仿真測(cè)2時(shí)間120分鐘，滿分150分。一、選擇題(本大題共12個(gè)小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的)1．(文)若復(fù)數(shù)z＝(a2＋2a－3)＋(a＋3)i為純虛數(shù)，則aA．－3 B．－3或1C．3或－1 D．1[答案]D[分析]易錯(cuò)點(diǎn)、純虛數(shù)要求虛部不為0.[解析]因?yàn)閺?fù)數(shù)z＝(a2＋2a－3)＋(a＋3)i為純虛數(shù)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＋2a－3＝0，,a＋3≠0，))解得a＝1.(理)(2015·河南八市質(zhì)量監(jiān)測(cè))如圖所示的復(fù)平面上的點(diǎn)A，B分別對(duì)應(yīng)復(fù)數(shù)z1，z2，則eq\f(z2,z1)＝()A．－2i B．2iC．2 D．－2[答案]A[解析]由圖可知z2＝2＋2i，z1＝－1＋i，則eq\f(z2,z1)＝eq\f(2＋2i,－1＋i)＝eq\f(2＋2i－1－i,2)＝－(1＋i)2＝－2i.[方法點(diǎn)撥]準(zhǔn)確應(yīng)用概念、定理的前提是理解和熟記，特別是其中易混易錯(cuò)易忘的地方，可單獨(dú)記錄在案，不斷強(qiáng)化記憶，并在解題過(guò)程中通過(guò)實(shí)踐加深印象，才能有效的防范和避免失誤．2．(2015·河北衡水中學(xué)一模)下列函數(shù)，有最小正周期的是()A．y＝sin|x| B．y＝cos|x|C．y＝tan|x| D．y＝(x2＋1)0[答案]B[解析]A：y＝sin|x|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinx，x≥0,－sinx，x<0))，不是周期函數(shù)；B：y＝cos|x|＝cosx，最小正周期T＝2π；C：y＝tan|x|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(tanx，x≥0,－tanx，x<0))，不是周期函數(shù)；D：y＝(x2＋1)0＝1，無(wú)最小正周期．3．(2015·南昌市二模)下列結(jié)論錯(cuò)誤的是()A．命題：“若x2－3x＋2＝0，則x＝2”的逆否命題為：“若x≠2，則x2－3x＋2≠0”B．“a>b”是“ac2>bc2”C．命題：“?x∈R，x2－x>0”的否定是“?x∈R，x2－x≤0”D．若“p∨q”為假命題，則p，q均為假命題[答案]B[解析]易知A、C、D正確，而a>b時(shí)，ac2>bc2不一定成立(如c＝0時(shí)不成立)．當(dāng)ac2>bc2時(shí)，a>b一定成立，故“a>b”是“ac2>bc2”4．(2015·東北三校二模)已知向量eq\o(AB,\s\up6(→))與向量a＝(1，－2)的夾角為π，|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝2eq\r(5)，點(diǎn)A的坐標(biāo)為(3，－4)，則點(diǎn)B的坐標(biāo)為()A．(1,0) B．(0,1)C．(5，－8) D．(－8,5)[答案]A[解析]設(shè)B(x，y)，則eq\o(AB,\s\up6(→))＝(x－3，y＋4)，由已知得(x－3)2＋(y＋4)2＝(2eq\r(5))2，cosπ＝eq\f(\o(AB,\s\up6(→))·a,|\o(AB,\s\up6(→))|·|a|)＝eq\f(x－3－2y＋4,2\r(5)·\r(5))＝－1，即x－2y－1＝0，聯(lián)立兩方程解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1,y＝0))，∴B(1,0)．5．(文)(2015·青島市質(zhì)檢)某校共有高一、高二、高三學(xué)生1290人，其中高一480人，高二比高三多30人，為了解該校學(xué)生健康狀況，現(xiàn)采用分層抽樣方法進(jìn)行調(diào)查，在抽取的樣本中有高一學(xué)生96人，則該樣本中的高三學(xué)生人數(shù)為()A．84 B．78C．81 D．96[答案]B[解析]設(shè)該校高三有x人，則高二有(30＋x)人，故480＋x＋(30＋x)＝1290，∴x＝390.設(shè)樣本中高三學(xué)生人數(shù)為t，則eq\f(96,480)＝eq\f(t,390)，∴t＝78.(理)(2014·山東理，6)直線y＝4x與曲線y＝x3在第一象限內(nèi)圍成的封閉圖形的面積為()A．2eq\r(2) B．4eq\r(2)C．2 D．4[答案]D[解析]如圖所示由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝4x，,y＝x3.))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2，,y＝8，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－2，,y＝－8.))∴第一象限的交點(diǎn)坐標(biāo)為(2,8)由定積分的幾何意義得，S＝eq\i\in(0,2,)(4x－x3)dx＝(2x2－eq\f(x4,4))|eq\o\al(2,0)＝8－4＝4.6．(文)某三棱錐的三視圖如圖所示，則該三棱錐的體積是()A．eq\f(1,6) B．eq\f(1,3)C．eq\f(2,3) D．1[答案]B[解析]由三視圖知該幾何體是底面為直角三角形(兩直角邊長(zhǎng)分別為1,1)高為2的三棱錐，其體積為eq\f(1,3)×(eq\f(1,2)×1×1)×2＝eq\f(1,3).(理)某四棱臺(tái)的三視圖如圖所示，則該四棱臺(tái)的體積是()A．4 B．eq\f(14,3)C．eq\f(16,3) D．6[答案]B[解析]S1＝1，S2＝4，高h(yuǎn)＝2，∴V＝eq\f(1,3)(1＋eq\r(1×4)＋4)×2＝eq\f(14,3).7．(文)曲線x＝eq\r(1－y2)與直線y＝x＋b無(wú)公共點(diǎn)，則實(shí)數(shù)b的取值范圍是()A．(－1，eq\r(2))B．(－eq\r(2)，1)C．(－∞，－eq\r(2))∪(1，＋∞)D．(－∞，－eq\r(2))∪(eq\r(2)，＋∞)[答案]C[分析]本題常見(jiàn)錯(cuò)誤是將兩方程聯(lián)立消元變形為一元二次方程，用判別式得出b>eq\r(2)或b<－eq\r(2).[解析]x＝eq\r(1－y2)表示右半圓x2＋y2＝1(x≥0)，如圖可知，當(dāng)－eq\r(2)≤b≤1時(shí)，直線y＝x＋b與曲線有公共點(diǎn)，∴b的取值范圍是(－∞，－eq\r(2))∪(1，＋∞)．[方法點(diǎn)撥]轉(zhuǎn)化要等價(jià)：解答數(shù)學(xué)問(wèn)題過(guò)程中，經(jīng)常要進(jìn)行轉(zhuǎn)化(轉(zhuǎn)換)，轉(zhuǎn)化過(guò)程中，某些變形可能要使變量的取值范圍擴(kuò)大或縮小，某些變換可能使原變量的受限條件丟失(如換元時(shí)原變量的取值范圍必須轉(zhuǎn)化為新元的取值范圍)等等，平時(shí)解題過(guò)程中，要注意養(yǎng)成習(xí)慣．(理)(2014·吉林市質(zhì)檢)若雙曲線eq\f(y2,m2)－x2＝1的漸近線方程為y＝±eq\r(2)x，則雙曲線離心率為()A．eq\r(2) B．3C．eq\f(\r(6),2) D．eq\r(3)[答案]C[分析]本題極易由雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1的漸近線方程為y＝±eq\f(b,a)x，造成錯(cuò)誤遷移得到eq\f(1,|m|)＝eq\r(2)，∴m＝±eq\f(\r(2),2)，而造成錯(cuò)解．[解析]∵eq\f(a,b)＝eq\r(2)，a2＝m2，b2＝1，∴m2＝2，∴a2＝m2＝2，c2＝a2＋b2＝3，∴離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\r(\f(3,2))＝eq\f(\r(6),2).[方法點(diǎn)撥]運(yùn)用公式重細(xì)節(jié)：數(shù)學(xué)中有大量的公式、法則、性質(zhì)，它們中好多都有前提條件，使用它們解決問(wèn)題時(shí)，必須注意有無(wú)限制條件，題目中給出的條件是否滿足其要求．8．(2015·昆明市質(zhì)檢)執(zhí)行下面的程序框圖，若輸入x＝1，則輸出的S＝()A．21 B．37C．57 D．62[答案]B[解析]由程序框圖得：x＝1，S＝0，t＝31＝3，S＝0＋3＝3；x＝1＋1＝2，t＝32＝9，S＝3＋9＝12；x＝2＋1＝3，t＝32＝9，S＝12＋9＝21；x＝3＋1＝4，t＝42＝16，S＝21＋16＝37，結(jié)束循環(huán)，輸出S＝37.9．(2015·太原市模擬)已知△ABC中，cosA＝eq\f(3,5)，cosB＝eq\f(4,5)，BC＝4，則△ABC的面積為()A．6 B．12C．5 D．10[答案]A[解析]∵在△ABC中，cosA＝eq\f(3,5)，cosB＝eq\f(4,5)，∴sinA＝eq\f(4,5)，sinB＝eq\f(3,5)，由正弦定理eq\f(BC,sinA)＝eq\f(AC,sinB)得，AC＝eq\f(BC·sinB,sinA)＝eq\f(4×\f(3,5),\f(4,5))＝3，∴sinC＝sin[π－(A＋B)]＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋sinBcosA＝1，∴∠C為直角，∴S△ABC＝eq\f(1,2)BC·AC＝6，故選A．10．(文)(2015·石家莊市一模)已知偶函數(shù)f(x)，當(dāng)x∈[0,2)時(shí)，f(x)＝2sinx，當(dāng)x∈[2，＋∞)時(shí)，f(x)＝log2x，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＋f(4)＝()A．－eq\r(3)＋2 B．1C．3 D．eq\r(3)＋2[答案]D[解析]∵f(x)為偶函數(shù)，且0<eq\f(π,3)<2，∴f(－eq\f(π,3))＝f(eq\f(π,3))＝2sineq\f(π,3)＝eq\r(3)，∵x∈[2，＋∞)時(shí)，f(x)＝log2x，∴f(4)＝2，故選D．(理)(2014·遼寧文，10)已知f(x)為偶函數(shù)，當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(cosπx，x∈[0，\f(1,2)],2x－1，x∈\f(1,2)，＋∞))，則不等式f(x－1)≤eq\f(1,2)的解集為()A．[eq\f(1,4)，eq\f(2,3)]∪[eq\f(4,3)，eq\f(7,4)] B．[－eq\f(3,4)，－eq\f(1,3)]∪[eq\f(1,4)，eq\f(2,3)]C．[eq\f(1,3)，eq\f(3,4)]∪[eq\f(4,3)，eq\f(7,4)] D．[－eq\f(3,4)，－eq\f(1,3)]∪[eq\f(1,3)，eq\f(3,4)][答案]A[解析]解法1：由f(x)為偶函數(shù)，且x≥0時(shí)，f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(cosπx，x∈[0，\f(1,2)]，,2x－1，x∈\f(1,2)，＋∞.))得f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x－1，x<－\f(1,2)，,cosπx，－\f(1,2)≤x≤\f(1,2)，,2x－1，x>\f(1,2).))在同一坐標(biāo)系中畫出函數(shù)y＝f(x)的圖象和直線y＝eq\f(1,2)，易知其交點(diǎn)為A(eq\f(1,3)，eq\f(1,2))，B(eq\f(3,4)，eq\f(1,2))，C(－eq\f(1,3)，eq\f(1,2))，D(－eq\f(3,4)，eq\f(1,2))，由圖易知，f(x)≤eq\f(1,2)的解為eq\f(1,3)≤x≤eq\f(3,4)或－eq\f(3,4)≤x≤－eq\f(1,3)，由eq\f(1,3)≤x－1≤eq\f(3,4)得eq\f(4,3)≤x≤eq\f(7,4)，由－eq\f(3,4)≤x－1≤－eq\f(1,3)得eq\f(1,4)≤x≤eq\f(2,3)，故選A．解法2：當(dāng)x∈[0，eq\f(1,2)]時(shí)，由f(x)＝cosπx≤eq\f(1,2)得x∈[eq\f(1,3)，eq\f(1,2)]，當(dāng)x∈(eq\f(1,2)＋∞)時(shí)，由f(x)＝2x－1≤eq\f(1,2)，得x∈(eq\f(1,2)，eq\f(3,4)]，∴x∈[eq\f(1,3)，eq\f(3,4)]時(shí)f(x)≤eq\f(1,2)，∵f(x)是偶函數(shù)，∴x∈[－eq\f(3,4)，－eq\f(1,3)]時(shí)，f(x)≤eq\f(1,2)，而要使f(x－1)≤eq\f(1,2)，則x∈[eq\f(1,4)，eq\f(2,3)]∪[eq\f(4,3)，eq\f(7,4)]．[點(diǎn)評(píng)]照顧到f(x)為偶函數(shù)，可以只討論x≥0的部分，由對(duì)稱性寫出結(jié)論．11．(文)(2015·柳州市模擬)設(shè)點(diǎn)P在曲線y＝ex上，點(diǎn)Q在曲線y＝lnx上，則|PQ|最小值為()A．ln2 B．eq\r(2)C．1＋eq\r(2) D．eq\r(2)－1[答案]B[解析]因?yàn)楹瘮?shù)y＝ex與y＝lnx互為反函數(shù)，所以它們的函數(shù)圖象關(guān)于直線y＝x對(duì)稱，要使|PQ|最小，則必有P，Q兩點(diǎn)的切線斜率和y＝x的斜率相等，對(duì)于曲線y＝lnx，令y′＝eq\f(1,x)＝1，得x＝1，故Q(1,0)．同理，對(duì)于曲線y＝ex，令y′＝ex＝1，得x＝0，所以P點(diǎn)坐標(biāo)為(0,1)，綜上，|PQ|最小值為eq\r(1＋1)＝eq\r(2)，選B．(理)(2015·衡水中學(xué)三調(diào))在1,2,3,4,5,6,7,8這組數(shù)據(jù)中，隨機(jī)取出五個(gè)不同的數(shù)，則數(shù)字5是取出的五個(gè)不同數(shù)的中位數(shù)的概率為()A．eq\f(9,56) B．eq\f(9,28)C．eq\f(9,14) D．eq\f(5,9)[答案]B[解析]由于抽取五個(gè)不同的數(shù)字，且數(shù)字5是這五個(gè)數(shù)的中位數(shù)，故數(shù)字5必在抽取的數(shù)中，因此抽取的除5以外的四個(gè)數(shù)字中，有兩個(gè)比5小，有兩個(gè)比5大，故所求概率P＝eq\f(C\o\al(2,4)·C\o\al(2,3),C\o\al(5,8))＝eq\f(9,28).12．(文)(2015·洛陽(yáng)市質(zhì)檢)如圖是某幾何體的三視圖，則該幾何體的外接球的表面積為()A．200π B．150πC．100π D．50π[答案]D[解析]由三視圖知，該幾何體是如圖所示的三棱錐A－BCD，其外接球的直徑為eq\r(52＋32＋42)＝5eq\r(2)，∴外接球的表面積為：S＝4πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5\r(2),2)))2＝50π.(理)(2014·中原名校聯(lián)考)已知三角形PAD所在平面與矩形ABCD所在平面互相垂直，PA＝PD＝AB＝2，∠APD＝120°，若點(diǎn)P，A，B，C，D都在同一球面上，則此球的表面積等于()A．8π B．12πC．16π D．20π[答案]D[解析]設(shè)△PAD外接圓心為O1，則O1A＝r，O1P＝r，設(shè)O1P與AD相交于E∵PA＝PD＝2，∠APD＝120°，∴AE＝DE＝eq\r(3)，PE＝1，∴O1E＝r－1，由AE2＋O1E2＝O1A2，得r＝2，從而O1E＝1，∵平面PAD⊥平面ABCD，∴PE⊥平面ABCD，設(shè)矩形ABCD外接圓心為O2，則O2E⊥平面PAD，設(shè)球心為O，則四邊形OO1EO2為矩形，△OO2A為直角三角形，∵O2A＝eq\f(1,2)AC＝eq\f(1,2)eq\r(AB2＋AD2)＝2，OO2＝O1E＝1，∴球半徑R＝OA＝eq\r(5)，∴球面積S＝4πR2＝20π.二、填空題(本大題共4個(gè)小題，每小題5分，共20分，將正確答案填在題中橫線上)13．(文)(2015·柳州市模擬)數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an＝eq\f(1,\r(n＋1)＋\r(n))，它的前n項(xiàng)和為9，則n＝________.[答案]99[解析]an＝eq\f(1,\r(n＋1)＋\r(n))＝eq\r(n＋1)－eq\r(n)，可得前n項(xiàng)和Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝(eq\r(2)－1)＋(eq\r(3)－eq\r(2))＋(eq\r(4)－eq\r(3))＋…＋(eq\r(n＋1)－eq\r(n))＝eq\r(n＋1)－1，所以eq\r(n＋1)－1＝9，則n＝99.(理)(2015·商丘市二模)若a＝∫eq\f(π,2)0sin2xdx，則eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(a,x)))6展開(kāi)式的常數(shù)項(xiàng)為_(kāi)_______．[答案]160[解析]a＝∫eq\f(π,2)0sin2xdx＝eq\b\lc\\rc\|(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)cos2x))))eq\f(π,2)0＝1，則eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(1,x)))6的展開(kāi)式的常數(shù)項(xiàng)T4＝Ceq\o\al(3,6)(2x)3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))3＝160.14．(2015·鄭州市質(zhì)檢)已知點(diǎn)A(－1,1)、B(0,3)、C(3,4)，則向量eq\o(AB,\s\up6(→))在eq\o(AC,\s\up6(→))方向上的投影為_(kāi)_______．[答案]2[解析]eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1,2)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(4,3)，∴eq\o(AB,\s\up6(→))在eq\o(AC,\s\up6(→))方向上的投影為eq\f(\o(AB,\s\up6(→))·\o(AC,\s\up6(→)),|\o(AC,\s\up6(→))|)＝eq\f(1×4＋2×3,5)＝2.15．(文)(2015·濟(jì)南市模擬)100名學(xué)生某次數(shù)學(xué)測(cè)試成績(jī)(單位：分)的頻率分布直方圖如圖所示，則測(cè)試成績(jī)落在[60,80)中的學(xué)生人數(shù)是________．[答案]50[解析]根據(jù)頻率分布直方圖中各組頻率之和為1，得10(2a＋3a＋7a＋6a＋2a)＝1，解得a＝eq\f(1,200)，所以測(cè)試成績(jī)落在[60,80)中的頻率是10(3a＋7a)＝100a＝100×eq\f(1,200)＝eq\f(1,2)，故對(duì)應(yīng)的學(xué)生人數(shù)為100×eq\f(1,2)＝50.(理)(2015·青島市診斷)某班有50名同學(xué)，一次數(shù)學(xué)考試的成績(jī)X服從正態(tài)分布N(110,102)，已知P(100≤X≤110)＝0.34，估計(jì)該班學(xué)生數(shù)學(xué)成績(jī)?cè)?20分以上的有________人．[答案]8[解析]由題意可知P(X>120)＝0.5－P(110≤X≤120)＝0.5－P(100≤X≤110)＝0.5－0.34＝0.16.故120分以上的人數(shù)為50×0.16＝8.16．(2015·長(zhǎng)沙市模擬)已知函數(shù)f(x)＝1＋x－eq\f(x2,2)＋eq\f(x3,3)－eq\f(x4,4)＋…＋eq\f(x2015,2015)，且F(x)＝f(x＋4)，函數(shù)F(x)的零點(diǎn)均在區(qū)間[a，b](a<b，a，b∈Z)內(nèi)，則圓x2＋y2＝b－a的面積的最小值為_(kāi)_______．[答案]π[分析]F(x)的圖象可由f(x)的圖象平移得到，故只要知道f(x)的零點(diǎn)，就能知道F(x)的零點(diǎn)，討論f(x)的零點(diǎn)，由f(x)的表達(dá)式知需用導(dǎo)數(shù)研究f(x)的單調(diào)性．又圓x2＋y2＝b－a的面積最小，等價(jià)于b－a取最小值，結(jié)合b、a∈Z.利用導(dǎo)數(shù)可確定函數(shù)在R上是增函數(shù)，再利用零點(diǎn)存在性定理即可獲解．[解析]因?yàn)閒′(x)＝1－x＋x2－x3＋…＋x2014＝eq\f(1＋x2015,1＋x)>0(x≠－1，x≠0)，又因?yàn)閒′(－1)＝2015>0，f′(0)＝1>0，故f(x)在R上單調(diào)遞增．因?yàn)閒(0)＝1>0，f(－1)<0，所以f(x)的零點(diǎn)在[－1,0]內(nèi)，F(xiàn)(x)的零點(diǎn)在[－5，－4]內(nèi)，b－a的最小值為1，所以圓x2＋y2＝b－a的面積的最小值為π.三、解答題(解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟)17．(本題滿分12分)(2015·梧州二模)在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，eq\f(sinC,cosC)＝eq\f(sinA＋sinB,cosA＋cosB).(1)求角C的大小；(2)若△ABC的外接圓直徑為2，求a2＋b2的取值范圍．[解析](1)由eq\f(sinC,cosC)＝eq\f(sinA＋sinB,cosA＋cosB)得，sinCcosA＋sinCcosB＝cosCsinA＋cosCsinB，即sin(C－A)＝sin(B－C)，所以C－A＝B－C，即2C＝B＋A，得C＝eq\f(π,3).(2)由C＝eq\f(π,3)，可設(shè)A＝eq\f(π,3)－α，B＝eq\f(π,3)＋α其中－eq\f(π,3)<α<eq\f(π,3).所以a2＋b2＝(2RsinA)2＋(2RsinB)2＝4(sin2A＋sin2B)＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－cos2A,2)＋\f(1－cos2B,2)))＝4－2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)＋2α))＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－2α))＝4＋2cos2α.由－eq\f(π,3)<α<eq\f(π,3)得－eq\f(2π,3)<2α<eq\f(2π,3)，所以－eq\f(1,2)<cos2α≤1，所以3<a2＋b2≤6.故a2＋b2的取值范圍是(3,6]．18．(本題滿分12分)(2014·新鄉(xiāng)、平頂山、許昌調(diào)研)已知四棱錐P－ABCD中，PC⊥底面ABCD，PC＝2，且底面ABCD是邊長(zhǎng)為1的正方形．E是最短的側(cè)棱PC上的動(dòng)點(diǎn)．(1)求證：P、A、B、C、D五點(diǎn)在同一個(gè)球面上，并求該球的體積；(2)如果點(diǎn)F在線段BD上，DF＝3BF，EF∥平面PAB，求eq\f(PE,EC)的值；(3)(理)在(2)的條件下，求二面角B－EF－C的余弦值．[解析](1)解法一：設(shè)PA的中點(diǎn)為M，∵△PAC為直角三角形，PC＝2，AC＝eq\r(2)，∴CM＝PM＝AM＝eq\f(\r(6),2).設(shè)正方形ABCD的中心為點(diǎn)O，則OM∥PC，OM＝1且PC⊥底面ABCD，∴OM⊥底面ABCD，又O為BD的中點(diǎn)，∴BM＝DM＝eq\r(1＋\f(\r(2),2)2)＝eq\f(\r(6),2)，∴CM＝PM＝AM＝BM＝DM，故點(diǎn)P、A、B、C、D在以M為球心半徑為eq\f(\r(6),2)的球上，且V球M＝eq\f(4,3)π(eq\f(\r(6),2))3＝eq\r(6)π.解法二：以PC、BC、CD為相鄰棱補(bǔ)成長(zhǎng)方體，則PA為長(zhǎng)方體的對(duì)角線，∴長(zhǎng)方體內(nèi)接于以PA為直徑的球，∴P、A、B、C、D在同一個(gè)球面上，球半徑R＝eq\f(1,2)eq\r(PC2＋BC2＋CD2)＝eq\f(\r(6),2)，∴V球＝eq\f(4,3)πR3＝eq\r(6)π.(2)連接CF并延長(zhǎng)交AB于K，連接PK.∵EF∥面PAB，EF?面PCK，面PCK∩面PAB＝PK，∴EF∥PK.∵DF＝3BF，∵AB∥CD，∴CF＝3KF.∵EF∥PK，∴CE＝3PE，∴eq\f(PE,EC)＝eq\f(1,3).(3)(理)以C為原點(diǎn)，eq\o(CD,\s\up6(→))、eq\o(CB,\s\up6(→))、eq\o(CP,\s\up6(→))所在方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系C－xyz.則C(0,0,0)，D(1,0,0)，A(1,1,0)，B(0,1,0)，P(0,0,2)，因?yàn)镈F＝3BF，CE＝3PE，得E(0,0，eq\f(3,2))，F(xiàn)(eq\f(1,4)，eq\f(3,4)，0)，故eq\o(EF,\s\up6(→))＝(eq\f(1,4)，eq\f(3,4)，－eq\f(3,2))，eq\o(BF,\s\up6(→))＝(eq\f(1,4)，－eq\f(1,4)，0)，eq\o(CF,\s\up6(→))＝(eq\f(1,4)，eq\f(3,4)，0)．設(shè)n1＝(x，y，z)是平面BEF的法向量，則n1·eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\f(1,4)x＋eq\f(3,4)y－eq\f(3,2)z＝0，n1·eq\o(BF,\s\up6(→))＝eq\f(1,4)x－eq\f(1,4)y＝0.取x＝1，則eq\o(n1,\s\up6(→))＝(1,1，eq\f(2,3))．設(shè)n2＝(p，q，r)是平面CEF的法向量，則n2·eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\f(1,4)p＋eq\f(3,4)q－eq\f(3,2)r＝0，n2·eq\o(CF,\s\up6(→))＝eq\f(1,4)p＋eq\f(3,4)q＝0.取p＝3，則n2＝(3，－1,0)，設(shè)向量n1、n2的夾角為θ，則cosθ＝eq\f(n1·n2,|n1||n2|)＝eq\f(3\r(55),55).故二面角B－EF－C的余弦值為eq\f(3\r(55),55).[方法點(diǎn)撥]運(yùn)算過(guò)程要合理，計(jì)算要耐心細(xì)致19．(本題滿分12分)(文)(2015·重慶文，17)隨著我國(guó)經(jīng)濟(jì)的發(fā)展，居民的儲(chǔ)蓄存款逐年增長(zhǎng)．設(shè)某地區(qū)城鄉(xiāng)居民人民幣儲(chǔ)蓄存款(年底余額)如下表：年份20102011201220132014時(shí)間代號(hào)t12345儲(chǔ)蓄存款y(千億元)567810(1)求y關(guān)于t的回歸方程eq\o(y,\s\up6(^))＝eq\o(b,\s\up6(^))t＋eq\o(a,\s\up6(^))；(2)用所求回歸方程預(yù)測(cè)該地區(qū)2015年(t＝6)的人民幣儲(chǔ)蓄存款．附：回歸方程eq\o(y,\s\up6(^))＝eq\o(b,\s\up6(^))t＋eq\o(a,\s\up6(^))中，eq\o(b,\s\up6(^))＝eq\f(\i\su(i＝1,n,t)iyi－n\x\to(t)\x\to(y),\i\su(i＝1,n,t)\o\al(2,i)－n\x\to(t)2)，eq\o(a,\s\up6(^))＝eq\x\to(y)－eq\o(b,\s\up6(^))eq\x\to(t).[分析](1)列表分別計(jì)算出eq\x\to(t)，eq\x\to(y)，lnt＝eq\i\su(i＝1,n,t)eq\o\al(2,i)－neq\x\to(t)2，lny＝eq\i\su(i＝1,n,t)iyi－neq\x\to(t)eq\x\to(y)的值，然后代入eq\o(b,\s\up6(^))＝eq\f(lny,lnt)求得eq\o(b,\s\up6(^))，再代入eq\o(a,\s\up6(^))＝eq\x\to(y)－eq\o(b,\s\up6(^))eq\x\to(t)求出eq\o(a,\s\up6(^))值，從而就可得到回歸方程；(2)將t＝6代入回歸方程中可預(yù)測(cè)該地區(qū)2015年的人民幣儲(chǔ)蓄存款．[解析](1)列表計(jì)算如下itiyiteq\o\al(2,i)tiyi11515226412337921448163255102550∑153655120這里n＝5，eq\x\to(t)＝eq\f(1,n)eq\i\su(i＝1,n,t)i＝eq\f(15,5)＝3，eq\x\to(y)＝eq\f(1,n)eq\i\su(i＝1,n,y)i＝eq\f(36,5)＝7.2.又lnt＝eq\i\su(i＝1,n,t)i－neq\x\to(t)2＝55－5×32＝10，lny＝eq\i\su(i＝1,n,t)iyi－neq\x\to(t)eq\x\to(y)＝120－5×3×7.2＝12.從而eq\o(b,\s\up6(^))＝eq\f(lny,lnt)＝eq\f(12,10)＝1.2，eq\o(a,\s\up6(^))＝eq\x\to(y)－eq\o(b,\s\up6(^))eq\x\to(t)＝7.2－1.2×3＝3.6.故所求回歸方程為eq\o(y,\s\up6(^))＝1.2t＋3.6.(2)將t＝6代入回歸方程可預(yù)測(cè)該地區(qū)2015年的人民幣儲(chǔ)蓄存款為eq\o(y,\s\up6(^))＝1.2×6＋3.6＝10.8(千億元)．(理)(2015·福建理，16)某銀行規(guī)定，一張銀行卡若在一天內(nèi)出現(xiàn)3次密碼嘗試錯(cuò)誤，該銀行卡將被鎖定．小王到該銀行取錢時(shí)，發(fā)現(xiàn)自己忘記了銀行卡的密碼，但可以確認(rèn)該銀行卡的正確密碼是他常用的6個(gè)密碼之一，小王決定從中不重復(fù)地隨機(jī)選擇1個(gè)進(jìn)行嘗試．若密碼正確，則結(jié)束嘗試；否則繼續(xù)嘗試，直至該銀行卡被鎖定．(1)求當(dāng)天小王的該銀行卡被鎖定的概率；(2)設(shè)當(dāng)天小王用該銀行卡嘗試密碼的次數(shù)為X，求X的分布列和數(shù)學(xué)期望．[分析]考查(1)古典概型；(2)離散型隨機(jī)變量的分布列和期望．(3)運(yùn)算能力和分析解決問(wèn)題的能力．(1)銀行卡被鎖定相當(dāng)于三次嘗試密碼都錯(cuò)，求出基本事件數(shù)，然后用古典概型的概率計(jì)算公式求解；(2)列出隨機(jī)變量X的所有可能取值，分別求取相應(yīng)值的概率，寫出分布列求期望即可．[解析](1)設(shè)“當(dāng)天小王的該銀行卡被鎖定”的事件為A，則P(A)＝eq\f(5,6)×eq\f(4,5)×eq\f(3,4)＝eq\f(1,2).(2)依題意得，X所有可能的取值是1,2,3.又P(X＝1)＝eq\f(1,6)，P(X＝2)＝eq\f(5,6)×eq\f(1,5)＝eq\f(1,6)，P(X＝3)＝eq\f(5,6)×eq\f(4,5)×1＝eq\f(2,3).所以X的分布列為X123peq\f(1,6)eq\f(1,6)eq\f(2,3)所以E(X)＝1×eq\f(1,6)＋2×eq\f(1,6)＋3×eq\f(2,3)＝eq\f(5,2).20．(本題滿分12分)(2014·哈三中一模)若點(diǎn)A(1,2)是拋物線C：y2＝2px(p>0)上一點(diǎn)，經(jīng)過(guò)點(diǎn)B(5，－2)的直線l與拋物線C交于P、Q兩點(diǎn)．(1)求證：eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(QA,\s\up6(→))為定值；(2)若點(diǎn)P，Q與點(diǎn)A不重合，問(wèn)△APQ的面積是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．[解析](1)因?yàn)辄c(diǎn)A(1,2)在拋物線C：y2＝2px(p>0)上，所以4＝2p，有p＝2，那么拋物線C：y2＝4x若直線l的斜率不存在，則直線l：x＝5，此時(shí)P(5，2eq\r(5))，Q(5，－2eq\r(5))，A(1,2)eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(QA,\s\up6(→))＝(－4,2－2eq\r(5))·(－4,2＋2eq\r(5))＝0若直線l的斜率存在，設(shè)直線l：y＝k(x－5)－2，(k≠0)，點(diǎn)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝4x，,y＝kx－5－2.))消去x得，ky2－4y－4(5k＋2)＝0，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y1＋y2＝\f(4,k)，y1y2＝－\f(20k＋8,k)，,Δ＝16＋16k5k＋2>0.))eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(QA,\s\up6(→))＝(1－x1,2－y1)·(1－x2,2－y2)＝1－(x1＋x2)＋x1x2＋4－2(y1＋y2)＋y1y2＝1－eq\f(y\o\al(2,1)＋y\o\al(2,2),4)＋eq\f(y\o\al(2,1)y\o\al(2,2),16)＋4－2(y1＋y2)＋y1y2＝1－eq\f(y1＋y22－2y1y2,4)＋eq\f(y\o\al(2,1)y\o\al(2,2),16)＋4－2(y1＋y2)＋y1y2＝0所以，eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(QA,\s\up6(→))為定值．(2)若直線l的斜率不存在，直線l：x＝5，此時(shí)P(5,2eq\r(5))，Q(5，－2eq\r(5))，A(1,2)S△APQ＝eq\f(1,2)×4eq\r(5)×4＝8eq\r(5)若直線l的斜率存在時(shí)，|PQ|＝eq\r(x1－x22＋y1－y22)＝eq\r(1＋\f(1,k2))·eq\r(y1＋y22－4y1y2)＝eq\r(1＋\f(1,k2))·eq\r(\f(80k2＋32k＋16,k2))點(diǎn)A(1,2)到直線l：y＝k(x－5)－2的距離h＝eq\f(4|k＋1|,\r(1＋k2))S△APQ＝eq\f(1,2)·|PQ|·h＝8eq\r(\f(5k2＋2k＋1k＋12,k4))，令u＝(eq\f(1,k)＋1)2，有u≥0，則S△APQ＝8eq\r(u2＋4u)沒(méi)有最大值．21．(本題滿分12分)(文)(2015·河南省高考適應(yīng)性測(cè)試)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(x2,lnx).(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若函數(shù)g(x)＝tf(x)－x在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))∪(1，e2]上有兩個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)t的取值范圍．[解析](1)因?yàn)閒(x)＝eq\f(x2,lnx)，其定義域?yàn)?0,1)∪(1，＋∞)．f′(x)＝eq\f(x2lnx－1,lnx2)，由f′(x)>0得f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(eq\r(e)，＋∞)，由f′(x)<0得f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1)，(1，eq\r(e))(2)函數(shù)g(x)＝tf(x)－x在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))∪(1，e2]上有兩個(gè)零點(diǎn)，等價(jià)于h(x)＝eq\f(lnx,x)與y＝t在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))∪(1，e2]上有兩個(gè)不同的交點(diǎn)．h′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，由h′(x)>0得0<x<e，由h′(x)<0得x>e，所以當(dāng)x＝e時(shí)y＝h(x)有極大值，即最大值h(e)＝eq\f(1,e).又heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－e，h(e2)＝eq\f(2,e2)，h(1)＝0且eq\f(2,e2)>0>－e，所以實(shí)數(shù)t的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,e2)，\f(1,e))).(理)(2015·蘭州市診斷)設(shè)函數(shù)f(x)＝x2＋mln(x＋1)．(1)若函數(shù)f(x)是定義域上的單調(diào)函數(shù)，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．(2)若m＝－1，試比較當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，f(x)與x3的大小；(3)證明：對(duì)任意的正整數(shù)n，不等式e0＋e－1×4＋e－2×9＋…＋e(1－n)n2<eq\f(nn＋3,2)成立．[解析](1)∵f′(x)＝2x＋eq\f(m,x＋1)＝eq\f(2x2＋2x＋m,x＋1)，又函數(shù)f(x)在定義域上是單調(diào)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(diào)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，∵x＋1>0，∴應(yīng)有2x2＋2x＋m≤0在(－1，＋∞)上恒成立，這顯然是不可能的．∴不存在實(shí)數(shù)m使f′(x)≤0在(－1，＋∞)上恒成立．綜上所述，實(shí)數(shù)m的取值范圍是[eq\f(1,2)，＋∞)．(2)當(dāng)m＝－1時(shí)，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－12,x＋1)，顯然，當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，g′(x)<0，∴函數(shù)g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，又g(0)＝0，∴當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，恒有g(shù)(x)<g(0)＝0，即f(x)－x3<0恒成立．故當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，f(x)<x3.(3)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(nn＋3,2).請(qǐng)考生在第22、23、24題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題計(jì)分．作答時(shí)請(qǐng)寫清題號(hào)．22．(本題滿分10分)(2015·昆明市質(zhì)檢)如圖，△ABC中，∠ACB＝90°，D是AC上一點(diǎn)，以AD為直徑作⊙O交AB于點(diǎn)G.(1)證明：B、C、D、G四點(diǎn)共圓；(2)過(guò)點(diǎn)C作⊙O的切線CP，切點(diǎn)為P，連接OP，作PH⊥AD于H，若CH＝eq\f(16,5)，OH＝eq\f(9,5)，求CD·CA的值．[解析](1)∵AD是直徑，∴∠AGD＝90°，∵∠BCA＝90°，∴∠AGD＝∠BCA，∴B、C、D、G四點(diǎn)共圓．(2)∵CP是⊙O的切線，CDA是⊙O的割線，∴根據(jù)切割線定理得CP2＝CD·CA，∵∠CPO＝90°，PH⊥AD，∴根據(jù)射影定理得CP2＝CH·CO，∵CH＝eq\f(16,5)，CO＝CH＋OH＝eq\f(16,5)＋eq\f(9,5)＝5，∴CP