安徽省淮北、宿州市2019届高三第二次教学质量检测数学（理）试题Word版含答案.docx

安徽省淮北、宿州市2019届高三第二次教学质量检测数学（理）试题 一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）‎ 1. 已知i为虚数单位，在复平面内，复数‎2i‎2+i的共轭复数对应的点位于（　　）‎ A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 设全集为实数集R，集合A={x|x2＜4}，B={x|3x＞1}，则A∩（∁RB）=（　　）‎ A. ‎{x|-2≤x≤0}‎ B. ‎{x|-2a B. b>c>a C. a>b>c D. ‎c>a>b 2. 函数f(x)=‎3‎cos2x-sin2x的图象向右平移π‎4‎个单位，若所得图象对应的函数在[-a，a]是递增的，则a的最大值是（　　）‎ A. π‎6‎ B. π‎4‎ C. π‎3‎ D. ‎π 3. 古希腊雅典学派算学家欧道克萨斯提出了“黄金分割”的理论，利用尺规作图可画出已知线段的黄金分割点，具体方法如下：取线段AB=2QUOTEAB=2，过点B作AB的垂线，并用圆规在垂线上截取BC=‎1‎‎2‎AB=1‎，连接AC；以C为圆心，BC为半径画弧，交AC于点D；以A为圆心，以AD为半径画弧，交AB于点，则点E即为线段AB的黄金分割点．如图所示，在Rt△ABC中，扇形区域ADE记为Ⅰ，扇形区域CBD记为Ⅱ，其余部分记为Ⅲ．在整个图形中随机取一点，此点取自Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ的概率分别记为P1，P2，P3，（参考数据：‎5‎‎≈2.236‎）则（　　）‎ A. P‎1‎‎>‎P‎2‎ B. P‎1‎‎2‎ B. m≥2‎ C. m>‎1‎‎2‎+‎‎2‎ D. ‎m‎1‎‎2‎+‎‎2‎ 5. 已知正四面体的中心与球心O重合，正四面体的棱长为‎2‎‎6‎，球的半径为‎5‎，则正四面体表面与球面的交线的总长度为（　　）‎ A. ‎4π B. ‎8‎2‎π C. ‎12‎2‎π D. ‎‎12π 二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）‎ 6. 已知向量‎|a|=3，|b|=4，a-b=(‎2‎，‎7‎)‎，则‎|a+b|‎=______．‎ 第17页，共17页 1. 在‎(x-‎‎2‎x‎)‎n的二项展开式中，所有项的二项式系数之和为256，则x项的系数等于______．‎ 2. 在△ABC中，内角A，B，C满足‎2(tanB+tanC)=tanBcosC+‎tanCcosB，则cosA的最小值为______．‎ 3. 如图，抛物线E：y2=4x的焦点为F，点M与F关于坐标原点O对称，过F的直线与抛物线交于A，B两点，使得AB⊥BM，又A点在x轴上的投影为C，则|AF|+|AC|-|BF|-|BC|=______．‎ 三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）‎ 4. 已知数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，a1=1，anan+1=2Sn+1． （Ⅰ）求数列{an}的项a2n-1； （Ⅱ）求数列{an}的前2n项和S2n． ‎ 5. 如图，边长为2的菱形ABCD中，E，F分别是AB，BC的中点，将△DAE，△DCF分别沿DE，DF折起，使A，C重合于点P． （Ⅰ）已知G为线段PD上的一点，满足‎3PG=‎GD，求证：PB∥平面EFG． （Ⅱ）若平面PEF⊥平面DEF，求直线PD与平面PBF所成角的正弦值． ‎ ‎ ‎ 第17页，共17页 ‎ ‎ 1. 在创建“全国文明卫生城”过程中，某市“创城办”为了调查市民对创城工作的了解情况，进行了一次创城知识问卷调查（一位市民只能参加一次），通过随机抽样，得到参加问卷调查的100人的得分统计结果如表所示：‎ 组别 ‎[30，40）‎ ‎[40，50）‎ ‎[50，60）‎ ‎[60，70）‎ ‎[70，80）‎ ‎[80，90）‎ ‎[90，100]‎ 频数 ‎4‎ ‎13‎ ‎21‎ ‎25‎ ‎24‎ ‎11‎ ‎4‎ ‎（Ⅰ）由频数分布表可以大致认为，此次问卷调查的得分ξ～N（μ，198），μ近似为这100人得分的平均值．（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表），利用该正态分布，求P（37.5＜ξ≤79.5）； （Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，“创城办”为此次参加问卷调查的市民制定如下奖励方案： ①得分不低于μ的可以获赠2次随机话费，得分低于μ的可以获赠1次随机话费； ②每次获赠的随机话费和对应的概率为：‎ 赠送话费的金额（元）‎ ‎20‎ ‎50‎ 概率 ‎2‎‎3‎ ‎1‎‎3‎ 现有市民甲参加此次问卷调查，记..（单位：元）为该市民参加问卷调查获赠的话费，求X的分布列与数学期望． 附：参考数据：  ①35×2+45×13+55×21+65×25+75×24+85×11+95×4=6550；  ②‎198‎‎≈14‎；  ③若X～N（μ，σ2），则P（μ-σ＜X≤μ+σ）=0.6826，P（μ-2σ＜X≤μ+2σ）=0.9544，P（μ-3σ＜X≤μ+3σ）=0.9974， ‎ 2. 已知椭圆C：x‎2‎a‎2‎+y‎2‎b‎2‎=1(a＞b＞0)‎，右焦点F的坐标为（2，0），且点‎(2，‎2‎)‎在椭圆C上． （Ⅰ）求椭圆C的方程及离心率； （Ⅱ）过点F的直线交椭圆于A，B两点（直线不与x轴垂直），已知点A与点P关于x轴对称，证明：直线PB恒过定点，并求出此定点坐标． ‎ 3. 已知函数f（x）=ln2x+a（x-1）2+b，其中0＜a≤1，b∈R，函数g(x)=‎xex-1‎，其中e为自然对数的底数． （Ⅰ）判断函数f 第17页，共17页 ‎（x）的单调性； （Ⅱ）设x1，x2是函数f（x）的两个零点，求证：x1+x2＞2； （Ⅲ）当a=‎‎1‎‎2‎，b=1时，试比较f（x）与g（x）的大小并证明你的结论． ‎ 1. 在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为x=ty=1+‎3‎t（t为参数），以坐标原点为极点，以x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为ρ=2cosθ+2sinθ，直线l与曲线C相交于A，B两点，与y轴相交于点P， （Ⅰ）求直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程； （Ⅱ）求‎1‎‎|PA|‎‎+‎‎1‎‎|PB|‎的值． ‎ 2. 已知函数f(x)=|x+‎9‎x-a|+a （Ⅰ）若f（3）=10，求实数a的值； （Ⅱ）若函数f（x）在区间[1，9]上的最大值是10，求实数a的取值范围． ‎ 第17页，共17页 答案和解析 ‎1.【答案】D 【解析】‎ 解：设z===， 其共轭复数为=，对应的点位于第四象限． 故选：D． 求出复数的代数形式，得到其共轭复数的代数形式，再根据其实部和虚部的情况作出判断． 本题考查了复数的代数形式的乘除运算，考查复数的几何意义，看清题目是解对本题的关键．不同属基础题．‎ ‎2.【答案】B 【解析】‎ 解：A={x|x2＜4}={x|-2＜x＜2}，B={x|3x＞1}={x|x＞0}， 则∁RB={x|x≤0}， 则A∩（∁RB）={x|-2＜x≤0}， 故选：B． 化简集合A、B，根据补集与交集的定义计算即可． 本题考查了集合的化简与集合的运算，属于基础题．‎ ‎3.【答案】C 【解析】‎ 解：因为数列{an}为等比数列， 当a1＜a2＜a3得：，所以或，所以an+1-an=a1qn-1（q-1）＞0，即数列{an}单调递增， 当数列{an}单调递增时，易得a1＜a2＜a3， 即“a1＜a2＜a3”是“数列{an}单调递增”的充要条件， 故选：C． 由等比数列的单调性及充分必要条件得：当a1＜a2＜a3得：，所以或，所以an+1-an=a1qn-1（q-1）＞0，即数列{an}单调递增， 当数列{an}单调递增时，易得a1＜a2＜a3，即“a1＜a2＜a3”是“数列{an}单调递 第17页，共17页 增”的充要条件，得解． 本题考查了等比数列的单调性及充分必要条件，属中档题．‎ ‎4.【答案】D 【解析】‎ 解：通过图象上的数据即可知，选项A，B，C的说法都正确； 通过图象知，2018年11月份居民消费价格同比上涨2.2%； ∴D错误． 故选：D． 根据题意并观察图象上的数据即可判断出A，B，C都正确，只能选D． 考查对同比增长率和环比增长率的概念的理解，以及读图的能力．‎ ‎5.【答案】C 【解析】‎ 解：根据题意，双曲线（a＞0，b＞0）的焦点到渐近线的距离为， 则b=， 又由双曲线的离心率3，即e==3，即c=3a， 则有b==2a， 解可得a=1， 则双曲线的实轴2a=2； 故选：C． 根据题意，由双曲线的几何性质分析可得b的值，又由双曲线的离心率分析可得c=2a，联立两式分析可得a的值，由双曲线的长轴长2a计算可得答案． 本题考查双曲线的几何性质，注意双曲线的焦点到渐近线的距离就是b的值．‎ ‎6.【答案】C 【解析】‎ 解：实数x，y满足x+2≤y≤3x表示的平面区域如图所示， ∴A（1，3）， ∵直线z=x+y过可行域内A（1，3）的时候z最小，最小值为4， 故选：C． 先根据约束条件画出可行域，利用几何意义求最值，只需求出直线z=x+y过点A时，z取最小值即可 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．目标函数有唯一最优解是我们最常见的问题，这类问题一般要分三步：画出可行域、求出关键点、定出最优解．‎ ‎7.【答案】A 【解析】‎ 第17页，共17页 解：根据几何体得三视图转换为几何体为： 根据几何体的特征，得到该几何体的外接球的球心为垂直于平面ACD和垂直于平面ABC的斜边CD和AB的交点O， 故：r=， 所以：V=． 故选：A 故选：A． 直接利用三视图和几何体之间的转换求出外接球的半径，进一步利用球的体积公式的应用求出结果． 本题考查的知识要点：三视图和几何体之间的转换，几何体的体积公式的应用，主要考察学生的运算能力和转换能力，属于基础题型．‎ ‎8.【答案】D 【解析】‎ 解：根据题意，f（x）=x•2|x|=， 当x＜0时，f（x）=x•（）x＜0，又由log3=-log32＜0，则b＜0， 当x≥0时，f（x）=x•2x，其导数f′（x）=2x+x•2xln2＞0，则f（x）在[0，+∞）上为增函数， 其f（0）=0，则当x＞0时，f（x）＞0； 又由0＜log3＜1＜ln3，则0＜a＜c， 综合可得：c＞a＞b； 故选：D． 根据题意，由函数的解析式分析可得当x＜0，f（x）=x•（）x＜0，据此可得b＜0，当x≥0时，f（x）=x•2x，求出其导数，分析可得f（x）在[0，+∞）上为增函数，由此分析可得0＜a＜c，综合可得答案． 本题考查函数的单调性的判断以及应用，涉及分段函数的解析式，属于基础题．‎ ‎9.【答案】A 【解析】‎ 解：， =， ‎ 第17页，共17页 把函数的图象向右平移个单位， 得到：g（x）=， 令：（k∈Z）， 解得：（k∈Z）， 所得图象对应的函数在[-a，a]是递增的， 所以：a＞0， 整理得：≤， 当k=0时，． 故选：A． 首先把函数的关系式便形成余弦形函数，进一步利用函数图象的平移变换和伸缩变换的应用再利用余弦型函数的性质的应用求出结果． 本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，三角函数的平移变换和伸缩变换的应用，主要考察学生的运算能力和转换能力，属于基础题型．‎ ‎10.【答案】B 【解析】‎ 解：根据几何概型可知，P1，P2，P3的大小关系就是区域Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ的面积的大小关系， ∵AB=2，BC=1，∴AC=，CD=1，AD=-1， 设∠A=α，则∠C=-α，∵tanα=＜，∴α＜ S1=×AD2•α=×（-1）2α，S2=×BC2×（-α）=×（-α）， S1-S2≈×1.2362α-+α＜×1.2362×-+×＜0， ∴S1＜S2，∴P1＜P2 故选：B． 根据几何概型可知，P1，P2，P3的大小关系就是区域Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ的面积的大小关系． 本题考查了几何概型，属中档题．‎ ‎11.【答案】A 【解析】‎ 解：当x＞0时，f′（x）=， 由f′（x）＞0得1-lnx＞0得lnx＜1，得0＜x＜e， 由f′（x）＜＞0得1-lnx＜0得lnx＞1，得x＞e， 即当x=e时，函数f（x）取得极大值，同时也是最大值，f（e）=1， ‎ 第17页，共17页 当x→+∞，f（x）→0， 当x→0，f（x）→-∞，作出函数f（x）的图象如图， 设t=f（x）， 由图象知当t＞1或t＜0，方程t=f（x）有一个根， 当t=0或t=1时，方程t=f（x）有2个根， 当0＜t＜1时，方程t=f（x）有3个根， 则g（x）=f2（x）-（2m-1）f（x）+2，等价为h（t）=t2-（2m-1）t+2， 当t=0时，h（0）=2≠0， ∴若函数g（x）恰有4个零点， 则等价为函数h（t）=t2-（2m-1）t+2有两个零点，满足t＞1或0＜t＜1， 则即h（1）=1-2m+1+2=4-2m＜0得m＞2， 即实数m的取值范围是m＞2， 故选：A． 求函数f′（x），研究函数的单调性和极值，作出函数f（x）的图象，设t=f（x），若函数g（x）恰有4个零点，则等价为函数h（t）=t2-（2m-1）t+2有两个零点，满足t＞1或0＜t＜1，利用一元二次函数根的分布进行求解即可． 本题主要考查函数与方程的应用，利用换元法进行转化一元二次函数根的分布以及．求的导数，研究函数的f（x）的单调性和极值是解决本题的关键．‎ ‎12.【答案】A 【解析】‎ 解：∵正四面体A-BCD的中心与球心O重合，正四面体的棱长为， 取CD中点E，连结BE，AE，过A作AF⊥底面BCD，交BE于F， 则BE=AE==3，BF==2，DF==， AF==4，设正四面体内切球半径为r， 则（4-r）2=（2）2+r2，解得正四面体内切球半径为r=1， ∵球的半径为， ∴由球的半径知球被平面截得小圆半径为r1==2， 故球被正四面体一个平面截曲线为三段圆弧，且每段弧所对中心角为30°， ∴正四面体表面与球面的交线的总长度为：4×（3××2π×2）=4π． 故选：A． 求出正四面体内切球半径为1，由球的半径知球被平面截得小圆半径为2，故球被正四面体一个平面截曲线为三段圆弧，且每段弧所对中心角为30°，由此能求出正四面体表面与球面的交线的总长度． ‎ 第17页，共17页 本题考查正四面体表面与球面的交线的总长度的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．‎ ‎13.【答案】‎41‎ 【解析】‎ 解：∵； ∴； ∴； ∴； ∴． 故答案为：． 根据条件即可求出，从而得出，进而可求出，从而得出． 考查向量的数量积的运算，向量数量积的坐标运算，向量长度的求法．‎ ‎14.【答案】112 【解析】‎ 解：由于所有项的二项式系数之和为2n=256，n=8， 故的二项展开式的通项公式为Tr+1=•（-2）r•， 令4-=1，求得r=2，可得含x项的系数等于4=112， 故答案为：112． 由题意利用二项式系数的性质，求得n=8，可得的二项展开式的通项公式，再令x的幂指数等于1，求得r的值，可得含x项的系数． 本题主要考查二项式定理的应用，二项式系数的性质，二项式展开式的通项公式，属于基础题．‎ ‎15.【答案】‎1‎‎2‎ 【解析】‎ 解：由于：， 整理得：， 即：2sinAcosBcosC=sinBcosBcosC+sinCcosBcosC 故：2sinA=sinB+sinC， 利用正弦定理得： 2a=b+c， 所以：cosA=，‎ 第17页，共17页 ‎ =， =， 故最小值为． 故答案为： 直接利用三角函数关系式的变换，进一步利用正弦定理和基本不等式的应用求出结果 本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，正弦定理余弦定理和三角形面积的应用，基本不等式的应用，主要考察学生的运算能力和转换能力，属于基础题型．‎ ‎16.【答案】4 【解析】‎ 解：抛物线E：y2=4x的焦点为F（1，0），点M与F关于坐标原点O对称，过F的直线y=k（x-1）与抛物线交于A，B两点，可得k2x2-（k2+4）x+k2=0， 设A（x1，y1），B（x2，y2），AB过焦点得x1x2=1，又AB⊥BM 得B在以MF为直径的圆上，故，而， 得， 又 又∠ABM=∠ACM，所以AMBC四点共圆，进而得AC=BC 故|AF|+|AC|-|BF|-|BC|=4 故答案为：4． 求出抛物线的焦点坐标，直线方程，设A（x1，y1），B（x2，y2），AB过焦点得x1x2=1，结合AB⊥BM，转化求解|AF|-|BF|，通过四点共圆，转化求解即可． 本题考查直线与抛物线的位置关系的综合应用，四点共圆等知识的应用，本题也可由B点垂直关系及B在抛物线上解得，并可计算求得结果为4．‎ ‎17.【答案】解：（1）由anan+1=2Sn+1得，an+1an+2=2Sn+1+1， 两式相减得an+1（an+2-an）=2an+1， 因为数列{an}为正项数列， 所以an+2-an=2， 又a1=1， 故数列{a2n-1}是以a1=1为首项，公差为2的等差数列， 所以a2n-1=1+（n-1）×2=2n-1． （2）由（1）知，an+2-an=2， 由a1=1及anan+1=2Sn+1得a2=3 故数列{a2n}是以a2=3为首项，公差为2的等差数列， 所以a2n=3+（n-1）×2=2n+1． 所以S2n=a1+a2+a3+…+a2n-1+a2n ‎ 第17页，共17页 ‎=‎(1+2n-1)×n‎2‎‎+‎(3+2n+1)×n‎2‎=2n‎2‎+2n． 【解析】‎ ‎ （Ⅰ）直接利用数列的递推关系式求出数列的通项公式． （Ⅱ）利用（Ⅰ）的结论，进一步利用分组法的应用求出结果． 本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，分组法在数列求和中的应用，主要考察学生的运算能力和转换能力，属于基础题型．‎ ‎18.【答案】（1）证明：在菱形ABCD中，连接AC，BD，EF，记AC∩BD=M，EF∩BD=O， 则BO=OM=‎1‎‎3‎OD，对折后，连接OG， 在△PBD中，PGGD‎=BOOD=‎‎1‎‎3‎，………2′ ∴PB∥GO，………………3′ 又PB⊄平面EFG， OG⊆平面EFG，………………4′ ∴PB∥平面EFG．………………5′ （2）解：连接PO，由PE=PF，得PO⊥EF，∵PEF⊥平面DEF，平面PEF∩平面DEF=EF，PO⊆平面PEF， ∴PO⊥平面DEF． 又BD⊥EF，∴OF，OD，OP两两垂直，以OF，OD，OP所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系．…………………………6′ 则PE=EB=BF=PF=1，△BEF≌△PEF，所以BO=PO，设BO=PO=a，则在Rt△POD中，由PO2+OD2=PD2得，a=‎‎10‎‎5‎，………………………………………………8′ 在Rt△BOF中，由勾股定理得，OF=‎‎15‎‎5‎，………………………………………………9′ 则B(0，-‎10‎‎5‎，0)‎，F(‎15‎‎5‎，0，0)‎，D(0，‎3‎‎10‎‎5‎，0)‎，P(0，0，‎10‎‎5‎)‎， PB‎=(0，-‎10‎‎5‎，-‎10‎‎5‎)‎，BF‎=(‎15‎‎5‎，‎10‎‎5‎，0)‎， 设平面PBF的一个法向量为n‎=(x，y，z)‎，则PB‎⋅n=0‎BF‎⋅n=0‎，‎-‎10‎‎5‎y-‎10‎‎5‎z=0‎‎15‎‎5‎x+‎10‎‎5‎y=0‎， 取n‎=(-‎6‎‎3‎，1，-1)‎，………………………………………………11′ 记直线PD与平面PBF所成的角为θ．则sinθ=|cos＜PD，‎n＞‎|=‎‎|PD⋅n|‎‎|PD|⋅|n|‎=‎15‎‎5‎．…………12′ 【解析】‎ 第17页，共17页 ‎ （1）证明连接AC，BD，EF，记AC∩BD=M，EF∩BD=O，连接OG，证明PB∥GO，然后证明PB∥平面EFG． （2）连接PO，说明OF，OD，OP两两垂直，以OF，OD，OP所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面PBF的一个法向量，然后利用空间向量的数量积求解直线PD与平面PBF所成的角的正弦函数值． 本题考查直线与平面所成角的求法，直线与平面平行的判断定理的应用，考查空间想象能力以及计算能力．‎ ‎19.【答案】解：（Ⅰ）由题意得，μ=‎35×2+45×13+55×21+65×25+75×24+85×11+95×4‎‎100‎=65.5‎…2′ σ=‎198‎≈14‎ ∴P（37.5＜ξ≤79.5）=P（μ-2σ＜ξ≤μ+σ）═‎0.9544-‎0.9544-0.6826‎‎2‎=0.8185‎…5′ （Ⅱ）由题意知，P(ξ＜μ)=P(ξ≥μ)=‎‎1‎‎2‎， 获赠话费X的可能取值为20，40，50，70，100，P(X=20)=‎1‎‎2‎⋅‎2‎‎3‎=‎‎1‎‎3‎，P(X=40)=‎1‎‎2‎⋅‎2‎‎3‎⋅‎2‎‎3‎=‎‎2‎‎9‎，P(X=50)=‎1‎‎2‎⋅‎1‎‎3‎=‎‎1‎‎6‎，P(X=70)=‎1‎‎2‎⋅‎2‎‎3‎⋅‎1‎‎3‎+‎1‎‎2‎⋅‎1‎‎3‎⋅‎2‎‎3‎=‎‎2‎‎9‎，P=(X=100)=‎1‎‎2‎⋅‎1‎‎3‎⋅‎1‎‎3‎=‎‎1‎‎18‎ 则X的分布列为：‎ X ‎20‎ ‎40‎ ‎50‎ ‎70‎ ‎100‎ ‎ P ‎1‎‎3‎ ‎2‎‎9‎ ‎1‎‎6‎ ‎2‎‎9‎ ‎1‎‎18‎ ‎…10′ EX=20×‎1‎‎3‎+40×‎2‎‎9‎+50×‎1‎‎6‎+70×‎2‎‎9‎+100×‎1‎‎18‎=45‎…12′ 【解析】‎ ‎ （Ⅰ）利用频率分布表求解平均数即可．利用正态分布的性质通过P（37.5＜ξ≤79.5）=P（μ-2σ＜ξ≤μ+σ）求解即可． （Ⅱ）由题意知，，获赠话费X的可能取值为20，40，50，70，100，求出概率得到X的分布列，然后求解期望即可． 本题考查离散型随机变量的分布列以及期望的求法，正态分布的性质的应用，考查计算能力．‎ ‎20.【答案】解：（Ⅰ）由已知得‎4‎a‎2‎‎+‎2‎b‎2‎=1‎a‎2‎‎=b‎2‎+‎c‎2‎c=2‎，……………………………2 解得b‎2‎‎=4‎a‎2‎‎=8‎，……………………………3 ∴椭圆C的标准方程x‎2‎‎8‎‎+y‎2‎‎4‎=1‎，……………………………4 ∴椭圆C的离心率e=ca=‎2‎‎2‎‎2‎=‎‎2‎‎2‎．……………………………5 （Ⅱ）设P（x1，‎ 第17页，共17页 y1），B（x2，y2），则A（x1，-y1）， 可设PB的直线方程为y=kx+m 联立方程y=kx+mx‎2‎‎8‎‎+y‎2‎‎4‎=1‎，整理得（2k2+1）x2+4kmx+2m2-8=0， ∴x‎1‎‎+x‎2‎=‎-4km‎2k‎2‎+1‎，x‎1‎x‎2‎=‎‎2m‎2‎-8‎‎2k‎2‎+1‎……………………………7， ∵kAF=kFB，∴y‎1‎‎2-‎x‎1‎‎=‎y‎2‎x‎2‎‎-2‎……………………………8 整理得，2kx1x2+（m-k）（x1+x2）-4m=0，……………………………9 ∴‎2k⋅‎2m‎2‎-8‎‎2k‎2‎+1‎+(m-k)⋅‎-4km‎2k‎2‎+1‎-4m=0‎，解得m=-4k……………………………11 ∴PB的直线方程为：y=kx-4k=k（x-4）， 直线PB恒过定点（4，0）．……………………………12 【解析】‎ ‎ （Ⅰ）利用已知条件列出方程组求出a，b即可得到椭圆方程． （Ⅱ）设P（x1，y1），B（x2，y2），则A（x1，-y1），设PB的直线方程为y=kx+m，联立方程，整理得（2k2+1）x2+4kmx+2m2-8=0，利用韦达定理通过kAF=kFB推出m=-4k，利用直线系求解直线PB恒过定点（4，0）． 本题考查直线与椭圆的位置关系的综合应用，椭圆是简单性质的应用，考查计算能力．‎ ‎21.【答案】解：（I）f'（x）=‎2lnx+2a(x-1)xx，x＞0，0＜a≤1． ①当x∈（0，1）时，2a（x-1）x＜0，2lnx＜0，∴f'（x）＜0，∴f（x）在（0，1）上递减； ②当x∈（1，+∞）时，2a（x-1）x＞0，2lnx＞0，∴f'（x）＞0，∴f（x）在（1，+∞）上递增． 综上可知，函数f（x）在（0，1）上递减，在（1，+∞）上递增． （II）证明：不妨设x1＜x2，由题意及（I）可知，x1∈（0，1），x2∈（1，+∞）． 且f（x）min=f（1）=b＜0． 令F（x）=f（x）-f（2-x），x∈（0，1）． 则F（x））=f（x）-f（2-x）=ln2x+a（x-1）2+b-[ln2（2-x）+a（2-x-1）2+b]=ln2x-ln2（2-x）． =[lnx+ln（2-x）][lnx-ln（2-x）]=ln（-x2+2x）lnx‎2-x=ln[-（x-1）2+1]ln‎1‎‎2‎x‎-1‎＞0． 即f（x）＞f（2-x），x∈（0，1）． ∴f（x2）=f（x1）＞f（2-x1）， ∵0＜x1＜1，∴2-x1＞1，∵x2＞1． 由（I）知f（x）在（1，+∞）上递增，∴x2＞2-x1， ∴x1+x2＞2． （III）当a=‎‎1‎‎2‎，b=1时，f（x）=ln2x+‎1‎‎2‎（x-1）2+1，f（x）在（0，1）上递减，f（x）在（1，+∞）上递增． ∴f（x）min=f（1）=1． 函数 第17页，共17页 g(x)=‎xex-1‎‎，g′（x）=‎1-xex-1‎． 令g′（x）=0，得x=1， ∴函数g（x）在区间（0，1）单调递增，在区间（1，+∞）单调递减．g（x）max=g（1）=1． 综上所述，f（x）≥g（x），当且仅当x=1时等号成立． 【解析】‎ ‎ （I）f'（x）=，x＞0，0＜a≤1．利用导数研究其单调性即可得出． （II）不妨设x1＜x2，由题意及（I）可知，x1∈（0，1），x2∈（1，+∞）．f（x）min=f（1）=b＜0．令F（x）=f（x）-f（2-x），x∈（0，1）．利用导数研究其单调性即可得出． （III）当，b=1时，f（x）=ln2x+（x-1）2+1，f（x）在（0，1）上递减，f（x）在（1，+∞）上递增．根据单调性可得f（x）min=f（1）=1． 函数，g′（x）=．利用导数研究其单调性可得g（x）max=g（1）=1．即可得出结论． 本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法、等价转化方法、构造法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．‎ ‎22.【答案】解：（Ⅰ）直线l的参数方程为x=ty=1+‎3‎t（t为参数）， ∴消去参数t后，直线l的普通方程为：‎3‎x-y+1=0． 曲线C的极坐标方程为ρ=2cosθ+2sinθ， 转换为直角坐标方程为：x2+y2=2x+2y． 整理得， 曲线C的普通方程为（x-1）2+（y-1）2=2． （Ⅱ）设A，B两点对应的参数分别为t1和t2， 将直线l方程x=ty=1+‎3‎t代入曲线C的（x-1）2+（y-1）2=2． 得到：4t2-2t-1=0， ∴t1+t2=‎1‎‎2‎，t1•t2=-‎1‎‎4‎． ∴‎1‎‎|PA|‎‎+‎‎1‎‎|PB|‎=‎1‎‎|2t‎1‎|‎‎+‎‎1‎‎|2t‎2‎|‎， =‎|t‎1‎-t‎2‎|‎‎2|t‎1‎⋅t‎2‎|‎‎=‎‎(t‎1‎+t‎2‎‎)‎‎2‎-4‎t‎1‎t‎2‎‎2|t‎1‎t‎2‎|‎=‎5‎‎2‎． 【解析】‎ ‎ （Ⅰ）直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换． （Ⅱ）利用一元二次方程根和系数关系式的应用求出结果． 本题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，一元二次方程根和系数关系式的应用，主要考察学生的运算能力和转换能力，属于基础题型．‎ ‎23.【答案】解：（Ⅰ）∵f（3）=|6-a|+a=10， ∴|6-a|=10-a， ‎ 第17页，共17页 ‎∴‎(6-a‎)‎‎2‎=(10-a‎)‎‎2‎a≤10‎解得a=8， （2）当x∈[1，9]，x+‎9‎x∈[6，10]， ①当a≥10时，f（x）=2a-x-‎4‎x，f（x）max=2a-6=10，∴a=8，舍去 ②当a≤1时，f（x）=x+‎9‎x≤10，此时命题成立； ③当1＜a＜10时，f（x）max=max{|6-a|+a，|10-a|+a}， 则‎|6-a|+a=10‎‎|6-a|+a≥|10-a|+a或‎|10-a|+a=10‎‎|6-a|+a