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山西省高考数学模拟试卷与解析(理科)
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这是一份山西省高考数学模拟试卷与解析(理科)，共20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。
山西省高考数学模拟试卷（理科）
一、选择题
1．已知集合A={x|x2≤4，x∈R}，B={x|≤4，x∈Z}，则A∩B（ ）
A．（0，2） B．[0，2] C．{0，1，2} D．{0，2}
2．在复平面内复数6+5i、﹣2+3i对应的点分别为A、B，若复数z对应的点C为线段AB的中点，则的值为（ ）
A．61 B．13 C．20 D．10
3．已知{an}为等比数列，a1＞0，a4+a7=2，a5•a6=﹣8，则a1+a4+a7+a10=（ ）
A．﹣7 B．﹣5 C．5 D．7
4．如图是将二进制111111（2）化成十进制数的一个程序框图，判断框内应填入的条件是（ ）
A．i≤6 B．i＞6 C．i≤5 D．i＞5
5．若圆C1：x2+y2+ax=0与圆C2：x2+y2+2ax+ytanθ=0都关于直线2x﹣y﹣1=0对称，则sinθcosθ=（ ）
A． B．﹣ C．﹣ D．﹣
6．“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体．它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合（牟合）在一起的方形伞（方盖）．其直观图如图，图中四边形是为体现其直观性所作的辅助线．当其主视图和侧视图完全相同时，它的俯视图可能是（ ）
A． B． C． D．
7．已知f（x）=ex﹣x，g（x）=lnx+x+1，命题p：∀x∈R，f（x）＞0，命题q：∃x0∈（0，+∞），使得g（x0）=0，则下列说法正确的是（ ）
A．p是真命题，￢p：∃x0∈R，f（x0）＜0
B．p是假命题，￢p：∃x0∈R，f（x0）≤0
C．q是真命题，￢q：∀x∈（0，+∞），g（x）≠0
D．q是假命题，￢q：∀x∈（0，+∞），g（x）≠0
8．设偶函数f（x）=Asin（ωx+φ）（A＞0，ω＞0，0＜φ＜π）的部分图象如图所示，△KLM为等腰直角三角形，∠KML=90°，KL=1，则f（）的值为（ ）
A． B． C． D．
9．一袋中有红、黄、蓝三种颜色的小球各一个，每次从中取出一个，记下颜色后放回，当三种颜色的球全部取出时停止取球，则恰好取5次球时停止取球的概率为（ ）
A． B． C． D．
10．已知在三棱锥P﹣ABC中，VP﹣ABC=，∠APC=，∠BPC=，PA⊥AC，PB⊥BC，且平面PAC⊥平面PBC，那么三棱锥P﹣ABC外接球的体积为（ ）
A． B． C． D．
11．如图，已知双曲线﹣=1（a＞0，b＞0）的左右焦点分别为F1，F2，|F1F2|=4，P是双曲线右支上的一点，F2P与y轴交于点A，△APF1的内切圆在边PF1上的切点为Q，若|PQ|=1，则双曲线的离心率是（ ）
A．3 B．2 C． D．
12．已知t为常数，函数f（x）=x2+tln（x+1）有两个极值点a，b（a＜b），则（ ）
A．f（b）＞ B．f（b）＜ C．f（b）＞ D．f（b）＜
二、填空题
13．若dx=a，则（1﹣x）3（1﹣）3展开式中的常数项是______．
14．设随机变量X～N（3，σ2），若P（X＞m）=0.3，则P（X＞6﹣m）=______．
15．已知向量=（x﹣z，1），=（2，y+z），且，若变量x，y满足约束条件，则z的最大值为______．
16．在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，a（4﹣2cosB）=b（2cosA﹣5），则cosC的最小值为______．
三、解答题
17．已知数列{an}的首项a1=，an+1=，n=1，2，3，…．
（Ⅰ）证明：数列{﹣1}是等比数列；
（Ⅱ）求数列{}的前n项和Sn．
18．在正三角形ABC中，E、F、P分别是﹣AB、AC、BC边上的点，满足AE：EB=CF：FA=CP：PB=1：2（如图1）．将△AEF沿EF折起到△A1EF的位置，使二面角A1﹣EF﹣B成直二面角，连结A1B、A1P（如图2）．
（1）求证：A1E⊥平面BEP；
（2）求二面角B一A1P一F的余弦值的大小．
19．我校70校庆，各届校友纷至沓来，高73级1班共来了n位校友（n＞8且 n∈N*），其中女校友6位，组委会对这n位校友登记制作了一份校友名单，现随机从中选出2位校友代表，若选出的2位校友是一男一女，则称为“最佳组合”
（Ⅰ）若随机选出的2位校友代表为“最佳组合”的概率不小于，求n的最大值；
（Ⅱ）当n=12时，设选出的2位校友中女校友人数为ξ，求ξ的分布列和Eξ．
20．在平面直角坐标系中，已知点A（，0），点B为直线x=﹣上的动点，点C是线段AB与y轴的交点，点M满足•=0， •=0．
（1）求动点M的轨迹E的方程；
（2）设点P是轨迹E上的动点，点R、N在y轴上，圆（x﹣1）2+y2=1内切于△PRN，求△PRN的面积的最小值．
21．设f（x）=．
（1）求证：f（x）在（0，1）和（1，+∞）上都是增函数；
（2）若在函数f（x）的定义域内，不等式af（x）＞x恒成立，求a的取值范围．
[选修4-1：几何证明选讲]
22．几何证明选讲如图，已知AD为圆O的直径，直线BA与圆O相切于点A，直线OB与弦AC垂直并相交于点G，与弧相交于M，连接DC，AB=10，AC=12．
（1）求证：BA•DC=GC•AD；
（2）求BM．
[选修4-4：坐标系与参数方程选讲]
23．选修4﹣4：坐标系与参数方程
已知曲线C的极坐标方程是ρ=2，以极点为原点，极轴为x轴的正半轴建立平面直角 坐标系，直线l的参数方程为（t为参数）．
（Ⅰ）写出直线l与曲线C的直角坐标系下的方程；
（Ⅱ）设曲线C经过伸缩变换得到曲线C′设曲线C′上任一点为M（x，y），求的取值范围．
[选修4-5：不等式选讲]
24．已知函数f（x）=log2（|x+1|+|x﹣2|﹣m）．
（1）当m=5时，求函数f（x）的定义域；
（2）若关于x的不等式f（x）≥1的解集是R，求m的取值范围．
山西省高考数学模拟试卷（理科）试题解析
一、选择题
1．已知集合A={x|x2≤4，x∈R}，B={x|≤4，x∈Z}，则A∩B（ ）
A．（0，2） B．[0，2] C．{0，1，2} D．{0，2}
【考点】交集及其运算．
【分析】求出A与B中不等式的解集确定出A与B，找出A与B的交集即可．
【解答】解：由A中不等式解得：﹣2≤x≤2，即A=[﹣2，2]，
由B中不等式解得：0≤x≤16，x∈Z，即B={0，1，2，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12，13，14，15，16}，
则A∩B={0，1，2}，
故选：C．
2．在复平面内复数6+5i、﹣2+3i对应的点分别为A、B，若复数z对应的点C为线段AB的中点，则的值为（ ）
A．61 B．13 C．20 D．10
【考点】复数代数形式的乘除运算．
【分析】根据z是A、B的中点，由复平面内的中点坐标公式求出z，则可求，代入可求的值．
【解答】解：因为复数6+5i、﹣2+3i对应的点分别为A、B，且若复数z对应的点C为线段AB的中点，
所以z=，所以，所以
故选C．
3．已知{an}为等比数列，a1＞0，a4+a7=2，a5•a6=﹣8，则a1+a4+a7+a10=（ ）
A．﹣7 B．﹣5 C．5 D．7
【考点】等比数列的通项公式．
【分析】由已知得a4，a7是一元二次方程x2﹣2x﹣8=0的两个根，解方程，得a4=﹣2，a7=4或a4=2，a7=﹣4，由a1＞0，得，由此能求出a1+a4+a7+a10的值．
【解答】解：∵{an}为等比数列，a1＞0，a4+a7=2，a5•a6=﹣8，
∴a4a7=﹣8，
∴a4，a7是一元二次方程x2﹣2x﹣8=0的两个根，
解方程，得a4=﹣2，a7=4或a4=2，a7=﹣4，
解得或，
∵a1＞0，∴，
∴a1+a4+a7+a10==1+2﹣8=﹣5．
故选：B．
4．如图是将二进制111111（2）化成十进制数的一个程序框图，判断框内应填入的条件是（ ）
A．i≤6 B．i＞6 C．i≤5 D．i＞5
【考点】程序框图．
【分析】由已知中的程序框图程序要要循环5次，根据循环变量的初值为1，步长为1，故循环变量的终值为5，由满足条件时退出循环，分析四个答案，即可得到结论．
【解答】解：由已知中程序的功能是将二进制数111111（2）化为十进制数，
结合循环体中S=1+2S，及二进制数111111（2）共有6位，
可得循环体要重复执行5次，
又由于循环变量初值为1，步长为1，故循环终值为5，
即i≤5时，继续循环，i＞5时，退出循环，
故选：C．
5．若圆C1：x2+y2+ax=0与圆C2：x2+y2+2ax+ytanθ=0都关于直线2x﹣y﹣1=0对称，则sinθcosθ=（ ）
A． B．﹣ C．﹣ D．﹣
【考点】圆与圆的位置关系及其判定．
【分析】求出圆心坐标，根据圆关于直线对称，得到圆心在直线上，得到tanθ=﹣2，利用1的代换进行求解即可．
【解答】解：圆C1：x2+y2+ax=0的圆心坐标为（﹣，0），圆C2：x2+y2+2ax+ytanθ=0的圆心坐标为（﹣a，﹣），
∵两圆都关于直线2x﹣y﹣1=0对称，
∴圆心都在方程为2x﹣y﹣1=0的直线上，
则﹣×2﹣1=0，得a=﹣1，
﹣2a+﹣1=0，即2+﹣1=0则=﹣1，即tanθ=﹣2，
则sinθcosθ=====﹣，
故选：C．
6．“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体．它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合（牟合）在一起的方形伞（方盖）．其直观图如图，图中四边形是为体现其直观性所作的辅助线．当其主视图和侧视图完全相同时，它的俯视图可能是（ ）
A． B． C． D．
【考点】简单空间图形的三视图．
【分析】相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合（牟合）在一起的方形伞（方盖）．根据三视图看到方向，可以确定三个识图的形状，判断答案．
【解答】解：∵相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合（牟合）在一起的方形伞（方盖）．
∴其正视图和侧视图是一个圆，
∵俯视图是从上向下看，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上
∴俯视图是有2条对角线且为实线的正方形，
故选：B
7．已知f（x）=ex﹣x，g（x）=lnx+x+1，命题p：∀x∈R，f（x）＞0，命题q：∃x0∈（0，+∞），使得g（x0）=0，则下列说法正确的是（ ）
A．p是真命题，￢p：∃x0∈R，f（x0）＜0
B．p是假命题，￢p：∃x0∈R，f（x0）≤0
C．q是真命题，￢q：∀x∈（0，+∞），g（x）≠0
D．q是假命题，￢q：∀x∈（0，+∞），g（x）≠0
【考点】全称命题；特称命题．
【分析】利用导数和函数零点存在条件分别判断命题p，q的真假，结合含有量词的命题的否定进行判断即可．
【解答】解：f′（x）=ex﹣1，由f′（x）＞0得x＞0，由f′（x）＜0得x＜0，
即当x=0时，函数f（x）取得极小值，同时也是最小值f（0）=e0﹣0=1﹣0=1＞0，
∴∀x∈R，f（x）＞0成立，即p是真命题．
g（x）=lnx+x+1在（0，+∞）上为增函数，当x→0时，g（x）＜0，g（1）=0+1+1=2＞0，
则：∃x0∈（0，+∞），使得g（x0）=0成立，即命题q是真命题．
则￢p：∃x0∈R，f（x0）≤0，
￢q：∀x∈（0，+∞），g（x）≠0，
综上只有C成立，
故选：C
8．设偶函数f（x）=Asin（ωx+φ）（A＞0，ω＞0，0＜φ＜π）的部分图象如图所示，△KLM为等腰直角三角形，∠KML=90°，KL=1，则f（）的值为（ ）
A． B． C． D．
【考点】正弦函数的图象．
【分析】由条件利用等腰直角三角形求出A，由周期求出ω，由函数的奇偶性求出φ的值，可得f（x）的解析式，再利用两角差的余弦公式，求得f（）的值．
【解答】解：由题意可得•=KL=1，∴ω=π，KM==，∴A=，∴f（x）=sin（πx+φ）．
再结合f（x）为偶函数，以及所给的图象，可得φ=，∴f（x）=cos（πx）．
则f（）=cos（）=•cos（﹣）= [coscos+sinsin]=•[+]=，
故选：B．
9．一袋中有红、黄、蓝三种颜色的小球各一个，每次从中取出一个，记下颜色后放回，当三种颜色的球全部取出时停止取球，则恰好取5次球时停止取球的概率为（ ）
A． B． C． D．
【考点】互斥事件与对立事件；等可能事件的概率．
【分析】恰好取5次球时停止取球，分两种情况3，1，1及2，2，1，这两种情况是互斥的，利用等可能事件的概率计算每一种情况的概率，再根据互斥事件的概率得到结果．
【解答】解：分两种情况3，1，1及2，2，1
这两种情况是互斥的，下面计算每一种情况的概率，
当取球的个数是3，1，1时，
试验发生包含的事件是35，
满足条件的事件数是C31C43C21
∴这种结果发生的概率是=
同理求得第二种结果的概率是
根据互斥事件的概率公式得到P=
故选B
10．已知在三棱锥P﹣ABC中，VP﹣ABC=，∠APC=，∠BPC=，PA⊥AC，PB⊥BC，且平面PAC⊥平面PBC，那么三棱锥P﹣ABC外接球的体积为（ ）
A． B． C． D．
【考点】球的体积和表面积．
【分析】利用等体积转换，求出PC，PA⊥AC，PB⊥BC，可得PC的中点为球心，球的半径，即可求出三棱锥P﹣ABC外接球的体积．
【解答】解：由题意，设PC=2x，则
∵PA⊥AC，∠APC=，
∴△APC为等腰直角三角形，
∴PC边上的高为x，
∵平面PAC⊥平面PBC，
∴A到平面PBC的距离为x，
∵∠BPC=，PA⊥AC，PB⊥BC，
∴PB=x，BC=x，
∴S△PBC==，
∴VP﹣ABC=VA﹣PBC==，
∴x=2，
∵PA⊥AC，PB⊥BC，
∴PC的中点为球心，球的半径为2，
∴三棱锥P﹣ABC外接球的体积为=．
故选：D．
11．如图，已知双曲线﹣=1（a＞0，b＞0）的左右焦点分别为F1，F2，|F1F2|=4，P是双曲线右支上的一点，F2P与y轴交于点A，△APF1的内切圆在边PF1上的切点为Q，若|PQ|=1，则双曲线的离心率是（ ）
A．3 B．2 C． D．
【考点】双曲线的简单性质．
【分析】由|PQ|=1，△APF1的内切圆在边PF1上的切点为Q，根据切线长定理，可得|PF1|﹣|PF2|=2，结合|F1F2|=4，即可得出结论．
【解答】解：由题意，∵|PQ|=1，△APF1的内切圆在边PF1上的切点为Q，
∴根据切线长定理可得AM=AN，F1M=F1Q，PN=PQ，
∵|AF1|=|AF2|，
∴AM+F1M=AN+PN+NF2，
∴F1M=PN+NF2=PQ+PF2
∴|PF1|﹣|PF2|=F1Q+PQ﹣PF2=F1M+PQ﹣PF2=PQ+PF2+PQ﹣PF2=2PQ=2，
∵|F1F2|=4，
∴双曲线的离心率是e==2．
故选：B．
12．已知t为常数，函数f（x）=x2+tln（x+1）有两个极值点a，b（a＜b），则（ ）
A．f（b）＞ B．f（b）＜ C．f（b）＞ D．f（b）＜
【考点】利用导数研究函数的极值．
【分析】b是方程g（x）=0的根，将t用b表示，消去b得到关于t的函数，研究函数的单调性求出函数的最大值，即可得出结论．
【解答】解：∵f（x）=x2+tln（1+x），
∴f′（x）=（x＞﹣1）
令g（x）=2x2+2x+t，函数的对称轴为x=﹣，g（﹣1）＞0．
∵函数f（x）=x2+tln（x+1）有两个极值点a，b（a＜b），
∴g（0）=t＞0，﹣＜b＜0，t=﹣（2b2+2b），
∴f（b）=b2+tln（1+b）=b2﹣（2b2+2b）ln（1+b）．
设h（x）=x2﹣（2x2+2x）ln（1+x）（x＞﹣），
则h′（x）=2x﹣2（2x+1）ln（1+x）﹣2x=﹣2（2x+1）ln（1+x），
（1）当x∈（﹣，0）时，h′（x）＞0，∴h（x）在[﹣，0）单调递增；
（2）当x∈（0，+∞）时，h′（x）＜0，h（x）在（0，+∞）单调递减．
∴x∈（﹣，0），h（x）＞h（﹣）=；
故f（b）=h（b）＞．
故选：A．
二、填空题
13．若dx=a，则（1﹣x）3（1﹣）3展开式中的常数项是 20 ．
【考点】二项式系数的性质．
【分析】求定积分得到a值，代入（1﹣x）3（1﹣）3，展开两数差的立方公式后即可求得答案．
【解答】解：由dx=，得a=1，
∴（1﹣x）3（1﹣）3=（1﹣x）3（1﹣）3=，
∴（1﹣x）3（1﹣）3展开式中的常数项是1+9+9+1=20．
故答案为：20．
14．设随机变量X～N（3，σ2），若P（X＞m）=0.3，则P（X＞6﹣m）= 0.7 ．
【考点】正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义．
【分析】随机变量ξ服从正态分布N（3，σ2），得到曲线关于x=3对称，根据曲线的对称性得到结果．
【解答】解：随机变量X服从正态分布N（3，σ2），
∴曲线关于x=3对称，
∵P（X＞m）=0.3，
∴P（X＞6﹣m）=1﹣0.3=0.7，
故答案为：0.7．
15．已知向量=（x﹣z，1），=（2，y+z），且，若变量x，y满足约束条件，则z的最大值为 3 ．
【考点】简单线性规划；平面向量数量积的运算．
【分析】画出不等式组表示的平面区域；将目标函数变形，画出其相应的图象；结合图，得到直线平移至（1，1）时，纵截距最大，z最大，求出z的最大值．
【解答】解：由得（x﹣z，1）（2，y+z）=0，
即z=2x+y，
画出不等式组的可行域，如右图，
目标函数变为：z=2x+y，作出y=﹣2x的图象，并平移，
由图可知，直线过B点时，在y轴上的截距最大，此时z的值最大：求出B点坐标（1，1）
Zmax=2×1+1=3，
故答案为：3．
16．在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，a（4﹣2cosB）=b（2cosA﹣5），则cosC的最小值为 ﹣ ．
【考点】余弦定理．
【分析】第一步：将原式变形，利用余弦定理，将角化为边；
第二步：用a，b表示c；
第三步：写出cosC的表达式，并用a，b表示；
第四步：利用基本不等式放缩，即可获取定值．
【解答】解：a（4﹣2cosB）=b（2cosA﹣5）⇒4a+5b=2（bcosA+acosB），
由余弦定理，得cosA=，cosB=，
∴4a+5b=2（b•+a•）=2c，
即4a+5b=2c，得c2=，
从而cosC==≥．
故答案为：﹣．
三、解答题
17．已知数列{an}的首项a1=，an+1=，n=1，2，3，…．
（Ⅰ）证明：数列{﹣1}是等比数列；
（Ⅱ）求数列{}的前n项和Sn．
【考点】数列的求和；等比关系的确定．
【分析】（Ⅰ）由an+1=，可得，即可证明数列{﹣1}是等比数列；
（Ⅱ）分组，再利用错位相减法，即可求出数列{}的前n项和Sn．
【解答】（Ⅰ）证明：∵，∴，
∴，
又，∴，
∴数列是以为首项，为公比的等比数列．
（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知﹣1=，即，
∴．
设…，①
则…，②
由①﹣②得…，
∴．
又1+2+3+…，
∴数列的前n项和．
18．在正三角形ABC中，E、F、P分别是﹣AB、AC、BC边上的点，满足AE：EB=CF：FA=CP：PB=1：2（如图1）．将△AEF沿EF折起到△A1EF的位置，使二面角A1﹣EF﹣B成直二面角，连结A1B、A1P（如图2）．
（1）求证：A1E⊥平面BEP；
（2）求二面角B一A1P一F的余弦值的大小．
【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面垂直的判定；用空间向量求平面间的夹角．
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理即可证明A1E⊥平面BEP；
（2）建立空间坐标系，求出平面的法向量，利用向量法即可求二面角B一A1P一F的余弦值的大小．
【解答】解：不妨设正三角形ABC 的边长为 3．
（1）在图1中，取BE的中点D，连结DF．
∵AE：EB=CF：FA=1：2，
∴AF=AD=2．…
而∠A=60°，∴△ADF是正三角形．
又AE=DE=1，∴EF⊥AD．…
在图2中，A1E⊥EF，BE⊥EF，
∴∠A1EB为二面角A1﹣EF﹣B的平面角．
由题设条件知此二面角为直二面角，
∴A1E⊥BE．又BE∩EF=E，
∴A1E⊥平面BEF，即A1E⊥平面BEP．…
（2）由（1）知，即A1E⊥平面BEP，BE⊥EF．
以E为原点，以EB、EF、EA1分别为x、y、z轴建立如图3所示的坐标系如图，…
．…
∴．…，
…，
．…，
．…，
．…
因为二面角B﹣A1P﹣F为钝角，．…
19．我校70校庆，各届校友纷至沓来，高73级1班共来了n位校友（n＞8且 n∈N*），其中女校友6位，组委会对这n位校友登记制作了一份校友名单，现随机从中选出2位校友代表，若选出的2位校友是一男一女，则称为“最佳组合”
（Ⅰ）若随机选出的2位校友代表为“最佳组合”的概率不小于，求n的最大值；
（Ⅱ）当n=12时，设选出的2位校友中女校友人数为ξ，求ξ的分布列和Eξ．
【考点】离散型随机变量的期望与方差；离散型随机变量及其分布列．
【分析】（Ⅰ）所选两人为“最佳组合”的概率p==，由此能求出n的最大值．
（Ⅱ）ξ的可能取值为0，1，2，分别求出相应的概率，由此能求出ξ的分布列和Eξ．
【解答】（本小题满分13分）
解：（Ⅰ）由题可知，所选两人为“最佳组合”的概率：
p==，…
则．…
化简得n2﹣25n+144≤0，解得9≤n≤16，
∴n的最大值为16．…
（Ⅱ）由题意得，ξ的可能取值为0，1，2，…
则P（ξ=0）==，P（ξ=1）==，P（ξ=2）=，
ξ
0
1
2
P
…
∴Eξ=0×+1×+2×=1．…
20．在平面直角坐标系中，已知点A（，0），点B为直线x=﹣上的动点，点C是线段AB与y轴的交点，点M满足•=0， •=0．
（1）求动点M的轨迹E的方程；
（2）设点P是轨迹E上的动点，点R、N在y轴上，圆（x﹣1）2+y2=1内切于△PRN，求△PRN的面积的最小值．
【考点】轨迹方程．
【分析】（1）设点M的坐标为（x，y），由题设确定|MB|=|MA|．根据抛物线的定义可知点M的轨迹为抛物线，根据焦点和准线方程，则可得抛物线方程．
（2）设P（x0，y0），R（0，b），N（0，c），且b＞c，则直线PR的方程可得，由题设知，圆心（1，0）到直线PR的距离为1，把x0，y0代入化简整理可得（x0﹣2）b2+2y0b﹣x0=0，同理可得（x0﹣2）c2+2y0c﹣x0=0，进而可知b，c为方程（x0﹣2）x2+2y0x﹣x0=0的两根，根据求根公式，可求得b﹣c，进而可得△PRN的面积的表达式，根据均值不等式可知当当x0=4时面积最小，进而求得点P的坐标．
【解答】解：（1）设点M的坐标为（x，y），则
∵点C是线段AB与y轴的交点，∴C是线段AB的中点，
∵•=0，∴CM⊥AB，∴|MB|=|MA|．
∴动点M的轨迹E是以A为焦点，x=﹣为准线的抛物线
∴其方程为y2=2x；
（2）设P（x0，y0），R（0，b），N（0，c），且b＞c，
故直线PR的方程为（y0﹣b）x﹣x0y+x0b=0．
由题设知，圆心（1，0）到直线PR的距离为1，
即=1．
注意到x0＞2，化简上式，得（x0﹣2）b2+2y0b﹣x0=0，
同理可得（x0﹣2）c2+2y0c﹣x0=0．
由上可知，b，c为方程（x0﹣2）x2+2y0x﹣x0=0的两根，
根据求根公式，可得b﹣c==．
故△PRN的面积为S=（b﹣c）x0=（x0﹣2）++4≥2+4=8，
等号当且仅当x0=4时成立．此时点P的坐标为（4，2）或（4，﹣2）．
综上所述，当点P的坐标为（4，2）或（4，﹣2）时，△PRN的面积取最小值8．
21．设f（x）=．
（1）求证：f（x）在（0，1）和（1，+∞）上都是增函数；
（2）若在函数f（x）的定义域内，不等式af（x）＞x恒成立，求a的取值范围．
【考点】函数恒成立问题．
【分析】（1）求函数的导数，利用函数单调性和导数的关系进行性证明即可．
（2）根据不等式恒成立，构造函数转化为最值恒成立即可．
【解答】解：（1）函数定义域为（0，1）∪（1，+∞），
函数的导数f′（x）==•（2lnx﹣），
令g（x）=2lnx﹣，则g′（x）=，
当0＜x＜1时，g′（x）＜0，g（x）为减函数，∴g（x）＞g（1）=0，
则f′（x）=•g（x）＞0，此时f（x）为增函数，
当x＞1时，g′（x）＞0，g（x）为增函数，∴g（x）＞g（1）=0，
则f′（x）=•g（x）＞0，此时f（x）为增函数，
综上f（x）在（0，1）和（1，+∞）上都是增函数
（2）af（x）﹣x=a•﹣x= [﹣lnx]．
设h（x）=﹣lnx，x＞0，
则h′（x）=，
①当a＞0且△=1﹣4a2＜0，即a≥时，
此时ax2﹣x+a≥0在（0，1）和（1，+∞）恒成立，
∴当a≥时，h′（x）≥0，
故h（x）在（0，1）和（1，+∞）上都是增函数；
当0＜x＜1时，h（x）＜h（1）=0，而lnx＜0，
∴af（x）﹣x=•h（x）＞0，
当x＞1时，h（x）＞h（1）=0，而lnx＞0，
∴af（x）﹣x=•h（x）＞0，
综上当x＞0且x≠1时，af（x）＞x，
②当0＜a＜时，令h′（x）＜0，得＜x＜，此时函数h（x）在（1，）上为减函数，
当1＜x＜时，h（x）＜h（0）=0，
故af（x）﹣x=•h（x）＜0，不符合题意，
③当a≤0时，h′（x）≤0，故h（x）在（0，1）和（1，+∞）上是减函数，
同理可得af（x）﹣x=•h（x）＜0，不符合题意，
综上，a≥．
[选修4-1：几何证明选讲]
22．几何证明选讲如图，已知AD为圆O的直径，直线BA与圆O相切于点A，直线OB与弦AC垂直并相交于点G，与弧相交于M，连接DC，AB=10，AC=12．
（1）求证：BA•DC=GC•AD；
（2）求BM．
【考点】与圆有关的比例线段．
【分析】（1）根据AC⊥OB，及AD是圆O的直径，得到Rt△AGB和Rt△DCA相似，从而得到，又GC=AG，所以，从而得到证明；
（2）根据直角三角形中的边角关系求得BG，再根据直角三角形的相似及切割线定理求解即可．
【解答】（1）证明：因为AC⊥OB，所以∠AGB=90°
又AD是圆O的直径，所以∠DCA=90°
又因为∠BAG=∠ADC（弦切角等于同弧所对圆周角）
所以Rt△AGB和Rt△DCA相似
所以
又因为OG⊥AC，所以GC=AG
所以，即BA•DC=GC•AD
（2）解：因为AC=12，所以AG=6，
因为AB=10，所以
由（1）知：Rt△AGB～Rt△DCA，．所以
所以AD=15，即圆的直径2r=15
又因为AB2=BM•（BM+2r），即BM2+15BM﹣100=0
解得BM=5．
[选修4-4：坐标系与参数方程选讲]
23．选修4﹣4：坐标系与参数方程
已知曲线C的极坐标方程是ρ=2，以极点为原点，极轴为x轴的正半轴建立平面直角 坐标系，直线l的参数方程为（t为参数）．
（Ⅰ）写出直线l与曲线C的直角坐标系下的方程；
（Ⅱ）设曲线C经过伸缩变换得到曲线C′设曲线C′上任一点为M（x，y），求的取值范围．
【考点】参数方程化成普通方程；伸缩变换．
【分析】（I）利用ρ2=x2+y2，将ρ=1转化成直角坐标方程，然后将直线的参数方程的上式化简成t=2（x﹣1）代入下式消去参数t即可；
（II）根据伸缩变换公式求出变换后的曲线方程，然后利用参数方程表示出曲线上任意一点，代入，根据三角函数的辅助角公式求出其范围即可．
【解答】解：（Ⅰ）直线l的普通方程x+y﹣2﹣1=0
曲线C的直角坐标方程x2+y2=4；…
（Ⅱ）曲线C经过伸缩变换得到曲线C'的方程为，
则点M参数方程为，代入x+y得，
x+y=•2cosθ+=2sin=4sin（）∈[﹣4，4]
∴x+y的取值范围是[﹣4，4]…
[选修4-5：不等式选讲]
24．已知函数f（x）=log2（|x+1|+|x﹣2|﹣m）．
（1）当m=5时，求函数f（x）的定义域；
（2）若关于x的不等式f（x）≥1的解集是R，求m的取值范围．
【考点】绝对值不等式；对数函数图象与性质的综合应用；绝对值不等式的解法．
【分析】对于（1）当m=5时，求函数f（x）的定义域．根据m=5和对数函数定义域的求法可得到：|x+1|+|x﹣2|＞5，然后分类讨论去绝对值号，求解即可得到答案．
对于（2）由关于x的不等式f（x）≥1，得到|x+1|+|x﹣2|＞m+2．因为已知解集是R，根据绝对值不等式可得到|x+1|+|x﹣2|≥3，令m+2＜3，求解即可得到答案．
【解答】解：（1）由题设知：当m=5时：|x+1|+|x﹣2|＞5，
不等式的解集是以下三个不等式组解集的并集：
，或，或，
解得函数f（x）的定义域为（﹣∞，﹣2）∪（3，+∞）；
（2）不等式f（x）≥1即log2（|x+1|+|x﹣2|﹣m）≥1．
即|x+1|+|x﹣2|≥m+2，
∵x∈R时，恒有|x+1|+|x﹣2|≥|（x+1）﹣（x﹣2）|=3，
不等式|x+1|+|x﹣2|≥m+2解集是R，
∴m+2≤3，m的取值范围是（﹣∞，1]．
故答案为：（﹣∞，1]．
山西省高考数学模拟试卷（理科）
一、选择题
1．已知集合A={x|x2≤4，x∈R}，B={x|≤4，x∈Z}，则A∩B（ ）
A．（0，2） B．[0，2] C．{0，1，2} D．{0，2}
2．在复平面内复数6+5i、﹣2+3i对应的点分别为A、B，若复数z对应的点C为线段AB的中点，则的值为（ ）
A．61 B．13 C．20 D．10
3．已知{an}为等比数列，a1＞0，a4+a7=2，a5•a6=﹣8，则a1+a4+a7+a10=（ ）
A．﹣7 B．﹣5 C．5 D．7
4．如图是将二进制111111（2）化成十进制数的一个程序框图，判断框内应填入的条件是（ ）
A．i≤6 B．i＞6 C．i≤5 D．i＞5
5．若圆C1：x2+y2+ax=0与圆C2：x2+y2+2ax+ytanθ=0都关于直线2x﹣y﹣1=0对称，则sinθcosθ=（ ）
A． B．﹣ C．﹣ D．﹣
6．“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体．它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合（牟合）在一起的方形伞（方盖）．其直观图如图，图中四边形是为体现其直观性所作的辅助线．当其主视图和侧视图完全相同时，它的俯视图可能是（ ）
A． B． C． D．
7．已知f（x）=ex﹣x，g（x）=lnx+x+1，命题p：∀x∈R，f（x）＞0，命题q：∃x0∈（0，+∞），使得g（x0）=0，则下列说法正确的是（ ）
A．p是真命题，￢p：∃x0∈R，f（x0）＜0
B．p是假命题，￢p：∃x0∈R，f（x0）≤0
C．q是真命题，￢q：∀x∈（0，+∞），g（x）≠0
D．q是假命题，￢q：∀x∈（0，+∞），g（x）≠0
8．设偶函数f（x）=Asin（ωx+φ）（A＞0，ω＞0，0＜φ＜π）的部分图象如图所示，△KLM为等腰直角三角形，∠KML=90°，KL=1，则f（）的值为（ ）
A． B． C． D．
9．一袋中有红、黄、蓝三种颜色的小球各一个，每次从中取出一个，记下颜色后放回，当三种颜色的球全部取出时停止取球，则恰好取5次球时停止取球的概率为（ ）
A． B． C． D．
10．已知在三棱锥P﹣ABC中，VP﹣ABC=，∠APC=，∠BPC=，PA⊥AC，PB⊥BC，且平面PAC⊥平面PBC，那么三棱锥P﹣ABC外接球的体积为（ ）
A． B． C． D．
11．如图，已知双曲线﹣=1（a＞0，b＞0）的左右焦点分别为F1，F2，|F1F2|=4，P是双曲线右支上的一点，F2P与y轴交于点A，△APF1的内切圆在边PF1上的切点为Q，若|PQ|=1，则双曲线的离心率是（ ）
A．3 B．2 C． D．
12．已知t为常数，函数f（x）=x2+tln（x+1）有两个极值点a，b（a＜b），则（ ）
A．f（b）＞ B．f（b）＜ C．f（b）＞ D．f（b）＜
二、填空题
13．若dx=a，则（1﹣x）3（1﹣）3展开式中的常数项是______．
14．设随机变量X～N（3，σ2），若P（X＞m）=0.3，则P（X＞6﹣m）=______．
15．已知向量=（x﹣z，1），=（2，y+z），且，若变量x，y满足约束条件，则z的最大值为______．
16．在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，a（4﹣2cosB）=b（2cosA﹣5），则cosC的最小值为______．
三、解答题
17．已知数列{an}的首项a1=，an+1=，n=1，2，3，…．
（Ⅰ）证明：数列{﹣1}是等比数列；
（Ⅱ）求数列{}的前n项和Sn．
18．在正三角形ABC中，E、F、P分别是﹣AB、AC、BC边上的点，满足AE：EB=CF：FA=CP：PB=1：2（如图1）．将△AEF沿EF折起到△A1EF的位置，使二面角A1﹣EF﹣B成直二面角，连结A1B、A1P（如图2）．
（1）求证：A1E⊥平面BEP；
（2）求二面角B一A1P一F的余弦值的大小．
19．我校70校庆，各届校友纷至沓来，高73级1班共来了n位校友（n＞8且 n∈N*），其中女校友6位，组委会对这n位校友登记制作了一份校友名单，现随机从中选出2位校友代表，若选出的2位校友是一男一女，则称为“最佳组合”
（Ⅰ）若随机选出的2位校友代表为“最佳组合”的概率不小于，求n的最大值；
（Ⅱ）当n=12时，设选出的2位校友中女校友人数为ξ，求ξ的分布列和Eξ．
20．在平面直角坐标系中，已知点A（，0），点B为直线x=﹣上的动点，点C是线段AB与y轴的交点，点M满足•=0， •=0．
（1）求动点M的轨迹E的方程；
（2）设点P是轨迹E上的动点，点R、N在y轴上，圆（x﹣1）2+y2=1内切于△PRN，求△PRN的面积的最小值．
21．设f（x）=．
（1）求证：f（x）在（0，1）和（1，+∞）上都是增函数；
（2）若在函数f（x）的定义域内，不等式af（x）＞x恒成立，求a的取值范围．
[选修4-1：几何证明选讲]
22．几何证明选讲如图，已知AD为圆O的直径，直线BA与圆O相切于点A，直线OB与弦AC垂直并相交于点G，与弧相交于M，连接DC，AB=10，AC=12．
（1）求证：BA•DC=GC•AD；
（2）求BM．
[选修4-4：坐标系与参数方程选讲]
23．选修4﹣4：坐标系与参数方程
已知曲线C的极坐标方程是ρ=2，以极点为原点，极轴为x轴的正半轴建立平面直角 坐标系，直线l的参数方程为（t为参数）．
（Ⅰ）写出直线l与曲线C的直角坐标系下的方程；
（Ⅱ）设曲线C经过伸缩变换得到曲线C′设曲线C′上任一点为M（x，y），求的取值范围．
[选修4-5：不等式选讲]
24．已知函数f（x）=log2（|x+1|+|x﹣2|﹣m）．
（1）当m=5时，求函数f（x）的定义域；
（2）若关于x的不等式f（x）≥1的解集是R，求m的取值范围．
山西省高考数学模拟试卷（理科）试题解析
一、选择题
1．已知集合A={x|x2≤4，x∈R}，B={x|≤4，x∈Z}，则A∩B（ ）
A．（0，2） B．[0，2] C．{0，1，2} D．{0，2}
【考点】交集及其运算．
【分析】求出A与B中不等式的解集确定出A与B，找出A与B的交集即可．
【解答】解：由A中不等式解得：﹣2≤x≤2，即A=[﹣2，2]，
由B中不等式解得：0≤x≤16，x∈Z，即B={0，1，2，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12，13，14，15，16}，
则A∩B={0，1，2}，
故选：C．
2．在复平面内复数6+5i、﹣2+3i对应的点分别为A、B，若复数z对应的点C为线段AB的中点，则的值为（ ）
A．61 B．13 C．20 D．10
【考点】复数代数形式的乘除运算．
【分析】根据z是A、B的中点，由复平面内的中点坐标公式求出z，则可求，代入可求的值．
【解答】解：因为复数6+5i、﹣2+3i对应的点分别为A、B，且若复数z对应的点C为线段AB的中点，
所以z=，所以，所以
故选C．
3．已知{an}为等比数列，a1＞0，a4+a7=2，a5•a6=﹣8，则a1+a4+a7+a10=（ ）
A．﹣7 B．﹣5 C．5 D．7
【考点】等比数列的通项公式．
【分析】由已知得a4，a7是一元二次方程x2﹣2x﹣8=0的两个根，解方程，得a4=﹣2，a7=4或a4=2，a7=﹣4，由a1＞0，得，由此能求出a1+a4+a7+a10的值．
【解答】解：∵{an}为等比数列，a1＞0，a4+a7=2，a5•a6=﹣8，
∴a4a7=﹣8，
∴a4，a7是一元二次方程x2﹣2x﹣8=0的两个根，
解方程，得a4=﹣2，a7=4或a4=2，a7=﹣4，
解得或，
∵a1＞0，∴，
∴a1+a4+a7+a10==1+2﹣8=﹣5．
故选：B．
4．如图是将二进制111111（2）化成十进制数的一个程序框图，判断框内应填入的条件是（ ）
A．i≤6 B．i＞6 C．i≤5 D．i＞5
【考点】程序框图．
【分析】由已知中的程序框图程序要要循环5次，根据循环变量的初值为1，步长为1，故循环变量的终值为5，由满足条件时退出循环，分析四个答案，即可得到结论．
【解答】解：由已知中程序的功能是将二进制数111111（2）化为十进制数，
结合循环体中S=1+2S，及二进制数111111（2）共有6位，
可得循环体要重复执行5次，
又由于循环变量初值为1，步长为1，故循环终值为5，
即i≤5时，继续循环，i＞5时，退出循环，
故选：C．
5．若圆C1：x2+y2+ax=0与圆C2：x2+y2+2ax+ytanθ=0都关于直线2x﹣y﹣1=0对称，则sinθcosθ=（ ）
A． B．﹣ C．﹣ D．﹣
【考点】圆与圆的位置关系及其判定．
【分析】求出圆心坐标，根据圆关于直线对称，得到圆心在直线上，得到tanθ=﹣2，利用1的代换进行求解即可．
【解答】解：圆C1：x2+y2+ax=0的圆心坐标为（﹣，0），圆C2：x2+y2+2ax+ytanθ=0的圆心坐标为（﹣a，﹣），
∵两圆都关于直线2x﹣y﹣1=0对称，
∴圆心都在方程为2x﹣y﹣1=0的直线上，
则﹣×2﹣1=0，得a=﹣1，
﹣2a+﹣1=0，即2+﹣1=0则=﹣1，即tanθ=﹣2，
则sinθcosθ=====﹣，
故选：C．
6．“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体．它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合（牟合）在一起的方形伞（方盖）．其直观图如图，图中四边形是为体现其直观性所作的辅助线．当其主视图和侧视图完全相同时，它的俯视图可能是（ ）
A． B． C． D．
【考点】简单空间图形的三视图．
【分析】相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合（牟合）在一起的方形伞（方盖）．根据三视图看到方向，可以确定三个识图的形状，判断答案．
【解答】解：∵相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合（牟合）在一起的方形伞（方盖）．
∴其正视图和侧视图是一个圆，
∵俯视图是从上向下看，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上
∴俯视图是有2条对角线且为实线的正方形，
故选：B
7．已知f（x）=ex﹣x，g（x）=lnx+x+1，命题p：∀x∈R，f（x）＞0，命题q：∃x0∈（0，+∞），使得g（x0）=0，则下列说法正确的是（ ）
A．p是真命题，￢p：∃x0∈R，f（x0）＜0
B．p是假命题，￢p：∃x0∈R，f（x0）≤0
C．q是真命题，￢q：∀x∈（0，+∞），g（x）≠0
D．q是假命题，￢q：∀x∈（0，+∞），g（x）≠0
【考点】全称命题；特称命题．
【分析】利用导数和函数零点存在条件分别判断命题p，q的真假，结合含有量词的命题的否定进行判断即可．
【解答】解：f′（x）=ex﹣1，由f′（x）＞0得x＞0，由f′（x）＜0得x＜0，
即当x=0时，函数f（x）取得极小值，同时也是最小值f（0）=e0﹣0=1﹣0=1＞0，
∴∀x∈R，f（x）＞0成立，即p是真命题．
g（x）=lnx+x+1在（0，+∞）上为增函数，当x→0时，g（x）＜0，g（1）=0+1+1=2＞0，
则：∃x0∈（0，+∞），使得g（x0）=0成立，即命题q是真命题．
则￢p：∃x0∈R，f（x0）≤0，
￢q：∀x∈（0，+∞），g（x）≠0，
综上只有C成立，
故选：C
8．设偶函数f（x）=Asin（ωx+φ）（A＞0，ω＞0，0＜φ＜π）的部分图象如图所示，△KLM为等腰直角三角形，∠KML=90°，KL=1，则f（）的值为（ ）
A． B． C． D．
【考点】正弦函数的图象．
【分析】由条件利用等腰直角三角形求出A，由周期求出ω，由函数的奇偶性求出φ的值，可得f（x）的解析式，再利用两角差的余弦公式，求得f（）的值．
【解答】解：由题意可得•=KL=1，∴ω=π，KM==，∴A=，∴f（x）=sin（πx+φ）．
再结合f（x）为偶函数，以及所给的图象，可得φ=，∴f（x）=cos（πx）．
则f（）=cos（）=•cos（﹣）= [coscos+sinsin]=•[+]=，
故选：B．
9．一袋中有红、黄、蓝三种颜色的小球各一个，每次从中取出一个，记下颜色后放回，当三种颜色的球全部取出时停止取球，则恰好取5次球时停止取球的概率为（ ）
A． B． C． D．
【考点】互斥事件与对立事件；等可能事件的概率．
【分析】恰好取5次球时停止取球，分两种情况3，1，1及2，2，1，这两种情况是互斥的，利用等可能事件的概率计算每一种情况的概率，再根据互斥事件的概率得到结果．
【解答】解：分两种情况3，1，1及2，2，1
这两种情况是互斥的，下面计算每一种情况的概率，
当取球的个数是3，1，1时，
试验发生包含的事件是35，
满足条件的事件数是C31C43C21
∴这种结果发生的概率是=
同理求得第二种结果的概率是
根据互斥事件的概率公式得到P=
故选B
10．已知在三棱锥P﹣ABC中，VP﹣ABC=，∠APC=，∠BPC=，PA⊥AC，PB⊥BC，且平面PAC⊥平面PBC，那么三棱锥P﹣ABC外接球的体积为（ ）
A． B． C． D．
【考点】球的体积和表面积．
【分析】利用等体积转换，求出PC，PA⊥AC，PB⊥BC，可得PC的中点为球心，球的半径，即可求出三棱锥P﹣ABC外接球的体积．
【解答】解：由题意，设PC=2x，则
∵PA⊥AC，∠APC=，
∴△APC为等腰直角三角形，
∴PC边上的高为x，
∵平面PAC⊥平面PBC，
∴A到平面PBC的距离为x，
∵∠BPC=，PA⊥AC，PB⊥BC，
∴PB=x，BC=x，
∴S△PBC==，
∴VP﹣ABC=VA﹣PBC==，
∴x=2，
∵PA⊥AC，PB⊥BC，
∴PC的中点为球心，球的半径为2，
∴三棱锥P﹣ABC外接球的体积为=．
故选：D．
11．如图，已知双曲线﹣=1（a＞0，b＞0）的左右焦点分别为F1，F2，|F1F2|=4，P是双曲线右支上的一点，F2P与y轴交于点A，△APF1的内切圆在边PF1上的切点为Q，若|PQ|=1，则双曲线的离心率是（ ）
A．3 B．2 C． D．
【考点】双曲线的简单性质．
【分析】由|PQ|=1，△APF1的内切圆在边PF1上的切点为Q，根据切线长定理，可得|PF1|﹣|PF2|=2，结合|F1F2|=4，即可得出结论．
【解答】解：由题意，∵|PQ|=1，△APF1的内切圆在边PF1上的切点为Q，
∴根据切线长定理可得AM=AN，F1M=F1Q，PN=PQ，
∵|AF1|=|AF2|，
∴AM+F1M=AN+PN+NF2，
∴F1M=PN+NF2=PQ+PF2
∴|PF1|﹣|PF2|=F1Q+PQ﹣PF2=F1M+PQ﹣PF2=PQ+PF2+PQ﹣PF2=2PQ=2，
∵|F1F2|=4，
∴双曲线的离心率是e==2．
故选：B．
12．已知t为常数，函数f（x）=x2+tln（x+1）有两个极值点a，b（a＜b），则（ ）
A．f（b）＞ B．f（b）＜ C．f（b）＞ D．f（b）＜
【考点】利用导数研究函数的极值．
【分析】b是方程g（x）=0的根，将t用b表示，消去b得到关于t的函数，研究函数的单调性求出函数的最大值，即可得出结论．
【解答】解：∵f（x）=x2+tln（1+x），
∴f′（x）=（x＞﹣1）
令g（x）=2x2+2x+t，函数的对称轴为x=﹣，g（﹣1）＞0．
∵函数f（x）=x2+tln（x+1）有两个极值点a，b（a＜b），
∴g（0）=t＞0，﹣＜b＜0，t=﹣（2b2+2b），
∴f（b）=b2+tln（1+b）=b2﹣（2b2+2b）ln（1+b）．
设h（x）=x2﹣（2x2+2x）ln（1+x）（x＞﹣），
则h′（x）=2x﹣2（2x+1）ln（1+x）﹣2x=﹣2（2x+1）ln（1+x），
（1）当x∈（﹣，0）时，h′（x）＞0，∴h（x）在[﹣，0）单调递增；
（2）当x∈（0，+∞）时，h′（x）＜0，h（x）在（0，+∞）单调递减．
∴x∈（﹣，0），h（x）＞h（﹣）=；
故f（b）=h（b）＞．
故选：A．
二、填空题
13．若dx=a，则（1﹣x）3（1﹣）3展开式中的常数项是 20 ．
【考点】二项式系数的性质．
【分析】求定积分得到a值，代入（1﹣x）3（1﹣）3，展开两数差的立方公式后即可求得答案．
【解答】解：由dx=，得a=1，
∴（1﹣x）3（1﹣）3=（1﹣x）3（1﹣）3=，
∴（1﹣x）3（1﹣）3展开式中的常数项是1+9+9+1=20．
故答案为：20．
14．设随机变量X～N（3，σ2），若P（X＞m）=0.3，则P（X＞6﹣m）= 0.7 ．
【考点】正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义．
【分析】随机变量ξ服从正态分布N（3，σ2），得到曲线关于x=3对称，根据曲线的对称性得到结果．
【解答】解：随机变量X服从正态分布N（3，σ2），
∴曲线关于x=3对称，
∵P（X＞m）=0.3，
∴P（X＞6﹣m）=1﹣0.3=0.7，
故答案为：0.7．
15．已知向量=（x﹣z，1），=（2，y+z），且，若变量x，y满足约束条件，则z的最大值为 3 ．
【考点】简单线性规划；平面向量数量积的运算．
【分析】画出不等式组表示的平面区域；将目标函数变形，画出其相应的图象；结合图，得到直线平移至（1，1）时，纵截距最大，z最大，求出z的最大值．
【解答】解：由得（x﹣z，1）（2，y+z）=0，
即z=2x+y，
画出不等式组的可行域，如右图，
目标函数变为：z=2x+y，作出y=﹣2x的图象，并平移，
由图可知，直线过B点时，在y轴上的截距最大，此时z的值最大：求出B点坐标（1，1）
Zmax=2×1+1=3，
故答案为：3．
16．在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，a（4﹣2cosB）=b（2cosA﹣5），则cosC的最小值为 ﹣ ．
【考点】余弦定理．
【分析】第一步：将原式变形，利用余弦定理，将角化为边；
第二步：用a，b表示c；
第三步：写出cosC的表达式，并用a，b表示；
第四步：利用基本不等式放缩，即可获取定值．
【解答】解：a（4﹣2cosB）=b（2cosA﹣5）⇒4a+5b=2（bcosA+acosB），
由余弦定理，得cosA=，cosB=，
∴4a+5b=2（b•+a•）=2c，
即4a+5b=2c，得c2=，
从而cosC==≥．
故答案为：﹣．
三、解答题
17．已知数列{an}的首项a1=，an+1=，n=1，2，3，…．
（Ⅰ）证明：数列{﹣1}是等比数列；
（Ⅱ）求数列{}的前n项和Sn．
【考点】数列的求和；等比关系的确定．
【分析】（Ⅰ）由an+1=，可得，即可证明数列{﹣1}是等比数列；
（Ⅱ）分组，再利用错位相减法，即可求出数列{}的前n项和Sn．
【解答】（Ⅰ）证明：∵，∴，
∴，
又，∴，
∴数列是以为首项，为公比的等比数列．
（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知﹣1=，即，
∴．
设…，①
则…，②
由①﹣②得…，
∴．
又1+2+3+…，
∴数列的前n项和．
18．在正三角形ABC中，E、F、P分别是﹣AB、AC、BC边上的点，满足AE：EB=CF：FA=CP：PB=1：2（如图1）．将△AEF沿EF折起到△A1EF的位置，使二面角A1﹣EF﹣B成直二面角，连结A1B、A1P（如图2）．
（1）求证：A1E⊥平面BEP；
（2）求二面角B一A1P一F的余弦值的大小．
【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面垂直的判定；用空间向量求平面间的夹角．
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理即可证明A1E⊥平面BEP；
（2）建立空间坐标系，求出平面的法向量，利用向量法即可求二面角B一A1P一F的余弦值的大小．
【解答】解：不妨设正三角形ABC 的边长为 3．
（1）在图1中，取BE的中点D，连结DF．
∵AE：EB=CF：FA=1：2，
∴AF=AD=2．…
而∠A=60°，∴△ADF是正三角形．
又AE=DE=1，∴EF⊥AD．…
在图2中，A1E⊥EF，BE⊥EF，
∴∠A1EB为二面角A1﹣EF﹣B的平面角．
由题设条件知此二面角为直二面角，
∴A1E⊥BE．又BE∩EF=E，
∴A1E⊥平面BEF，即A1E⊥平面BEP．…
（2）由（1）知，即A1E⊥平面BEP，BE⊥EF．
以E为原点，以EB、EF、EA1分别为x、y、z轴建立如图3所示的坐标系如图，…
．…
∴．…，
…，
．…，
．…，
．…
因为二面角B﹣A1P﹣F为钝角，．…
19．我校70校庆，各届校友纷至沓来，高73级1班共来了n位校友（n＞8且 n∈N*），其中女校友6位，组委会对这n位校友登记制作了一份校友名单，现随机从中选出2位校友代表，若选出的2位校友是一男一女，则称为“最佳组合”
（Ⅰ）若随机选出的2位校友代表为“最佳组合”的概率不小于，求n的最大值；
（Ⅱ）当n=12时，设选出的2位校友中女校友人数为ξ，求ξ的分布列和Eξ．
【考点】离散型随机变量的期望与方差；离散型随机变量及其分布列．
【分析】（Ⅰ）所选两人为“最佳组合”的概率p==，由此能求出n的最大值．
（Ⅱ）ξ的可能取值为0，1，2，分别求出相应的概率，由此能求出ξ的分布列和Eξ．
【解答】（本小题满分13分）
解：（Ⅰ）由题可知，所选两人为“最佳组合”的概率：
p==，…
则．…
化简得n2﹣25n+144≤0，解得9≤n≤16，
∴n的最大值为16．…
（Ⅱ）由题意得，ξ的可能取值为0，1，2，…
则P（ξ=0）==，P（ξ=1）==，P（ξ=2）=，
ξ
0
1
2
P
…
∴Eξ=0×+1×+2×=1．…
20．在平面直角坐标系中，已知点A（，0），点B为直线x=﹣上的动点，点C是线段AB与y轴的交点，点M满足•=0， •=0．
（1）求动点M的轨迹E的方程；
（2）设点P是轨迹E上的动点，点R、N在y轴上，圆（x﹣1）2+y2=1内切于△PRN，求△PRN的面积的最小值．
【考点】轨迹方程．
【分析】（1）设点M的坐标为（x，y），由题设确定|MB|=|MA|．根据抛物线的定义可知点M的轨迹为抛物线，根据焦点和准线方程，则可得抛物线方程．
（2）设P（x0，y0），R（0，b），N（0，c），且b＞c，则直线PR的方程可得，由题设知，圆心（1，0）到直线PR的距离为1，把x0，y0代入化简整理可得（x0﹣2）b2+2y0b﹣x0=0，同理可得（x0﹣2）c2+2y0c﹣x0=0，进而可知b，c为方程（x0﹣2）x2+2y0x﹣x0=0的两根，根据求根公式，可求得b﹣c，进而可得△PRN的面积的表达式，根据均值不等式可知当当x0=4时面积最小，进而求得点P的坐标．
【解答】解：（1）设点M的坐标为（x，y），则
∵点C是线段AB与y轴的交点，∴C是线段AB的中点，
∵•=0，∴CM⊥AB，∴|MB|=|MA|．
∴动点M的轨迹E是以A为焦点，x=﹣为准线的抛物线
∴其方程为y2=2x；
（2）设P（x0，y0），R（0，b），N（0，c），且b＞c，
故直线PR的方程为（y0﹣b）x﹣x0y+x0b=0．
由题设知，圆心（1，0）到直线PR的距离为1，
即=1．
注意到x0＞2，化简上式，得（x0﹣2）b2+2y0b﹣x0=0，
同理可得（x0﹣2）c2+2y0c﹣x0=0．
由上可知，b，c为方程（x0﹣2）x2+2y0x﹣x0=0的两根，
根据求根公式，可得b﹣c==．
故△PRN的面积为S=（b﹣c）x0=（x0﹣2）++4≥2+4=8，
等号当且仅当x0=4时成立．此时点P的坐标为（4，2）或（4，﹣2）．
综上所述，当点P的坐标为（4，2）或（4，﹣2）时，△PRN的面积取最小值8．
21．设f（x）=．
（1）求证：f（x）在（0，1）和（1，+∞）上都是增函数；
（2）若在函数f（x）的定义域内，不等式af（x）＞x恒成立，求a的取值范围．
【考点】函数恒成立问题．
【分析】（1）求函数的导数，利用函数单调性和导数的关系进行性证明即可．
（2）根据不等式恒成立，构造函数转化为最值恒成立即可．
【解答】解：（1）函数定义域为（0，1）∪（1，+∞），
函数的导数f′（x）==•（2lnx﹣），
令g（x）=2lnx﹣，则g′（x）=，
当0＜x＜1时，g′（x）＜0，g（x）为减函数，∴g（x）＞g（1）=0，
则f′（x）=•g（x）＞0，此时f（x）为增函数，
当x＞1时，g′（x）＞0，g（x）为增函数，∴g（x）＞g（1）=0，
则f′（x）=•g（x）＞0，此时f（x）为增函数，
综上f（x）在（0，1）和（1，+∞）上都是增函数
（2）af（x）﹣x=a•﹣x= [﹣lnx]．
设h（x）=﹣lnx，x＞0，
则h′（x）=，
①当a＞0且△=1﹣4a2＜0，即a≥时，
此时ax2﹣x+a≥0在（0，1）和（1，+∞）恒成立，
∴当a≥时，h′（x）≥0，
故h（x）在（0，1）和（1，+∞）上都是增函数；
当0＜x＜1时，h（x）＜h（1）=0，而lnx＜0，
∴af（x）﹣x=•h（x）＞0，
当x＞1时，h（x）＞h（1）=0，而lnx＞0，
∴af（x）﹣x=•h（x）＞0，
综上当x＞0且x≠1时，af（x）＞x，
②当0＜a＜时，令h′（x）＜0，得＜x＜，此时函数h（x）在（1，）上为减函数，
当1＜x＜时，h（x）＜h（0）=0，
故af（x）﹣x=•h（x）＜0，不符合题意，
③当a≤0时，h′（x）≤0，故h（x）在（0，1）和（1，+∞）上是减函数，
同理可得af（x）﹣x=•h（x）＜0，不符合题意，
综上，a≥．
[选修4-1：几何证明选讲]
22．几何证明选讲如图，已知AD为圆O的直径，直线BA与圆O相切于点A，直线OB与弦AC垂直并相交于点G，与弧相交于M，连接DC，AB=10，AC=12．
（1）求证：BA•DC=GC•AD；
（2）求BM．
【考点】与圆有关的比例线段．
【分析】（1）根据AC⊥OB，及AD是圆O的直径，得到Rt△AGB和Rt△DCA相似，从而得到，又GC=AG，所以，从而得到证明；
（2）根据直角三角形中的边角关系求得BG，再根据直角三角形的相似及切割线定理求解即可．
【解答】（1）证明：因为AC⊥OB，所以∠AGB=90°
又AD是圆O的直径，所以∠DCA=90°
又因为∠BAG=∠ADC（弦切角等于同弧所对圆周角）
所以Rt△AGB和Rt△DCA相似
所以
又因为OG⊥AC，所以GC=AG
所以，即BA•DC=GC•AD
（2）解：因为AC=12，所以AG=6，
因为AB=10，所以
由（1）知：Rt△AGB～Rt△DCA，．所以
所以AD=15，即圆的直径2r=15
又因为AB2=BM•（BM+2r），即BM2+15BM﹣100=0
解得BM=5．
[选修4-4：坐标系与参数方程选讲]
23．选修4﹣4：坐标系与参数方程
已知曲线C的极坐标方程是ρ=2，以极点为原点，极轴为x轴的正半轴建立平面直角 坐标系，直线l的参数方程为（t为参数）．
（Ⅰ）写出直线l与曲线C的直角坐标系下的方程；
（Ⅱ）设曲线C经过伸缩变换得到曲线C′设曲线C′上任一点为M（x，y），求的取值范围．
【考点】参数方程化成普通方程；伸缩变换．
【分析】（I）利用ρ2=x2+y2，将ρ=1转化成直角坐标方程，然后将直线的参数方程的上式化简成t=2（x﹣1）代入下式消去参数t即可；
（II）根据伸缩变换公式求出变换后的曲线方程，然后利用参数方程表示出曲线上任意一点，代入，根据三角函数的辅助角公式求出其范围即可．
【解答】解：（Ⅰ）直线l的普通方程x+y﹣2﹣1=0
曲线C的直角坐标方程x2+y2=4；…
（Ⅱ）曲线C经过伸缩变换得到曲线C'的方程为，
则点M参数方程为，代入x+y得，
x+y=•2cosθ+=2sin=4sin（）∈[﹣4，4]
∴x+y的取值范围是[﹣4，4]…
[选修4-5：不等式选讲]
24．已知函数f（x）=log2（|x+1|+|x﹣2|﹣m）．
（1）当m=5时，求函数f（x）的定义域；
（2）若关于x的不等式f（x）≥1的解集是R，求m的取值范围．
【考点】绝对值不等式；对数函数图象与性质的综合应用；绝对值不等式的解法．
【分析】对于（1）当m=5时，求函数f（x）的定义域．根据m=5和对数函数定义域的求法可得到：|x+1|+|x﹣2|＞5，然后分类讨论去绝对值号，求解即可得到答案．
对于（2）由关于x的不等式f（x）≥1，得到|x+1|+|x﹣2|＞m+2．因为已知解集是R，根据绝对值不等式可得到|x+1|+|x﹣2|≥3，令m+2＜3，求解即可得到答案．
【解答】解：（1）由题设知：当m=5时：|x+1|+|x﹣2|＞5，
不等式的解集是以下三个不等式组解集的并集：
，或，或，
解得函数f（x）的定义域为（﹣∞，﹣2）∪（3，+∞）；
（2）不等式f（x）≥1即log2（|x+1|+|x﹣2|﹣m）≥1．
即|x+1|+|x﹣2|≥m+2，
∵x∈R时，恒有|x+1|+|x﹣2|≥|（x+1）﹣（x﹣2）|=3，
不等式|x+1|+|x﹣2|≥m+2解集是R，
∴m+2≤3，m的取值范围是（﹣∞，1]．
故答案为：（﹣∞，1]．
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