东北三省四市教研联合体高考数学三模试卷 文(含解析)

东北三省四市教研联合体2015 届高考数学三模试卷（文科）
一、选择题：本大题共12小题，每小题5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．（5分）已知全集U={1，2，3，4}，A={1，4}，B={2，4}，则（∁U A）∩B=（）
A．∅B．{2} C．{4} D．{2，3，4}
2．（5分）若复数是纯虚数（i是虚数单位，b是实数），则b=（）
A．﹣2 B．﹣C．D．2
3．（5分）执行下面的程序框图，那么输出的S等于（）
A．42 B．56 C．72 D．90
4．（5分）在区间[﹣3，5]上随机取一个实数a，则使函数f（x）=x2+2ax+4无零点的概率是（）
A．B．C．D．
5．（5分）设a=log3，b=ln2，c=5，则（）
A．c＞b＞a B．b＞a＞c C．a＞c＞b D．a＞b＞c
6．（5分）已知{a n}为等差数列且公差d≠0，其首项a1=20，且a3，a7，a9成等比数列，S n为{a n}的前n项和，n∈N*，则S10的值为（）
A．﹣110 B．﹣90 C．90 D．110
7．（5分）某抛物线的通径与圆x2+y2﹣4x+2y﹣11=0的半径相等，则该抛物线的焦点到其准线的距离为（）
A．2 B．4 C．6 D．8
8．（5分）棱长均为4的三棱锥的顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为（）
A．B．6πC．16πD．24π
9．（5分）函数f（x）=Asin（ϖx+φ）（A＞0，ϖ＞0）的一个最高点坐标为（2，2），相邻的对称轴与对称中心之间的距离为2，则f=（）
A．1 B．C．﹣1 D．
10．（5分）偶函数f（x）=log a|x+b|在（﹣∞，0）上单调递减，则f（a+1）与f（2﹣b）的大小关系是（）
A．f（a+1）＞f（2﹣b）B．f（a+1）=f（2﹣b）C．f（a+1）＜f（2﹣b）D．不能确定
11．（5分）F为双曲线=1的右焦点，点P在双曲线右支上，△POF（O为坐标原点）
是面积为的等边三角形，则双曲线的离心率为（）
A．B．2 C．D．+1
12．（5分）定义在R上的函数f（x）满足f（x+2）=f（x）+1，且x∈[0，1]时，f（x）=4x，x∈（1，2）时，f（x）=，令g（x）=2f（x）﹣x﹣4，x∈[﹣6，2]，则函数g（x）
的零点个数为（）
A．6 B．7 C．8 D．9
二.填空题：本大题共4小题，每小题5分
13．（5分）边长为2的正方形ABCD，对角线的交点为E，则=．
14．（5分）如图是一个空间几何体的三视图（俯视图外框为正方形），则这个几何体的体积为．
15．（5分）设z=x+y，其中实数x，y满足若z的最小值为﹣3，则z的最大值为．
16．（5分）棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点M，N，P分别为AB1，BC1，DD1的中点，给出下列结论：
①异面直线AB1，BC1所成的角为
②MN∥平面ABCD
③四面体A﹣A1B1N的体积为
④MN⊥BP
则正确结论的序号为．
三.解答题
17．（12分）已知f（x）=sin2x+2cos2x，△ABC的三边a，b，c对应的角分别为A，B，C，其中f（A）=2．
（1）求角A的大小；
（2）当a=2时，求△ABC面积的最大值．
18．（12分）某地区有小学18所，中学12所，大学6所，现采用分层抽样的方法从这些学校中抽取6所学校对学生进行视力调查．
（1）若从抽取的6所学校中随机抽取2所学校做进一步数据分析，求抽取的2所学校均为小学的概率；
（2）若某小学被抽取，该小学五个年级近视眼率y的数据如下表：
年级号x 1 2 3 4 5
近视眼率y 0.1 0.15 0.2 0.3 0.39
根据前四个年级的数据，利用最小二乘法求y关于x的线性回归直线方程，并计算五年级近视眼率的估计值与实际值之间的差的绝对值．
（附：回归直线=x+的斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为：=，=﹣）
19．（12分）如图：四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，平面PCD⊥底面ABCD，且PC=PD=a．
（1）求证：PD⊥BC；
（2）当a的值为多少时满足PC⊥平面PAD？并求出此时该四棱锥P﹣ABCD的体积．
20．（12分）已知椭圆=1，（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，P是短轴的一个顶点，△PF1F2是顶角为π且面积为的等腰三角形．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过点A（﹣a，0）斜率为k的直线交椭圆于点B．直线BO（O为坐标原点）交椭圆于另一点C．若，求△ABC的面积的最大值．
21．（12分）已知函数f（x）=alnx﹣．
（1）当a=1时，求f（x）在x=2处的切线方程；
（2）当x＞1时，f（x）＞0，求实数a的取值范围；
（3）证明：ln（n+1）（n∈N*）．
二.请考生在22，23，24三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．作答时，用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的标号涂黑．请考生在第22、23、24题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.
22．（10分）如图，AD是△ABC的高，AE是△ABC的外接圆的直径，过点A作圆的切线交BC 的延长线于点F．
（1）求证：△ABE∽△ADC；
（2）若BD=4CD=4CF=8，求△ABC的外接圆的半径．
23．直角坐标系中曲线C的参数方程为（θ为参数）．
（1）求曲线C的直角坐标方程；
（2）经过点M（2，1）作直线l交曲线C于A，B两点，若M恰好为线段AB的三等分点，求直线l的斜率．
24．已知a＞1，b＞1，c＞1，且ab=10．
（1）求lga•lgb的最大值；
（2）求证：log a c+log b c≥4lgc．
东北三省四市教研联合体2015届高考数学三模试卷（文科）
参考答案与试题解析
一、选择题：本大题共12小题，每小题5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．（5分）已知全集U={1，2，3，4}，A={1，4}，B={2，4}，则（∁U A）∩B=（）
A．∅B．{2} C．{4} D．{2，3，4}
考点：交、并、补集的混合运算．
专题：计算题；集合．
分析：直接利用补集和交集的运算进行求解即可得到答案．
解答：解：由U={1，2，3，4}，集合A={1，4}，
∴∁U A={2，3}，又B={2，4}，
∴（∁U A）∩B={2，3}∩{2，4}={2}．
故选B．
点评：本题考查了交、并、补集的混合运算，是基础的会考题型．
2．（5分）若复数是纯虚数（i是虚数单位，b是实数），则b=（）
A．﹣2 B．﹣C．D．2
考点：复数代数形式的乘除运算；复数的基本概念．
专题：数系的扩充和复数．
分析：利用复数的除法运算法则化简复数为a+bi的形式，利用复数是纯虚数求解m即可．解答：解：复数==，
复数为纯虚数，可得2+b=0，
解得b=﹣2．
故选：A．
点评：本题考查复数的代数形式的混合运算，复数的基本概念，考查计算能力．
3．（5分）执行下面的程序框图，那么输出的S等于（）
A．42 B．56 C．72 D．90
考点：程序框图．
专题：图表型；算法和程序框图．
分析：模拟执行程序框图，依次写出每次循环得到的S，K的值，当K=9时不满足条件K≤8，退出循环，输出S的值为72．
解答：解：模拟执行程序框图，可得
K=1，S=0
满足条件K≤8，S=2，K=2
满足条件K≤8，S=6，K=3
满足条件K≤8，S=12，K=4
满足条件K≤8，S=20，K=5
满足条件K≤8，S=30，K=6
满足条件K≤8，S=42，K=7
满足条件K≤8，S=56，K=8
满足条件K≤8，S=72，K=9
不满足条件K≤8，退出循环，输出S的值为72．
故选：C．
点评：本题主要考查了循环结构的程序框图，正确依次写出每次循环得到的S，K的值是解题的关键，属于基础题．
4．（5分）在区间[﹣3，5]上随机取一个实数a，则使函数f（x）=x2+2ax+4无零点的概率是（）
A．B．C．D．
考点：几何概型．
专题：概率与统计．
分析：本题属于几何概型，只要求出区间长度以及满足条件的区间长度，由几何概型公式解答．
解答：解：由已知区间[﹣3，5]长度为8，
使函数f（x）=x2+2ax+4无零点，即判别式△=4a2﹣16＜0，解得﹣2＜a＜2，即（﹣2，2），区间长度为4，
由几何概型的公式得使函数f（x）=x2+2ax+4无零点的概率是；
故选：B．
点评：本题考查了几何概型的运用；关键是明确几何测度，利用公式解答
5．（5分）设a=log3，b=ln2，c=5，则（）
A．c＞b＞a B．b＞a＞c C．a＞c＞b D．a＞b＞c
考点：对数值大小的比较．
专题：函数的性质及应用．
分析：比较和的关系即可得到答案．
解答：解：a=log3=，b=ln2＞ln=，c=5=＜，
所以b＞a＞c，
故选：B．
点评：本题考查了数的大小比较，属于基础题．
6．（5分）已知{a n}为等差数列且公差d≠0，其首项a1=20，且a3，a7，a9成等比数列，S n为{a n}的前n项和，n∈N*，则S10的值为（）
A．﹣110 B．﹣90 C．90 D．110
考点：等差数列与等比数列的综合．
专题：计算题；等差数列与等比数列．
分析：根据等比数列的性质建立条件关系，求出等差数列的公差，即可得到结论．
解答：解：由a3，a7，a9成等比数列，
则a3a9=（a7）2，
即（a1+2d）（a1+8d）=（a1+6d）2，
化简可得2a1d+20d2=0，
由a1=20，d≠0，解得d=﹣2．
则S10=10a1+×（﹣2）=110，
故选D．
点评：本题主要考查等差数列的性质和等差数列的求和，根据等比数列的性质求出等差数列的公差是解决本题的关键．
7．（5分）某抛物线的通径与圆x2+y2﹣4x+2y﹣11=0的半径相等，则该抛物线的焦点到其准线的距离为（）
A．2 B．4 C．6 D．8
考点：抛物线的简单性质．
专题：计算题；圆锥曲线的定义、性质与方程．
分析：确定圆的半径，可得抛物线的通径，即可求出抛物线的焦点到其准线的距离．
解答：解：圆x2+y2﹣4x+2y﹣11=0可化为（x﹣2）2+（y+1）2=16，半径为4，
所以抛物线的通径为4，即2p=4，
所以p=2，
所以该抛物线的焦点到其准线的距离为2，
故选：A．
点评：本题考查抛物线的焦点到其准线的距离，考查圆的方程，求出圆的半径是关键．
8．（5分）棱长均为4的三棱锥的顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为（）
A．B．6πC．16πD．24π
考点：球的体积和表面积．
专题：空间位置关系与距离．
分析：正四面体补成正方体，通过正方体的对角线与球的半径关系，求解即可．
解答：解：如图，将正四面体补形成一个正方体，正四面体的外接球与正方体的外接球相同．
∵正四面体的棱长为4，∴正方体的棱长是2，
又∵球的直径是正方体的对角线，设球半径是R，
∴2R=，∴R=，球的表面积为4π（）2=24π．
故选：D．
点评：巧妙构造正方体，利用正方体的外接球的直径为正方体的对角线，从而将问题巧妙转化．若已知正四面体V﹣ABC的棱长为a，求外接球的半径，可以构造出一个球的内接正方体，再应用对角线长等于球的直径可求得．
9．（5分）函数f（x）=Asin（ϖx+φ）（A＞0，ϖ＞0）的一个最高点坐标为（2，2），相邻的对称轴与对称中心之间的距离为2，则f=（）
A．1 B．C．﹣1 D．
考点：三角函数的周期性及其求法．
专题：三角函数的求值；三角函数的图像与性质．
分析：依题意得A=2，T=8，ω=，又图象的一个最高点为（2，2），由2×+φ=2kπ+
（k∈Z），可求得：φ=2kπ（k∈Z），于是可得其解析式即可得解．
解答：解：依题意得A=2，T=8，ω=，又图象的一个最高点为（2，2），
∴2sin（2×+φ）=2，+φ=2kπ+（k∈Z），解得：φ=2kπ（k∈Z），
∴f（x）=2sin，
∴f=2sin=2sin（）=﹣2sin=﹣．
故选：D．
点评：本题考查由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式，着重考查正弦函数的单调性与闭区间上的最值，考查运算求解能力，属于中档题．
10．（5分）偶函数f（x）=log a|x+b|在（﹣∞，0）上单调递减，则f（a+1）与f（2﹣b）的大小关系是（）
A．f（a+1）＞f（2﹣b）B．f（a+1）=f（2﹣b）C．f（a+1）＜f（2﹣b）D．不能确定
考点：函数单调性的性质．
专题：函数的性质及应用．
分析：由条件利用函数的奇偶性的性质、函数的单调性的性质，判断函数的奇偶性和单调性．
解答：解：根据函数f（x）=log a|x+b|为偶函数，可得f（﹣x）=fx），即log a|﹣x+b|=log a|x+b|，b=0，故f（x）=log a|x|．
再根据f（x）=log a|x|在（﹣∞，0）上单调递减，可得a＞1，∴（a+1）＞2﹣b=2．
由偶函数的性质可得f（x）=log a|x|在（0，+∞）上单调递增，∴f（a+1）＞f（2﹣b），
故选：A．
点评：本题主要考查函数的奇偶性和单调性的综合应用，属于基础题．
11．（5分）F为双曲线=1的右焦点，点P在双曲线右支上，△POF（O为坐标原点）
是面积为的等边三角形，则双曲线的离心率为（）
A．B．2 C．D．+1
考点：双曲线的简单性质．
专题：圆锥曲线的定义、性质与方程．
分析：利用双曲线的性质、正三角形的性质和面积公式和离心率的公式即可得出．
解答：解：由△POF是面积为的等边三角形，
即=c2，解得c=2．
又线段OF的中点M的横坐标为c=1，
即为点P的横坐标，即有P（1，±），
代入双曲线的方程得﹣=1，
又a2+b2=4，
解得a=，由c＞a，可得a=，
则e==．
故选：D．
点评：熟练掌握双曲线的性质、正三角形的性质和面积公式是解题的关键．
12．（5分）定义在R上的函数f（x）满足f（x+2）=f（x）+1，且x∈[0，1]时，f（x）=4x，x∈（1，2）时，f（x）=，令g（x）=2f（x）﹣x﹣4，x∈[﹣6，2]，则函数g（x）
的零点个数为（）
A．6 B．7 C．8 D．9
考点：根的存在性及根的个数判断．
专题：数形结合；函数的性质及应用．
分析：由x∈[0，1]时，f（x）=4x，可得f（1）=4，x∈（1，2）时，f（x）==，
而由函数f（x）满足f（x+2）=f（x）+1，即自变量x每增加2个单位，函数图象向上平移1个单位，自变量每减少2个单位，函数图象向下平移1个单位，画出函数图象，结合函数的图象可求
解答：解：∵x∈[0，1]时，f（x）=4x，
∴f（1）=4
∴x∈（1，2）时，f（x）==，
∵g（x）=2f（x）﹣x﹣4，x∈[﹣6，2]，
令g（x）=2f（x）﹣x﹣4=0，
即f（x）=x+2
∵函数f（x）满足f（x+2）=f（x）+1，即自变量x每增加2个单位，函数图象向上平移1
个单位，自变量每减少2个单位，函数图象向下平移1个单位，
分别画出函数y=f（x）在x∈[﹣6，2]，y=x+2的图象，
∴y=f（x）在x∈[﹣6，2]，y=x+2有8个交点，
故函数g（x）的零点个数为8个．
故选：C
点评：本题考查的知识点是对数函数的图象与性质，利用转化思想，将函数的零点个数问题，转化为函数图象交点个数问题，是解答本题的关键
二.填空题：本大题共4小题，每小题5分
13．（5分）边长为2的正方形ABCD，对角线的交点为E，则=4．
考点：平面向量数量积的运算．
专题：平面向量及应用．
分析：由题意可得AE=AC=，+=2，从而求得=2•的值．
解答：解：边长为2的正方形ABCD，对角线的交点为E，可得AE=AC=．
又+=2，∴=2•=2•=4，
故答案为：4．
点评：本题主要考查两个向量的加减法的法则，以及其几何意义，两个向量的数量积的定义，属于基础题．
14．（5分）如图是一个空间几何体的三视图（俯视图外框为正方形），则这个几何体的体积为48﹣3π．
考点：由三视图求面积、体积．
专题：空间位置关系与距离．
分析：空间几何体正四棱住内挖空了一个圆柱，利用底面边长高半径，结合体积公式求解即可．
解答：解：空间几何体正四棱住内挖空了一个圆柱，
∵底面边长为4，高为3的长方体，
圆柱的底面半径为1，
∴这个几何体的体积为4×4×3﹣π×12×3=48﹣3π
故答案为：48﹣3π
点评：本题考查了空间组合体的三视图，直观图的性质，解决空间几何的空间想象能力，求解体积的计算能力，属于中档题．
15．（5分）设z=x+y，其中实数x，y满足若z的最小值为﹣3，则z的最大值为6．
考点：简单线性规划．
专题：不等式的解法及应用．
分析：由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，联立方程组求出最优解的坐标，代入目标函数得到k的值，再把取得最小值的最优解代入目标函数得答案．
解答：解：由约束条件作出可行域如图，由，
可得A（﹣2m，m），由可得B（m，m），
z=x+y，其中实数x，y满足若z的最小值为﹣3，﹣2m+m=﹣3，解得m=3，
由图可知，使目标函数取得最大值的最优解为B（m，m），
则z=m+m=2m=6，
则z的最大值为6．
故答案为：6．
点评：本题考查了简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，是中档题．
16．（5分）棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点M，N，P分别为AB1，BC1，DD1的中点，给出下列结论：
①异面直线AB1，BC1所成的角为
②MN∥平面ABCD
③四面体A﹣A1B1N的体积为
④MN⊥BP
则正确结论的序号为①②④．
考点：命题的真假判断与应用．
专题：简易逻辑；立体几何．
分析：根据正方体的性质，以及异面直线所成的角，得到异面直线AB1，BC1所成的角即为AD1与AB1所成的角，即可判断①，根据线面平行的判断定理即可判断②，根据正方体的体积
为1，=，即可求出四面体A﹣A 1B1N的体积，根据线面垂直得到线
线垂直，即可判断④．
解答：解：如图所示
对于①连接AD1，B1D1，则BC1∥AD1，则异面直线AB1，BC1所成的角即为AD1与AB1所成的角，因为AD1=B1D1=AB1，所以异面直线AB1，BC1所成的角为，故①正确；
对于②连接B1C，则交BC1与N，所以MN是三角形B1AC的中位线，所以MN∥AC，所以MN∥平面ABCD，故②正确；
对于③，连接A1D，AN，A1N，因为确；=，所以四面体A﹣A1B1N的体积为×1=；故③错误；
对于④，连接BO，因为AC⊥平面BB1D1D，所以MN⊥平面BB1D1D，又因为BP⊂平面BB1D1D，所以MN⊥BP
故④正确．
故答案为：①②④
点评：本题给出正方体模型，判断关于异面直线所成角的几个命题的真假性，着重考查了正方体的性质、异面直线所成角的求法等知识，属于中档题．
三.解答题
17．（12分）已知f（x）=sin2x+2cos2x，△ABC的三边a，b，c对应的角分别为A，B，C，其中f（A）=2．
（1）求角A的大小；
（2）当a=2时，求△ABC面积的最大值．
考点：两角和与差的正弦函数．
专题：三角函数的求值．
分析：（1）先对f（A）利用辅助角公式进行化简，结合已知可得2sin（2A+）=1，结合A的范围可求
（2）由余弦定理可得，cosA=，然后利用基本不等式可求bc的范围，进而可
求△ABC面积的最大值
解答：解：（1）∵f（x）=sin2x+2cos2x，
∴f（A）=sin2A+2cos2A==2…（1分），
∴2sin（2A+）=1，
∴sin（2A+）=…（3分），
又∵0＜A＜π，∴…（4分），
∴，…（5分），
∴A=…（6分），
（2）∵cosA=，
∴b2+c2=bc+4…（8分），
又b2+c2=bc+4≥2bc（当且仅当b=c=2时取等号）…（9分），
∴△ABC面积=…（10分），
所以△ABC面积的最大值为…（12分）．
点评：本题主要考查了三角函数的求值，解题的关键是对三角公式的灵活应用．
18．（12分）某地区有小学18所，中学12所，大学6所，现采用分层抽样的方法从这些学校中抽取6所学校对学生进行视力调查．
（1）若从抽取的6所学校中随机抽取2所学校做进一步数据分析，求抽取的2所学校均为小学的概率；
（2）若某小学被抽取，该小学五个年级近视眼率y的数据如下表：
年级号x 1 2 3 4 5
近视眼率y 0.1 0.15 0.2 0.3 0.39
根据前四个年级的数据，利用最小二乘法求y关于x的线性回归直线方程，并计算五年级近视眼率的估计值与实际值之间的差的绝对值．
（附：回归直线=x+的斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为：=，=﹣）
考点：线性回归方程；列举法计算基本事件数及事件发生的概率．
专题：概率与统计．
分析：（1）3所小学、2所中学、1所大学，分别为a1，a2，a3，b1，b2，c1，列出6所学校抽取2所所有基本事件，事件A为抽取的2所学校均为小学的事件，求解概率．
（2）根据所给的数据求出这组数据的横标和纵标的平均数，即这组数据的样本中心点，根据样本中心点在线性回归直线上，求出a，b的值，写出线性回归方程，代入x的值，求出近视眼率的估计值．
解答：解：（1）18：12：6=3：2：1，故抽取的6所学校中有3所小学、2所中学、1所大学，分别为a1，a2，a3，b1，b2，c1，…（1分）
6所学校抽取2所所有基本事件为：（a1，a2），（a1，a3），（a1，b1），（a1，b2），（a1，c1），（a2，a3），（a2，b1），（a2，b2），（a2，c1），（a3，b1），（a3，b2），（a3， c1），（b1，b2），（b1，c1），（b2，c1）共15种，…（2分）
设事件A为抽取的2所学校均为小学，则A事件有：（a1，a2），（a1，a3），（a2，a3）共3种，…（4分）
故P（A）==．
答：抽取的2所学校均为小学的概率为：．…（5分）
（2）=2.5，=0.1875，
，…（8分）
∴=0.065，=0.025…（10分）
∴=0.065x+0.025，x=5时，=0.35，
|0.35﹣0.39|=0.04．…（12分）
点评：本题考查古典概型概率的求法，线性回归方程，考查样本中心点，做本题时要注意本题把利用最小二乘法来求线性回归方程的系数的过程省掉，只要求a的值，这样使得题目简化，注意运算不要出错．
19．（12分）如图：四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，平面PCD⊥底面ABCD，且PC=PD=a．
（1）求证：PD⊥BC；
（2）当a的值为多少时满足PC⊥平面PAD？并求出此时该四棱锥P﹣ABCD的体积．
考点：棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面垂直的性质．
专题：综合题；空间位置关系与距离．
分析：（1）利用平面与平面垂直的性质，可得BC⊥平面PDC，即可证明PD⊥BC；
（2）取CD的中点为O，连接PO，证明PO⊥平面ABCD，由题意可得PC⊥PD，a=，PO=1，即可求出四棱锥P﹣ABCD的体积．
解答：（1）证明：∵平面PCD⊥底面ABCD，平面PCD∩平面ABCD=DC，BC⊥DC，
∴BC⊥平面PDC，
∵PD⊂平面PDC，∴PD⊥BC…（5分）
（2）解：取CD的中点为O，连接PO
∵平面PCD⊥底面ABCD，平面PCD∩平面ABCD=DC，
且PO⊂平面PCD，PO⊥CD
∴PO⊥平面ABCD…（8分）
由题意可得PC⊥PD，a=，PO=1，…（10分）
此时该四棱锥的体积为V=×22×1=…（12分）
点评：本题考查线面垂直，面面垂直，考查几何体体积的计算，考查学生分析解决问题的能力，正确运用面面垂直的性质是关键．
20．（12分）已知椭圆=1，（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，P是短轴的一个顶点，△PF1F2是顶角为π且面积为的等腰三角形．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过点A（﹣a，0）斜率为k的直线交椭圆于点B．直线BO（O为坐标原点）交椭圆于另一点C．若，求△ABC的面积的最大值．
考点：直线与圆锥曲线的综合问题；椭圆的标准方程．
专题：直线与圆；圆锥曲线的定义、性质与方程．
分析：（1）由题意可得a=2b，c=b，运用三角形的面积公式，计算可得a，b，进而得到椭圆方程；
（2）设直线AB的方程为x+2=my（m=），代入椭圆方程，求得B的坐标，由题意可得C的坐
标，求出△ABC的面积，运用对勾函数的单调性，即可得到最大值．
解答：解：（1）由题意可得a=2b，c=b，
△PF1F2的面积S=•2b•b=，
得b=1，c=，a=2，
所以椭圆的标准方程为+y2=1；
（2）设直线AB的方程为x+2=my（m=）
代入椭圆方程得（m2+4）y2﹣4my=0，
可得B（，），C（﹣，﹣）
△ABC的面积S=•2•=，
令f（m）=m+，f′（m）=1﹣（1≤m≤2），
f′（m）≤0，f（m）=m+在[1，2]上单调递减，
所以当m=2时，△ABC的面积的最大值为2．
点评：本题考查椭圆的方程和性质，主要考查椭圆方程的运用，联立直线方程，求得交点，同时考查三角形的面积公式和对勾函数的单调性的运用，属于中档题．
21．（12分）已知函数f（x）=alnx﹣．
（1）当a=1时，求f（x）在x=2处的切线方程；
（2）当x＞1时，f（x）＞0，求实数a的取值范围；
（3）证明：ln（n+1）（n∈N*）．
考点：利用导数研究曲线上某点切线方程；导数在最大值、最小值问题中的应用．
专题：综合题；导数的综合应用．
分析：（1）求导数，求出切线的斜率、切点的坐标，即可求f（x）在x=2处的切线方程；（2）求导数，利用判别式，结合函数的单调性，即可求实数a的取值范围；
（2）确定当a=时，令x=，则ln＞，累加可得结论．
解答：（1）解：当a=1时，f（x）=lnx﹣，f′（x）=﹣…（1分）
∴f（2）=ln2﹣，f′（2）=…（3分）
∴f（x）在x=2处的切线方程为y=x+ln2﹣．…（4分）
（2）解：f′（x）=，…（5分）
依题知f（1）=0，故f′（1）≥0，∴a≥．…（6分）
令g（x）=ax2+（2a﹣2）x+a，△=﹣8a+4（a≥），…（7分）
故g（x）≥0，a≥，则f′（x）≥0，即f（x）在（1，+∞）上单调递增，…（8分）
又f（1）=0，∴a≥．…（9分）
（3）证明：当a=时，令x=，则ln＞，…（10分）
累加不等式，∴ln（n+1）（n∈N*）．…（12分）
点评：本题考查导数知识的综合运用，考查函数的单调性，考查不等式的证明，正确运用导数的关键．
二.请考生在22，23，24三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．作答时，用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的标号涂黑．请考生在第22、23、24题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.
22．（10分）如图，AD是△ABC的高，AE是△ABC的外接圆的直径，过点A作圆的切线交BC 的延长线于点F．
（1）求证：△ABE∽△ADC；
（2）若BD=4CD=4CF=8，求△ABC的外接圆的半径．
考点：相似三角形的判定．
专题：选作题；推理和证明．
分析：（1）证明三角形中两对对应角相等，即可证明结论；
（2）利用切割线定理，结合三角形相似的性质，即可求△ABC的外接圆的半径．
解答：（1）证明：∵AE是直径，∴…（1分）
又∵∠AEB=∠ACD…（2分）
∴△ABE∽△ADC…（4分）
（2）解：∵过点A作圆的切线交BC的延长线于点F，
∴AF2=FC•FB
∴FA=2，…（5分）
∴AD=2…（7分）
∴AC=2…（8分）
∴AB=6，…（9分）
由（1）得
∴AE=6
∴△ABC的外接圆的半径为3．…（10分）
点评：本题考查三角形相似的判定与性质，考查切割线定理，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．
23．直角坐标系中曲线C的参数方程为（θ为参数）．
（1）求曲线C的直角坐标方程；
（2）经过点M（2，1）作直线l交曲线C于A，B两点，若M恰好为线段AB的三等分点，求直线l的斜率．
考点：参数方程化成普通方程．
专题：坐标系和参数方程．
分析：（1）变形曲线C的参数方程可得，由同角三角函数基本关系消参数可得；
（2）设直线l的倾斜角为θ，可得直线l的参数方程为，代入曲线C的直角坐标方程可得t的二次方程，由韦达定理和t1=﹣2t2可得斜率k的方程，解方程可得．
解答：解：（1）变形曲线C的参数方程可得，
∵cos2θ+sin2θ=1，
∴曲线C的直角坐标方程为+=1；
（2）设直线l的倾斜角为θ，
可得直线l的参数方程为（t为参数）
代入曲线C的直角坐标方程并整理得（cos2θ+4sin2θ）t2+（4cosθ+8sinθ）t﹣8=0
由韦达定理可得t1+t2=，t1t2=
由题意可知t1=﹣2t2，代入上式得12sin2θ+16sinθcosθ+3cos2θ=0，
即12k2+16k+3=0，解方程可得直线的斜率为k=
点评：本题考查参数方程和普通方程的关系，涉及三角函数的韦达定理，属中档题．
24．已知a＞1，b＞1，c＞1，且ab=10．
（1）求lga•lgb的最大值；
（2）求证：log a c+log b c≥4lgc．
考点：不等式的证明；基本不等式．
专题：函数的性质及应用；不等式的解法及应用．
分析：（1）运用对数的运算法则和基本不等式，即可得到最大值；
（2）运用分析法证明，结合对数的换底公式和基本不等式，即可得证．
解答：（1）解：由题意可知lgab=lg10=1，lga＞0，lgb＞0，
即lga+lgb=1≥2，
当且仅当lga=lgb=即a=b=时取等号，
即有lga•lgb的最大值为；
（2）证明：要证：log a c+log b c≥4lgc，
即证：+≥4lgc，
由于a＞1，b＞1，c＞1则lga，lgb，lgc都大于0，
即证：lga+lgb≥4lga•lgb，
已知ab=10则lga+lgb=1，
即证：1≥4lga•lgb，
由（1）知成立，所以原不等式成立．
点评：本题考查基本不等式的运用：求最值和证明不等式，同时考查对数的运算性质，分析法证明不等式的方法，属于中档题．。