2016-2017学年福建省福州外国语学校高三（上）适应性数学试卷（理科）（4）
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．若全集U=R，集合A={x|x2﹣x﹣2≥0}，B={x|log3（2﹣x）≤1}，则A∩（∁UB）=（ ）
A．{x|x＜2} B．{x|x＜﹣1或x≥2} C．{x|x≥2} D．{x|x≤﹣1或x＞2}
2．设复数z1，z2在复平面内对应的点关于虚轴对称，若z1=1﹣2i，则的虚部为（ ）
A． B．﹣ C． D．﹣
3．阅读下列程序框图，运行相应程序，则输出的S值为（ ）
A．﹣ B． C． D．
4．若（x6）n的展开式中含有常数项，则n的最小值等于（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
5．若实数x，y满足不等式组，则z=|x|+2y的最大值是（ ）
A．10 B．11 C．14 D．15
6．已知点A（﹣2，0），B（2，0），若圆（x﹣3）2+y2=r2（r＞0）上存在点P（不同于点A，B）使得PA⊥PB，则实数r的取值范围是（ ）
A．（1，5） B．[1，5] C．（1，3] D．[3，5]
7．已知双曲线C：﹣=1（a＞0，b＞0）的焦距为2，抛物线y=x2+与双曲线C的渐近线相切，则双曲线C的方程为（ ）
A．﹣=1 B．﹣=1 C．x2﹣=1 D．﹣y2=1
8．三棱锥P﹣ABC中，已知∠APC=∠BPC=∠APB=，点M是△ABC的重心，且•++=9，则||的最小值为（ ）
A．2 B． C． D．2
9．命题p：“|a|+|b|≤1”；命题q：“对任意的x∈R，不等式asinx+bcosx≤1恒成立”，则p是q的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
10．一个几何体由多面体和旋转体的整体或一部分组合而成，其三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ）
A．π B．π+1 C．π+ D．π
11．从1，2，3，4，5中挑出三个不同数字组成五位数，则其中有两个数字各用两次（例如，12332）的概率为（ ）
A． B． C． D．
12．已知f（x）=x2﹣3，g（x）=mex，若方程f（x）=g（x）有三个不同的实根，则m的取值范围是（ ）
A． B． C． D．（0，2e）
二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）
13．若f（x）=ex+ae﹣x为偶函数，则f（x﹣1）＜的解集为 ．
14．在一项田径比赛中，A、B、C三人的夺冠呼声最高，观众甲说：“我认为冠军不会是A，也不会是B．”乙说：“我觉得冠军不会是A，冠军会是C．”丙说：“我认为冠军不会是C，而是A．”比赛结果出来后，发现甲、乙、丙三人中有一人的两个判断都对，一人的两个判断都错，还有一人的两个判断一对一错，根据以上情况可判断冠军是 ．
15．设，为单位向量，若满足|﹣（+）|=|﹣|，则||的最大值为 ．
16．对于给定的正整数n和正数R，若等差数列a1，a2，a3，…满足a≤R，则S=a2n+1+a2n+2+a2n+3+…+a4n+1的最大值为 ．
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.）
17．（12分）如图，在△ABC中，AB=2，cosB=，点D在线段BC上．
（1）若∠ADC=π，求AD的长；
（2）若BD=2DC，△ACD的面积为，求的值．
18．（12分）语文成绩服从正态分布N（100，17.52），数学成绩的频率分布直方图如图，如果成绩大于135的则认为特别优秀．
（1）这500名学生中本次考试语文、数学特别优秀的大约各多少人？
（2）如果语文和数学两科都特别优秀的共有6人，
从（1）中的这些同学中随机抽取3人，设三人中两科都特别优秀的有x人，求x的分布列和数学期望．（附公式及表）
若x～N（μ，σ2），则P（μ﹣σ＜x≤μ+σ）=0.68，P（μ﹣2σ＜x≤μ+2σ）=0.96．
19．（12分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是菱形，∠ABC=60°，侧面PBC是边长为2的等边三角形，点E是PC的中点，且平面PBC⊥平面ABCD．
（Ⅰ）求异面直线PD与AC所成角的余弦值；
（Ⅱ）若点F在PC边上移动，是否存在点F使平面BFD与平面APC所成的角为90°？若存在，则求出点F坐标，否则说明理由．
20．（12分）已知点P是直线l：y=x+2与椭圆+y2=1（a＞1）的一个公共点，F1，F2分别为该椭圆的左右焦点，设|PF1|+|PF2|取得最小值时椭圆为C．
（Ⅰ）求椭圆C的标准方程及离心率；
（Ⅱ）已知A，B为椭圆C上关于y轴对称的两点，Q是椭圆C上异于A，B的任意一点，直线QA，QB分别与y轴交于点M（0，m），N（0，n），试判断mn是否为定值；如果为定值，求出该定值；如果不是，请说明理由．
21．（12分）已知函数f（x）=ax﹣x2﹣bln（x+1）（a＞0），g（x）=ex﹣x﹣1，曲线y=f（x）与y=g（x）在原点处有公共的切线．
（1）若x=0为f（x）的极大值点，求f（x）的单调区间（用a表示）；
（2）若∀x≥0，g（x）≥f（x）+x2，求a的取值范围．
请考生在22、23、24三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.[选修4-1：几何证明选讲]
22．（10分）等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AC、BD交于点Q，AC平分∠DAB，AP为梯形ABCD外接圆的切线，交BD的延长线于点P．
（Ⅰ）求证：PQ2=PD•PB
（Ⅱ）若AB=3，AP=2，AD=，求AQ的长．
[选修4-4：坐标系与参数方程]
23．选修4﹣4：坐标系与参数方程
曲线C1的参数方程为（α为参数），在以原点O为极点，x轴的正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）若射线l：y=kx（x≥0）与曲线C1，C2的交点分别为A，B（A，B异于原点），当斜率k∈（1，]时，求|OA|•|OB|的取值范围．
[选修4-5：不等式选讲]
24．设函数f（x）=x2﹣3x．
（Ⅰ）若λ+μ=1（λ，μ＞0），求证：f（λx1+μx2）≤λf（x1）+μf（x2）；
（Ⅱ）若对任意x1，x2∈[0，1]，都有|f（x1）﹣f（x2）|≤L|x1﹣x2|，求L的最小值．
2016-2017学年福建省福州外国语学校高三（上）适应性数学试卷（理科）（4）
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．（2016•德州一模）若全集U=R，集合A={x|x2﹣x﹣2≥0}，B={x|log3（2﹣x）≤1}，则A∩（∁UB）=（ ）
A．{x|x＜2} B．{x|x＜﹣1或x≥2} C．{x|x≥2} D．{x|x≤﹣1或x＞2}
【考点】交、并、补集的混合运算．
【专题】计算题；集合思想；定义法；集合．
【分析】求出集合B中的不等式的解集，确定出集合B，根据全集U=R，找出集合B的补集，然后找出集合B补集与集合A的公共部分，即可求出所求的集合．
【解答】解：集合A={x|x2﹣x﹣2≥0}={x|x≤﹣1或x≥2}，
∵log3（2﹣x）≤1=log33，
∴0＜2﹣x≤3，
∴﹣1≤x＜2，
∴B={x|﹣1≤x＜2}，
∴∁uB={x|x＜﹣1或x≥2}，
∴A∩（∁UB）={x|x＜﹣1或x≥2}，
故选：B．
【点评】此题考查了交、并、补集的混合运算，是一道基本题型，求集合补集时注意全集的范围．
2．（2016•新余二模）设复数z1，z2在复平面内对应的点关于虚轴对称，若z1=1﹣2i，则的虚部为（ ）
A． B．﹣ C． D．﹣
【考点】复数代数形式的乘除运算；复数的基本概念．
【专题】数系的扩充和复数．
【分析】利用复数的对称性求出z2，然后利用复数的乘除运算法则化简复数求出虚部即可．
【解答】解：复数z1，z2在复平面内对应的点关于虚轴对称，若z1=1﹣2i，z2=﹣1﹣2i，
则====．
复数的虚部为：．
故选：D．
【点评】本题考查复数的基本运算，复数的对称性，乘除运算，基本知识的考查．
3．（2013•安庆三模）阅读下列程序框图，运行相应程序，则输出的S值为（ ）
A．﹣ B． C． D．
【考点】循环结构．
【专题】图表型．
【分析】结合流程图写出前几次循环的结果，经过每一次循环判断是否满足判断框中的条件，直到不满足条件输出s结束循环，得到所求．
【解答】解：经过第一次循环得到s=cos，不满足n≥3，n=2，
执行第二次循环得到s=coscos，不满足n≥3，n=3，
执行第三次循环得到s=coscoscos，满足判断框的条件
执行“否”输出S=coscoscos．
又s=coscoscos==﹣．
故选A．
【点评】本题主要考查了循环结构，先执行后判定是直到型循环，解决程序框图中的循环结构时，常采用写出前几次循环的结果，找规律．
4．（2016•自贡校级模拟）若（x6）n的展开式中含有常数项，则n的最小值等于（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【考点】二项式系数的性质．
【专题】计算题；二项式定理．
【分析】二项式的通项公式Tr+1=Cnr（x6）n﹣r（）r，对其进行整理，令x的指数为0，建立方程求出n的最小值．
【解答】解：由题意，（x6）n的展开式的项为Tr+1=Cnr（x6）n﹣r（）r=Cnr=Cnr
令6n﹣r=0，得n=r，当r=4时，n取到最小值5
故选：C．
【点评】本题考查二项式的性质，解题的关键是熟练掌握二项式的项，且能根据指数的形式及题设中有常数的条件转化成指数为0，得到n的表达式，推测出它的值．
5．（2015•潍坊模拟）若实数x，y满足不等式组，则z=|x|+2y的最大值是（ ）
A．10 B．11 C．14 D．15
【考点】简单线性规划．
【专题】不等式的解法及应用．
【分析】根据题意先画出满足约束条件的平面区域，然后分析平面区域里各个角点，令z=|x|+2y，进一步求出目标函数z=|x|+2y的最大值．
【解答】解：满足约束条件的平面区域如图所示：
z=|x|+2y表示一条折线（图中虚线），
由得A（﹣4，5）
代入z=|x|+2y得z=|﹣4|+2×5=14，
当x=﹣4，y=5时，|x|+2y有最大值14．
故选C．
【点评】在解决线性规划的小题时，我们常用“角点法”，其步骤为：①由约束条件画出可行域②求出可行域各个角点的坐标③将坐标逐一代入目标函数④验证，求出最优解．
6．（2016•德州一模）已知点A（﹣2，0），B（2，0），若圆（x﹣3）2+y2=r2（r＞0）上存在点P（不同于点A，B）使得PA⊥PB，则实数r的取值范围是（ ）
A．（1，5） B．[1，5] C．（1，3] D．[3，5]
【考点】圆与圆的位置关系及其判定；直线与圆相交的性质；圆方程的综合应用．
【专题】计算题；规律型；转化思想；直线与圆．
【分析】由题意可得两圆相交，而以AB为直径的圆的方程为x2+y2=4，圆心距为3，由两圆相交的性质可得|r﹣2|＜3＜|r+2|，由此求得r的范围．
【解答】解：根据直径对的圆周角为90°，结合题意可得以AB为直径的圆和圆 （x﹣3）2+y2=r2有交点，
显然两圆相切时不满足条件，故两圆相交．
而以AB为直径的圆的方程为x2+y2=4，两个圆的圆心距为3，
故|r﹣2|＜3＜|r+2|，求得1＜r＜5，
故选：A．
【点评】本题主要考查直线和圆的位置关系，两圆相交的性质，体现了转化的数学思想，属于中档题．
7．（2016•德州二模）已知双曲线C：﹣=1（a＞0，b＞0）的焦距为2，抛物线y=x2+与双曲线C的渐近线相切，则双曲线C的方程为（ ）
A．﹣=1 B．﹣=1 C．x2﹣=1 D．﹣y2=1
【考点】双曲线的简单性质．
【专题】方程思想；分析法；直线与圆；圆锥曲线的定义、性质与方程．
【分析】由题意可得c=，即a2+b2=5，求出渐近线方程代入抛物线的方程，运用判别式为0，解方程可得a=2，b=1，进而得到双曲线的方程．
【解答】解：由题意可得c=，即a2+b2=5，
双曲线的渐近线方程为y=±x，
将渐近线方程和抛物线y=x2+联立，
可得x2±x+=0，
由直线和抛物线相切的条件，可得
△=﹣4××=0，
即有a2=4b2，
解得a=2，b=1，
可得双曲线的方程为﹣y2=1．
故选：D．
【点评】本题考查双曲线的方程的求法，注意运用渐近线和抛物线相切的条件：判别式为0，考查运算能力，属于中档题．
8．（2016•冀州市校级模拟）三棱锥P﹣ABC中，已知∠APC=∠BPC=∠APB=，点M是△ABC的重心，且•++=9，则||的最小值为（ ）
A．2 B． C． D．2
【考点】平面向量数量积的运算．
【专题】平面向量及应用．
【分析】设，根据条件以及数量积公式，即可得到++=18，连接CM，延长之后交AB的中点D，连接PD，根据向量加法的几何意义及重心的性质便可得到，只要求出的最小值即可．
【解答】解：设，根据条件以及数量积公式，即可得到++=18，连接CM，延长之后交AB的中点D，连接PD，D为AB中点，所以，
所以|，
∴+2=，
因为，，，
相加得到=18，
所以，
所以，
所以；
∴2；
故选D．
【点评】本题考查向量数量积的计算公式，向量加法、数乘的几何意义，向量加法的平行四边形法则，重心的性质：重心到顶点距离是它到对边中点距离的2倍，以及基本不等式的应用
9．（2016•蚌埠三模）命题p：“|a|+|b|≤1”；命题q：“对任意的x∈R，不等式asinx+bcosx≤1恒成立”，则p是q的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断．
【专题】数形结合；转化思想；三角函数的求值；简易逻辑．
【分析】a=b=0时，不等式asinx+bcosx≤1恒成立．a与b不全为0时，不等式asinx+bcosx≤1化为：sin（x+θ）≤，由于对任意的x∈R，不等式asinx+bcosx≤1恒成立”，可得≥1，化简即可判断出结论．
【解答】解：a=b=0时，不等式asinx+bcosx≤1恒成立．
a与b不全为0时，不等式asinx+bcosx≤1化为：sin（x+θ）≤，
∵对任意的x∈R，不等式asinx+bcosx≤1恒成立”，
∴≥1，
∴a2+b2≤1，画出图象：可知：（a，b）表示的是以原点为圆心，1为半径的圆及其内部．
而|a|+|b|≤1可知：（a，b）表示的是正方形ABCD及其内部．
∴p是q的充分不必要条件．
故选：A．
【点评】本题考查了三角函数求值、不等式的性质、简易逻辑的判定方法，考查了数形结合方法、推理能力与计算能力，属于中档题．
10．（2016•吉林校级二模）一个几何体由多面体和旋转体的整体或一部分组合而成，其三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ）
A．π B．π+1 C．π+ D．π
【考点】由三视图求面积、体积．
【专题】计算题；数形结合法；立体几何．
【分析】由三视图知该几何体是组合体：左边是直三棱柱、右边是半个圆柱，由三视图求出几何元素的长度，由柱体的体积公式求出几何体的体积．
【解答】解：根据三视图可知几何体是组合体：左边是直三棱柱、右边是半个圆柱，
直三棱柱的底面是等腰直角三角形，直角边是1，侧棱长是2，
圆柱的底面半径是1，母线长是2，
∴该几何体的体积V=
=π+1，
故选：B．
【点评】本题考查由三视图求几何体的体积，由三视图正确复原几何体是解题的关键，考查空间想象能力．
11．（2016•蚌埠三模）从1，2，3，4，5中挑出三个不同数字组成五位数，则其中有两个数字各用两次（例如，12332）的概率为（ ）
A． B． C． D．
【考点】古典概型及其概率计算公式．
【专题】综合题；分类讨论；综合法；概率与统计．
【分析】其中，选哪几个数，结果都一样，其概率是一样的，分别假设所取的数为1，2，3，第一种，有1个数字用了3次，第二种，其中有两个数字各用两次（即其中一个数字只使用1次），分别根据分类和分步计数原理求出每种情况，然后根据概率公式计算即可．
【解答】解：从1，2，3，4，5中挑出三个不同数字组成五位数，例如为1，2，3，
则有2种情况，第一种，有1个数字用了3次，第二种，其中有两个数字各用两次（即其中一个数字只使用1次），
假设1用了3次，
用分三类，当3个1都相邻时，有A33=6种，当3个1有2个1相邻时，有A33A21=12种，当3个1都不相邻时，有A22=2种，
故共有6+12+2=20种，
假设1用了1次，（2和3各用了2次），故有=30种，
（其中，选哪几个数，结果都一样，其概率是一样的），
故其中有两个数字各用两次（例如，12332）的概率为=
故选：B．
【点评】本题考查了排列组合的古典概率的问题，关键是掌握分类和分步计数原理，属于中档题．
12．（2016•平度市模拟）已知f（x）=x2﹣3，g（x）=mex，若方程f（x）=g（x）有三个不同的实根，则m的取值范围是（ ）
A． B． C． D．（0，2e）
【考点】根的存在性及根的个数判断．
【专题】综合题；函数思想；数形结合法；函数的性质及应用．
【分析】设f（x）与g（x）的共同切线的切点为（x0，y0），根据导数求出切点，即可求出m的值，结合图象可知m的取值范围．
【解答】解：设f（x）与g（x）的共同切线的切点为（x0，y0），
∵f（x）=x2﹣3，g（x）=mex，
∴f′（x）=2x，g（x）=mex，
∴f′（x0）=g′（x0），f（x0）=g（x0），
∴2x0=，x02﹣3=，
∴x0=x02﹣3，
解得x0=3，或x0=﹣1（舍去）
当x0=3，
∴6=me3，即m=，
∵方程f（x）=g（x）有三个不同的实根，由图象可知，
∴0＜m＜，
故选：A．
【点评】本题主要考查了利用导数研究函数的极值，以及函数与方程的思想，属于中档题．
二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）
13．（2016秋•仓山区校级月考）若f（x）=ex+ae﹣x为偶函数，则f（x﹣1）＜的解集为 （0，2） ．
【考点】函数奇偶性的性质．
【专题】综合题；转化思想；转化法；函数的性质及应用．
【分析】根据函数奇偶性的性质求出a的值，判断函数的单调性，利用函数奇偶性和单调性的关系进行转化求解即可．
【解答】解：∵f（x）=ex+ae﹣x为偶函数，
∴f（﹣x）=f（x），即e﹣x+aex=ex+ae﹣x，则a=1，
即f（x）=ex+e﹣x，
由f（x﹣1）＜得ex﹣1+e﹣（x﹣1）＜=e+e﹣1，即f（x﹣1）＜f（1），
即f（|x﹣1|）＜f（1），
又当x≥0时，f′（x）=ex﹣e﹣x=＞0，
即函数f（x）在[0，+∞）上为增函数，
则|x﹣1|＜1，即﹣1＜x﹣1＜1，解得0＜x＜2，
所以不等式的解集为（0，2），
故答案为：（0，2）
【点评】本题主要考查不等式的求解，根据条件求出a的值，判断函数的单调性，利用奇偶性和单调性的关系进行转化是解决本题的关键．
14．（2016秋•仓山区校级月考）在一项田径比赛中，A、B、C三人的夺冠呼声最高，观众甲说：“我认为冠军不会是A，也不会是B．”乙说：“我觉得冠军不会是A，冠军会是C．”丙说：“我认为冠军不会是C，而是A．”比赛结果出来后，发现甲、乙、丙三人中有一人的两个判断都对，一人的两个判断都错，还有一人的两个判断一对一错，根据以上情况可判断冠军是 A ．
【考点】归纳推理．
【专题】综合题；转化思想；综合法；推理和证明．
【分析】通过假设甲、乙、丙的判断是否正确，推测结论是否符合题意，从而得出正确的答案．
【解答】解：假设甲的判断都对，冠军应是C班，那么乙的判断也都正确，这与题意矛盾，假设不成立；
假设乙的判断都对，冠军是C班，那么假的判断也都正确，这与题意也矛盾，所以假设不成立；
假设丙的判断都对，冠军是A班，那么甲的判断一对一错，乙的判断都错，满足题意，假设成立．
所以，冠军是A班．
故答案为：A．
【点评】本题考查了逻辑与推理的应用问题，解题时应通过假设，得出与题意相符合的结论，是基础题目．
15．（2016秋•仓山区校级月考）设，为单位向量，若满足|﹣（+）|=|﹣|，则||的最大值为 2 ．
【考点】平面向量数量积的运算．
【专题】转化思想；综合法；平面向量及应用．
【分析】由题意可得||≤|+|+|﹣|，故当且仅当⊥时，|+|+|﹣|取得最小值为2，从而求得||的最大值．
【解答】解：设，为单位向量，若满足|﹣（+）|=|﹣|≥||﹣|+|，即||≤|+|+|﹣|，
当且仅当⊥时，|+|+|﹣|取得最小值为2，
∴||的最大值为2，
故答案为：2．
【点评】本题主要考查了向量模的运算性质、向量的平行四边形法则及其向量垂直的性质的运用，属于中档题．
16．（2016•松江区二模）对于给定的正整数n和正数R，若等差数列a1，a2，a3，…满足a≤R，则S=a2n+1+a2n+2+a2n+3+…+a4n+1的最大值为 ．
【考点】数列的求和．
【专题】整体思想；判别式法；等差数列与等比数列．
【分析】根据等差数列的关系整理得S=（2n+1）a3n+1，由a=≤R，
根据△≥0，化简可得到S≤．
【解答】解：数列{an}等差数列，
∴a2n+1+a4n+1=a2n+2+a4n=…2a3n+1，
∴S=（2n+1）a3n+1，
∵a=≤R，
化简得：﹣8dna3n+1+10n2d2﹣R≤0，
关于d的二次方程，10n2d2﹣8dna3n+1+﹣R≤0，有解，
∴△=﹣40n2（﹣R）≥0，
化简得：8﹣10+5R≥0，
∴≤，
∴，
S≤．
故答案为：．
【点评】本题考查求等差数列的和，利用判别式判断二次函数的最大值，属于中档题．
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.）
17．（12分）（2016•福建模拟）如图，在△ABC中，AB=2，cosB=，点D在线段BC上．
（1）若∠ADC=π，求AD的长；
（2）若BD=2DC，△ACD的面积为，求的值．
【考点】解三角形．
【专题】综合题；转化思想；综合法；解三角形．
【分析】（1）△ABD中，由正弦定理可得AD的长；
（2）利用BD=2DC，△ACD的面积为，求出BD，DC，利用余弦定理求出AC，利用正弦定理可得结论．
【解答】解：（1）∵△ABC中，cosB=，∴sinB=．
∵∠ADC=π，∴∠ADB=．
△ABD中，由正弦定理可得，∴AD=；
（2）设DC=a，则BD=2a，
∵BD=2DC，△ACD的面积为，
∴4=，
∴a=2
∴AC==4，
由正弦定理可得，∴sin∠BAD=sin∠ADB．
=，∴sin∠CAD=sin∠ADC，
∵sin∠ADB=sin∠ADC，
∴=．
【点评】本题考查正弦、余弦定理的运用，考查三角形面积的计算，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．
18．（12分）（2016•辽宁校级模拟）语文成绩服从正态分布N（100，17.52），数学成绩的频率分布直方图如图，如果成绩大于135的则认为特别优秀．
（1）这500名学生中本次考试语文、数学特别优秀的大约各多少人？
（2）如果语文和数学两科都特别优秀的共有6人，
从（1）中的这些同学中随机抽取3人，设三人中两科都特别优秀的有x人，求x的分布列和数学期望．（附公式及表）
若x～N（μ，σ2），则P（μ﹣σ＜x≤μ+σ）=0.68，P（μ﹣2σ＜x≤μ+2σ）=0.96．
【考点】离散型随机变量及其分布列；频率分布直方图；离散型随机变量的期望与方差．
【专题】计算题；转化思想；综合法；概率与统计．
【分析】（1）先求出语文成绩特别优秀的概率和数学成绩特别优秀的概率，由此能求出语文和数学两科都特别优秀的人的个数．
（2）由题意X的所有可能取值为0，1，2，3，分别求出相应的概率，由此能求出X的分布列和E（X）．
【解答】解：（1）∵语文成绩服从正态分布N（100，17.52），
∴语文成绩特别优秀的概率为p1=P（X≥135）=（1﹣0.96）×=0.02，
数学成绩特别优秀的概率为p2=0.0016×=0.024，
∴语文特别优秀的同学有500×0.02=10人，
数学特别优秀的同学有500×0.024=12人．
（2）语文数学两科都优秀的有6人，单科优秀的有10人，
X的所有可能取值为0，1，2，3，
P（X=0）==，
P（X=1）==，
P（X=2）==，
P（X=3）==，
∴X的分布列为：
x
0
1
2
3
P
E（X）==．
【点评】本题考查正态分布的应用，考查离散型随机变量的分布列和数学期望的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意排列组合知识的合理运用．
19．（12分）（2016•红桥区二模）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是菱形，∠ABC=60°，侧面PBC是边长为2的等边三角形，点E是PC的中点，且平面PBC⊥平面ABCD．
（Ⅰ）求异面直线PD与AC所成角的余弦值；
（Ⅱ）若点F在PC边上移动，是否存在点F使平面BFD与平面APC所成的角为90°？若存在，则求出点F坐标，否则说明理由．
【考点】二面角的平面角及求法；异面直线及其所成的角．
【专题】转化思想；向量法；空间角．
【分析】（Ⅰ）建立空间直角坐标系，求出直线对应的向量，利用向量法即可求异面直线PD与AC所成角的余弦值；
（Ⅱ）求出平面的法向量，根据平面BFD与平面APC所成的角为90°，建立方程关系进行求解判断即可．
【解答】解：（Ⅰ） 因为平面PBC⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，∠ABC=60°，
故AB=BC=AC=PC=PB=2，
取BC中点O，则AO⊥BC，PO⊥BC，PO⊥AO
以O为坐标原点，OP为x轴，OC为y轴建立平面直角坐标系，
O（0，0，0），A（0，0，），B（0，﹣1，0），C（0，1，0），P（，0，0），D（0，2，），E（，，0），
则=（﹣，2，），=（0，1，），
则||=，||=2，则•=2﹣3=﹣1，
设异面直线PD与AC所成角为θ，
则cosθ==||=，
所以异面直线PD与AC所成角的余弦值为．
（Ⅱ）设存在点F，使平面BFD与平面APC所成的角为90°，
设F（a，b，0），因为P，C，F三点共线，=（a﹣，b，0），=（﹣，1，0），
设=λ，
则（a﹣，b，0）=λ（﹣，1，0），
所以a=（1﹣λ），b=λ，则F（（1﹣λ），λ，0），
设平面BFD的一个法向量为=（x，y，z），
则得
令y=，则=（，，﹣3），||=，
设平面APC的一个法向量为=（x，y，z），
则则，
令x=1，则=（1，，1），||=，
又•=（1，，1）•（，，﹣3）=，
若平面BFD与平面APC所成的角为90°，则cos90°===0，
故=0，即λ=﹣1，此时E（2，﹣1，0），点F在CP延长线上，
所以，在PC边上不存在点F使平面BFD与平面APC所成的角为90°
【点评】本题主要考查异面直线所成的角以及二面角的计算，建立坐标系，利用向量法是解决本题的关键．
20．（12分）（2016•福建模拟）已知点P是直线l：y=x+2与椭圆+y2=1（a＞1）的一个公共点，F1，F2分别为该椭圆的左右焦点，设|PF1|+|PF2|取得最小值时椭圆为C．
（Ⅰ）求椭圆C的标准方程及离心率；
（Ⅱ）已知A，B为椭圆C上关于y轴对称的两点，Q是椭圆C上异于A，B的任意一点，直线QA，QB分别与y轴交于点M（0，m），N（0，n），试判断mn是否为定值；如果为定值，求出该定值；如果不是，请说明理由．
【考点】椭圆的简单性质．
【专题】计算题；转化思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程．
【分析】（Ⅰ）联立，得（a2+1）x2+4a2x+3a2=0，由此利用韦达定理、椭圆定义，结合已知条件能求出椭圆C的方程．
（Ⅱ）设A（x1，y1），B（﹣x1，y1），Q（x0，y0），且M（0，m），N（0，n），由已知求出m=，n=，由此能求出mn为定值1．
【解答】解：（Ⅰ）联立，得（a2+1）x2+4a2x+3a2=0，
∵直线y=x+2与椭圆有公共点，
∴△=16a4﹣4（a2+1）×3a2≥0，解得a2≥3，∴a，
又由椭圆定义知|PF1|+|PF2|=2a，
故当a=时，|PF1|+|PF2|取得最小值，
此时椭圆C的方程为．
（Ⅱ）设A（x1，y1），B（﹣x1，y1），Q（x0，y0），且M（0，m），N（0，n），
∵kQA=kQM，∴=，
即，
∴m==，
同理，得n=，
∴mn=•=，
又+=1，，
∴，，
∴mn===1，
∴mn为定值1．
【点评】本题考查椭圆方程的求法，考查两实数值的乘积是否为定值的判断与证明，是中档题，解题时要认真审题，注意根的判别式、韦达定理、椭圆方程的性质的合理运用．
21．（12分）（2016•潍坊二模）已知函数f（x）=ax﹣x2﹣bln（x+1）（a＞0），g（x）=ex﹣x﹣1，曲线y=f（x）与y=g（x）在原点处有公共的切线．
（1）若x=0为f（x）的极大值点，求f（x）的单调区间（用a表示）；
（2）若∀x≥0，g（x）≥f（x）+x2，求a的取值范围．
【考点】利用导数研究函数的极值；利用导数求闭区间上函数的最值．
【专题】分类讨论；函数思想；综合法；导数的综合应用．
【分析】（1）f′（x）=a﹣x﹣，（x＞﹣1），g′（x）=ex﹣1．由曲线y=f（x）与y=g（x）在原点处有公共的切线，可得f′（0）=g′（0），b=a．因此f′（x）=，对a分类讨论，利用导数研究函数的单调性即可得出．
（2）由g′（x）=ex﹣1，x＞0时，g′（x）＞0，可得ex≥x+1，从而x≥ln（x+1）．设F（x）=g（x）﹣f（x）﹣x2=ex+aln（x+1）﹣（a+1）x﹣1，F′（x）=ex+﹣（a+1），对a分类讨论a=1，0＜a＜1，a＞1，利用导数研究函数的单调性即可得出．
【解答】解：（1）f′（x）=a﹣x﹣，（x＞﹣1），g′（x）=ex﹣1．
∵曲线y=f（x）与y=g（x）在原点处有公共的切线，
∴f′（0）=g′（0），∴a﹣b=0．∴b=a．
∴f′（x）=a﹣x﹣=，
a=1时，f′（x）=≤0，函数f（x）在（﹣1，+∞）上单调递减，舍去．
a＞1时，x=0为f（x）的极小值点，舍去．
0＜a＜1时，﹣1＜a﹣1＜0，当x∈（﹣1，a﹣1）时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减；x∈（a﹣1，0），f′（x）＞0，函数f（x）单调递增；当x∈（0，+∞）时，
f′（x）＜0，函数f（x）单调递减．∴x=0时，x=0为f（x）的极大值点．
因此可得：当x∈（﹣1，a﹣1）时，函数f（x）单调递减；x∈（a﹣1，0），函数f（x）单调递增；当x∈（0，+∞）时，函数f（x）单调递减．
（2）∵g′（x）=ex﹣1，x＞0时，g′（x）＞0，
故x=0时，g（x）取得最小值0，∴g（x）≥0，即ex≥x+1，从而x≥ln（x+1）．
设F（x）=g（x）﹣f（x）﹣x2=ex+aln（x+1）﹣（a+1）x﹣1，
F′（x）=ex+﹣（a+1），
①a=1时，∵x≥0，∴F′（x）≥x+1+﹣（a+1）=x+1+﹣2≥0，
∴F（x）在[0，+∞）递增，从而F（x）≥F（0）=0，
即ex+ln（x+1）=2x﹣1＞0，
∴g（x）≥f（x）+x2．
②0＜a＜1时，由①得：ex+ln（x+1）﹣2x﹣1＞0，
∴g（x）=ex﹣x﹣1≥x﹣ln（x+1）≥a（x﹣ln（x+1）），
故F（x）≥0即g（x）≥f（x）+x2，
③a＞1时，令h（x）=ex+﹣（a+1），
则h′（x）=ex﹣，
显然h′（x）在[0，+∞）递增，又h′（0）=1﹣a＜0，h′（﹣1）=﹣1＞0，
∴h′（x）在（0，﹣1）上存在唯一零点x0，
当x∈（0，x0）时，h′（x）＜0，h（x）在[0，x0）递减，
x∈（0，x0）时，F（x）＜F（0）=0，
即g（x）＜f（x）+x2，不合题意，
综上，a∈（0，1]．
【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值，考查了等价转化能力、分类讨论方法、推理能力与计算能力，属于难题．
请考生在22、23、24三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.[选修4-1：几何证明选讲]
22．（10分）（2016•冀州市校级模拟）等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AC、BD交于点Q，AC平分∠DAB，AP为梯形ABCD外接圆的切线，交BD的延长线于点P．
（Ⅰ）求证：PQ2=PD•PB
（Ⅱ）若AB=3，AP=2，AD=，求AQ的长．
【考点】与圆有关的比例线段；相似三角形的性质．
【专题】选作题；转化思想；综合法；推理和证明．
【分析】（Ⅰ）由已知可证∠PAD=∠ABD，进而可证PAQ=∠AQP，可得PA=PQ，利用切割线定理即可得证．
（Ⅱ）先证明△PAD∽△PBA，从而可得PB，由切割线定理可求PD，进而可求AQ=DQ=PA﹣PD的值．
【解答】证明：（Ⅰ）∵PA为圆的切线∴，∠PAD=∠ABD，
∵AC平分∠DAB，∴∠BAC=∠CAD，
∴∠PAD+∠DAC=∠BAC+∠ABC，
∴∠PAQ=∠AQP，
∴PA=PQ．
∵PA为圆的切线，
∴PA2=PD•PB，
∴PQ2=PD•PB．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（6分）
解：（Ⅱ）∵△PAD∽△PBA，
∴，
∵PA2=PD•PB，
∴，
∴．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（12分）
【点评】本题主要考查了三角形相似的性质，切割线定理的应用，考查了数形结合与转化思想，考查了计算能力，属于中档题．
[选修4-4：坐标系与参数方程]
23．（2016•福建模拟）选修4﹣4：坐标系与参数方程
曲线C1的参数方程为（α为参数），在以原点O为极点，x轴的正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）若射线l：y=kx（x≥0）与曲线C1，C2的交点分别为A，B（A，B异于原点），当斜率k∈（1，]时，求|OA|•|OB|的取值范围．
【考点】参数方程化成普通方程．
【专题】对应思想；参数法；坐标系和参数方程．
【分析】（1）先将C1的参数方程化为普通方程，再华为极坐标方程，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的范围得出答案．
【解答】解：（1）曲线C1的直角坐标方程为（x﹣1）2+y2=1，即x2+y2﹣2x=0，
∴曲线C1的极坐标方程为ρ2﹣2ρcosθ=0，即ρ=2cosθ．
∵曲线C2的极坐标方程为ρcos2θ=sinθ，即ρ2cos2θ=ρsinθ，
∴曲线C2的直角坐标方程为x2=y．
（2）设射线l的倾斜角为α，
则射线l的参数方程为（t为参数，）．
把射线l的参数方程代入曲线C1的普通方程得：t2﹣2tcosα=0，
解得t1=0，t2=2cosα．
∴|OA|=|t2|=2cosα．
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|=2cosα•=2tanα=2k．
∵k∈（1，]，∴2k∈（2，2]．
∴|OA|•|OB|的取值范围是（2，2]．
【点评】本题考查了参数方程，极坐标方程与普通方程的转化，参数的几何意义的应用，属于中档题．
[选修4-5：不等式选讲]
24．（2016•乌鲁木齐模拟）设函数f（x）=x2﹣3x．
（Ⅰ）若λ+μ=1（λ，μ＞0），求证：f（λx1+μx2）≤λf（x1）+μf（x2）；
（Ⅱ）若对任意x1，x2∈[0，1]，都有|f（x1）﹣f（x2）|≤L|x1﹣x2|，求L的最小值．
【考点】分段函数的应用．
【专题】函数思想；综合法；函数的性质及应用；不等式的解法及应用．
【分析】（Ⅰ）利用作差法进行证明即可．
（Ⅱ）根据绝对值的几何意义，进行求解即可．
【解答】证明：（Ⅰ）∵f（λx1+μx2）﹣[λf（x1）+μf（x2）]=（λx1+μx2）2﹣3（λx1+μx2）﹣[λ（x12﹣3x1）+μ（x22﹣3x2）]
=λ（λ﹣1）x12+2λμx1x2+μ（μ﹣1）x22=﹣λμx12+2λμx1x2+λμx22=﹣λμ（x1﹣x2）2≤0，
∴f（λx1+μx2）≤λf（x1）+μf（x2）；
（Ⅱ）∵|f（x1）﹣f（x2）|=|x12﹣3x1﹣x22+3x2|=|x1﹣x2||x1+x2﹣3|，
∵x1，x2∈[0，1]，∴x1+x2∈[0，2]，
∴﹣3≤x1+x2﹣3≤﹣1，∴|x1+x2﹣3|≤3，
∴使|f（x1）﹣f（x2）|≤L|x1﹣x2|恒成立的L的最小值是3．
【点评】本题主要考查不等式的证明，利用绝对值的应用，利用作差法是解决本题的关键．
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