2024~2025学年上海市金山区高三上学期期末数学试卷（一模）附解析

这是一份2024~2025学年上海市金山区高三上学期期末数学试卷（一模）附解析，共20页。
1．（4分）已知全集U＝{﹣1，0，1，2}，集合A＝{x|﹣1≤x≤1，x∈N}，则A= ．
2．（4分）已知向量a→=（1，2），b→=（3，x），若a→∥b→，则实数x＝ ．
3．（4分）已知函数y＝f（x）的表达式为f(x)=2x，x≤2，lg2x，x＞2，则f（4）的值为 ．
4．（4分）已知复数z＝2+i，其中i为虚数单位，则|iz|的值为 ．
5．（4分）（3x﹣1）6的二项展开式中，x2项的系数为 ．
6．（4分）以C（3，4）为圆心且过点（1，﹣3）的圆的标准方程是 ．
7．（5分）已知某圆锥的侧面展开图是圆心角为2π，半径为2的扇形，则该圆锥的母线与底面所成角的大小为 ．
8．（5分）已知Sn是等差数列{an}的前n项和，若2a1+3a11＝20，则S13的值为 ．
9．（5分）在（0，2π）内，使sinx＞csx成立的x的取值范围是 ．
10．（5分）某海滨浴场平面图是如图所示的半圆，其中O是圆心，直径MN为400米，P是弧MN的中点．一个急救中心A在栈桥OP中点上，计划在弧NP上设置一个瞭望台B，并在AB间修建浮桥．已知∠ABO越大，瞭望台B处的视线范围越大，则B处的视线范围最大时，AB的长度为 米．（结果精确到1米）
11．（5分）抛掷一枚质地均匀的硬币n次（其中n为大于等于2的整数），设事件A：n次中既有正面朝上又有反面朝上，事件B：n次中至多有一次正面朝上，若事件A与事件B是独立的，则n的值为 ．
12．（5分）已知O为坐标原点，向量OA→、OB→满足|OA→|+|OB→|＝8，将OA→绕点O按逆时针方向旋转90°，得到向量OC→，若OB→+OC→=（﹣3，3），i→=（1，0），则(OA→+OB→)⋅i→的最大值为 ．
二、选择题（本题共有4题，满分18分，13、14每题4分，15、16题每题5分）每题有且只有一个正确选项，考生应在答题纸的相应位置，将代表正确选项的小方格涂黑。
13．（4分）函数y＝1﹣2sin2x是（ ）
A．最小正周期为π 的奇函数
B．最小正周期为π 的偶函数
C．最小正周期为π2 的奇函数
D．最小正周期为π2 的偶函数
14．（4分）若“x＞a”是“x2﹣2x﹣3＜0”的必要不充分条件，则实数a的取值范围是（ ）
A．（﹣∞，﹣1）B．（﹣∞，﹣1]C．（﹣1，+∞）D．[﹣1，+∞）
15．（5分）古希腊数学家阿波罗尼奥斯用不同的平面截同一圆锥，得到了圆锥曲线，其中的一种如图所示．用过M点且垂直于圆锥底面的平面截两个全等的对顶圆锥得到双曲线的一部分，已知高PO＝2，底面圆的半径为4，M为母线PB的中点，平面与底面的交线EF⊥AB，则双曲线的两条渐近线所成角的余弦值为（ ）
A．45B．35C．56D．67
16．（5分）已知三棱锥A1﹣A2A3A4的侧棱长相等，且侧棱两两垂直．设P为该三棱锥表面（含棱）上异于顶点A1、A2、A3、A4的点，记D＝{d|d＝|PAi|，i＝1，2，3，4}．若集合D中有且只有2个元素，则符合条件的点P有（ ）个．
A．3B．6C．7D．10
三、解答题（本大题满分78分）本大题共有5题，解答下列各题必须在答题纸相应编号的规定区域内写出必要的步骤。
17．（14分）已知常数a＞1，函数y＝f（x）的表达式为f（x）＝lga（x+2）﹣lga（2﹣x）．
（1）证明：函数y＝f（x）是奇函数；
（2）若函数y＝f（x）在区间[0，1]上的最大值为2，求实数a的值．
18．（14分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是直角梯形，∠BAD＝∠CDA＝90°，PA⊥平面ABCD，Q是PB的中点，PA＝AD＝DC＝1，AB＝2．
（1）证明：CQ∥平面PAD；
（2）求点D到平面PAC的距离．
19．（14分）某高中举行了一次知识竞赛．为了了解本次竞赛成绩情况，从中抽取了部分学生的成绩作为样本进行统计．将成绩进行整理后，依次分为五组（[50，60），[60，70），[70，80），[80，90），[90，100]），其中第1组的频率为第2组和第4组频率的等比中项．请根据下面的频率分布直方图（如图所示）解决下列问题：
（1）求a、b的值；
（2）从样本数据在[50，60），[70，80）两个小组内的学生中，用分层抽样的方法抽取7名学生，再从这7名学生中随机选出2人，求选出的两人恰好来自不同小组的概率；
（3）某老师在此次竞赛成绩中抽取了10名学生的分数：x1，x2，x3…，x10，已知这10个分数的平均数x=88，方差s2＝25，若剔除其中的95和81两个分数，求剩余8个分数的平均数与方差．
20．（18分）已知椭圆Γ1：x24+y23=1，抛物线Γ2：y2＝2px（p＞0）与Γ1有一个相同的焦点F．过点F作互相垂直的两条直线l与l′，直线l与Γ1交于点A、B，直线l'与Γ2交于点C、D．
（1）求椭圆Γ1的离心率及抛物线Γ2的方程；
（2）若直线l的倾斜角为3π4，求AB中点M的坐标；
（3）四边形ACBD的面积是否存在最小值，若存在，求出最小值；若不存在，请说明理由．
21．（18分）对于函数y＝f（x）图像上不同的三点A（x1，y1）、B（x2，y2）、M（x0，y0）（其中x0∈（x1，x2）），记点M处的切线为l，若l∥AB，则称M为函数y＝f（x）在区间（x1，x2）上的“T点”．特别地，当x0=x1+x22，则称M为函数y＝f（x）在区间（x1，x2）上的“和谐T点”．
（1）设f（x）＝x2，M（x0，y0）是函数y＝f（x）在区间（0，n）上的“T点”，若f'（x0）＝1求实数n的值；
（2）设f（x）＝asin2x+csx+x﹣1，若函数y＝f（x）在区间（0，2π）上恰有3个“T点”，求所有满足条件的实数a的值组成的集合；
（3）设f（x）＝lnx+bx2（b∈R）试探究函数y＝f（x）的定义域内是否存在一个包含“和谐T点”的区间（x1，x2），若存在，求出该区间（x1，x2）；若不存在，请说明理由．
答案与试题解析
一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1～6题每题4分，第7～12题每题5分）考生应在答题纸的相应位置直接填写结果。
1．（4分）已知全集U＝{﹣1，0，1，2}，集合A＝{x|﹣1≤x≤1，x∈N}，则A= {﹣1，2} ．
【分析】先求出集合A，B，再结合补集的定义，即可求解．
解：集合A＝{x|﹣1≤x≤1，x∈N}＝{0，1}，全集U＝{﹣1，0，1，2}，
则A={−1，2}．
故{﹣1，2}．
【点评】本题主要考查补集的运算，属于基础题．
2．（4分）已知向量a→=（1，2），b→=（3，x），若a→∥b→，则实数x＝ 6 ．
【分析】利用两个向量共线，它们的坐标满足 x1y2﹣x2y1＝0，解方程求得x的值．
解：∵已知a→=(1，2)、b→=(3，x)，向量a→∥b→，
则有 1•x﹣2×3＝0，
∴x＝6，
故答案为 6．
【点评】本题主要考查两个向量共线的性质，两个向量坐标形式的运算，属于基础题．
3．（4分）已知函数y＝f（x）的表达式为f(x)=2x，x≤2，lg2x，x＞2，则f（4）的值为 2 ．
【分析】根据已知条件，将x的值代入函数解析式，即可求解．
解：f(x)=2x，x≤2lg2x，x＞2，
则f（4）＝lg24＝2．
故2．
【点评】本题主要考查函数的值，属于基础题．
4．（4分）已知复数z＝2+i，其中i为虚数单位，则|iz|的值为 5 ．
【分析】由复数代数形式的乘除运算化简，然后利用复数模的计算公式求解．
解：∵复数z＝2+i，其中i为虚数单位，
∴iz＝i（2+i）＝﹣1+2i，
故|iz|=(−1)2+22=5．
故5．
【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法，是基础题．
5．（4分）（3x﹣1）6的二项展开式中，x2项的系数为 135 ．
【分析】结合二项式展开式的通项公式求解．
解：（3x﹣1）6的二项展开式中，
x2项的系数为C64⋅32•（﹣1）4＝135．
故135．
【点评】本题考查了二项式展开式的通项公式，属基础题．
6．（4分）以C（3，4）为圆心且过点（1，﹣3）的圆的标准方程是 （x﹣3）2+（y﹣4）2＝53 ．
【分析】由题意求出该圆的半径，代入标准方程，可得该圆的方程．
解：圆心C（3，4）的圆过点（1，﹣3），
所以圆C的半径为r=|CM|=(3−1)2+(4+3)2=53，
代入圆的标准方程可得（x﹣3）2+（y﹣4）2＝53．
故（x﹣3）2+（y﹣4）2＝53．
【点评】本题考查圆的标准方程的求法，属于基础题．
7．（5分）已知某圆锥的侧面展开图是圆心角为2π，半径为2的扇形，则该圆锥的母线与底面所成角的大小为 arccs22 ．
【分析】由题意易得扇形的弧长，也就是圆锥的底面周长，除以2π即为圆锥的底面半径，由此能求出该圆锥的母线与底面所成角的大小．
解：∵某圆锥的侧面展开图是圆心角为α=2π，半径为r＝2的扇形，
∴扇形的弧长为l＝αr＝22π，
∴该圆锥的底面周长为22π，
∴圆锥的底面半径R=22π2π=2，
设该圆锥的母线与底面所成角为α，
则csα=Rr=22．
∴该圆锥的母线与底面所成角的大小为arccs22．
故arccs22．
【点评】本题考查圆锥的侧面展开图、圆锥的母线与底面所成角等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
8．（5分）已知Sn是等差数列{an}的前n项和，若2a1+3a11＝20，则S13的值为 52 ．
【分析】根据等差数列的性质即可得．
解：设等差数则列{an}的公差为d，
2a1+3a11＝2a1+3（a1+10d）＝5（a1+6d）＝ 20，则a1+6d＝4，
∴S13=13a1+13×122d=13(a1+6d)=13×4=52．
故52．
【点评】本题考查等差数列的性质，属于基础题．
9．（5分）在（0，2π）内，使sinx＞csx成立的x的取值范围是 (π4，5π4) ．
【分析】根据题意在一个坐标系中画出y＝sinx、y＝csx在（0，2π）内的函数图象，由图求出不等式的解集．
解：在一个坐标系中画出y＝sinx、y＝csx在（0，2π）内的函数图象，
由图得，在（0，2π）内，
使sinx＞csx成立的x的取值范围是(π4，5π4)，
故(π4，5π4)．
【点评】本题考查了三角函数不等式的解法，即画出正弦（余弦）函数的图象，根据图象求出不等式的解集，考查了数形结合思想和作图能力．
10．（5分）某海滨浴场平面图是如图所示的半圆，其中O是圆心，直径MN为400米，P是弧MN的中点．一个急救中心A在栈桥OP中点上，计划在弧NP上设置一个瞭望台B，并在AB间修建浮桥．已知∠ABO越大，瞭望台B处的视线范围越大，则B处的视线范围最大时，AB的长度为 173 米．（结果精确到1米）
【分析】设∠BON＝α，∠ABO＝β，由正弦定理，得2sinβ＝cs（α﹣β），进而可得tan∠ABO=tanβ=csα2−sinα，设f(α)=csα2−sinα，α∈(0，π2)，利用导数求得其最大值，从而得出视线范围最大时，β=π6，再利用余弦定理即可求得AB．
解：因为是P是弧MN的中点，所以OP⊥MN，
因为A在栈桥OP中点上，所以OA=12OB，
设∠BON＝α，∠ABO＝β，
则∠BAO=π−β−(π2−α)=π2+α−β，
在△ABO中，由正弦定理得BOsin∠BAO=AOsin∠ABO，
即2AOsin(π2+α−β)=AOsinβ，
整理得2sinβ＝cs（α﹣β），即2sinβ＝csαcsβ+sinαsinβ，
所以（2﹣sinα）sinβ＝csαcsβ，可得tan∠ABO=tanβ=csα2−sinα，
设f(α)=csα2−sinα，α∈(0，π2)，
则f′(α)=−sinα(2−sinα)−csα(−csα)(2−sinα)2=1−2sinα(2−sinα)2，
当sinα=12时，f'（α）＝0，
则f（α）在区间(0，π2)上先增后减，
当sinα=12时，csα=32，
此时f(α)=322−12=33，即tanβ的最大值为33，
因为正切函数在(0，π2)上单调递增，
所以当tanβ取得最大值33时，β＝∠ABO也取得最大值π6，
此时瞭望台B处的视线范围最大，
在△AOB中，BO＝200，AO＝100，∠ABO=π6，
根据余弦定理，得AO2＝AB2+BO2−2AB⋅BOcsπ6，
即1002=AB2+2002−2×AB×200×32，
解得AB=1003≈173米．
故173．
【点评】本题考查三角恒等变换与解三角形的综合应用，属中档题．
11．（5分）抛掷一枚质地均匀的硬币n次（其中n为大于等于2的整数），设事件A：n次中既有正面朝上又有反面朝上，事件B：n次中至多有一次正面朝上，若事件A与事件B是独立的，则n的值为 3 ．
【分析】根据独立事件的概率乘法公式求出P（A），P（B），P（AB），再结合P（AB）＝P（A）P（B）求出n的值即可．
解：由题意可知，P（A）＝1−(12)n−（12）n＝1﹣2×(12)n，P（B）＝（12）n+Cn1×(12)n=(12)n（1+n），P（AB）=Cn1×(12)n=n×(12)n，
因为事件A与事件B是独立的，
所以P（AB）＝P（A）P（B），
所以n×(12)n=(12)n（1+n）[1﹣2×(12)n]，
化简得n+1＝2n﹣1，
由指数函数和一次函数的性质可知，
当1≤n≤2且n∈N+时，2n﹣1＜n+1，
当n＝3时，2n﹣1＝n+1，
当n≥4且n∈N+时，2n﹣1＞n+1，
综上所述，n的值为3．
故3．
【点评】本题主要考查了独立事件的概率乘法公式，考查了指数函数和一次函数的性质，属于中档题．
12．（5分）已知O为坐标原点，向量OA→、OB→满足|OA→|+|OB→|＝8，将OA→绕点O按逆时针方向旋转90°，得到向量OC→，若OB→+OC→=（﹣3，3），i→=（1，0），则(OA→+OB→)⋅i→的最大值为 42 ．
【分析】设OA→=(rcsθ，rsinθ)，然后表示出已知条件，再代入结论化简得到关于θ的三角函数，利用三角函数的性质求解．
解：设OA→=(rcsθ，rsinθ)，
由题意得：OC→=（rcs（θ+90°），rsin（θ+90°））＝（﹣rsinθ，rcsθ），
因为OB→+OC→=（﹣3，3），所以OB→=（﹣3+rsinθ，3﹣rcsθ），
所以OA→+OB→=（﹣3+rsinθ+rcsθ，3﹣rcsθ+rsinθ），
因为i→=（1，0），所以（OA→+OB→）•i→=−3+rsinθ+rcsθ＝﹣3+r（sinθ+csθ），
因为|OA→|+|OB→|＝8，所以r+(−3+rsinθ)2+(3−rcsθ)2=8，0＜r≤8，
则（﹣3+rsinθ）2+（3﹣rcsθ）2＝（8﹣r）2，
整理可得：16r﹣46＝6r（sinθ+csθ），
所以r（sinθ+csθ）=2sin(θ+π4)=8r−233≤2r，
解得0＜r≤4+322，
所以（OA→+OB→）•i→=−3+r（sinθ+csθ）＝﹣3+8r−233≤−3+8×(4+322)−233=42．
故42．
【点评】本题考查三角代换以及三角函数的性质，数量积的运算和应用，属于中档题．
二、选择题（本题共有4题，满分18分，13、14每题4分，15、16题每题5分）每题有且只有一个正确选项，考生应在答题纸的相应位置，将代表正确选项的小方格涂黑。
13．（4分）函数y＝1﹣2sin2x是（ ）
A．最小正周期为π 的奇函数
B．最小正周期为π 的偶函数
C．最小正周期为π2 的奇函数
D．最小正周期为π2 的偶函数
【分析】由二倍角公式可得，y＝1﹣2sin2x＝cs2x，可判断函数 的周期性及奇偶性
解：由二倍角公式可得，y＝1﹣2sin2x＝cs2x
由周期公式可得，T＝π，
∵f（﹣x）＝cs（﹣2x）＝cs2x＝f（x）
∴函数为偶函数
故选：B．
【点评】本题主要考查了二倍角公式在三角函数化简中的应用及函数的 周期性、奇偶性的判断，属于基础试题
14．（4分）若“x＞a”是“x2﹣2x﹣3＜0”的必要不充分条件，则实数a的取值范围是（ ）
A．（﹣∞，﹣1）B．（﹣∞，﹣1]C．（﹣1，+∞）D．[﹣1，+∞）
【分析】结合必要充分性的概念即可求解．
解：由x2﹣2x﹣3＜0可得﹣1＜x＜3，
若x＞a”是“x2﹣2x﹣3＜0”的必要不充分条件，
所以a≤﹣1．
故选：B．
【点评】本题主要考查了必要不充分条件的应用，属于基础题．
15．（5分）古希腊数学家阿波罗尼奥斯用不同的平面截同一圆锥，得到了圆锥曲线，其中的一种如图所示．用过M点且垂直于圆锥底面的平面截两个全等的对顶圆锥得到双曲线的一部分，已知高PO＝2，底面圆的半径为4，M为母线PB的中点，平面与底面的交线EF⊥AB，则双曲线的两条渐近线所成角的余弦值为（ ）
A．45B．35C．56D．67
【分析】以过M点且垂直于圆锥底面的平面的中心为原点，平行于圆锥的轴为x轴建立坐标系，求出M，E坐标代入双曲线方程，进而求得渐近线方程，先求出两渐近线所夹锐角的正切值，再求余弦值即可．
解：设EF交OB于N，
以过M点且垂直于圆锥底面的平面的中心为原点，平行于圆锥的轴为x轴建立如图所示坐标系，
因为圆锥的高|PO|＝|O′N|＝2，M是PB中点，且截面垂直于底面，
所以|MN|=12|PO|=1，所以M（1，0），
又因为底面圆半径|OB|＝4，
所以|ON|=12|OB|=2，|EN|=|OE|2−|ON|2=23，所以E(2，23)，
设双曲线方程为x2a2−y2b2=1，
将M(1，0)，E(2，23)，代入解得a=1b=2，
则双曲线的两条渐近线方程为y=±bax=±2x，
由对称性可知两条渐近线所夹锐角的正切值为|2×21−22|=43，
所以双曲线两渐近线所夹锐角的余弦值为1(43)2+1=35．
故选：B．
【点评】本题考查了双曲线的性质，属于中档题．
16．（5分）已知三棱锥A1﹣A2A3A4的侧棱长相等，且侧棱两两垂直．设P为该三棱锥表面（含棱）上异于顶点A1、A2、A3、A4的点，记D＝{d|d＝|PAi|，i＝1，2，3，4}．若集合D中有且只有2个元素，则符合条件的点P有（ ）个．
A．3B．6C．7D．10
【分析】动点P到四个顶点的距离只有两个不同值，则要么到其中三个点距离一样，要么到其中两个点距离一样，到另外两个点距离也一样，分成两种情况讨论即可．
解：依题意可得，动点P到四个顶点的距离只有两个不同值，
（1）动点P到其中三个点距离相同，由对称性，有两种不同类型，
①|PA2|＝|PA3|＝|PA4|≠|PA1|，此时如图所示，直线A1C过△A2A3A4中心且直线A1C⊥平面A2A3A4，故P∈直线A1C，又P为该三棱锥表面（含棱）上异于顶点A1、A2、A3、A4的点，
故为直线A1C与平面A2A3A4的交点，此时满足|PA2|＝|PA3|＝|PA4|≠|PA1|，这样的点有一个；
②|PA1|＝|PA2|＝|PA3|≠|PA4|或|PA1|＝|PA2|＝|PA4|≠|PA3|或|PA1|＝|PA3|＝|PA4|≠|PA2|，
以|PA1|＝|PA2|＝|PA3|≠|PA4|为例，如图所示，设G为A2A3中点，FG⊥平面A1A2A3，则FG过△A1A2A3的外心，且垂直于平面A1A2A3，故P∈平面A1A2A3，
又P为该三棱锥表面（含棱）上异于顶点A1、A2、A3、A4的点，故P只能是G点，此时满足题意的点有1×3＝3个；
（2）点P到其中两个点距离一样，到另外两个点距离也一样，根据对称性，只需考虑|PA1|＝|PA2|≠|PA3|＝|PA4|，
如图所示，到A1、A2距离相等的点为线段A1A2的中垂面HIJK（其中H、I、J、K为正方体所在棱的中点），到A3、A4距离相等的点为线段A3A4的中垂面A1A2CD，
两个平面的交线为HJ，故P∈直线HJ，又P为该三棱锥表面（含棱）上异于顶点A1、A2、A3、A4的点，这样的P有两个，故总共有2×3＝6个，
综上所述，满足题意的点一共有10个，故选D．
【点评】本题需要根据不同情形画出准确图形，对空间想象能力和分类讨论能力要求较高，属于难题．
三、解答题（本大题满分78分）本大题共有5题，解答下列各题必须在答题纸相应编号的规定区域内写出必要的步骤。
17．（14分）已知常数a＞1，函数y＝f（x）的表达式为f（x）＝lga（x+2）﹣lga（2﹣x）．
（1）证明：函数y＝f（x）是奇函数；
（2）若函数y＝f（x）在区间[0，1]上的最大值为2，求实数a的值．
【分析】（1）利用奇偶性的定义可证明；
（2）利用单调性知识可证明．
解：（1）证明：函数y＝f（x）的表达式为f（x）＝lga（x+2）﹣lga（2﹣x），
定义域D＝（﹣2，2），
∀x∈D，都有﹣x∈D，
f（﹣x）＝lga（2﹣x）﹣lga（2+x）＝﹣f（x），
则函数y＝f（x）是奇函数．
（2）当a＞1，f（x）＝lga（x+2）﹣lga（2﹣x）在（﹣2，2）单调递增，
又y＝f（x）在区间[0，1]上的最大值为2，
则f（1）＝2，即lga3﹣lga1＝2，则a=3．
【点评】本题考查函数奇偶性和单调性相关知识，属于中档题．
18．（14分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是直角梯形，∠BAD＝∠CDA＝90°，PA⊥平面ABCD，Q是PB的中点，PA＝AD＝DC＝1，AB＝2．
（1）证明：CQ∥平面PAD；
（2）求点D到平面PAC的距离．
【分析】（1）取PA中点M，连接MQ，DM，证明四边形DCQM为平面四边形，再根据线面平行的判定定理即可证明；
（2）由等体积法即可求得．
（1）证明：取PA中点M，连接MQ，DM，
因为Q，M分别是PB，PA的中点，
所以MQ∥AB，且MQ=12AB，
又ABCD是直角梯形，∠BAD＝∠CDA＝90°，DC＝1，AB＝2，
所以DC∥AB，DC=12AB，
所以MQ∥DC，MQ＝DC，
即四边形DCQM为平面四边形，
所以CQ∥DM，又CQ⊄平面PAD，DM⊂平面PAD，
所以CQ∥平面PAD；
（2）解：由题意，∠CDA＝90°，PA⊥平面ABCD，
PA＝AD＝DC＝1，则AC=2，
设点D到平面PAC的距离为d，
则由VP﹣ADC＝VD﹣PAC，可得13×12×1×1×1=13×12×2×1×d，
解得d=22，即点D到平面PAC的距离为22．
【点评】本题考查线面平行的判定及点到平面距离的求法，属中档题．
19．（14分）某高中举行了一次知识竞赛．为了了解本次竞赛成绩情况，从中抽取了部分学生的成绩作为样本进行统计．将成绩进行整理后，依次分为五组（[50，60），[60，70），[70，80），[80，90），[90，100]），其中第1组的频率为第2组和第4组频率的等比中项．请根据下面的频率分布直方图（如图所示）解决下列问题：
（1）求a、b的值；
（2）从样本数据在[50，60），[70，80）两个小组内的学生中，用分层抽样的方法抽取7名学生，再从这7名学生中随机选出2人，求选出的两人恰好来自不同小组的概率；
（3）某老师在此次竞赛成绩中抽取了10名学生的分数：x1，x2，x3…，x10，已知这10个分数的平均数x=88，方差s2＝25，若剔除其中的95和81两个分数，求剩余8个分数的平均数与方差．
【分析】（1）根据频率分布直方图的性质及等比中项的性质，建立方程，即可求解；
（2）根据古典概型的概率公式，组合数公式，即可求解；
（3）根据平均数与方差的定义及性质，即可求解．
解：（1）根据题意可得0.0162＝0.008a，解得a＝0.032，
又（0.008+0.016+0.032+0.04+b）×10＝1，解得 b＝0.004，
∴a＝0.032，b＝0.004；
（2）∵样本数据在[50，60）与[70，80）两个小组内的频率之比为0.016：0.04＝2：5，
∴分层抽样的方法抽取7名学生中，2人来自[50，60），5人来自[70，80），
∴再从这7名学生中随机选出2人，选出的两人恰好来自不同小组的概率为C21×C51C72=1021；
（3）∵这10个分数的平均为x=88，方差为s2＝25，
∴x1+x2+⋯+x10＝10×88＝880，
s2=110i=110 (xi−x)2=110(x12+x22+⋯+x102)−882=25，
∴x12+x22+⋯+x102=77690，
∴剩余8个分数的平均数为880−95−818=88，
方差为18(x12+x22+⋯+x82)−882=18×(77690−952−812)−882=19．
【点评】本题考查频率分布直方图的应用，古典概型的应用，平均数与方差的求解，属中档题．
20．（18分）已知椭圆Γ1：x24+y23=1，抛物线Γ2：y2＝2px（p＞0）与Γ1有一个相同的焦点F．过点F作互相垂直的两条直线l与l′，直线l与Γ1交于点A、B，直线l'与Γ2交于点C、D．
（1）求椭圆Γ1的离心率及抛物线Γ2的方程；
（2）若直线l的倾斜角为3π4，求AB中点M的坐标；
（3）四边形ACBD的面积是否存在最小值，若存在，求出最小值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）由椭圆的方程可得椭圆的焦点坐标，由题意可得抛物线的焦点，进而可得抛物线的方程及椭圆的离心率的大小；
（2）由题意设直线l的方程，与抛物线的方程联立，可得两根之和，由中点坐标公式，可得点M的坐标；
（3）分直线l的斜率不存在和存在两种情况，当直线l的斜不存在时，可得直线l的方程，与抛物线的方程联立，可得两根之和，进而求出|AB|的大小，此时|CD|＝2a，求出此时四边形ACBD的面积，当直线l的斜率存在且不为0时，求出直线l与抛物线的相交弦长|AB|的表达式，由题意设此时直线l'的方程，与椭圆的方程联立，可得弦长|CD|的表达式，求出S四边形ACBD=12|AB|•|CD|的表达式，换元，由函数的单调性，可得四边形ACBD的面积的最小值．
解：（1）由椭圆Γ1：x24+y23=1，可得c2＝a2﹣b2＝4﹣3＝1，即c＝1，
由题意可得p2=1，可得p＝2，
所以椭圆Γ1的离心率为e=ca=12，抛物线Γ2的方程为y2＝4x；
（2）由（1）可得F（1，0），因为直线l的倾斜角为3π4，所以直线的斜率k＝tan3π4=−1，
由题意设直线l的方程为：y＝﹣（x﹣1）＝﹣x+1，设A（x1，y1），B（x2，y2），
联立y=−x+1x24+y23=1，整理可得：7x2﹣8x﹣8＝0，
可得x1+x2=87，y1+y2＝﹣（x1+x2）+2=−87+2=67，
所以AB的中点M（x1+x22，y1+y22），
即M（47，37）；
（3）显然直线l的斜率不为0，
当直线l的斜率不存在时，则直线l的方程为x＝1，代入抛物线的方程可得y2＝4×1，可得|y|＝2，
可得|AB|＝4，
此时直线l'的斜率为0，此时|CD|＝2a＝4，
这时四边形ACBD的面积S=12×|AB|×|CD|=12×4×4＝8；
当直线l的斜率存在且不为0时，设直线l的方程为x＝my+1，设A（x1，y1），B（x2，y2），
联立x=my+1y2=4x，整理可得：y2﹣4my﹣4＝0，
可得y1+y2＝4m，x1+x2＝m（y1+y2）+2＝4m2+2，
由抛物线的性质可得|AB|＝x1+x2+p＝4m2+2+2＝4m2+4；
此时直线l'的方程为y＝﹣m（x﹣1）＝﹣mx+m，设C（x3，y3），D（x4，y4），
联立y=−mx+mx24+y23=1，整理可得：（3+4m2）x2﹣8m2x+4m2﹣12＝0，
可得x3+x4=8m23+4m2，x3x4=4m2−123+4m2，
所以弦长|CD|=1+m2•|x3﹣x4|=1+m2•(x3+x4)2−4x3x4=1+m2•64m4(3+4m2)2−4⋅4m2−123+4m2=12(1+m2)3+4m2，
所以S四边形ACBD=12|AB|×|CD=12（4m2+4）×12(1+m2)3+4m2=24(1+m2)23+4m2，
令t＝3+4m2＞3，可得m2=t−34，
设f（t）=24(1+t−34)2t=32•t2+2t+1t=32（t+1t+2）在（3，+∞）单调递增，所以f（t）＞32（3+13+2）＝8，
即此时S四边形ACBD＞8，
综上所述：四边形ACBD的面积的最小值为8．
【点评】本题考查抛物线的方程的求法及直线与圆锥曲线的综合应用，换元法的应用，函数的单调性的性质的应用，属于中档题．
21．（18分）对于函数y＝f（x）图像上不同的三点A（x1，y1）、B（x2，y2）、M（x0，y0）（其中x0∈（x1，x2）），记点M处的切线为l，若l∥AB，则称M为函数y＝f（x）在区间（x1，x2）上的“T点”．特别地，当x0=x1+x22，则称M为函数y＝f（x）在区间（x1，x2）上的“和谐T点”．
（1）设f（x）＝x2，M（x0，y0）是函数y＝f（x）在区间（0，n）上的“T点”，若f'（x0）＝1求实数n的值；
（2）设f（x）＝asin2x+csx+x﹣1，若函数y＝f（x）在区间（0，2π）上恰有3个“T点”，求所有满足条件的实数a的值组成的集合；
（3）设f（x）＝lnx+bx2（b∈R）试探究函数y＝f（x）的定义域内是否存在一个包含“和谐T点”的区间（x1，x2），若存在，求出该区间（x1，x2）；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）根据已知求解即可．
（2）先求出f（x）的导函数，再设M（x0，y0），x0∈（0，2π），化简出4asin2x0+sinx0﹣2a＝0在x0∈（0，2π）上有且只有三个解，再利用换元法令t＝sinx0，x0∈（0，2π），分类讨论a是否为0的情况，再根据韦达定理求出t1+t2=−14a，t1t2=−12，再设t1＜0＜t2，根据t2与1的大小分类讨论求解．
（3）先假设存在A（x1，y1），B（x2，y2），M(x1+x22，f(x1+x22），（0＜x1＜x2）符合题意，再列出kAB，化简得到lnx2−lnx1x2−x1=2x1+x2，再令t=x2x1＞1，则lnt＝2−4t+1，再令g(t)=lnt+4t+1−2，(t＞1)，
求解其导函数判断即可．
解；（1）：根据题意：f′（x0）＝1=n2−0n−0，
解得：n＝1．
（2）因为f（x）＝asin2x+csx+x﹣1，A（0，0），B（2π，2π），
所以f′（x）＝2acs2x﹣sinx+1，设M（x0，y0），x0∈（0，2π），
kAB＝1＝2acs2x0﹣sinx0+1＝2a（1﹣2sin2x0）﹣sinx0+1，
化简得：4asin2x0+sinx0﹣2a＝0在x0∈（0，2π）上有且只有三个解，
令t＝sinx0，x0∈（0，2π），
则4at2+t﹣2a＝0，t∈[﹣1，1]，
①当a＝0时，t＝0，得x0＝π（舍），
②当a≠0时，设关于t的方程4at2+t﹣2a＝0，t∈[﹣1，1]有两个不同的根t1，t2，
根据韦达定理，得Δ＝1+32a2＞0，t1+t2=−14a，t1t2=−12，
不妨设t1＜0＜t2，
若t2＞1，则t1=−12t2∈（−12，0），t1＝sinx0在x0∈（0，2π）内有两解，t2＝sinx0无解；
若t2＝1，则t1=−12，x0=π2，7π6，11π6，满足题意，此时a=−12；
若0＜t2＜1，则t1=−12t2∈（﹣∞，−12），t2＝sinx0在x0∈（0，2π）内有两解，
则t＝1sinx0在x0∈（0，2π）内有且只有一解，故t1＝﹣1，此时a=12，
综上所述，a的值组成的集合为{−12，12}．
（3）不存在，理由如下，
f（x）＝lnx+bx2，f′(x)=1x+2bx，
假设存在A（x1，y1），B（x2，y2），M(x1+x22，f(x1+x22），（0＜x1＜x2）符合题意，
则kAB=y2−y1x2−x1=lnx2−lnx1+b(x22−x12)x2−x1=2x1+x2+b(x1+x2)，
化简得lnx2−lnx1x2−x1=2x1+x2，lnx2x1=2(x2−x1)x1+x2=2(x2x1−1)1+x2x1，
令t=x2x1＞1，lnt=2(t−1)t+1=2(t+1)−4t+1=2−4t+1，
令g(t)=lnt+4t+1−2，(t＞1)，
g′(t)=1t−4(t+1)2=(t+1)2−4tt(t+1)2=(t−1)2t(t+1)2＞0，
因为g（t）在（1，+∞）上严格增，又g（1）＝0，所以g（t）＞g（1）＝0．
【点评】本题考查函数与方程综合应用，属于难题．
题号
13
14
15
16
答案
B
B
B
D