湖南师范大学附属中学高考模拟卷(二)试卷理数试卷

湖南师大附中2018届高考模拟卷(二)
数 学(理科)
本试题卷包括选择题、填空题和解答题三部分，共10页．时量120分钟．满分150分．
第Ⅰ卷
一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
(1)设复数z 满足z ＋2z －
＝6＋i(i 是虚数单位)，则复数z 在复平面内所对应的点位于( )
(A)第一象限 (B)第二象限 (C)第三象限 (D)第四象限
(2)已知全集U ＝R ，N ＝⎩⎨⎧⎭
⎬⎫
x ⎪⎪⎪18<2x <1，M ＝{}
x |y ＝ln （－x －1），则图中阴影部分表示的集合是( )
(A){}x |－3<x<－1 (B){}x |－3<x<0 (C){}x |－1≤x<0 (D){}x|x<－3
(3)从某企业生产的某种产品中抽取若干件，经测量得这些产品的一项质量指标值Z 服从正态分布N(200，
150)，某用户从该企业购买了100件这种产品，记X 表示这100件产品中质量指标值位于区间(187.8，212.2)的产品件数，则E(X)等于( )
附：150≈12.2.若Z ～N(μ，σ2
)，则P(μ－σ<Z<μ＋σ)＝0.682 6，P (μ－2σ<Z<μ＋2σ)＝0.954 4.
(A) 34.13 (B)31.74 (C)68.26 (D)95.44 (4)已知a ＝181
18
， b ＝log 1718， c ＝log 1817，则a ，b ，c 的大小关系为(A)
(A) a>b>c (B) a>c>b (C) b>a>c (D) c>b>a
(5)执行下列程序框图，若输出i 的值为3，则输入x 的取值范围是( )
(A)0<x<3 (B)1<x<3 (C )1≤x<3 (D )1<x≤3
(6)如图是一个旋转体被挖掉一个最大半球后得到的几何体的三视图，则该几何体的表面积是( )
(A)14π (B)15π (C)16π (D)18π (7)函数f(x)＝sin (ωx＋φ)(ω>0，||φ<π2)的最小正周期为π，若其图象向左平移π
6
个单位后得到的函数为奇函数，则函数f(x)的图象( )
(A) 关于点⎝ ⎛⎭⎪⎫7π12，0对称 (B) 关于点⎝ ⎛⎭
⎪⎫－π12，0对称
(C) 关于直线x ＝
7π12对称 (D) 关于直线x ＝－π
12
对称 (8)若二项式(2－x)n
(n∈N *
)的展开式中所有项的系数的绝对值之和是a ，所有项的二项式系数之和是b ，则b a ＋a
b
的最小值是( )
(A) 2 (B)136 (C)73 (D) 15
6
(9)在高校自主招生中，某中学获得6个推荐名额，其中中南大学2名，湖南大学2名，湖南师范大学2
名，并且湖南大学和中南大学都要求必须有男生参加，学校通过选拔定下3男3女共6个推荐对象，则不同的推荐方法共有( )
(A) 54 (B)45 (C) 24 (D) 72
(10)已知函数f(x)＝x 3＋ax 2
－9x ＋b 的图象关于点(1，0)对称，且对满足－1≤s<t≤m 的任意实数s ，t ，有f(s)>f(t)，则实数m 的最大值为( )
(A)1 (B)2 (C)3 (D)4 (11)已知F 为双曲线C ：x 2
a 2－y
2
b 2＝1(a>0，b>0)的右焦点，过原点O 的直线l 与双曲线交于M ，N 两点，且||MN ＝2||OF ，若△MNF 的面积为ab ，则该双曲线的离心率为( )
(A)3 (B)2 (C) 3 (D) 2
(12)已知平面四边形ABCD 中，AB ＝AD ＝2，∠BAD ＝60°，BC ⊥CD, BC ＝CD ，沿BD 将△BCD 折起形成三棱锥C －ABD ，当三棱锥C －ABD 的外接球的体积最小时，关于三棱锥C －ABD 有下列说法：①平面BCD ⊥平面ABD ；②取BD 的中点O ，则OC⊥BA；③三棱锥C －ABD 的外接球的体积是323π
27；④对棱BC 与AD 所成的
角的余弦值是
2
4
.这些说法中正确的个数有( ) (A)1 (B) 2 (C)3 (D)4
第Ⅱ卷
本卷包括必考题和选考题两部分．第(13)～(21)题为必考题，每个试题考生都必须作答．第(22)～(23)题为选考题，考生根据要求作答．
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
(13)点A 从()1，0出发，沿单位圆按逆时针方向运动到点B ，若点B 的坐标是⎝ ⎛⎭
⎪⎫－35，45，记∠B＝α，
则sin
2α＝__ __ .
(14)若圆A ：(x －1)2＋(y －4)2
＝a 上至少存在一点P 落在不等式组⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y －1≥0，3x －y －1≥0，x ＋y －7≤0表示的平面区域内，则
实数a 的取值范围是__ __．
(15)已知AB 为圆O ：x 2
＋y 2
＝1的直径，点P 为椭圆x 2
4＋y 2
3
＝1上一动点，则PA →·PB →
的最小值为__ __.
(16)已知函数f(x)＝e x
(x －1)－ax ＋1，若存在唯一的整数x 0，使得f(x 0)≤0，则a 的取值范围 __．
三、解答题：共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
(17)(本小题满分12分)
已知S n 是等差数列{a n }的前n 项和，且S 6＝3a 7－a 2，S 7＝2a 11＋7. (Ⅰ)求数列{a n }的通项公式；
(Ⅱ)若b 1＝3，数列{b n }的第n 项b n 是数列{a n }的第b n －1项(n≥2)． (ⅰ)证明：{b n －1}是等比数列； (ⅱ)求数列{a n b n }的前n 项和T n .
(18)(本小题满分12分)
某高校在自主招生期间，把高三学生的平时成绩按“百分制”进行折算，选出前n名学生，并对这n 名学生按成绩分组，第一组[75，80)，第二组[80，85)，第三组[85，90)，第四组[90，95)，第五组[95，100]，如图为频率分布直方图的一部分，其中第五组、第一组、第四组、第二组、第三组的人数依次成等差数列．且第四组的学生人数为60，第五组对应的小长方形的高为0.02.
(Ⅰ)请在图中补全频率分布直方图；
(Ⅱ)若该大学决定在成绩较高的第三、四、五组学生中用分层抽样的方法抽取6名学生进行面试，并且在这6名学生中随机抽取3名学生接受考官B的面试，设第三组有ξ名学生被考官B面试，求ξ的分布列和数学期望．
(19)(本小题满分12分)
如图，已知多面体MNABCD 的一个面ABCD 是边长为2的菱形，且∠ABC＝60°，BM ⊥平面ABCD ，BM ∥DN ，BM ＝2DN ，点E 是线段MN 上任意一点．
(Ⅰ)证明：平面EAC⊥平面BMND ；
(Ⅱ)若∠AEC 的最大值是2π
3，求三棱锥M －NAC 的体积．
(20)(本小题满分12分)如图，点F 是抛物线E ：x 2
＝2py(p>0)的焦点，点A 是抛物线上的定点，且AF →＝(2，0)．点B ，C 是抛物线上的动点，直线AB ，AC 的斜率分别为k 1，k 2，且k 2－k 1＝2，以A 为圆心，||AF 的长为半径的圆分别交直线AB ，AC 于点M ，N ，抛物线E 在点B ，C 处的切线相交于D 点．
(Ⅰ)求抛物线的方程；
(Ⅱ)记△BCD 的面积为S 1，△AMN 的面积为S 2，求S 1
S 2的最小值．
(21)(本小题满分12分)
已知f(x)＝e x＋ax2－x－1，其中a为实数．(Ⅰ)若a≥0，求f(x)的单调区间；
(Ⅱ)设g(x)＝f(x)＋6ln(2a＋2)＋2a2－6a－7
2
(a>－1)，若对任意x≥0，g(x)≥0，求实数a的取值范
围．
请考生在第(22)、(23)两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分． (22)(本小题满分10分)选修4－4：坐标系与参数方程
在平面直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝3＋rcos φ，
y ＝1＋rsin φ
(r>0, φ为参数)，以坐标原点O
为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l 的极坐标方程为ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π3＝1，若直线l 与曲线C 相切．
(Ⅰ)求曲线C 的极坐标方程；
(Ⅱ)在曲线C 上取两点M ，N 与原点O 构成△MON，且满足∠MON＝π
6，求△MON 面积的最大值．
(23)(本小题满分10分)选修4－5：不等式选讲
已知关于x 的不等式||x －m ＋2x≤0的解集为{x|x≤－ }2，其中m>0. (Ⅰ)求m 的值；
(Ⅱ)若正数a ，b ，c 满足a ＋b ＋c ＝m ，求证：b 2
a ＋c 2
b ＋a
2
c
≥2.
数 学(理科)答案
本试题卷包括选择题、填空题和解答题三部分，共10页．时量120分钟．满分150分．
第Ⅰ卷
一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
(1)设复数z 满足z ＋2z －
＝6＋i(i 是虚数单位)，则复数z 在复平面内所对应的点位于(D )
(A)第一象限 (B)第二象限 (C)第三象限 (D)第四象限
(2)已知全集U ＝R ，N ＝⎩⎨⎧⎭
⎬⎫
x ⎪⎪⎪18<2x <1，M ＝{}
x |y ＝ln （－x －1），则图中阴影部分表示的集合是( C)
(A){}x |－3<x<－1 (B){}x |－3<x<0 (C){}x |－1≤x<0 (D){}x|x<－3
(3)从某企业生产的某种产品中抽取若干件，经测量得这些产品的一项质量指标值Z 服从正态分布N(200，
150)，某用户从该企业购买了100件这种产品，记X 表示这100件产品中质量指标值位于区间(187.8，212.2)的产品件数，则E(X)等于(C )
附：150≈12.2.若Z ～N(μ，σ2
)，则P(μ－σ<Z<μ＋σ)＝0.682 6，P (μ－2σ<Z<μ＋2σ)＝0.954 4.
(A) 34.13 (B)31.74 (C)68.26 (D)95.44
【解析】由于150≈12.2，则P(187.8<Z<212.2)＝P(200－12.2<Z<200＋12.2)＝0.682 6，所以一件产品的质量指标值位于区间(187.8，212.2)的概率为0.682 6，依题意，X ～B(100，0.682 6)，∴E(X)＝100×0.682 6＝68.26，故选C. (4)已知a ＝18
1
18
， b ＝log 1718， c ＝log 1817，则a ，b ，c 的大小关系为(A) (A) a>b>c (B) a>c>b (C) b>a>c (D) c>b>a
【解析】a ＝18118>1，b ＝log 1718＝12log 1718∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1， c ＝log 1817＝12log 1817∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，12，∴a>b>c ，故选A. (5)执行下列程序框图，若输出i 的值为3，则输入x 的取值范围是( D)
(A)0<x<3 (B)1<x<3 (C )1≤x<3 (D )1<x≤3
【解析】该程序框图执行以下程序：
i ＝1，x ＝2x ＋1；i ＝2，x ＝2(2x ＋1)＋1＝4x ＋3；i ＝3，x ＝2(4x ＋3)＋1＝8x ＋7，
则由⎩
⎪⎨⎪⎧8x ＋7>15，4x ＋3≤15，可得1<x≤3，故选D.
(6)如图是一个旋转体被挖掉一个最大半球后得到的几何体的三视图，则该几何体的表面积是( B)
(A)14π (B)15π (C)16π (D)18π (7)函数f(x)＝sin (ωx＋φ)(ω>0，||φ<π2)的最小正周期为π，若其图象向左平移π
6
个单位后得到的函数为奇函数，则函数f(x)的图象( D)
(A) 关于点⎝ ⎛⎭⎪⎫7π12，0对称 (B) 关于点⎝ ⎛⎭
⎪⎫－π12，0对称
(C) 关于直线x ＝
7π12对称 (D) 关于直线x ＝－π
12
对称 (8)若二项式(2－x)n
(n∈N *
)的展开式中所有项的系数的绝对值之和是a ，所有项的二项式系数之和是b ，则b a ＋a
b
的最小值是(B)
(A) 2 (B)
136 (C)73 (D) 156
【解析】令x ＝－1，得a ＝3n
，又b ＝2n
，∴b a ＝2n
3n ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫23n
，
∴b a ＋a b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ≥23＋32＝13
6
，故选B. (9)在高校自主招生中，某中学获得6个推荐名额，其中中南大学2名，湖南大学2名，湖南师范大学2名，并且湖南大学和中南大学都要求必须有男生参加，学校通过选拔定下3男3女共6个推荐对象，则不同的推荐方法共有( A)
(A) 54 (B)45 (C) 24 (D) 72
【解析】由题意可分为两类：第一类是将3个男生每个大学各推荐1人，共有A 33A 3
3＝36种推荐方法；
第二类是将3个男生分成两组分别推荐给湖南大学和中南大学，其余3个女生从剩下的大学中选，共有C 23A 2
2C 2
3＝18种推荐方法．故共有36＋18＝54种推荐方法，故选A.
(10)已知函数f(x)＝x 3＋ax 2
－9x ＋b 的图象关于点(1，0)对称，且对满足－1≤s<t≤m 的任意实数s ，t ，有f(s)>f(t)，则实数m 的最大值为( C)
(A)1 (B)2 (C)3 (D)4
【解析】由f(x)＋f(2－x)＝0得a ＝－3，b ＝11，故f(x)＝x 3－3x 2
－9x ＋11，
令f′(x)＝3(x 2
－2x －3)≤0，解得f(x)的单调递减区间为(－1，3)，故m max ＝3，选C.
(11)已知F 为双曲线C ：x 2a 2－y
2
b 2＝1(a>0，b>0)的右焦点，过原点O 的直线l 与双曲线交于M ，N 两点，且||MN ＝2||OF ，若△MNF 的面积为ab ，则该双曲线的离心率为( D)
(A)3 (B)2 (C) 3 (D) 2
【解析】法一：由M ，N 关于原点对称及||MN ＝2||OF 知MF⊥NF， 设M(x 0，y 0)，N(－x 0，－y 0)，其中x 0>0，y 0>0，
则MF →＝(c －x 0，－y 0)，NF →＝(c ＋x 0，y 0)，因为MF →·NF →
＝0， 所以(c －x 0)(c ＋x 0)－y 2
0＝0，即x 2
0＝c 2
－y 2
0，
而M(x 0，y 0)在双曲线上，所以x 2
0a 2－y 2
0b 2＝1，所以c 2
－y 2
0a 2－y 2
0b 2＝1，化简可得y 0＝b
2
c .
又因为△MNF 的面积为ab ，所以12·c·y 0＋12·c·y 0＝ab ，即y 0＝ab
c ，
所以b 2
c ＝ab
c
，即a ＝b ，从而离心率为 2.
法二：不妨设M 在第一象限，双曲线的左焦点为F ′，连接MF′，NF ′， 则易知四边形MFNF′是矩形，设|MF′|＝m ，|MF|＝n ，则可得 ⎩⎪⎨⎪⎧m －n ＝2a ，m 2
＋n 2
＝4c 2
，
1
2mn ＝ab ，
可解得a ＝b ，双曲线是等轴双曲线，离心率为 2.
(12)已知平面四边形ABCD 中，AB ＝AD ＝2，∠BAD ＝60°，BC ⊥CD, BC ＝CD ，沿BD 将△BCD 折起形成三棱锥C －ABD ，当三棱锥C －ABD 的外接球的体积最小时，关于三棱锥C －ABD 有下列说法：①平面BCD ⊥平面ABD ；②取BD 的中点O ，则OC⊥BA；③三棱锥C －ABD 的外接球的体积是323π
27；④对棱BC 与AD 所成的
角的余弦值是
2
4
.这些说法中正确的个数有(D ) (A)1 (B) 2 (C)3 (D)4
【解析】设正△ABD 的中心是G ，三棱锥C －ABD 的外接球球心是Q ，则QG⊥平面ABD ，
QO ⊥平面CBD ，设球半径是R ，则R 2＝AG 2＋QG 2＝43＋QG 2
，当QG ＝0时三棱锥C －ABD 的外接球的体积最
小，此时Q 与G 重合，平面BCD⊥平面ABD ，球半径是233，体积是323π
27；此时AC ＝2，取BD 的中点O ，
则OC⊥平面ABD ，即OC⊥BA，则对棱BC 与AD 所成的角θ满足：|cos θ|＝|BC →·AD →||BC →||AD →|＝
|BC →·（BD →－BA →
）|
|BC →||AD →|＝|BC →·BD →－（OC →－OB →）·BA →
||BC →||AD →|＝24 (也可建系用坐标向量法或平移成相交直线再用余弦定理解三角形求
对棱BC 与AD 所成的角的余弦值)，故选D.
第Ⅱ卷
本卷包括必考题和选考题两部分．第(13)～(21)题为必考题，每个试题考生都必须作答．第(22)～(23)题为选考题，考生根据要求作答．
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
(13)点A 从()1，0出发，沿单位圆按逆时针方向运动到点B ，若点B 的坐标是⎝ ⎛⎭
⎪⎫－35，45，记∠B＝α，则sin 2α＝__－
24
25
__ . 【解析】由题意可得：sin α＝45，cos α＝－3
5，
∴sin 2α＝2sin αcos α＝2×45×⎝ ⎛⎭⎪⎫－35＝－24
25
.
(14)若圆A ：(x －1)2＋(y －4)2
＝a 上至少存在一点P 落在不等式组⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y －1≥0，3x －y －1≥0，x ＋y －7≤0
表示的平面区域内，则
实数a 的取值范围是__⎣⎢⎡⎦
⎥⎤25，4__．
【解析】圆A 与不等式组⎩⎪⎨⎪
⎧－x ＋y －1≥0，3x －y －1≥0，x ＋y －7≤0
表示的平面区域有交点，作出图象后易求得a 的取值范围是
⎣⎢⎡⎦
⎥⎤25，4.
(15)已知AB 为圆O ：x 2
＋y 2
＝1的直径，点P 为椭圆x 2
4＋y 2
3
＝1上一动点，则PA →·PB →
的最小值为__2__.
【解析】方法一：依据对称性，不妨设直径AB 在x 轴上，P(2cos x ，3sin x)， 从而PA →·PB →＝(2cos x －1)(2cos x ＋1)＋3sin 2x ＝2＋cos 2
x ≥2. 方法二：PA →·PB →＝（PA →＋PB →）2－（PA →－PB →）24＝PO →2
－1＝||PO 2
－1，
而||PO min
＝3，则答案为2.
方法三：PA →·PB →＝(PO →＋OA →)(PO →＋OB →
)
＝PO →2＋(OA →＋OB →)PO →＋OA →·OB →＝PO →2－OA →2＝PO →2
－1，下同法二．
(16)已知函数f(x)＝e x
(x －1)－ax ＋1，若存在唯一的整数x 0，使得f(x 0)≤0，则a 的取值范围是__[0，1)__．
【解析】设g(x)＝e x
(x －1)，y ＝ax －1，由题知存在唯一的整数x 0，使得g(x 0)≤ax 0－1.
因为g′(x)＝xe x
.
当x<0时，g ′(x)＜0，即g(x)单调递减，g(x)的值域为(－1，0)； 当x ＝0时，[g(x)]min ＝－1；
当x>0时，g ′(x)＞0，即g(x)单调递增，g(1)＝0且g(x)的值域为(－1，＋∞)， 直线y ＝ax －1恒过点(0，－1)．
作出图象知当且仅当a∈[0，1)时满足题设．
三、解答题：共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
(17)(本小题满分12分)
已知S n 是等差数列{a n }的前n 项和，且S 6＝3a 7－a 2，S 7＝2a 11＋7. (Ⅰ)求数列{a n }的通项公式；
(Ⅱ)若b 1＝3，数列{b n }的第n 项b n 是数列{a n }的第b n －1项(n≥2)． (ⅰ)证明：{b n －1}是等比数列； (ⅱ)求数列{a n b n }的前n 项和T n .
【解析】(Ⅰ)设等差数列{} a n 的公差为d ，由已知得
⎩
⎪⎨⎪⎧6a 1＋6×52d ＝3（a 1＋6d ）－（a 1＋d ），
7a 1＋7×62
d ＝2（a 1＋10d ）＋7，
即⎩⎪⎨⎪⎧2a 1－d ＝0，5a 1＋d ＝7.解得⎩
⎪⎨⎪⎧a 1＝1，
d ＝2. 所以a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1.(4分)
(Ⅱ)(ⅰ) 依题意，n ≥2时，b n ＝ab n －1＝2b n －1－1，
所以b n －1＝2(b n －1－1)，又b 1－1＝2，从而{}b n －1是以2为首项，2为公比的等比数列．(8分)
(ⅱ)由(ⅰ)知b n －1＝2·2n －1＝2n ，即 b n ＝2n
＋1.
故 a n b n ＝(2n －1)(2n ＋1)＝(2n －1)2n
＋(2n －1)，
所以T n ＝[]1·2＋3·22＋…＋（2n －1）·2n
＋[]1＋3＋…＋（2n －1），
即T n ＝[]1·2＋3·22＋…＋（2n －1）·2n ＋n 2
①
2T n ＝[]1·22＋3·23＋…＋（2n －1）·2n ＋1＋2n 2
②
①－②得－T n ＝2＋2(22＋23＋…＋2n )－(2n －1)·2n ＋1－n 2
＝(3－2n)·2n ＋1－n 2
－6
所以T n ＝(2n －3)·2n ＋1＋n 2
＋6.(12分) (18)(本小题满分12分)
某高校在自主招生期间，把高三学生的平时成绩按“百分制”进行折算，选出前n 名学生，并对这n 名学生按成绩分组，第一组[75，80)，第二组[80，85)，第三组[85，90)，第四组[90，95)，第五组[95，100]，如图为频率分布直方图的一部分，其中第五组、第一组、第四组、第二组、第三组的人数依次成等差数列．且第四组的学生人数为60，第五组对应的小长方形的高为0.02.
(Ⅰ)请在图中补全频率分布直方图；
(Ⅱ)若该大学决定在成绩较高的第三、四、五组学生中用分层抽样的方法抽取6名学生进行面试，并且在这6名学生中随机抽取3名学生接受考官B 的面试，设第三组有ξ名学生被考官B 面试，求ξ的分布列和数学期望．
【解析】(Ⅰ)因为第四组的学生人数为60，且第五组、第一组、第四组、第二组、第三组的学生人数依次成等差数列，所以总人数为n ＝5×60＝300，
由频率分布直方图可知，第五组的学生人数为0.02×5×300＝30，又公差为60－30
2
＝15，
所以第一组的学生人数为45，第二组的学生人数为75，第三组的学生人数为90. 故第一、二、三、四组的频率分别为45300＝0.15，75300＝0.25，90300＝0.3，60
300＝0.2.
补全频率分布直方图如图：
)(5分)
(Ⅱ)由题意得，用分层抽样的方法在第三、四、五组中应分别抽取的学生人数为90×6
90＋60＋30
＝3，
60×
690＋60＋30＝2，30×6
90＋60＋30＝1，则ξ的所有可能取值为0，1，2，3.(6分)
P (ξ＝0)＝C 03C 3
3C 36＝120，P (ξ＝1)＝C 13C 2
3C 36＝920，
P (ξ＝2)＝C 23C 1
3C 36＝920，P (ξ＝3)＝C 33C 0
3C 36＝1
20.
因此ξ的分布列为：
(10分) E (ξ)＝0×
120＋1×920＋2×920＋3×120＝3
2
.(12分) (19)(本小题满分12分)
如图，已知多面体MNABCD 的一个面ABCD 是边长为2的菱形，且∠ABC＝60°，BM ⊥平面ABCD ，BM ∥DN ，BM ＝2DN ，点E 是线段MN 上任意一点．
(Ⅰ)证明：平面EAC⊥平面BMND ；
(Ⅱ)若∠AEC 的最大值是2π
3，求三棱锥M －NAC 的体积．
【解析】(Ⅰ)∵BM⊥平面ABCD ， ∴AC⊥BM；
又四边形ABCD 是菱形，
∴AC ⊥BD ，
则AC⊥平面BMND ，则平面EAC⊥平面BMND.(5分)
(Ⅱ)由已知易知AE ＝CE>1, cos ∠AEC ＝2AE 2
－AC 2
2AE 2
＝1－2
AE 2，∠AEC ∈(0，π)， ∴当AE 最短时∠AEC 最大，即AE⊥MN，CE ⊥MN 时∠AEC 最大，
(同理得∠ANC<60°，∠AMC<60°)
此时，∠AEC 是二面角A －MN －C 的平面角，大小是120°，AE ＝23
3.(7分)
取MN 得中点H ，连接H 与AC 、BD 的交点O ，易知OH⊥平面ABCD ，
如图建系，设ND ＝a ，则A(1，0，0)，N(0，－3，a)，M(0，3，2a)， 则AN →＝(－1，－3，a)，AM →
＝(－1，3，2a)， 设平面AMN 的法向量n 1＝(x ，y ，z)，
则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AM →＝－x ＋3y ＋2az ＝0，n 1·AN →＝－x －3y ＋az ＝0，n 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3a 2，－3a 6，1，
同理求得平面CMN 的法向量n 2＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫
－
3a 2，－3a 6，1.
所以|cos ∠AEC|＝
⎪⎪⎪⎪⎪⎪
－9a 2
4＋3a 2
36＋19a 2
4＋3a
2
36
＋1＝1
2
，
解之得：a ＝
1510或a ＝6
2
(舍去)，(10分) MN ＝a 2
＋BD 2
＝
320＋12＝91510，S △EAC ＝12AE 2sin 120°＝12×43×32＝3
3
， V M －NAC ＝V M －EAC ＋V N －EAC ＝13S △EAC ·MN ＝35
10(采用几何计算类似给分)．(12分)
(20)(本小题满分12分)
如图，点F 是抛物线E ：x 2
＝2py(p>0)的焦点，点A 是抛物线上的定点，且AF →＝(2，0)．点B ，C 是抛物线上的动点，直线AB ，AC 的斜率分别为k 1，k 2，且k 2－k 1＝2，以A 为圆心，||AF 的长为半径的圆分别交直线AB ，AC 于点M ，N ，抛物线E 在点B ，C 处的切线相交于D 点．
(Ⅰ)求抛物线的方程；
(Ⅱ)记△BCD 的面积为S 1，△AMN 的面积为S 2，求S 1
S 2
的最小值．
【解析】(Ⅰ)设A(x 0，y 0)，依题意知F ⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，p 2， 则AF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－x 0，p 2－y 0＝(2，0)x 0＝－2，y 0＝p
2
，
代入抛物线方程中得：p ＝2，
则抛物线方程为x 2
＝4y.(4分)
(Ⅱ)设B ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1，x 2
14，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2，x 2
24，由(Ⅰ)知A(－2，1)， 所以k 2－k 1＝x 2
24－1x 2＋2－x 2
14－1x 1＋2＝x 2－x 1
4.
又k 2－k 1＝2，所以x 2－x 1＝8.(5分) 设直线BD 的方程是y －x 2
1
4＝k(x －x 1)，
与x 2
＝4y 联立得x 2
－4kx ＋4kx 1－x 2
1＝0.
令Δ＝16k 2
－4(4kx 1－x 2
1
)＝0，解得k ＝x 12，所以直线BD 的方程是y －x 2
14＝x 12(x －x 1)，即y ＝x 12x －x 2
1
4
.
同理可得直线CD 的方程为y ＝x 22x －x 2
2
4.(7分)
联立直线BD 和CD 的方程，解得x D ＝
x 1＋x 22，y D ＝x 1x 2
4
.(8分) 设BC 的中点为P ，则P 的坐标为⎝ ⎛⎭
⎪⎫x 1＋x 22，x 2
1＋x 2
28，
所以S 1＝S △BDP ＋S △CDP ＝
1
2
||DP ·(h 1＋h 2) ＝12⎪⎪⎪⎪⎪⎪
x 2
1＋x 2
28－x 1x 24·||x 2－x 1
＝（x 2－x 1）
3
16
＝32.(9分)
另一方面，S 2＝1
2||AM ·||AN sin ∠MAN ＝2sin ∠MAN, (10分)
所以S 1S 2＝322sin ∠MAN ＝16sin ∠MAN
≥16，
等号成立时，∠MAN ＝90°，即k 1k 2＝－1，又k 2－k 1＝2，故k 1＝－1，k 2＝1.
所以S 1
S 2
的最小值为16.(12分)
(21)(本小题满分12分)
已知f(x)＝e x ＋ax 2
－x －1，其中a 为实数． (Ⅰ)若a≥0，求f(x)的单调区间；
(Ⅱ)设g(x)＝f(x)＋6ln(2a ＋2)＋2a 2
－6a －72(a>－1)，若对任意x≥0，g (x)≥0，求实数a 的取值范
围．
【解析】(Ⅰ)当a≥0时，f ′(x)＝e x
＋2ax －1为单调增函数，且f′(0)＝0， 故当x∈(0，＋∞)时，f ′(x)>0，即f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当x∈(－∞，0)时，f ′(x)<0，即f(x)在(－∞，0)上单调递减．(4分)
(Ⅱ)因为g′(x)＝e x ＋2ax －1，g ″(x)＝e x
＋2a.
若a≥－12
，则对任意x≥0，有g″(x)＝e x
＋2a≥1＋2a≥0，
即g′(x)在(0，＋∞)上单调递增，则g′(x)≥g′(0)＝0，所以有g(x)在(0，＋∞)上单调递增，则g(x)≥g(0)＝6ln(2a ＋2)＋2a 2
－6a －72
；
令h(a)＝6ln(2a ＋2)＋2a 2
－6a －72⎝ ⎛⎭⎪⎫a≥－12，则h′(a)＝4a ⎝ ⎛⎭⎪
⎫a －12a ＋1，
当a∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫－12，0时，h ′(a)>0，即h(a)在⎣⎢⎡⎭⎪⎫－12，0上单调递增；
当a∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12时，h ′(a)<0，即h(a)在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上单调递减； 当a∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞时，h ′(a)>0，即h(a)在⎣⎢⎡⎭
⎪⎫12，＋∞上单调递增； 又由于h ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝12＋3－72＝0，h ⎝ ⎛⎭
⎪⎫12＝6(ln 3－1)>0，
所以当a∈⎣⎢⎡⎭
⎪⎫－12，＋∞时，g (x)≥0.(8分)
若－1<a<－1
2，g ″(0)＝1＋2a<0，而g″(x)单调递增，且一定存在x 0>0使得g″(x 0)＝0，此时，对任
意的x∈(0，x 0)，g ″(x)<0，即g′(x)在(0，x 0)上单调递减，
则g′(x)≤g′(0)＝0，所以有g(x)在(0，x 0)上单调递减，
于是当x∈()0，x 0时，g(x)<g(0)＝6ln(2a ＋2)＋2a 2
－6a －72
；
令m(a)＝6ln(2a ＋2)＋2a 2
－6a －72⎝ ⎛⎭⎪⎫－1<a<－12，则m′(a)＝4a ⎝ ⎛⎭⎪
⎫a －12a ＋1
>0，
又由于m ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝12＋3－72＝0，故当a∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－12时，m(a)<0； 于是当a∈⎝
⎛⎭⎪⎫－1，－12时，g(0)<0，与题设不符；
综上，所求实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭
⎪⎫－12，＋∞.(12分) 请考生在第(22)、(23)两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．
(22)(本小题满分10分)选修4－4：坐标系与参数方程
在平面直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝3＋rcos φ，
y ＝1＋rsin φ
(r>0, φ为参数)，以坐标原点O
为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l 的极坐标方程为ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π3＝1，若直线l 与曲线C 相切．
(Ⅰ)求曲线C 的极坐标方程；
(Ⅱ)在曲线C 上取两点M ，N 与原点O 构成△MON，且满足∠MON＝π
6，求△MON 面积的最大值．
【解析】(Ⅰ)由题意可知直线l 的直角坐标方程为y ＝3x ＋2,
曲线C 是圆心为()3，1，半径为r 的圆，直线l 与曲线C 相切，可得：
r ＝
|
|
3·3－1＋22
＝2；可知曲线C 的方程为()x －32＋()y －12
＝4,
所以曲线C 的极坐标方程为ρ2
－23ρcos θ－2ρsin θ＝0，即ρ＝4sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π3.(5分)
(Ⅱ)由(Ⅰ)不妨设M(ρ1，θ)，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫ρ2，θ＋π6，(ρ1>0，ρ2>0)，
S △MON ＝1
2||OM
→
||ON →sin π
6，
＝14ρ1·ρ2＝4sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π3·sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π2＝2sin θcos θ＋23cos 2
θ
＝sin 2θ＋3cos 2θ＋3＝2sin ⎝
⎛⎭⎪⎫2θ＋π3＋3，
当θ＝π
12时， S △MON ＝2＋3，所以△MON 面积的最大值为2＋ 3.(10分)
(23)(本小题满分10分)选修4－5：不等式选讲
已知关于x 的不等式||x －m ＋2x≤0的解集为{x|x≤－ }2，其中m>0. (Ⅰ)求m 的值；
(Ⅱ)若正数a ，b ，c 满足a ＋b ＋c ＝m ，求证：b 2
a ＋c 2
b ＋a
2
c ≥2.
【解析】(Ⅰ)由f ()x ≤0得||x －m ＋2x≤0，
即⎩⎪⎨⎪⎧x≥m，x －m ＋2x≤0，或⎩⎪⎨⎪⎧x≤m，m －x ＋2x≤0，化简得：⎩⎪⎨⎪⎧x≥m，x ≤m 3，或⎩⎪⎨⎪
⎧x≤m，x ≤－m. 由于m>0，所以不等式组的解集为{
x | }x≤－m . 由题设可得－m ＝－2，故m ＝2. (5分) (Ⅱ)由(Ⅰ)可知，a ＋b ＋c ＝2，
又由均值不等式有：b 2a ＋a≥2b，c 2b ＋b≥2c，a
2
c ＋c≥2a，
三式相加可得：b 2
a ＋a ＋c 2
b ＋b ＋a
2
c ＋c≥2b＋2c ＋2a ，
所以b 2
a ＋c 2
b ＋a
2
c
≥a ＋b ＋c ＝2.(10分)。