1,2,3.
从而P(ξ＝0)＝＝＝，
P(ξ＝1)＝＝＝，
P(ξ＝2)＝＝＝，
P(ξ＝3)＝＝＝，
所以ξ的分布列为
ξ
0
1
2
3
P




故ξ的数学期望E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
(3)这100户中，甲村的贫困指标y的方差大于乙村的贫困指标y的方差．
2．(理)(12分)已知函数f(x)＝ex＋e－x，其中e是自然对数的底数．
(1)若关于x的不等式mf(x)≤e－x＋m－1在(0，＋∞)上恒成立，求实数m的取值范围．
(2)已知正数a满足：存在x0∈[1，＋∞)，使得f(x0)＜a(－x＋3x0)成立．试比较ea－1与ae－1的大小，并证明你的结论．
解析：(1)由条件知m(ex＋e－x－1)≤e－x－1在(0，＋∞)上恒成立，
令t＝ex(x＞0)，则t＞1，
所以m≤－＝－对于任意t＞1成立．因为t－1＋＋1≥2 ＋1＝3，
所以－≥－，
当且仅当t＝2，即x＝ln 2时等号成立．
因此实数m的取值范围是.
(2)令函数g(x)＝ex＋－a(－x3＋3x)，
则g′(x)＝ex－＋3a(x2－1)，
当x≥1时，ex－＞0，x2－1≥0，
又a＞0，故g′(x)＞0，
所以g(x)是[1，＋∞)上的单调递增函数，
因此g(x)在[1，＋∞)上的最小值是g(1)＝e＋e－1－2a.
由于存在x0∈[1，＋∞)，使ex0＋e－x0－a(－x＋3x0)＜0成立，当且仅当最小值g(1)＜0，
故e＋e－1－2a＜0，即a＞时成立．
ea－1与ae－1均为正数，同取自然对数，
即比较(a－1)ln e与(e－1)ln a的大小，等价于比较与的大小．
构造函数h(x)＝(x＞1)，
则h′(x)＝.
再设m(x)＝1－－ln x，m′(x)＝，从而m(x)在(1，＋∞)上单调递减，
此时m(x)＜m(1)＝0，故h′(x)＜0在(1，＋∞)上恒成立，则h(x)＝在(1，＋∞)上单调递减．
综上所述，当a∈时，ea－1＜ae－1；
当a＝e时，ea－1＝ae－1；
当a∈(e，＋∞)时，ea－1＞ae－1.
解答题(本大题共2小题，每小题12分，共24分)
1．(文)(12分)在平面直角坐标系中，椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，点M在椭圆C上．
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知P(－2,0)与Q(2,0)，过(1,0)点的直线l与椭圆C交于A，B两点，求四边形APBQ面积的最大值．
解：(1)∵＝，∴a＝2c，∵b2＋c2＝a2，∴b2＝3c2，
则椭圆C的方程为＋＝1，
将代入椭圆C的方程得＋＝1，
∴c2＝1，
∴椭圆C的方程为＋＝1.
(2)易知直线l的斜率不为0，设直线l的方程为x＝my＋1，联立方程，得
消去x得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则y1＋y2＝，y1y2＝，
|AB|＝
＝＝.
点P(－2,0)到直线l的距离为，
点Q(2,0)到直线l的距离为，
从而四边形APBQ的面积S＝××＝，
令t＝，t≥1，
则S＝＝，设函数f(t)＝3t＋(t≥1)，则f′(t)＝3－＞0，
∴f(t)在[1，＋∞)上单调递增，
∴3t＋≥4，故S＝≤6，当且仅当t＝1时取等号，
∴当t＝1时，即m＝0时，四边形APBQ面积的最大值为6.
2．(文)(12分)已知函数f(x)＝x3－ax2，a∈R.
(1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点(3，f(3))处的切线方程；
(2)设函数g(x)＝f(x)＋(x－a)cos x－sin x，讨论g(x)的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值．
解：(1)由题意f′(x)＝x2－ax，
所以当a＝2时，f(3)＝0，f′(x)＝x2－2x，
所以f′(3)＝3，
因此曲线y＝f(x)在点(3，f(3))处的切线方程是y＝3(x－3)，
即3x－y－9＝0.
(2)因为g(x)＝f(x)＋(x－a)cos x－sin x，
所以g′(x)＝f′(x)＋cos x－(x－a)sin x－cos x，
＝x(x－a)－(x－a)sin x
＝(x－a)(x－sin x)，
令h(x)＝x－sin x，
则h′(x)＝1－cos x≥0，
所以h(x)在R上单调递增．
因为h(0)＝0，所以当x＞0时，h(x)＞0；
当x＜0时，h(x)＜0.
①当a＜0时，g′(x)＝(x－a)(x－sin x)．
当x∈(－∞，a)时，x－a＜0，g′(x)＞0，g(x)单调递增；
当x∈(a,0)时，x－a＞0，g′(x)＜0，g(x)单调递减；
当x∈(0，＋∞)时，x－a＞0，g′(x)＞0，g(x)单调递增．
所以当x＝a时g(x)取到极大值，极大值是g(a)＝－a3－sin a，
当x＝0时g(x)取到极小值，极小值是g(0)＝－a.
②当a＝0时，g′(x)＝x(x－sin x)．
当x∈(－∞，＋∞)时，g′(x)≥0，g(x)单调递增，
所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，g(x)无极大值也无极小值．
③当a＞0时，g′(x)＝(x－a)(x－sin x)．
当x∈(－∞，0)时，x－a＜0，g′(x)＞0，g(x)单调递增；
当x∈(0，a)时，x－a＜0，g′(x)＜0，g(x)单调递减；
当x∈(a，＋∞)时，x－a＞0，g′(x)＞0，g(x)单调递增．
所以当x＝0时g(x)取到极大值，极大值是g(0)＝－a；
当x＝a时g(x)取到极小值，极小值是g(a)＝－a3－sin a.
综上所述，
当a＜0时，函数g(x)在(－∞，a)和(0，＋∞)上单调递增，在(a,0)上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是g(a)＝－a3－sin a，极小值是g(0)＝－a；当a＝0时，函数g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，无极值；
当a＞0时，函数g(x)在(－∞，0)和(a，＋∞)上单调递增，在(0，a)上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是g(0)＝－a，极小值是g(a)＝－a3－sin a.