2018年东北三省四市教研联合体高考数学二模试卷(理科)

2018年东北三省四市教研联合体高考数学二模试卷（理科）
一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分。

在本小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1. 设复数z=(1−i)(2−i)，则它的共轭复数z的虚部为（）
A.3i
B.−3i
C.3
D.−3
【答案】
C
【考点】
复数的运算
【解析】
直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．
【解答】
∵z=(1−i)(2−i)=1−3i，
∴z=1+3i．
∴z的虚部为（3）
2. 已知集合A={x|y=log2(1−x)}，B={y|y=2x, x∈R}，则A∩B=()
A.⌀
B.(0, 1)
C.(0, +∞)
D.(1, +∞)
【答案】
B
【考点】
交集及其运算
【解析】
可解出集合A，B，然后进行交集的运算即可．
【解答】
A={x|x<1}，B={y|y>0}；
∴A∩B=(0, 1)．
3. 已知数列{a n}为等差数列，S n是它的前n项和，若S4=20，a4=8，则S8=()
A.52
B.72
C.56
D.64
【答案】
B
【考点】
等差数列的前n项和
【解析】
利用等差数列的通项公式与求和公式即可得出．
【解答】
设等差数列{a n}的公差为d，∵S4=20，a4=8，
∴4a1+4×3
d=20，a1+3d=(8)
2
联立解得a1=d=(2)
×2=7(2)
则S8=8×2+8×7
2
4. 如图是一个几何体的三视图，则这个几何体的表面积为（ ）
A.72
B.66
C.60
D.30
【答案】 A
【考点】
由三视图求体积 【解析】
本题主要考查三视围及空间几何体的表面积． 【解答】
解：由三视图可知{x +y −2=3,x −y +3=2y,解得{x =3,
y =2,结合题意可知该几何体是一个直三棱柱，
且直三棱柱的底面是以3，4为直角边的直角三角形，直三棱柱的高为5，又底面直角三角形的周长为3+4+5=12，所以S 侧面=12×5=60，又S 底面=2×1
2×3×4=12，故该几何体的表面积S =60+12=72．
故选A ．
5. 已知向量a →
=(−1, 3)，b →
=(2, m)，则“m =−1”是“b →
⊥(a →
+b →
)”的（ ）
A.充要条件
B.充分不必要条件
C.必要不充分条件
D.既不充分也不必要条件 【答案】 B
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断 【解析】
由b →
⊥(a →+b →
)”，可得b →
⋅(a →
+b →
)=2+m(3+m)=0，解得m ，即可判断出结论． 【解答】
a →
+b →
=(1, 3+m)．
∵ b →
⊥(a →+b →
)”，∴ b →
⋅(a →
+b →
)=2+m(3+m)=0，
解得m =−1或−(2)
∴ “m =−1”是“b →
⊥(a →+b →
)”的充分不必要条件．
6. (1−x)6(1−2x)4=a 0+a 1x +a 2x 2+...+a 10x 10，则a 0+a 1+．……+a 10的值为（ ） A.0 B.2 C.−1 D.1 【答案】 A
【考点】
二项展开式的特定项与特定系数 二项式系数的性质 【解析】
在已知二项式定理中，取x =1，即可求得a 0+a 1+……+a 10的值． 【解答】
在(1−x)6(1−2x)4=a 0+a 1x +a 2x 2+...+a 10x 10中， 取x =1，可得a 0+a 1+……+a 10=(0)
7. 已知α∈(π, 3π
2)，sinα=−√55，则tan(α+π
4)的值为（ ）
A.3
2
B.−3
2
C.3
D.−3
【答案】 C
【考点】
三角函数的恒等变换及化简求值 【解析】
由题意利用同角三角函数的基本关系求得tanα的值，再利用两角和的正切公式求得tan(α+π
4)的值． 【解答】 ∵ α∈(π,
3π2)，sinα=−√55
，
∴ cosα=−√1−sin 2α=−2√55
，tanα=
sinαcosα
=1
2， 则tan(α+π4)=tanα+1
1−tanα=3，
8. 已知直线ax +by +c −2=0(b >0, c >0)经过双曲线：y 2−x 24
=1的上顶点，则
4
b +1
c 的最小值是（ ）
A.92
B.4
C.7
2
D.2
【答案】 A
双曲线的特性 【解析】
利用双曲线的简单性质，写出b 、c 的关系，然后利用基本不等式求解表达式的最小值即可． 【解答】
直线ax +by +c −2=0(b >0, c >0)经过双曲线：y 2−x 24
=1的上顶点，可得b +
c =2，
则4
b
+1
c
=12(4
b
+1
c
)(b +c)=1
2
(5+
4c b
+b c
)≥12
(5+2√
4c b
×b c
)=9
2
，当且仅当b =2c 时，等号成立．
9. 在如图的程序框图中，任意输入一次x(0≤x ≤2)与y(0≤y ≤2)，则输出“恭喜中奖”的概率为（ ）
A.π
2
B.π
4
C.π
6
D.π
8
【答案】 D
【考点】 程序框图 【解析】
根据程序框图转化为几何概型进行计算即可． 【解答】
由程序框图知{
0≤x ≤2
0≤y ≤2 ，求y ≤√1−(x −1)2的概率， 作出对应的图象如图： 则对应的概率P =
π×122
2×2
=π8
，
10. 已知椭圆E 的中心为坐标原点O ，过右焦点F(2, 0)且在y 轴上的截距为−2的直线l 与
椭圆E 交于A ，B 两点，以OA 和OB 为邻边作平行四边形OBCA ，其中OC |OC →|
=(2√55,−√5
5
)，则椭圆E 的方程为（ ） A.x 212+y 28=1 B.
x 25+y 2=1 C.
x 26
+
y 22
=1
D.x 28
+
y 24
=1
D
【考点】 椭圆的定义 【解析】
设椭圆的标准方程为：
x 2
a 2
+y 2
b 2=1(a >b >0)．设A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)．直线l 的方程为：y =x −(2)联立{y =x −2
x 2
a 2
+y 2
b 2=1
，化为：(a 2+b 2)x 2−4a 2x +4a 2−a 2b 2=0，由
以OA 和OB 为邻边作平行四边形OBCA ，其中OC |OC →|
=(2√55,−√5
5
)，可得OC →
=OA →
+OB →
=(x 1+x 2, y 1+y 2)=(4a 2a 2+b
2,
−4b 2a 2+b 2
)．可得a 2=2b 2，又a 2−b 2=4，联立解得．
【解答】
设椭圆的标准方程为：x 2a 2
+y 2
b 2=1(a >b >0)．设A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)． 直线l 的方程为：y =
0−(−2)2−0
x −2，化为：y =x −(2)
联立{y =x −2
x 2
a 2
+
y 2b 2
=1
，化为：(a 2+b 2)x 2−4a 2x +4a 2−a 2b 2=0，
△>0，x 1+x 2=4a 2
a 2+
b 2，
∴ y 1+y 2=x 1+x 2−4，
∵ 以OA 和OB 为邻边作平行四边形OBCA ，其中OC |OC →|
=(2√55,−√5
5
)， ∴ OC →
=OA →
+OB →
=(x 1+x 2, y 1+y 2)=(4a 2
a 2+
b 2,−4b 2
a 2+
b 2
)． ∴ a 2=2b 2，又a 2−b 2=4， 解得b 2=4，a 2=(8) ∴ 椭圆的标准方程为：
x 28
+
y 24
=(1)
故选：D ．
11. 甲、乙、丙、丁四位同学中仅有一人申请了北京大学的自主招生考试．当他们被问到谁申请了北京大学的自主招生考试时，甲说：“丙或丁申请了”；乙说：“丙申请了”；丙说：“甲和丁都没有申请”；丁说：“乙申请了”．如果这四位同学中只有两人说的是对的，那么申请了北京大学的自主招生考试的同学是（ ） A.甲 B.乙 C.丙 D.丁 【答案】 B
【考点】
进行简单的合情推理 【解析】
本题主要考查逻辑推理，考查的核心素养是逻辑推理． 【解答】
解：若是甲申请了，则甲、乙、丙、丁四人说的都是错的，不符合题意；
若是乙申请了，则甲、乙两人说的都是错的，丙、丁两人说的都是对的，符合题意；
若是丙申请了，则甲、乙、丙三人说的都是对的，只有丁一人说的是错的，不符合题意；
若是丁申请了，则只有甲一人说的是对的，乙、丙、丁三人说的都是错的，不符合题意．
综上可知，选B．
故选B．
12. 函数f(x)=x+e x|x|−e x的零点个数为（）
A.0
B.1
C.2
D.3
【答案】
B
【考点】
函数零点的判定定理
【解析】
分类讨论，当x≥0时，根据函数的零点存在定理，可以判断f(x)在[0, +∞)有唯一的
零点，再根据导数和函数的最值可以判断f(x)在(−∞, 0)上无零点，即可得到答案．
【解答】
当x≥0时，f(x)=x+xe x−e x，则f′(x)=1+e x+xe x−e x=1+xe x>0恒成立，∴f(x)在[0, +∞)上单调递增，
∴f(x)≥f(0)=0+0−1=−1，
∵f(1)=1>0，
∴f(0)f(1)<0，
∴f(x)在[0, +∞)有唯一的零点，
当x<0时，f(x)=x−xe x−e x，则f′(x)=1−e x−xe x−e x=1−e x(2+x)，
设g(x)=1−e x(2+x)，
∴g′(x)=−e x(x+3)，
令g′(x)=0，解得x=−3，
当x∈(−∞, −3)时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增，
当x∈(−3, 0)时，g′(x)<0，函数g(x)单调递增减，
∴g(x)max=g(−3)=1+e−3>0，
∵g(0)=−1，当x→−∞时，g(x)→1，g(−1)=1−1
>0
e
∴存在x0∈(−1, 0)使得g(x0)=0，即1−e x0(2+x0)=0，
当x∈(−∞, x0)时，f′(x)=g(x)>0，函数f(x)单调递增，
当x∈(x0, 0)时，f′(x)=g(x)<0，函数f(x)单调递减，
∴f(x)max=f(x0)=x0−x0e x0−e x0=x0−x0+1
<0，
x0+2
∴f(x)在(−∞, 0)上无零点，
综上所述，f(x)在R上有唯一的零点，
故选：B．
二、填空题:本题共4小题，每小题5分，共20分。

把答案填在答题纸上。

一个公司共有360名员工，下设一些部门，要采用分层抽样的方法从全体员工中抽取
容量为72的样本，已知某部门被抽取的员工人数为10，那么该部门的员工人数是
________．
【答案】
50
【考点】
分层抽样方法
【解析】
本题主要考查分层抽样．
【解答】
=50．
解：由题意知，该部门的员工人数为10×360
72
故答案为：50．
(m∈R)为奇函数．
当m=________时，函数f(x)=e x+m
e x
【答案】
−1
【考点】
函数奇偶性的性质
【解析】
可知f(x)为R上的奇函数，从而有f(0)=0，从而得到1+m=0，这样即可求出m的值．
【解答】
f(x)为R上的奇函数；
∴f(0)=0；
即1+m=0；
∴m=−(1)
m，n是两条直线，α，β是两个平面．给出下列命题：
①m⊥α，n⊥β，α // β，则m // n；
②m⊥n，n⊂α，则m⊥α；
③若m // β，n⊂β，则m // n；
④α⊥β，m // α，则m⊥β；
其中正确命题的序号是________
【答案】
①
【考点】
平面的基本性质及推论
【解析】
根据空间中的线面、面面之间的平行与垂直关系，对题目中的命题判断正误即可．
【解答】
对于①，m⊥α，n⊥β，α // β，根据线面垂直的性质定理得出m // n，①正确；
对于②，m⊥n，n⊂α时，根据线面垂直的判定定理知，m⊥α不一定成立，∴ ②
错误；
对于③，m // β，n⊂β时，根据线面平行的性质定理知，m // n不一定成立，∴ ③
错误；
对于④，α⊥β，m // α时，根据线面平行的定义知，m⊥β不一定成立，∴ ④错误；综上，其中正确命题的序号是①．
已知数列{a n}中，a1=3
，S n为数列{a n}的前n项和，且2a n+1=a n+1S n+S n2，则
2
S n =________． 【答案】
6
7−3n 【考点】 数列递推式 【解析】
直接利用递推关系式求出数列的通项公式． 【解答】
数列{a n }中，a 1=3
2，S n 为数列{a n }的前n 项和，且2a n+1=a n+1S n +S n 2，
则：2(S n+1−S n )=(S n+1−S n )S n 2+S n 2， 整理得：S n+1−S n =1
2S n+1∗S n ， 则：1
S
n+1
−1S n
=−1
2(常数)，
所以：数列{1S n
}是以1S 1
=23为首项，−1
2为公差的等差数列．
则：1S n
=23−1
2(n −1)，
整理得：S n =6
7−3n ，
三、解答题：本大题共5小题，共70分。

解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

已知△ABC 中的内角A ，BC 的对边分别为a ，b ，c ，其中b =3，c =2，A =π
3，AD →
=
13
AC →
，BE →=λBC →
， (Ⅰ)求a 及sinB 的值；
(Ⅱ)求△ABE 与△CDE 的面积的乘积的最大值及相应的λ的值． 【答案】
(Ⅰ)△ABC 中的内角A ，BC 的对边分别为a ，b ，c ，其中b =3，c =2，A =π
3， 利用余弦定理：a 2=b 2+c 2−2bccosA ， 解得：a =√7．
利用正弦定理：a
sinA =b
sinB ， 解得：sinB =
3√21
14
； (Ⅱ)利用正弦定理：a
sinA =c
sinC ，
解得：sinC =√21
7
．
由于：AD →
=13AC →
，BE →=λBC →
，
设：BE =t ，
S △ABE =1
2∗AB ∗BE ∗sinB =
3√21
14
t ，
S △CDE =1
2
∗CD ∗CE ∗sinC =
√21
7
(√7−t)，
所以：S =S ABE ⋅S △CDE =9
14(−t 2+√7t)，
当t =√7
2
时，即λ=1
2时，S 的最大值为9
8．
【考点】 三角形求面积 【解析】
(Ⅰ)直接利用正弦定理和余弦定理求出结果．
(Ⅱ)利用正弦定理和三角形的面积公式和二次函数的性质的应用求出结果． 【解答】
(Ⅰ)△ABC 中的内角A ，BC 的对边分别为a ，b ，c ，其中b =3，c =2，A =π
3， 利用余弦定理：a 2=b 2+c 2−2bccosA ， 解得：a =√7．
利用正弦定理：a
sinA =b
sinB ， 解得：sinB =
3√21
14
； (Ⅱ)利用正弦定理：a
sinA =c
sinC ，
解得：sinC =√21
7
．
由于：AD →
=13AC →
，BE →
=λBC →
，
设：BE =t ，
S △ABE =1
2∗AB ∗BE ∗sinB =
3√21
14t ， S △CDE =1
2∗CD ∗CE ∗sinC =
√21
7
(√7−t)，
所以：S =S ABE ⋅S △CDE =9
14(−t 2+√7t)，
当t =√7
2
时，即λ=1
2时，S 的最大值为9
8．
哈市某单位为了提高员工的业务水平，举办了一次“岗位技能”大赛，从参赛的青年技师（35岁及35岁以下的技师）和中老年技师（35岁以上的技师）的成绩中各抽取20个进行研究，满分为100分，且均保留到小数点后一位，如95.3．具体成绩如茎叶图所示（以成绩的整数部分为茎，小数部分为叶），并将这40个成绩分成四组，第一组[95, 96)；第二组[96, 97)；第三组[97, 98)；第四组[98, 99)．
(Ⅰ)根据以上数据写出抽取的20名青年技师的中位数，并补全上面的频率分布直方图； (Ⅱ)从成绩在[95, 97)之间的技师中随机抽取2个，求其中2人成绩在[95, 96)之间的概率；
(Ⅲ)研究发现从业时间与岗位技能水平之间具有线性相关关系，从上述抽取的40名技师中抽取5名技师的成绩，数据如表．其中，x ^=15，y ^
=97.1．用最小二乘法求得的回归方程为y ^=0.16x +a ^
，请完成下表根据下表判断该线性回归模型对该组数据的拟合效果（通常相关指数R 2>0.80）时认为线性回归模型对该组数据是有效的）
附：R 2
=1−
∑(i=1y i −y i ^)
2∑(n i=1y i −y)
2．
【答案】
(Ⅰ)从小到大排列第10个和第11个的成绩分别为 97.2、97.4，计算它们的中位数为
12
×(97.2+97.4)=97.3，
补全频率分布直方图，如图所示；
(Ⅱ)设所求事件为A ，由已知成绩在[95, 97) 之间的技师有12人，
成绩在[95, 96)之间的技师有4人， 从中任取2人，所求的概率为P =C 4
2C 122=1
11；
(Ⅲ)根据x ^=15，y ^=97.1，代入回归方程y ^=0.16x +a ^
中， 求得a ∧
=97.1−0.16×15=94.7， ∴ y ∧=0.16x +94.7， 完成下表，
计算相关指数R 2
=1−
∑(n i=1y i −y i ^)
2∑(n i=1y i −y)
2≈1−0.06=0.94>0.8；
所以认为线性回归模型对该组数据是有效的．
【考点】
求解线性回归方程 【解析】
(Ⅰ)根据中位数的概念求出中位数，补全频率分布直方图即可； (Ⅱ)利用古典概型的概率公式计算所求的概率；
(Ⅲ)由题意求出回归方程，填写对应表格，计算相关指数，即可得出结论． 【解答】
(Ⅰ)从小到大排列第10个和第11个的成绩分别为 97.2、97.4，计算它们的中位数为
12
×(97.2+97.4)=97.3，
补全频率分布直方图，如图所示；
(Ⅱ)设所求事件为A ，由已知成绩在[95, 97) 之间的技师有12人，
成绩在[95, 96)之间的技师有4人， 从中任取2人，所求的概率为P =C 4
2C 122=1
11；
(Ⅲ)根据x ^=15，y ^=97.1，代入回归方程y ^=0.16x +a ^
中， 求得a ∧
=97.1−0.16×15=94.7， ∴ y ∧
=0.16x +94.7， 完成下表，
计算相关指数R 2
=1−
∑(n i=1y i −y i ^)
2∑(n i=1y i −y)
2≈1−0.06=0.94>0.8；
所以认为线性回归模型对该组数据是有效的．
直三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，AC =AA 1=4，AC ⊥BC ． (Ⅰ)证明：AC 1⊥A 1B ；
(Ⅱ)当BC 的长为多少时，直线A 1B 与平面ABC 1所成角的正弦值为1
3．
【答案】
证明：(Ⅰ)∵ BC ⊥AC ，BC ⊥AA 1，AC ∩AA 1=A ， ∴ BC ⊥平面AA 1C 1C ，
又∵ AC 1⊂平面AA 1C 1C ，∴ AC 1⊥BC ，
连结A 1C ，四边形AA 1C 1C 是正方形，∴ AC 1⊥A 1C ， 且BC ∩A 1C =C ， ∴ AC 1⊥平面A 1BC ，
又∵ A 1B ⊂平面A 1BC ，∴ AC 1⊥A 1B ．
(Ⅱ)以C 为原点，CA 、CB 、CC 1所在直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系C −xyz ， 设BC =a ，
则C(0, 0, 0)，A(4, 0, 0)，B(0, a, 0)，C 1(0, 0, 4)，A 1(4, 0, 4)， A 1B →
=(−4, a, −4)，AB →
=(−4, a, 0)，AC 1→
=(−4, 0, 4)， 设平面ABC 1的法向量为n →
=(x, y, z)，
则{AB →
∗n →
=−4x +ay =0AC 1→∗n →
=−4x +4z =0 ，取x =a ，得n →
=(a, 4, a)， ∵ 直线A 1B 与平面ABC 1所成角的正弦值为1
3． ∴ |cos <A 1B →
，n →
|=√32+a 2∗√2a 2+16
=1
3．
解得a =(4)
【考点】
直线与平面所成的角 【解析】
(Ⅰ)由BC ⊥AC ，BC ⊥AA 1，得BC ⊥平面AA 1C 1C ，从而AC 1⊥BC ，连结A 1C ，四边形AA 1C 1C 是正方形，则AC 1⊥A 1C ，由此能证明AC 1⊥平面A 1BC ，从而AC 1⊥A 1B ．
(Ⅱ)以C 为原点，CA 、CB 、CC 1所在直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系C −xyz ，利用向量法能求出a ． 【解答】
证明：(Ⅰ)∵ BC ⊥AC ，BC ⊥AA 1，AC ∩AA 1=A ， ∴ BC ⊥平面AA 1C 1C ，
又∵ AC 1⊂平面AA 1C 1C ，∴ AC 1⊥BC ，
连结A 1C ，四边形AA 1C 1C 是正方形，∴ AC 1⊥A 1C ， 且BC ∩A 1C =C ， ∴ AC 1⊥平面A 1BC ，
又∵ A 1B ⊂平面A 1BC ，∴ AC 1⊥A 1B ．
(Ⅱ)以C 为原点，CA 、CB 、CC 1所在直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系C −xyz ， 设BC =a ，
则C(0, 0, 0)，A(4, 0, 0)，B(0, a, 0)，C 1(0, 0, 4)，A 1(4, 0, 4)， A 1B →
=(−4, a, −4)，AB →
=(−4, a, 0)，AC 1→
=(−4, 0, 4)， 设平面ABC 1的法向量为n →
=(x, y, z)，
则{AB →
∗n →
=−4x +ay =0AC 1→∗n →
=−4x +4z =0 ，取x =a ，得n →
=(a, 4, a)， ∵ 直线A 1B 与平面ABC 1所成角的正弦值为1
3． ∴ |cos <A 1B →
，n →
|=√32+a 2∗√2a 2+16
=1
3．
解得a =(4)
过抛物线C:x 2=2py(p >0)焦点F 的直线l 1与抛物线C 相交于A ，B 两点，当|AB|=12时，AB 的中点到x 轴的距离是5． (Ⅰ)求抛物线C 的方程；
(Ⅱ)过F 垂直于l 1的直线l 2与抛物线交于D ，E 两点，M ，N 分别为线段AB ，DE 的中点，求|MN|的最小值．
【答案】
（I ）设A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)，则|AF|=y 1+p
2，|BF|=y 2+p
2，|AB|=y 1+y 2+p ， AB 的中点到x 轴的距离是5，可得
y 1+y 22
=5，∴ y 1+y 2=10，10+p =12，解得p =
(2)
∴ x 2=4y ．
(Ⅱ)由题意可得：直线AB 的斜率存在且不为0，设为：y =kx +1(k ≠0)， 联立{
x 2=4y
y =kx +1 ，化为：x 2−4kx −4=0，则△=16k 2+16>0， 设A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)， x 1+x 2=4k ，x 1x 2=−4，
x 1+x 22
=2k,
y 1+y 22
=2k 2+1，
∴ M(2k, 2k 2+1)，N(−2
k , 2
k 2+1)，|MN|=√(2k +2k
)2+(2k 2−
2k 2
)2=
2√k 2+
1k 2
+k 4+
1k 4
≥2√2+2=(4)
当且仅当k =±1时，|MN|=(4) 【考点】 抛物线的求解 【解析】
（I ）设A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)，利用定义可得|AF|=y 1+p
2，|BF|=y 2+p
2，|AB|=y 1+y 2+p ，AB 的中点到x 轴的距离是5，可得
y 1+y 22
=5，解得p ．
(Ⅱ)由题意可得：直线AB 的斜率存在且不为0，设为：y =kx +1(k ≠0)，
联立{
x 2=4y
y =kx +1
，化为：x 2−4kx −4=0，则△=16k 2+16>0，可得x 1+x 22=2k,
y 1+y 22
=2k 2+1，|MN|=√(2k +2k )2+(2k 2−
2k 2
)2=2√k 2+1k 2+k 4+1
k 4≥
2√2+2=(4) 【解答】
（I ）设A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)，则|AF|=y 1+p
2，|BF|=y 2+p
2，|AB|=y 1+y 2+p ，
(2)
∴ x 2=4y ．
(Ⅱ)由题意可得：直线AB 的斜率存在且不为0，设为：y =kx +1(k ≠0)， 联立{
x 2=4y
y =kx +1 ，化为：x 2−4kx −4=0，则△=16k 2+16>0， 设A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)， x 1+x 2=4k ，x 1x 2=−4，
x 1+x 22
=2k,
y 1+y 22
=2k 2+1，
∴ M(2k, 2k 2+1)，N(−2
k , 2
k 2+1)，|MN|=√(2k +2k
)2+(2k 2−
2k 2
)2=
2√k 2+1k 2+k 4+1
k 4≥2√2+2=(4) 当且仅当k =±1时，|MN|=(4)
已知S 1=1
2+1
3+⋯+1
n ，S 2=1+1
2+⋯+1
n−1，直线x =1，x =n ，y =0与曲线y =
1x
所围成的曲边梯形的面积为S ，其中n ∈N ，且n ≥2．
(Ⅰ)比较S 1，S ，S 2的大小（直接写出结论，不需要证明）； (Ⅱ)当x >0时，ax
x+1<ln(x +1)<ax 恒成立，求实数a 的值； (Ⅲ)求证：ln 3n+1n+1
<∑n i=1
(13n−2+13n−1−2
3n )<ln3．
【答案】 （1）S =∫n
1
1x dx ，
故：S 1<S <S 2．
（2）由已知得：当a ≤0时，ln(x +1)>0，ax ≤0，不合题意， 故：a >(0)
由于ax
x+1<ln(x +1)恒成立，
即：ax <(x +1)ln(x +1)(x >0)恒成立， 令：m(x)=(x +1)ln(x +1)−ax ， 所以：m′(x)=ln(x +1)+1−a ，
当a ≤1时，m(x)在(0, +∞)上为增函数，此时m(x)>0成立． 当a >1时，m(x)在(0, e a−1−1)上为减函数，不合题意舍去， 所以：a ≤(1)
令n(x)=ax −lnx(x +1)，n ′(x)=a −1
x+1， 当a ≥1时，n(x)在(0, +∞)上为增函数， 此时，n(x)>0，ln(x +1)<ax 恒成立，
当0<a <1时，n(x)在(0, 1
a −1)上为减函数，不合题意，舍去， 所以：a ≥1， 综上所述：a =(1)
由于(1+1
2+1
3
+⋯+1
3n
)−(1+1
2
+1
3
+⋯+1
n
)=1
n+1
+1
n+2
+⋯+1
3n
，
所以：1
n+1+1
n+2
+⋯+1
3n
>ln(1+1
n+1
)+ln(1+1
n+2
)+⋯+ln(1+1
3n
)=ln3n+1
n+1
，
1 n+1+1
n+2
+⋯+1
3n
<ln(n+1
n
)+ln(n+2
n+1
)+⋯+ln(3n
3n−1
)=ln3，
故：ln3n+1
n+1<∑n i=1(1
3n−2
+1
3n−1
−2
3n
)<ln3．
【考点】
数列的求和
【解析】
(Ⅰ)直接利用数列的关系式得出结论．(Ⅱ)利用导数的性质求出参数的值．(Ⅲ)利用数列的放缩法求出结论．【解答】
（1）S=∫n
11
x dx，
故：S1<S<S2．
（2）由已知得：当a≤0时，ln(x+1)>0，ax≤0，不合题意，故：a>(0)
由于ax
x+1
<ln(x+1)恒成立，
即：ax<(x+1)ln(x+1)(x>0)恒成立，
令：m(x)=(x+1)ln(x+1)−ax，
所以：m′(x)=ln(x+1)+1−a，
当a≤1时，m(x)在(0, +∞)上为增函数，此时m(x)>0成立．
当a>1时，m(x)在(0, e a−1−1)上为减函数，不合题意舍去，
所以：a≤(1)
令n(x)=ax−lnx(x+1)，n′(x)=a−1
x+1
，
当a≥1时，n(x)在(0, +∞)上为增函数，
此时，n(x)>0，ln(x+1)<ax恒成立，
当0<a<1时，n(x)在(0, 1
a
−1)上为减函数，不合题意，舍去，
所以：a≥1，
综上所述：a=(1)
证明：(Ⅲ)由已知：∑n i=1(1
3n−2+1
3n−1
−2
3n
)=∑n i=1(1
3n−2
+1
3n−1
+1
3n
−1
n
)，
由于(1+1
2+1
3
+⋯+1
3n
)−(1+1
2
+1
3
+⋯+1
n
)=1
n+1
+1
n+2
+⋯+1
3n
，
所以：1
n+1+1
n+2
+⋯+1
3n
>ln(1+1
n+1
)+ln(1+1
n+2
)+⋯+ln(1+1
3n
)=ln3n+1
n+1
，
1 n+1+1
n+2
+⋯+1
3n
<ln(n+1
n
)+ln(n+2
n+1
)+⋯+ln(3n
3n−1
)=ln3，
故：ln3n+1
n+1<∑n i=1(1
3n−2
+1
3n−1
−2
3n
)<ln3．
[选修4-4：坐标系与参数方程]
在直角坐标系xOy 中，已知椭圆E 的方程为：
x 26
+y 22
=1．
(Ⅰ)以原点为极点，x 轴非负半轴为极轴，建立极坐标系，椭圆E 上一点A （第一象限内）满足|OA|=2，求点A 的极坐标；
(Ⅱ)将直线OA 绕点A 逆时针旋转π
6与椭圆E 交于另一点C ，与极轴交于点B ，求|BA||BC|的值． 【答案】
(Ⅰ)∵ 椭圆E 的方程为：
x 26
+
y 22
=1． ∴ 椭圆E 的极坐标方程为
ρ2cos 2θ
6
+
ρ2sin 2θ
2
=1，
整理，得椭圆E 的极坐标方程为ρ2=6
cos 2θ+3sin 2θ， 将ρ=2代入上式，得cos 2θ=3
4，
∵ A 在第一象限，∴ cosθ=√3
2
，∴ θ=π
6，
∴ A(2, π
6)．
(Ⅱ)∵ 点A 的极坐标A(2, π
6)，∴ 点A 的直角坐标A(√3, 1)， 直线AC 的方程为y =√3x −2， ∴ B(2√33
, 0)，
直线AB 的参数方程为{x =2√33+
t
2
y =√32t ，（t 为参数）， 代入椭圆方程
x 26
+
y 22
=1，得52
t 2+
2√33
t −
143
=0，
∴ t 1t 2=−28
15， ∴ |BA||BC|的值为28
15．
【考点】
参数方程与普通方程的互化 【解析】
(Ⅰ)由椭圆E 的直角坐标方程，能求出椭圆E 的极坐标方程，将ρ=2代入上式，得cos 2θ=3
4，由此能求出点A 的极坐标．
(Ⅱ)求出点A(√3, 1)，直线AC 的方程为y =√3x −2，从而B(2√3
3
, 0)，求出直线AB 的参
数方程，代入椭圆方程x 26
+
y 22
=1，得52
t 2+
2√33
t −
143
=0，由此能求出|BA||BC|的值．
(Ⅰ)∵ 椭圆E 的方程为：
x 26
+
y 22
=1． ∴ 椭圆E 的极坐标方程为
ρ2cos 2θ
6
+
ρ2sin 2θ
2
=1，
整理，得椭圆E 的极坐标方程为ρ2=6
cos 2θ+3sin 2θ， 将ρ=2代入上式，得cos 2θ=3
4，
∵ A 在第一象限，∴ cosθ=√32
，∴ θ=π
6，
∴ A(2, π
6)．
(Ⅱ)∵ 点A 的极坐标A(2, π
6)，∴ 点A 的直角坐标A(√3, 1)， 直线AC 的方程为y =√3x −2， ∴ B(2√33
, 0)，
直线AB 的参数方程为{x =2√33+
t
2
y =√32t ，（t 为参数）， 代入椭圆方程
x 26
+
y 22
=1，得52
t 2+
2√33
t −
143
=0，
∴ t 1t 2=−28
15， ∴ |BA||BC|的值为28
15． [选修4-5：不等式选讲]
已知关于x 的函数f(x)=|x +2|+|x −2|． (Ⅰ)求f(x)的最小值m ；
(Ⅱ)若p ，q ，r ∈R ，且1
p 2+4
q 2+9
r 2=m
4，求证：p 2+q 2+r 2≥36． 【答案】
(Ⅰ)∵ |x +2|+|x −2|≥|(x +2)−(x −2)|=(4)
当且仅当(x +2)(x −2)≤0时取等号，即x ∈[−2, 2]时，f(x)取最小值（4） 证明：(Ⅱ)由(Ⅰ)得1
p 2+4
q 2+9
r 2=
m 4
=1
∴ 由柯西不等式得，(p 2+q 2+r 2)(1
p 2+4
q 2+9
r 2)≥(p ×1
p +q ×2
q +r ×3
r )2=(1+2+3)2=62=36， ∴ p 2+q 2+r 2≥(36) 【考点】
绝对值三角不等式 【解析】
（I ）利用|x +2|+|x −2|≥|(x +2)−(x −2)|=4，从而可求y =f(x)的最小值； (Ⅱ)利用柯西不等式即可得出结论．
(Ⅰ)∵|x+2|+|x−2|≥|(x+2)−(x−2)|=(4)
当且仅当(x+2)(x−2)≤0时取等号，即x∈[−2, 2]时，f(x)取最小值（4）
证明：(Ⅱ)由(Ⅰ)得1
p
+4
q
+9
r
=m
4
=1
∴由柯西不等式得，(p2+q2+r2)(1
p2+4
q2
+9
r2
)≥(p×1
p
+q×2
q
+r×3
r
)2=(1+
2+3)2=62=36，∴p2+q2+r2≥(36)。