贵州省2017届高考数学适应性试卷理科解析版

省2017届高考数学适应性试卷〔理科〕
一、选择题〔本大题共12小题，每题5分，共60分〕
1．设集合M={x|x2﹣2x＜0}，N={x|x≥1}，那么M∩N=〔〕
A．{x|x≥1} B．{x|1≤x＜2} C．{x|0＜x≤1} D．{x|x≤1}
2．x，y∈R，i是虚数单位，且〔2x+i〕〔1﹣i〕=y，那么y的值为〔〕A．﹣1 B．1 C．﹣2 D．2
3．数列{a n}满足a n=a n+1，假设a3+a4=2，那么a4+a5=〔〕
A．B．1 C．4 D．8
4．向量与不共线，且向量=+m，=n+，假设A，B，C三点共线，那么实数m，n〔〕
A．mn=1 B．mn=﹣1 C．m+n=1 D．m+n=﹣1
5．执行如下图的程序框图，如果输入的a，b分别为56，140，那么输出的a=〔〕
A．0 B．7 C．14 D．28
6．我国南北朝时代的数学家祖暅提出体积的计算原理〔组暅原理〕：“幂势既同，那么积不容异〞．“势〞即是高，“幂〞是面积．意思是：如果两等高的几何体在同高处截得两几何体的截面积总相等，那么这两个几何体的体积相等，类比祖暅原理，如下图，在平面直角坐标系中，图1是一个形状不规那么的封闭图
形，图2是一个上底长为1、下底长为2的梯形，且当实数t取[0，3]上的任意值时，直线y=t被图1和图2所截得的两线段长总相等，那么图1的面积为〔〕
A．4 B．C．5 D．
7．如图，在正方体ABC的﹣A1B1C1D1中，点P是线段A1C1上的动点，那么三棱锥P﹣BCD的俯视图与正视图面积之比的最大值为〔〕
A．1 B．C．D．2
8．△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，b=2，B=45°，假设三角形有两解，那么a的取值围是〔〕
A．a＞2B．0＜a＜2 C．2＜a＜2D．2＜a＜2
9．区域Ω={〔x，y〕||x|≤，0≤y≤}，由直线x=﹣，x=，曲线y=cosx 与x轴围成的封闭图象所表示的区域记为A，假设在区域Ω随机取一点P，那么点P在区域A的概率为〔〕
A．B．C．D．
10．某地一年的气温Q〔t〕〔单位：℃〕与时间t〔月份〕之间的关系如下图．该年的平均气温为10℃，令C〔t〕表示时间段[0，t]的平均气温，以下四个函数图象中，最能表示C〔t〕与t之间的函数关系的是〔〕
A．B．C．
D．
11．点A是抛物线x2=4y的对称轴与准线的交点，点F为抛物线的焦点，P在抛物线上且满足|PA|=m|PF|，当m取最大值时|PA|的值为〔〕
A．1 B．C．D．2
12．函数f〔x〕=函数g〔x〕=f〔2﹣x〕﹣b，其中b∈R，假设函数y=f〔x〕+g〔x〕恰有4个零点，那么b的取值围是〔〕
A．〔7，8〕B．〔8，+∞〕C．〔﹣7，0〕D．〔﹣∞，8〕
二、填空题〔本小题共4小题，每题5分，共20分〕
13．假设函数f〔x〕=〔x﹣a〕〔x+3〕为偶函数，那么f〔2〕=．
14．〔x+a〕4的展开式中含x4项的系数为9，那么实数a的值为．
15．设A，B是球O的球面上两点，∠AOB=，C是球面上的动点，假设四面体OABC的体积V的最大值为，那么此时球的外表积为．
16．数列{a n}满足a1=﹣40，且na n+1﹣〔n+1〕a n=2n2+2n，那么a n取最小值时n的值为．
三、解答题〔此题共70分〕
17．〔12分〕设△ABC的角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且acosB=4，bsinA=3．〔1〕求tanB及边长a的值；
〔2〕假设△ABC的面积S=9，求△ABC的周长．
18．〔12分〕为检测空气质量，某市环保局随机抽取了甲、乙两地2016年20天PM2.5日平均浓度〔单位：微克/立方米〕监测数据，得到甲地PM2.5日平均浓度频率分布直方图和乙地PM2.5日平均浓度的频数分布表．
乙地20天PM2.5日平均浓度频数分布表
[0，20]〔20，40]〔40，60]〔60，80]〔80，100] PM2.5日平
均浓度〔微
克/立方米〕
频数〔天〕23465〔1〕根据乙地20天PM2.5日平均浓度的频率分布表作出相应的频率分组直方图，并通过两个频率分布直方图比拟两地PM2.5日平均浓度的平均值及分散程度〔不要求计算出具体值，给出结论即可〕；
〔2〕通过调查，该市市民对空气质量的满意度从高到低分为三个等级：
满意度等级非常满意满意不满意
PM2.5日平均浓度〔微克/立
方米〕不超过20大于20不超过
60
超过60
记事件C：“甲地市民对空气质量的满意度等级高于乙地市民对空气质量的满意度等级〞，假设两地市民对空气质量满意度的调查结果相互独立，根据所给数据，利用样本估计总体的统计思想，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率，求事件C的概率．
19．〔12分〕如图1，在等腰直角三角形ABC中，∠B=90°，将△ABC沿中位线DE翻折得到如图2所示的空间图形，使二面角A﹣DE﹣C的大小为θ〔0＜θ＜〕．
〔1〕求证：平面ABD⊥平面ABC；
〔2〕假设θ=，求直线AE与平面ABC所成角的正弦值．
20．〔12分〕椭圆E ：+=1〔a＞b＞0〕的离心率为，点P〔1，〕在椭圆E上，直线l过椭圆的右焦点F且与椭圆相交于A，B两点．
〔1〕求E的方程；
〔2〕在x轴上是否存在定点M ，使得•为定值？假设存在，求出定点M的坐标；假设不存在，说明理由．
21．〔12分〕函数f〔x〕=xlnx+ax，函数f〔x〕的图象在点x=1处的切线与直线x+2y﹣1=0垂直．
〔1〕求a的值和f〔x〕的单调区间；
〔2〕求证：e x＞f′〔x〕．
[选修4-4：坐标系与参数方程选讲]
22．〔10分〕曲线C1的参数方程为〔α为参数〕在以原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2的极坐标方程为ρcos2θ=sinθ．〔1〕求曲线C1的极坐标方程和曲线C2的直角坐标方程；
〔2〕过原点且倾斜角为α〔＜α≤〕的射线l与曲线C1，C2分别相交于A，B两点〔A，B异于原点〕，求|OA|•|OB|的取值围．
[选修4-5：不等式选讲]
23．函数f〔x〕=|x﹣1|+|x﹣5|，g〔x〕=．
〔1〕求f〔x〕的最小值；
〔2〕记f〔x〕的最小值为m，实数a，b满足a2+b2=6，求证：g〔a〕+g〔b〕≤m．
2017年省高考数学适应性试卷〔理科〕
参考答案与试题解析
一、选择题〔本大题共12小题，每题5分，共60分〕
1．设集合M={x|x2﹣2x＜0}，N={x|x≥1}，那么M∩N=〔〕
A．{x|x≥1} B．{x|1≤x＜2} C．{x|0＜x≤1} D．{x|x≤1}
【考点】交集及其运算．
【分析】解不等式求出集合M，再根据交集的定义写出M∩N．
【解答】解：集合集合M={x|x2﹣2x＜0}={x|0＜x＜2}，N={x|x≥1}，
那么M∩N={x|1≤x＜2}
应选：B．
【点评】此题考察了交集及其运算，熟练掌握交集的定义是解此题的关键．
2．x，y∈R，i是虚数单位，且〔2x+i〕〔1﹣i〕=y，那么y的值为〔〕A．﹣1 B．1 C．﹣2 D．2
【考点】复数代数形式的乘除运算．
【分析】利用复数的运算法那么、复数相等即可得出．
【解答】解：∵y=〔2x+i〕〔1﹣i〕=2x+1+〔1﹣2x〕i，
∴，
解得y=2
应选：D．
【点评】此题考察了复数的运算法那么、复数相等，考察了计算能力，属于根底题．
3．数列{a n}满足a n=a n+1，假设a3+a4=2，那么a4+a5=〔〕
A．B．1 C．4 D．8
【考点】等比数列的通项公式．
【分析】根据条件可以求得公比q=2．
【解答】解：∵数列{a n}满足a n=a n+1，
∴=2．
那么该数列是以2为公比的等比数列．
由a3+a4=2，得到：4a1+8a1=2，
解得a1=，
那么a4+a5=8a1+16a1=24a1=24×=4，
应选：C．
【点评】此题考察了等比数列的通项公式，是根底的计算题．
4．向量与不共线，且向量=+m，=n+，假设A，B，C三点共线，那么实数m，n〔〕
A．mn=1 B．mn=﹣1 C．m+n=1 D．m+n=﹣1
【考点】平行向量与共线向量．
【分析】由题意可得∥，再根据两个向量共线的性质可得=，由此可得结论．
【解答】解：由题意可得∥，
∴=λ•，故有=，
∴mn=1，
应选：A．
【点评】此题主要考察两个向量共线的性质，两个向量坐标形式的运算，属于中档题．
5．执行如下图的程序框图，如果输入的a，b分别为56，140，那么输出的a=〔〕
A．0 B．7 C．14 D．28
【考点】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a，b的值，当a=28，b=28时，不满足条件a≠b，退出循环，输出a的值．
【解答】解：模拟程序的运行，可得
a=56，b=140，
满足条件a≠b，不满足条件a＞b，b=140﹣56=84，
满足条件a≠b，不满足条件a＞b，b=84﹣56=28，
满足条件a≠b，满足条件a＞b，a=56﹣28=28，
不满足条件a≠b，退出循环，输出a的值为28．
应选：D．
【点评】此题主要考察了循环构造的程序框图，正确依次写出每次循环得到的a，b的值是解题的关键，属于根本知识的考察．
6．我国南北朝时代的数学家祖暅提出体积的计算原理〔组暅原理〕：“幂势既同，那么积不容异〞．“势〞即是高，“幂〞是面积．意思是：如果两等高的几何体在同高处截得两几何体的截面积总相等，那么这两个几何体的体积相等，类
比祖暅原理，如下图，在平面直角坐标系中，图1是一个形状不规那么的封闭图形，图2是一个上底长为1、下底长为2的梯形，且当实数t取[0，3]上的任意值时，直线y=t被图1和图2所截得的两线段长总相等，那么图1的面积为〔〕
A．4 B．C．5 D．
【考点】进展简单的演绎推理．
【分析】根据题意，由祖暅原理，分析可得图1的面积等于图2梯形的面积，计算梯形的面积即可得出结论．
【解答】解：根据题意，由祖暅原理，分析可得图1的面积等于图2梯形的面积，又由图2是一个上底长为1、下底长为2的梯形，其面积S==；
应选：B．
【点评】此题考察演绎推理的运用，关键是理解题目中祖暅原理的表达．
7．如图，在正方体ABC的﹣A1B1C1D1中，点P是线段A1C1上的动点，那么三棱锥P﹣BCD的俯视图与正视图面积之比的最大值为〔〕
A．1 B．C．D．2
【考点】简单空间图形的三视图．
【分析】分析三棱锥P﹣BCD的正视图与侧视图的形状，并求出面积，可得答案．【解答】解：设棱长为1，那么三棱锥P﹣BCD的正视图是底面边长为1，高为1的三角形，面积为：；
三棱锥P﹣BCD的俯视图取最大面积时，P在A1处，俯视图面积为：；
故三棱锥P﹣BCD的俯视图与正视图面积之比的最大值为1，
应选：A．
【点评】此题考察的知识点是简单空间图形的三视图，根据分析出三棱锥P﹣BCD 的正视图与侧视图的形状，是解答的关键．
8．△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，b=2，B=45°，假设三角形有两解，那么a的取值围是〔〕
A．a＞2B．0＜a＜2 C．2＜a＜2D．2＜a＜2
【考点】正弦定理．
【分析】由题意判断出三角形有两解时A的围，通过正弦定理及正弦函数的性质推出a的围即可．
【解答】解：由AC=b=2，要使三角形有两解，就是要使以C为圆心，半径为2的圆与BA有两个交点，
当A=90°时，圆与AB相切；
当A=45°时交于B点，也就是只有一解，
∴45°＜A＜135°，且A≠90°，即＜sinA＜1，
由正弦定理以及asinB=bsinA．可得：a==2sinA，
∵2sinA∈〔2，2〕．
∴a的取值围是〔2，2〕．
应选：C．
【点评】此题考察了正弦定理，正弦函数的图象与性质，以及特殊角的三角函数值，熟练掌握正弦定理是解此题的关键，属于中档题．
9．区域Ω={〔x，y〕||x|≤，0≤y≤}，由直线x=﹣，x=，曲线y=cosx 与x轴围成的封闭图象所表示的区域记为A，假设在区域Ω随机取一点P，那么点P在区域A的概率为〔〕
A．B．C．D．
【考点】几何概型．
【分析】首先明确几何概型测度为区域面积，利用定积分求出A的面积，然后由概型公式求概率．
【解答】解：由得到事件对应区域面积为=4，
由直线x=﹣，x=，曲线y=cosx与x轴围成的封闭图象所表示的区域记为A，面积为2=2sinx|=，
由急火攻心的公式得到所求概率为：；
应选C
【点评】此题考察了几何概型的概率求法；明确几何测度是关键．
10．某地一年的气温Q〔t〕〔单位：℃〕与时间t〔月份〕之间的关系如下图．该年的平均气温为10℃，令C〔t〕表示时间段[0，t]的平均气温，以下四个函数图象中，最能表示C〔t〕与t之间的函数关系的是〔〕
A．B．C．
D．
【考点】函数的图象．
【分析】根据图象的对称关系和条件可知C〔6〕=0，C〔12〕=10，再根据气温变化趋势可知在前一段时间平均气温大于10，使用排除法得出答案．
【解答】解：∵气温图象在前6个月的图象关于点〔3，0〕对称，∴C〔6〕=0，排除D；
注意到后几个月的气温单调下降，那么从0到12月前的某些时刻，平均气温应大于10℃，可排除C；
∵该年的平均气温为10℃，∴t=12时，C〔12〕=10，排除B；
应选A．
【点评】此题考察了函数图象的几何意义，函数图象的变化规律，属于中档题．
11．点A是抛物线x2=4y的对称轴与准线的交点，点F为抛物线的焦点，P在抛物线上且满足|PA|=m|PF|，当m取最大值时|PA|的值为〔〕
A．1 B．C．D．2
【考点】抛物线的简单性质．
【分析】过P作准线的垂线，垂足为N，那么由抛物线的定义，结合|PA|=m|PF|，设PA的倾斜角为α，那么当m取得最大值时，sinα最小，此时直线PA与抛物线相切，求出P的坐标，即可求得|PA|的值．
【解答】解：抛物线的标准方程为x2=4y，
那么抛物线的焦点为F〔0，1〕，准线方程为y=﹣1，
过P作准线的垂线，垂足为N，
那么由抛物线的定义可得|PN|=|PF|，
∵|PA|=m|PF|，∴|PA|=m|PN|，
设PA的倾斜角为α，那么sinα=，
当m取得最大值时，sinα最小，此时直线PA与抛物线相切，
设直线PA的方程为y=kx﹣1，代入x2=4y，
可得x2=4〔kx﹣1〕，
即x2﹣4kx+4=0，
∴△=16k2﹣16=0，∴k=±1，
∴P〔2，1〕，
∴|PA|==2．
应选D．
【点评】此题考察抛物线的性质，考察抛物线的定义，考察学生分析解决问题的能力，解答此题的关键是明确当m取得最大值时，sinα最小，此时直线PA与抛物线相切，属中档题．
12．函数f〔x〕=函数g〔x〕=f〔2﹣x〕﹣b，其中b∈R，假设函数y=f〔x〕+g〔x〕恰有4个零点，那么b的取值围是〔〕
A．〔7，8〕B．〔8，+∞〕C．〔﹣7，0〕D．〔﹣∞，8〕
【考点】根的存在性及根的个数判断．
【分析】求出函数y=f〔x〕+g〔x〕的表达式，构造函数h〔x〕=f〔x〕+f〔2﹣x〕，作出函数h〔x〕的图象，利用数形结合进展求解即可．
【解答】解：函数g〔x〕=f〔2﹣x〕﹣b，由f〔x〕+g〔x〕=0，得f〔x〕+f〔2﹣x〕=，
设h〔x〕=f〔x〕+f〔2﹣x〕，
假设x≤0，那么﹣x≥0，2﹣x≥2，
那么h〔x〕=f〔x〕+f〔2﹣x〕=2+x+x2，
假设0≤x≤2，那么﹣2≤﹣x≤0，0≤2﹣x≤2，
那么h〔x〕=f〔x〕+f〔2﹣x〕=2﹣x+2﹣|2﹣x|=2﹣x+2﹣2+x=2，
假设x＞2，﹣x＜﹣2，2﹣x＜0，
那么h〔x〕=f〔x〕+f〔2﹣x〕=〔x﹣2〕2+2﹣|2﹣x|=x2﹣5x+8．
作出函数h〔x〕的图象如图：
当x≤0时，h〔x〕=2+x+x2=〔x+〕2+≥，当x＞2时，h〔x〕=x2﹣5x+8=〔x ﹣〕2+≥．
由图象知要使函数y=f〔x〕+g〔x〕恰有4个零点，
即h〔x〕=恰有4个根，∴，解得：b∈〔7，8〕
应选：A．
【点评】此题主要考察函数零点个数的判断，根据条件求出函数的解析式，利用数形结合是解决此题的关键，属于难题．
二、填空题〔本小题共4小题，每题5分，共20分〕
13．假设函数f〔x〕=〔x﹣a〕〔x+3〕为偶函数，那么f〔2〕= ﹣5 ．
【考点】函数奇偶性的性质．
【分析】根据偶函数f〔x〕的定义域为R，那么∀x∈R，都有f〔﹣x〕=f〔x〕，建立等式，解之求出a，即可求出f〔2〕．
【解答】解：因为函数f〔x〕=〔x﹣a〕〔x+3〕是偶函数，
所以∀x∈R，都有f〔﹣x〕=f〔x〕，
所以∀x∈R，都有〔﹣x﹣a〕•〔﹣x+3〕=〔x﹣a〕〔x+3〕，
即x2+〔a﹣3〕x﹣3a=x2﹣〔a﹣3〕x﹣3a，
所以a=3，
所以f〔2〕=〔2﹣3〕〔2+3〕=﹣5．
故答案为：﹣5．
【点评】此题主要考察了函数奇偶性的性质，同时考察了运算求解的能力，属于根底题．
14．〔x+1〕〔x+a〕4的展开式中含x4项的系数为9，那么实数a的值为 2 ．【考点】二项式系数的性质．
【分析】利用〔x+1〕〔x+a〕4=〔x+1〕〔x4+4x3a+…〕，进而得出．
【解答】解：〔x+1〕〔x+a〕4=〔x+1〕〔x4+4x3a+…〕，
∵展开式中含x4项的系数为9，∴1+4a=9，
解得a=2．
故答案为：2．
【点评】此题考察了二项式定理的展开式，考察了推理能力与计算能力，属于根底题．
15．设A，B是球O的球面上两点，∠AOB=，C是球面上的动点，假设四面体OABC的体积V的最大值为，那么此时球的外表积为36π．
【考点】球的体积和外表积．
【分析】当点C位于垂直于面AOB时，三棱锥O﹣ABC的体积最大，利用三棱锥O﹣ABC体积的最大值为，求出半径，即可求出球O的体积
【解答】解：如下图，当点C位于垂直于面AOB时，三棱锥O﹣ABC的体积最大，设球O的半径为R，此时V O﹣ABC=V C﹣AOB=×R2×sin60°×R=，
故R=3，那么球O的外表积为4πR2=36π，
故答案为：36π．
【点评】此题考察球的半径，考察体积的计算，确定点C位于垂直于面AOB时，三棱锥O﹣ABC的体积最大是关键．属于中档题
16．数列{a n}满足a1=﹣40，且na n+1﹣〔n+1〕a n=2n2+2n，那么a n取最小值时n的值为10或11 ．
【考点】数列递推式．
【分析】na n+1﹣〔n+1〕a n=2n2+2n，化为﹣=2，利用等差数列的通项公式可得a n，再利用二次函数的单调性即可得出．
【解答】解：∵na n+1﹣〔n+1〕a n=2n2+2n，∴﹣=2，
∴数列{}是等差数列，首项为﹣40，公差为2．
∴=﹣40+2〔n﹣1〕，化为：a n=2n2﹣42n=2﹣．
那么a n取最小值时n的值为10或11．
故答案为：10或11．
【点评】此题考察了等差数列的通项公式、二次函数的单调性，考察了推理能力与计算能力，属于中档题．
三、解答题〔此题共70分〕
17．〔12分〕〔2017•模拟〕设△ABC的角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且acosB=4，bsinA=3．
〔1〕求tanB及边长a的值；
〔2〕假设△ABC的面积S=9，求△ABC的周长．
【考点】三角形中的几何计算．
【分析】〔1〕由acosB=4，bsinA=3，两式相除，结合正弦定理可求tanB=，又acosB=4，可得cosB＞0，从而可求cosB，即可解得a的值．
〔2〕由〔1〕知sinB=，利用三角形面积公式可求c，由余弦定理可求b，从而解得三角形周长的值．
【解答】解：〔Ⅰ〕在△ABC中，由acosB=4，bsinA=3，
两式相除，有==•=•=，
所以tanB=，
又acosB=4，
故cosB＞0，那么cosB=，
所以a=5．…〔6分〕
〔2〕由〔1〕知sinB=，
由S=acsinB，得到c=6．
由b2=a2+c2﹣2accosB，得b=，
故l=5+6+=11+
即△ABC的周长为11+．…〔12分〕
【点评】此题主要考察了正弦定理，余弦定理，同角三角函数根本关系式，三角形面积公式在解三角形中的应用，考察了计算能力和转化思想，属于中档题．
18．〔12分〕〔2017•模拟〕为检测空气质量，某市环保局随机抽取了甲、乙两地2016年20天PM2.5日平均浓度〔单位：微克/立方米〕监测数据，得到甲地PM2.5日平均浓度频率分布直方图和乙地PM2.5日平均浓度的频数分布表．
乙地20天PM2.5日平均浓度频数分布表
PM2.5日平
[0，20]〔20，40]〔40，60]〔60，80]〔80，100]均浓度〔微
克/立方米〕
频数〔天〕23465〔1〕根据乙地20天PM2.5日平均浓度的频率分布表作出相应的频率分组直方图，并通过两个频率分布直方图比拟两地PM2.5日平均浓度的平均值及分散程度〔不
要求计算出具体值，给出结论即可〕；
〔2〕通过调查，该市市民对空气质量的满意度从高到低分为三个等级：满意度等级非常满意满意不满意
PM2.5日平均浓度〔微克/立
方米〕不超过20大于20不超过
60
超过60
记事件C：“甲地市民对空气质量的满意度等级高于乙地市民对空气质量的满意度等级〞，假设两地市民对空气质量满意度的调查结果相互独立，根据所给数据，利用样本估计总体的统计思想，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率，求事件C的概率．
【考点】列举法计算根本领件数及事件发生的概率；频率分布直方图．
【分析】〔1〕根据乙地20天PM2.5日平均浓度的频率分布表能作出相应的频率分组直方图，由频率分布直方图能求出结果．
〔2〕记A1表示事件：“甲地市民对空气质量的满意度等级为满意或非常满意〞，A2表示事件：“甲地市民对空气质量的满意度等级为非常满意〞，B1表示事件：“乙地市民对空气质量的满意度等级为不满意〞，B
2表示事件：
“乙地市民对空气质量的满意度等级为满意〞，那么A1与B1独立，A2与B2独立，B1与B2互斥，C=B1A1∪B2A2，由此能求出事件C的概率．
【解答】解：〔1〕根据乙地20天PM2.5日平均浓度的频率分布表作出相应的频率分组直方图，如以下图：
由频率分布直方图得：
甲地PM2.5日平均浓度的平均值低于乙地PM2.5日平均浓度的平均值，
而且甲地的数据比拟集中，乙地的数据比拟分散．
〔2〕记A1表示事件：“甲地市民对空气质量的满意度等级为满意或非常满意〞，A2表示事件：“甲地市民对空气质量的满意度等级为非常满意〞，
B1表示事件：“乙地市民对空气质量的满意度等级为不满意〞，
B2表示事件：“乙地市民对空气质量的满意度等级为满意〞，
那么A1与B1独立，A2与B2独立，B1与B2互斥，C=B1A1∪B2A2，
P〔C〕=P〔B1A1∪B2A2〕=P〔B1〕P〔A1〕+P〔B2〕P〔A2〕，
由题意P〔A1〕=，P〔A2〕=，P〔B1〕=，P〔B2〕=，
∴P〔C〕=．
【点评】此题考察频率分布直方图的应用，考察概率的求法，是根底题，解题时要认真审题，注意互斥事件加法公式和相互独立事件事件概率乘法公式的合理运用．
19．〔12分〕〔2017•模拟〕如图1，在等腰直角三角形ABC中，∠B=90°，将△ABC沿中位线DE翻折得到如图2所示的空间图形，使二面角A﹣DE﹣C的大
小为θ〔0＜θ＜〕．
〔1〕求证：平面ABD⊥平面ABC；
〔2〕假设θ=，求直线AE与平面ABC所成角的正弦值．
【考点】直线与平面所成的角；平面与平面垂直的判定．
【分析】〔1〕证明：DE⊥平面ADB，DE∥BC，可证BC⊥平面ABD，即可证明平面ABD⊥平面ABC．
〔2〕取DB中点O，AO⊥DB，由〔1〕得平面ABD⊥平面EDBC，AO⊥面EDBC，所以以O为原点，建立如图坐标系，
那么A〔0，0，〕，B〔1，0，0〕，C〔1，4，0〕，E〔﹣1，2，0〕，利用平面ABC的法向量求解．
【解答】〔1〕证明：由题意，DE∥BC，
∵DE⊥AD，DE⊥BD，AD∩BD=D，
∴DE⊥平面ADB，∴BC⊥平面ABD；
∵面ABC，∴平面ABD⊥平面ABC；
〔2〕由可得二面角A﹣DE﹣C的平面角就是∠ADB
设等腰直角三角形ABC的直角边AB=4，那么在△ADB中，AD=DB=AB=2，
取DB中点O，AO⊥DB，由〔1〕得平面ABD⊥平面EDBC，
∴AO⊥面EDBC，所以以O为原点，建立如图坐标系，
那么A〔0，0，〕，B〔1，0，0〕，C〔1，4，0〕，E〔﹣1，2，0〕
设平面ABC的法向量为，
，．由，取，
}，
∴直线AE与平面ABC所成角的θ，sinθ=|cos＜＞|=||=．
即直线AE与平面ABC所成角的正弦值为：
【点评】此题考察线面垂直，考察向量法求二面角，考察学生分析解决问题的能力，属于中档题．
20．〔12分〕〔2017•模拟〕椭圆E：+=1〔a＞b＞0〕的离心率为，点P〔1，〕在椭圆E上，直线l过椭圆的右焦点F且与椭圆相交于A，B两点．〔1〕求E的方程；
〔2〕在x轴上是否存在定点M，使得•为定值？假设存在，求出定点M的坐标；假设不存在，说明理由．
【考点】直线与椭圆的位置关系．
【分析】〔1〕由题意的离心率公式求得a=c，b2=a2﹣c2=c2，将直线方程代入椭圆方程，即可求得a和b，求得椭圆方程；
〔2〕在x轴上假设存在定点M〔m，0〕，使得•为定值．假设直线的斜率存在，设AB的斜率为k，F〔1，0〕，由y=k〔x﹣1〕代入椭圆方程，运用韦达定理和向量数量积的坐标表示，结合恒成立思想，即可得到定点和定值；检验直线AB的斜率不存在时，也成立．
【解答】解：〔1〕由椭圆的焦点在x轴上，椭圆的离心率e==，那么a=c，由b2=a2﹣c2=c2，将P〔1，〕代入椭圆方程，
解得：c=1，a=，b=1，
∴椭圆的标准方程：；
〔2〕在x轴上假设存在定点M〔m，0〕，使得•为定值．
假设直线的斜率存在，设AB的斜率为k，F〔1，0〕，
由，整理得〔1+2k2〕x2﹣4k2x+2k2﹣2=0，
x1+x2=，x1x2=，
y1y2=k2〔x1﹣1〕〔x2﹣1〕=k2[x1x2+1﹣〔x1+x2〕]
=k2〔+1﹣〕=﹣，
那么•=〔x1﹣m〕〔x2﹣m〕+y1y2=x1x2+m2﹣m〔x1+x2〕+y1y2，
=+m2﹣m•﹣=，
欲使得•为定值，那么2m2﹣4m+1=2〔m2﹣2〕，
解得：m=，
此时•=﹣2=﹣；
当AB斜率不存在时，令x=1，代入椭圆方程，可得y=±，
由M〔，0〕，可得•=﹣，符合题意．
故在x轴上存在定点M〔，0〕，使得•=﹣．
【点评】此题考察椭圆方程的求法，注意运用离心率公式，考察存在性问题的解法，注意运用分类讨论的思想方法和联立直线方程和椭圆方程，运用韦达定理和向量的数量积的坐标表示，考察化简整理的运算能力，属于中档题．
21．〔12分〕〔2017•模拟〕函数f〔x〕=xlnx+ax，函数f〔x〕的图象在点x=1处的切线与直线x+2y﹣1=0垂直．
〔1〕求a的值和f〔x〕的单调区间；
〔2〕求证：e x＞f′〔x〕．
【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程．【分析】〔1〕由f′〔1〕=1+a=2，解得：a=1，利用导数求解单调区间．〔2〕要证e x＞f′〔x〕，即证e x＞lnx+2，x＞0时，易得e x＞x+1，即只需证明x ＞lnx+1即可
【解答】解：〔1〕f′〔x〕=lnx+1+a，
f′〔1〕=1+a=2，解得：a=1，
故f〔x〕=xlnx+x，f′〔x〕=lnx+2，
令f′〔x〕＞0，解得：x＞e﹣2，
令f′〔x〕＜0，解得：0＜x＜e﹣2，
故f〔x〕在〔0，e﹣2〕递减，在〔e﹣2，+∞〕递增；
〔2〕要证e x＞f′〔x〕，即证e x﹣lnx﹣2＞0，即证e x＞lnx+2，
x＞0时，易得e x＞x+1，即只需证明x+1≥lnx+2即可，
即只需证明x＞lnx+1即可
令h〔x〕=x﹣lnx+1，那么h′〔x〕=1﹣，
令h′〔x〕=0，得x=1
h〔x〕在〔0，1〕递减，在〔1，+∞〕递增，
故h〔x〕≥h〔1〕=0．
即x+1≥lnx+2成立，即e x＞lnx+2，
∴e x＞f′〔x〕．
【点评】此题考察了导数的综合应用，构造适宜的新函数，放缩法证明函数不等式，属于难题．
[选修4-4：坐标系与参数方程选讲]
22．〔10分〕〔2017•模拟〕曲线C1的参数方程为〔α为参数〕在以原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2的极坐标方程为ρcos2θ=sinθ．
〔1〕求曲线C1的极坐标方程和曲线C2的直角坐标方程；
〔2〕过原点且倾斜角为α〔＜α≤〕的射线l与曲线C1，C2分别相交于A，B两点〔A，B异于原点〕，求|OA|•|OB|的取值围．
【考点】简单曲线的极坐标方程；参数方程化成普通方程．
【分析】〔1〕先将C1的参数方程化为普通方程，再化为极坐标方程，将C2的极
坐标方程两边同乘ρ，根据极坐标与直角坐标的对应关系得出C2的直角坐标方程；
〔2〕求出l的参数方程，分别代入C1，C2的普通方程，根据参数的几何意义得出|OA|，|OB|，得到|OA|•|OB|关于k的函数，根据k的围得出答案．
【解答】解：〔1〕曲线C1的参数方程为〔α为参数〕，普通方程为〔x﹣2〕2+y2=4，即x2+y2=4x，极坐标方程为ρ=4cosθ；曲线C1的极坐标方程为ρcos2θ=sinθ，普通方程为：y=x2；
〔2〕射线l的参数方程为〔t为参数，＜α≤〕．
把射线l的参数方程代入曲线C1的普通方程得：t2﹣4tcosα=0，
解得t1=0，t2=4cosα．
∴|OA|=|t2|=4cosα．
把射线l的参数方程代入曲线C2的普通方程得：cos2αt2=tsinα，
解得t1=0，t2=．
∴|OB|=|t2|=．
∴|OA|•|OB|=4cosα•=4tanα=4k．
∵k∈〔，1]，∴4k∈〔，4]．
∴|OA|•|OB|的取值围是〔，4]．
【点评】此题考察参数方程与极坐标与普通方程的互化，考察参数的几何意义的应用，属于中档题．
[选修4-5：不等式选讲]
23．〔2017•模拟〕函数f〔x〕=|x﹣1|+|x﹣5|，g〔x〕=．
〔1〕求f〔x〕的最小值；
〔2〕记f〔x〕的最小值为m，实数a，b满足a2+b2=6，求证：g〔a〕+g〔b〕≤m．
【考点】函数的最值及其几何意义．
【分析】〔1〕化简f〔x〕的解析式，得出f〔x〕的单调性，利用单调性求出f 〔x〕的最小值；
〔2〕计算[g〔a〕+g〔b〕]2，利用根本不等式即可得出结论．
【解答】解：〔1〕f〔x〕=|x﹣1|+|x﹣5|=，
∴f〔x〕在〔﹣∞，1]上单调递减，在[5，+∞〕上单调递增，
∵f〔1〕=4，f〔5〕=4，
∴f〔x〕的最小值为4．
〔2〕证明：由〔1〕可知m=4，
g〔a〕+g〔b〕=+，
∴[g〔a〕+g〔b〕]2=1+a2+1+b2+2=8+2，
∵≤=4，
∴[g〔a〕+g〔b〕]2≤16，
∴g〔a〕+g〔b〕≤4．
【点评】此题考察了函数的单调性，分段函数的最值计算，根本不等式的应用，属于中档题．。