三明市普通高中2018—2019学年第一学期期末质量检测高三理科数学参考答案(定稿)

福建省三明市永安第一中学2018-2019学年高三数学理联考试卷含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。

在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1. 已知函数是定义在R上的奇函数.若对于，都有，且当则A.1B.2C.D.参考答案：C由可知函数的周期是 2.，所以，选C.2. 已知，，与的夹角为，则（）A．2 B． 3 C. 4 D．5参考答案：B3. 设f′（x）是函数f（x）的导函数，将y=f（x）和y=f′（x）的图象画在同一个直角坐标系中，不可能正确的是（）参考答案：D略4. 已知数列的前项和为，且满足数列是等比数列，若，则的值是（）A． B． C． D．参考答案：考点：等差数列的性质5. 等比数列{a n}中，a1=2，a8=4，函数f（x）=x（x﹣a1）（x﹣a2）…（x﹣a8），则f′（0）=( )A．26 B．29 C．212 D．215参考答案：C【考点】导数的运算；等比数列的性质．【专题】计算题．【分析】对函数进行求导发现f′（0）在含有x项均取0，再利用等比数列的性质求解即可．【解答】解：考虑到求导中f′（0），含有x项均取0，得：f′（0）=a1a2a3…a8=（a1a8）4=212．故选：C．【点评】本题考查多项式函数的导数公式，重点考查学生创新意识，综合与灵活地应用所学的数学知识、思想和方法．6. 设a为非零实数，则关于函数f（x）=x2+a|x|+1，x∈R的以下性质中，错误的是（）A．函数f（x）一定是个偶函数B．函数f（x）一定没有最大值C．区间[0，+∞）一定是f（x）的单调递增区间D．函数f（x）不可能有三个零点参考答案：分析：根据偶函数的定义，判断f（﹣x）=f（x）则函数为偶函数；根据函数图象开口向上，函数没有最大值；取特殊值法，然后结合函数图象，判定单调递增区间；把函数转化成方程解的问题解答即可．解答：解：（1）∵﹣x∈R∴f（﹣x）=（﹣x）2+a|﹣x|+1=x2+a|x|+1=f（x）∴函数f（x）一定是个偶函数．（2）∵二次函数f（x）=x2+a|x|+1，开口向上，所以函数f（x）一定没有最大值．（3）令a=﹣2，则f（x）=x2﹣2|x|+1画出如上图所示的函数图象，可知在区间[0，∞]不是f（x）的单调递增区间，所以C项错误．（4）方程x2+ax+1=0，△=a2﹣4≥﹣4，此方称可能无解、一个解或者两个解，所以函数f （x）=x2+a|x|+1可能无零点、两个零点、或者四个零点．故选C．点评：本题考查了二次函数的奇偶性，通过图象观察最值以及单调性，数形结合有助于我们的解题，形象直观．7. 设集合P={3，log2a}，Q={a，b}，若P∩Q={0}，则P∪Q=（）A．{3，0} B．{3，0，1} C．{3，0，2} D．{3，0，1，2}参考答案：B【考点】并集及其运算．【分析】根据集合P={3，log2a}，Q={a，b}，若P∩Q={0}，则log2a=0，b=0，从而求得P∪Q．【解答】解：∵P∩Q={0}，∴log2a=0∴a=1从而b=0，P∪Q={3，0，1}，故选B．8. 设(是虚数单位),则（）A．B．C．D．参考答案：D9. 对于直角坐标系内任意两点P1（x1，y1）、 P2（x2，y2），定义运算，若M是与原点相异的点，且，则∠MON （）A． B． C．D．参考答案：B10. 某工厂甲、乙、丙三个车间生产了同一种产品，数量分别为120件，80件，60件.为了解它们的产品质量是否存在显著差异，用分层抽样方法抽取了一个容量为n的样本进行调查，其中从丙车间的产品中抽取了3件，则n=.A．9 B．10 C．12 D．13参考答案：D∵甲、乙、丙三个车间生产的产品件数分别是120，80，60，∴甲、乙、丙三个车间生产的产品数量的比依次为6：4：3，丙车间生产产品所占的比例，因为样本中丙车间生产产品有3件，占总产品的，所以样本容量n=3÷=13．二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为．参考答案：【考点】由三视图求面积、体积．【专题】数形结合；分割补形法；空间位置关系与距离．【分析】根据几何体的三视图，得出该几何体是四棱锥，把该四棱锥放入棱长为2的正方体中，结合图形求出它的体积．【解答】解：根据几何体的三视图，得；该几何体是四棱锥M﹣PSQN，把该四棱锥放入棱长为2的正方体中，如图所示；所以该四棱锥的体积为V=V三棱柱﹣V三棱锥=×22×2﹣××22×2=．故答案为：．【点评】本题考查了空间几何体三视图的应用问题，解题的关键是根据三视图得出几何体的结构特征，是基础题目．12. 在△ABC中，a=2,c=4，且3 sin A =2 sin B,则cos C= .参考答案：13. 已知函数在区间（）上存在零点，则n= ．参考答案：5函数是连续的单调增函数,, , 所以函数的零点在之间,所以n=514. 有以下四个命题：①中，“”是“”的充要条件；②若命题，则；③不等式在上恒成立；④设有四个函数其中在上是增函数的函数有3个.其中真命题的序号 .参考答案：①③④15. 已知,则=___________.参考答案：-1略16. 如图，在△ABC中，∠B=45°，D是BC边上的一点，AD=5，AC=7，DC=3，则AB的长为．参考答案：考点：余弦定理．专题：综合题．分析：先根据余弦定理求出∠ADC的值，即可得到∠ADB的值，最后根据正弦定理可得答案．解答：解：在△ADC中，AD=5，AC=7，DC=3，由余弦定理得cos∠ADC==﹣，∴∠ADC=120°，∠ADB=60°在△ABD中，AD=5，∠B=45°，∠ADB=60°，由正弦定理得，∴AB=故答案为：．点评：本题主要考查余弦定理和正弦定理的应用，在解决问题的过程中要灵活运用正弦定理和余弦定理．属基础题．17. 如图，AB为的直径，C为上一点,AP和过C的切线互相垂直，垂足为P，过B的切线交过C的切线于T，PB交于Q，若AB=4，则.参考答案：3三、解答题：本大题共5小题，共72分。

2018-2019学年福建省三明市高级中学高三数学文下学期期末试卷含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。

在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1. 定义集合与的运算“*”为:或,但.设是偶数集,,则A. B. C. D.参考答案：A略2. 函数y= 的图象大致是A．B．C．D．参考答案：B3. 已知a＞0，x，y满足约束条件，若z=2x+y的最小值为1，则a=（）A．B．C．1 D．2参考答案：B【考点】简单线性规划．【专题】不等式的解法及应用．【分析】先根据约束条件画出可行域，设z=2x+y，再利用z的几何意义求最值，只需求出直线z=2x+y过可行域内的点B时，从而得到a值即可．【解答】解：先根据约束条件画出可行域，设z=2x+y，将最大值转化为y轴上的截距，当直线z=2x+y经过点B时，z最小，由得：，代入直线y=a（x﹣3）得，a=故选：B．【点评】本题主要考查了用平面区域二元一次不等式组，以及简单的转化思想和数形结合的思想，属中档题．借助于平面区域特性，用几何方法处理代数问题，体现了数形结合思想、化归思想．线性规划中的最优解，通常是利用平移直线法确定．4. 若z=（a﹣1）+ai为纯虚数，其中a∈R，则=（）A．﹣i B．i C．1+i D．1﹣i参考答案：A【考点】A7：复数代数形式的混合运算．【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简即可得答案．【解答】解：z=（a﹣1）+ai为纯虚数，∴a=1，∴===﹣i，故选：A【点评】本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数的基本概念，是基础题．5. 在区间内随机取出两个数，则这两个数的平方和也在区间内的概率是（）A． B． C．D．参考答案：C在区间内随机取出两个数，设这两个数为，则，若这两个数的平方和也在区间内，则，画出其可行域，由可行域知：这两个数的平方和也在区间内的概率是。

6. 已知符号函数，那么的大致图象是....（）参考答案：D7. 向量满足：且，则向量与的夹角是( )参考答案：D,8. 设圆C与圆外切，与直线相切．则C的圆心轨迹为（）A．抛物线 B．双曲线 C．椭圆 D．圆参考答案：A本题考查了圆与圆外切、直线与圆相切的条件以及抛物线的定义，考查了学生对知识的掌握程度，难度中等。

2018—2019学年度第一学期期末教学质量检查高三数学（理科）参考答案及评分标准一、选择题二、填空题 13.31011- 16. -1三、解答题17.解：(1)设等差数列{}n a 的首项为1a ,公差为d ,由已知条件可知11851060a d a d +=⎧⎨+=⎩， ……… 2分解得：14,4a d ==.……… 4分所以4n a n =…………..6分 (2).因为2(44)S 222n n n n n +==+ ……… 7分 2111111()S 222(1)21n n n n n n n ===-+++……… 9分所以1231111111111=[(1)()++)]22231n S S S S n n ++++-+--+（11=(1)=2122nn n -++ ……… 12分18. 解：（1）由正弦定理可得 ,……… 2分 ， ， ,……… 4分 ，.……… 6分 （2）在 中，， ……… 8分 ∵ 为 的中点，∴ ，……… 9分 在 中，,……… 11分……… 12分19. 证明：(1)因为PA ⊥底面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以PA BD ⊥ ……… 1分 又ABCD 为菱形，连接AC 交BD 于O ,所以.……… 2分 又因为，平面PAC ，PA ⊂平面PAC ，所以BD ⊥平面PAC……… 4分又因为PC ⊂平面PAC ，所以BD⊥PC ，又因为DM PC ⊥， DM BD D =，DM ⊂平面BDM ，DB ⊂平面BDM ,所以PC ⊥平面BDM ，又因为BM ⊂平面BDM……… 5分 所以PC ⊥BM . ……… 6分 (2)法一：因为PA ∥平面 ， 平面 平面PAC平面BDM =MO ，从而PA ∥MO ，……… 7分MO ⊥平面ABCD ,又因为BD ⊥AC .以O 为原点，分别以OB ，OC ，OM 为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系. ……… 8分设2PA =，(0,0,1)M ,(1,0,0)B ,(1,0,0)D -,(0,2)P设平面PBD 的法向量为1111=(,,)n x y z 因为 ， ，（ ， ）， 由1=0n BP ，1=0n DP，得1111112020x z x z ⎧-+=⎪⎨+=⎪⎩ ，令11y =,则110,2x z ==.1=(0,1,n ……… 10分设平面MBD 的法向量为2222=(,,)n x y z ,因为OC ⊥平面MBD ，可设2222=(,,n x y z ，……… 11分设二面角P BD M --的平面角为θ，由图可知θ为锐角，从而1212|00+1||cos =7||||n n n n θ⨯==……… 12分法二：因为在平面PBD 中PO BD ⊥，在平面MBD 中，MO BD ⊥，从而POM ∠为二面角P BD M--的平面角， ……… 8分cos cos()=sin =2PA POM POA POA PO π∠=-∠∠==……… 12分20解：（1）根据所给表格数据计算得2345645x ++++==，1 2.534 4.535y ++++==，………4分5521127.512202768.5,4916253690i ii i i x yx ===++++==++++=∑∑，AC ^BD AC ∩PA =A AC Ì515221568.560ˆˆˆ0.85,0.490805i ii ii x yx yba y bx xx ==-⋅-∴====-=---∑∑， ………8分 所以，y 关于x 的线性回归方程为ˆ0.850.4yx =-. ………9分 （2）由（1）得，当10x =时，ˆ0.85100.48.1y=⨯-=， 即技术改造后的10年的维修费用为8.1万元，相比技术改造前，该型号的设备维修费降低了0.9万元. ………12分 21解：(1).由题意知,()f x 的定义域为(0)+∞. ………1分()'0f x <时，解得x e >；当()'0f x >时，0x e <<. ………3分 所以函数()f x 的增区间为(0,)e ；()f x 的减区间为(,)e +∞ ………4分 (2).因为22()()2ln 2g x xf x x x x bx =+++=,从而2141'()4+x bx g x x b x x++=+=令 '()0g x =，得2410x bx ++=，由于设方程两根分别为由韦达定理可知，12121,44b x x x x +=-=………6分2212111222()()=(ln 2)(ln 2)g x g x x x bx x x bx -++-++22112122ln2()+()x x x b x x x =+-- 2211212122ln2()4()()x x x x x x x x =+--+- 2211211221222111ln ln 22x x x x x x x x x x x x ⎛⎫-=-=-- ⎪⎝⎭设12x t x =，则 ………8分因为120x x <<，所以12(0,1)x t x =∈，又b ≤12=4b x x +-≥，所以()()2212121211169(2)4448x x x x t x x t ++==++≥整理得212145120t t -+≥，解得112t ≤或12t ≥. 所以10,12t ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦………10分222111(1)'()1022t h t t t t -⎛⎫=-+=-< ⎪⎝⎭，所以()h t 在10,12⎛⎤⎥⎝⎦单调递减，g (x 1)-g (x 2)=h (t )=ln t -12(t -1t)()1143ln121224h t h ⎛⎫≥=- ⎪⎝⎭………11分故………12分22.解:（1）曲线的的普通方程为()2211x y -+=，直线l 的普通方程为y x = ………3分联立方程()2211x y y x⎧-+=⎪⎨=⎪⎩，解得00x y =⎧⎨=⎩或11x y =⎧⎨=⎩所以，直线l 与曲线1C 公共点的极坐标为()π0, 0, 4⎫⎪⎭ ………5分（2）依题意，设直线的参数方程为3cos 21sin 2x t y t αα⎧=+⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩（α为倾斜角,为参数）,代入()2211x y -+=,整理得：()21cos sin 02t t αα++-=. ………8分因为AB 的中点为P ，则， 所以，cos sin 0αα+=即tan 1α=-.直线'l 的斜率为1- ………10分 23.解:（1）当1=a 时,2|2||1|)(---+=x x x f ,令0)(≥x f ,………1分 ①当1-<x 时,02)2()1(≥--++-x x ,05≥-,矛盾.………2分 ②当21<≤-x 时,02)2()1(≥--++x x ,23≥x ,所以,223<≤x . ………3分 ③当2≥x 时,02)2()1(≥---+x x ,01≥,所以,2≥x . ………4分 综上所述,不等式()0f x ≥的解集为}23|{≥x x .………5分 （2）由题意得:02|2|||≥---+x a x ,2|2|||≥--+x a x , ………6分 因为,|2||)2()(||2|||+=--+≤--+a x a x x a x ,………8分 所以,2|2|≥+a ,于是,22-≤+a ,或22≥+a ,所以,4-≤a ,或0≥a .………10分g (x 1)-g (x 2)1C 'l t 021=+t t。

三明市2018-2019学年第一学期普通高中期末质量检测高三理科数学试题一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60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.已知集合，，则集合A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】化简集合A，B，然后求交集即可.【详解】集合，所以集合故选：A【点睛】本题考查集合的运算，主要是交集的求法，同时考查二次不等式的解法，以及运算能力，属于基础题．2.若复数满足，其中为虚数单位，则A. B. C. D. 5【答案】B【解析】【分析】利用复数的除法法则化简可得进而得到然后求模即可.【详解】解：复数z满足，故，∴|z|．故选：B．【点睛】本题考查复数的模的求法，复数的运算法则的应用，考查计算能力．3.已知双曲线的一条渐近线与直线垂直，则该双曲线的离心率为A. B. C. 2 D. 4【答案】C【解析】【分析】由双曲线的一条渐近线与直线垂直可得，从而得到双曲线的离心率.【详解】双曲线的渐近线方程为：又双曲线的一条渐近线与直线垂直，即直线与直线垂直，∴，即2a，∴e故选：C【点睛】本题考查了双曲线的几何性质——离心率的求解，其中根据条件转化为圆锥曲线的离心率的方程，得到a,c的关系式是解得的关键，对于双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出a,c，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于a,b,c的齐次式，转化为a,c的齐次式，然后转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)，即可得e (e的取值范围)．4.若实数，满足约束条件则的最大值为A. B. 4 C. 7 D. 9【答案】D【解析】【分析】作出不等式组对应的平面区域，根据直线平移即可求出目标函数的最大值．【详解】作出不等式组对应的平面区域如图由z＝4x﹣y得y＝4x﹣z，平移直线y＝4x﹣z，由图象知，当直线y＝4x﹣z经过B时，直线的截距最小，此时z最大，由，解得x，y，z＝4x﹣y的最大值是4故选：D．【点睛】本题主要考查线性规划的应用，利用数形结合求出目标函数的最优解，利用数形结合是解决本题的关键．5.三国时期吴国的数学家赵爽创制了一幅“勾股圆方图”，如图所示的“勾股圆方图”中，四个相同的直角三角形与中间的小正方形拼成一个大正方形，若小正方形面积为1，大正方形面积为25，直角三角形中较大的锐角为，则A. 2B.C.D.【答案】D【解析】【分析】设BC＝x，AC＝y，由题意列关于x，y的方程组，求解得到x，y的值，进一步得到tanθ，展开两角差的正切得答案．【详解】解：如图，设BC＝x，AC＝y，则，解得．∴tanθ．∴．故选：．【点睛】本题考查三角恒等变换及化简求值，考查两角差的正切，考查平面几何知识，是基础题．6.已知命题，；命题，.则以下是真命题的为A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】分别判断出p，q的真假，从而判断出复合命题的真假即可．【详解】判断命题p的正误：，显然是假命题；判断命题q的正误：即，显然是真命题；∴是真命题故选：B【点睛】本题考查了复合命题的判断，考查对数的运算性质、二次函数的性质，是一道基础题．7.已知是实数，则函数的图象不可能是（）【答案】D【解析】解：对于振幅大于1时，三角函数的周期为：T=2π /|a| ，∵|a|＞1，∴T＜2π，而D不符合要求，它的振幅大于1，但周期反而大于了2π．对于选项A，a＜1，T＞2π，满足函数与图象的对应关系，故选D．8.棱长为2的正方体被一个平面截去一部分后得到一个几何体，其三视图如图所示，则该几何体的体积为A. 6B. 5C. 4D. 3【答案】C【解析】【分析】由已知中的三视图可得该几何体，其体积显然是正方体体积的一半.【详解】由已知中的三视图可得：该几何体是多面体ABCDEFG,其体积显然是正方体体积的一半，∴该几何体的体积为故选：C【点睛】由三视图画出直观图的步骤和思考方法：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整.9.的展开式中的系数是A. -5B. 10C. -15D. 25【答案】A【解析】【分析】，分两类情况利用通项公式计算即可.【详解】，的通项公式为，其中r=0,1,2,3的通项公式为，其中r=0,1,2,3,4,5∴展开式中的系数是,故选：A【点睛】求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略(1)求展开式中的特定项.可依据条件写出第r＋1项，再由特定项的特点求出r值即可.(2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数项，再由通项写出第r＋1项，由特定项得出r值，最后求出其参数.10.已知等边三角形的边长为3，若上一点满足，则当取最小值时，A. B. C. D. 7【答案】B【解析】【分析】由条件可知x＞0，y＞0，并可得出x+2y＝1，利用均值不等式可知y＝x=时有最小值，结合即可得到结果.【详解】解：由题意可知，x＞0，y＞0；∵M，A，B三点共线，且；∴x+＝1；∴≥5+2=9，当，即y＝x=时取“＝”，即取最小值；，即故选：B．【点睛】本题考查向量加法的平行四边形法则，三点A，B，C共线的充要条件：，且x+y＝1，基本不等式的运用，注意基本不等式等号成立的条件，向量数量积的运算及计算公式．11.直角坐标平面内的点既在以，，为顶点的三角形的边上，又在曲线上，则满足条件的点的个数为A. 3B. 4C. 5D. 6【答案】D【解析】【分析】由可得或，作出直线系与三角形各边的交点个数即可.【详解】由可得或即，∴点在直线系上，又在三角形的边上，如图所示：对直线系来说，当k=0时，与三角形的边有两个交点，当k=1时，与三角形的边有两个交点，对直线系来说，当k=0时，与三角形的边有一个交点B，当k=1时，与三角形的边有一个交点A，综上，满足条件的点的个数为6，故选：D【点睛】本题考查直线方程的应用，考查三角函数的等价转化，考查数形结合思想，属于中档题.12.若不等式对任意恒成立，则实数的值为A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】C【解析】【分析】记，，当时，，可猜得是图像在P点处的公切线.【详解】记，当时，故P是图像的公共点，可猜测是图像在P点处的公切线，由可得,∴在P点处的公切线为：，即，同理可得在P点处的公切线为下面证明：构造，,可知：在上单调递减，在上单调递增，∴，即对任意恒成立，同理可证：对任意恒成立∴即∴故选：C【点睛】本题考查不等式恒成立问题，考查函数的切线问题，考查构造函数，考查函数的单调性，极值与最值，综合性较强.二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.已知是各项均为正数的等比数列，若，则等于__________．【答案】【解析】【分析】根据列方程解出公比q，代入式子化简计算即可．【详解】解：设{a n}的公比为q，∵，∴q2＝q，即q2﹣q﹣2＝0，解得q＝2或q＝．∴．故答案为：．【点睛】本题考查了等比数列的通项公式，等比数列的性质，属于基础题．14.将一个等腰直角三角形绕着它的一条直角边所在的直线旋转一周，得到体积为的几何体，则该几何体外接球的表面积为__________．【答案】【解析】【分析】将等腰直角三角形绕着它的一条直角边所在的直线旋转一周所得几何体为圆锥，易知圆锥底面半径即为外接球的半径，从而得到结果.【详解】设等要直角三角形的直角边长为a，将等腰直角三角形绕着它的一条直角边所在的直线旋转一周所得几何体为圆锥，则，可得，该几何体外接球的半径R=a=2∴该几何体外接球的表面积为故答案为：【点睛】本题考查圆锥的形成过程，体积的计算，以及其与外接球的关系，考查空间想象能力与计算能力，属于中档题.15.若为奇函数，则实数__________．【答案】【解析】【分析】利用奇偶性定义即可得到a的值.【详解】,由于为奇函数，为奇函数，所以为偶函数，∴g（﹣x）＝g（x），即g（﹣x）﹣g（x）＝0，则﹣＝0，﹣＝2ax，即﹣x＝2ax则（2a+1）x＝0，即2a+1＝0，解得a．故答案为：【点睛】本题考查奇偶性的定义与性质，考查推理能力与计算能力，属于中档题.16.在平面直角坐标系中，点，动点满足以为直径的圆与轴相切.过作直线的垂线，垂足为，则的最小值为__________．【答案】【解析】【分析】由抛物线定义可知M的轨迹方程，直线过定点，结合圆的性质，可知B点的轨迹为圆，再结合抛物线与圆的性质即可得到最小值.【详解】由动点满足以为直径的圆与轴相切可知：动点M到定点A的距离等于动点M到直线的距离，故动点M的轨迹为，由可得，解得D，即直线过定点D，又过作直线的垂线，垂足为，所以点在以AD为直径的圆上，直径式方程为，化为标准方程为：，圆心E,半径r=过M做M垂直准线，垂足为则故答案为：【点睛】本题考查抛物线与圆的几何性质，涉及抛物线的轨迹，圆的轨迹，直线过定点，线段和的最值，考查数形结合的思想，属于难题.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.第17～21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.17.已知为数列的前项和，且，.（1）求的通项公式；（2）若，求的前项和.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】(1)利用，两式作差化简可得数列是公差为1的等差数列，从而可得的通项公式；（2）由（1）知，利用错位相减法即可求出的前项和.【详解】（1）因为，所以当时，，则.即，所以.因为，所以，即，所以数列是公差为1的等差数列.由得，因为，解得.所以.（2）由（1）知，所以，①②③-④得，，，∴.【点睛】用错位相减法求和应注意的问题(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；(2)在写出“S n”与“qS n”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“S n－qS n”的表达式；(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解.18.在中，内角，，所对的边分别为，，，满足.（1）求证：；（2）若的面积为，求角的大小.【答案】（1）见解析；（2）或【解析】【分析】（1）根据余弦定理，与可得，再利用正弦定理可得结合内角和定理与两角和与差正弦公式可得结果；（2）利用面积公式有，可得，又从而有，进而可得结果.【详解】（1）在中，根据余弦定理，，又因为，所以，又因为，所以，根据正弦定理，.因为，即，则，所以，即.因为，，则，所以，或（应舍去）.所以.（2）因为的面积为，所以，因为，，所以，则，因为，所以，所以.因为，所以，即，所以或.当，即时，；当时，由，解得，则.综上，或.【点睛】解三角形问题，多为边和角的求值问题，这就需要根据正、余弦定理结合已知条件灵活转化边和角之间的关系，从而达到解决问题的目的.其基本步骤是：第一步：定条件，即确定三角形中的已知和所求，在图形中标出来，然后确定转化的方向.第二步：定工具，即根据条件和所求合理选择转化的工具，实施边角之间的互化.第三步：求结果.19.如图，在三棱锥中，平面平面，为棱上的一点，且，为棱的中点，为棱上的一点，若平面，是边长为4的正三角形，，.（1）求证：平面平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）见解析；（2）【解析】【分析】(1)要证平面平面转证平面，结合条件面面垂直可证；(2)先证明平面以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可求出直线与平面所成角的正弦值.【详解】（1）取的中点，连结，因为，所以，因为平面，平面，平面平面，所以，又因为，所以，所以为的中点，又因为为的中点，所以，所以，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，因为平面，所以平面平面.（2）由（1）可知，在中，由余弦定理得，所以，所以，所以，因为平面平面，平面平面，所以平面.以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，则，，，所以，，设平面的法向量为，由得，取，则，，所以.又，，，设直线平面所成角为.则，所以直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.20.已知椭圆在左、右焦点分别为，，动点在椭圆上，的周长为6，且面积的最大值为.（1）求的方程；（2）设直线与的另一个交点为，过，分别作直线的垂线，垂足为，，与轴的交点为.若，，的面积成等差数列，求直线斜率的取值范围.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】(1)由题意列关于a，b的方程组，即可得到的方程；(2)设直线的方程为，联立方程可得，利用韦达定理表示条件，以，进而得到直线斜率的取值范围.【详解】（1）因为是上的点，且，为的左、右焦点，所以，又因为，的周长为6，所以，当为短轴端点时，的面积最大，所以，又因为，解得，，，所以的方程为.（2）依题意，直线与轴不重合，故可设直线的方程为，由消去得：，设，，则有且，.设，，的面积分别为，，，因为，，成等差数列，所以，即，则，即，得，又，，于是，所以，由得，解得，设直线的斜率为，则，所以，解得或，所以直线斜率的取值范围是.【点睛】圆锥曲线中最值与范围问题的常见求法：(1)几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决；(2)代数法，若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值．在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下几个方面考虑：①利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围；②利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；③利用基本不等式求出参数的取值范围；④利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围．21.已知函数.（1）求证：；（2）若关于的不等式恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）见解析；（2）【解析】【分析】(1)令，求出函数的最大值即可；(2)不等式恒成立，即恒成立，令，研究函数的单调性与极值即可.【详解】（1）令，即，所以，令，得，当时，；当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，所以.（2）因为不等式恒成立，即恒成立，令，则，令，则.则在上单调递减，在上单调递增，故只需，即，令，单调性与（1）中一致，即在上单调递增，在上单调递减，又，所以，即.【点睛】利用导数证明不等式常见类型及解题策略(1) 构造差函数.根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式.（2）根据条件，寻找目标函数.一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.22.在平面直角坐标系中，已知曲线的参数方程为，（为参数），点.以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.（1）试判断点是否在直线上，并说明理由；（2）设直线与曲线交于点，，求的值.【答案】（1）见解析；（2）【解析】【分析】(1)把直线的极坐标方程为化为直角坐标方程，代入检验即可；(2)把曲线的参数方程化为普通方程，再把直线l的参数方程代入普通方程可得，借助韦达定理可得结果.【详解】（1）由得，即直线的直角坐标方程为，经检验满足方程，所以点在直线上.（2）曲线的参数方程为（为参数），所以曲线的普通方程为.由（1）可得直线的参数方程为（为参数），将参数方程代入曲线得，设，对应的参数为，，则，，所以，所以的值为.【点睛】利用直线参数方程中参数的几何意义求解问题经过点P(x0，y0)，倾斜角为α的直线l的参数方程为 (t为参数)．若A，B为直线l上两点，其对应的参数分别为，线段AB的中点为M，点M所对应的参数为，则以下结论在解题中经常用到：(1) ；(2) ；(3) ；(4) ．23.设函数.（1）若，求不等式的解集；（2）若存在实数，使得对任意，都有，求的取值范围.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】(1)通过x的取值，去掉绝对值符号，然后求解不等式的解集即可；(2)因为存在实数，使得任意，均有，所以，利用二次函数的最值，转化为恒成立问题，借助绝对值三角不等式即可得到结果.【详解】（1）当时，①当时，成立；②当时，由可得，∴，③当时，不成立，所以不等式的解集为.（2）因为存在实数，使得任意，均有，所以，又，所以，即恒成立，因为，所以，解得，所以的取值范围是.【点睛】含绝对值不等式的解法有两个基本方法，一是运用零点分区间讨论，二是利用绝对值的几何意义求解．法一是运用分类讨论思想，法二是运用数形结合思想，将绝对值不等式与函数以及不等式恒成立交汇、渗透，解题时强化函数、数形结合与转化化归思想方法的灵活应用.。

三明市2018-2019学年第一学期普通高中期末质量检测高一数学试题一、选择题（本大题共12小题，共36.0分） 1. 已知角α的终边经过点(−3,4)，则tanα=A. 34B. −34C. 43D. −432. 已知向量a ⃗=(4,t +1)，b ⃗⃗=(2,−1)，若a ⃗⃗//b ⃗⃗，则实数t 的值为A. −2B. −3C. 0D. 3 3. 函数y =lg (x +1)+√1−x 的定义域是A. [−1,1]B. (−1,1)C. [−1,1)D. (−1,1]4. 在△ABC 中，设AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗=a ⃗⃗，AC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗=b ⃗⃗，D 为线段AC 的中点，则BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗= A. 12a⃗⃗+b ⃗⃗ B. a ⃗⃗+12b ⃗⃗ C. 12a⃗⃗−b ⃗⃗ D. 12b ⃗⃗−a ⃗⃗ 5. 已知a =2−0.5，b =log 30.5，c =log 25，则a ，b ，c 的大小关系为A. a >c >bB. c >b >aC. c >a >bD. a >b >c 6. 方程xsinx −1=0在区间[−100,100]上的所有解的和为A. 100πB. 200πC. 1D. 07. 函数f(x)=x a +b ，不论a 为何值f(x)的图象均过点(m,0)，则实数b 的值为A. −1B. 1C. 2D. 38. 已知函数f(x)=4x +a ⋅2x 在区间[2,+∞)上单调递增，则实数a 的取值范围为A. [−4,+∞)B. (−∞,−4]C. [−8,+∞)D. (−∞,−8] 9. 如图函数f(x)=2cos(ωx +φ)(ω>0,0<φ<π2)的部分图象，则A. ω=12，φ=π6B. ω=12，φ=π3C. ω=1710，φ=π6D. ω=1710，φ=π310. 已知函数f(x)=(12)x −x 3，若f(2a +1)>f(a −1)，则实数a 的取值范围是A. a >−2B. a <−2C. −2<a <0D. a >211. 已知cosα=13，cos (β−α)=√33，且0<β<α<π，则cosβ=A. 5√39B. −√33C. 2√39D. −5√3912. 已知函数f(x)=9−sin(π6x +π3)+a(2x−1+21−x )有唯一零点，则实数a 的值为A. −4B. −3C. −2D. −1二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）13. 已知函数f(x)={e x ,x <3,f(x −1),x ≥3,则f(4)=______．14. 已知tanα=3，则sinα−2cosαsinα+cosα=______．15. 设lg2=a ，lg7=b ，则log 714=______(用含a ，b 的式子表示)．16. 已知函数f(x)=asin(2x −φ)−cos(2x −φ)(a <0)的图象关于点(π2,0)成中心对称，则式子√2sin(φ+π4)+asin 2φ的取值范围为______． 三、解答题（本大题共6小题，共72.0分）17. 设集合A ={x|1−2m ≤x ≤m +2}，B ={x|0≤x ≤2}．(1)若m =1，求A ∩∁R B ；(2)若A ∩B =B ，求实数m 的取值范围．18. 已知函数f(x)=2sin(ωx −π6)(ω>0)的最小正周期为π．(1)求函数f(x)的解析式； (2)当x ∈[π6,π3]时，求f(x)的值域．(3)将函数f(x)的图象向左平移φ(0≤φ≤π2)个单位后得到函数g(x)的图象，且g(x)为偶函数，求ϕ的值．19. 已知向量a ⃗⃗=(4,3)，b ⃗⃗=(1,2)．(1)设向量a ⃗⃗与b ⃗⃗的夹角为θ，求cosθ； (2)设向量a ⃗=(cosα,sinα)，求|a ⃗⃗−c ⃗⃗|的取值范围．20. 已知函数f(x)=ax 2+2(1−a)x +b(a,b ∈R)．(1)若a <0，且函数f(x)在区间(−∞,3]上单调递增，求实数a 的取值范围； (2)令f(x)=xg(x)(x ≠0)，且f(x)为偶函数，试判断g(x)的单调性，并加以证明．21.已知函数f(x)=2√3sinxcosx+2cos2(x+π6)−1．(1)求f(x)的单调递增区间；(2)若函数g(x)=f(x)−k在区间[−π6,13π12]上有三个零点，求实数k的取值范围．22.已知函数f(x)=log2(a+1x)(a∈R)．(1)当a=1时，求f(x)在x∈[1,+∞)时的值域；(2)若对任意t∈[2,4]，x1，x2∈[t−1,t+1]，均有|f(x1)−f(x2)|≤2，求a的取值范围．参考答案DBDDC DACAB AA ;e 2,14,a b+1, [−√2−12,1]17.解：(1)m =1，集合A ={x|−1≤x ≤3}，∁R B ={x|x <0或x >2}， A ∩∁R B =[−1,0)∪(2,3]；(2)若A ∩B =B ，则B ⊆A ，所以{1−2m ≤0m +2≥0，所以m ≥12．18.解：(1)根据函数f(x)=2sin(ωx −π6)(ω>0)的最小正周期为2πω=π，∴ω=2， 故f(x)=2sin(2x −π6).(2)当x ∈[π6,π3]时，2x −π6∈[π6,π2]，故sin (2x −π6)∈[12,1]，f(x)∈[1,2]． (3)将函数f(x)的图象向左平移φ(0≤φ≤π2)个单位后，得到函数g(x)=2sin(2x +2φ−π6)的图象，∵g(x)为偶函数， ∴2φ−π6=π2，∴ϕ=π3．19.解：∵a ⃗⃗=(4,3)，b ⃗⃗=(1,2)， ∴cosθ=a⃗⃗⋅b ⃗⃗|a ⃗⃗||b ⃗⃗|=5×√5=2√55， (2)∵a ⃗=(cosα,sinα)， ∴a ⃗−c ⃗=(4−cosα,3−sinα)，|a ⃗−c ⃗|=√(4−cosα)2+(3−sinα)2=√26−2(3sinα+4cosα)， =√26−10sin(α+θ)(θ为辅助角)，根据正弦函数的性质可知，4≤√≤6， ∴|a ⃗−c ⃗|的取值范围[4,6]． 20.解：(1)当a <0时，f(x)=ax 2+2(1−a)x +b 的开口向下，对称轴x =a−1a，∵f(x)在区间(−∞,3]上单调递增， ∴a−1a≥3，解可得，−12≤a <0，故实数a 的取值范围[−12,0),(2)∵f(x)=ax 2+2(1−a)x +b 为偶函数，对称轴x =0， ∴a =1，f(x)=x 2+b ， ∵f(x)=xg(x)(x ≠0)， ∴g(x)=x +bx ， ∴g′(x)=1−b x 2，若b≤0，g′(x)=1−bx2>0恒成立，g(x)在(−∞,0)，(0,+∞)上单调递增，若b>0，则由g′(x)=1−bx2>0可得，x>√b或x<−√b，由g′(x)=1−bx2<0可得−√b<x<√b且x≠0，故函数g(x)在(−√b,0)，(0,√b)上单调递减，在(−∞,−√b)，(√b,+∞)上单调递增．21.解：∵f(x)=2√3sinxcosx+2cos2(x+π6)−1，=√3sin2x+cos(2x+13π)，=√3sin2x+12cos2x−√3sin2x×12，=12cos2x+√32sin2x，=sin(2x+π6)，(1)令−12π+2kπ≤2x+π6≤2kπ+12π，k∈Z，解可得，−13π+kπ≤x≤π6+kπ，k∈Z，即f(x)的单调递增区间为[−13π+kπ,π6+kπ]，k∈Z，(2)由g(x)=f(x)−k在区间[−π6,13π12]上有三个零点，可得y=f(x)与y=k在区间[−π6,13π12]上有三个交点，结合正弦函数的图象可知，k∈[−12,√32]．22.解：(1)当a=1时，f(x)=log2(1+1x)，当x≥1时，t=1+1x∈(1,2]，由f(x)=log2t，t∈(1,2]时，f(x)单调递增，故f(x)的值域为(f(1),f(2)]，即(0,1]，(2)对任意t∈[2,4]，t−1∈[1,3]，t+1∈[3,5]，不妨设x1<x2，由题意，x1，x2∈[t−1,t+1]，均有|f(x1)−f(x2)|≤2相当于x∈[t−1,t+1]，f(x)max−f(x)min≤2，对于任意t∈[2,4]，当x∈[t−1,t+1]时，f(x)=log2(a+1x )，有意义必须a>−1x，即a>(−1x )max=−1t+1，因为t+1∈[3,5]，故1t+1∈[15,13],−1t+1∈[−13,−15]，所以a>−15，根据复合函数的单调性，f(x)单调递减，故f(x)max=f(t−1)，f(x)min=f(t+1)，f(x)max −f(x)min ≤2，即log 2(a +1t−1)−log 2(a +1t+1)=log 2a+1t−1a+1t+1≤2，化简得3a ≤1t−1−4t+1， 令g(t)=1t−1−4t+1，t ∈[2,4]，，故当t ∈[2,3)时，，g(t)递增；当t ∈(3,4]时， 0'/>，g(t)递减，所以g(t)min =g(3)=−12， 故a ≤−16，结合a >−15， 故a ∈(−15,−16].。

2018-2019学年福建省三明市高三（上）期末数学试卷（理科）一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60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．已知集合A＝{x|2x＜4}，B＝{x∈R|x2+2x﹣8＜0}，则集合A∩B＝（）A．（﹣4，2）B．（﹣2，2）C．（﹣∞，﹣4）D．（﹣∞，﹣2）2．若复数z满足，其中i为虚数单位，则|z|＝（）A．B．C．D．53．已知双曲线的一条渐近线与直线垂直，则该双曲线的离心率为（）A．B．C．2D．44．若实数x，y满足约束条件则z＝4x﹣y的最大值为（）A．B．4C．7D．95．三国时期吴国的数学家赵爽创制了一幅“勾股圆方图”，如图所示的“勾股圆方图”中，四个相同的直角三角形与中间的小正方形拼成一个大正方形，若小正方形面积为1，大正方形面积为25，直角三角形中较大的锐角为θ，则＝（）A．2B．C．D．6．已知命题p：∃a∈（0，+∞），；命题q：∀x∈R，x2≥2x﹣1．则以下是真命题的为（）A．p∧q B．（￢p）∧q C．p∧（￢q）D．p∨（￢q）7．已知a是实数，则函数f（x）＝1+a sin ax的图象不可能是（）A．B．C．D．8．棱长为2的正方体被一个平面截去一部分后得到一个几何体，其三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．6B．5C．4D．39．的展开式中x2的系数是（）A．﹣5B．10C．﹣15D．2510．已知等边三角形ABC的边长为3，若AB上一点M满足，则当取最小值时，＝（）A．B．C．D．711．直角坐标平面内的点P（x，y）既在以A（﹣π，0），B（﹣π，π），为顶点的三角形的边上，又在曲线sin x﹣sin2y＝0上，则满足条件的点P的个数为（）A．3B．4C．5D．612．若不等式3elnx≤kx+b≤对任意x∈（0，+∞）恒成立，则实数k+b的值为（）A．1B．2C．3D．4二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13．已知{a n}是各项均为正数的等比数列，若2a1+a2＝a3，则等于．14．将一个等腰直角三角形绕着它的一条直角边所在的直线旋转一周，得到体积为的几何体，则该几何体外接球的表面积为．15．若为奇函数，则实数a＝．16．在平面直角坐标系xOy中，点A（1，0），动点M满足以MA为直径的圆与y轴相切，过A作直线x+（m﹣1）y+2m﹣5＝0的垂线，垂足为B，则|MA|+|MB|的最小值为．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.第17～21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.17．已知S n为数列{a n}的前n项和，且a n＞0，2S n＝a n2+a n．（1）求{a n}的通项公式；（2）若b n＝a n•2n，求{b n}的前n项和T n．18．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足ab+a2＝c2．（1）求证：C＝2A；（2）若△ABC的面积为a2sin2B，求角C的大小．19．如图，在三棱锥A﹣BCD中，平面ABD⊥平面BCD，G为棱AD上的一点，且，E为棱BC的中点，F为棱BD上的一点，若AB∥平面EFG，△BCD是边长为4的正三角形，AD＝5，．（1）求证：平面EFG⊥平面ABD；（2）求直线AC与平面EFG所成角的正弦值．20．已知椭圆在左、右焦点分别为F1，F2，动点P在椭圆E上，△PF1F2的周长为6，且面积的最大值为．（1）求E的方程；（2）设直线PF2与E的另一个交点为Q，过P，Q分别作直线l：x＝t（t＞2）的垂线，垂足为M，N，l与x轴的交点为T．若△PMT，△PQT，△QNT的面积成等差数列，求直线PQ斜率的取值范围．21．已知函数f（x）＝x+﹣2．（1）求证：f（x）≤（x﹣）lnx；（2）若关于x的不等式f（x）≥alnx+﹣2恒成立，求实数a的取值范围．22．在平面直角坐标系xOy中，已知曲线C的参数方程为，（φ为参数），点．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．（1）试判断点P是否在直线l上，并说明理由；（2）设直线l与曲线C交于点A，B，求|PA|+|PB|的值．23．设函数f（x）＝|x﹣4|﹣|x+a|（a∈R）（1）若a＝﹣6，求不等式f（x）＜1的解集；（2）若存在实数m，使得对任意x∈R，都有f（x）+m2﹣2m≤0．求a的取值范围．2018-2019学年福建省三明市高三（上）期末数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60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．已知集合A＝{x|2x＜4}，B＝{x∈R|x2+2x﹣8＜0}，则集合A∩B＝（）A．（﹣4，2）B．（﹣2，2）C．（﹣∞，﹣4）D．（﹣∞，﹣2）【解答】解：∵A＝{x|x＜2}，B＝{x|﹣4＜x＜2}，∴A∩B＝（﹣4，2）．故选：A．2．若复数z满足，其中i为虚数单位，则|z|＝（）A．B．C．D．5【解答】解：由，得＝＝＝＝2﹣i，则z＝2+i，则|z|＝＝，故选：B．3．已知双曲线的一条渐近线与直线垂直，则该双曲线的离心率为（）A．B．C．2D．4【解答】解：双曲线的一条渐近线设为y＝x，一条渐近线与直线垂直，可得＝，则双曲线的离心率为e＝＝＝＝2，故选：C．4．若实数x，y满足约束条件则z＝4x﹣y的最大值为（）A．B．4C．7D．9【解答】解：由约束条件作出可行域如图，联立，解得A（2，﹣1），化目标函数z＝4x﹣y为y＝4x﹣z，由图可知，当直线y＝4x﹣z过A时，直线在y轴上的截距最小，z有最大值为9．故选：D．5．三国时期吴国的数学家赵爽创制了一幅“勾股圆方图”，如图所示的“勾股圆方图”中，四个相同的直角三角形与中间的小正方形拼成一个大正方形，若小正方形面积为1，大正方形面积为25，直角三角形中较大的锐角为θ，则＝（）A．2B．C．D．【解答】解：设直角三角形长的直角边为a，短的直角边为a﹣1，则4个直角三角形面积之和S＝4×a（a﹣1）＝25﹣1＝24，即2a（a﹣1）＝24，则a2﹣a﹣12＝0，得（a﹣4）（a+3）＝0，得a＝4，或a＝﹣3（舍），则直角三角形长的直角边为4，和3，则tanθ＝＝，则＝＝＝，故选：D．6．已知命题p：∃a∈（0，+∞），；命题q：∀x∈R，x2≥2x﹣1．则以下是真命题的为（）A．p∧q B．（￢p）∧q C．p∧（￢q）D．p∨（￢q）【解答】解：已知命题p：∃a∈（0，+∞），；因为log2a+1﹣log2a＝1，故不成立；p假，命题q：∀x∈R，x2≥2x﹣1，x2﹣2x+1＝（x﹣1）2≥0，恒成立，故q真，根据复合命题判定方法，p∧q，p∧（￢q），p∨（￢q）为假，（￢p）∧q为真，故选：B．7．已知a是实数，则函数f（x）＝1+a sin ax的图象不可能是（）A．B．C．D．【解答】解：∵函数f（x）＝1+a sin ax（1）当a＝0时，y＝1，函数图象为：C故C正确（2）当a≠0时，f（x）＝1+a sin ax周期为T＝，振幅为a若a＞1时，振幅为a＞1，T＜2π，当0＜a≤1，T≥2π．∵D选项的图象，振幅与周期的范围矛盾故D错误，故选：D．8．棱长为2的正方体被一个平面截去一部分后得到一个几何体，其三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．6B．5C．4D．3【解答】解：由三视图还原原几何体如图，该几何体为正方体去掉多面体ABCDEFG的剩余部分GHIKEBF．其体积V＝×2×2×2＝4．故选：C．9．的展开式中x2的系数是（）A．﹣5B．10C．﹣15D．25【解答】解：的展开项为，的展开项为，所以①当r＝0，t＝4时，系数为，②当r＝1，t＝3时，③当r＝2，t＝2时，④当r＝3，t＝1时，⑤当r＝4，t＝0时，所以x2的系数是5﹣80﹣280+280+70＝﹣5．故选：A．10．已知等边三角形ABC的边长为3，若AB上一点M满足，则当取最小值时，＝（）A．B．C．D．7【解答】解：∵AB上一点M满足，∴x+2y＝1，（x＞0，y＞0），则＝（）（x+2y）＝5+≥5+4，当且仅当即x＝y＝时取等号，此时＝，∴＝，＝＝7，∴||＝．故选：B．11．直角坐标平面内的点P（x，y）既在以A（﹣π，0），B（﹣π，π），为顶点的三角形的边上，又在曲线sin x﹣sin2y＝0上，则满足条件的点P的个数为（）A．3B．4C．5D．6【解答】解：由sin x﹣sin2y＝0得x＝2y+2kπ或x+2y＝2kπ，k∈Z，即y＝x+kπ，或y ＝﹣x++kπ，k∈Z，所以点P（x，y）在直线系y＝x+kπ，或y＝﹣x++kπ，k∈Z上，又在三角形的边上，如图所示：，对直线系y＝x+kπ，k∈Z来说，当k＝0时，l1与三角形的边有两个交点，当k＝1时，l2与三角形的边有两个交点，对直线系y＝﹣x++kπ，k∈Z来说，当k＝0时，l3与三角形的边有一个交点B，当k＝﹣1时，l4与三角形的边有一个交点A，综上，满足条件的点P的个数为6．故选：D．12．若不等式3elnx≤kx+b≤对任意x∈（0，+∞）恒成立，则实数k+b的值为（）A．1B．2C．3D．4【解答】解：设f（x）＝3elnx，；当x＝e时，f（e）＝g（e）＝3e；故P（e，3e）是f（x）与g（x）图象的公共点；可猜测y＝kx+b是f（x）与g（x）图象在点P处的公切线；由f（x）＝3elnx，可得，则f′（e）＝3，所以f（x）＝3elnx在点P处的切线为y＝3（x﹣e）+3e，即y＝3x；同理可得在点P处的切线为：y＝3x；下面证明：3elnx；设h（x）＝3x﹣3elnx，则；可知h（x）在（0，e）上单调递减，在（e，+∞）上单调递增，所以h（x）≥h（e）＝0，即3elnx≤3x对任意x＞0恒成立；同理可证3x对任意x＞0恒成立，所以k＝3，b＝0；即k+b＝3；故选：C．二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13．已知{a n}是各项均为正数的等比数列，若2a1+a2＝a3，则等于．【解答】解：∵{a n}是各项均为正数的等比数列，若2a1+a2＝a3，∴2a1+a1q＝a1•q2，∴q＝2，或q＝﹣1（舍去），则＝＝，故答案为：．14．将一个等腰直角三角形绕着它的一条直角边所在的直线旋转一周，得到体积为的几何体，则该几何体外接球的表面积为16π．【解答】解：根据题意，将一个等腰直角三角形绕着它的一条直角边所在的直线旋转一周，得到的几何体为以圆锥的底面圆圆心为球心，等腰直角三角形的直角边长为半径的球，设球的半径为r，则＝，解得r＝2，所以外接球的表面积为S＝4πr2＝16π，故答案为：16π．15．若为奇函数，则实数a＝﹣．【解答】解：若＝﹣[ln（e x+1）+ax]sin x为奇函数，只需y＝ln（e x+1）+ax为偶函数，由f（1）＝f（﹣1），得ln（e+1）+a＝ln（e﹣1+1）﹣a，2a＝，得a＝﹣，故答案为：﹣16．在平面直角坐标系xOy中，点A（1，0），动点M满足以MA为直径的圆与y轴相切，过A作直线x+（m﹣1）y+2m﹣5＝0的垂线，垂足为B，则|MA|+|MB|的最小值为3﹣．【解答】解：根据题意，设M（x，y），以MA为直径的圆的圆心为（，），又由动点M满足以MA为直径的圆与y轴相切，则有（）2＝（﹣1）2+（）2，变形可得：y2＝4x，则M的轨迹是抛物线，其焦点为A（1，0），准线为x＝﹣1，过点M做MD与准线垂直，且交准线为与点D，设直线l为x+（m﹣1）y+2m﹣5＝0，变形可得m（y+2）＝y﹣x+5，分析可得直线l经过定点（3，﹣2），设P（3，2），设AP的中点为C，则C的坐标为（2，﹣1），|CP|＝，若AB⊥l，则B在以AP为直径的圆上，该圆的方程为（x﹣2）2+（y﹣1）2＝2，又由|MA|＝|MD|，则|MA|+|MB|＝|MD|+|MB|，则当C、M、D三点共线时，|MA|+|MB|取得最小值，且|MA|+|MB|取得最小值为圆（x﹣2）2+（y﹣1）2＝2上的点到D的最小值，此时|MA|+|MB|min＝|CD|﹣r＝3﹣，故答案为：3﹣．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.第17～21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.17．已知S n为数列{a n}的前n项和，且a n＞0，2S n＝a n2+a n．（1）求{a n}的通项公式；（2）若b n＝a n•2n，求{b n}的前n项和T n．【解答】解：（1）a n＞0，2S n＝a n2+a n．可得n＝1时，2a1＝2S1＝a12+a1，解得a1＝1，n≥2时，2a n＝2S n﹣2S n﹣1＝a n2+a n﹣a n﹣12﹣a n﹣1，化为a n2﹣a n﹣12＝（a n+a n﹣1）（a n﹣a n﹣1）＝a n+a n﹣1，由a n＞0，可得a n﹣a n﹣1＝1，则a n＝1+（n﹣1）＝n；（2）b n＝a n•2n＝n•2n，则前n项和T n＝1•2+2•4+3•8+…+n•2n，2T n＝1•4+2•8+3•16+…+n•2n+1，相减可得﹣T n＝2+4+8+…+2n﹣n•2n+1＝﹣n•2n+1，化简可得T n＝2+（n﹣1）•2n+1．18．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足ab+a2＝c2．（1）求证：C＝2A；（2）若△ABC的面积为a2sin2B，求角C的大小．【解答】解：（1）证明：∵ab+a2＝c2∴a2﹣c2＝﹣ab，又∵cos C＝＝＝，∴2a cos C＝b﹣a，∴由正弦定理可得：2sin A cos C＝sin B﹣sin A，∴2sin A cos C＝sin（A+C）﹣sin A＝sin A cos C+sin C cos A﹣sin A，可得：sin A cos C＝sin C cos A﹣sin A，可得：sin A＝sin（C﹣A），∴A＝C﹣A，或A+（C﹣A）＝π（舍去），∴C＝2A，得证；（2）∵S△ABC＝ab sin C＝a2sin2B，又sin C＝sin2A＝2sin A cos A，∴ab×2sin A cos A＝a2sin2B，可得：b sin A cos A＝a sin2B，∴由正弦定理可得：sin B sin A cos A＝sin A sin2B，∵sin A＞0，sin B＞0，∴cos A＝sin B，∴A+B＝，或B＝+A，∴解得C＝，或C＝．19．如图，在三棱锥A﹣BCD中，平面ABD⊥平面BCD，G为棱AD上的一点，且，E为棱BC的中点，F为棱BD上的一点，若AB∥平面EFG，△BCD是边长为4的正三角形，AD＝5，．（1）求证：平面EFG⊥平面ABD；（2）求直线AC与平面EFG所成角的正弦值．【解答】解：（1）证明：取BD的中点O，连结OC，∵BC＝CD，∴CO⊥BD，∵AB∥平面EFG，AB⊂平面ABD，平面ABD∩平面EFG＝GF，∴AB∥GF，∵AG＝AD，∴BF＝，∴F为OB的中点，又∵E为BC的中点，∴EF∥CO，∴EF⊥BD，∵平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，EF⊂平面BCD，∴EF⊥平面ABD，∵EF⊂平面EFG，∴平面EFG⊥平面ABD．（2）由（1）可知DF＝＝3，在△ADF中，由余弦定理得AF2＝25+9﹣2×＝16，∴AF＝4，∴AF2+DF2＝AD2，∴AF⊥BD，∵平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，∴AF⊥平面BCD，以F为坐标原点，FE，FD，FA所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则F（0，0，0），E（，0，0），G（0，），A（0，0，4），C（2，1，0），＝（，0，0），＝（0，，3），＝（2，1，﹣4），设平面EFG的法向量＝（x，y，z），由，取y＝4，得＝（0，4，﹣1），设直线AC与平面EFG所成角为θ，则直线AC与平面EFG所成角的正弦值为：sinθ＝＝＝．20．已知椭圆在左、右焦点分别为F1，F2，动点P在椭圆E上，△PF1F2的周长为6，且面积的最大值为．（1）求E的方程；（2）设直线PF2与E的另一个交点为Q，过P，Q分别作直线l：x＝t（t＞2）的垂线，垂足为M，N，l与x轴的交点为T．若△PMT，△PQT，△QNT的面积成等差数列，求直线PQ斜率的取值范围．【解答】解：（1）因为P是椭圆E上的点，且F1，F2为椭圆E的左、右焦点，所以|PF1|+|PF2|＝2a，又因为|F1F2|＝2c，△PF1F2的周长为6，所以2a+2c＝6，当P为短轴端点时，△PF1F2的面积最大，所以bc＝，又因为a2＝b2+c2，解得a＝2，b＝，c＝1，所以椭圆E的方程为+＝1；（2）依题意，直线PQ与x轴不重合，故可设直线PQ的方程为x＝my+1，由，消去x得：（3m2+4）y2+6my﹣9＝0，设P（x1，y1），Q（x2，y2），则有△＞0且y1+y2＝﹣，y1y2＝﹣；设△PMT，△PQT，△QNT的面积分别为S1，S2，S3，因为S1，S2，S3成等差数列，所以2S2＝S1+S3，即3S 2＝S 1+S 2+S 3，则3×（t ﹣1）×|y 1﹣y 2|＝[（t ﹣x 1）+（t ﹣x 2）]×|y 1﹣y 2|， 即3（t ﹣1）＝2t ﹣（x 1+x 2），得t ＝3﹣（x 1+x 2），又x 1＝my 1+1，x 2＝my 2+1，于是t ＝3﹣（my 1+my 2+2）＝1﹣m （y 1+y 2），所以t ＝1+，由t ＞2得1+＞2，解得m 2＞，设直线PQ 的斜率为k ，则k ＝，所以0＜k 2＜，解得﹣＜k ＜0或0＜k ＜，所以直线PQ 斜率的取值范围是（﹣，0）∪（0，）．21．已知函数f （x ）＝x +﹣2． （1）求证：f （x ）≤（x ﹣）lnx ；（2）若关于x 的不等式f （x ）≥alnx +﹣2恒成立，求实数a 的取值范围．【解答】解：（1）证明：令，则，令h ′（x ）＞0，解得0＜x ＜1；令h ′（x ）＜0，解得x ＞1， ∴函数h （x ）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）单调递减， ∴h （x ）≤h （1）＝0，即f （x ）≤（x ﹣）lnx ；（2）由题意，恒成立，令，则，设x0为p′（x）＝0的根，则，则，且p（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增，由题意需p（x0）≥0，即，令，q（x）的单调性与（1）中的h（x）单调性一致，即函数q（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）单调递减，又，∴，即．22．在平面直角坐标系xOy中，已知曲线C的参数方程为，（φ为参数），点．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．（1）试判断点P是否在直线l上，并说明理由；（2）设直线l与曲线C交于点A，B，求|PA|+|PB|的值．【解答】解：（1）由，得，代入x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，得x+y＝．把代入直线方程成立，可知点P在直线l上；（2）由曲线C的参数方程为，（φ为参数），消去参数φ，可得曲线C的普通方程为，直线l的参数方程为，代入，得5t2﹣4t﹣4＝0．设A，B对应的参数分别为t1，t2，则，．∴|PA|+|PB|＝|t1﹣t2|＝＝．23．设函数f（x）＝|x﹣4|﹣|x+a|（a∈R）（1）若a＝﹣6，求不等式f（x）＜1的解集；（2）若存在实数m，使得对任意x∈R，都有f（x）+m2﹣2m≤0．求a的取值范围．【解答】解：（1）a＝﹣6，f（x）＝|x﹣4|﹣|x﹣6|＝﹣2，当x≤4时，f（x）＝﹣2＜1恒成立，当4＜x＜6时，f（x）＝2x﹣10＜1，∴x∴，当x≥6时，f（x）＝2＜1不成立，∴不等式f（x）＜1的解集（﹣），（2）∵﹣m2+2m＝﹣（m﹣1）2+1≤1即最大值为1，若存在实数m，使得对任意x∈R，都有f（x）+m2﹣2m≤0，即f（x）≤﹣m2+2m，∴f（x）≤1，∵f（x）＝|x﹣4|﹣|x+a|≤|（x﹣4）﹣（x﹣a）|＝|a+4|，∴|a+4|≤1，∴﹣1≤a+4≤1，解可得﹣5≤a≤﹣3．故a的取值范围[﹣5，﹣3]．。

三明市一般高中2018—2019 学年第一学期期末质量检测高二文科数学参照答案及评分标准一、：1－ 5 DBCBA 6－ 10 ACCAB 11－12 BD二、填空：13. 16 15. 55 16. 514.25三、解答：17．解法一：（1）抛物焦点 F ( p, 0) ，准方程x p ，2 2因点 P 1,m 到焦点 F 距离p2 ，解得 p 2 ，⋯⋯⋯⋯⋯⋯4 分2，因此12（ 2）抛物C的焦点坐1,0 ，足直l的方程x y 1 0 .故焦点F在直 l 上.x y 1 0,6x 1 0 .立y2 4x,得 x2 ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯7 分然0 ， A x1, y1, B x2, y2 ，x1 x2 6 ，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯8 分因此 AB x1 x2 p 6 2 8，即 AB 8 . ⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分解法二：（1）抛物焦点 F ( p,0) ，因点P 1,m 在抛物上且到焦点 F 距离 2 ，2m2 2 p,故(1 p )2 m2 2,2解得 p 2 或p 6 （舍去）因此p 2 ．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4 分（ 2）立x y 1 0,得 x2 6x 1 0 . ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6 分y2 4x,然0 ， A x1, y1, B x2, y2 ，x1 x26 ，x x21 ，1AB 12x1 x 222 62 4 8，即AB 8.⋯⋯10分1 4 x1 x218．解：（ 1）由表中日均数据可知，空气量度染的天数共 5 天，用a,b, c表示抽到的 PM2.5 日均在 75 g / m3～ 95 g / m3之的数据，用 d ,e表示抽到的 PM2.5 日均高二文科数学答案第 1 页（共 4页）在 95 g / m3115 g / m3之的数据，在空气量度染的数据中，随机抽取两天的数据，有 ( a, b),( a, c),( a,d ),( a, e),(b, c),( b,d ),( b, e),( c, d ),( c, e),( d ,e) ，共10种，恰有一个数据在 75 95 之的有 (a, d ),( a, e),( b, d),( b, e),( c, d ),( c,e) ，共6种，因此恰有一个数据在75 g / m3～ 95 g / m3之的概率P 6 3 ．⋯⋯⋯⋯4 分10 5（ 2）本数据的率散布直方以下：⋯⋯⋯⋯⋯⋯8 分（3）20天的日均的均匀数25 45 65 85 20 58 g / m3，因此整年 PM2.5 日均的均匀数的估58 g / m3．因58 55 ，因此，市2018 年的空气量不达．⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 12 分19．解：（1）由函数 f ( x) 在1,1 上增得 f ( x) 0 恒建立，因 f ( x) x m 1 e x，⋯⋯⋯⋯⋯⋯2 分即 x m 1 0，即 m x 1在1,1 上恒建立，因此m x 1 max，即m 0，因命 q 真命，因此 m 0. ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6 分（2）由已知命q 假命，p q 真命，故 p 真 q 假.由（ 1）知，命q假命，可得m 0 .m 3 0,即3 m 2 . ⋯⋯⋯⋯⋯⋯9 分由 p 真命，得2m 0,4故m 0, 得 3 m 0 .3 m 2,因此数 m 的取范m 3 m 0 . ⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 12分 .20. 解：f x 3 2 2 1，⋯⋯⋯⋯⋯⋯1 分x ax由意知 f 1 0 ，因此 3 2a 1 0 ，即 a 2 .因此 f x x3 2x2 x b . ⋯⋯⋯⋯⋯⋯2 分（1）当b 2 ，f x x3 2x2 x 2 . f x 3x2 4 x 1，因此 f 0 1 ， f 0 2 ，因此 f x 在 x 0 的切方程y 2 x 0 ，即x y 2 0 . ⋯⋯5 分（2）令f x 0 ,x3 2x2 x b .g x x3 2x2 x ， y g x 与y b 的象有三个交点.g x 3x 2 4x 1 3x 1 x 1 ，⋯⋯⋯⋯⋯⋯7 分因此当 x 化， g x , g x 的化状况x (1 1(11 (1, ) , )3, 1)3 3g x 0 0g (x) 增函数极大减函数极小增函数1 ) 40 . ⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分因此 g ( ， g 13 27又当 x ， y ；当 x ， y .因此 0 b4 4b 0，即2727因此 b 的取范 { b | 4b 0} . ⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分2721．解：（ 1）由定可知，2a 2 2 ，即 a 2 ，又因P(1 , 2)，因此 1 1 1，因此 b2 1 .2 2 2b2因此 C 的方程x2 y 2 1.⋯⋯⋯⋯⋯⋯5 分2（2）M x1, y1 ， N x2 , y2, Q( x0 , y0 ) .因OQOM3ON，因此 x0 x1 3x2 , y0 y1 3 y2.因 M , N 是 C 上的点，因此x1 2 2y1 2 2, x2 2 2 y2 2 2,Q( x0 , y0 ) 在x2 y2 1 上，因此x022 y0 2 20 . ⋯⋯⋯⋯⋯⋯8 分20 10因此 x1 3x2 2 2 y1 3 y2 2 20 ，高二文科数学答案第 3 页（共 4页）即 x12 2 y129 x22 2 y226x1x212 y1 y220,因此 2 9 2 6 x1x2 2y1 y2 20,即 2 y1 y2 x1x2，直线 OM 与 ON 的斜率之积 k OM k ONy1 y2 1x1 x2 2.故直线 OM 与 ON 的斜率之积为定值112分.222．解：（1） f ( x) 的定义域为 (0, ) ， f ( x) 2 ax 1 2ax2 1 ， 2 分x x①当 a 0 时， f ( x) 0 ，因此 f (x) 的减区间为 (0, ) ，无增区间 .②当 a 0 时，令f x 0 得x 2ax 0 得0 x2a 2a；令 f ；2a因此 f x 的单一递加区间为( 2a , ) ，单一递减区间为(0, 2a) .2a 2a综上可知，当 a 0 时， f ( x) 的减区间为 (0, ) ，无增区间；当 a 0 时，f x 的单一递加区间为( 2a , ) ，单一递减区间为 (0, 2a ) . 5分2a 2a（Ⅱ）由于 f x 2x 1 ，即 ax 2 ln x 2 x 1 .2 2由于 x 0 ,因此 a 2 ln x 4x 1. 7 分2x2设 g x 2ln x 4x 1， g x2 ln x 2x 2. 8 分2x2 x3明显 h x 2 ln x 2x 2 在 0, 上是减函数， h 1 0 .因此当 x 0,1 时， g x 0 ， g x 是增函数；当 x 1, 时， g x 0 ， g x 是减函数. 10 分因此 g x 的最大值为g 1 3 ，2312分因此 a.2。

2018年三明市普通高中毕业班质量检查测试理科数学参考答案一.二.填空题：13.6 14.e 1- 15.5 16.(1,2)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.解：(1)因为1a =,且2(1)32t S a a +=++,21(b b ++-21a b +++23n n-. ...................... 23n n-11n n ++-+18.解：(1)因为//AB CD ,所以11,23AM AB AM MC CD AC ===即. .....................2分 因为//MN PCD 平面,MN ⊂平面PAC ,平面PAC 平面PCD PC =,所以//MN PC . ......................................................... 4分 所以13AN AM AP AC ==,即13m =. ...........................................5分 (2)因为,60AB AD BAD =∠=︒,可知ABD ∆为等边三角形,所以BD AD PD ==,又BP =, 故222BP PD DB =+,所有PD DB ⊥. 由已知,PD AD ADBD D ⊥=,所以PD ⊥平面ABCD ,如图,以D 为坐标原点,DA DP ,的方向为,x y 轴的正方向建 立空间直角坐标系,设1AB =,则1,2AB AD DP CD ====,所以)3,0,1(),0,1,0(),23,0,21(-C P B ,则13(,1,),(1,22PB PC =-=--, 设平面PBC 的一个法向量为1111(,,)x y z =n ,则有110,0,PBPC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即11111120,0.x y x y ⎧-=⎪⎨+=⎪⎩ 设11x =,则112,y z =所以1(1=n , ………………………8分 设平面PCD 的一个法向量为2222(,,)x y z =n ,由已知可得220,0,DC DP⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即2220,0.x y ⎧=⎪⎨=⎪⎩ 令21z =,则2x =所以 2=n . …………………………………10分所以121212cos ,⋅<>===⋅n n n n n n ,………………………11分 设二面角B PC D --的平面角为θ,则410)46(1sin 2=-=θ.………12分 19.解：(1)设(,)H x y ,由题意得(,2)C x y (0)y ≠,所以(22,),()NH x y MC x y =-=+, …………………………2分所以22828NH MC x y ⋅=-+=,化简得221168x y +=,所以所求点H 的轨迹E 的方程为221168x y +=(0)y ≠. ………………………5分 (2)由题意可知直线l 的斜率存在,设直线l 的方程为(4)y k x =+(0)k ≠, 令0x =,得4y k =,即(0,4)Q k .由22(4),1,168y k x x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩ 解得222488,1212P P k k x y k k -==++,即222488(,)1212k k P k k -++,…8分 因为l l '∥,所以l '的方程为y kx =,由22,1,168y kx x y =⎧⎪⎨+=⎪⎩ 解得222221616,1212R R k x y k k ==++, ……………10分所以||AQ =,||AP ,22216(1)||12k OR k +=+,所以2||||||AQ AP OR ⋅＝2. …………………………………………………12分 20.解：(1)由频率分布直方图知,该汽车交易市场2017年成交的二手车使用时间在(8,12]的频率为0.0740.28⨯=,使用时间在(]12,16的频率为0.0340.12⨯=.所以在该汽车交易市场2017年成交的二手车随机选取1辆,其使用时间在(]8,16的概 率为0.280.120.4+=, .................................................. 2分所以所求的概率为()2230.410.40.288P C =⋅-=. ............................. 3分(2)①由e a bx y +=得ln y a bx =+,则Y 关于x 的线性回归方程为Y a bx =+. .... 4分由于()()()10101110102222111079.7510 5.5 1.90.338510 5.510iii ii i i ii i x x Y Y x Y x Yb x x xx ====---⋅-⨯⨯====--⨯--∑∑∑∑()1.90.3 5.5 3.55a Y x β=-⋅=--⨯=则Y 关于x 的线性回归方程为 3.550.3Y x =-, ……………………………6分 所以y 关于x 的回归方程为 3.550.3exy -= ……………………………7分②根据频率分布直方图和①中的回归方程,对成交的二手汽车可预测： 使用时间在(]04，的频率为0.0540.2⨯=,对应的成交价格的预测值为 3.550.32 2.95e e 19.1-⨯=≈；使用时间在(]48，的频率为0.0940.36⨯=, 对应的成交价格预测值为 3.550.36 1.75e e 5.75-⨯=≈；使用时间在(]812，的频率为0.0740.28⨯=, 对应的成交价格的预测值为 3.550.3100.55e e 1.73-⨯=≈； 使用时间在(]1216，的频率为0.0340.12⨯=,对应的成交价格的预测值为 3.550.3140.65e e 0.52-⨯-=≈； 使用时间在(]1620，的频率为0.0140.04⨯=,对应的成交价格的预测值为 3.550.318 1.85e e 0.16-⨯-=≈.……………………………9分若采用甲方案,预计该汽车交易市场对于成交的每辆车可获得的平均佣金为()0.219.10.36 5.750.28 1.730.120.520.040.165%⨯+⨯+⨯+⨯+⨯⨯＝0.321660.32≈万元；若采用乙方案,预计该汽车交易市场对于成交的每辆车可获得的平均佣金为()()0.219.10.36 5.754%0.28 1.730.120.520.040.1610%⨯+⨯⨯+⨯+⨯+⨯⨯0.290920.29=≈万元. …………………………………………………………11分 因为0.32>0.29,所以采用甲方案能获得更多佣金. ……………12分21.解：(1)因为()2(4)e 0x f x m x x -=-+≥对()2,x ∀∈+∞恒成立,等价于24e x x xm --≥-对()2,x ∀∈+∞恒成立, …………………………1分 设()224(1)4e e x x xx x x ϕ--=--=得()()22222244'1e e 0x x x x x x x ϕ---⎛⎫=-+=≥ ⎪⎝⎭, …………………………3分 故()x ϕ在()2,+∞上单调递增,当2x >时,由上知()()21x ϕϕ>=-,所以1m -≤-,即1m ≥,所以实数m 的取值范围为[)1,+∞； ……………………………6分 (2)对()()22e (2)2x ax ag x x x --+=>-求导得()()()2323(4)e [](4)e ',(2)22x x x x a x ax x g x x x x ----+==>-+-, ……………7分记()24e x x F x xa --=+,(2)x >, 由(1)知()F x 在区间()2,+∞内单调递增,又(2)10,(4)0F a F a =-+<=≥, 所以存在唯一正实数0(2,4]x ∈,使得020004()e 0x x F x x a --+==, ∴当0(2,)x x ∈时,()0F x <,'()0g x <,函数()g x 在区间0(2,)x 单调递减；0(,)x x ∈+∞时,()0F x >,'()0g x >,函数()g x 在区间0(,)x +∞单调递增；所以()g x 在()2,+∞内有最小值()()020020e 2x ax ag x x --+=-, …………………9分由题设即()()02020e 2x ax ah a x --+=-.又因为02004e x x a x ---=.所以()()02001e x h a g x x -==. ……………………10分 根据(1)知, ()x ϕ在()2,+∞内单调递增,(]0200e 1,04x x a x -=-∈--, 所以024x <≤.令()21e (24)x u x x x-=<≤,则 ()221e 0x x u x x -'-=>,函数()u x 在区间(]2,4内单调递增, 所以()()()24u u x u <≤,即函数()h a 的值域为21e ,24⎛⎤⎥⎝⎦. ……………………………12分22. 解法一：(1)由1,1,x y t ⎧=-⎪⎨=+⎪⎩得l的普通方程为1x =, …………1分又因为cos ,sin ,x y ρθρθ=⎧⎨=⎩, 所以l的极坐标方程为()cos 1ρθθ= .... 3分(或π2sin()16ρθ+=+由2cos ρθ=得22cos ρρθ=,即222x y x +=, ............................ 4分所以C 的直角坐标方程为2220xy x +-=. ................................ 5分(2)设,P Q 的极坐标分别为()()1122,,,ρθρθ,则12POQ θθ∠=- ............... 6分由()cos 12cos ,ρθθρθ⎧=⎪⎨=⎪⎩消去ρ得()2cos cos 1θθθ=+ .... 7分化为cos22θθ=,即πsin 26θ⎛⎫+= ⎪⎝⎭........................ 8分因为π02θ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，,即ππ7π2+666θ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，,所以ππ263θ+=,或π2π263θ+=, ...... 9分 即12π,12π,4θθ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩或12π,4π,12θθ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩所以12π=6POQ θθ∠=-. ......................... 10分 解法二： (1)同解法一 ……………………………5分(2)曲线C 的方程可化为()2211x y -+=,表示圆心为()1,0C 且半径为1的圆. .... 6分将l的参数方程化为标准形式1,112x y t ⎧'=-⎪⎪⎨⎪'=+⎪⎩(其中t '为参数),代入C 的直角坐标方程为2220x y x +-=得,221112102t ⎛⎫⎛⎫⎛⎫'''++-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭, 整理得,20t t ''+=,解得0t '=或1t '=-. .................................. 8分 设,P Q 对应的参数分别为12,t t '' ,则121PQ t t ''=-=.所以π3PCQ ∠=, ...... 9分 又因为O 是圆C 上的点,所以π26PCQ POQ ∠∠==.......................... 10分 解法三： (1)同解法一. ……………………………5分(2)曲线C 的方程可化为()2211x y -+=,表示圆心为()1,0C 且半径为1的圆. ... 6分又由①得l的普通方程为(10x -=, ........................... 7分则点C 到直线l的距离为d =, ....................................... 8分所以1PQ ==,所以PCQ △是等边三角形,所以π3PCQ ∠=, ........ 9分 又因为O 是圆C 上的点,所以π26PCQ POQ ∠∠==.......................... 10分23. 解：(1)当1a =时,()11f x x x =-++,则()2 ,1,2, 11,2, 1.x x f x x x x -<-⎧⎪=-<⎨⎪⎩≤≥ 2分当1x <-时,由()f x ≤4得,22x --≤4,解得21x -<-≤； 当11x -<≤时,()f x ≤4恒成立；当1x ≥时,由()f x ≤4得,2x ≤4,解得12x ≤≤. .......................... 4分 所以()f x ≤4的解集为{}22x x -≤≤. .................................. 5分 (2)因为对任意1x ∈R ,都存在2x ∈R ,使得不等式()()12f x g x >成立,所以()()min min f x g x >. ............................................... 6分因为()2223120a a a -+=-+>,所以223a a >-,且()()222223232323x a x a x a x a a a a a -+-+---+=-+=-+≥, ① 当223a x a -≤≤时,①式等号成立,即()2min 23f x a a =-+.................. 7分又因为2222444244a a a x ax x ⎛⎫++=++-- ⎪⎝⎭≥, ②当2a x =-时,②式等号成立,即()2min 44a g x =-. .......................... 8分所以222344a a a -+>-,整理得,25840a a -->, ........................ 9分解得25a <-或2a >,即a 的取值范围为()2,2,5⎛⎫-∞-+∞ ⎪⎝⎭. ..............10分。