2022年北京市丰台区高考数学二模试卷

这是一份2022年北京市丰台区高考数学二模试卷，共22页。

2022年北京市丰台区高考数学二模试卷
一、选择题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项．
1．（4分）在复平面内，复数z对应的点的坐标是（2，1），则复数＝（　　）
A．2+i B．2﹣i C．1+2i D．1﹣2i
2．（4分）“x＞1”是“x2＞1”的（　　）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
3．（4分）函数f（x）＝2cos2x﹣1是（　　）
A．最小正周期为2π的偶函数
B．最小正周期为2π的奇函数
C．最小正周期为π的偶函数
D．最小正周期为π的奇函数
4．（4分）（x2﹣）6的展开式中的常数项为（　　）
A．240 B．﹣240 C．480 D．﹣480
5．（4分）已知两条不同的直线l，m与两个不同的平面α，β，则下列结论中正确的是（　　）
A．若l∥α，m⊥l，则m⊥α B．若l⊥α，l∥β，则α⊥β
C．若m⊥α，l⊥m，则l∥α D．若α⊥β，l⊥α，则l∥β
6．（4分）小王每天在6：30至6：50出发去上班，其中在6：30至6：40出发的概率为0.3，在该时间段出发上班迟到的概率为0.1；在6：40至6：50出发的概率为0.7，在该时间段出发上班迟到的概率为0.2，则小王某天在6：30至6：50出发上班迟到的概率为（　　）
A．0.13 B．0.17 C．0.21 D．0.3
7．（4分）已知a＝30.5，b＝log32，c＝tan，则（　　）
A．a＞b＞c B．b＞a＞c C．c＞a＞b D．a＞c＞b
8．（4分）设等差数列{an}的前n项和为Sn．若S2＜S3＜0，则下列结论中正确的是（　　）
A．a3＜0 B．a2﹣a1＜0 C．a2+a3＜0 D．a4
9．（4分）已知f（x）是偶函数，它在[0，+∞）上是增函数．若f（lgx）＞f（1），则x的取值范围是（　　）
A． B．
C． D．（0，1）∪（10，+∞）
10．（4分）已知双曲线C：＝1（a＞0，b＞0）的左、右顶点分别为A1，A2，左、右焦点分别为F1，F2.以线段A1A2为直径的圆与双曲线C的一条渐近线交于点M，且点M在第一象限，A2M与另一条渐近线平行．若|F1M|＝，则△MA2F2的面积是（　　）
A． B． C． D．
二、填空题共5小题，每小题5分，共25分．
11．（5分）已知向量＝（﹣2，3），＝（6，m）．若⊥，则m＝　 　．
12．（5分）已知抛物线C：x2＝8y，则抛物线C的准线方程为 　 　．
13．（5分）在△ABC中，a＝2，b＝，A＝2B，则cosB＝　 　．
14．（5分）在平面直角坐标系中，已知点M（2，﹣2），动点N满足|NM|＝1，记d为点N到直线l：x+my+1﹣2m＝0
的距离．当m变化时，直线l所过定点的坐标为 　 　；d的最大值为 　 　．
15．（5分）如图，某荷塘里浮萍的面积y（单位：m2）与时间t（单位：月）满足关系式：y＝atlna（a为常数），记y＝f（t）（t≥0）．给出下列四个结论：
①设，则数列{an}是等比数列；
②存在唯一的实数t0∈（1，2），使得f（2）﹣f（1）＝f′（t0）成立，其中f'（t）是f（t）的导函数；
③常数a∈（1，2）；
④记浮萍蔓延到2m2，3m2，6m2所经过的时间分别为t1，t2，t3，则t1+t2＞t3．
其中所有正确结论的序号是 　 　．

三、解答题共6小题，共85分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．
16．（13分）如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1＝AB，D为BC的中点，平面A1C1D∩平面ABC＝DP．
（Ⅰ）求证：A1C1∥DP；
（Ⅱ）求平面A1C1D与平面AA1D夹角的余弦值．

17．（14分）已知数列{an}的前n项和为Sn，在条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知．
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）设数列{}的前n项和为Tn．若对任意n∈N*，不等式Tn＜m恒成立，求m的最小值．
条件①：a1＝1且an﹣2an﹣1＝0（n≥2）；
条件②：Sn＝2n﹣1；
条件③：2an﹣Sn＝1．
18．（14分）某商家为了促销，规定每位消费者均可免费参加一次抽奖活动，活动规则如下：在一不透明纸箱中有8张相同的卡片，其中4张卡片上印有“幸”字，另外4张卡片上印有“运”字．消费者从该纸箱中不放回地随机抽取4张卡片，若抽到的4张卡片上都印有同一个字，则获得一张10元代金券；若抽到的4张卡片中恰有3张卡片上印有同一个字，则获得一张5元代金券；若抽到的4张卡片是其他情况，则不获得任何奖励．
（Ⅰ）求某位消费者在一次抽奖活动中抽到的4张卡片上都印有“幸”字的概率；
（Ⅱ）记随机变量X为某位消费者在一次抽奖活动中获得代金券的金额数，求X的分布列和数学期望E（X）；
（Ⅲ）该商家规定，消费者若想再次参加该项抽奖活动，则每抽奖一次需支付3元．若你是消费者，是否愿意再次参加该项抽奖活动？请说明理由．
19．（15分）已知函数．
（Ⅰ）当a＝1时，求f（x）的单调区间和极值；
（Ⅱ）当a≥1时，求证：f（x）≤（a﹣1）x+1；
（Ⅲ）直接写出a的一个取值范围，使得f（x）≥ax2+（a﹣1）x+1恒成立．
20．（15分）已知椭圆（a＞b＞0）经过点P（2，1），P到椭圆C的两个焦点的距离和为4．
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）设Q（4，0），R为PQ的中点，作PQ的平行线l与椭圆C交于不同的两点A，B，直线AQ与椭圆C交于另一点M，直线BQ与椭圆C交于另一点N，求证：M，N，R三点共线．
21．（14分）设I1＝[a1，b1]，I2＝[a2，b2]，⋯，In＝[an，bn]，In+1＝[an+1，bn+1]是n+1（n∈N*）个互不相同的闭区间，若存在实数x0，使得x0∈Ii（i＝1，2，⋯，n+1），则称这n+1个闭区间为聚合区间，x0为该聚合区间的聚合点．
（Ⅰ）已知I1＝[1，3]，I2＝[﹣2，sint]（0＜t＜π）为聚合区间，求t的值；
（Ⅱ）已知I1＝[a1，b1]，I2＝[a2，b2]，⋯，In＝[an，bn]，In+1＝[an+1，bn+1]为聚合区间．
（ⅰ）设x0，y0是该聚合区间的两个不同的聚合点．求证：存在k，l∈{1，2，⋯，n+1}，使得[ak，bl]⊆Ii（i＝1，2，⋯，n+1）；
（ⅱ）若对任意p，q（p≠q且p，q∈{1，2，⋯，n+1}），都有Ip，Iq互不包含．求证：存在不同的i，j∈{1，2，⋯，n+1}，使得．

2022年北京市丰台区高考数学二模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项．
1．（4分）在复平面内，复数z对应的点的坐标是（2，1），则复数＝（　　）
A．2+i B．2﹣i C．1+2i D．1﹣2i
【分析】直接利用复数的几何意义及共轭复数的定义即可求解．
【解答】解：由复数的几何意义可知，复数z对应的点的坐标是（2，1），
则z＝2+i，
故＝2﹣i．
故选：B．
【点评】本题主要考查了复数的几何意义的应用，共轭复数的定义，属于基础题．
2．（4分）“x＞1”是“x2＞1”的（　　）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【分析】直接利用充要条件的判断方法判断即可．
【解答】解：因为“x＞1”⇒“x2＞1”，而“x2＞1”推不出“x＞1”，所以“x＞1”是“x2＞1”充分不必要条件．
故选：A．
【点评】本题考查充要条件的判定，基本知识的考查，注意条件与结论的判断．
3．（4分）函数f（x）＝2cos2x﹣1是（　　）
A．最小正周期为2π的偶函数
B．最小正周期为2π的奇函数
C．最小正周期为π的偶函数
D．最小正周期为π的奇函数
【分析】化简可得f（x）＝cos2x，再根据余弦函数的周期性与奇偶性，得解．
【解答】解：f（x）＝2cos2x﹣1＝cos2x，最小正周期T＝＝π，是偶函数．
故选：C．
【点评】本题考查三角函数的图象与性质，熟练掌握二倍角公式，余弦函数的周期性与奇偶性是解题的关键，考查运算求解能力，属于基础题．
4．（4分）（x2﹣）6的展开式中的常数项为（　　）
A．240 B．﹣240 C．480 D．﹣480
【分析】求出通项公式，运用指数幂的运算性质，令指数为0，解方程可得r＝4，即可得到所求常数项．
【解答】解：（x2﹣ ）6的通项公式为Tr+1＝•（x2）6﹣r（﹣）r
＝•x12﹣3r（﹣2）r，
令12﹣3r＝0，可得r＝4，
则展开式的常数项为 （﹣2）4＝240．
故选：A．
【点评】本题考查二项式定理的运用，主要是通项公式的运用和指数幂的运算性质，考查运算能力，属于基础题．
5．（4分）已知两条不同的直线l，m与两个不同的平面α，β，则下列结论中正确的是（　　）
A．若l∥α，m⊥l，则m⊥α B．若l⊥α，l∥β，则α⊥β
C．若m⊥α，l⊥m，则l∥α D．若α⊥β，l⊥α，则l∥β
【分析】对于A，m与α平行或m⊂α或m与α相交；对于B，由面面垂直的判定定理得α⊥β；对于C，l∥α或l⊂α；对于D，l∥β或l⊂β．
【解答】解：两条不同的直线l，m与两个不同的平面α，β，
对于A，若l∥α，l⊥m，则m与α平行或m⊂α或m与α相交，故A错误；
对于B，若l⊥α，l∥β，则由面面垂直的判定定理得α⊥β，故B正确；
对于C，若m⊥α，l⊥m，则l∥α或l⊂α，故C错误；
对于D，若α⊥β，l⊥α，则l∥β或l⊂β，故D错误．
故选：B．
【点评】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力，是中档题．
6．（4分）小王每天在6：30至6：50出发去上班，其中在6：30至6：40出发的概率为0.3，在该时间段出发上班迟到的概率为0.1；在6：40至6：50出发的概率为0.7，在该时间段出发上班迟到的概率为0.2，则小王某天在6：30至6：50出发上班迟到的概率为（　　）
A．0.13 B．0.17 C．0.21 D．0.3
【分析】根据全概率公式计算即可得解．
【解答】解：由题意在6：30至6：50出发上班迟到的概率为0.3×0.1+0.7×0.2＝0.17，
故选：B．
【点评】本题考查了全概率公式，属于基础题．
7．（4分）已知a＝30.5，b＝log32，c＝tan，则（　　）
A．a＞b＞c B．b＞a＞c C．c＞a＞b D．a＞c＞b
【分析】利用对数函数和指数函数的性质求解．
【解答】解：∵30.5＞30＝1，∴a＞1，
∵0＝log31＜log32＜log33＝1，∴0＜b＜1，
∵＝﹣＜0，∴c＜0，
∴a＞b＞c，
故选：A．
【点评】本题考查三个数的大小的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意对数函数和指数函数的性质的合理运用．
8．（4分）设等差数列{an}的前n项和为Sn．若S2＜S3＜0，则下列结论中正确的是（　　）
A．a3＜0 B．a2﹣a1＜0 C．a2+a3＜0 D．a4
【分析】根据S2＜S3＜0，可得a3＞0，a2＜0，从而可判断AB，举出反例即可判断C，根据等差数列的性质结合基本不等式即可判断D．
【解答】解：因为S2＜S3＜0，
所以S3﹣S2＝a3＞0，故A错误；
S3＝3a2＜0，所以a2＜0，
则公差d＝a3﹣a2＝a2﹣a1＞0，故B错误；
所以等差数列{an}为递增数列，
则a4＞0，a5＞0，a3≠a5，
则a3+a5＞2，
所以2a4＝a3+a5＞2，
所以a4＞，故D正确；
对于C，当a1＝﹣3，d＝2时，
a2＝﹣1，a3＝1，S2＝﹣4＜S3＝﹣3＜0，
此时a2+a3＝0，故C错误．
故选：D．
【点评】本题主要考查等差数列的前n项和，考查逻辑推理能力，属于中档题．
9．（4分）已知f（x）是偶函数，它在[0，+∞）上是增函数．若f（lgx）＞f（1），则x的取值范围是（　　）
A． B．
C． D．（0，1）∪（10，+∞）
【分析】根据函数奇偶性和单调性之间的关系，结合对数函数的单调性即可得到结论．
【解答】解：∵f（x）是偶函数，在[0，+∞）上是增函数，
根据偶函数的对称性可知，在（﹣∞，0）上是减函数，距离对称轴越远，函数值越大，
若f（lgx）＞f（1），
则|lgx|＞1，
∴x＞10或0＜x＜．
故选：B．
【点评】本题主要考查不等式的解法，利用函数的奇偶性和单调性之间的关系是解决本题的关键，综合考查函数性质的应用．
10．（4分）已知双曲线C：＝1（a＞0，b＞0）的左、右顶点分别为A1，A2，左、右焦点分别为F1，F2.以线段A1A2为直径的圆与双曲线C的一条渐近线交于点M，且点M在第一象限，A2M与另一条渐近线平行．若|F1M|＝，则△MA2F2的面积是（　　）
A． B． C． D．
【分析】设出双曲线的右焦点，渐近线方程，由圆x2+y2＝a2与直线y＝x，求得交点M（，），再由两直线平行的条件：斜率相等，化简方程，结合|F1M|＝，可求双曲线方程，从而可求面积．
【解答】解：设双曲线C：＝1（a＞0，b＞0）的A1（﹣a，0），A2（a，0），右焦点为F1（﹣c，0），F2（c，0），
渐近线方程为y＝±x，
由圆x2+y2＝a2与直线y＝x，求得交点M（，），
由直线FM平行于另一条渐近线，可得：＝﹣，
化为c＝2a，∴b2＝c2﹣a2＝3a2，∴
因为|F1M|＝＝，
所以+＝＝21，∴a2＝3，∴c2＝12，b2＝9，
所以M（，），A2（，0），F2（2，0），
所以S＝×（2﹣）×＝．
故选：C．
【点评】本题考查双曲线的几何性质，注意运用直线和圆求得交点，以及两直线平行的条件和三角形的面积的求法，考查运算能力，属于中档题．
二、填空题共5小题，每小题5分，共25分．
11．（5分）已知向量＝（﹣2，3），＝（6，m）．若⊥，则m＝　4　．
【分析】根据已知条件，结合向量的数量积公式，即可求解．
【解答】解：∵向量＝（﹣2，3），＝（6，m），⊥，
∴﹣2×6+3m＝0，解得m＝4．
故答案为：4．
【点评】本题主要考查向量的数量积公式，属于基础题．
12．（5分）已知抛物线C：x2＝8y，则抛物线C的准线方程为 　y＝﹣2　．
【分析】直接利用抛物线方程求解准线方程即可．
【解答】解：抛物线C：x2＝8y，则抛物线C的准线方程为：y＝﹣2．
故答案为：y＝﹣2．
【点评】本题考查抛物线的简单性质的应用，是基础题．
13．（5分）在△ABC中，a＝2，b＝，A＝2B，则cosB＝　　．
【分析】由已知结合正弦定理及二倍角公式进行化简可求．
【解答】解：由正弦定理得，，
所以，
所以cosB＝．
故答案为：．
【点评】本题主要考查了正弦定理在求解三角形中的应用，属于基础题．
14．（5分）在平面直角坐标系中，已知点M（2，﹣2），动点N满足|NM|＝1，记d为点N到直线l：x+my+1﹣2m＝0
的距离．当m变化时，直线l所过定点的坐标为 　（﹣1，2）　；d的最大值为 　6　．
【分析】在直线的方程中，分离参数，令参数的系数等于零，求得x、y的值，可得直线l所过定点的坐标．再根据点N的轨迹，求出d的最大值．
【解答】解：直线l：x+my+1﹣2m＝0，即x+m（y﹣2）+1＝0，令y﹣2＝0，求得y＝2，x＝﹣1，
可得直线l所过定点的坐标为A（﹣1，2）．
由题意，点N的轨迹是以M为圆心，半径等于1的圆，
d的最大值为 MA+1＝+1＝5+1＝6，
故答案为：（﹣1，2）；6．
【点评】本题主要考查直线经过定点问题，点到直线的距离的最大值，属于基础题．
15．（5分）如图，某荷塘里浮萍的面积y（单位：m2）与时间t（单位：月）满足关系式：y＝atlna（a为常数），记y＝f（t）（t≥0）．给出下列四个结论：
①设，则数列{an}是等比数列；
②存在唯一的实数t0∈（1，2），使得f（2）﹣f（1）＝f′（t0）成立，其中f'（t）是f（t）的导函数；
③常数a∈（1，2）；
④记浮萍蔓延到2m2，3m2，6m2所经过的时间分别为t1，t2，t3，则t1+t2＞t3．
其中所有正确结论的序号是 　①②④　．

【分析】根据f（0）＜1、f（3）＝6求出a的取值范围，即可判断③，再根据等比数列的定义判断①，构造函数利用导数说明函数的单调性，再结合零点存在性定理判断②，根据指数对数的关系及对数函数的性质判断④；
【解答】解：依题意f（t）＝atlna，
因为f（0）＝a0lna＜1，所以0＜a＜e且a≠1，
又f（3）＝a3lna＝6，所以lna＞0，所以1＜a＜e，即a∈（1，e），
令h（a）＝a3lna，a∈（1，e），
则h′（a）＝3a2lna+a2＞0，
则h（a）＝a3lna在a∈（1，e）上单调递增，
又h（2）＝23ln2＜6，所以a∈（2，e），故③错误；
由已知可得，则，
所以，
所以{an}是以alna为首项，a为公比的等比数列，故①正确；
令f（t）＝atlna，
则f′（t）＝at（lna）2，f（2）＝a2lna，f（1）＝alna，
令，
则，
因为a∈（2，e），所以，
即，在t0∈（1，2）上单调递增，
因为a∈（2，e），所以lna﹣a＜0，lna﹣1＜0，alna＞0，
令φ（a）＝lna﹣a+1，a∈（2，e），
则，
所以φ（a）＝lna﹣a+1，在a∈（2，e）上单调递减，且φ（2）＝ln2﹣2+1﹣ln2﹣1＜0，
即φ（a）＝lna﹣a+1＜0，
令H（a）＝alna﹣a+1，a∈（2，e），
则H′（a）＝lna＞0，
所以H（a）＝alna﹣a+1在a∈（2，e）上单调递增，
又H（2）＝2ln2﹣2+1＝2ln2﹣1＞0，
所以H（a）＝alna﹣a+1＞0，
所以g（1）＝a（lna）2﹣a2lna+alna＝alna（lna﹣a）+alna＝alna（lna﹣a+1）＜0，
g（2）＝a2（lna）2﹣a2lna+alna＝a2lna（lna﹣1）+alna＝alna（alna﹣a+1）＞0．
故存在t0∈（1，2）上，g（t0）＝0，故②正确；
依题意，
所以，
所以，则，
即，
所以，
因为a∈（2，e），所以ln2＜lna＜1，
所以，
所以，
所以t1+t2﹣t3＞0，即t1+t2＞t3，故④正确；
故答案为：①②④．
【点评】本题考查了等比数列的定义，导数的综合应用，属于难题．
三、解答题共6小题，共85分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．
16．（13分）如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1＝AB，D为BC的中点，平面A1C1D∩平面ABC＝DP．
（Ⅰ）求证：A1C1∥DP；
（Ⅱ）求平面A1C1D与平面AA1D夹角的余弦值．

【分析】（Ⅰ）利用面面平行证明线线平行；
（Ⅱ）建立空间直角系，分别求出平面A1C1D与平面AA1D的法向量，利用求出答案．
【解答】（Ⅰ）证明：连接A1P，平面ABC∥平面A1B1C1，
∵平面ABC⋂平面A1C1DP＝DP，平面A1B1C1∩平面A1C1DP＝A1C1，
∴A1C1∥DP．

（Ⅱ）解：设AA1＝AB＝2m，
以D为坐标原点，AD为x轴，CD为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

∴D（0，0，0），，，C1（0，﹣m，2m），
设平面A1C1D的法向量为，
，，
联立方程，
解得：，，
∴，
同理求得平面AA1D的法向量，
∴，
平面A1C1D与平面AA1D夹角的余弦值为．
【点评】本题主要考查空间中的平行关系，面面角的相关计算等知识，属于中等题．
17．（14分）已知数列{an}的前n项和为Sn，在条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知．
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）设数列{}的前n项和为Tn．若对任意n∈N*，不等式Tn＜m恒成立，求m的最小值．
条件①：a1＝1且an﹣2an﹣1＝0（n≥2）；
条件②：Sn＝2n﹣1；
条件③：2an﹣Sn＝1．
【分析】（Ⅰ）选条件①时，利用等比数列的定义求出数列的通项公式；
选条件②时，利用数列的递推关系求出数列的通项公式；
选条件③时，利用数列的递推关系式求出数列的通项公式；
（Ⅱ）利用（Ⅰ）的结论，进一步利用函数的单调性和极限的应用求出结果．
【解答】解：（Ⅰ）选条件①：a1＝1且an﹣2an﹣1＝0（n≥2）时；
由于（常数），
所以数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列；
所以，（首项符合通项）；
所以；
选条件②时：Sn＝2n﹣1；
当n＝1时，a1＝S1＝1，
当n≥2时，（首项符合通项）；
故所以；
选条件③时，2an﹣Sn＝1（i），
当n＝1时，2a1﹣S1＝a1＝1，
当n≥2时，2an﹣1﹣Sn﹣1＝1（ii），
（i）﹣（ii）时，整理得（常数），
所以数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列；
所以，（首项符合通项）；
所以；
（Ⅱ）由（Ⅰ）得：，所以；
故＝．
由于函数f（x）＝单调递增，
当x→+∞时，→0，
所以m的最小值为2．
【点评】本题考查的知识要点：数列的递推关系式，数列的通项公式的求法，数列的求和，函数的单调性，极限的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．
18．（14分）某商家为了促销，规定每位消费者均可免费参加一次抽奖活动，活动规则如下：在一不透明纸箱中有8张相同的卡片，其中4张卡片上印有“幸”字，另外4张卡片上印有“运”字．消费者从该纸箱中不放回地随机抽取4张卡片，若抽到的4张卡片上都印有同一个字，则获得一张10元代金券；若抽到的4张卡片中恰有3张卡片上印有同一个字，则获得一张5元代金券；若抽到的4张卡片是其他情况，则不获得任何奖励．
（Ⅰ）求某位消费者在一次抽奖活动中抽到的4张卡片上都印有“幸”字的概率；
（Ⅱ）记随机变量X为某位消费者在一次抽奖活动中获得代金券的金额数，求X的分布列和数学期望E（X）；
（Ⅲ）该商家规定，消费者若想再次参加该项抽奖活动，则每抽奖一次需支付3元．若你是消费者，是否愿意再次参加该项抽奖活动？请说明理由．
【分析】（Ⅰ）根据古典概型的概率公式计算可得；
（Ⅱ）依题意X的可能取值为0、5、10，求出所对应的概率，列出分布列，即可求出数学期望；
（Ⅲ）记随机变量Y为消费者在一次抽奖活动中的收益，则Y＝X﹣3，根据期望的性质求出E（Y），即可判断；
【解答】（Ⅰ）解：记“某位消费者在一次抽奖活动中抽到的4张卡片上都印有“幸”字”为事件A，
则，
所以某位消费者在一次抽奖活动中抽到的4张卡片上都印有“幸”字的概率为；
（Ⅱ）解：依题意随机变量X的所有可能取值为0、5、10，
则，
，
，
所以X的分布列为：
X
0
5
10
P



所以；
（Ⅲ）解：记随机变量Y为消费者在一次抽奖活动中的收益，
则Y＝X﹣3，
所以，
所以我不愿意再次参加该项抽奖活动．
【点评】本题考查了古典概型，离散型随机变量的分布列和期望，属于中档题．
19．（15分）已知函数．
（Ⅰ）当a＝1时，求f（x）的单调区间和极值；
（Ⅱ）当a≥1时，求证：f（x）≤（a﹣1）x+1；
（Ⅲ）直接写出a的一个取值范围，使得f（x）≥ax2+（a﹣1）x+1恒成立．
【分析】（Ⅰ）求导判断函数的单调性，进而可求出极值；
（Ⅱ）构造函数，求出函数的最大值即可得出结论；
（Ⅲ）将f（x）≥ax2+（a﹣1）x+1变形为ax（xex+ex﹣1）≤xex﹣ex+1，分别证得x（xex+ex﹣1）与xex﹣ex+1恒非负，即可得出结论．
【解答】解：（Ⅰ）当a＝1时，，则，
令f'（x）＝0，即x＝0，
所以当x＜0时，f'（x）＞0，f（x）单调递增；当x＞0时，f'（x）＜0，f（x）单调递减；
因此f（x）在x＝0处取得极大值，，
所以f（x）的单调递增区间为（﹣∞，0），单调递减区间为（0，+∞），在x＝0处取得极大值，且极大值为1；
（Ⅱ）证明：要证f（x）≤（a﹣1）x+1，即证，
因此设，则，
令m（x）＝a﹣ax﹣1﹣（a﹣1）ex，则m'（x）＝﹣a﹣（a﹣1）ex，
因为a≥1，所以m'（x）＝﹣a﹣（a﹣1）ex≤0，
因此m（x）单调递减，且m（0）＝a﹣1﹣（a﹣1）e0＝0，
所以x∈（﹣∞，0）时，m（x）＞0；当 x∈（0，+∞）时，m（x）＜0；
即x∈（﹣∞，0）时，g'（x）＞0；当 x∈（0，+∞）时，g'（x）＜0；
所以g（x）在x∈（﹣∞，0）上单调递增，在x∈（0，+∞）上单调递减，
所以g（x）在x＝0处取得极大值也是最大值，且，
故．
（Ⅲ）要证f（x）≥ax2+（a﹣1）x+1，即证，
也即是ax+1≥ax2ex+（a﹣1）xex+ex，即证ax（xex+ex﹣1）≤xex﹣ex+1，
令G（x）＝xex﹣ex+1，则G'（x）＝xex，
当x＞0时，G′（x）＞0，即G（x）单调递增；
当x＜0时，G′（x）＜0，即G（x）单调递减；
所以G（x）min＝G（0）＝0，故xex﹣ex+1≥0，
令H（x）＝x（xex+ex﹣1）＝x2ex+xex﹣x，则H'（x）＝（x2+3x+1）ex﹣1
令M（x）＝（x2+3x+1）ex﹣1，则M'（x）＝（x2+5x+4）ex，
M'（x）＝0，则x1＝﹣4，x2＝﹣1
所以x＜﹣4和x＞﹣1时，M'（x）＞0，则M（x）单调递增；
﹣4＜x＜﹣1时，M'（x）＜0，则M（x）单调递减，
且M（﹣4）＝5e﹣4﹣1＜0，M（﹣1）＝﹣e﹣1﹣1＜0，M（0）＝e0﹣1＝0，
因此x＜0时，M（x）＜0，即H'（x）＝（x2+3x+1）ex﹣1＜0，所以H（x）单调递减，
x＞0时，M（x）＞0，即H'（x）＝（x2+3x+1）ex﹣1＞0，所以H（x）单调递增，
所以H（x）min＝H（0）＝0，即x（xex+ex﹣1）≥0
因此当a≤0时，f（x）≥ax2+（a﹣1）x+1恒成立．
【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性与极值，不等式恒成立问题，考查了转化思想和函数思想，属中档题．
20．（15分）已知椭圆（a＞b＞0）经过点P（2，1），P到椭圆C的两个焦点的距离和为4．
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）设Q（4，0），R为PQ的中点，作PQ的平行线l与椭圆C交于不同的两点A，B，直线AQ与椭圆C交于另一点M，直线BQ与椭圆C交于另一点N，求证：M，N，R三点共线．
【分析】（Ⅰ）根据椭圆定义，可求得a值，将P点坐标代入，即可求得b2，即可得答案；
（Ⅱ）由题意可得R点坐标和直线PQ的斜率，即可设直线的方䅣为，A（x1，y1），B（x2，y2），M（xm，ym），N（xn，yn），可得直线AQ的方程为，与椭圆联立，即可求得ym，xm表达式，同理可得yn，xn表达式，即可求导直线MN的斜率，再求得直线MR的斜率，分析即可得证．
【解答】解：（Ⅰ）根据椭圆的定义可得，解得，
又过点P（2，1），所以，解得b2＝2，
所以椭圆C的方程为；
证明：（Ⅱ）因为P（2，1），Q（4，0），
所以，
设直线的方程为，
所以，
所以直线AQ的方程为，直线BQ的方程为，
联立直线AQ与椭圆，消去x可得，
所以，又代入，
整理可得，代入直线AQ，可得，
同理可得，
所以，
又，
所以M，N，R三点共线．
【点评】本题考查了直线与椭圆的综合应用，属于难题．
21．（14分）设I1＝[a1，b1]，I2＝[a2，b2]，⋯，In＝[an，bn]，In+1＝[an+1，bn+1]是n+1（n∈N*）个互不相同的闭区间，若存在实数x0，使得x0∈Ii（i＝1，2，⋯，n+1），则称这n+1个闭区间为聚合区间，x0为该聚合区间的聚合点．
（Ⅰ）已知I1＝[1，3]，I2＝[﹣2，sint]（0＜t＜π）为聚合区间，求t的值；
（Ⅱ）已知I1＝[a1，b1]，I2＝[a2，b2]，⋯，In＝[an，bn]，In+1＝[an+1，bn+1]为聚合区间．
（ⅰ）设x0，y0是该聚合区间的两个不同的聚合点．求证：存在k，l∈{1，2，⋯，n+1}，使得[ak，bl]⊆Ii（i＝1，2，⋯，n+1）；
（ⅱ）若对任意p，q（p≠q且p，q∈{1，2，⋯，n+1}），都有Ip，Iq互不包含．求证：存在不同的i，j∈{1，2，⋯，n+1}，使得．
【分析】（Ⅰ）根据题意可得当且仅当sint＝1时成立，由此求出t的值．
（Ⅱ）（i）设x0＜y0，根据区间端点的大小关系证明所有区间都包含[x0，y0]即可；
（ii）先分析n+1个互不相同的集合的区间端点的大小关系，再设a1＜a2＜•••＜an+1，再根据区间端点的距离为l，累加即可证明（bi﹣ai）．
【解答】解：（Ⅰ）由0＜t＜π，得0＜sint≤1，
∵l1，l2为聚合区间的两个不同的聚合点，
由定义可得l1∩l≠∅，∴当且仅当sint＝1时成立，故t＝；
（Ⅱ）（i）证明：由x0，y0是该聚合区间的两个不同的取合点，
不妨设x0＜y0，∵x0∈li（i＝1，2，•••，n+1），∴a1，a2，•••，an﹣1≤x0，
又y0∈li（i＝1，2，•••，n+1），∴y0≤b1，b2，•••，bn+1，
不妨设a1，a2，•••，an+1中的最大值为ak，
b1，b2，b3，•••，bn﹣1中最小值为bj，
a1，a2，•••，an+1≤ak≤x0＜y0≤bj≤b1，b2，•••，bn+1，
∴a1，a2，•••，an+1≤ak＜bj≤b1，b2，•••，bn+1，
∴存在k，l∈{1，2，⋯，n+1}，使得[ak，bl]⊆Ii（i＝1，2，⋯，n+1）；
（ii）证明：若存在as＝at（s≠t），则Is⊆It或It⊆Is，与已知条件矛盾，
不妨设a1＜a2＜•••＜an+1，则bk＜bk+1（k＝1，2，•••，n），
否则，若bk≥bk+1，则Ik+1⊆Ik，与已知条件矛盾，
取l＝min{a2﹣a1，a3﹣a2，•••，an+1﹣an，b2﹣b1，b3﹣b2，•••，bn+1﹣bn}，
设m∈{1，2，•••，n+1}，
当am+1﹣am＝l时，bm﹣b1＝（bm﹣bm﹣1）+•••+（b2﹣b1）≥（m﹣1）l，
an+1﹣am＝（an+1﹣an）+•••+（am+1﹣am）≥（n﹣m+1）l，
∵b1＞an+1，∴an+1﹣b1＜0，∴bm﹣am≥（bm﹣b1）+（an+1﹣am）≥nl，
即，∴bm﹣am+1＝bm﹣am﹣（am+1﹣am）≥，
此时取i＝m，j＝m+1则bi﹣aj≥，
综上，存在不同的i，j∈{1，2，•••，n+1}，使得bi﹣aj≥．
【点评】本题考查了新定义的集合类证明，先画数轴分析题目中区间的关系，再凑出所需证明的不等式即可，是难题．
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