2022年高三上學(xué)期第一次月考數(shù)學(xué)試卷（理科） 含解析(I)

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1、2022年高三上學(xué)期第一次月考數(shù)學(xué)試卷（理科） 含解析(I) 　 一、選擇題： 1．設(shè)全集U=R，集合A={x|x2﹣2x≥0}，B={x|y=log2（x2﹣1）}，則（?UA）∩B=（　　） A．[1，2） B．（1，2） C．（1，2] D．（﹣∞，﹣1）∪[0，2] 2．在復(fù)平面上，復(fù)數(shù)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在（　?。? A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 3．設(shè)函數(shù)（e為自然底數(shù)），則使f（x）＜1成立的一個(gè)充分不必要條件是（　?。? A．0＜x＜1 B．0＜x＜4 C．0＜x＜3 D．3＜x＜4 4．下列命題中是假命題的是（　?。? A．?m∈R，使是冪函數(shù)

2、B．?α，β∈R，使cos（α+β）=cosα+cosβ C．?φ∈R，函數(shù)f（x）=sin（x+φ）都不是偶函數(shù) D．?a＞0，函數(shù)f（x）=ln2x+lnx﹣a有零點(diǎn) 5．設(shè)變量x，y滿足：，則z=|x﹣3y|的最大值為（　　） A．3 B．8 C． D． 6．在如圖所示的程序框圖中，若輸出i的值是3，則輸入x的取值范圍是（　?。? A．（4，10] B．（2，+∞） C．（2，4] D．（4，+∞） 7．函數(shù) f（x）=（x2﹣2x）ex的圖象大致是（　?。? A． B． C． D． 8．已知函數(shù)f（x）=，若?x1，x2∈R，x1≠x2，使得f（x1）=f（x2）成立

3、，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是（　　） A．a(chǎn)＜2 B．a(chǎn)＞2 C．﹣2＜a＜2 D．a(chǎn)＞2或a＜﹣2 　 二、填空題： 9．若（2x+）dx=3+ln2（a＞1），則a的值是　?。? 10．已知函數(shù)f（x）=若f（2﹣a2）＞f（a），則實(shí)數(shù)a的取值范圍為　?。? 11．在直角△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，BC=1，D為斜邊AB的中點(diǎn)，則 =　?。? 12．如圖，PB為△ABC外接圓O的切線，BD平分∠PBC，交圓O于D，C，D，P共線．若AB⊥BD，PC⊥PB，PD=1，則圓O的半徑是　?。? 13．（坐標(biāo)系與參數(shù)方程選做題）已知曲線C1、C2的極坐標(biāo)方程分別為，，則曲線C1

4、上的點(diǎn)與曲線C2上的點(diǎn)的最遠(yuǎn)距離為　?。? 14．已知函數(shù)f（x）=|xex|，方程f2（x）+tf（x）+1=0（t∈R）有四個(gè)實(shí)數(shù)根，則t的取值范圍　?。? 　 三、解答題： 15．已知函數(shù)f（x）=sin（2x+）+sin（2x﹣）+2cos2x﹣1，x∈R． （1）求函數(shù)f（x）的最小正周期； （2）求函數(shù)f（x）在區(qū)間[]上的最大值和最小值． 16．在一場(chǎng)娛樂晚會(huì)上，有5位民間歌手（1至5號(hào)）登臺(tái)演唱，由現(xiàn)場(chǎng)數(shù)百名觀眾投票選出最受歡迎歌手．各位觀眾須彼此獨(dú)立地在選票上選3名歌手，其中觀眾甲是1號(hào)歌手的歌迷，他必選1號(hào)，不選2號(hào)，另在3至5號(hào)中隨機(jī)選2名．觀眾乙和丙對(duì)5位歌手

5、的演唱沒有偏愛，因此在1至5號(hào)中隨機(jī)選3名歌手． （Ⅰ） 求觀眾甲選中3號(hào)歌手且觀眾乙未選中3號(hào)歌手的概率； （Ⅱ） X表示3號(hào)歌手得到觀眾甲、乙、丙的票數(shù)之和，求X的分布列和數(shù)學(xué)期望． 17．如圖，等腰梯形ABCD中，AB∥CD，DE⊥AB于E，CF⊥AB于F，且AE=BF=EF=2，DE=CF=2．將△AED和△BFC分別沿DE，CF折起，使A，B兩點(diǎn)重合，記為點(diǎn)M，得到一個(gè)四棱錐M﹣CDEF，點(diǎn)G，N，H分別是MC，MD，EF的中點(diǎn)． （1）求證：GH∥平面DEM； （2）求證：EM⊥CN； （3）求直線GH與平面NFC所成角的大?。? 18．已知首項(xiàng)為，公比不等于1的等

6、比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且S3、S2、S4成等差數(shù)列． （1）求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； （2）記bn=n|an|，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn，求Tn． 19．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓C： +=1（a＞b＞0）的離心率為，直線y=x被橢圓C截得的線段長(zhǎng)為． （ I）求橢圓C的方程． （Ⅱ）直線l是圓O：x2+y2=r2的任意一條切線，l與橢圓C交于A、B兩點(diǎn)，若以AB為直徑的圓恒過原點(diǎn)，求圓O的方程，并求出|AB|的取值范圍． 20．已知f（x）=xlnx+mx，且曲線y=f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線斜率為1． （1）求實(shí)數(shù)m的值； （2）設(shè)g（x）=f

7、（x）﹣x2﹣x+a（a∈R）在其定義域內(nèi)有兩個(gè)不同的極值點(diǎn)x1，x2，且x1＜x2，已知λ＞0，若不等式e1+λ＜x1?x2λ恒成立，求λ的范圍． 　 參考答案與試題解析 　 一、選擇題： 1．設(shè)全集U=R，集合A={x|x2﹣2x≥0}，B={x|y=log2（x2﹣1）}，則（?UA）∩B=（　?。? A．[1，2） B．（1，2） C．（1，2] D．（﹣∞，﹣1）∪[0，2] 【考點(diǎn)】交、并、補(bǔ)集的混合運(yùn)算． 【分析】求解一元二次不等式化簡(jiǎn)A，求函數(shù)的定義域化簡(jiǎn)B，然后利用交、并、補(bǔ)集的混合運(yùn)算得答案． 【解答】解：∵A={x|x2﹣2x≥0}={x|x≤0或x≥

8、2}，∴?UA={x|0＜x＜2}， 由x2﹣1＞0，得x＜﹣1或x＞1． ∴B={x|y=log2（x2﹣1）}={x|x＜﹣1或x＞1}， 則（?UA）∩B={x|0＜x＜2}∩={x|x＜﹣1或x＞1}=（1，2）． 故選：B． 　 2．在復(fù)平面上，復(fù)數(shù)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在（　　） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 【考點(diǎn)】復(fù)數(shù)的代數(shù)表示法及其幾何意義． 【分析】求解得到對(duì)應(yīng)點(diǎn)的坐標(biāo)即可判斷選項(xiàng)． 【解答】解：復(fù)數(shù)=+． 復(fù)數(shù)的對(duì)應(yīng)點(diǎn)的坐標(biāo)（，）在第一象限． 故選：A． 　 3．設(shè)函數(shù)（e為自然底數(shù)），則使f（x）＜1成立的一個(gè)充分不必要條件是（　

9、?。? A．0＜x＜1 B．0＜x＜4 C．0＜x＜3 D．3＜x＜4 【考點(diǎn)】必要條件、充分條件與充要條件的判斷． 【分析】由f（x）＜1，可得x2﹣3x＜0，解得x范圍，即可判斷出結(jié)論． 【解答】解：由f（x）＜1，可得x2﹣3x＜0，解得0＜x＜3， 可得：0＜x＜1是使f（x）＜1成立的一個(gè)充分不必要條件． 故選：A． 　 4．下列命題中是假命題的是（　　） A．?m∈R，使是冪函數(shù) B．?α，β∈R，使cos（α+β）=cosα+cosβ C．?φ∈R，函數(shù)f（x）=sin（x+φ）都不是偶函數(shù) D．?a＞0，函數(shù)f（x）=ln2x+lnx﹣a有零點(diǎn) 【考點(diǎn)】

10、命題的真假判斷與應(yīng)用． 【分析】A．根據(jù)冪函數(shù)的定義進(jìn)行求解即可． B．利用特殊值法進(jìn)行判斷． C．利用特殊值法進(jìn)行判斷． D．利用函數(shù)與方程的關(guān)系將函數(shù)進(jìn)行轉(zhuǎn)化，結(jié)合一元二次函數(shù)的性質(zhì)進(jìn)行判斷． 【解答】解：A．∵函數(shù)f（x）是冪函數(shù)，則m﹣1=1，則m=2， 此時(shí)函數(shù)f（x）=x﹣1為冪函數(shù)，故A正確， B．當(dāng)α=，β=﹣時(shí)，cos（α+β）=cos（﹣）=cos=， 而cosα+cosβ=cos+cos（﹣）=，即此時(shí)cos（α+β）=cosα+cosβ成立，故B正確， C．當(dāng)φ=，k∈Z時(shí)，f（x）=sin（x+φ）=cosx是偶函數(shù)，故C錯(cuò)誤， D．由f（x）=l

11、n2x+lnx﹣a=0得ln2x+lnx=a， 設(shè)y=ln2x+lnx，則y=（lnx+）2﹣≥﹣， ∴當(dāng)a＞0時(shí)，ln2x+lnx=a一定有解，即?a＞0，函數(shù)f（x）=ln2x+lnx﹣a有零點(diǎn)，故D正確 故選：C 　 5．設(shè)變量x，y滿足：，則z=|x﹣3y|的最大值為（　?。? A．3 B．8 C． D． 【考點(diǎn)】簡(jiǎn)單線性規(guī)劃． 【分析】由題意作出其平面區(qū)域，m=表示了區(qū)域內(nèi)的點(diǎn)到直線x﹣3y=0的距離；而m取得最大值時(shí)z也取得最大值；從而求解． 【解答】解：由題意作出其平面區(qū)域， m=表示了區(qū)域內(nèi)的點(diǎn)到直線x﹣3y=0的距離； 而m取得最大值時(shí)z也取得最大值；

12、 當(dāng)取點(diǎn)A（﹣2，2）時(shí)，m取得最大值； 故z=|x﹣3y|的最大值為|﹣2﹣3×2|=8； 故選B． 　 6．在如圖所示的程序框圖中，若輸出i的值是3，則輸入x的取值范圍是（　　） A．（4，10] B．（2，+∞） C．（2，4] D．（4，+∞） 【考點(diǎn)】程序框圖． 【分析】由已知中的程序框圖可知：該程序的功能是利用循環(huán)結(jié)構(gòu)計(jì)算并輸出變量i的值，模擬程序的運(yùn)行過程，分析循環(huán)中各變量值的變化情況，可得答案． 【解答】解：設(shè)輸入x=a， 第一次執(zhí)行循環(huán)體后，x=3a﹣2，i=1，不滿足退出循環(huán)的條件； 第二次執(zhí)行循環(huán)體后，x=9a﹣8，i=2，不滿足退出循環(huán)的條件；

13、 第三次執(zhí)行循環(huán)體后，x=27a﹣26，i=3，滿足退出循環(huán)的條件； 故9a﹣8≤82，且27a﹣26＞82， 解得：a∈（4，10]， 故選：A 　 7．函數(shù) f（x）=（x2﹣2x）ex的圖象大致是（　?。? A． B． C． D． 【考點(diǎn)】函數(shù)的圖象． 【分析】用函數(shù)圖象的取值，函數(shù)的零點(diǎn)，以及利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的圖象． 【解答】解：由f（x）=0，解得x2﹣2x=0，即x=0或x=2， ∴函數(shù)f（x）有兩個(gè)零點(diǎn)，∴A，C不正確． ∴f'（x）=（x2﹣2）ex， 由f'（x）=（x2﹣2）ex＞0，解得x＞或x＜﹣． 由f'（x）=（x2﹣2）ex＜0，解得，﹣

14、＜x＜ 即x=﹣是函數(shù)的一個(gè)極大值點(diǎn)， ∴D不成立，排除D． 故選：B 　 8．已知函數(shù)f（x）=，若?x1，x2∈R，x1≠x2，使得f（x1）=f（x2）成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是（　　） A．a(chǎn)＜2 B．a(chǎn)＞2 C．﹣2＜a＜2 D．a(chǎn)＞2或a＜﹣2 【考點(diǎn)】特稱命題． 【分析】若?x1，x2∈R，x1≠x2，使得f（x1）=f（x2）成立，則說明f（x）在R上不單調(diào)，分a=0及a≠0兩種情況分布求解即可 【解答】解：若?x1，x2∈R，x1≠x2，使得f（x1）=f（x2）成立，則說明f（x）在R上不單調(diào) ①當(dāng)a=0時(shí)，f（x）=，其圖象如圖所示，滿足題意

15、 ②當(dāng)a＜0時(shí)，函數(shù)y=﹣x2+ax的對(duì)稱軸x=＜0，其圖象如圖所示，滿足題意 ③當(dāng)a＞0時(shí)，函數(shù)y=﹣x2+ax的對(duì)稱軸x=＞0，其圖象如圖所示， 要使得f（x）在R上不單調(diào) 則只要二次函數(shù)的對(duì)稱軸x= ∴a＜2 綜上可得，a＜2 故選A 　 二、填空題： 9．若（2x+）dx=3+ln2（a＞1），則a的值是　2?。? 【考點(diǎn)】微積分基本定理． 【分析】根據(jù)題意找出2x+的原函數(shù)，然后根據(jù)積分運(yùn)算法則，兩邊進(jìn)行計(jì)算，求出a值； 【解答】解： =（x2+lnx） =a2+lna﹣（1+ln1）=3+ln2，a＞1， ∴a2+lna=4+ln2=22+l

16、n2，解得a=2， 故答案為：2； 　 10．已知函數(shù)f（x）=若f（2﹣a2）＞f（a），則實(shí)數(shù)a的取值范圍為?。ī?，1）　． 【考點(diǎn)】分段函數(shù)的解析式求法及其圖象的作法；二次函數(shù)的性質(zhì)． 【分析】先根據(jù)二次函數(shù)的解析式分別研究分段函數(shù)在各自區(qū)間上的單調(diào)性，從而得到函數(shù)f（x）的單調(diào)性，由此性質(zhì)轉(zhuǎn)化求解不等式，解出參數(shù)范圍即可． 【解答】解：函數(shù)f（x），當(dāng)x≥0 時(shí)，f（x）=x2+4x，由二次函數(shù)的性質(zhì)知，它在[0，+∞）上是增函數(shù)， 當(dāng)x＜0時(shí)，f（x）=4x﹣x2，由二次函數(shù)的性質(zhì)知，它在（﹣∞，0）上是增函數(shù)， 該函數(shù)連續(xù)，則函數(shù)f（x） 是定義在R 上的增函數(shù)

17、 ∵f（2﹣a2）＞f（a）， ∴2﹣a2＞a 解得﹣2＜a＜1 實(shí)數(shù)a 的取值范圍是（﹣2，1） 故答案為：（﹣2，1） 　 11．在直角△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，BC=1，D為斜邊AB的中點(diǎn)，則 =　﹣1　． 【考點(diǎn)】平面向量數(shù)量積的運(yùn)算． 【分析】根據(jù)含有30°角的直角三角形的性質(zhì)，得到AB與CD的長(zhǎng)度，求出兩個(gè)向量的夾角是120°，利用向量的數(shù)量積公式寫出表示式，得到結(jié)果． 【解答】解：：∵∠C=90°，∠A=30°，BC=1， ∴AB=2． ∵D為斜邊AB的中點(diǎn)， ∴CD=AB=1，∠CDA=180°﹣30°﹣30°=120°． ∴=2×1×c

18、os120°=﹣1， 故答案為：﹣1． 　 12．如圖，PB為△ABC外接圓O的切線，BD平分∠PBC，交圓O于D，C，D，P共線．若AB⊥BD，PC⊥PB，PD=1，則圓O的半徑是　2　． 【考點(diǎn)】與圓有關(guān)的比例線段． 【分析】連結(jié)AD，由PB為圓O的切線，得∠PBD=∠BCP=∠BAD，結(jié)合BD為∠PBC的平分線，可得∠PDB=2∠PBD=60°，在Rt△BPD中，由PD=1，得BD=2，由Rt△ABD與Rt△BPD的內(nèi)角關(guān)系得AD的長(zhǎng)度，即得圓O的半徑． 【解答】解：如右圖所示，連結(jié)AD，∵PB為圓O的切線，∴∠PBD=∠BCD=∠BAD， ∵BD為∠PBC的平分線，∴

19、∠PBD=∠CBD， ∴∠PDB=∠CBD+∠BCD=∠PBD+∠PBD=2∠PBD， 又∵PC⊥PB，∴∠PBD=∠BCD=∠CBD=∠BAD=30°，∠PDB=60°． 由PD=1，得BD=2PD=2． 在△ABD中，∵AB⊥BD，∴AD是圓O的直徑，且直徑AD=2BD=4， ∴圓O的半徑為2． 故答案為：2． 　 13．（坐標(biāo)系與參數(shù)方程選做題）已知曲線C1、C2的極坐標(biāo)方程分別為，，則曲線C1上的點(diǎn)與曲線C2上的點(diǎn)的最遠(yuǎn)距離為　?。? 【考點(diǎn)】簡(jiǎn)單曲線的極坐標(biāo)方程． 【分析】先將曲線的極坐標(biāo)方程方程化為普通方程，曲線C1的普通方程為x2+y2=2y，即x2+（y﹣

20、1）2=1．表示以C（0，1）為圓心，半徑為1 的圓．曲線C2的普通方程為x+y+1=0，表示一條直線．利用直線和圓的位置關(guān)系求解． 【解答】解：曲線C1的極坐標(biāo)方程分別為 即ρ=2sinθ，兩邊同乘以ρ，得ρ2=2ρsinθ， 化為普通方程為x2+y2=2y，即x2+（y﹣1）2=1． 表示以C（0，1）為圓心，半徑為1 的圓． C2的極坐標(biāo)方程分別為， 即ρsinθ+ρcosθ+1=0， 化為普通方程為x+y+1=0，表示一條直線． 如圖，圓心到直線距離d=|CQ|= 曲線C1上的點(diǎn)與曲線C2上的點(diǎn)的最遠(yuǎn)距離為|PQ|=d+r= 故答案為：， 　 14．已知函數(shù)

21、f（x）=|xex|，方程f2（x）+tf（x）+1=0（t∈R）有四個(gè)實(shí)數(shù)根，則t的取值范圍　?。? 【考點(diǎn)】根的存在性及根的個(gè)數(shù)判斷． 【分析】函數(shù)f（x）=|xex|是分段函數(shù)，通過求導(dǎo)分析得到函數(shù)f（x）在（0，+∞）上為增函數(shù)，在（﹣∞，﹣1）上為增函數(shù)，在（﹣1，0）上為減函數(shù)，求得函數(shù)f（x）在（﹣∞，0）上，當(dāng)x=﹣1時(shí)有一個(gè)最大值，所以，要使方程f2（x）+tf（x）+1=0（t∈R）有四個(gè)實(shí)數(shù)根，f（x）的值一個(gè)要在內(nèi)，一個(gè)在內(nèi)，然后運(yùn)用二次函數(shù)的圖象及二次方程根的關(guān)系列式求解t的取值范圍． 【解答】解：f（x）=|xex|= 當(dāng)x≥0時(shí)，f′（x）=ex+xex≥0

22、恒成立，所以f（x）在[0，+∞）上為增函數(shù)； 當(dāng)x＜0時(shí)，f′（x）=﹣ex﹣xex=﹣ex（x+1）， 由f′（x）=0，得x=﹣1，當(dāng)x∈（﹣∞，﹣1）時(shí)，f′（x）=﹣ex（x+1）＞0，f（x）為增函數(shù)， 當(dāng)x∈（﹣1，0）時(shí)，f′（x）=﹣ex（x+1）＜0，f（x）為減函數(shù)， 所以函數(shù)f（x）=|xex|在（﹣∞，0）上有一個(gè)極大值為f（﹣1）=﹣（﹣1）e﹣1=， 要使方程f2（x）+tf（x）+1=0（t∈R）有四個(gè)實(shí)數(shù)根， 令f（x）=m，則方程m2+tm+1=0應(yīng)有兩個(gè)不等根，且一個(gè)根在內(nèi)，一個(gè)根在內(nèi)， 再令g（m）=m2+tm+1， 因?yàn)間（0）=1＞0

23、， 則只需g（）＜0，即，解得：t＜﹣． 所以，使得函數(shù)f（x）=|xex|，方程f2（x）+tf（x）+1=0（t∈R）有四個(gè)實(shí)數(shù)根的t的取值范圍 是． 故答案為． 　 三、解答題： 15．已知函數(shù)f（x）=sin（2x+）+sin（2x﹣）+2cos2x﹣1，x∈R． （1）求函數(shù)f（x）的最小正周期； （2）求函數(shù)f（x）在區(qū)間[]上的最大值和最小值． 【考點(diǎn)】三角函數(shù)中的恒等變換應(yīng)用；三角函數(shù)的周期性及其求法；三角函數(shù)的最值． 【分析】（1）利用正弦函數(shù)的兩角和與差的公式與輔助角公式將f（x）=sin（2x+）+sin（2x﹣）+2cos2x﹣1化為f（x）=si

24、n（2x+），即可求得函數(shù)f（x）的最小正周期； （2）可分析得到函數(shù)f（x）在區(qū)間[]上是增函數(shù)，在區(qū)間[，]上是減函數(shù)，從而可求得f（x）在區(qū)間[]上的最大值和最小值． 【解答】解：（1）∵f（x）=sin2x?cos+cos2x?sin+sin2x?cos﹣cos2x?sin+cos2x =sin2x+cos2x =sin（2x+）， ∴函數(shù)f（x）的最小正周期T==π． （2）∵函數(shù)f（x）在區(qū)間[]上是增函數(shù)，在區(qū)間[，]上是減函數(shù)， 又f（﹣）=﹣1，f（）=，f（）=1， ∴函數(shù)f（x）在區(qū)間[]上的最大值為，最小值為﹣1． 　 16．在一場(chǎng)娛樂晚會(huì)上，有5位

25、民間歌手（1至5號(hào)）登臺(tái)演唱，由現(xiàn)場(chǎng)數(shù)百名觀眾投票選出最受歡迎歌手．各位觀眾須彼此獨(dú)立地在選票上選3名歌手，其中觀眾甲是1號(hào)歌手的歌迷，他必選1號(hào)，不選2號(hào)，另在3至5號(hào)中隨機(jī)選2名．觀眾乙和丙對(duì)5位歌手的演唱沒有偏愛，因此在1至5號(hào)中隨機(jī)選3名歌手． （Ⅰ） 求觀眾甲選中3號(hào)歌手且觀眾乙未選中3號(hào)歌手的概率； （Ⅱ） X表示3號(hào)歌手得到觀眾甲、乙、丙的票數(shù)之和，求X的分布列和數(shù)學(xué)期望． 【考點(diǎn)】離散型隨機(jī)變量及其分布列；離散型隨機(jī)變量的期望與方差． 【分析】（I）設(shè)事件A表示：“觀眾甲選中3號(hào)歌手且觀眾乙未選中3號(hào)歌手”，觀眾甲選中3號(hào)歌手的概率為，觀眾乙未選中3號(hào)歌手的概率為1﹣=

26、，利用互斥事件的概率公式，即可求得結(jié)論； （II）由題意，X可取0，1，2，3，求出相應(yīng)的概率，即可得到X的分布列與數(shù)學(xué)期望． 【解答】解：（Ⅰ）設(shè)事件A表示：“觀眾甲選中3號(hào)歌手且觀眾乙未選中3號(hào)歌手”， 觀眾甲選中3號(hào)歌手的概率為，觀眾乙未選中3號(hào)歌手的概率為1﹣=， ∴P（A）=， ∴觀眾甲選中3號(hào)歌手且觀眾乙未選中3號(hào)歌手的概率為； （Ⅱ） X表示3號(hào)歌手得到觀眾甲、乙、丙的票數(shù)之和，則X可取0，1，2，3． 觀眾甲選中3號(hào)歌手的概率為，觀眾乙選中3號(hào)歌手的概率為， 當(dāng)觀眾甲、乙、丙均未選中3號(hào)歌手時(shí)，這時(shí)X=0，P（X=0）=（1﹣）（1﹣）2=， 當(dāng)觀眾甲、乙、丙

27、只有一人選中3號(hào)歌手時(shí)，這時(shí)X=1， P（X=1）=（1﹣）2+（1﹣）（1﹣）+（1﹣）（1﹣）=， 當(dāng)觀眾甲、乙、丙只有二人選中3號(hào)歌手時(shí)，這時(shí)X=2， P（X=2）=?（1﹣）+（1﹣）?+（1﹣）=， 當(dāng)觀眾甲、乙、丙都選中3號(hào)歌手時(shí)，這時(shí)X=3， P（X=3）=?（）2=， X的分布列如下： X 0 1 2 3 P ∴數(shù)學(xué)期望EX=0×+1×+2×+3×=． 　 17．如圖，等腰梯形ABCD中，AB∥CD，DE⊥AB于E，CF⊥AB于F，且AE=BF=EF=2，DE=CF=2．將△AED和△BFC分別沿DE，CF折起，使A，B兩點(diǎn)重合，記

28、為點(diǎn)M，得到一個(gè)四棱錐M﹣CDEF，點(diǎn)G，N，H分別是MC，MD，EF的中點(diǎn)． （1）求證：GH∥平面DEM； （2）求證：EM⊥CN； （3）求直線GH與平面NFC所成角的大?。? 【考點(diǎn)】直線與平面所成的角；直線與平面平行的判定． 【分析】（1）連結(jié)NG，EN，則可證四邊形ENGH是平行四邊形，于是GH∥EN，于是GH∥平面DEM； （2）取CD的中點(diǎn)P，連結(jié)PH，則可證明PH⊥平面MEF，以H為原點(diǎn)建立坐標(biāo)系，求出和的坐標(biāo)，通過計(jì)算=0得出EM⊥CN； （3）求出和平面NFC的法向量，則直線GH與平面NFC所成角的正弦值為|cos＜＞|，從而得出所求線面角的大?。? 【解

29、答】證明：（1）連結(jié)NG，EN， ∵N，G分別是MD，MC的中點(diǎn)，∴NG∥CD，NG=CD． ∵H是EF的中點(diǎn)，EF∥CD，EF=CD，∴EH∥CD，EH=CD， ∴NG∥EH，NG=EH， ∴四邊形ENGH是平行四邊形， ∴GH∥EN，又GH?平面DEM，EN?平面DEM， ∴GH∥平面DEM． （2）∵M(jìn)E=EF=MF，∴△MEF是等邊三角形， ∴MH⊥EF， 取CD的中點(diǎn)P，連結(jié)PH，則PH∥DE， ∵DE⊥ME，DE⊥EF，ME∩EF=E， ∴DE⊥平面MEF， ∴PH⊥平面MEF． 以H為原點(diǎn)，以HM，HF，HP為坐標(biāo)軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示： 則E

30、（0，﹣1，0），M（，0，0），C（0，1，2），N（，﹣，1）． ∴=（，1，0），=（﹣，，1）． ∴=+1×+0×1=0． ∴． ∴EM⊥NC． （3）F（0，1，0），H（0，0，0），G（，，1）， ∴=（，，1），=（0，0，2），=（﹣，，1）， 設(shè)平面NFC的法向量為=（x，y，z），則，即． 令y=1得=（，1，0）， ∴cos＜＞==． ∴直線GH與平面NFC所成角的正弦值為， ∴直線GH與平面NFC所成角為． 　 18．已知首項(xiàng)為，公比不等于1的等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且S3、S2、S4成等差數(shù)列． （1）求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公

31、式； （2）記bn=n|an|，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn，求Tn． 【考點(diǎn)】數(shù)列的求和；數(shù)列遞推式． 【分析】（1）易知2S2=S3+S4，從而可得2a3+a4=0，從而可得{an}是以為首項(xiàng)，﹣2為公比的等比數(shù)列；從而求得； （2）化簡(jiǎn)bn=n|an|=n?2n﹣2，從而利用錯(cuò)位相減法求其和． 【解答】解：（1）∵S3、S2、S4成等差數(shù)列， ∴2S2=S3+S4， ∴2a3+a4=0， ∴=﹣2，又首項(xiàng)為， 故{an}是以為首項(xiàng)，﹣2為公比的等比數(shù)列， 故an=?（﹣2）n﹣1=﹣（﹣2）n﹣2； （2）bn=n|an|=n?2n﹣2， Tn=1?+2?1+3?

32、2+…+n?2n﹣2， 2Tn=1?1+2?2+3?4+…+n?2n﹣1， 故Tn=﹣﹣1﹣2﹣4﹣…﹣2n﹣2+n?2n﹣1 =n?2n﹣1﹣=（n﹣1）2n﹣1+． 　 19．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓C： +=1（a＞b＞0）的離心率為，直線y=x被橢圓C截得的線段長(zhǎng)為． （ I）求橢圓C的方程． （Ⅱ）直線l是圓O：x2+y2=r2的任意一條切線，l與橢圓C交于A、B兩點(diǎn)，若以AB為直徑的圓恒過原點(diǎn)，求圓O的方程，并求出|AB|的取值范圍． 【考點(diǎn)】橢圓的簡(jiǎn)單性質(zhì)． 【分析】（Ⅰ）由橢圓離心率得到a，b的關(guān)系，化簡(jiǎn)橢圓方程，和直線方程聯(lián)立后求出交點(diǎn)的橫坐標(biāo)，把弦長(zhǎng)

33、用交點(diǎn)橫坐標(biāo)表示，則a的值可求，進(jìn)一步得到b的值，則橢圓方程可求； （Ⅱ）分類討論當(dāng)斜率不存在時(shí)，設(shè)x=﹣r，代入橢圓方程求得A、B點(diǎn)坐標(biāo)，以AB為直徑的圓恒過原點(diǎn)，⊥，利用向量數(shù)量積的坐標(biāo)，求得r2，求得丨AB丨； 當(dāng)斜率不存在時(shí)，設(shè)出直線方程，將直線方程代入橢圓方程得到關(guān)于x的一元二次方程，利用韋達(dá)定理，及向量垂直，求得圓的方程，進(jìn)而表達(dá)出丨AB丨，綜上即可求得丨AB丨的取值范圍． 【解答】解：（Ⅰ）橢圓方程+=1（a＞b＞0），a2=b2+c2， ∵， ∴a2=2c2， ∴a2=2b2， 設(shè)直線與橢圓交于P，Q兩點(diǎn)．不妨設(shè)P點(diǎn)為直線和橢圓在第一象限的交點(diǎn)， 又∵弦長(zhǎng)為，

34、 ∴， ∴， 又a2=2b2， 解得a2=8，b2=4，∴橢圓方程為． （Ⅱ）（i）當(dāng)切線l的斜率不存在時(shí)，設(shè)x=r（或x=﹣r），代入橢圓方程得：y=± ∴A（r，），B（r，﹣）， ∵以AB為直徑的圓恒過原點(diǎn)， ∴⊥， ∴r2﹣=0， ∴r2=， ∴圓O的方程為x2+y2=， 此時(shí)|AB|=2=（同理當(dāng)x=﹣r時(shí)，上述結(jié)論仍然成立）， （ii）當(dāng)切線l的斜率存在時(shí)，設(shè)l方程為：y=kx+m， ∵l與圓O相切 ∴=r，即m2=（1+k2）r2， 將直線方程代入橢圓方程并整理得：（1+2k2）x2+4kmx+2m2﹣8=0，① △=8k2+4﹣m2＞0，② 設(shè)

35、A（x1，y1），B（x2，y2），則x1，x2是方程①的兩個(gè)解，由韋達(dá)定理得： x1+x2=﹣，x1x2=，y1y2=（kx1+m）（kx2+m）=k2x1x2+km（x1+x2）+m2=， ∵以AB為直徑的圓恒過原點(diǎn)， ∴⊥， ∴x1x2+y1y2=0， ∴+=0， ∴3m2﹣8﹣8k2=0，3m2=8（1+k2）， 又∵m2=（1+k2）r2， ∴3（1+k2）r2=8（1+k2）， ∴r2=， 此時(shí)m2=（1+k2），代入②式后成立， ∴圓O的方程為x2+y2=， 此時(shí)|AB|=?， =?， =??， =??， =?， =?， =?； （i）若k=

36、0，則|AB|=， （ii）若k≠0，則|AB|=?∈（，2]， 綜上，圓O的方程為x2+y2=，|AB|的取值范圍是[，2]． 　 20．已知f（x）=xlnx+mx，且曲線y=f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線斜率為1． （1）求實(shí)數(shù)m的值； （2）設(shè)g（x）=f（x）﹣x2﹣x+a（a∈R）在其定義域內(nèi)有兩個(gè)不同的極值點(diǎn)x1，x2，且x1＜x2，已知λ＞0，若不等式e1+λ＜x1?x2λ恒成立，求λ的范圍． 【考點(diǎn)】利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點(diǎn)切線方程；利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值． 【分析】（1）求出原函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，得到f′（1），由f′（1）=1求得m值； （2）求出g（x）

37、，求其導(dǎo)函數(shù)，可得lnx1=ax1，lnx2=ax2，不等式e1+λ＜x1?x2λ恒成立，轉(zhuǎn)化為恒成立，進(jìn)一步轉(zhuǎn)化為恒成立．令，t∈（0，1），則不等式在t∈（0，1）上恒成立．令，求導(dǎo)可得滿足條件的λ的范圍． 【解答】解：（1）f′（x）=1+lnx+m， 由題意知，f′（1）=1，即：m+1=1，解得 m=0； （2）∵e1+λ＜x1?x2λ 等價(jià)于1+λ＜lnx1+λlnx2． g（x）=f（x）﹣x2﹣x+a=xlnx﹣x2﹣x+a， 由題意可知x1，x2 分別是方程g′（x）=0，即：lnx﹣ax=0的兩個(gè)根， 即lnx1=ax1，lnx2=ax2． ∴原式等價(jià)于1+λ

38、＜ax1+λax2=a（x1+λx2）， ∵λ＞0，0＜x1＜x2，∴原式等價(jià)于． 又由lnx1=ax1，lnx2=ax2． 作差得，，即． ∴原式等價(jià)于， ∵0＜x1＜x2，原式恒成立，即恒成立． 令，t∈（0，1）， 則不等式在t∈（0，1）上恒成立． 令，又h′（t）=， 當(dāng)λ2≥1時(shí)，可得t∈（0，1）時(shí)，h′（t）＞0， ∴h（t）在t∈（0，1）上單調(diào)增，又h（1）=0， h（t）＜0在t∈（0，1）恒成立，符合題意． 當(dāng)λ2＜1時(shí)，可得t∈（0，λ2）時(shí)，h′（t）＞0，t∈（λ2，1）時(shí)，h′（t）＜0， ∴h（t）在t∈（0，λ2）時(shí)單調(diào)增，在t∈（λ2，1）時(shí)單調(diào)減，又h（1）=0， ∴h（t）在t∈（0，1）上不能恒小于0，不符合題意，舍去． 綜上所述，若不等式e1+λ＜x1?x2λ 恒成立，只須λ2≥1， 又λ＞0，∴λ≥1． 　 xx11月7日