1、2017 年河南省普通高中高考数学适应性试卷（理科）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|x22x30，B=x|lg（x2）1，则（ RA）B=（ ）A （ 1，12 ） B （2，3） C （2，3 D 1，122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 4
2、i 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（ ）Ax 0R，sinx 0+cosx0=Bx 0 且 xR，2 xx 2C已知 a，b 为实数，则 a2，b2 是 ab4 的充分条件D已知 a，b 为实数，则 a+b=0 的充要条件是 =14已知圆 O：x 2+y2=4（O 为坐标原点）经过椭圆 C： + =1（ab0）的短轴端点和两个焦点，则椭圆 C 的标准方程为（ ）A + =1 B + =1C + =1 D + =15已知等差数列a n满足 a1=1，a n+2an=6，则 a11 等于（ ）A31 B32 C61 D626某几何体的
3、三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）A3 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（ ）A0 B2 C4 D88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（ ）A14 B7 C1 D09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（ ）A12 B8 C0 D410已知ABC 的三个顶点的坐标为 A（0，1） ，B（1，0） ，C（0，2）
4、 ，O 为坐标原点，动点 M 满足| |=1，则| + + 的最大值是（ ）A B C 1D 111已知双曲线 C： =1（a0，b0）的左、右焦点分别为 F1，F 2，O 为坐标原点，点 P 是双曲线在第一象限内的点，直线 PO，PF 2 分别交双曲线 C 的左、右支于另一点 M，N，若|PF 1|=2|PF2|，且MF 2N=120，则双曲线的离心率为（ ）A B C D12定义在 R 上的函数 f（ x） ，当 x0，2时，f（x）=4 （1 |x1|） ，且对于任意实数 x2n2，2 n+12（n N*，n2） ，都有 f（x）= f（ 1） 若 g（x）=f（x）log ax 有且只
5、有三个零点，则 a 的取值范围是（ ）A2 ，10 B ， C （2，10） D2，10）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 DABC 体积的最大值为 16已知函数 fn（x）=a 1x+a2x2+a3x3+anxn，且 fn（1）=（1） nn，n N*，设函数 g（ n）= ，若 bn=g（2 n+4） ，nN *，则
6、数列b n的前n（n2）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（）求函数 f（x）的单调递减区间；（）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
7、 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 ，求 的分布列及数学期望 E（） 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 ADBM（1）求证：平面 ADM平面 ABCM；
8、（2）是否存在满足 的点 E，使得二面角 EAMD 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1x1 时，均有 f（x ）0 成立，求实数 a 的取值范围四、请
9、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 （ 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 =2cos4sin（1）化曲线 C1，C 2 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） （m0） ，经过点 P 作斜率为 1 的直线，l 交曲线 C2 于
10、 A，B 两点，求线段 AB 的长五、4-5 不等式选讲23已知 f（ x）=|2x1|+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（a 3+b3+c3）ab +bc+ca3abc2017 年河南省普通高中高考数学适应性试卷（理科）参考答案与试题解析一、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|x22x30，B=x|lg（x2）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
11、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|x22x30=x |x 1 或 x3 RA=x|1x3=1，3B=x|lg（x2 ）1， ，解得 2x12，B=（ 2，12（ RA） B=1，12故选：D2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
12、 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 +（4 ）= cos（4）0，sin（4）=sin+（4 ）=sin （4 ）0，e 4i 表示的复数在复平面中位于第二象限故选：B3下列命题正确的是（ ）Ax 0R，sinx 0+cosx0=Bx 0 且 xR，2 xx 2C已知 a，b 为实数，则 a2，b2 是 ab4 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
13、【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 a2，b2 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，xR ，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，2 x=x2=4，B 错误；对于 C，a，b 为实数，当 a2，b2 时，ab4，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：C4
14、已知圆 O：x 2+y2=4（O 为坐标原点）经过椭圆 C： + =1（ab0）的短轴端点和两个焦点，则椭圆 C 的标准方程为（ ）A + =1 B + =1C + =1 D + =1【考点】椭圆的简单性质【分析】根据圆 O：x 2+y2=4（O 为坐标原点）经过椭圆 C： + =1（a b0）的短轴端点和两个焦点，可得 b，c，a ，【解答】解：圆 O：x 2+y2=4（O 为坐标原点）经过椭圆 C： + =1（a b0）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：B5已知等差数列a n满足 a1=1，a n+2an=6，则 a11 等于（
15、 ）A31 B32 C61 D62【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，a 5，a 7，a 9，a 11【解答】解：等差数列a n满足 a1=1，a n+2an=6，a 3=6+1=7，a5=6+7=13，a7=6+13=19，a9=6+19=25，a11=6+25=31故选：A6某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）A3 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 B7已知函数 f（x）= 的最
16、大值为 M，最小值为 m，则 M+m 等于（ ）A0 B2 C4 D8【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=0M=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：C8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
17、框图，若输入 a，b 的值分别是 21，28，则输出 a 的值为（ ）A14 B7 C1 D0【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 ab，则 b 变为 2821=7，由 ba，则 a 变为 217=14，由 ba，则 a 变为 147=7，由 a=b=7，则输出的 a=7故选：B9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（ ）A12 B8 C0 D4【考点】利用导数研究曲线上某点切线
18、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 y2=2x2，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 a0，两线相切有一切点，所以有=a 24a=0，解得 a=4故选：D10
19、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 1D 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 ）
20、 ， 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 A11已知双曲线 C： =1（a0 ，b 0）的左、右焦点分别为 F1，F 2，O 为坐标原点，点 P 是双曲线在第一象限内的点，直线 PO，PF 2 分别交双曲线 C 的左、右支于另一点 M，N ，若|PF 1|=2|PF2|，且MF 2N=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
21、析】由题意，|PF 1|=2|PF2|，|PF 1|PF2|=2a，可得|PF 1|=4a，|PF 2|=2a，由MF 2N=120，可得F 1PF2=120，由余弦定理可得4c2=16a2+4a224a2acos120，即可求出双曲线 C 的离心率【解答】解：由题意，|PF 1|=2|PF2|，由双曲线的定义可得，|PF 1|PF2|=2a，可得|PF 1|=4a，|PF 2|=2a，由四边形 PF1MF2 为平行四边形，又MF 2N=120，可得F 1PF2=120，在三角形 PF1F2 中，由余弦定理可得4c2=16a2+4a224a2acos120，即有 4c2=20a2+8a2，即
22、c2=7a2，可得 c= a，即 e= = 故选 B12定义在 R 上的函数 f（ x） ，当 x0，2时，f（x）=4 （1 |x1|） ，且对于任意实数 x2n2，2 n+12（n N*，n2） ，都有 f（x）= f（ 1） 若 g（x）=f（x）log ax 有且只有三个零点，则 a 的取值范围是（ ）A2 ，10 B ， C （2，10） D2，10）【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）log ax=0，得 f（x ）=log ax，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 x0，2时，f（
23、x）=4 （1 |x1|） ，当 n=2 时，x 2，6 ，此时 10，2，则 f（x）= f（ 1）= 4（1| 11|）=2（1| 2|） ，当 n=3 时，x 6，14 ，此时 12，6，则 f（x）= f（ 1）= 2（1| |） =1| |，由 g（ x）=f（x）log ax=0，得 f（x ）=log ax，分别作出函数 f（x ）和 y=logax 的图象，若 0a1 ，则此时两个函数图象只有 1 个交点，不满足条件若 a1，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
24、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 2a10 ，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
25、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：714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
26、的一半，则三棱锥 DABC 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 DABC 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 DABC 体积的最大值为 故答案为： 16已知函数 fn（x）=a 1x+a2x2+a3x3+anxn，且 fn（1）=（1） nn，n N*，设函数 g（ n）= ，若 bn=g（2 n+4） ，
27、nN *，则数列b n的前n（n2）项和 Sn 等于 2 n+n1 【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 n1，作差可得 an=2n1，进而得到bn=2n1+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（2 n+4）=g（2 n1+2）=g（2 n2+1）=a ，由函数 fn（x ）=a 1x+a2x2+a3x3+anxn，且 fn（ 1）=（1） nn，可得a 1+a2a3+an（1） n=（1） nn，n=1 时，a 1=1，
28、可得 a1=1；n2 时，a 1+a2a3+an1（ 1） n1=（ 1） n1（n 1） ， 可得 an（1） n=（1） nn（ 1） n1（n 1） ，化简可得 an=2n1，对 n=1 也成立则 bn=a =2n1+1，则数列b n的前 n（n 2）项和 Sn 等于（1 +2+4+2n1）+n= +n=2n+n1故答案为：2 n+n1三、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（）求函数 f（x）的单调递减区间；（）在锐角ABC 中，内角 A、B 、C 的对边分别为 a，b ，c，t
29、anB=，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】 （）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（）tanB= 求解【解答】解：（）向量 =（2cosx，sinx） ， =（cosx，2 cosx） ，函数 f（ x）= 1则 f（x）=2cos 2x+2 sinxcosx1= 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）（）由 tanB= ，即： ，cosB=sinB= 又ABC 是锐角，B= 则
30、A由（）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，
31、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 ，求 的分布列及数学期望 E（） 【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 ，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
32、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 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 ，依题意得：P（=3 ）= =0.2，P （=6）= =0.2，P（=9 ）= =0.4，P （=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
33、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 的可能取值为 5，6，7P（=5）=P （=3）P （ =6）P（=9）+P（=3）P （=9）P（=9）=+ = P（=6）=P （=3）P （ =6）P（=12）+P（=6）P （=9）P（=9）+P（ =3）P （=9）P（=12）= = ，P（=7）=P （=6）P （ =9）P（=12）+P（=9）P （=9）P（=12）= 列表如下： 5 6 7P 0.3 0.4 0.3所以 的数学期望 E（）=50.3 +60.4+70.3=6（万元） 19如图所示，已知长方体 ABCD 中， 为 DC 的中点将A
34、DM沿 AM 折起，使得 ADBM（1）求证：平面 ADM平面 ABCM；（2）是否存在满足 的点 E，使得二面角 EAMD 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 BMAM，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 EAMD 为大小为 ，并能求出相应的实数 t 的值【解答】证明：（1）长方形 A
35、BCD 中，AB=2AD=2 ，M 为 DC 的中点，AM=BM=2，AM 2+BM2=AB2，BMAM，ADBM，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，22t ，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
36、（1）知平面 AMD 的一个法向量 =（0，1，0） ，二面角 EAMD 为大小为 ，cos = = = ，解得 t= 或 t=2（舍） ，存在满足 的点 E，使得二面角 EAMD 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
37、【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
38、+6，代入抛物线的方程，可得x24kx24=0，设 P（ x1， ） ，Q（x 2， ） ，可得 x1+x2=4k，x 1x2=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（x 12+x22）16 （x 1x2） 2，即有 16（24）=4（4k） 2+22416242，解方程可得 k= ，即有直线 m 的方程为 y= x+621已知函数 （1）当 a=1 时，求函数 f（x）的单调区间；（2）若1x1 时，均有 f（x ）0 成立，求实数 a 的取值
39、范围【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】 （）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；（）f（x） = ，分（1）a0， （2）当 a0，讨论单调性及最值即可【解答】解：（）当 a=1 时，f （x）的定义域为（ 1，1）（1，+） ，f（x ）= ，当1 x0 或3 时，f（x ）0，当 0x1 或 1x 3，f （x ）0，所以函数 f（x）的增区间为（ 1，0） ， （3，+） ，减区间为（ 0，1） ， （1，3）（）f（x） = ，当 a0 时，f（x）0 恒成立，故 0x1 时，f（x ）f（
40、0）=0，不符合题意当 a0 时，由 f（x）=0，得 x1= ，x 2= 若 0a1 ，此时 0x 11，对 0x x 1，有 f（ x）0，f（x ）f（0）=0，不符合题意若 a1，此时1x 10，对 x1x0，有 f（x ）0，f（x）f （0）=0，不符合题意若 a=1，由（）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
41、 的参数方程为 （ 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 =2cos4sin（1）化曲线 C1，C 2 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） （m0） ，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 sin2+cos2=1消去曲线 C1 的参数 可得普通方程；根据cos=x，sin=y， 2=x2+y2，进行代换即得曲线 C2 的普通方
42、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 =2cos4sin，可得 2=2cos4sin，x 2+y2=2x4y，整理得（x1） 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） （m0） ，令 y=0，解得x=2，P（2，0） ，可得直线 l：y=x2将曲线 C1 的参数方程带入直线 l 可得： sin=2cos2整理可得：cos（ ）
43、= ，即 =2k或 ， （kZ ） 那么：A（2，0） ，B（1 ， 3） ，|AB|= 五、4-5 不等式选讲23已知 f（ x）=|2x1|+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（a 3+b3+c3）ab +bc+ca3abc【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+b3a 2b+b2a，由作差法可得，即有 a3+b3ababc ，同理可得 b3+c3bcabc ，c 3+a3caabc，累加即可得证【解答】解：（1）当
44、 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+b3a2bb2a=a2（ab）+b 2（b a）=（a b） （a 2b2）=（a+b ） （ab） 20，即有 a3+b3a2bb2a0，即 a3+b3a 2b+b2a=ab（a+b）=ab（1c ）=ab abc，可得 a3+b3 ababc，同理可得 b3+c3bcabc ，c3+a3ca abc，上面三式相加可得，2（a 3+b3+c3）ab +bc+ca3abc，当且仅当 a=b=c= 取得等号2017 年 3 月 23 日
