2017河北省高考数学模拟试卷及答案
备考高考数学时可以通过做一席模拟题来检测自己的不足,从而加以改正。以下是百分网小编为你整理的2017河北省高考数学模拟试卷，希望能帮到你。
2017河北省高考数学模拟试卷题目
一、选择题：本大题共12小题，每小题5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|x2﹣2x﹣3>0}，B={x|lg(x﹣2)≤1}，则(∁RA)∪B=( )
A.(﹣1，12) B.(2，3) C.(2，3] D.[﹣1，12]
2.欧拉(Leonhard Euler，国籍瑞士)是科学史上最多产的一位杰出的数学家，他发明的公式eix=cosx+isinx(i为虚数单位)，将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数和指数函数的关系，这个公式在复变函数理论中占用非常重要的地位，被誉为“数学中的天桥”，根据此公式可知，e﹣4i表示的复数在复平面中位于( )
A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限
3.下列命题正确的是( )
A.∃x0∈R，sinx0+cosx0=
B.∀x≥0且x∈R，2x>x2
C.已知a，b为实数，则a>2，b>2是ab>4的充分条件
D.已知a，b为实数，则a+b=0的充要条件是 =﹣1
4.已知圆O：x2+y2=4(O为坐标原点)经过椭圆C： + =1(a>b>0)的短轴端点和两个焦点，则椭圆C的标准方程为( )
A. + =1 B. + =1
C. + =1 D. + =1
5.已知等差数列{an}满足a1=1，an+2﹣an=6，则a11等于( )
A.31 B.32 C.61 D.62
6.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )
A.3 B. C. D.
7.已知函数f(x)= 的最大值为M，最小值为m，则M+m等于( )
A.0 B.2 C.4 D.8
8.如图所示的程序框图的算法思路来源于我国古代数学名著《九章算术》中的“更相减损术”，执行该程序框图，若输入a，b的值分别是21，28，则输出a的值为( )
A.14 B.7 C.1 D.0
9.已知函数y=x+1+lnx在点A(1，2)处的切线l，若l与二次函数y=ax2+(a+2)x+1的图象也相切，则实数a的取值为( )
A.12 B.8 C.0 D.4
10.已知△ABC的三个顶点的坐标为A(0，1)，B(1，0)，C(0，﹣2)，O为坐标原点，动点M满足| |=1，则| + + 的最大值是( )
A. B. C. ﹣1 D. ﹣1
11.已知双曲线C： ﹣ =1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，O为坐标原点，点P是双曲线在第一象限内的点，直线PO，PF2分别交双曲线C的左、右支于另一点M，N，若|PF1|=2|PF2|，且∠MF2N=120°，则双曲线的离心率为( )
A. B. C. D.
12.定义在R上的函数f(x)，当x∈[0，2]时，f(x)=4(1﹣|x﹣1|)，且对于任意实数x∈[2n﹣2，2n+1﹣2](n∈N*，n≥2)，都有f(x)= f( ﹣1).若g(x)=f(x)﹣logax有且只有三个零点，则a的取值范围是( )
A.[2，10] B.[ ， ] C.(2，10) D.[2，10)
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分.
13.已知实数x，y满足条件 若目标函数z=2x+y的最小值为3，则其最大值为 .
14.设二项式 展开式中的常数项为a，则 的值为 .
15.已知A，B，C是球O的球面上三点，且 为该球面上的动点，球心O到平面ABC的距离为球半径的一半，则三棱锥D﹣ABC体积的最大值为 .
16.已知函数fn(x)=a1x+a2x2+a3x3+…+anxn，且fn(﹣1)=(﹣1)nn，n∈N*，设函数g(n)= ，若bn=g(2n+4)，n∈N*，则数列{bn}的前n(n≥2)项和Sn等于 .
三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.已知向量 =(2cosx，sinx)， =(cosx，2 cosx)，函数f(x)= • ﹣1.
(Ⅰ)求函数f(x)的单调递减区间;
(Ⅱ)在锐角△ABC中，内角A、B、C的对边分别为a，b，c，tanB= ，对任意满足条件的A，求f(A)的取值范围.
18.某品牌的汽车4S店，对最近100例分期付款购车情况进行统计，统计结果如表所示，已知分9期付款的频率为0.4;该店经销一辆该品牌的汽车.若顾客分3期付款，其利润为1万元;分6期或9期付款，其利润为2万元;分12期付款，其利润为3万元.
付款方式 分3期 分6期 分9期 分12期
频数 20 20 a b
(1)若以表中计算出的频率近似替代概率，从该店采用分期付款购车的顾客(数量较大)中随机抽取3位顾客，求事件A：“至多有1位采用分6期付款”的概率P(A);
(2)按分层抽样的方式从这100位顾客中抽出5人，再从抽出的5人中随机抽取3人，记该店在这3人身上赚取的总利润为随机变量η，求η的分布列及数学期望E(η).
19.如图所示，已知长方体ABCD中， 为DC的中点.将△ADM沿AM折起，使得AD⊥BM.
(1)求证：平面ADM⊥平面ABCM;
(2)是否存在满足 的点E，使得二面角E﹣AM﹣D为大小为 .若存在，求出相应的实数t;若不存在，请说明理由.
20.设抛物线的顶点在坐标原点，焦点F在y轴正半轴上，过点F的直线交抛物线于A，B两点，线段AB的长是8，AB的中点到x轴的距离是3.
(1)求抛物线的标准方程;
(2)设直线m在y轴上的截距为6，且与抛物线交于P，Q两点，连结QF并延长交抛物线的准线于点R，当直线PR恰与抛物线相切时，求直线m的方程.
21.已知函数 .
(1)当a=1时，求函数f(x)的单调区间;
(2)若﹣1
四、请考生在第22、23两题中任选一题作答，注意：只能做所选定的题目，如果多做，则按所做的第一题计分，作答时请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑.4-4坐标系与参数方程
22.在平面直角坐标系xoy中，曲线C1的参数方程为 (θ为参数)，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴，与直角坐标系xoy取相同的单位长度建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρ=2cosθ﹣4sinθ.
(1)化曲线C1，C2的方程为普通方程，并说明它们分别表示什么曲线;
(2)设曲线C2与x轴的一个交点的坐标为P(m，0)(m>0)，经过点P作斜率为1的直线，l交曲线C2于A，B两点，求线段AB的长.
五、4-5不等式选讲
23.已知f(x)=|2x﹣1|+x+ 的最小值为m.
(1)求m的值;
(2)已知a，b，c是正实数，且a+b+c=m，求证：2(a3+b3+c3)≥ab+bc+ca﹣3abc.
2017河北省高考数学模拟试卷答案
一、选择题：本大题共12小题，每小题5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|x2﹣2x﹣3>0}，B={x|lg(x﹣2)≤1}，则(∁RA)∪B=( )
A.(﹣1，12) B.(2，3) C.(2，3] D.[﹣1，12]
【考点】交、并、补集的'混合运算.
【分析】首先化简集合A，B，进而算出∁RA，然后根据并集的定义进行求解.
【解答】解：∵集合A={x|x2﹣2x﹣3>0}={x|x<﹣1或x>3}
∴∁RA={x|﹣1≤x≤3}=[﹣1，3]
∵B={x|lg(x﹣2)≤1}，
∴ ，
解得2
∴B=(2，12]
∴(∁RA)∪B=[﹣1，12]
故选：D.
2.欧拉(Leonhard Euler，国籍瑞士)是科学史上最多产的一位杰出的数学家，他发明的公式eix=cosx+isinx(i为虚数单位)，将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数和指数函数的关系，这个公式在复变函数理论中占用非常重要的地位，被誉为“数学中的天桥”，根据此公式可知，e﹣4i表示的复数在复平面中位于( )
A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限
【考点】复数的代数表示法及其几何意义.
【分析】e﹣4i=cos(﹣4)+isin(﹣4)，再利用诱导公式与三角函数求值即可得出.
【解答】解：e﹣4i=cos(﹣4)+isin(﹣4)，∵cos(﹣4)=cos[π+(4﹣π)]=﹣cos(4﹣π)<0，sin(﹣4)=﹣sin[π+(4﹣π)]=sin(4﹣π)>0，
∴e﹣4i表示的复数在复平面中位于第二象限.
故选：B.
3.下列命题正确的是( )
A.∃x0∈R，sinx0+cosx0=
B.∀x≥0且x∈R，2x>x2
C.已知a，b为实数，则a>2，b>2是ab>4的充分条件
D.已知a，b为实数，则a+b=0的充要条件是 =﹣1
【考点】命题的真假判断与应用.
【分析】根据sinx+cosx= sin(x+ )≤ < ，判断A错误;
举例说明x=2时2x=x2=4，判断B错误;
根据a>2，b>2时ab>4，判断充分性成立C正确;
举例说明a=b=0时 =﹣1不成立，判断D错误.
【解答】解：对于A，∀x∈R，sinx+cosx= sin(x+ )≤ < 正确，
∴该命题的否定是假命题，A错误;
对于B，当x=2时，2x=x2=4，∴B错误;
对于C，a，b为实数，当a>2，b>2时，ab>4，充分性成立，
是充分条件，C正确;
对于D，a，b为实数，a+b=0时，若a=b=0，则 =﹣1不成立，
∴不是充要条件，D错误.
故选：C.
4.已知圆O：x2+y2=4(O为坐标原点)经过椭圆C： + =1(a>b>0)的短轴端点和两个焦点，则椭圆C的标准方程为( )
A. + =1 B. + =1
C. + =1 D. + =1
【考点】椭圆的简单性质.
【分析】根据圆O：x2+y2=4(O为坐标原点)经过椭圆C： + =1(a>b>0)的短轴端点和两个焦点，可得b，c，a，
【解答】解：∵圆O：x2+y2=4(O为坐标原点)经过椭圆C： + =1(a>b>0)的短轴端点和两个焦点，
∴b=2，c=2，则a2=b2+c2=8.
∴椭圆C的标准方程为： ，
故选：B
5.已知等差数列{an}满足a1=1，an+2﹣an=6，则a11等于( )
A.31 B.32 C.61 D.62
【考点】等差数列的通项公式.
【分析】由等差数列的性质依次求出a3，a5，a7，a9，a11.
【解答】解：∵等差数列{an}满足a1=1，an+2﹣an=6，
∴a3=6+1=7，
a5=6+7=13，
a7=6+13=19，
a9=6+19=25，
a11=6+25=31.
故选：A.
6.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )
A.3 B. C. D.
【考点】由三视图求面积、体积.
【分析】由三视图可得，几何体为底面为正视图，高为 的四棱锥，即可求出几何体的体积.
【解答】解：由三视图可得，几何体为底面为正视图，高为 的四棱锥，体积为 = ，
故选B.
7.已知函数f(x)= 的最大值为M，最小值为m，则M+m等于( )
A.0 B.2 C.4 D.8
【考点】函数的最值及其几何意义.
【分析】设g(x)= ，得到g(x)为奇函数，得到g(x)max+g(x)min=0，相加可得答案.
【解答】解：f(x)= =2+ ，
设g(x)= ，
∴g(﹣x)=﹣g(x)，
∴g(x)为奇函数，
∴g(x)max+g(x)min=0
∵M=f(x)max=2+g(x)max，m=f(x)min=2+g(x)min，
∴M+m=2+g(x)max+2+g(x)min=4，
故选：C
8.如图所示的程序框图的算法思路来源于我国古代数学名著《九章算术》中的“更相减损术”，执行该程序框图，若输入a，b的值分别是21，28，则输出a的值为( )
A.14 B.7 C.1 D.0
【考点】程序框图.
【分析】由循环结构的特点，先判断，再执行，分别计算出当前的a，b的值，即可得到结论.
【解答】解：由a=21，b=28，不满足a>b，
则b变为28﹣21=7，
由b
由b
由a=b=7，
则输出的a=7.
故选：B.
9.已知函数y=x+1+lnx在点A(1，2)处的切线l，若l与二次函数y=ax2+(a+2)x+1的图象也相切，则实数a的取值为( )
A.12 B.8 C.0 D.4
【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程.
【分析】求出y=x+1+lnx的导数，求得切线的斜率，可得切线方程，再由于切线与曲线y=ax2+(a+2)x+1相切，有且只有一切点，进而可联立切线与曲线方程，根据△=0得到a的值.
【解答】解：y=x+1+lnx的导数为y′=1+ ，
曲线y=x+1+lnx在x=1处的切线斜率为k=2，
则曲线y=x+1+lnx在x=1处的切线方程为y﹣2=2x﹣2，即y=2x.
由于切线与曲线y=ax2+(a+2)x+1相切，
y=ax2+(a+2)x+1可联立y=2x，
得ax2+ax+1=0，
又a≠0，两线相切有一切点，
所以有△=a2﹣4a=0，
解得a=4.
故选：D.
10.已知△ABC的三个顶点的坐标为A(0，1)，B(1，0)，C(0，﹣2)，O为坐标原点，动点M满足| |=1，则| + + 的最大值是( )
A. B. C. ﹣1 D. ﹣1
【考点】平面向量的坐标运算.
【分析】设点M的坐标是(x，y)，由两点之间的距离公式化简| |=1，判断出动点M的轨迹，由向量的坐标运算求出 + + ，表示出| + + |并判断几何意义，转化为圆外一点与圆上点的距离最值问题，即可求出答案.
【解答】解：设点M的坐标是(x，y)，
∵C(0，﹣2)，且| |=1，
∴ ，则x2+(y+2)2=1，
即动点M的轨迹是以C为圆心、1为半径的圆，
∵A(0，1)，B(1，0)，
∴ + + =(x+1，y+1)，
则| + + |= ，几何意义表示：
点M(x，y)与点A(﹣1，﹣1)之间的距离，即圆C上的点与点A(﹣1，﹣1)的距离，
∵点A(﹣1，﹣1)在圆C外部，
∴| + + |的最大值是|AC|+1= +1= ，
故选A.
11.已知双曲线C： ﹣=1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，O为坐标原点，点P是双曲线在第一象限内的点，直线PO，PF2分别交双曲线C的左、右支于另一点M，N，若|PF1|=2|PF2|，且∠MF2N=120°，则双曲线的离心率为( )
A. B. C. D.
【考点】直线与椭圆的位置关系.
【分析】由题意，|PF1|=2|PF2|，|PF1|﹣|PF2|=2a，可得|PF1|=4a，|PF2|=2a，由∠MF2N=120°，可得∠F1PF2=120°，由余弦定理可得4c2=16a2+4a2﹣2•4a•2a•cos120°，即可求出双曲线C的离心率.
【解答】解：由题意，|PF1|=2|PF2|，
由双曲线的定义可得，|PF1|﹣|PF2|=2a，
可得|PF1|=4a，|PF2|=2a，
由四边形PF1MF2为平行四边形，
又∠MF2N=120°，可得∠F1PF2=120°，
在三角形PF1F2中，由余弦定理可得
4c2=16a2+4a2﹣2•4a•2a•cos120°，
即有4c2=20a2+8a2，即c2=7a2，
可得c= a，
即e= = .
故选B.
12.定义在R上的函数f(x)，当x∈[0，2]时，f(x)=4(1﹣|x﹣1|)，且对于任意实数x∈[2n﹣2，2n+1﹣2](n∈N*，n≥2)，都有f(x)= f( ﹣1).若g(x)=f(x)﹣logax有且只有三个零点，则a的取值范围是( )
A.[2，10] B.[ ， ] C.(2，10) D.[2，10)
【考点】根的存在性及根的个数判断;函数零点的判定定理.
【分析】由g(x)=f(x)﹣logax=0，得f(x)=logax，分别作出函数f(x)和y=logax的图象，利用数形结合即可得到结论.
【解答】解：当x∈[0，2]时，f(x)=4(1﹣|x﹣1|)，
当n=2时，x∈[2，6]，此时 ﹣1∈[0，2]，则f(x)= f( ﹣1)= ×4(1﹣| ﹣1﹣1|)=2(1﹣| ﹣2|)，
当n=3时，x∈[6，14]，此时 ﹣1∈[2，6]，则f(x)= f( ﹣1)= ×2(1﹣| ﹣ |)=1﹣| ﹣ |，
由g(x)=f(x)﹣logax=0，得f(x)=logax，分别作出函数f(x)和y=logax的图象，
若0
若a>1，当对数函数图象经过A时，两个图象只有2个交点，当图象经过点B时，两个函数有4个交点，
则要使两个函数有3个交点，则对数函数图象必须在A点以下，B点以上，
∵f(4)=2，f(10)=1，∴A(4，2)，B(10，1)，
即满足 ，
即 ，解得 ，
即2
故选：C.
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分.
13.已知实数x，y满足条件 若目标函数z=2x+y的最小值为3，则其最大值为 7 .
【考点】简单线性规划.
【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数z=2x+y的最小值为3，建立条件关系即可求出m的值，然后求解最大值即可.
【解答】解：目标函数z=2x+y的最小值为3，
∴y=﹣2x+z，要使目标函数z=﹣2x+y的最小值为3，
作出不等式组对应的平面区域如图：
则目标函数经过点A截距最小，
由 ，解得A(2，﹣1)，同时A也在直线﹣2x+y+m=0，
解得m=5，
目标函数z=2x+y经过B时取得最大值
由 ，解得B(3，1)，
z的最大值为：7.
故答案为：7.
14.设二项式 展开式中的常数项为a，则 的值为 ﹣ .
【考点】二项式系数的性质.
【分析】利用二项式定理的通项公式可得a，再利用微积分基本定理即可得出.
【解答】解：二项式 展开式中的通项公式：Tr+1= =(﹣1)r .
令6﹣ =0，解得r=4.
∴常数项a= =15，
则 = cos3xdx= =﹣ .
故答案为：﹣ .
15.已知A，B，C是球O的球面上三点，且 为该球面上的动点，球心O到平面ABC的距离为球半径的一半，则三棱锥D﹣ABC体积的最大值为 .
【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积.
【分析】由题意画出图形，求出三角形ABC外接圆的半径，设出球的半径，利用直角三角形中的勾股定理求得球的半径，则三棱锥D﹣ABC体积的最大值可求.
【解答】解：如图，在△ABC中，∵ ，
∴由余弦定理可得cosA= ，则A=120°，
∴sinA= .
设△ABC外接圆的半径为r，则 ，得r=3.
设球的半径为R，则 ，解得 .
∵ ，
∴三棱锥D﹣ABC体积的最大值为 .
故答案为： .
16.已知函数fn(x)=a1x+a2x2+a3x3+…+anxn，且fn(﹣1)=(﹣1)nn，n∈N*，设函数g(n)= ，若bn=g(2n+4)，n∈N*，则数列{bn}的前n(n≥2)项和Sn等于 2n+n﹣1 .
【考点】数列的求和.
【分析】由分段函数，求得bn=a ，再由函数fn(x)，求得n=1时，a1=1，将n换为n﹣1，作差可得an=2n﹣1，进而得到
bn=2n﹣1+1，再由数列的求和方法：分组求和，结合等比数列的求和公式，计算即可得到所求和.
【解答】解：由函数g(n)= ，
可得bn=g(2n+4)=g(2n﹣1+2)=g(2n﹣2+1)=a ，
由函数fn(x)=a1x+a2x2+a3x3+…+anxn，且fn(﹣1)=(﹣1)nn，
可得﹣a1+a2﹣a3+…+an(﹣1)n=(﹣1)nn，①
n=1时，﹣a1=﹣1，可得a1=1;
n≥2时，﹣a1+a2﹣a3+…+an﹣1(﹣1)n﹣1=(﹣1)n﹣1(n﹣1)，②
①﹣②可得an(﹣1)n=(﹣1)nn﹣(﹣1)n﹣1(n﹣1)，
化简可得an=2n﹣1，对n=1也成立.
则bn=a =2n﹣1+1，
则数列{bn}的前n(n≥2)项和Sn等于(1+2+4+…+2n﹣1)+n
= +n=2n+n﹣1.
故答案为：2n+n﹣1.
三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.已知向量 =(2cosx，sinx)， =(cosx，2 cosx)，函数f(x)= • ﹣1.
(Ⅰ)求函数f(x)的单调递减区间;
(Ⅱ)在锐角△ABC中，内角A、B、C的对边分别为a，b，c，tanB= ，对任意满足条件的A，求f(A)的取值范围.
【考点】余弦定理;平面向量数量积的运算.
【分析】(Ⅰ)根据函数f(x)= • ﹣1.利用向量的数量积的运算求解f(x)，结合三角函数的性质求解单调性即可.
(Ⅱ)tanB= 求解.
【解答】解：(Ⅰ)向量 =(2cosx，sinx)， =(cosx，2 cosx)，
函数f(x)= • ﹣1.
则f(x)=2cos2x+2 sinxcosx﹣1= sin2x+cos2x=2sin(2x )
由 ，
解得： ≤x≤ ，(k∈Z).
故得函数f(x)的单调递减区间为[ ， ]，(k∈Z)
(Ⅱ)由tanB= ，即： ，
∵cosB=
∴sinB= .
又∵△ABC是锐角，
∴B= .
则
由(Ⅰ)可知f(A)=2sin(2A )
那么：2A ∈( ， )
则sin(2A )∈( ，1)
故得f(A)的取值范围是(﹣1，2)
18.某品牌的汽车4S店，对最近100例分期付款购车情况进行统计，统计结果如表所示，已知分9期付款的频率为0.4;该店经销一辆该品牌的汽车.若顾客分3期付款，其利润为1万元;分6期或9期付款，其利润为2万元;分12期付款，其利润为3万元.
付款方式 分3期 分6期 分9期 分12期
频数 20 20 a b
(1)若以表中计算出的频率近似替代概率，从该店采用分期付款购车的顾客(数量较大)中随机抽取3位顾客，求事件A：“至多有1位采用分6期付款”的概率P(A);
(2)按分层抽样的方式从这100位顾客中抽出5人，再从抽出的5人中随机抽取3人，记该店在这3人身上赚取的总利润为随机变量η，求η的分布列及数学期望E(η).
【考点】离散型随机变量的期望与方差;列举法计算基本事件数及事件发生的概率.
【分析】(1)由 =0.4，得a=40，20+a+20+b=100，解得b.记分期付款的期数为ξ，依题意即可得出其概率.进而定点“购买该品牌汽车的3为顾客中至多有1位采用3期付款”的概率P(A).
(2)按分层抽样的方式从这100位顾客中抽出5人，则顾客分3期付款与分6期付款的各为1人，分9期付款的为2人，分12期付款为1人.则η的可能取值为5，6，7.利用相互独立与互斥事件的概率计算公式可得其概率，进而得到分布列与数学期望.
【解答】解：(1)由 =0.4，得a=40，
∵20+a+20+b=100，∴b=20
记分期付款的期数为ξ，依题意得：
P(ξ=3)= =0.2，P(ξ=6)= =0.2，P(ξ=9)= =0.4，P(ξ=12)= =0.2.
则“购买该品牌汽车的3为顾客中至多有1位采用3期付款”的概率
P(A)= + =0.896.
(2)按分层抽样的方式从这100位顾客中抽出5人，则顾客分3期付款与分6期付款的各为1人，分9期付款的为2人，分12期付款为1人.则η的可能取值为5，6，7.
P(η=5)=P(ξ=3)×P(ξ=6)×P(ξ=9)+P(ξ=3)×P(ξ=9)×P(ξ=9)= + = .
P(η=6)=P(ξ=3)×P(ξ=6)×P(ξ=12)+P(ξ=6)×P(ξ=9)×P(ξ=9)+P(ξ=3)×P(ξ=9)×P(ξ=12)= = ，
P(η=7)=P(ξ=6)×P(ξ=9)×P(ξ=12)+P(ξ=9)×P(ξ=9)×P(ξ=12)= = .
列表如下：
η 5 6 7
P 0.3 0.4 0.3
所以η的数学期望E(η)=5×0.3+6×0.4+7×0.3=6(万元).
19.如图所示，已知长方体ABCD中， 为DC的中点.将△ADM沿AM折起，使得AD⊥BM.
(1)求证：平面ADM⊥平面ABCM;
(2)是否存在满足 的点E，使得二面角E﹣AM﹣D为大小为 .若存在，求出相应的实数t;若不存在，请说明理由.
【考点】与二面角有关的立体几何综合题;平面与平面垂直的判定.
【分析】(1)推导出BM⊥AM，AD⊥BM，从而BM⊥平面ADM，由此能证明平面ADM⊥平面ABCM.
(2)以M为原点，MA为x轴，MB为y轴，过M作平面ABCM的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出存在满足 的点E，使得二面角E﹣AM﹣D为大小为 ，并能求出相应的实数t的值.
【解答】证明：(1)∵长方形ABCD中，AB=2AD=2 ，M为DC的中点，
∴AM=BM=2，AM2+BM2=AB2，∴BM⊥AM，
∵AD⊥BM，AD∩AM=A，∴BM⊥平面ADM，
又BM⊂平面ABCM，∴平面ADM⊥平面ABCM.
解：(2)以M为原点，MA为x轴，MB为y轴，过M作平面ABCM的垂线为z轴，
建立空间直角坐标系，
则A(2，0，0)，B(0，2，0)，D(1，0，1)，M(0，0，0)，
=(0，2，0)， =(1，﹣2，1)， = =(t，2﹣2t，1)，
设平面AME的一个法向量为 =(x，y，z)，
则 ，
取y=t，得 =(0，t，2t﹣2)，
由(1)知平面AMD的一个法向量 =(0，1，0)，
∵二面角E﹣AM﹣D为大小为 ，
∴cos = = = ，
解得t= 或t=2(舍)，
∴存在满足 的点E，使得二面角E﹣AM﹣D为大小为 ，相应的实数t的值为 .
20.设抛物线的顶点在坐标原点，焦点F在y轴正半轴上，过点F的直线交抛物线于A，B两点，线段AB的长是8，AB的中点到x轴的距离是3.
(1)求抛物线的标准方程;
(2)设直线m在y轴上的截距为6，且与抛物线交于P，Q两点，连结QF并延长交抛物线的准线于点R，当直线PR恰与抛物线相切时，求直线m的方程.
【考点】直线与抛物线的位置关系.
【分析】(1)设抛物线的方程为x2=2py(p>0)，求出准线方程，运用抛物线的定义和中位线定理，可得2(3+ )=8，解得p，即可得到抛物线的方程;
(2)设直线PQ的方程为y=kx+6，代入抛物线的方程，运用韦达定理，结合导数求得切线的斜率，再由两点的方斜率公式，以及三点共线的条件：斜率相等，化简整理解方程可得k的值，客人得到直线m的方程.
【解答】解：(1)设抛物线的方程为x2=2py(p>0)，
准线方程为y=﹣ ，
由抛物线的定义可得|AF|+|BF|=|AB|=2(3+ )=8，
解得p=2，
即有抛物线的方程为x2=4y;
(2)设直线PQ的方程为y=kx+6，代入抛物线的方程，可得
x2﹣4kx﹣24=0，
设P(x1， )，Q(x2， )，
可得x1+x2=4k，x1x2=﹣24，
由y= x2的导数为y′= x，
设R(t，﹣1)，可得kPR= = x1，
可得t= x1﹣ ，
再由Q，F，R共线，可得 = ，
消去t，可得 = ，
即有16x1x2=4(x12+x22)﹣16﹣(x1x2)2，
即有16×(﹣24)=4[(4k)2+2×24]﹣16﹣242，
解方程可得k=± ，
即有直线m的方程为y=± x+6.
21.已知函数 .
(1)当a=1时，求函数f(x)的单调区间;
(2)若﹣1
【考点】利用导数求闭区间上函数的最值;利用导数研究函数的单调性.
【分析】(Ⅰ)当a=1时，f(x)的定义域为(﹣1，1)∪(1，+∞)，
求出f′(x)= ，即可求单调区间;
(Ⅱ)f′(x)= ，
分(1)a≤0，(2)当a>0，讨论单调性及最值即可.
【解答】解：(Ⅰ)当a=1时，f(x)的定义域为(﹣1，1)∪(1，+∞)，
f′(x)= ，
当﹣1
所以函数f(x)的增区间为(﹣1，0)，(3，+∞)，减区间为(0，1)，(1，3)
(Ⅱ)f′(x)= ，
当a≤0时，f′(x)>0恒成立，故0
当a>0时，由f′(x)=0，得x1= ，x2= .
若0
若a>1，此时﹣1
若a=1，由(Ⅰ)知，函数f(x)在x=0处取得最大值0，符合题意，
综上实数a的取值为1.
四、请考生在第22、23两题中任选一题作答，注意：只能做所选定的题目，如果多做，则按所做的第一题计分，作答时请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑.4-4坐标系与参数方程
22.在平面直角坐标系xoy中，曲线C1的参数方程为 (θ为参数)，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴，与直角坐标系xoy取相同的单位长度建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρ=2cosθ﹣4sinθ.
(1)化曲线C1，C2的方程为普通方程，并说明它们分别表示什么曲线;
(2)设曲线C2与x轴的一个交点的坐标为P(m，0)(m>0)，经过点P作斜率为1的直线，l交曲线C2于A，B两点，求线段AB的长.
【考点】参数方程化成普通方程.
【分析】(1)根据sin2θ+cos2θ=1消去曲线C1的参数θ可得普通方程;根据ρcosθ=x，ρsinθ=y，ρ2=x2+y2，进行代换即得曲线C2的普通方程;
(2)令曲线C2的y=0，求解P的坐标，可得过P的直线方程，参数方程的几何意义求解即可.
【解答】解：(1)曲线C1的参数方程为 ，消去参数可得： ，表示焦点在y轴上的椭圆方程.
曲线C2的极坐标方程为ρ=2cosθ﹣4sinθ，可得ρ2=2ρcosθ﹣4ρsinθ，
∴x2+y2=2x﹣4y，整理得(x﹣1)2+(y+2)2=5，表示以(1，﹣2)为圆心，半径r=5的圆.
(2)曲线C2与x轴的一个交点的坐标为P(m，0)(m>0)，令y=0，解得x=2，
∴P(2，0)，可得直线l：y=x﹣2.
将曲线C1的参数方程带入直线l可得： sinθ=2cosθ﹣2.
整理可得：cos( )= ，即θ=2kπ或 ，(k∈Z).
那么：A(2，0)，B(﹣1，﹣3)，
∴|AB|= .
五、4-5不等式选讲
23.已知f(x)=|2x﹣1|+x+ 的最小值为m.
(1)求m的值;
(2)已知a，b，c是正实数，且a+b+c=m，求证：2(a3+b3+c3)≥ab+bc+ca﹣3abc.
【考点】不等式的证明.
【分析】(1)讨论当x≥ 时，当x< 时，去掉绝对值，运用一次函数的单调性，可得最小值;
(2)由a+b+c=1，先证a3+b3≥a2b+b2a，由作差法可得，即有a3+b3≥ab﹣abc，同理可得b3+c3≥bc﹣abc，c3+a3≥ca﹣abc，累加即可得证.
【解答】解：(1)当x≥ 时，f(x)=3x﹣ 递增，且f(x)≥ ﹣ =1;
当x< 时，f(x)= ﹣x递减，且f(x)> ﹣ =1;
综上可得x= 时，f(x)取得最小值1，即m=1;
(2)证明：a，b，c是正实数，且a+b+c=1，
由a3+b3﹣a2b﹣b2a=a2(a﹣b)+b2(b﹣a)=(a﹣b)(a2﹣b2)=(a+b)(a﹣b)2≥0，
即有a3+b3﹣a2b﹣b2a≥0，即a3+b3≥a2b+b2a=ab(a+b)=ab(1﹣c)=ab﹣abc，
可得a3+b3≥ab﹣abc，
同理可得b3+c3≥bc﹣abc，
c3+a3≥ca﹣abc，
上面三式相加可得，2(a3+b3+c3)≥ab+bc+ca﹣3abc，
当且仅当a=b=c= 取得等号.
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