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河南省高考数学模拟试卷与解析(理科)
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这是一份河南省高考数学模拟试卷与解析(理科)，共21页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
河南省高考数学模拟试卷（理科）
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．已知集合A={y|y=2x﹣1，x∈R}，B={x|x﹣x2＞0}，则A∩B=（ ）
A．（﹣1，+∞） B．（﹣1，1） C．（﹣1，0） D．（0，1）
2．若复数z的共轭复数为，且满足： =1﹣2i，其中i为虚数单位，则复数z的模为（ ）
A．1 B．3 C． D．4
3．下列满足“∀x∈R，f（x）+f（﹣x）=0且f′（x）≤0”的函数是（ ）
A．f（x）=﹣xe|x| B．f（x）=x+sinx C．f（x）= D．f（x）=x2|x|
4．已知Sn是等差数列{an}的前n项和，S3+S6=18，则S5=（ ）
A．14 B．10 C．9 D．5
5．从1，2，3，4，5，6这6个数字中任取3个数，组成无重复数字的三位数，则十位数字比个位数字和百位数字都大的概率为（ ）
A． B． C． D．
6．已知O为坐标原点，F为抛物线y2=4x的焦点，直线l：y=m（x﹣1）与抛物线交于A，B两点，点A在第一象限，若|FA|=3|FB|．则m的值为（ ）
A．3 B． C． D．
7．如果执行如图所示的程序框图，那么输出的a=（ ）
A．2 B． C．﹣1 D．以上都不正确
8．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为线段B1C的中点，若三棱锥E﹣ADD1的外接球的体积为36π，则正方体的棱长为（ ）
A．2 B．2 C．3 D．4
9．已知f（x）=2sinxcosx﹣sin2x+cos2x+，则下列结论错误的是（ ）
A．f（x）在区间（0，）上单调递增 B．f（x）的一个对称中心为（﹣，0）
C．当x∈[0，]时，fx）的值域为[1，]
D．先将函数f（x）的图象的纵坐标不变，横坐标缩短为原来的倍，再向左平移个单位后得到函数y=2cos（4x+）的图象
10．如图所示为某几何体的三视图，其体积为48π，则该几何体的表面积为（ ）
A．24π B．36π C．60π D．78π
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，P是双曲线在第一象限上的点， =，直线PF2交双曲线C于另一点N，若|PF1|=2|PF2|，且∠MF2N=120°，则双曲线C的离心率为（ ）
A． B． C． D．
12．已知不等式ln（x+1）﹣（a+2）x≤b﹣2恒成立，则的最小值为（ ）
A．﹣2 B．1﹣2e C．1﹣e D．2﹣
二、填空题（本大题共4小题，每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）
13．向量||=1，||=，（ +）（2﹣）=﹣1，则向量与的夹角为______．
14．已知（x﹣y）（x+y）5的展开式中x2y4的系数为m，则（xm+）dx=______．
15．若点Q（2a+b，a﹣2b）在不等式组表示的平面区域内，则z=a2+b2的最大值为______．
16．已知△ABC中，AB+AC=6，BC=4，D为BC的中点，则当AD最小时，△ABC的面积为______．
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．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，a1=，公比为q＞0，S1+a1，S3+a3，S2+a2成等差数列．
（Ⅰ）求an；
（Ⅱ）设bn=，cn=bn（bn+1﹣bn+2），求数列{cn}的前n项和Tn．
18．随着手机的发展，“微信”越来越成为人们交流的一种方式．某机构对“使用微信交流”的态度进行调查，随机抽取了50人，他们年龄的频数分布及对“使用微信交流”赞成人数如表：
年龄（单位：岁）
[15，25）
[25，35）
[35，45）
[45，55）
[55，65）
[65，75）
频数
5
10
15
10
5
5
赞成人数
3
10
12
7
2
1
（Ⅰ）若以“年龄45岁为分界点”．由以上统计数据完成下面的2×2列联表，并判断是否有99%的把握认为
“使用微信交流”的态度与人的年龄有关：
年龄不低于45岁的人数
年龄低于45岁的人数
合计
赞成
不赞成
合计
（Ⅱ）若从年龄在[55，65），[65，75）的被调查人中各随机选取两人进行追踪调查．记选中的4人中赞成“使用微信交流”的人数为ξ，求随机变量ξ的分布列及数学期望
参考数据如下：
P（K2≥k）
0.050
0.010
0.001
k
3.841
6.635
10.828
参考公式：K2=，（n=a+b+c+d）．
19．如图所示的几何体中，ABCD为菱形，ACEF为平行四边形，△BDF为等边三角形，O为AC与BD的交点．
（Ⅰ）求证：BD⊥平面ACEF；
（Ⅱ）若∠DAB=60°，AF=FC，求二面角B﹣EC﹣D的正弦值．
20．已知椭圆C： =1（a＞b＞0）的离心率e=，椭圆的右焦点F（c，0），椭圆的右顶点为A，上顶点为B，原点到直线AB的距离为．
（I）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）判断在x轴上是否存在异于F的一点G，满足过点G且斜率为k（k≠0）的直线l与椭圆C交于M、N两点，P是点M关于x轴的对称点，N、F、P三点共线，若存在，求出点G坐标；若不存在，说明理由．
21．已知函数f（x）=blnx．
（1）当b=1时，求G（x）=x2﹣x﹣f（x）在区间[，e]上的最值；
（2）若存在一点x0∈[1，e]，使得x0﹣f（x0）＜﹣成立，求实数b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．如图，等边三角形ABC内接于圆O，以B、C为切点的圆O的两条切线交于点D，AD交圆O于点E．
（Ⅰ）证明：四边形ABDC为菱形；
（Ⅱ）若DE=2，求等边三角形ABC的面积．
[选修4-4：坐标系与参数方程]
23．已知直线l的参数方程为（t为参数），以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为ρ=2cosθ．
（I）求曲线C的直角坐标方程与直线l的极坐标方程；
（Ⅱ）若直线θ=与曲线C交于点A（不同于原点），与直线l交于点B，求|AB|的值．
[选修4-5：不等式选讲]
24．设函数f（x）=|x+2|+|x﹣2|，x∈R．
（Ⅰ）求不等式f（x）≤6的解集；
（Ⅱ）若关于x的方程f（x）=a|x﹣1|恰有两个不同的实数根，求a的取值范围．
河南省高考数学模拟试卷（理科）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．已知集合A={y|y=2x﹣1，x∈R}，B={x|x﹣x2＞0}，则A∩B=（ ）
A．（﹣1，+∞） B．（﹣1，1） C．（﹣1，0） D．（0，1）
【考点】交集及其运算．
【分析】求出A中y的范围确定出A，求出B中x的范围确定出B，找出两集合的交集即可．
【解答】解：由A中y=2x﹣1＞﹣1，得到A=（﹣1，+∞），
由B中不等式变形得：x2﹣x＜0，即x（x﹣1）＜0，
解得：0＜x＜1，即B=（0，1），
则A∩B=（0，1），
故选：D．
2．若复数z的共轭复数为，且满足： =1﹣2i，其中i为虚数单位，则复数z的模为（ ）
A．1 B．3 C． D．4
【考点】复数代数形式的乘除运算．
【分析】利用复数的运算法则、模的计算公式即可得出．
【解答】解： =1﹣2i，∴=（1+i）（1﹣2i）=3﹣i，
∴z=3+i．
则|z|==．
故选：C．
3．下列满足“∀x∈R，f（x）+f（﹣x）=0且f′（x）≤0”的函数是（ ）
A．f（x）=﹣xe|x| B．f（x）=x+sinx
C．f（x）= D．f（x）=x2|x|
【考点】利用导数研究函数的单调性．
【分析】满足“∀x∈R，f（x）+f（﹣x）=0，且f′（x）≤0”的函数为奇函数，且在R上为减函数，进而得到答案．
【解答】解：满足“∀x∈R，f（x）+f（﹣x）=0，且f′（x）≤0”的函数为奇函数，且在R上为减函数，
A中函数f（x）=﹣xe|x|，满足f（﹣x）=﹣f（x），即函数为奇函数，
且f′（x）=≤0恒成立，故在R上为减函数，
B中函数f（x）=x+sinx，满足f（﹣x）=﹣f（x），即函数为奇函数，但f′（x）=1+cosx≥0，在R上是增函数，
C中函数f（x）=，满足f（﹣x）=f（x），故函数为偶函数；
D中函数f（x）=x2|x|，满足f（﹣x）=f（x），故函数为偶函数，
故选：A．
4．已知Sn是等差数列{an}的前n项和，S3+S6=18，则S5=（ ）
A．14 B．10 C．9 D．5
【考点】等差数列的前n项和．
【分析】化简S3+S6=9a1+18d=9（a1+2d）=18，从而可得a3=a1+2d=2，从而求得．
【解答】解：∵Sn是等差数列{an}的前n项和，
∴S3+S6=3a1+d+6a1+d
=9a1+18d=9（a1+2d）=18，
∴a3=a1+2d=2，
∴S5=5a3=10，
故选B．
5．从1，2，3，4，5，6这6个数字中任取3个数，组成无重复数字的三位数，则十位数字比个位数字和百位数字都大的概率为（ ）
A． B． C． D．
【考点】列举法计算基本事件数及事件发生的概率．
【分析】选求出基本事件总数，再求出十位数字比个位数字和百位数字都大包含的基本事件个数，由此能求出十位数字比个位数字和百位数字都大的概率．
【解答】解：从1，2，3，4，5，6这6个数字中任取3个数，组成无重复数字的三位数，
基本事件总数n==120，
十位数字比个位数字和百位数字都大包含的基本事件个数m==40，
∴十位数字比个位数字和百位数字都大的概率为p==．
故选：C．
6．已知O为坐标原点，F为抛物线y2=4x的焦点，直线l：y=m（x﹣1）与抛物线交于A，B两点，点A在第一象限，若|FA|=3|FB|．则m的值为（ ）
A．3 B． C． D．
【考点】抛物线的简单性质．
【分析】求出抛物线的焦点，设直线l为x=ky+1，代入抛物线方程，运用韦达定理和|AF|=3|BF|，解得k，即可得到m的值．
【解答】解：抛物线y2=4x的焦点为（1，0），
设直线l为x=ky+1（k＞0），代入抛物线方程可得y2﹣4ky﹣4=0，
设A（x1，y1），B（x2，y2），
则y1+y2=4k，y1y2=﹣4，
由|AF|=3|BF|，可得y1=﹣3y2，
由代入法，可得k2=，
∴k=，
∴m=．
故选：B．
7．如果执行如图所示的程序框图，那么输出的a=（ ）
A．2 B． C．﹣1 D．以上都不正确
【考点】程序框图．
【分析】由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量a的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案．
【解答】解：模拟执行程序，可得
a=2，n=1
执行循环体，a=，n=3
满足条件n≤2016，执行循环体，a=﹣1，n=5
满足条件n≤2016，执行循环体，a=2，n=7
满足条件n≤2016，执行循环体，a=，n=9
…
由于2015=3×671+2，可得：
n=2015，满足条件n≤2016，执行循环体，a=，n=2017
不满足条件n≤2016，退出循环，输出a的值为．
故选：B．
8．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为线段B1C的中点，若三棱锥E﹣ADD1的外接球的体积为36π，则正方体的棱长为（ ）
A．2 B．2 C．3 D．4
【考点】棱柱的结构特征．
【分析】如图所示，设三棱锥E﹣ADD1的外接球的半径为r由=36π，解得r．取AD1的中点F，连接EF．则三棱锥E﹣ADD1的外接球的球心一定在EF上，设为点O．设正方体的棱长为x，在Rt△OFD1中，利用勾股定理解出即可得出．
【解答】解：如图所示，设三棱锥E﹣ADD1的外接球的半径为r，
∵三棱锥E﹣ADD1的外接球的体积为36π，则=36π，
解得r=3．
取AD1的中点F，连接EF．则三棱锥E﹣ADD1的外接球的球心一定在EF上，设为点O．
设正方体的棱长为x，在Rt△OFD1中，由勾股定理可得： +（x﹣3）2=32，x＞0．
化为：x=4．
∴正方体的棱长为4．
故选：D．
9．已知f（x）=2sinxcosx﹣sin2x+cos2x+，则下列结论错误的是（ ）
A．f（x）在区间（0，）上单调递增
B．f（x）的一个对称中心为（﹣，0）
C．当x∈[0，]时，fx）的值域为[1，]
D．先将函数f（x）的图象的纵坐标不变，横坐标缩短为原来的倍，再向左平移个单位后得到函数y=2cos（4x+）的图象
【考点】三角函数中的恒等变换应用．
【分析】利用倍角公式降幂，再由两角和的正弦化简，然后逐一核对四个命题得答案．
【解答】解：f（x）=2sinxcosx﹣sin2x+cos2x+=
==，
当x∈（0，）时，∈（），则f（x）在区间（0，）上单调递增，A正确；
∵f（）=，∴f（x）的一个对称中心为（﹣，0），B正确；
当x∈[0，]时，∈[]，f（x）的值域为[1，2]，∴C错误；
先将函数f（x）的图象的纵坐标不变，横坐标缩短为原来的倍，得到y=2sin（4x+）的图象，
再向左平移个单位后得到函数y=2sin[4（x+）+]=2sin（）=2cos（4x+）的图象，D正确．
∴错误的命题是C．
故选：C．
10．如图所示为某几何体的三视图，其体积为48π，则该几何体的表面积为（ ）
A．24π B．36π C．60π D．78π
【考点】由三视图求面积、体积．
【分析】由三视图知该几何体是一个圆柱挖掉两个顶点相同的圆锥所得的组合体，由三视图求出几何元素的长度，设圆锥的底面半径是r，由柱体、锥体的体积公式和几何体的体积是求出列出方程求出r，由圆柱、圆锥的侧面积该几何体的表面积．
【解答】解：根据三视图可知几何体是：一个圆柱挖掉两个顶点相同的圆锥所得的组合体，
且底面分别是圆柱的上下底面所得的组合体，圆柱的高是8、圆锥的高是4，
设圆柱、圆锥的底面半径是r，
∵体积为48π，∴=48π，解得r=3，
则圆锥的母线长是=5，
∴该几何体的表面积S=2π×3×8+2×π×3×5=78π，
故选：D．
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，P是双曲线在第一象限上的点， =，直线PF2交双曲线C于另一点N，若|PF1|=2|PF2|，且∠MF2N=120°，则双曲线C的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【考点】双曲线的简单性质．
【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．已知不等式ln（x+1）﹣（a+2）x≤b﹣2恒成立，则的最小值为（ ）
A．﹣2 B．1﹣2e C．1﹣e D．2﹣
【考点】利用导数研究函数的极值．
【分析】令y=ln（x+1）﹣（a+2）x﹣b+2，求出导数，分类讨论，进而得到b﹣3≥﹣ln（a+2）+a，可得≥，再换元，通过导数求出单调区间和极值、最值，进而得到的最小值．
【解答】解：令y=ln（x+1）﹣（a+2）x﹣b+2，则y′=﹣（a+2），
a+2＜0，y′＞0，函数递增，无最值．
当a+2＞0时，﹣1＜x＜时，y′＞0，函数递增；当x＞时，y′＜0，函数递减．
则x=处取得极大值，也为最大值，且为﹣ln（a+2）+a﹣b+3，
∴﹣ln（a+2）+a﹣b+3≤0，
∴b﹣3≥﹣ln（a+2）+a，
∴≥，
令t=a+2（t＞0），则y=，
∴y′=，
∴（0，）上，y′＜0，（，+∞）上，y′＞0，
∴t=，ymin=1﹣e．
∴的最小值为1﹣e．
故选：C．
二、填空题（本大题共4小题，每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）
13．向量||=1，||=，（ +）（2﹣）=﹣1，则向量与的夹角为 135° ．
【考点】平面向量数量积的运算．
【分析】由已知||=1，||=，（ +）（2﹣）=﹣1，求出，的数量积，利用数量积公式，求出它们的夹角．
【解答】解：因为||=1，||=，（ +）（2﹣）=﹣1，
所以，所以=﹣1，
所以向量与的夹角的余弦值为=，
所以向量与的夹角为135°；
故答案为：135°．
14．已知（x﹣y）（x+y）5的展开式中x2y4的系数为m，则（xm+）dx= ln2+ ．
【考点】二项式系数的性质；定积分．
【分析】利用二项式定理的通项公式、微积分基本定理即可得出．
【解答】解：（x+y）5的通项公式：Tr+1=，
令5﹣r=1，r=4，解得r=4；
令5﹣r=2，r=3，解得r=3．
（x﹣y）（x+y）5的展开式中x2y4的系数为m=×1﹣=﹣5，
则（xm+）dx=dx==ln2+．
故答案为：ln2+．
15．若点Q（2a+b，a﹣2b）在不等式组表示的平面区域内，则z=a2+b2的最大值为 ．
【考点】简单线性规划．
【分析】根据点与不等式组的关系代入建立关于a，b的不等式组，作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义进行求解即可．
【解答】解：∵Q（2a+b，a﹣2b）在不等式组表示的平面区域内，
∴，即，
作出不等式组对应的平面区域如图：
z=a2+b2的几何意义是区域内的点到原点的距离的平方，
由图象知A到原点的距离最大，
由得，即A（，），
则z的最大值为z=（）2+（）2=，
故答案为：
16．已知△ABC中，AB+AC=6，BC=4，D为BC的中点，则当AD最小时，△ABC的面积为 ．
【考点】余弦定理的应用；三角形的面积公式．
【分析】根据余弦定理可得：AC2=AD2+22﹣4AD•cos∠ADC，且，进而，结合二次函数的图象和性质，可得AC=2时，AD取最小值，由余弦定理求出cos∠ACB，进而求出sin∠ACB，代入三角形面积公式，可得答案．
【解答】解：∵AB+AC=6，BC=4，D为BC的中点，
根据余弦定理可得：AC2=AD2+CD2﹣2AD•CD•cos∠ADC，且AB2=AD2+BD2﹣2AD•BD•cos∠ADB，
即AC2=AD2+22﹣4AD•cos∠ADC，且，
∵∠ADB=π﹣∠ADC，
∴，
∴，
当AC=2时，AD取最小值，
此时cos∠ACB==，
∴sin∠ACB=，
∴△ABC的面积S=AC•BC•sin∠ACB=，
故答案为：．
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．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，a1=，公比为q＞0，S1+a1，S3+a3，S2+a2成等差数列．
（Ⅰ）求an；
（Ⅱ）设bn=，cn=bn（bn+1﹣bn+2），求数列{cn}的前n项和Tn．
【考点】数列的求和；数列递推式．
【分析】（I）由S1+a1，S3+a3，S2+a2成等差数列，可得2（S3+a3）=S1+a1+S2+a2，化简整理可得：9a3=a1，再利用等比数列的通项公式即可得出．
（II）bn=，cn==﹣，利用“裂项求和”方法即可得出．
【解答】解：（I）∵S1+a1，S3+a3，S2+a2成等差数列，
∴2（S3+a3）=S1+a1+S2+a2，∴=3a1+2a2，化为9a3=a1，
∴q2=，q＞0，解得q=．
∴an=．
（II）bn==，cn=bn（bn+1﹣bn+2）==﹣，
∴数列{cn}的前n项和Tn=﹣++…+
=1﹣﹣
=﹣．
18．随着手机的发展，“微信”越来越成为人们交流的一种方式．某机构对“使用微信交流”的态度进行调查，随机抽取了50人，他们年龄的频数分布及对“使用微信交流”赞成人数如表：
年龄（单位：岁）
[15，25）
[25，35）
[35，45）
[45，55）
[55，65）
[65，75）
频数
5
10
15
10
5
5
赞成人数
3
10
12
7
2
1
（Ⅰ）若以“年龄45岁为分界点”．由以上统计数据完成下面的2×2列联表，并判断是否有99%的把握认为
“使用微信交流”的态度与人的年龄有关：
年龄不低于45岁的人数
年龄低于45岁的人数
合计
赞成
不赞成
合计
（Ⅱ）若从年龄在[55，65），[65，75）的被调查人中各随机选取两人进行追踪调查．记选中的4人中赞成“使用微信交流”的人数为ξ，求随机变量ξ的分布列及数学期望
参考数据如下：
P（K2≥k）
0.050
0.010
0.001
k
3.841
6.635
10.828
参考公式：K2=，（n=a+b+c+d）．
【考点】独立性检验的应用．
【分析】（Ⅰ）根据统计数据，可得2×2列联表，根据列联表中的数据，计算K2的值，即可得到结论；
（Ⅱ）ξ的可能取值有0，1，2，3，求出相应的概率，可得ξ的分布列及数学期望．
【解答】解：（Ⅰ）2×2列联表
年龄不低于45岁的人数
年龄低于45岁的人数
合计
赞成
3
32
35
不赞成
7
8
15
合 计
10
40
50
K2=≈9.524＞6.635
所以有99%的把握认为“使用微信交流”的态度与人的年龄有关；
（Ⅱ）ξ所有可能取值有0，1，2，3，
P（ξ=0）==，P（ξ=1）=+=，P（ξ=2）=+=，P（ξ=3）==，
所以ξ的分布列是
ξ
0
1
2
3
P
所以ξ的期望值是Eξ=0×+1×+2×+3×=．
19．如图所示的几何体中，ABCD为菱形，ACEF为平行四边形，△BDF为等边三角形，O为AC与BD的交点．
（Ⅰ）求证：BD⊥平面ACEF；
（Ⅱ）若∠DAB=60°，AF=FC，求二面角B﹣EC﹣D的正弦值．
【考点】用空间向量求平面间的夹角；直线与平面垂直的判定．
【分析】（Ⅰ）由已知得BD⊥AC，BD⊥OF，由此能证明BD⊥平面ACEF．
（Ⅱ）由已知得AC⊥OF，OF⊥平面ABCD，建立空间直角坐标系O﹣xyz，利用向量法能求出二面角B﹣EC﹣D的正弦值．
【解答】证明：（Ⅰ）∵ABCD为菱形，∴BD⊥AC，
∵O为AC与BD的交点，∴O为BD的中点，
又△BDF为等边三角形，∴BD⊥OF，
∵AC⊂平面ACEF，OF⊂平面ACEF，AC∩OF=O，
∴BD⊥平面ACEF．
（Ⅱ）∵AF=FC，O为AC中点，∴AC⊥OF，
∵BD⊥OF，∴OF⊥平面ABCD，
建立空间直角坐标系O﹣xyz，不妨设AB=2，
∵∠DAB=60°，∴B（0，1，0），C（﹣，0，0），
D（0，﹣1，0），A（，0，0），F（0，0，），
∵=，∴E（﹣2，0，），
=（﹣，﹣1，0），=（﹣2，﹣1，），
设=（x，y，z）为平面BEC的法向量，
则，
取x=1，得=（1，﹣，1），
则理求得平面ECD的法向量=（1，，1），
设二面角B﹣EC﹣D的平面角为θ，
则cosθ==，
∴sinθ==，
∴二面角B﹣EC﹣D的正弦值为．
20．已知椭圆C： =1（a＞b＞0）的离心率e=，椭圆的右焦点F（c，0），椭圆的右顶点为A，上顶点为B，原点到直线AB的距离为．
（I）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）判断在x轴上是否存在异于F的一点G，满足过点G且斜率为k（k≠0）的直线l与椭圆C交于M、N两点，P是点M关于x轴的对称点，N、F、P三点共线，若存在，求出点G坐标；若不存在，说明理由．
【考点】椭圆的简单性质．
【分析】（I）运用离心率公式和点到直线的距离公式，解方程可得a，b，进而得到椭圆方程；
（Ⅱ）在x轴上假设存在异于F的一点G，设为（n，0），设直线l的方程为y=k（x﹣n），代入椭圆方程x2+2y2=2，运用韦达定理，以及三点共线的条件：斜率相等，化简整理，可得n=2，进而判断存在G（2，0）．
【解答】解：（I）由题意可得e==，
直线AB的方程为bx+ay=ab，
由题意可得=，
又a2﹣b2=c2，解得a=，b=c=1，即有椭圆的方程为+y2=1；
（Ⅱ）在x轴上假设存在异于F的一点G，设为（n，0），
设直线l的方程为y=k（x﹣n），代入椭圆方程x2+2y2=2，
可得（1+2k2）x2﹣4nk2x+2k2n2﹣2=0，
设M（x1，y1），N（x2，y2），
可得x1+x2=，x1x2=，
由假设可得P（x1，﹣y1），F（1，0），N（x2，y2）三点共线，可得
kPN=kNF，即=，
由y1=k（x1﹣n），y2=k（x2﹣n），可得
（x1+x2﹣2n）（x2﹣1）=（x2﹣x1）（x2﹣n），
化简为（n+1）（x1+x2）﹣2x1x2﹣2n=0，
即有（n+1）•﹣2•﹣2n=0，
化简可得n=2，
代入判别式可得2k2＜1，故存在异于F的一点G，且为（2，0），
使N、F、P三点共线．
21．已知函数f（x）=blnx．
（1）当b=1时，求G（x）=x2﹣x﹣f（x）在区间[，e]上的最值；
（2）若存在一点x0∈[1，e]，使得x0﹣f（x0）＜﹣成立，求实数b的取值范围．
【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】（1）把b=1代入函数解析式，求出函数G（x）的导函数，由导函数的零点对定义域分段，根据导函数的符号得到原函数在各区间段内的单调性，从而求得函数在区间[，e]上的最值；
（2）构造函数，求导后对1+b≤0和b+1＞0分段讨论，然后进一步对b分段分析得答案．
【解答】解：（1）当b=1时，G（x）=x2﹣x﹣f（x）=x2﹣x﹣lnx（x＞0），
，令G'（x）=0，得x=1，
列表如下：
x
（0，1）
1
（1，+∞）
G'（x）
﹣
0
+
G（x）
↓
极小值
↑
∵，
∴G（x）在区间上；
（2）若在[1，e]上存在一点x0，使得成立，
即在[1，e]上存在一点x0，使得成立，
设，
又，
①当1+b≤0，即b≤﹣1时，在x∈（0，+∞）上h'（x）＞0，∴函数h（x）在（0，+∞）上单调递增；
②当b+1＞0，即b＞﹣1时，在x∈（0，1+b）上h'（x）＜0，在x∈（1+b，+∞）上，h'（x）＞0，
∴h（x）在（0，1+b）上单调递减，在（1+b，+∞）上单调递增；
综上所述：当b＞﹣1时，h（x）的递减区间为（0，1+b）；递增区间为（1+b，+∞）；
当b≤﹣1时，h（x）只有递增区间为（0，+∞）．
∴要使得在[1，e]上存在一点x0，使得成立，
则只需要函数在[1，e]上的最小值小于零．
①当1+b≥e，即b≥e﹣1时，h（x）在[1，e]上单调递减，
故h（x）在[1，e]上的最小值为h（e），由，可得，
∵，∴；
②当1+b≤1，即b≤0时，h（x）在[1，e]上单调递增，
故h（x）在[1，e]上最小值为h（1），由h（1）=1+1+b＜0，
可得b＜﹣2（满足b≤0）；
③当1＜1+b＜e，即0＜b＜e﹣1时，h（x）在[1，1+b]上单调递减，在（1+b，e]上单调递增，
∴h（x）在[1，e]上最小值为h（1+b）=2+b﹣bln（1+b），
∵0＜ln（1+b）＜1，∴0＜bln（1+b）＜b，
∴2+b﹣bln（1+b）＞2，即h（1+b）＞2，不满足题意，舍去．
综上b＜﹣2或b＞，
∴实数b的取值范围为．
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．如图，等边三角形ABC内接于圆O，以B、C为切点的圆O的两条切线交于点D，AD交圆O于点E．
（Ⅰ）证明：四边形ABDC为菱形；
（Ⅱ）若DE=2，求等边三角形ABC的面积．
【考点】与圆有关的比例线段；相似三角形的性质．
【分析】（Ⅰ）由弦切角定理可得∠DBC=∠DCB=∠BAC=60°，△DBC是等边三角形，即可证明四边形ABDC为菱形；
（Ⅱ）由切割线定理求出AB，即可求等边三角形ABC的面积．
【解答】（Ⅰ）证明：由弦切角定理可得∠DBC=∠DCB=∠BAC=60°，
∴△DBC是等边三角形
∴四边形ABDC为菱形；
（Ⅱ）解：设AB=2x，则AE=x，
由切割线定理可得DB2=DE•DA，
∴4x2=2（2+x），
∴x=，
∴AB=2，
∴等边三角形ABC的面积S==3．
[选修4-4：坐标系与参数方程]
23．已知直线l的参数方程为（t为参数），以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为ρ=2cosθ．
（I）求曲线C的直角坐标方程与直线l的极坐标方程；
（Ⅱ）若直线θ=与曲线C交于点A（不同于原点），与直线l交于点B，求|AB|的值．
【考点】参数方程化成普通方程；简单曲线的极坐标方程．
【分析】（I）先将直线参数方程化为普通方程，再根据极坐标与直角坐标的对应关系得出极坐标方程；
（II）将分别代入直线l和曲线C的极坐标方程求出A，B到原点的距离，取差得出|AB|．
【解答】解：（I）∵ρ=2cosθ．∴ρ2=2ρcosθ，∴曲线C的直角坐标方程为x2+y2﹣2x=0．
∵直线l的参数方程为（t为参数），∴﹣y=4，
∴直线l的极坐标方程为ρcosθ﹣ρsinθ=4．
（II）将代入曲线C的极坐标方程ρ=2cosθ得ρ=，∴A点的极坐标为（，）．
将θ=代入直线l的极坐标方程得﹣ρ=4，解得ρ=4．∴B点的极坐标为（4，）．
∴|AB|=4﹣=3．
[选修4-5：不等式选讲]
24．设函数f（x）=|x+2|+|x﹣2|，x∈R．
（Ⅰ）求不等式f（x）≤6的解集；
（Ⅱ）若关于x的方程f（x）=a|x﹣1|恰有两个不同的实数根，求a的取值范围．
【考点】绝对值不等式的解法；根的存在性及根的个数判断．
【分析】（Ⅰ）根据绝对值的意义，求得不等式f（x）≤6的解集．
（Ⅱ）函数f（x）的图象（图中红色部分）与直线 y=a|x﹣1|有2个不同的交点，数形结合可得a的范围．
【解答】解：（Ⅰ）函数f（x）=|x+2|+|x﹣2|表示数轴上的x
对应点到﹣2、2对应点的距离之和，
而3和﹣3对应点到﹣2、2对应点的距离之和正好等于6，
故不等式f（x）≤6的解集为{x|x≤﹣2，或x≥2}．
（Ⅱ）∵f（x）=|x+2|+|x﹣2|=，
∴f（x）≥4，
若关于x的方程f（x）=a|x﹣1|恰有两个不同的实数根，
则函数f（x）的图象与直线 y=a|x﹣1|（图中红色部分）
有2个不同的交点，如图所示：
由于A（﹣2，4）、B（2，4）、C（1，0），
∴﹣2＜﹣a＜KCA，或 a＞KCB，即﹣2＜﹣a＜﹣，或a＞4，
求得＜a＜2，或a＞4．
河南省高考数学模拟试卷（理科）
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．已知集合A={y|y=2x﹣1，x∈R}，B={x|x﹣x2＞0}，则A∩B=（ ）
A．（﹣1，+∞） B．（﹣1，1） C．（﹣1，0） D．（0，1）
2．若复数z的共轭复数为，且满足： =1﹣2i，其中i为虚数单位，则复数z的模为（ ）
A．1 B．3 C． D．4
3．下列满足“∀x∈R，f（x）+f（﹣x）=0且f′（x）≤0”的函数是（ ）
A．f（x）=﹣xe|x| B．f（x）=x+sinx C．f（x）= D．f（x）=x2|x|
4．已知Sn是等差数列{an}的前n项和，S3+S6=18，则S5=（ ）
A．14 B．10 C．9 D．5
5．从1，2，3，4，5，6这6个数字中任取3个数，组成无重复数字的三位数，则十位数字比个位数字和百位数字都大的概率为（ ）
A． B． C． D．
6．已知O为坐标原点，F为抛物线y2=4x的焦点，直线l：y=m（x﹣1）与抛物线交于A，B两点，点A在第一象限，若|FA|=3|FB|．则m的值为（ ）
A．3 B． C． D．
7．如果执行如图所示的程序框图，那么输出的a=（ ）
A．2 B． C．﹣1 D．以上都不正确
8．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为线段B1C的中点，若三棱锥E﹣ADD1的外接球的体积为36π，则正方体的棱长为（ ）
A．2 B．2 C．3 D．4
9．已知f（x）=2sinxcosx﹣sin2x+cos2x+，则下列结论错误的是（ ）
A．f（x）在区间（0，）上单调递增 B．f（x）的一个对称中心为（﹣，0）
C．当x∈[0，]时，fx）的值域为[1，]
D．先将函数f（x）的图象的纵坐标不变，横坐标缩短为原来的倍，再向左平移个单位后得到函数y=2cos（4x+）的图象
10．如图所示为某几何体的三视图，其体积为48π，则该几何体的表面积为（ ）
A．24π B．36π C．60π D．78π
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，P是双曲线在第一象限上的点， =，直线PF2交双曲线C于另一点N，若|PF1|=2|PF2|，且∠MF2N=120°，则双曲线C的离心率为（ ）
A． B． C． D．
12．已知不等式ln（x+1）﹣（a+2）x≤b﹣2恒成立，则的最小值为（ ）
A．﹣2 B．1﹣2e C．1﹣e D．2﹣
二、填空题（本大题共4小题，每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）
13．向量||=1，||=，（ +）（2﹣）=﹣1，则向量与的夹角为______．
14．已知（x﹣y）（x+y）5的展开式中x2y4的系数为m，则（xm+）dx=______．
15．若点Q（2a+b，a﹣2b）在不等式组表示的平面区域内，则z=a2+b2的最大值为______．
16．已知△ABC中，AB+AC=6，BC=4，D为BC的中点，则当AD最小时，△ABC的面积为______．
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．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，a1=，公比为q＞0，S1+a1，S3+a3，S2+a2成等差数列．
（Ⅰ）求an；
（Ⅱ）设bn=，cn=bn（bn+1﹣bn+2），求数列{cn}的前n项和Tn．
18．随着手机的发展，“微信”越来越成为人们交流的一种方式．某机构对“使用微信交流”的态度进行调查，随机抽取了50人，他们年龄的频数分布及对“使用微信交流”赞成人数如表：
年龄（单位：岁）
[15，25）
[25，35）
[35，45）
[45，55）
[55，65）
[65，75）
频数
5
10
15
10
5
5
赞成人数
3
10
12
7
2
1
（Ⅰ）若以“年龄45岁为分界点”．由以上统计数据完成下面的2×2列联表，并判断是否有99%的把握认为
“使用微信交流”的态度与人的年龄有关：
年龄不低于45岁的人数
年龄低于45岁的人数
合计
赞成
不赞成
合计
（Ⅱ）若从年龄在[55，65），[65，75）的被调查人中各随机选取两人进行追踪调查．记选中的4人中赞成“使用微信交流”的人数为ξ，求随机变量ξ的分布列及数学期望
参考数据如下：
P（K2≥k）
0.050
0.010
0.001
k
3.841
6.635
10.828
参考公式：K2=，（n=a+b+c+d）．
19．如图所示的几何体中，ABCD为菱形，ACEF为平行四边形，△BDF为等边三角形，O为AC与BD的交点．
（Ⅰ）求证：BD⊥平面ACEF；
（Ⅱ）若∠DAB=60°，AF=FC，求二面角B﹣EC﹣D的正弦值．
20．已知椭圆C： =1（a＞b＞0）的离心率e=，椭圆的右焦点F（c，0），椭圆的右顶点为A，上顶点为B，原点到直线AB的距离为．
（I）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）判断在x轴上是否存在异于F的一点G，满足过点G且斜率为k（k≠0）的直线l与椭圆C交于M、N两点，P是点M关于x轴的对称点，N、F、P三点共线，若存在，求出点G坐标；若不存在，说明理由．
21．已知函数f（x）=blnx．
（1）当b=1时，求G（x）=x2﹣x﹣f（x）在区间[，e]上的最值；
（2）若存在一点x0∈[1，e]，使得x0﹣f（x0）＜﹣成立，求实数b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．如图，等边三角形ABC内接于圆O，以B、C为切点的圆O的两条切线交于点D，AD交圆O于点E．
（Ⅰ）证明：四边形ABDC为菱形；
（Ⅱ）若DE=2，求等边三角形ABC的面积．
[选修4-4：坐标系与参数方程]
23．已知直线l的参数方程为（t为参数），以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为ρ=2cosθ．
（I）求曲线C的直角坐标方程与直线l的极坐标方程；
（Ⅱ）若直线θ=与曲线C交于点A（不同于原点），与直线l交于点B，求|AB|的值．
[选修4-5：不等式选讲]
24．设函数f（x）=|x+2|+|x﹣2|，x∈R．
（Ⅰ）求不等式f（x）≤6的解集；
（Ⅱ）若关于x的方程f（x）=a|x﹣1|恰有两个不同的实数根，求a的取值范围．
河南省高考数学模拟试卷（理科）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．已知集合A={y|y=2x﹣1，x∈R}，B={x|x﹣x2＞0}，则A∩B=（ ）
A．（﹣1，+∞） B．（﹣1，1） C．（﹣1，0） D．（0，1）
【考点】交集及其运算．
【分析】求出A中y的范围确定出A，求出B中x的范围确定出B，找出两集合的交集即可．
【解答】解：由A中y=2x﹣1＞﹣1，得到A=（﹣1，+∞），
由B中不等式变形得：x2﹣x＜0，即x（x﹣1）＜0，
解得：0＜x＜1，即B=（0，1），
则A∩B=（0，1），
故选：D．
2．若复数z的共轭复数为，且满足： =1﹣2i，其中i为虚数单位，则复数z的模为（ ）
A．1 B．3 C． D．4
【考点】复数代数形式的乘除运算．
【分析】利用复数的运算法则、模的计算公式即可得出．
【解答】解： =1﹣2i，∴=（1+i）（1﹣2i）=3﹣i，
∴z=3+i．
则|z|==．
故选：C．
3．下列满足“∀x∈R，f（x）+f（﹣x）=0且f′（x）≤0”的函数是（ ）
A．f（x）=﹣xe|x| B．f（x）=x+sinx
C．f（x）= D．f（x）=x2|x|
【考点】利用导数研究函数的单调性．
【分析】满足“∀x∈R，f（x）+f（﹣x）=0，且f′（x）≤0”的函数为奇函数，且在R上为减函数，进而得到答案．
【解答】解：满足“∀x∈R，f（x）+f（﹣x）=0，且f′（x）≤0”的函数为奇函数，且在R上为减函数，
A中函数f（x）=﹣xe|x|，满足f（﹣x）=﹣f（x），即函数为奇函数，
且f′（x）=≤0恒成立，故在R上为减函数，
B中函数f（x）=x+sinx，满足f（﹣x）=﹣f（x），即函数为奇函数，但f′（x）=1+cosx≥0，在R上是增函数，
C中函数f（x）=，满足f（﹣x）=f（x），故函数为偶函数；
D中函数f（x）=x2|x|，满足f（﹣x）=f（x），故函数为偶函数，
故选：A．
4．已知Sn是等差数列{an}的前n项和，S3+S6=18，则S5=（ ）
A．14 B．10 C．9 D．5
【考点】等差数列的前n项和．
【分析】化简S3+S6=9a1+18d=9（a1+2d）=18，从而可得a3=a1+2d=2，从而求得．
【解答】解：∵Sn是等差数列{an}的前n项和，
∴S3+S6=3a1+d+6a1+d
=9a1+18d=9（a1+2d）=18，
∴a3=a1+2d=2，
∴S5=5a3=10，
故选B．
5．从1，2，3，4，5，6这6个数字中任取3个数，组成无重复数字的三位数，则十位数字比个位数字和百位数字都大的概率为（ ）
A． B． C． D．
【考点】列举法计算基本事件数及事件发生的概率．
【分析】选求出基本事件总数，再求出十位数字比个位数字和百位数字都大包含的基本事件个数，由此能求出十位数字比个位数字和百位数字都大的概率．
【解答】解：从1，2，3，4，5，6这6个数字中任取3个数，组成无重复数字的三位数，
基本事件总数n==120，
十位数字比个位数字和百位数字都大包含的基本事件个数m==40，
∴十位数字比个位数字和百位数字都大的概率为p==．
故选：C．
6．已知O为坐标原点，F为抛物线y2=4x的焦点，直线l：y=m（x﹣1）与抛物线交于A，B两点，点A在第一象限，若|FA|=3|FB|．则m的值为（ ）
A．3 B． C． D．
【考点】抛物线的简单性质．
【分析】求出抛物线的焦点，设直线l为x=ky+1，代入抛物线方程，运用韦达定理和|AF|=3|BF|，解得k，即可得到m的值．
【解答】解：抛物线y2=4x的焦点为（1，0），
设直线l为x=ky+1（k＞0），代入抛物线方程可得y2﹣4ky﹣4=0，
设A（x1，y1），B（x2，y2），
则y1+y2=4k，y1y2=﹣4，
由|AF|=3|BF|，可得y1=﹣3y2，
由代入法，可得k2=，
∴k=，
∴m=．
故选：B．
7．如果执行如图所示的程序框图，那么输出的a=（ ）
A．2 B． C．﹣1 D．以上都不正确
【考点】程序框图．
【分析】由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量a的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案．
【解答】解：模拟执行程序，可得
a=2，n=1
执行循环体，a=，n=3
满足条件n≤2016，执行循环体，a=﹣1，n=5
满足条件n≤2016，执行循环体，a=2，n=7
满足条件n≤2016，执行循环体，a=，n=9
…
由于2015=3×671+2，可得：
n=2015，满足条件n≤2016，执行循环体，a=，n=2017
不满足条件n≤2016，退出循环，输出a的值为．
故选：B．
8．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为线段B1C的中点，若三棱锥E﹣ADD1的外接球的体积为36π，则正方体的棱长为（ ）
A．2 B．2 C．3 D．4
【考点】棱柱的结构特征．
【分析】如图所示，设三棱锥E﹣ADD1的外接球的半径为r由=36π，解得r．取AD1的中点F，连接EF．则三棱锥E﹣ADD1的外接球的球心一定在EF上，设为点O．设正方体的棱长为x，在Rt△OFD1中，利用勾股定理解出即可得出．
【解答】解：如图所示，设三棱锥E﹣ADD1的外接球的半径为r，
∵三棱锥E﹣ADD1的外接球的体积为36π，则=36π，
解得r=3．
取AD1的中点F，连接EF．则三棱锥E﹣ADD1的外接球的球心一定在EF上，设为点O．
设正方体的棱长为x，在Rt△OFD1中，由勾股定理可得： +（x﹣3）2=32，x＞0．
化为：x=4．
∴正方体的棱长为4．
故选：D．
9．已知f（x）=2sinxcosx﹣sin2x+cos2x+，则下列结论错误的是（ ）
A．f（x）在区间（0，）上单调递增
B．f（x）的一个对称中心为（﹣，0）
C．当x∈[0，]时，fx）的值域为[1，]
D．先将函数f（x）的图象的纵坐标不变，横坐标缩短为原来的倍，再向左平移个单位后得到函数y=2cos（4x+）的图象
【考点】三角函数中的恒等变换应用．
【分析】利用倍角公式降幂，再由两角和的正弦化简，然后逐一核对四个命题得答案．
【解答】解：f（x）=2sinxcosx﹣sin2x+cos2x+=
==，
当x∈（0，）时，∈（），则f（x）在区间（0，）上单调递增，A正确；
∵f（）=，∴f（x）的一个对称中心为（﹣，0），B正确；
当x∈[0，]时，∈[]，f（x）的值域为[1，2]，∴C错误；
先将函数f（x）的图象的纵坐标不变，横坐标缩短为原来的倍，得到y=2sin（4x+）的图象，
再向左平移个单位后得到函数y=2sin[4（x+）+]=2sin（）=2cos（4x+）的图象，D正确．
∴错误的命题是C．
故选：C．
10．如图所示为某几何体的三视图，其体积为48π，则该几何体的表面积为（ ）
A．24π B．36π C．60π D．78π
【考点】由三视图求面积、体积．
【分析】由三视图知该几何体是一个圆柱挖掉两个顶点相同的圆锥所得的组合体，由三视图求出几何元素的长度，设圆锥的底面半径是r，由柱体、锥体的体积公式和几何体的体积是求出列出方程求出r，由圆柱、圆锥的侧面积该几何体的表面积．
【解答】解：根据三视图可知几何体是：一个圆柱挖掉两个顶点相同的圆锥所得的组合体，
且底面分别是圆柱的上下底面所得的组合体，圆柱的高是8、圆锥的高是4，
设圆柱、圆锥的底面半径是r，
∵体积为48π，∴=48π，解得r=3，
则圆锥的母线长是=5，
∴该几何体的表面积S=2π×3×8+2×π×3×5=78π，
故选：D．
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，P是双曲线在第一象限上的点， =，直线PF2交双曲线C于另一点N，若|PF1|=2|PF2|，且∠MF2N=120°，则双曲线C的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【考点】双曲线的简单性质．
【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．已知不等式ln（x+1）﹣（a+2）x≤b﹣2恒成立，则的最小值为（ ）
A．﹣2 B．1﹣2e C．1﹣e D．2﹣
【考点】利用导数研究函数的极值．
【分析】令y=ln（x+1）﹣（a+2）x﹣b+2，求出导数，分类讨论，进而得到b﹣3≥﹣ln（a+2）+a，可得≥，再换元，通过导数求出单调区间和极值、最值，进而得到的最小值．
【解答】解：令y=ln（x+1）﹣（a+2）x﹣b+2，则y′=﹣（a+2），
a+2＜0，y′＞0，函数递增，无最值．
当a+2＞0时，﹣1＜x＜时，y′＞0，函数递增；当x＞时，y′＜0，函数递减．
则x=处取得极大值，也为最大值，且为﹣ln（a+2）+a﹣b+3，
∴﹣ln（a+2）+a﹣b+3≤0，
∴b﹣3≥﹣ln（a+2）+a，
∴≥，
令t=a+2（t＞0），则y=，
∴y′=，
∴（0，）上，y′＜0，（，+∞）上，y′＞0，
∴t=，ymin=1﹣e．
∴的最小值为1﹣e．
故选：C．
二、填空题（本大题共4小题，每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）
13．向量||=1，||=，（ +）（2﹣）=﹣1，则向量与的夹角为 135° ．
【考点】平面向量数量积的运算．
【分析】由已知||=1，||=，（ +）（2﹣）=﹣1，求出，的数量积，利用数量积公式，求出它们的夹角．
【解答】解：因为||=1，||=，（ +）（2﹣）=﹣1，
所以，所以=﹣1，
所以向量与的夹角的余弦值为=，
所以向量与的夹角为135°；
故答案为：135°．
14．已知（x﹣y）（x+y）5的展开式中x2y4的系数为m，则（xm+）dx= ln2+ ．
【考点】二项式系数的性质；定积分．
【分析】利用二项式定理的通项公式、微积分基本定理即可得出．
【解答】解：（x+y）5的通项公式：Tr+1=，
令5﹣r=1，r=4，解得r=4；
令5﹣r=2，r=3，解得r=3．
（x﹣y）（x+y）5的展开式中x2y4的系数为m=×1﹣=﹣5，
则（xm+）dx=dx==ln2+．
故答案为：ln2+．
15．若点Q（2a+b，a﹣2b）在不等式组表示的平面区域内，则z=a2+b2的最大值为 ．
【考点】简单线性规划．
【分析】根据点与不等式组的关系代入建立关于a，b的不等式组，作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义进行求解即可．
【解答】解：∵Q（2a+b，a﹣2b）在不等式组表示的平面区域内，
∴，即，
作出不等式组对应的平面区域如图：
z=a2+b2的几何意义是区域内的点到原点的距离的平方，
由图象知A到原点的距离最大，
由得，即A（，），
则z的最大值为z=（）2+（）2=，
故答案为：
16．已知△ABC中，AB+AC=6，BC=4，D为BC的中点，则当AD最小时，△ABC的面积为 ．
【考点】余弦定理的应用；三角形的面积公式．
【分析】根据余弦定理可得：AC2=AD2+22﹣4AD•cos∠ADC，且，进而，结合二次函数的图象和性质，可得AC=2时，AD取最小值，由余弦定理求出cos∠ACB，进而求出sin∠ACB，代入三角形面积公式，可得答案．
【解答】解：∵AB+AC=6，BC=4，D为BC的中点，
根据余弦定理可得：AC2=AD2+CD2﹣2AD•CD•cos∠ADC，且AB2=AD2+BD2﹣2AD•BD•cos∠ADB，
即AC2=AD2+22﹣4AD•cos∠ADC，且，
∵∠ADB=π﹣∠ADC，
∴，
∴，
当AC=2时，AD取最小值，
此时cos∠ACB==，
∴sin∠ACB=，
∴△ABC的面积S=AC•BC•sin∠ACB=，
故答案为：．
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．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，a1=，公比为q＞0，S1+a1，S3+a3，S2+a2成等差数列．
（Ⅰ）求an；
（Ⅱ）设bn=，cn=bn（bn+1﹣bn+2），求数列{cn}的前n项和Tn．
【考点】数列的求和；数列递推式．
【分析】（I）由S1+a1，S3+a3，S2+a2成等差数列，可得2（S3+a3）=S1+a1+S2+a2，化简整理可得：9a3=a1，再利用等比数列的通项公式即可得出．
（II）bn=，cn==﹣，利用“裂项求和”方法即可得出．
【解答】解：（I）∵S1+a1，S3+a3，S2+a2成等差数列，
∴2（S3+a3）=S1+a1+S2+a2，∴=3a1+2a2，化为9a3=a1，
∴q2=，q＞0，解得q=．
∴an=．
（II）bn==，cn=bn（bn+1﹣bn+2）==﹣，
∴数列{cn}的前n项和Tn=﹣++…+
=1﹣﹣
=﹣．
18．随着手机的发展，“微信”越来越成为人们交流的一种方式．某机构对“使用微信交流”的态度进行调查，随机抽取了50人，他们年龄的频数分布及对“使用微信交流”赞成人数如表：
年龄（单位：岁）
[15，25）
[25，35）
[35，45）
[45，55）
[55，65）
[65，75）
频数
5
10
15
10
5
5
赞成人数
3
10
12
7
2
1
（Ⅰ）若以“年龄45岁为分界点”．由以上统计数据完成下面的2×2列联表，并判断是否有99%的把握认为
“使用微信交流”的态度与人的年龄有关：
年龄不低于45岁的人数
年龄低于45岁的人数
合计
赞成
不赞成
合计
（Ⅱ）若从年龄在[55，65），[65，75）的被调查人中各随机选取两人进行追踪调查．记选中的4人中赞成“使用微信交流”的人数为ξ，求随机变量ξ的分布列及数学期望
参考数据如下：
P（K2≥k）
0.050
0.010
0.001
k
3.841
6.635
10.828
参考公式：K2=，（n=a+b+c+d）．
【考点】独立性检验的应用．
【分析】（Ⅰ）根据统计数据，可得2×2列联表，根据列联表中的数据，计算K2的值，即可得到结论；
（Ⅱ）ξ的可能取值有0，1，2，3，求出相应的概率，可得ξ的分布列及数学期望．
【解答】解：（Ⅰ）2×2列联表
年龄不低于45岁的人数
年龄低于45岁的人数
合计
赞成
3
32
35
不赞成
7
8
15
合 计
10
40
50
K2=≈9.524＞6.635
所以有99%的把握认为“使用微信交流”的态度与人的年龄有关；
（Ⅱ）ξ所有可能取值有0，1，2，3，
P（ξ=0）==，P（ξ=1）=+=，P（ξ=2）=+=，P（ξ=3）==，
所以ξ的分布列是
ξ
0
1
2
3
P
所以ξ的期望值是Eξ=0×+1×+2×+3×=．
19．如图所示的几何体中，ABCD为菱形，ACEF为平行四边形，△BDF为等边三角形，O为AC与BD的交点．
（Ⅰ）求证：BD⊥平面ACEF；
（Ⅱ）若∠DAB=60°，AF=FC，求二面角B﹣EC﹣D的正弦值．
【考点】用空间向量求平面间的夹角；直线与平面垂直的判定．
【分析】（Ⅰ）由已知得BD⊥AC，BD⊥OF，由此能证明BD⊥平面ACEF．
（Ⅱ）由已知得AC⊥OF，OF⊥平面ABCD，建立空间直角坐标系O﹣xyz，利用向量法能求出二面角B﹣EC﹣D的正弦值．
【解答】证明：（Ⅰ）∵ABCD为菱形，∴BD⊥AC，
∵O为AC与BD的交点，∴O为BD的中点，
又△BDF为等边三角形，∴BD⊥OF，
∵AC⊂平面ACEF，OF⊂平面ACEF，AC∩OF=O，
∴BD⊥平面ACEF．
（Ⅱ）∵AF=FC，O为AC中点，∴AC⊥OF，
∵BD⊥OF，∴OF⊥平面ABCD，
建立空间直角坐标系O﹣xyz，不妨设AB=2，
∵∠DAB=60°，∴B（0，1，0），C（﹣，0，0），
D（0，﹣1，0），A（，0，0），F（0，0，），
∵=，∴E（﹣2，0，），
=（﹣，﹣1，0），=（﹣2，﹣1，），
设=（x，y，z）为平面BEC的法向量，
则，
取x=1，得=（1，﹣，1），
则理求得平面ECD的法向量=（1，，1），
设二面角B﹣EC﹣D的平面角为θ，
则cosθ==，
∴sinθ==，
∴二面角B﹣EC﹣D的正弦值为．
20．已知椭圆C： =1（a＞b＞0）的离心率e=，椭圆的右焦点F（c，0），椭圆的右顶点为A，上顶点为B，原点到直线AB的距离为．
（I）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）判断在x轴上是否存在异于F的一点G，满足过点G且斜率为k（k≠0）的直线l与椭圆C交于M、N两点，P是点M关于x轴的对称点，N、F、P三点共线，若存在，求出点G坐标；若不存在，说明理由．
【考点】椭圆的简单性质．
【分析】（I）运用离心率公式和点到直线的距离公式，解方程可得a，b，进而得到椭圆方程；
（Ⅱ）在x轴上假设存在异于F的一点G，设为（n，0），设直线l的方程为y=k（x﹣n），代入椭圆方程x2+2y2=2，运用韦达定理，以及三点共线的条件：斜率相等，化简整理，可得n=2，进而判断存在G（2，0）．
【解答】解：（I）由题意可得e==，
直线AB的方程为bx+ay=ab，
由题意可得=，
又a2﹣b2=c2，解得a=，b=c=1，即有椭圆的方程为+y2=1；
（Ⅱ）在x轴上假设存在异于F的一点G，设为（n，0），
设直线l的方程为y=k（x﹣n），代入椭圆方程x2+2y2=2，
可得（1+2k2）x2﹣4nk2x+2k2n2﹣2=0，
设M（x1，y1），N（x2，y2），
可得x1+x2=，x1x2=，
由假设可得P（x1，﹣y1），F（1，0），N（x2，y2）三点共线，可得
kPN=kNF，即=，
由y1=k（x1﹣n），y2=k（x2﹣n），可得
（x1+x2﹣2n）（x2﹣1）=（x2﹣x1）（x2﹣n），
化简为（n+1）（x1+x2）﹣2x1x2﹣2n=0，
即有（n+1）•﹣2•﹣2n=0，
化简可得n=2，
代入判别式可得2k2＜1，故存在异于F的一点G，且为（2，0），
使N、F、P三点共线．
21．已知函数f（x）=blnx．
（1）当b=1时，求G（x）=x2﹣x﹣f（x）在区间[，e]上的最值；
（2）若存在一点x0∈[1，e]，使得x0﹣f（x0）＜﹣成立，求实数b的取值范围．
【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】（1）把b=1代入函数解析式，求出函数G（x）的导函数，由导函数的零点对定义域分段，根据导函数的符号得到原函数在各区间段内的单调性，从而求得函数在区间[，e]上的最值；
（2）构造函数，求导后对1+b≤0和b+1＞0分段讨论，然后进一步对b分段分析得答案．
【解答】解：（1）当b=1时，G（x）=x2﹣x﹣f（x）=x2﹣x﹣lnx（x＞0），
，令G'（x）=0，得x=1，
列表如下：
x
（0，1）
1
（1，+∞）
G'（x）
﹣
0
+
G（x）
↓
极小值
↑
∵，
∴G（x）在区间上；
（2）若在[1，e]上存在一点x0，使得成立，
即在[1，e]上存在一点x0，使得成立，
设，
又，
①当1+b≤0，即b≤﹣1时，在x∈（0，+∞）上h'（x）＞0，∴函数h（x）在（0，+∞）上单调递增；
②当b+1＞0，即b＞﹣1时，在x∈（0，1+b）上h'（x）＜0，在x∈（1+b，+∞）上，h'（x）＞0，
∴h（x）在（0，1+b）上单调递减，在（1+b，+∞）上单调递增；
综上所述：当b＞﹣1时，h（x）的递减区间为（0，1+b）；递增区间为（1+b，+∞）；
当b≤﹣1时，h（x）只有递增区间为（0，+∞）．
∴要使得在[1，e]上存在一点x0，使得成立，
则只需要函数在[1，e]上的最小值小于零．
①当1+b≥e，即b≥e﹣1时，h（x）在[1，e]上单调递减，
故h（x）在[1，e]上的最小值为h（e），由，可得，
∵，∴；
②当1+b≤1，即b≤0时，h（x）在[1，e]上单调递增，
故h（x）在[1，e]上最小值为h（1），由h（1）=1+1+b＜0，
可得b＜﹣2（满足b≤0）；
③当1＜1+b＜e，即0＜b＜e﹣1时，h（x）在[1，1+b]上单调递减，在（1+b，e]上单调递增，
∴h（x）在[1，e]上最小值为h（1+b）=2+b﹣bln（1+b），
∵0＜ln（1+b）＜1，∴0＜bln（1+b）＜b，
∴2+b﹣bln（1+b）＞2，即h（1+b）＞2，不满足题意，舍去．
综上b＜﹣2或b＞，
∴实数b的取值范围为．
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．如图，等边三角形ABC内接于圆O，以B、C为切点的圆O的两条切线交于点D，AD交圆O于点E．
（Ⅰ）证明：四边形ABDC为菱形；
（Ⅱ）若DE=2，求等边三角形ABC的面积．
【考点】与圆有关的比例线段；相似三角形的性质．
【分析】（Ⅰ）由弦切角定理可得∠DBC=∠DCB=∠BAC=60°，△DBC是等边三角形，即可证明四边形ABDC为菱形；
（Ⅱ）由切割线定理求出AB，即可求等边三角形ABC的面积．
【解答】（Ⅰ）证明：由弦切角定理可得∠DBC=∠DCB=∠BAC=60°，
∴△DBC是等边三角形
∴四边形ABDC为菱形；
（Ⅱ）解：设AB=2x，则AE=x，
由切割线定理可得DB2=DE•DA，
∴4x2=2（2+x），
∴x=，
∴AB=2，
∴等边三角形ABC的面积S==3．
[选修4-4：坐标系与参数方程]
23．已知直线l的参数方程为（t为参数），以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为ρ=2cosθ．
（I）求曲线C的直角坐标方程与直线l的极坐标方程；
（Ⅱ）若直线θ=与曲线C交于点A（不同于原点），与直线l交于点B，求|AB|的值．
【考点】参数方程化成普通方程；简单曲线的极坐标方程．
【分析】（I）先将直线参数方程化为普通方程，再根据极坐标与直角坐标的对应关系得出极坐标方程；
（II）将分别代入直线l和曲线C的极坐标方程求出A，B到原点的距离，取差得出|AB|．
【解答】解：（I）∵ρ=2cosθ．∴ρ2=2ρcosθ，∴曲线C的直角坐标方程为x2+y2﹣2x=0．
∵直线l的参数方程为（t为参数），∴﹣y=4，
∴直线l的极坐标方程为ρcosθ﹣ρsinθ=4．
（II）将代入曲线C的极坐标方程ρ=2cosθ得ρ=，∴A点的极坐标为（，）．
将θ=代入直线l的极坐标方程得﹣ρ=4，解得ρ=4．∴B点的极坐标为（4，）．
∴|AB|=4﹣=3．
[选修4-5：不等式选讲]
24．设函数f（x）=|x+2|+|x﹣2|，x∈R．
（Ⅰ）求不等式f（x）≤6的解集；
（Ⅱ）若关于x的方程f（x）=a|x﹣1|恰有两个不同的实数根，求a的取值范围．
【考点】绝对值不等式的解法；根的存在性及根的个数判断．
【分析】（Ⅰ）根据绝对值的意义，求得不等式f（x）≤6的解集．
（Ⅱ）函数f（x）的图象（图中红色部分）与直线 y=a|x﹣1|有2个不同的交点，数形结合可得a的范围．
【解答】解：（Ⅰ）函数f（x）=|x+2|+|x﹣2|表示数轴上的x
对应点到﹣2、2对应点的距离之和，
而3和﹣3对应点到﹣2、2对应点的距离之和正好等于6，
故不等式f（x）≤6的解集为{x|x≤﹣2，或x≥2}．
（Ⅱ）∵f（x）=|x+2|+|x﹣2|=，
∴f（x）≥4，
若关于x的方程f（x）=a|x﹣1|恰有两个不同的实数根，
则函数f（x）的图象与直线 y=a|x﹣1|（图中红色部分）
有2个不同的交点，如图所示：
由于A（﹣2，4）、B（2，4）、C（1，0），
∴﹣2＜﹣a＜KCA，或 a＞KCB，即﹣2＜﹣a＜﹣，或a＞4，
求得＜a＜2，或a＞4．
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