2013-2014学年贵州省六校联盟高三(上)第一次联考数学试卷(文科)(附答案解析)

2013-2014学年贵州省六校联盟高三（上）第一次联考数学试卷（文科）
一.选择题：本大题共12小题．每小题5分，共60分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 设全集U ={1, 2, 3, 4, 5}，集合A ={2, 3, 4}，B ={2, 5}，则B ∪(∁U A)=( ) A.{5} B.{1, 2, 5} C.{1, 2, 3, 4, 5} D.⌀
2. 已知i 是虚数单位，a ，b ∈R ，且(a +i)i =b −2i ，则a +b =( ) A.1 B.−1 C.−2 D.−3
3. 在等比数列{a n }中，a 5⋅a 11=3，a 3+a 13=4，则a 12
a 2
=( )
A.3
B.−1
3
C.3或1
3
D.−3或−1
3
4. 已知l 、m 是两条不同的直线，a 是个平面，则下列命题正确的是（ ） A.若l // a ，m // a ，则l // m B.若l ⊥m ，m // a ，则l ⊥a
C.若l ⊥m ，m ⊥a ，则l // a
D.若l // a ，m ⊥a ，则l ⊥m
5. 已知命题P 1:∃x 0∈R ，x 02
+x 0+1<0；P 2:∀x ∈[1, 2]，x 2−1≥0．以下命题为真命题的是（ ）
A.￢P 1∧￢P 2
B.P 1∨￢P 2
C.￢P 1∧P 2
D.P 1∧P 2
6. 两个正数a ，b 的等差中项是9
2，一个等比中项是2√5，且a >b ，则抛物线y 2
=−b
a x 的焦点坐标是（ ） A.(−516
,0) B.(−2
5
，0)
C.(−1
5
，0)
D.(1
5
，0)
7. 如图所示是某一容器的三视图，现向容器中匀速注水，容器中水面的高度ℎ随时间t 变化的可能图象是（ ）
A. B.
C. D.
8. 如图中，x 1，x 2，x 3为某次考试三个评阅人对同一道题的独立评分，p 为该题的最终得分，当x 1=6，x 2=9，p =9.5时，x 3等于( )
A.10
B.9
C.8
D.7
9. 设x ，y 满足{x −ay ≤2
x −y ≥−12x +y ≥4时，则z =x +y 既有最大值也有最小值，则实数a 的取值范围是（ ）
A.a <1
B.−1
2
<a <1
C.0≤a <1
D.a <0
10. 函数f(x)=3x |log 12
x|−1的零点个数为（ ）
A.0
B.1
C.4
D.2
11. 若不等式t t 2+9≤a ≤
t+2t 2
在t ∈(0, 2]上恒成立，则a 的取值范围是（ ）
A.[1
6, 1]
B.[2
13
, 1]
C.[16, 4
13
]
D.[1
6
, 2√2]
12. 设F 1，F 2是双曲线
x 2a 2
−
y 2b 2
=1(a >0, b >0)的左、右焦点，过F 2与双曲线的一条渐近线平行的直线交另
一条渐近线于点M ，若点M 在以F 1F 2为直径的圆外，则双曲线离心率的取值范围是（ ） A.(1,√2) B.(√2，√3) C.(√3，2) D.(2, +∞)
二、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
已知向量a →
=(2, 3)，b →
=(1, 2)，且a →
，b →
满足(a →
+λb →
)⊥(a →
−b →
)，则实数λ=________．
小波通过做游戏的方式来确定周末活动，他随机地往单位圆内投掷一点，若此点到圆心的距离大于1
2，则周
末去看电影；若此点到圆心的距离小于1
4，则去打篮球；否则，在家看书．则小波周末不在家看书的概率为________．
已知α，β，γ 构成公差为π
3
的等差数列，若cos β=−2
3
，则cos α+cos γ=________．
在平面几何中，△ABC 的内角平分线CE 分AB
所成线段的比为
AE
EB
=
AC BC
，把这个结论类比到空间：在正三棱锥
A −BCD 中（如图所示），平面DEC 平分二面角A −CD −
B 且与AB 相交于E ，则得到的类比的结论是
________．
三．解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
在△ABC 中，角A 、B 、C 所对的边分别为a 、b 、c ，q →
=(2a, 1)，p →
=(2b −c, cos C)且p →
 // q →
． 求：
(Ⅰ)求sin A 的值；
(Ⅱ)求三角函数式−2cos 2C
1+tan C +1的取值范围．
如图，在四棱锥P −ABCD 中，底面ABCD 为菱形，∠BAD =60∘，Q 为AD 的中点．
(1)若PA =PD ，求证：平面PQB ⊥平面PAD ；
(2)点M 在线段PC 上，PM =1
3PC ，若平面PAD ⊥平面ABCD ，且PA =PD =AD =2，求二面角M −BQ −C
的大小．
为了调查某大学学生在周日上网的时间，随机对100名男生和100名女生进行了不记名的问卷调查，
得到了如下的统计结果：
表1：男生上网时间与频数分布表
表2：女生上网时间与频数分布表
（1）若该大学共有女生750人，试估计其中上网时间不少于60分钟的人数；
（2）完成表3的2×2列联表，并回答能否有90%的把握认为“学生周日上网时间与性别有关”？
（3）从表3的男生中“上网时间少于60分钟”和“上网时间不少于60分钟”的人数中用分层抽样的方法抽取一个容量为5的样本，再从中任取两人，求至少有一人上网时间超过60分钟的概率． 表3：
附：k 2=n(ad−bc)2
(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，其中n =a +b +c +d
已知点M是椭圆C:x2
a2+y2
b2
=1(a>b>0)上一点，F1、F2分别为C的左、右焦点，|F1F2|=4，∠F1MF2=60∘，
△F1MF2的面积为4√3
3
（1）求椭圆C的方程；
（2）设N(0, 2)，过点p(−1, −2)作直线l，交椭圆C异于N的A、B两点，直线NA、NB的斜率分别为k1、k2，证明：k1+k2为定值．
已知函数f(x)=2ln x−x2+ax(a∈R).
(1)当a=2时，求f(x)的图像在x=1处的切线方程；
(2)若函数g(x)=f(x)−ax+m在[1
e
, e]上有两个零点，求实数m的取值范围．
选修4−1几何证明选讲
如图，已知⊙O的直径AB垂直于弦CD于E，连结AD、BD、OC、OD，且OD=5．
（1）若sin∠BAD=3
5
，求CD的长；
（2）若∠ADO:∠EDO=4:1，求扇形OAC（阴影部分）的面积（结果保留π）．
在直角坐标系中，以原点为极点，x轴的正半轴为极轴建坐标系，已知曲线C:ρsin2θ=2a cosθ(a>0)，已知
过点P(−2, −4)的直线L的参数方程为：{x=−2+√2
2
t
y=−4+√2
2t
，直线L与曲线C分别交于M，N．
(1)写出曲线C和直线L的普通方程；(2)若|PM|，|MN|，|PN|成等比数列，求a的值．
选修4−5；不等式选讲
已知a>0，b>0，a+b=1，求证：
（1） 1
a
+1
b
+1
ab
≥8；
(2)(1+1
a
)(1+1
b
)≥9．
参考答案与试题解析
2013-2014学年贵州省六校联盟高三（上）第一次联考数学试卷（文科）
一.选择题：本大题共12小题．每小题5分，共60分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1.
【答案】
B
【考点】
交、并、补集的混合运算
【解析】
先求出∁U A，再由集合的并运算求出B∪(∁U A)．
【解答】
解：∵∁U A={1, 5},
∴B∪(∁U A)={2, 5}∪{1, 5}={1, 2, 5}．
故选B．
2.
【答案】
D
【考点】
复数相等的充要条件
复数代数形式的乘除运算
【解析】
把给出的等式左边的复数利用复数的多项式乘法运算化简，然后利用复数相等的条件求出a和b，则a+b可求．
【解答】
解：由(a+i)i=b−2i，
可得：−1+ai=b−2i．
∴{b=−1
a=−2．∴a+b=−3．
故选：D．
3.
【答案】
C
【考点】
等比数列的性质
【解析】
直接由等比数列的性质和已知条件联立求出a3和a13，代入a12
a2
转化为公比得答案．
【解答】
解：因为数列{a n}为等比数列，a5⋅a11=3，
所以a3⋅a13=3.①
又a3+a13=4,②联立①②，
解得：a3=1，a13=3或a3=3，a13=1，
所以a12
a2
=a13
a3
=3或a12
a2
=a13
a3
=1
3
．
故选C．
4.
【答案】
D
【考点】
命题的真假判断与应用
空间中直线与直线之间的位置关系
空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】
利用空间中线面位置关系判定与性质定理即可得出．
【解答】
解：A．由l // a，m // a，则l // m或相交或异面直线，因此不正确；
B．由l⊥m，m // a，则l与a相交或平行或l⊂a，因此不正确；
C．由l⊥m，m⊥a，则l // a或l⊂a，因此不正确；
D．由l // a，m⊥a，利用线面垂直与平行的性质定理可得：l⊥m．
故选：D．
5.
【答案】
C
【考点】
复合命题及其真假判断
【解析】
先判定命题命题P1与P2的真假，再确定￢p1与￢p2的真假，从而选项中正确的命题．【解答】
解：∵命题P1:∃x0∈R，x02+x0+1<0是假命题，
∵x2+x+1=(x+1
2
)2+3
4
>0是恒成立的；
∴￢p1是真命题；
∵P2:∀x∈[1, 2]，x2−1≥0是真命题，
∵x2−1≥0时，解得x≥1，或x≤−1，
∴对∀x∈[1, 2]，x2−1≥0成立，
∴￢p2是假命题；
∴A中￢p1∧￢p2是假命题，
B中p1∨￢p2是假命题，
C中￢p1∧p2是真命题，
D中p1∧p2是假命题；
故选：C．
6.
【答案】
C
【考点】
数列与解析几何的综合
【解析】
根据题意，由等差中项、等比中项的性质，可得a+b=9，ab=20，解可得a、b的值，代入抛物线方程，抛物线的焦点坐标公式，计算可得答案．
【解答】
解：根据题意，可得a+b=9，ab=20，
又由a>b，
解可得，a=5，b=4，
代入抛物线方程得：
y2=−4
5
x，
则其焦点坐标是为(−1
5
，0)，
故选C．
7.
【答案】
B
【考点】
函数的图象变换
【解析】
根据几何体的三视图确定几何体的形状是解决本题的关键，可以判断出该几何体是圆锥，下面细上面粗的容器，判断出高度ℎ随时间t变化的可能图象．
【解答】
解：该三视图表示的容器是倒放的圆锥，下面细，上面粗，
随时间的增加，可以得出高度增加的越来越慢．
刚开始高度增加的相对快些．曲线越“竖直”，之后，高度增加的越来越慢，图形越平稳．
故选B．
8.
【答案】
A
【考点】
条件结构的应用
【解析】
根据已知中x1=6，x2=9，p=9.5，根据已知中的框图，分类讨论条件|x3−x1|<|x3−x2|满足和不满足时x3的值，最后综合讨论结果，即可得答案．
【解答】
解：当x1=6，x2=9时，|x1−x2|=3不满足|x1−x2|≤2，
故此时输入x3的值，并判断|x3−x1|<|x3−x2|，
若满足条件|x3−x1|<|x3−x2|，此时p=x1+x3
2=6+x3
2
=9.5，解得，x3=13，
这与|x3−x1|=7，|x3−x2|=4，7>4与条件|x3−x1|<|x3−x2|矛盾，故舍去，
若不满足条件|x3−x1|<|x3−x2|，此时p=x2+x3
2=9+x3
2
=9.5，解得，x3=10，
此时|x3−x1|=4，|x3−x2|=1，|x3−x1|<|x3−x2|不成立，符合题意，故选A．
9.
【答案】
B
【考点】
求线性目标函数的最值
【解析】
画出约束条件表示的可行域，利用z=x+y既有最大值也有最小值，利用直线的斜率求出a的范围．
【解答】
解：满足{
x−y≥−1
2x+y≥4的平面区域如下图所示：
而x−ay≤2表示直线x−ay=2左侧的平面区域
∵直线x−ay=2恒过(2, 0)点，
当a=0时，可行域是三角形，z=x+y既有最大值也有最小值，
满足题意；
当直线x−ay=2的斜率1
a
满足：1
a
>1或1
a
<−2，即−1
2
<a<0或0<a<1时，可行域是封闭的，z=x+ y既有最大值也有最小值，
综上所述实数a的取值范围是：−1
2
<a<1．
故选B．
10.
【答案】
D
【考点】
根的存在性及根的个数判断
【解析】
由f(x)=3x|log1
2
x|−1=0得|log1
2
x|=1
3x
=(1
3
)x，分别作出函数y=|log1
2
x与y=(1
3
)x的图象，利用图象判断函数的交点个数即可．
【解答】
解：由f(x)=3x|log1
2
x|−1=0，
得|log 12
x|=13x =(1
3)x ，
分别作出函数y =|log 12
x 与y =(13
)x 的图象，如图：
由图象可知两个函数的交点个数为2个，即函数f(x)=3x |log 12
x|−1的零点个数为2．
故选D ．
11.
【答案】 B
【考点】
函数最值的应用 【解析】
由基本不等式，算出函数y =t t 2+9在区间(0, 2]上为增函数，得到t =2时，t t 2+9的最大值为2
13；根据二次函数的性质，算出t =2时t+2
t 2的最小值为1．由此可得原不等式恒成立时，a 的取值范围是[2
13, 1]． 【解答】 解：∵ 函数y =
t+2t 2
=1
t
+2
t 2，在t ∈(0, 2]上为减函数
∴ 当t =2时，t+2
t 2的最小值为1； 又∵ t
t 2+9≤
2=1
6，当且仅当t =3时等号成立
∴ 函数y =t
t 2+9在区间(0, 2]上为增函数 可得t =2时，t t 2+9
的最大值为2
13
∵ 不等式
t
t 2+9
≤a ≤t+2t 2
在t ∈(0, 2]上恒成立，
∴ (t
t 2+9)max ≤a ≤(t+2
t 2)min ，即2
13≤a ≤1 可得a 的取值范围是[2
13, 1]
12.
【答案】 D
【考点】 双曲线的特性 【解析】
根据斜率与平行的关系即可得出过焦点F 2的直线，与另一条渐近线联立即可得到交点M 的坐标，再利用点M 在以线段F 1F 2为直径的圆外和离心率的计算公式即可得出． 【解答】
解：如图所示，
过点F 2(c, 0)且与渐近线y =b a x 平行的直线为y =b
a (x −c)，
与另一条渐近线y =−b a x 联立{y =b
a (x −c)y =−
b a x 解得{x =c
2
y =−bc 2a
，即点M(c 2，−bc 2a
)． ∴ |OM|=√(c 2)2+(−bc 2a )2=c 2√1+(b
a )2．
∵ 点M 在以线段F 1F 2为直径的圆外，∴ |OM|>c ， ∴ c
2√1+(b
a )2>c ，解得√1+(b
a )2>2． ∴ 双曲线离心率e =c
a =√1+(b
a )2>2．
故双曲线离心率的取值范围是(2, +∞)．
故选D ．
二、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分） 【答案】
−53
【考点】
数量积判断两个平面向量的垂直关系 【解析】
由向量的数乘运算及坐标加减法运算求得向量(a →
+λb →
)与(a →
−b →
)的坐标，然后直接利用向量垂直的坐标表示求解． 【解答】
解：由a →
=(2, 3)，b →
=(1, 2)，得
a →
+λb →
=(2, 3)+λ(1, 2)=(2+λ, 3+2λ)，
a →
−b →
=(2, 3)−(1, 2)=(1, 1)， ∵ (a →
+λb →
)⊥(a →
−b →
)，
∴ 1×(2+λ)+1×(3+2λ)=0， 解得：λ=−5
3．
故答案为：−5
3． 【答案】
1316
【考点】
几何概型计算（与长度、角度、面积、体积有关的几何概型） 【解析】
根据题意，计算可得圆的面积为π，点到圆心的距离大于1
2
的面积为π−1
4
π=3
4
π，此点到圆心的距离小于1
4
的
面积为1
16
π，由几何概型求概率即可．
【解答】
解：圆的面积为π，点到圆心的距离大于12的面积为π−14π=3
4π， 此点到圆心的距离小于14的面积为1
16π， 由几何概型得小波周末不在家看书的概率为P =3π4+π16
π
=
1316
故答案为：13
16
【答案】
−23
【考点】
两角和与差的余弦公式 等差数列的性质 【解析】 此题暂无解析 【解答】
解：由已知得，α=β−π
3
，γ=β+π
3
，
因而cos α+cos γ=cos (β−π3)+cos (β+π
3)=2cos βcos π
3 =cos β=−2
3． 故答案为：−23.
【答案】
V △A −CDE V △B −CDE =S △ACD
S △BCD
【考点】 类比推理 【解析】
三角形的内角平分线定理类比到空间三棱锥，根据面积类比体积，长度类比面积，从而得到V △A−CDE V △B−CDE
=
S △ACD S △BCD
．
【解答】
解：在△ABC 中作ED ⊥AC 于D ，EF ⊥BC 于F ，则ED =EF ，∴ AC BC =S △AEC S △BCE
=AE
EB
根据面积类比体积，长度类比面积可得：V △A−CDE V △
B−CDE =S △ACD
S △
BCD
故答案为：V △A−CDE V △
B−CDE =S △ACD
S △
BCD
三．解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 【答案】
（I ）∵ p →
 // q →
，∴ 2a cos C ＝1×(2b −c)， 根据正弦定理，得2sin A cos C ＝2sin B −sin C ， 又∵ sin B ＝sin (A +C)＝sin A cos C +cos A sin C ， ∴ 2cos A sin C −sin C ＝0，即sin C(2cos A −1)＝0 ∵ C 是三角形内角，sin C ≠0 ∴ 2cos A −1＝0，可得cos A =12
∵ A 是三角形内角， ∴ A =π
3，得sin A =√32
(II)
−2cos 2C 1+tan C +1=
2(sin 2C−cos 2C)
1+
sin C cos C
+1=2cos C(sin C −cos C)+1＝sin 2C −cos 2C ，
∴ −2cos 2C
1+tan C +1=√2sin (2C −π
4)， ∵ A =π
3
，得C ∈(0, 2π
3
)，
∴ 2C −π4∈(−π4, 
13π
12
)，可得−√2
2
<sin (2C −π
4)≤1，
∴ −1<√2sin (2C −π4
)≤√2，
即三角函数式−2cos 2C
1+tan C +1的取值范围是(−1, √2]．
【考点】
平面向量共线（平行）的坐标表示 三角函数中的恒等变换应用
【解析】
（I ）根据向量平行的充要条件列式：2b −c ＝2a cos C ，结合正弦定理与两角和的正弦公式，化简可得
2cos A sin C ＝sin C ，最后用正弦的诱导公式化简整理，可得cos A =1
2，从而得到sin A 的值；
(II)将三角函数式用二倍角的余弦公式结合“切化弦”，化简整理得√2sin (2C −π4)，再根据A =π
3算出C 的范围，得到sin (2C −π
4)的取值范围，最终得到原三角函数式的取值范围．
【解答】
（I ）∵ p → // q →
，∴ 2a cos C ＝1×(2b −c)， 根据正弦定理，得2sin A cos C ＝2sin B −sin C ， 又∵ sin B ＝sin (A +C)＝sin A cos C +cos A sin C ， ∴ 2cos A sin C −sin C ＝0，即sin C(2cos A −1)＝0 ∵ C 是三角形内角，sin C ≠0 ∴ 2cos A −1＝0，可得cos A =1
2 ∵ A 是三角形内角， ∴ A =π
3，得sin A =√32
(II)
−2cos 2C 1+tan C +1=
2(sin 2C−cos 2C)
1+
sin C cos C
+1=2cos C(sin C −cos C)+1＝sin 2C −cos 2C ，
∴ −2cos 2C
1+tan C +1=√2sin (2C −π
4)， ∵ A =π
3
，得C ∈(0, 2π
3
)，
∴ 2C −π4∈(−π4, 
13π
12
)，可得−√22
<sin (2C −π
4)≤1，
∴ −1<√2sin (2C −π
4)≤√2， 即三角函数式
−2cos 2C 1+tan C
+1的取值范围是(−1, √2]．
【答案】
(1)证明：由题意知：PQ ⊥AD ，BQ ⊥AD ，PQ ∩BQ =Q ， ∴ AD ⊥平面PQB ， 又∵ AD ⊂平面PAD ， ∴ 平面PQB ⊥平面PAD ．
(2)解：∵ PA =PD =AD ，Q 为AD 的中点， ∴ PQ ⊥AD .
∵ 平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD =AD ， PQ 在平面PAD 内， ∴ PQ ⊥平面ABCD .
以Q 这坐标原点，分别以QA ，QB ，QP 为x ，y ，z 轴， 建立如图所求的空间直角坐标系，
由题意知：Q(0, 0, 0)，A(1, 0, 0)， P(0, 0, √3)，B(0, √3, 0)，C(−2, √3, 0)， ∴ QM →
=23
QP →
+13
QC →
=(−23, 
√33, 2√3
3
)， 设n 1→=(x,y,z)是平面MBQ 的一个法向量， 则n 1→
⋅QM →
=0，n 1→
⋅QB →
=0， ∴ {
−2
3x +
√3
3
y +
2√3
3
z =0，
√3y =0，
取z =1，
∴ n 1→
=(√3,0,1).
又∵ n 2→=(0,0,1)是平面BQC 的一个法向量， ∴ cos <
n 1→，n 2→>=
n 1→⋅n 2
→
|n 1→|⋅|n 2→|
=
12×1
=1
2
，
∴ 二面角M −BQ −C 的大小是60∘．
【考点】
二面角的平面角及求法
用空间向量求平面间的夹角 与二面角有关的立体几何综合题 平面与平面垂直的判定
【解析】
（1）由题设条件推导出PQ ⊥AD ，BQ ⊥AD ，从而得到AD ⊥平面PQB ，由此能够证明平面PQB ⊥平面PAD ． （2）以Q 这坐标原点，分别以QA ，QB ，QP 为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角M −BQ −C 的大小．
【解答】
(1)证明：由题意知：PQ ⊥AD ，BQ ⊥AD ，PQ ∩BQ =Q ， ∴ AD ⊥平面PQB ， 又∵ AD ⊂平面PAD ， ∴ 平面PQB ⊥平面PAD ．
(2)解：∵ PA =PD =AD ，Q 为AD 的中点， ∴ PQ ⊥AD .
∵ 平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD =AD ， PQ 在平面PAD 内， ∴ PQ ⊥平面ABCD .
以Q 这坐标原点，分别以QA ，QB ，QP 为x ，y ，z 轴，
建立如图所求的空间直角坐标系，
由题意知：Q(0, 0, 0)，A(1, 0, 0)，
P(0, 0, √3)，B(0, √3,
 0)，C(−2, √3, 0)，
∴QM→=2
3
QP
→
+1
3
QC
→
=(−2
3
, √3
3
, 2√3
3
)，
设n1
→
=(x,y,z)是平面MBQ的一个法向量，
则n1
→
⋅QM
→
=0，n1→⋅QB
→
=0，
∴{−
2
3
x+√3
3
y+2√3
3
z=0，
√3y=0，
取z=1，
∴n1→=(√3,0,1).
又∵n2
→
=(0,0,1)是平面BQC的一个法向量，
∴cos<n1→，n2→>=n1→⋅n2→
|n1→|⋅|n2→|
=1
2×1
=1
2
，
∴二面角M−BQ−C的大小是60∘．
【答案】
解：（1）若该大学共有女生750人，估计其中上网时间不少于60分钟的人数750×30
100
=225；
（2）完成表3的2×2列联表，
所以k2=n(ad−bc)2
(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)
=200×(60×30−40×70)2
130×70×100×100
=200
91
<2.706，
所以不能有90%的把握认为“学生周日上网时间与性别有关”．
（3）从表3的男生中“上网时间少于60分钟”和“上网时间不少于60分钟”的人数中用分层抽样的方法抽取一个
容量为5的样本，其中上网时间少于60分钟的有3人，上网时间不少于60分钟有2人．
再从中任取两人，至少有一人上网时间超过60分钟的概率为1−C3
2
C52
=7
10
．
【考点】
独立性检验的应用
【解析】
（1）女生网时间不少于60分钟的人数的比例为30
100
，即可得出结论；
（2）根据所给数据完成表3的2×2列联表，利用公式求出k2，与临界值比较，可得结论；
（3）容量为5的样本，其中上网时间少于60分钟的有3人，上网时间不少于60分钟有2人，从中任取两人，
至少有一人上网时间超过60分钟的概率，利用间接法求解．
【解答】
解：（1）若该大学共有女生750人，估计其中上网时间不少于60分钟的人数750×30
100
=225；
（2）完成表3的2×2列联表，
所以k2=n(ad−bc)2
(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)
=200×(60×30−40×70)2
130×70×100×100
=200
91
<2.706，
所以不能有90%的把握认为“学生周日上网时间与性别有关”．
（3）从表3的男生中“上网时间少于60分钟”和“上网时间不少于60分钟”的人数中用分层抽样的方法抽取一个
容量为5的样本，其中上网时间少于60分钟的有3人，上网时间不少于60分钟有2人．
再从中任取两人，至少有一人上网时间超过60分钟的概率为1−C3
2
C52
=7
10
．
【答案】
解：（1）在△F1MF2中，由1
2
|MF1||MF2|sin60∘=4√3
3
，得|MF1||MF2|=16
3
．
由余弦定理，得|F1F2|2=|MF1|2+|MF2|2−2|MF1||MF2|cos60∘=(|MF1|+|MF2|)2−2|MF1||MF2|(1+
cos60∘)
又∵|F1F2|=2c=4，|MF1|+|MF2|=2a
故16=4a2−16，
解得a2=8，故b2=a2−c2=4
故椭圆C的方程为x
2
8
+y2
4
=1
（2）当直线l的斜率存在时，设其方程为y+2=k(x+1)
由{
x2
8
+y2
4
=1
y+2=k(x+1)
，得(1+2k2)x2+4k(k−2)x+2k2−8k=0
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
则x1+x2=−4k(k−2)
1+2k2
，x1x2=2k2−8k
1+2k2
，
从而k1+k2=y1−2
x1
+y2−2
x2
=2kx1x2+(k−4)(x1+x2)
x1x2
=2k−(k−4)4k(k−2)
2k2−8k
=4．11分
当直线l斜率不存在时，得A(−1, √14
2
)，B(−1, −√14
2
)
此时k 1+k 2=4
综上，恒有k 1+k 2=4． 【考点】
直线与椭圆结合的最值问题 椭圆的标准方程
【解析】
（1）由余弦定理可得|F 1F 2|2=|MF 1|2+|MF 2|2−2|MF 1||MF 2|cos 60∘，结合|F 1F 2|=2c =4，|MF 1|+|MF 2|=2a ，求出a 2，b 2的值，可得椭圆C 的方程；
（2）当直线l 的斜率存在时，设其方程为y +2=k(x +1)，与出椭圆方程联立后，利用韦达定理，化简k 1+k 2可得定值；当直线l 斜率不存在时，求出A ，B 两点坐标，进而求出k 1、k 2，综合讨论结果，可得结论． 【解答】
解：（1）在△F 1MF 2中，由1
2|MF 1||MF 2|sin 60∘=
4√3
3
，得|MF 1||MF 2|=
163
．
由余弦定理，得|F 1F 2|2=|MF 1|2+|MF 2|2−2|MF 1||MF 2|cos 60∘=(|MF 1|+|MF 2|)2−2|MF 1||MF 2|(1+cos 60∘)
又∵ |F 1F 2|=2c =4，|MF 1|+|MF 2|=2a 故16=4a 2−16，
解得a 2=8，故b 2=a 2−c 2=4 故椭圆C 的方程为x 2
8+
y 24
=1
（2）当直线l 的斜率存在时，设其方程为y +2=k(x +1) 由{x 2
8+y 2
4=1y +2=k(x +1)，得(1+2k 2)x 2+4k(k −2)x +2k 2−8k =0 设A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)， 则x 1+x 2=−4k(k−2)1+2k 2，x 1x 2=
2k 2−8k 1+2k 2
，
从而k 1+k 2=
y 1−2x 1
+y 2−2x 2
=
2kx 1x 2+(k−4)(x 1+x 2)
x 1x 2
=2k −(k −4)
4k(k−2)2k 2−8k
=4． 11分
当直线l 斜率不存在时，得A(−1, √142)，B(−1, −√14
2
) 此时k 1+k 2=4
综上，恒有k 1+k 2=4．
【答案】
解：(1)当a =2时，f(x)=2ln x −x 2+2x ， 则f ′(x)=2
x −2x +2，切点坐标为(1, 1)，
切线斜率k =f ′(1)=2，
则函数f(x)的图像在x =1处的切线方程为y −1=2(x −1)， 即y =2x −1.
(2)g(x)=f(x)−ax +m =2ln x −x 2+m ， 则g ′(x)=2
x −2x =
−2(x+1)(x−1)
x
.
∵ x ∈[1
e
, e]，
∴ 由g ′(x)=0，得x =1，
当1
e <x <1时，g ′(x)>0，此时函数g(x)单调递增， 当1<x <e 时，g ′(x)<0，此时函数g(x)单调递减，
故当x =1时，函数g(x)取得极大值g(1)=m −1， g(1
e
)=m −2−
1e 2
，g(e)=m +2−e 2，
g(e)−g(1
e )=4−e 2+1
e <0， 则g(e)<g(1
e )，
∴ g(x)在[1e , e]上的最小值为g(e).
要使g(x)=f(x)−ax +m 在[1
e , e]上有两个零点， 则满足{g(1)=m −1>0,
g(1e )=m −2−1e 2≤0,
解得1<m ≤2+
1e ，
故实数m 的取值范围是(1, 2+1
e 2]. 【考点】
利用导数研究与函数零点有关的问题 利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
（1）求函数的导数，利用导数的几何意义即可求f(x)的图象在x =1处的切线方程；
（2）利用导数求出函数的在[1
e , e]上的极值和最值，即可得到结论． 【解答】
解：(1)当a =2时，f(x)=2ln x −x 2+2x ， 则f ′(x)=2
x −2x +2，切点坐标为(1, 1)，
切线斜率k =f ′(1)=2，
则函数f(x)的图像在x =1处的切线方程为y −1=2(x −1)， 即y =2x −1.
(2)g(x)=f(x)−ax +m =2ln x −x 2+m ， 则g ′(x)=2
x −2x =−2(x+1)(x−1)
x
.
∵ x ∈[1e , e]，
∴ 由g ′(x)=0，得x =1，
当1
e <x <1时，g ′(x)>0，此时函数g(x)单调递增，
当1<x <e 时，g ′(x)<0，此时函数g(x)单调递减， 故当x =1时，函数g(x)取得极大值g(1)=m −1， g(1
e
)=m −2−
1e 2
，g(e)=m +2−e 2，
g(e)−g(1
e )=4−e 2+1
e <0， 则g(e)<g(1
e )，
∴ g(x)在[1
e , e]上的最小值为g(e).
要使g(x)=f(x)−ax +m 在[1
e , e]上有两个零点，
则满足{g(1)=m −1>0,
g(1e )=m −2−1e 2≤0,
解得1<m ≤2+1
e ，
故实数m 的取值范围是(1, 2+1
e 2].
【答案】 解：（1）∵ ⊙O 的直径AB 垂直于弦CD 于E ，∴ CE =ED ，∠ADB =90∘． 在Rt △ABD 中，∵ sin ∠BAD =3
5，∴ BD =AB ⋅sin ∠BAD =10×3
5=6． 由勾股定理可得AD =√AB 2−AD 2=√102−62=8． ∵ 1
2
AB ×ED =1
2
AD ⋅BD ，∴ ED =
AD⋅BD AB
=
6×810
=4.8．
∴ CD =2ED =9.6．
（2）设∠ODE =x ，则∠ADO =4x ，∵ OA =OD ，∴ ∠OAD =4x ． ∴ ∠EOD =∠OAD +∠ODE =8x ．
在Rt △EOD 中，∠EOD +∠ODE =π
2
，∴ 8x +x =π
2
，解得x =
π18
． ∴ ∠ADC =5π
18， ∴ ∠AOC =2∠ADC =
5π9
．
∴ 扇形OAC （阴影部分）的面积S =1
2×5π9
×52=
12518
π．
【考点】 弦切角
与圆有关的比例线段
【解析】
（1）由⊙O 的直径AB 垂直于弦CD 于E ，利用垂径定理可得CE =ED ．在Rt △ABD 中，利用直角三角形的边角关系可得BD =AB sin ∠BAD ．再利用勾股定理可得AD =√AB 2−AD 2．由等面积变形可得1
2AB ×ED =
12
AD ⋅BD ，即可得出．
（2）设∠ODE =x ，则∠ADO =4x ，利用三角形外角定理可得∠EOD =∠OAD +∠ODE =8x ．在Rt △EOD 中，由于∠EOD +∠ODE =π
2，可得x =π
18．进而得到∠AOC =2∠ADC =5π9
．再利用扇形的面积计算公式即可
得出．
【解答】 解：（1）∵ ⊙O 的直径AB 垂直于弦CD 于E ，∴ CE =ED ，∠ADB =90∘． 在Rt △ABD 中，∵ sin ∠BAD =3
5，∴ BD =AB ⋅sin ∠BAD =10×3
5=6． 由勾股定理可得AD =√AB 2−AD 2=√102−62=8． ∵ 1
2AB ×ED =1
2AD ⋅BD ，∴ ED =
AD⋅BD AB
=
6×810
=4.8．
∴ CD =2ED =9.6．
（2）设∠ODE =x ，则∠ADO =4x ，∵ OA =OD ，∴ ∠OAD =4x ． ∴ ∠EOD =∠OAD +∠ODE =8x ．
在Rt △EOD 中，∠EOD +∠ODE =π
2，∴ 8x +x =π
2，解得x =π
18． ∴ ∠ADC =5π
18， ∴ ∠AOC =2∠ADC =
5π9
．
∴ 扇形OAC （阴影部分）的面积S =1
2×
5π9
×52=
12518
π．
【答案】
解：(1)根据极坐标与直角坐标的转化可得，C:ρsin 2θ=2a cos θ⇒ρ2sin 2θ=2aρcos θ， 即 y 2=2ax ，
直线L 的参数方程为：{x =−2+√2
2t
y =−4+√2
2t
，
消去参数t 得：直线L 的方程为y +4=x +2，即y =x −2. (2)直线l 的参数方程为{x =−2+√2
2t
y =−4+√2
2t
（t 为参数），
代入y 2=2ax 得到t 2−2√2(4+a)t +8(4+a)=0， 则有t 1+t 2=2√2(4+a)，t 1⋅t 2=8(4+a). 因为|MN|2=|PM|⋅|PN|，
所以(t 1−t 2)2=(t 1+t 2)2−4t 1⋅t 2=t 1⋅t 2， 即：[2√2(4+a)]2−4×8(4+a)=8(4+a)， 解得 a =1.
【考点】
抛物线的极坐标方程与直角坐标方程的互化 参数方程与普通方程的互化 等比数列的性质
【解析】
（1）消去参数可得直线l 的普通方程，曲线C 的方程可化为ρ2sin 2θ=2aρcos θ，从而得到y 2=2ax ．
（2）写出直线l 的参数方程为{x =−2+√2
2
t
y =−4+√
22t ，代入y 2=2ax 得到t 2−2√2(4+a)t +8(4+a)=0，则有t 1+
t 2=2√2(4+a)，t 1⋅t 2=8(4+a)，由|BC|2=|AB|，|AC|，代入可求a 的值．
【解答】 解：（1）根据极坐标与直角坐标的转化可得，C:ρsin 2θ=2a cos θ⇒ρ2sin 2θ=2aρcos θ， 即 y 2=2ax ，
直线L 的参数方程为：{x =−2+√2
2t
y =−4+√2
2t
，消去参数t 得：直线L 的方程为y +4=x +2即y =x −2
(2)直线l 的参数方程为{x =−2+√2
2
t
y =−4+√2
2t （t 为参数），
代入y 2=2ax 得到t 2−2√2(4+a)t +8(4+a)=0， 则有t 1+t 2=2√2(4+a)，t 1⋅t 2=8(4+a). 因为|MN|2=|PM|⋅|PN|，
所以(t 1−t 2)2=(t 1+t 2)2−4t 1⋅t 2=t 1⋅t 2， 即：[2√2(4+a)]2−4×8(4+a)=8(4+a)， 解得 a =1.
【答案】 证明：（1）∵ a +b =1， ∴ ab ≤(
a+b 2
)2
=1
4，
∴ 1
ab ≥4，∴ 1
a +1
b +1
ab =
a+b ab
+1ab =2
ab ≥8；
(2)(1+1a )(1+1b )=1a +1b +1
ab +1
由（1）可知1
a +1
b +1
ab ≥8 ∴ 1
a +1
b +1ab +1≥9， ∴ (1+1
a )(1+1
b )≥9． 【考点】
不等式的证明 【解析】
（1）利用基本不等式，先证明1
ab ≥4，即可得出结论；
(2)(1+1
a )(1+1
b )=1
a +1
b +1
ab +1，由（1）可知1
a +1
b +1
ab ≥8，即可得出结论． 【解答】 证明：（1）∵ a +b =1， ∴ ab ≤(
a+b 2)2
=1
4，
∴
1
ab
≥4，∴ 1a
+1b
+
1ab
=
a+b ab
+
1ab
=
2ab
≥8；
(2)(1+1a )(1+1b )=1a +1b +1
ab +1
由（1）可知1
a +1
b +1
ab ≥8 ∴ 1
a
+1
b +
1ab +1≥9，
∴ (1+1a )(1+1
b )≥9．。