7、
11.如圖，已知F1，F(xiàn)2是雙曲線C：－＝1(a>0，b>0)的左、右焦點(diǎn)，若直線y＝x與雙曲線C交于P，Q兩點(diǎn)，且四邊形PF1QF2是矩形，則雙曲線的離心率為( )
A．5－2B．5＋2C.＋1D.－1
答案 C
解析 由題意，矩形的對(duì)角線長(zhǎng)相等，
將y＝x代入－＝1(a＞0，b＞0)，
可得x＝±，y＝±·，
∴＝c2，
∴4a2b2＝(b2－3a2)c2，
∴4a2(c2－a2)＝(c2－4a2)c2，
∴e4－8e2＋4＝0，
∵e＞1，∴e2＝4＋2，∴e＝＋1.
故選C.
12．設(shè)正三棱錐P－ABC的每個(gè)頂點(diǎn)都在半徑為2的球O的球面上，則三棱錐P－
8、ABC體積的最大值為( )
A.B.C.D.
答案 C
解析 設(shè)正△ABC的邊長(zhǎng)為a，中心為O′，則|O′A|＝a，在Rt△OO′A中，由勾股定理可得|OO′|＝，
故三棱錐的高h(yuǎn)＝|PO′|＝|OO′|＋2＝＋2，
所以VP－ABC＝S△ABC·h
＝×a2.
設(shè)＝t(0≤t<2)，則＝4－t2，
則V(t)＝(4－t2)(t＋2)＝(－t3－2t2＋4t＋8)，
所以V′(t)＝(－3t2－4t＋4)，
令V′(t)＝0，則t＝或t＝－2(舍)，
當(dāng)t∈時(shí)，V′(t)>0，V(t)單調(diào)遞增；
當(dāng)t∈時(shí)，V′(t)<0，V(t)單調(diào)遞減．
故V(t)max＝V＝.
9、
故選C.
二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分)
13．已知向量a，b的夾角為45°，且|a|＝|b|＝2，則a·(a－b)＝________.
答案 0
解析 a·(a－b)＝a2－a·b
＝4－×2×2×＝0.
14．若函數(shù)f(x)＝(a＋1)x3＋ax2－2x為奇函數(shù)，則曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程為________________________________________________________________________．
答案 x－y－2＝0
解析 f(x)＝(a＋1)x3＋ax2－2x為奇函數(shù)，則a＝0，
∴
10、f(x)＝x3－2x，
f′(x)＝3x2－2，∴f′(1)＝3×12－2＝1，又f(1)＝－1，
曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程為y＋1＝x－1，即x－y－2＝0.
15．(2019·安徽省江淮名校聯(lián)考)已知正數(shù)a，b滿足a＋b＝1，則＋的最大值為________．
答案
解析 令x＝a＋1，y＝b＋2，則x＋y＝4，
所以＋＝2－＝2－(x＋y)·＝2－≤2－
＝，
當(dāng)且僅當(dāng)＝時(shí)，等號(hào)成立，
此時(shí)a＝4－5，b＝6－4.
故最大值為.
16．設(shè)m∈R，若函數(shù)f(x)＝|x3－3x－m|在x∈[0，]上的最大值與最小值之差為2，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是_
11、_______．
答案 (－∞，－2]∪[0，＋∞)
解析 設(shè)g(x)＝x3－3x，x∈[0，]，
則g′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)，
∴函數(shù)y＝g(x)在區(qū)間[0,1)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(1，]上單調(diào)遞增．
∵g(0)＝0，g(1)＝－2，g()＝0，
∴函數(shù)y＝g(x)在區(qū)間[0，]上的值域?yàn)閇－2,0]，最大值與最小值之差為2，
∴函數(shù)y＝x3－3x－m，x∈[0，]的值域?yàn)閇－2－m，－m]，最大值與最小值之差也為2.
∵函數(shù)f(x)＝|x3－3x－m|在x∈[0，]上的最大值與最小值之差為2，∴－2－m≥0或－m≤0，
解得m≤－2或m≥0.
∴實(shí)
12、數(shù)m的取值范圍為(－∞，－2]∪[0，＋∞)．
三、解答題(本大題共70分)
17．(10分)設(shè)Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，S9＝81，a2＋a3＝8.
(1)求{an}的通項(xiàng)公式；
(2)若S3，a14，Sm成等比數(shù)列，求S2m.
解 (1)∵∴
故an＝1＋(n－1)×2＝2n－1(n∈N*)．
(2)由(1)知，Sn＝＝n2.
∵S3，a14，Sm成等比數(shù)列，∴S3·Sm＝a，
即9m2＝272，解得m＝9，故S2m＝182＝324.
18．(12分)如圖，D是Rt△ABC斜邊BC上一點(diǎn)，AC＝DC.
(1)若∠DAC＝30°，求角B的大?。?
(2)若B
13、D＝2DC，且AD＝2，求DC的長(zhǎng)．
解 (1)在△ABC中，根據(jù)正弦定理，
有＝.
因?yàn)锳C＝DC，所以sin∠ADC＝sin∠DAC＝.
又∠ADC＝∠B＋∠BAD＝∠B＋60°>60°，
所以∠ADC＝120°.
于是∠C＝180°－120°－30°＝30°，所以∠B＝60°.
(2)設(shè)DC＝x，則BD＝2x，BC＝3x，AC＝x.
于是sinB＝＝，cosB＝，AB＝x.
在△ABD中，由余弦定理，得
AD2＝AB2＋BD2－2AB·BDcosB，
即(2)2＝6x2＋4x2－2×x×2x×＝2x2，得x＝2.
故DC＝2.
19．(12分)如圖，四邊形ABC
14、D為正方形，BE∥DF，且AB＝BE＝DF＝EC，AB⊥平面BCE.
(1)證明：平面AEC⊥平面BDFE；
(2)求二面角A－FC－D的余弦值．
(1)證明 ∵四邊形ABCD為正方形，∴AC⊥BD.
∵AB＝BC＝BE＝EC，∴BE2＋BC2＝EC2，∴BE⊥BC.
又∵AB⊥平面BCE，∴AB⊥BE.
∵AB∩BC＝C，∴BE⊥平面ABCD，∴BE⊥AC.
又BE∩BD＝B，∴AC⊥平面BDFE，
∵AC?平面AEC，∴平面AEC⊥平面BDEF.
(2)解 ∵BE⊥平面ABCD，BE∥DF，∴DF⊥平面ABCD.
以D為坐標(biāo)原點(diǎn)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D－x
15、yz，令A(yù)B＝1，
則A(1,0,0)，C(0,1,0)，E(1,1,1)，F(xiàn)(0,0,1)，
則＝(0,1，－1)，＝(－1,1,0)，
設(shè)平面AFC的法向量為n1＝(x1，y1，z1)，
則
令x1＝1，則n1＝(1,1,1)．
易知平面FCD的一個(gè)法向量n2＝(1,0,0)，
∴cos〈n1，n2〉＝＝.
二面角A－FC－D為銳角，
∴二面角A－FC－D的余弦值為.
20．(12分)某中學(xué)為了解中學(xué)生的課外閱讀時(shí)間，決定在該中學(xué)的1200名男生和800名女生中按分層抽樣的方法抽取20名學(xué)生，對(duì)他們的課外閱讀時(shí)間進(jìn)行問卷調(diào)查．現(xiàn)在按課外閱讀時(shí)間的情況將學(xué)生分成三類：A類
16、(不參加課外閱讀)，B類(參加課外閱讀，但平均每周參加課外閱讀的時(shí)間不超過(guò)3小時(shí))，C類(參加課外閱讀，且平均每周參加課外閱讀的時(shí)間超過(guò)3小時(shí))．調(diào)查結(jié)果如下表：
A類
B類
C類
男生
x
5
3
女生
y
3
3
(1)求出表中x，y的值；
(2)根據(jù)表中的統(tǒng)計(jì)數(shù)據(jù)，完成下面的列聯(lián)表，并判斷是否有90%的把握認(rèn)為“參加閱讀與否”與性別有關(guān)；
男生
女生
總計(jì)
不參加課外閱讀
參加課外閱讀
總計(jì)
(3)從抽出的女生中再隨機(jī)抽取3人進(jìn)一步了解情況，記X為抽取的這3名女生中A類人數(shù)和C類人數(shù)差的絕對(duì)值，求
17、X的均值．
附：K2＝.
P(K2≥k0)
0.10
0.05
0.01
k0
2.706
3.841
6.635
解 (1)設(shè)抽取的20人中，男、女生人數(shù)分別為n1，n2，
則
所以x＝12－5－3＝4，y＝8－3－3＝2.
(2)列聯(lián)表如下：
男生
女生
總計(jì)
不參加課外閱讀
4
2
6
參加課外閱讀
8
6
14
總計(jì)
12
8
20
K2的觀測(cè)值k＝＝
≈0.159<2.706，
所以沒有90%的把握認(rèn)為“參加閱讀與否”與性別有關(guān)．
(3)X的可能取值為0,1,2,3，
則P(X＝0)＝＝，
P(X＝1)＝
18、＝，
P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝＝，
所以E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
21．(12分)在直角坐標(biāo)系xOy中，直線y＝x＋4與拋物線C：x2＝2py(p>0)交于A，B兩點(diǎn)，且OA⊥OB.
(1)求C的方程；
(2)試問：在x軸的正半軸上是否存在一點(diǎn)D，使得△ABD的外心在C上？若存在，求出D的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
解 (1)聯(lián)立
得x2－2px－8p＝0，Δ＝4p2＋32p>0，
設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝2p，x1x2＝－8p，
從而y1y2＝(x1＋4)(x2＋4)＝x1x2＋4(x1＋x2)＋16.
∵OA⊥OB，∴·
19、＝x1x2＋y1y2
＝2x1x2＋4(x1＋x2)＋16＝0，
即－16p＋8p＋16＝0，解得p＝2，故C的方程為x2＝4y.
(2)設(shè)線段AB的中點(diǎn)為N(x0，y0)，
由(1)知，x0＝＝2，y0＝x0＋4＝6，
則線段AB的中垂線方程為y－6＝－(x－2)，
即y＝－x＋8.
聯(lián)立得x2＋4x－32＝0，解得x＝－8或4，
從而△ABD的外心P的坐標(biāo)為(4,4)或(－8,16)．
假設(shè)存在點(diǎn)D(m,0)(m>0)，設(shè)P的坐標(biāo)為(4,4)，
∵|AB|＝
＝×＝4，
∴|PA|＝＝4，
則|DP|＝＝4.
∵m>0，∴m＝4＋4.
若P的坐標(biāo)為(－8,16
20、)，
則|PA|＝＝4，
|DP|＝>4，
則P的坐標(biāo)不可能為(－8,16)．
故在x軸的正半軸上存在一點(diǎn)D(4＋4，0)，使得△ABD的外心在C上．
22．(12分)(2019·安徽省江淮名校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝ex＋ax2在x＝1處的切線方程為y＝bx＋1.
(1)求a，b的值；
(2)證明：當(dāng)x>0時(shí)ex＋2x≥x2＋ex＋1.
(1)解 f′(x)＝ex＋2ax，
由題設(shè)解得
(2)證明 實(shí)際上是證明當(dāng)x>0時(shí)，f(x)＝ex－x2的圖象在直線y＝(e－2)x＋1的上方．
令g(x)＝ex－x2－(e－2)x－1，x>0，則g′(x)＝ex－2x－e＋2，令t
21、(x)＝ex－2x－e＋2，則t′(x)＝ex－2，
所以g′(x)在(0，ln2)上單調(diào)遞減，在(ln2，＋∞)上單調(diào)遞增；g′(x)在x＝ln2處取唯一的極小值．
注意到g′(0)＝3－e>0，g′(1)＝0，而00，
當(dāng)x∈(x0，1)時(shí)，g′(x)<0；
所以當(dāng)x∈(0，x0)或x∈(1，＋∞)時(shí)，g(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(x0，1)時(shí)，g(x)單調(diào)遞減；
由于g(0)＝g(1)＝0，所以g(x)＝ex－x2－(e－2)x－1≥0，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)等號(hào)成立．
所以當(dāng)x>0時(shí)，不等式ex＋2x≥x2＋ex＋1成立．
12
（魯京津瓊專用）2020版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第十二章 概率、隨機(jī)變量及其分布 模擬試卷（一）（含解析）
