專題大模擬(四)(專題一～八)(時間120分鐘，滿分150分)一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，滿分共60分)1．(2015·云南復習檢測)已知集合S＝{x|3x＋a＝0}，如果1∈S，那么a的值為()A．－3B．－1C．1D．3【解析】由1∈S得3＋a＝0，即a＝－3.【答案】A2．(2015·福建廈門模擬)在復平面上，復數(shù)z＝a＋bi(a，b∈R)與復數(shù)i(i－2)關于實軸對稱，則a＋b的值為()A．1B．－3C．3D．2【解析】i(i－2)＝i2－2i＝－1－2i.∴a＝－1，b＝2，∴a＋b＝1.故選A.【答案】A3．(2015·山西考前檢測)給定下列三個命題：p1：函數(shù)y＝ax－a－x(a＞0，且a≠1)在R上為增函數(shù)；p2：?a，b∈R，a2－ab＋b2＜0；p3：cosα＝cosβ成立的一個充分不必要條件是α＝2kπ＋β(k∈Z)．則下列命題中的真命題為()A．p1∨p2B．p2∧p3C．綈p2∧p3D．p1∨綈p3【解析】對于p1：令y＝f(x)，當a＝eq\f(1,2)時，f(0)＝(eq\f(1,2))0－(eq\f(1,2))0＝0，f(－1)＝(eq\f(1,2))－1－(eq\f(1,2))1＝eq\f(3,2)，所以p1為假命題；對于p2：a2－ab＋b2＝(a－eq\f(1,2)b)2＋eq\f(3,4)b2≥0，所以p2為假命題；對于p3：因為由cosα＝cosβ，可得α＝2kπ±β(k∈Z)，所以p3是真命題，所以綈p2∧p3為真命題．故選C.【答案】C4．(2015·廣東廣州綜合測試)若函數(shù)f(x)＝eq\r(x2＋ax＋1)的定義域為實數(shù)集R，則實數(shù)a的取值范圍為()A．(－2，2)B．(－∞，－2)∪(2，＋∞)C．(－∞，－2)∪[2，＋∞)D．[－2，2]【解析】依題意x2＋ax＋1≥0對x∈R恒成立，∴Δ＝a2－4≤0，∴－2≤a≤2.故選D.【答案】D5．(2015·江西南昌一模)已知實數(shù)x，y滿足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋1－y≥0，,x＋y－4≤0,y≥m，))若目標函數(shù)z＝2x＋y的最大值與最小值的差為2，則實數(shù)m的值為()A．4B．3C．2D．－eq\f(1,2)【解析】eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋1－y≥0，,x＋y－4≤0，,y≥m))表示的可行域如圖中陰影部分所示．將直線l0：2x＋y＝0向上平移至過點A，B時，z＝2x＋y分別取得最小值與最大值．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋1－y＝0,y＝m))，得A(m－1，m)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y－4＝0,y＝m))，得B(4－m，m)，所以zmin＝2(m－1)＋m＝3m－2，zmax＝2(4－m)＋m＝8－m，所以zmax－zmin＝8－m－(3m－2)＝2，解得m＝2.【答案】C6．(2015·吉林長春二模)下面左圖是某學習小組學生數(shù)學考試成績的莖葉圖，1號到16號同學的成績依次為A1，A2，…，A16，右圖是統(tǒng)計莖葉圖中成績在一定范圍內的學生人數(shù)的算法流程圖，那么該算法流程圖輸出的結果是()A.6B．10C．91D．92【解析】由算法流程圖可知，其統(tǒng)計的是數(shù)學成績大于等于90的人數(shù)，所以由莖葉圖知：數(shù)學成績大于等于90的人數(shù)為10，因此輸出的結果為10.故選B.【答案】B7．(2015·遼寧沈陽一模)在△ABC中，已知|eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))|＝|eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AC,\s\up6(→))|，AB＝2，AC＝1，E，F(xiàn)為邊BC的三等分點，則eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(AF,\s\up6(→))＝()A.eq\f(8,9)B.eq\f(10,9)C.eq\f(25,9)D.eq\f(26,9)【解析】因為|eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))|＝|eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AC,\s\up6(→))|，所以eq\o(AB,\s\up6(→))2＋eq\o(AC,\s\up6(→))2＋2eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))2＋eq\o(AC,\s\up6(→))2－2eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))，即有eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝0，因為E，F(xiàn)為邊BC的三等分點，則eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(AF,\s\up6(→))＝(eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(CE,\s\up6(→)))·(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BF,\s\up6(→)))＝(eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(CB,\s\up6(→)))·(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(BC,\s\up6(→)))＝(eq\f(2,3)eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up6(→)))·(eq\f(1,3)eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\o(AB,\s\up6(→)))＝eq\f(2,9)eq\o(AC,\s\up6(→))2＋eq\f(2,9)eq\o(AB,\s\up6(→))2＋eq\f(5,9)eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\f(2,9)×(1＋4)＋0＝eq\f(10,9).故選B.【答案】B8．(2015·四川高考)設直線l與拋物線y2＝4x相交于A，B兩點，與圓(x－5)2＋y2＝r2(r＞0)相切于點M，且M為線段AB的中點，若這樣的直線l恰有4條，則r的取值范圍是()A．(1，3)B．(1，4)C．(2，3)D．(2，4)【解析】當l的斜率不存在時，符合條件的直線l必有兩條；當直線l的斜率k存在時，x1≠x2，則有eq\f(y1＋y2,2)·eq\f(y1－y2,x1－x2)＝2，即y0·k＝2，由CM⊥AB得，k·eq\f(y0－0,x0－5)＝－1，y0·k＝5－x0，2＝5－x0，x0＝3，即M必在直線x＝3上，將x＝3代入y2＝4x，得y2＝12，∴－2eq\r(3)＜y0＜2eq\r(3)，因為點M在圓上，∴(x0－5)2＋yeq\o\al(2,0)＝r2，r2＝y(tǒng)eq\o\al(2,0)＋4＜12＋4＝16，又yeq\o\al(2,0)＋4＞4，∴4＜r2＜16，∴2＜r＜4.故選D.【答案】D9．(2015·新課標Ⅱ高考)如圖，長方形ABCD的邊AB＝2，BC＝1，O是AB的中點，點P沿著邊BC，CD與DA運動，記∠BOP＝x.將動點P到A，B兩點距離之和表示為x的函數(shù)f(x)，則y＝f(x)的圖象大致為()【解析】當點P沿著邊BC運動，即0≤x≤eq\f(π,4)時，在Rt△POB中，|PB|＝|OB|tan∠POB＝tanx，在Rt△PAB中，|PA|＝eq\r(|AB|2＋|PB|2)＝eq\r(4＋tan2x)，則f(x)＝|PA|＋|PB|＝eq\r(4＋tan2x)＋tanx，它不是關于x的一次函數(shù)，圖象不是線段，故排除A和C；當點P與點C重合，即x＝eq\f(π,4)時，由上得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝eq\r(4＋tan2\f(π,4))＋taneq\f(π,4)＝eq\r(5)＋1，又當點P與邊CD的中點重合，即x＝eq\f(π,2)時，△PAO與△PBO是全等的腰長為1的等腰直角三角形，故feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝|PA|＋|PB|＝eq\r(2)＋eq\r(2)＝2eq\r(2)，知feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＜feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))，故又可排除D.綜上，選B.【答案】B10．(2015·安徽高考)已知函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A，ω，φ均為正的常數(shù))的最小正周期為π，當x＝eq\f(2π,3)時，函數(shù)f(x)取得最小值，則下列結論正確的是()A．f(2)<f(－2)<f(0)B．f(0)<f(2)<f(－2)C．f(－2)<f(0)<f(2)D．f(2)<f(0)<f(－2)【解析】由于f(x)的最小正周期為π，∴ω＝2，即f(x)＝Asin(2x＋φ)，又當x＝eq\f(2π,3)時，2x＋φ＝eq\f(4π,3)＋φ＝2kπ－eq\f(π,2)，∴φ＝2kπ－eq\f(11π,6)，又φ>0，∴φmin＝eq\f(π,6)，故f(x)＝Asin(2x＋eq\f(π,6))．于是f(0)＝eq\f(1,2)A，f(2)＝Asin(4＋eq\f(π,6))，f(－2)＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－4＋\f(π,6)))＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(13π,6)－4))，又∵－eq\f(π,2)<eq\f(5π,6)－4<4－eq\f(7π,6)＜eq\f(π,6)<eq\f(π,2)，其中f(2)＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4＋\f(π,6)))＝Asineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4＋\f(π,6)))))＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)－4))，f(－2)＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(13π,6)－4))＝Asineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(13π,6)－4))))＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4－\f(7π,6))).又f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))單調遞增，∴f(2)<f(－2)<f(0)，故選A.【答案】A11．(2015·陜西高考)設復數(shù)z＝(x－1)＋yi(x，y∈R)，若|z|≤1，則y≥x的概率為()A.eq\f(3,4)＋eq\f(1,2π)B.eq\f(1,4)－eq\f(1,2π)C.eq\f(1,2)－eq\f(1,π)D.eq\f(1,2)＋eq\f(1,π)【解析】由|z|≤1可得(x－1)2＋y2≤1，表示以(1，0)為圓心，半徑為1的圓及其內部，滿足y≥x的部分為如圖陰影所示，由幾何概型概率公式可得所求概率為：P＝eq\f(\f(1,4)π×12－\f(1,2)×12,π×12)＝eq\f(\f(π,4)－\f(1,2),π)＝eq\f(1,4)－eq\f(1,2π).【答案】D12．(2015·山東高考)設函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3x－1，x＜1，,2x，x≥1，))則滿足f(f(a))＝2f(a)的a取值范圍是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1))B．[0，1]C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，＋∞))D．[1,＋∞)【解析】當a＝2時，f(a)＝f(2)＝22＝4＞1，f(f(a))＝2f(a)，∴a＝2滿足題意，排除A，B選項；當a＝eq\f(2,3)時，f(a)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝3×eq\f(2,3)－1＝1，f(f(a))＝2f(a)，∴a＝eq\f(2,3)滿足題意，排除D選項，故答案為C.【答案】C二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，滿分共50分)13．(理)(2015·廣東高考)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x3＋\f(1,x)))eq\s\up12(7)的展開式中x5的系數(shù)是________(用數(shù)字填寫答案)【解析】eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x3＋\f(1,x)))eq\s\up12(7)的展開式的第r＋1項為Tr＋1＝Ceq\o\al(r,7)(x3)7－r·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))eq\s\up12(r)＝Ceq\o\al(r,7)·x21－4r，令21－4r＝5，得r＝4，∴T5＝Ceq\o\al(4,7)x5＝35x5.【答案】35(文)(2014·河北衡水二模)若正數(shù)x，y滿足2x＋y－3＝0，則eq\f(x＋2y,xy)的最小值為________．【解析】eq\f(x＋2y,xy)＝eq\f(1,y)＋eq\f(2,x)＝1·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)＋\f(1,y)))＝eq\f(2x＋y,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)＋\f(1,y)))＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5＋\f(2y,x)＋\f(2x,y)))≥eq\f(1,3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5＋2\r(\f(2y,x)·\f(2x,y))))＝3.(當且僅當x＝y(tǒng)時取等號)．【答案】314．(2015·湖南高考)設F是雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1的一個焦點，若C上存在點P，使線段PF的中點恰為其虛軸的一個端點，則C的離心率為________．【解析】不妨設F(c，0)，則由條件知P(－c，±2b)，代入eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1得eq\f(c2,a2)＝5，∴e＝eq\r(5).【答案】eq\r(5)15．(2015·東北三校聯(lián)考)若三棱錐P－ABC的三條側棱PA，PB，PC兩兩互相垂直且長都相等，其外接球半徑為2，則三棱錐的表面積為________．【解析】由三棱錐的外接球半徑為2，可知3PA2＝(2R)2，所以PA＝eq\f(4\r(3),3)，從而三棱錐的表面積為3×eq\f(1,2)×eq\f(4,3)eq\r(3)×eq\f(4\r(3),3)＋eq\f(\r(3),4)(eq\f(4\r(3),3)×eq\r(2))2＝8＋eq\f(8\r(3),3).【答案】8＋eq\f(8\r(3),3)16．已知下列三個命題：①若一個球的半徑縮小到原來的eq\f(1,2)，則其體積縮小到原來的eq\f(1,8)；②若兩組數(shù)據(jù)的平均數(shù)相等，則它們的標準差也相等；③直線x＋y＋1＝0與圓x2＋y2＝eq\f(1,2)相切．其中真命題的序號是________．【解析】對于命題①，設球的半徑為R，則eq\f(4,3)π(eq\f(R,2))3＝eq\f(1,8)·eq\f(4,3)πR3，故體積縮小到原來的eq\f(1,8)，命題正確；對于命題②，若兩組數(shù)據(jù)的平均數(shù)相同，則它們的標準差不一定相同，例如數(shù)據(jù)：1，3，5和3，3，3的平均數(shù)相同，但標準差不同，命題不正確；對于命題③，圓x2＋y2＝eq\f(1,2)的圓心(0，0)到直線x＋y＋1＝0的距離d＝eq\f(1,\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，等于圓的半徑，所以直線與圓相切，命題正確．【答案】①③三、解答題(本大題共6小題，滿分共70分)17．(12分)(2015·昆明三校聯(lián)考)已知等比數(shù)列{an}的前n項和是Sn，S18∶S9＝7∶8.(1)求證：S3，S9，S6依次成等差數(shù)列；(2)a7與a10的等差中項是否是數(shù)列{an}中的項？如果是，是{an}中的第幾項？如果不是，請說明理由．【解】(1)證明：設等比數(shù)列{an}的公比為q，若q＝1，則S18＝18a1，S9＝9a1，S18∶S9＝2∶1≠7∶8，∴q≠1.∴S18＝eq\f(a1,1－q)(1－q18)，S9＝eq\f(a1,1－q)(1－q9)，S18∶S9＝1＋q9.∴1＋q9＝eq\f(7,8)，解得q3＝－eq\f(1,v)，即q＝－2－eq\f(1,3).∴S3＝eq\f(a1（1－q3）,1－q)＝eq\f(3,2)×eq\f(a1,1－q)，S6＝eq\f(a1（1－q6）,1－q)＝eq\f(3,4)×eq\f(a1,1－q)，S9＝eq\f(a1,1－q)(1－q9)＝eq\f(9,8)×eq\f(a1,1－q).∵S9－S3＝－eq\f(3,8)×eq\f(a1,1－q)，S6－S9＝－eq\f(3,8)×eq\f(a1,1－q)，∴S9－S3＝S6－S9.∴S3，S9，S6依次成等差數(shù)列．(2)a7與a10的等差中項等于eq\f(a7＋a10,2)＝eq\f(a1（2－2－2－3）,2)＝eq\f(a1,16)，設a7與a10的等差中項是數(shù)列{an}中的第n項，則a1(－2－eq\f(1,3))n－1＝eq\f(a1,16)，化簡得(－2)－eq\f(n－1,3)＝(－2)－4，即－eq\f(n－1,3)＝－4，解得n＝13.∴a7與a10的等差中項是數(shù)列{an}中的第13項．18．(12分)(文)(2015·北京高考)某超市隨機選取1000位顧客，記錄了他們購買甲、乙、丙、丁四種商品的情況，整理成如下統(tǒng)計表，其中“√”表示購買，“×”表示未購買.商品顧客人數(shù)甲乙丙丁100√×√√217×√×√200√√√×300√×√×85√×××98×√××(1)估計顧客同時購買乙和丙的概率；(2)估計顧客在甲、乙、丙、丁中同時購買3種商品的概率；(3)如果顧客購買了甲，則該顧客同時購買乙、丙、丁中哪種商品的可能性最大？【解】(1)從統(tǒng)計表可以看出，在這1000位顧客中有200位顧客同時購買了乙和丙，所以顧客同時購買乙和丙的概率可以估計為eq\f(200,1000)＝0.2.(2)從統(tǒng)計表可以看出，在這1000位顧客中，有100位顧客同時購買了甲、丙、丁，另有200位顧客同時購買了甲、乙、丙，其他顧客最多購買了2種商品．所以顧客在甲、乙、丙、丁中同時購買3種商品的概率可以估計為eq\f(100＋200,1000)＝0.3.(3)與(1)同理，可得：顧客同時購買甲和乙的概率可以估計為eq\f(200,1000)＝0.2，顧客同時購買甲和丙的概率可以估計為eq\f(100＋200＋300,1000)＝0.6，顧客同時購買甲和丁的概率可以估計為eq\f(100,1000)＝0.1.所以，如果顧客購買了甲，則該顧客同時購買丙的可能性最大．(12分)(理)(2015·云南昆明、玉溪統(tǒng)考)云南省2014年全省高中男生身高統(tǒng)計調查數(shù)據(jù)顯示：全省100000名高中男生的身高服從正態(tài)分布N(170.5，16)．現(xiàn)從云南省某校高三年級男生中隨機抽取50名測量身高，測量發(fā)現(xiàn)被測學生身高全部介于157.5cm和187.5cm之間，將測量結果按如下方式分成6組：第1組[157.5，162.5)，第2組[162.5，167.5)，……，第6組[182.5，187.5)，如圖是按上述分組方式得到的頻率分布直方圖．(1)試評估該校高三年級男生在全省高中男生中的平均身高狀況；(2)求這50名男生身高在177.5cm以上(含177.5cm)的人數(shù)；(3)從這50名男生身高在177.5cm以上(含177.5cm)的人中任意抽取2人，該2人中身高排名(從高到低)在全省前130名的人數(shù)記為X，求X的數(shù)學期望．參考數(shù)據(jù)：若X～N(μ，σ2)，則P(μ－σ＜X≤μ＋σ)＝0.6826，P(μ－2σ＜X≤μ＋2σ)＝0.9544，P(μ－3σ＜X≤μ＋3σ)＝0.9974.【解】(1)由頻率分布直方圖知，該校高三年級男生平均身高為160×0.1＋165×0.2＋170×0.3＋175×0.2＋180×0.1＋185×0.1＝171.5(cm)，該校高三年級男生的平均身高高于全省高中男生身高的平均值170.5(cm)．(2)由頻率分布直方圖知，后兩組頻率和為0.2，∴人數(shù)和為0.2×50＝10，即這50名男生中身高在177.5cm以上(含177.5cm)的人數(shù)為10.(3)∵P(170.5－3×4＜X≤170.5＋3×4)＝0.9974，∴P(X≥182.5)＝eq\f(1－0.9974,2)＝0.0013，又0.0013×100000＝130.∴身高在182.5cm以上(含182.5cm)的高中男生可排進全省前130名．因為該校這50名男生中身高在182.5cm以上(含182.5cm)的有5人，身高在177.5cm以上(含177.5cm)的有10人，隨機變量X可取0，1，2，于是P(X＝0)＝eq\f(Ceq\o\al(2,5),Ceq\o\al(2,10))＝eq\f(10,45)＝eq\f(2,9)，P(X＝1)＝eq\f(Ceq\o\al(1,5)Ceq\o\al(1,5),Ceq\o\al(2,10))＝eq\f(25,45)＝eq\f(5,9)，P(X＝2)＝eq\f(Ceq\o\al(2,5),Ceq\o\al(2,10))＝eq\f(10,45)＝eq\f(2,9).∴E(X)＝0×eq\f(2,9)＋1×eq\f(5,9)＋2×eq\f(2,9)＝1.19．(12分)(文)(2015·廣東佛山一中期中考試)如圖，在三棱錐P－ABC中，PA⊥底面ABC，∠BCA＝90°，AP＝AC，點D，E分別在棱PB，PC上，且BC∥平面ADE.(1)求證：DE⊥平面PAC；(2)當二面角A－DE－P為直二面角時，求A－BCED與P－AED的體積比．【解】(1)證明：∵BC∥平面ADE，BC?平面PBC，平面PBC∩平面ADE＝DE，∴BC∥ED，∵PA⊥底面ABC，BC?底面ABC，∴PA⊥BC，又∠BCA＝90°，∴AC⊥BC，∵PA與AC是平面PAC內的兩條相交直線，∴BC⊥平面PAC，又BC∥ED，∴DE⊥平面PAC.(2)由(1)知，DE⊥平面PAC，∵AE?平面PAC，PE?平面PAC，∴DE⊥AE，DE⊥PE，∴∠AEP為二面角A－DE－P的平面角，∴∠AEP＝90°，即AE⊥PC，∵AP＝AC，∴E是PC的中點，∴ED是△PBC的中位線，AE⊥DE，又PC∩DE＝E，∴AE⊥平面PCD，∴eq\f(VA－BCED,VA－PDE)＝eq\f(\f(1,3)S四邊形BCED·AE,\f(1,3)S△PED·AE)＝eq\f(S四邊形BCED,S△PED)＝3.(12分)(理)(2015·遼寧鞍山二模)如圖所示，四棱錐P－ABCD的底面是邊長為1的正方形，PA⊥CD，PA＝1，PD＝eq\r(2)，E為PD上一點，PE＝2ED.(1)求證：PA⊥平面ABCD；(2)求二面角D－AC－E的余弦值；(3)在側棱PC上是否存在一點F，使得BF∥平面AEC？若存在，指出F點的位置，并證明；若不存在，說明理由．【解】(1)證明：∵PA＝AD＝1，PD＝eq\r(2)，∴PA2＋AD2＝PD2，即PA⊥AD.又PA⊥CD，AD∩CD＝D，∴PA⊥平面ABCD.(2)以A為原點，AB，AD，AP所在直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系．則A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，P(0，0，1)，E(0，eq\f(2,3)，eq\f(1,3))，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(1，1，0)，eq\o(AE,\s\up6(→))＝(0，eq\f(2,3)，eq\f(1,3))．設平面AEC的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AC,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AE,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y＝0，,2y＋z＝0，))令y＝1，則n＝(－1，1，－2)．平面ACD的法向量為eq\o(AP,\s\up6(→))，則eq\o(AP,\s\up6(→))＝(0，0.1)．cos〈n，eq\o(AP,\s\up6(→))〉＝eq\f(n·\o(AP,\s\up6(→)),|n|·|\o(AP,\s\up6(→))|)＝eq\f(－2,\r(6))＝－eq\f(\r(6),3).∴二面角D－AC－E的余弦值為eq\f(\r(6),3).(3)假設存在點F，使得BF∥平面AEC.則eq\o(PF,\s\up6(→))＝λeq\o(PC,\s\up6(→))，(0≤λ≤1)．∴(xF，yF，zF－1)＝λ(1，1，－1)，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(xF＝λ，,yF＝λ，,zF＝1－λ.))∴F(λ，λ，1－λ)，∴eq\o(BF,\s\up6(→))＝(λ－1，λ，1－λ)．∵BF∥平面AEC，∴eq\o(BF,\s\up6(→))·n＝0，∴－(λ－1)＋λ－2(1－λ)＝0，λ＝eq\f(1,2).∴F為PC的中點．20．(12分)(文)(2015·河北衡水中學二模)已知函數(shù)f(x)＝(x＋eq\f(a,x))ex，a∈R.(1)當a＝0時，求曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程；(2)當a＝－1時，求證：f(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)；(3)若f(x)在區(qū)間(0，1)上有且只有一個極值點，求a的取值范圍．【解】函數(shù)f(x)的定義域為{x|x≠0}，f′(x)＝eq\f(x3＋x2＋ax－a,x2)ex.(1)當a＝0時，f(x)＝x·ex，f′(x)＝(x＋1)ex，所以f(1)＝e，f′(1)＝2e.所以曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程是y－e＝2e(x－1)，即2ex－y－e＝0.(2)證明：當a＝－1時，f′(x)＝eq\f(x3＋x2－x＋1,x2)ex(x＞0)．設g(x)＝x3＋x2－x＋1，則g′(x)＝3x2＋2x－1＝(3x－1)(x＋1)．令g′(x)＝(3x－1)(x＋1)＞0，得x＞eq\f(1,3).令g′(x)＝(3x－1)(x＋1)＜0，得0＜x＜eq\f(1,3).所以函數(shù)g(x)在(0，eq\f(1,3))上是減函數(shù)，在(eq\f(1,3)，＋∞)上是增函數(shù)，所以函數(shù)g(x)在x＝eq\f(1,3)處取得最小值，且g(eq\f(1,3))＝eq\f(22,27)＞0.所以g(x)在(0，＋∞)上恒大于零．于是，當x∈(0，＋∞)時，f′(x)＝eq\f(x3＋x2－x＋1,x2)ex＞0恒成立．所以當a＝－1時，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)．(3)f′(x)＝eq\f(x3＋x2＋ax－a,x2)ex.設h(x)＝x3＋x2＋ax－a，則h′(x)＝3x2＋2x＋a.①當a＞0時，h′(x)＞0在(0，＋∞)上恒成立，即函數(shù)h(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)．而h(0)＝－a＜0，h(1)＝2＞0.則函數(shù)h(x)在區(qū)間(0，1)上有且只有一個零點x0，即h(x0)＝0，即f′(x0)＝0，且在(0，x0)上，f′(x)＜0，在(x0，1)上，f′(x)＞0.故x0為函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，1)上唯一的極小值點．②當a＝0時，h′(x)＝3x2＋2x＞0，x∈(0，1)恒成立，則函數(shù)h(x)在區(qū)間(0，1)上為增函數(shù)，此時h(0)＝0，所以函數(shù)h(x)＞0在區(qū)間(0，1)上恒成立，即f′(x)＞0.故函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，1)上為單調遞增函數(shù)．所以f(x)在區(qū)間(0，1)上無極值．③當a＜0時，h(x)＝x3＋x2＋ax－a＝x3＋x2＋a(x－1)，總有h(x)＞0，x∈(0，1)成立，即f′(x)＞0成立．故函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，1)上為單調遞增函數(shù)．所以f(x)在區(qū)間(0，1)上無極值，綜上所述a的取值范圍是(0，＋∞)．(12分)(理)(2015·甘肅蘭州模擬)設函數(shù)f(x)＝x2＋mln(x＋1)．(1)若函數(shù)f(x)是定義域上的單調函數(shù)，求實數(shù)m的取值范圍；(2)若m＝－1，試比較當x∈(0，＋∞)時，f(x)與x3的大??；(3)證明：對任意的正整數(shù)n，不等式e0＋e－1×4＋e－2×9＋…＋e(1－n)n2＜eq\f(n（n＋3）,2)成立．【解】(1)∵f′(x)＝2x＋eq\f(m,x＋1)＝eq\f(2x2＋2x＋m,x＋1)，又函數(shù)f(x)的定義域上是單調函數(shù)，∴f′(x)≥0或f′(x)≤0在(－1，＋∞)上恒成立，若f′(x)≥0在(－1，＋∞)上恒成立，即函數(shù)f(x)是定義域上的單調遞增函數(shù)，則m≥－2x2－2x＝－2(x＋eq\f(1,2))2＋eq\f(1,2)在(－1，＋∞)上恒成立，由此可得m≥eq\f(1,2)；若f′(x)≤0在(－1，＋∞)上恒成立，即函數(shù)f(x)是定義域上的單調遞減函數(shù)，則m≤－2x2－2x＝－2(x＋eq\f(1,2))2＋eq\f(1,2)在(－1，＋∞)上恒成立．∵y＝－2(x＋eq\f(1,2))2＋eq\f(1,2)在(－1，＋∞)上沒有最小值，∴不存在實數(shù)m使f′(x)≤0在(－1，＋∞)上恒成立．綜上所述，實數(shù)m的取值范圍是[eq\f(1,2)，＋∞)．(2)當m＝－1時，函數(shù)f(x)＝x2－ln(x＋1)．令g(x)＝f(x)－x3＝－x3＋x2－ln(x＋1)，則g′(x)＝－3x2＋2x－eq\f(1,x＋1)＝－eq\f(3x3＋（x－1）2,x＋1)，顯然，當x∈(0，＋∞)時，g′(x)＜0，∴函數(shù)g(x)在(0，＋∞)上單調遞減，又g(0)＝0，∴當x∈(0，＋∞)時，恒有g(x)＜g(0)＝0，即f(x)－x3＜0恒成立．故當x∈(0，＋∞)時，f(x)＜x3.(3)證明：解法一由(2)可知x2－x3＜ln(x＋1)(x∈(0，＋∞))，∴e(1－x)x2＜x＋1(x∈(0，＋∞))，∴e(1－n)n2＜n＋1(n∈N*)，∴e0＋e－1×4＋e－2×9＋…＋e(1－n)n2＜2＋3＋4＋…＋(n＋1)＝eq\f(n（n＋3）,2).解法二設Sn＝eq\f(n（n＋3）,2)，則an＝Sn－Sn－1＝n＋1(n≥2)，∵a1＝S1＝2，∴an＝n＋1，n∈N*，欲證e0＋e－1×4＋e－2×9＋…＋e(1－n)n2＜eq\f(n（n＋3）,2)，只需證e(1－n)n2＜n＋1，只需證(1－n)n2＜ln(n＋1)，由(2)知x2－x3＜ln(x＋1)(x∈(0，＋∞))，即(1－n)n2＜ln(n＋1)，∴原命題成立．解法三數(shù)學歸納法①當n＝1時，左邊＝e0＝1，右邊＝eq\f(1×4,2)＝2，原不等式成立．②設當n＝k時，原不等式成立，即e0＋e－1×4＋e－2×9＋…＋e(1－k)k2＜eq\f(k（k＋3）,2)，則當n＝k＋1時，左邊＝e0＋e－1×4＋e－2×9＋…＋e(1－k)k2＋e(1－k－1)(k＋1)2＜eq\f(k（k＋3）,2)＋e－k(k＋1)2，只需證明eq\f(k（k＋3）,2)＋e－k(k＋1)2＜eq\f(（k＋1）（k＋4）,2)，即證e－k(k＋1)2＜k＋2，即證－k(k＋1)2＜ln(k＋2)，由(2)知x2－x3＜ln(x＋1)(x∈(0，＋∞))，即x2(1－x)＜ln(x＋1)，令x＝k＋1，即有－k(k＋1)2＜ln(k＋2)．∴當n＝k＋1時不等式成立．由①②知，原不等式成立．21．(12分)(2015·山東德州一模)已知橢圓C的中心在原點，焦點在x軸上，離心率等于eq\f(\r(3),2)，它的一個頂點恰好在拋物線x2＝8y的準線上．(1)求橢圓C的標準方程；(2)點P(2，eq\r(3))，Q(2，－eq\r(3))在橢圓上，A，B是橢圓上位于直線PQ兩側的動點，當A，B運動時，滿足∠APQ＝∠BPQ，試問直線AB的斜率是否為定值，請說明理由．【解】(1)設橢圓C的標準方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，∴橢圓的一個頂點恰好在拋物線x2＝8y的準線y＝－2上，∴b＝2，又eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2)，a2＝b2＋c2，∴a＝4，c＝2eq\r(3)，∴橢圓C的標準方程為eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,4)＝1.(2)為定值．理由如下：設A(x1，y1)，B(x2，y2)，∵∠APQ＝∠BPQ，∴直線PA，PB的斜率互為相反數(shù)，可設直線PA的斜率為k，則直線PB的斜率為－k，直線PA的方程為y－eq\r(3)＝k(x－2)，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y－\r(3)＝k（x－2），,x2＋4y2＝16，))消去y，得(1＋4k2)x2＋8k(eq\r(3)－2k)x＋4(eq\r(3)－2k)2－16＝0，∴x1＋2＝eq\f(8k（2k－\r(3)）,1＋4k2)，同理可得x2＋2＝eq\f(－8k（－2k－\r(3)）,1＋4k2)＝eq\f(8k（2k＋\r(3)）,1＋4k2)，∴x1＋x2＝eq\f(16k2－4,1＋4k2)，x1－x2＝eq\f(－16\r(3)k,1＋4k2)，∴kAB＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(k（x1＋x2）－4k,x1－x2)＝eq\f(\r(3),6)，即直線AB的斜率為定值eq\f(\r(3),6).請考生在第22，23，24三題中任選一題做答，如果多做，則按所做的第一題計分．