山西省太原五中高三二模数学理科试卷

1、山西省太原五中2015届高考数学二模试卷（理科）一选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一选项是符合题目要求的）1已知集合M=x|x|1，N=x|x0，则MN为( )A（1，1）B（0，1）C（0，）D2甲乙两人从4门课程中各选修两门，则甲乙所选的课程中至少有1门不相同的选法共有( )种A30B36C60D723已知向量=（cos，2），=（sin，1），且，则tan（）等于( )A3B3CD4的展开式中x的系数是( )A3B3C4D45实数x，y满足，使z=ax+y取得最大值的最优解有两个，则z=ax+y+1的最小值为( )A0B2C1D16已知点A、B

2、、C、D均在球O上，AB=BC=，AC=3，若三棱锥DABC体积的最大值为，则球O的表面积为( )A36B16C12D7已知实数x，执行如图所示的程序框图，则输出x的值不小于55的概率为( )ABCD8某单位安排甲、乙、丙三人在某月1日至12日值班，每人4天甲说：我在1日和3日都有值班；乙说：我在8日和9日都有值班；丙说：我们三人各自值班的日期之和相等据此可判断丙必定值班的日期是( )A2日和5日B5日和6日C6日和11日D2日和11日9以下四个命题中，其中真命题的个数为( )从匀速传递的产品生产流水线上，质检员每10分钟从中抽取一件产品进行某项指标检测，这样的抽样是分层抽样；对于命题p：xR

3、使得x2+x+10则p：xR均有x2+x+10；两个随机变量的线性相关性越强，则相关系数就越接近于1命题p：“x3“是“x5“的充分不必要条件A1B2C3D410已知双曲线=1（a0，b0）的两个焦点为F1，F2，其中一条渐近线方程为y=x（bN*），P为双曲线上一点，且满足|OP|5（其中O为坐标原点），若|PF1|、|F1F2|、|PF2|成等比数列，则双曲线C的方程为( )Ay2=1Bx2y2=1C=1D=111已知一函数满足x0时，有g（x）=2x2，则下列结论一定成立的是( )Ag（1）3Bg（1）2Cg（1）4Dg（1）412如图，在ABC中，AB=2，ABC=，AD是边BC上的高

4、，当时，的最大值与最小值之差为( )A1B2C3D4二填空题（本题共4个小题，每小5分，满分20分）13已知椭圆mx2+4y2=1的离心率为，则实数m等于_14若函数f（x）=Asin（x+）（A0，0，|）的图象如图所示，则图中的阴影部分的面积为_15三个互不相等的实数成等差数列，适当交换这三个数的位置后，变成一个等比数列，则此等比数列的公比是_16如图在某点B处测得建筑物AE的顶端A的仰角为，沿BE方向前进15m，至点C处测得顶端A的仰角为2，再继续前进5m至D点，测得顶端A的仰角为4，则建筑物AE的高为_三解答题（本大题共5小题，满分60分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17已

5、知数列an满足Sn=，（其中Sn是数列an的前n项和，且a2=2（）求数列an的通项公式；（）设bn=，求数列bn的前2n项和T2n18将一个半径适当的小球放入如图所示的容器自上方的入口处，小球自由下落，小气在下落的过程中，将遇到黑色障碍物3次，最后落入A袋或B袋中，已知小球每次遇到障碍物时，向左、右两边下落的概率分别是，（）分别求出小球落入A袋和B袋中的概率；（）在容器 入口处依次放入4个小球，记为落入B袋中的小球个数，求的分布列和数学期望19已知几何体ABCED的三视图如图所示，其中俯视图和侧视图都是腰长为4的等腰直角三角形，正视图为直角梯形（1）求此几何体的体积V的大小；（2）求异面直线

6、DE与AB所成角的余弦值；（3）试探究在DE上是否存在点Q，使得AQBQ并说明理由20给定椭圆C：+=1（ab0）称圆心在原点O，半径为的圆是椭圆C的“准圆”若椭圆C的一个焦点为F（，0），其短轴上的一个端点到点F的距离为（1）求椭圆C的方程和其“准圆”方程；（2）点P是椭圆C的“准圆”上的一个动点，过动点P作直线l1，l2，使得l1，l2与椭圆C都只有一个交点，试判断l1，l2是否垂直，并说明理由21已知函数f（x）=2lnxax+a（aR）（）讨论f（x）的单调性；（）若f（x）0恒成立，证明：当0x1x2时，选做题：请考生在22，23，24题中任选一题作答，如果多选则按所做的第一题记分，

7、作答时，请涂明题号.选修4-1：几何证明选讲22已知ABC中，AB=AC，D为ABC外接圆劣弧AC上的点（不与点A，C重合），延长BD至E，延长AD交BC的延长线于F（1）求证：CDF=EDF；（2）求证：ABACDF=ADFCFB选修4-4：坐标系与参数方程23在直角坐标系xOy中，圆C的参数方程为（为参数），直线l经过点P（3，2），且倾斜角为（）写出直线l的参数方程和圆C的标准方程；（）设直线l与圆C相交于A、B两点，求|PA|PB|的值选修4-5：不等式选讲24已知函数f（x）=log2（|x+1|+|x2|m）（1）当m=5时，求函数f（x）的定义域；（2）若关于x的不等式f（x）1

8、的解集是R，求m的取值范围山西省太原五中2015届高考数学二模试卷（理科）一选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一选项是符合题目要求的）1已知集合M=x|x|1，N=x|x0，则MN为( )A（1，1）B（0，1）C（0，）D考点：交集及其运算 专题：集合分析：解绝对值不等式求得M、解对数不等式求得N，再根据两个集合的并集的定义求得MN解答：解：集合M=x|x|1=x|1x1，N=x|x0=x|0x1，MN=（0，1），故选：B点评：本题主要考查绝对值不等式、对数不等式的解法，两个集合的并集的定义和求法，属于基础题2甲乙两人从4门课程中各选修两门，则甲乙

9、所选的课程中至少有1门不相同的选法共有( )种A30B36C60D72考点：计数原理的应用 专题：应用题；排列组合分析：“至少1门不同”包括两种情况，两门均不同和有且只有1门相同，再利用分步计数原理，即可求得结论解答：解：甲、乙所选的课程中至少有1门不相同的选法可以分为两类：1、甲、乙所选的课程中2门均不相同，甲先从4门中任选2门，乙选取剩下的2门，有C42C22=6种2、甲、乙所选的课程中有且只有1门相同，分为2步：从4门中先任选一门作为相同的课程，有C41=4种选法；甲从剩余的3门中任选1门乙从最后剩余的2门中任选1门有C31C21=6种选法，由分步计数原理此时共有C41C31C21=24

10、种综上，由分类计数原理，甲、乙所选的课程中至少有1门不相同的选法共有6+24=30种故选：A点评：本题考查排列组合知识，合理分类、正确分步是解题的关键3已知向量=（cos，2），=（sin，1），且，则tan（）等于( )A3B3CD考点：平面向量共线（平行）的坐标表示；两角和与差的正切函数 专题：平面向量及应用分析：根据两个向量共线的充要条件，得到关于三角函数的等式，等式两边同时除以cos，得到角的正切值，把要求的结论用两角差的正切公式展开，代入正切值，得到结果解答：解：，cos+2sin=0，tan=，tan（）=3，故选B点评：向量知识，向量观点在数学物理等学科的很多分支有着广泛的应用，

11、而它具有代数形式和几何形式的“双重身份”能融数形于一体，能与中学数学教学内容的许多主干知识综合，形成知识交汇点，所以2015届高考中应引起足够的重视本题是把向量同三角函数结合的问题4的展开式中x的系数是( )A3B3C4D4考点：二项式系数的性质 专题：计算题；二项式定理分析：=，利用通项公式，即可求出的展开式中x的系数解答：解：=，的展开式中x的系数是+1=3，故选：A点评：本题考查二项式系数的性质，考查学生的计算能力，比较基础5实数x，y满足，使z=ax+y取得最大值的最优解有两个，则z=ax+y+1的最小值为( )A0B2C1D1考点：简单线性规划 专题：不等式的解法及应用分析：作出不等

12、式组对应的平面区域，利用z=ax+y取得最大值的最优解有2个，利用数形结合确定a的取值即可得到结论解答：解：不等式组等价为或不等式对应的平面区域如图：由z=ax+y得y=ax+z，若a=0时，直线y=ax+z=z，此时取得最大值的最优解只有一个，不满足条件若a0，则直线y=ax+z截距取得最大值时，z取的最大值，此时满足直线y=ax+z经过点A，D时满足条件，此时a=1，解得a=1若a0，则直线y=ax+z截距取得最大值时，z取的最大值，此时z=ax+y取得最大值的最优解有1个或者无数个，不满足条件综上满足条件的a=1，即z=x+y+1，则y=x+z1，当直线y=x+z1经过B（1，0），C（

13、0，1）时，目标函数取得最小值，此时z=1+0+1=0，故选：A点评：本题主要考查线性规划的应用，利用z的几何意义，结合z=ax+y取得最大值的最优解有2个，利用结合数形结合是解决本题的关键6已知点A、B、C、D均在球O上，AB=BC=，AC=3，若三棱锥DABC体积的最大值为，则球O的表面积为( )A36B16C12D考点：球内接多面体 专题：综合题；空间位置关系与距离分析：确定BAC=120°，SABC=，利用三棱锥DABC的体积的最大值为，可得D到平面ABC的最大距离，再利用勾股定理，即可求出球的半径，即可求出球O的表面积解答：解：设ABC的外接圆的半径为r，则AB=BC=，A

14、C=3，BAC=120°，SABC=，2r=2三棱锥DABC的体积的最大值为，D到平面ABC的最大距离为3，设球的半径为R，则R2=3+（3R）2，R=2，球O的表面积为4R2=16故选：B点评：本题考查球的半径，考查体积的计算，确定D到平面ABC的最大距离是关键7已知实数x，执行如图所示的程序框图，则输出x的值不小于55的概率为( )ABCD考点：程序框图 专题：概率与统计；算法和程序框图分析：由程序框图的流程，写出前三项循环得到的结果，得到输出的值与输入的值的关系，令输出值大于等于54得到输入值的范围，利用几何概型的概率公式求出输出的x不小于55的概率解答：解：设实数x，经过第一

15、次循环得到x=2x+1，n=2经过第二循环得到x=2（2x+1）+1，n=3经过第三次循环得到x=2+1，n=4此时输出x输出的值为8x+7令8x+755，得x6由几何概型得到输出的x不小于55的概率为=故选：C点评：根据流程图（或伪代码）写程序的运行结果，是算法这一模块最重要的题型，其处理方法是：分析流程图（或伪代码），从流程图（或伪代码）中既要分析出计算的类型，又要分析出参与计算的数据（如果参与运算的数据比较多，也可使用表格对数据进行分析管理）建立数学模型，根据第一步分析的结果，选择恰当的数学模型解模8某单位安排甲、乙、丙三人在某月1日至12日值班，每人4天甲说：我在1日和3日都有值班；乙

16、说：我在8日和9日都有值班；丙说：我们三人各自值班的日期之和相等据此可判断丙必定值班的日期是( )A2日和5日B5日和6日C6日和11日D2日和11日考点：进行简单的合情推理；分析法和综合法 专题：综合题；推理和证明分析：确定三人各自值班的日期之和为26，根据甲说：我在1日和3日都有值班；乙说：我在8日和9日都有值班，可得甲在1、3、10、12日值班，乙在8、9、2、7或8、9、4、5，即可确定丙必定值班的日期解答：解：由题意，1至12的和为78，因为三人各自值班的日期之和相等，所以三人各自值班的日期之和为26，根据甲说：我在1日和3日都有值班；乙说：我在8日和9日都有值班，可得甲在1、3、1

17、0、12日值班，乙在8、9、2、7或8、9、4、5，据此可判断丙必定值班的日期是6日和11日，故选：C点评：本题考查分析法，考查学生分析解决问题的能力，比较基础9以下四个命题中，其中真命题的个数为( )从匀速传递的产品生产流水线上，质检员每10分钟从中抽取一件产品进行某项指标检测，这样的抽样是分层抽样；对于命题p：xR使得x2+x+10则p：xR均有x2+x+10；两个随机变量的线性相关性越强，则相关系数就越接近于1命题p：“x3“是“x5“的充分不必要条件A1B2C3D4考点：命题的真假判断与应用 专题：简易逻辑分析：对于，从匀速传递的产品生产流水线上，质检员每10分钟从中抽取一件产品进行某

18、项指标检测，这样的抽样系统抽样；对于，运用特殊值判断出错误命题，对于两个随机变量的线性相关性即可判断出真假对于根据两者的范围大小判断解答：解：从匀速传递的产品生产流水线上，质检员每10分钟从中抽取一件产品进行某项指标检测，这样的抽样不是分层抽样，命题不正确不正确，命题p：xR使得x2+x+10则p：xR均有x2+x+10，命题正确两个随机变量的线性相关性越强，则相关系数就越接近于±1，命题不正确命题p：“x3”是“x5”的必要不充分条件，命题不正确；故选：A点评：本题考查了简易逻辑的判定方法、随机变量的相关性、以及抽样方法，考查了推理能力，属于基础题10已知双曲线=1（a0，b0）的

19、两个焦点为F1，F2，其中一条渐近线方程为y=x（bN*），P为双曲线上一点，且满足|OP|5（其中O为坐标原点），若|PF1|、|F1F2|、|PF2|成等比数列，则双曲线C的方程为( )Ay2=1Bx2y2=1C=1D=1考点：双曲线的标准方程 专题：圆锥曲线中的最值与范围问题分析：由已知条件推导出|PF1|2+|PF2|28c2=16，由余弦定理得|PF2|2+|PF1|2=2c2+2|OP|2，由此求出b2=1，由一条渐近线方程为y=x，求得a=2，由此能求出双曲线方程解答：解：|F1F2|2=|PF1|PF2|，4c2=|PF1|PF2|，|PF1|PF2|=4，|PF1|2+|PF

20、2|22|PF1|PF2|=16，即：|PF1|2+|PF2|28c2=16，设：POF1=，则：POF2=，由余弦定理得：|PF2|2=c2+|OP|22|OF2|OP|cos（），|PF1|2=c2+|OP|22|OF1|OP|cos整理得：|PF2|2+|PF1|2=2c2+2|OP|2由化简得：|OP|2=8+3c2=20+3b2OP5，20+3b225，bN，b2=1一条渐近线方程为y=x（bN*），=，a=2，=1故选：A点评：本题考查双曲线方程的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意余弦定理的合理运用11已知一函数满足x0时，有g（x）=2x2，则下列结论一定成立的是( )Ag（

21、1）3Bg（1）2Cg（1）4Dg（1）4考点：导数的运算 专题：导数的概念及应用分析：利用g（x）=2x2，可得g（x）=x3+c，再利用g（x）=2x2，得到cx3，继而得到c0，代入值求助即可解答：解：x0时，有g（x）=2x2，g（x）=x3+c，2x3x3+c，cx3，x0，c0g（2）=+c，g（1）=+c，=+，g（1）=22故选：B点评：本题考查了导数的运算，以及函数的单调性，以及参数的取值范围，属于中档题12如图，在ABC中，AB=2，ABC=，AD是边BC上的高，当时，的最大值与最小值之差为( )A1B2C3D4考点：平面向量数量积的运算 专题：平面向量及应用分析：通过向量

22、的运算法则及三角函数的定义可得=4sin2，利用，计算即得结论解答：解：易知=（）=，AD是边BC上的高，=0，=，又AB=2，ABC=，ABD为直角三角形，AD=ABsin=2sin，=4sinsin=4sin2，sin，4sin2，即的最大值与最小值分别为3与1，故选：B点评：本题以三角形为载体，考查平面向量数量积的运算，注意解题方法的积累，属于中档题二填空题（本题共4个小题，每小5分，满分20分）13已知椭圆mx2+4y2=1的离心率为，则实数m等于2或8考点：椭圆的简单性质 专题：圆锥曲线的定义、性质与方程分析：分类求出椭圆的长半轴长和半焦距，代入椭圆离心率求得实数m的值解答：解：由m

23、x2+4y2=1，得，若，得0m4，此时，则，解得：m=2；若，得m4，此时，则，解得：m=8故答案为：2或8点评：本题考查椭圆的标准方程，考查椭圆的简单几何性质，体现了分类讨论的数学思想方法，是中档题14若函数f（x）=Asin（x+）（A0，0，|）的图象如图所示，则图中的阴影部分的面积为考点：定积分的简单应用；定积分 专题：导数的概念及应用分析：根据函数图图象得出f（x）=sin（x），再利用积分求解即可解答：解：由图可知，A=1，由得，又，五点作图得出sin（）=0，=k，kz，=6k+1，由图知，3，0，得=1所以f（x）=sin（x），阴影部分面积S=|f（x）|dx|sin（x）

24、|dx=cos（x）|=点评：本题考查了导数在求解面积中的应用，关键是利用图形求解的函数解析式，在运用积分求解，属于中档题15三个互不相等的实数成等差数列，适当交换这三个数的位置后，变成一个等比数列，则此等比数列的公比是2或考点：等差数列与等比数列的综合 专题：计算题分析：据三个数构成等差数列设出三个数；通过讨论哪一个数是等比中项，分三种情况列出方程求出三个数，求出公比解答：解：设三个互不相等的实数为ad，a，a+d，（d0）交换这三个数的位置后：若a是等比中项，则a2=（ad）（a+d）解得d=0，不符合；若ad是等比中项则（ad）2=a（a+d）解得d=3a，此时三个数为a，2a，4a，公

25、比为2或三个数为4a，2a，a，公比为若a+d是等比中项，则同理得到公比为2，或公比为所以此等比数列的公比是2或故答案为2或点评：解决等差数列、等比数列的问题时，常采用设出首项、公差、公比，利用基本量的方法列出方程组来解16如图在某点B处测得建筑物AE的顶端A的仰角为，沿BE方向前进15m，至点C处测得顶端A的仰角为2，再继续前进5m至D点，测得顶端A的仰角为4，则建筑物AE的高为m考点：解三角形的实际应用 专题：解三角形分析：由题意可得AC=BC=15，AD=CD=5，由余弦定理可得cos4，进而可得sin4，在ADE中，AE=ADsin4，代值计算可得解答：解：由题意可得AC=BC=15，

26、AD=CD=5，在ACD中由余弦定理可得cos（4）=，cos4=，sin4=，在ADE中，AE=ADsin4=5×故答案为：m点评：本题考查解三角形的实际应用，涉及余弦定理和等腰三角形的知识，属中档题三解答题（本大题共5小题，满分60分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17已知数列an满足Sn=，（其中Sn是数列an的前n项和，且a2=2（）求数列an的通项公式；（）设bn=，求数列bn的前2n项和T2n考点：数列的求和；数列递推式 专题：等差数列与等比数列分析：（）通过Sn=及an+1=Sn+1Sn可得=，从而可得当n3时，an=aa2=2（n1），进而可得结论；（）分别

27、求出奇数项的和与偶数项的和，相加即可解答：解：（）Sn=，Sn+1=，an+1=Sn+1Sn=，化简得=，又a2=2，a1=S2a2=0，当n3时，an=aa2=2=2（n1），an=；（）bn=，当n=2k1时，b2k1=a2k1=2（2k11）=4（k1），当n=2k时，b2k=2（22k1）=24k2，记数列bn的前2n项和T2n中奇数项和为T1，则T1=0+4（21）+4（31）+4（n1）=4（1+2+3+n）4n=4n=2n（n1），记数列bn的前2n项和T2n中奇数项和为T2，则T2=2412+2422+24n2=2n=2n，T2n=T1+T2=2n（n1）+2n=+2n24n点

28、评：本题考查数列的递推公式，考查等差、等比数列的求和公式，考查分类讨论的思想，利用an=aa2是解决本题的关键，属于中档题18将一个半径适当的小球放入如图所示的容器自上方的入口处，小球自由下落，小气在下落的过程中，将遇到黑色障碍物3次，最后落入A袋或B袋中，已知小球每次遇到障碍物时，向左、右两边下落的概率分别是，（）分别求出小球落入A袋和B袋中的概率；（）在容器 入口处依次放入4个小球，记为落入B袋中的小球个数，求的分布列和数学期望考点：离散型随机变量的期望与方差；离散型随机变量及其分布列 专题：概率与统计分析：（）设出“小球落入A袋中”为事件M”，小球落入B袋中”为事件N，则事件M的对立事件

29、N，而小球落入A袋中当且仅当小球一直向左落下或一直向右落下，运用对立事件求解即可（II）确定随机变量的所有可能的取值为0，1，2，3，4判断出二项分布，得出B（4，），运用概率公式求解即可解答：解：（）记“小球落入A袋中”为事件M”，小球落入B袋中”为事件N，则事件M的对立事件N，而小球落入A袋中当且仅当小球一直向左落下或一直向右落下，故P（M）=+=，从而P（N）=1P（M）=1（II）显然，随机变量的所有可能的取值为0，1，2，3，4且B（4，），故P（=0）=×（）0×（）4=，P（=1）=×（）1×（）3=，P（=2）=×（）2

30、5;（）2=，P（=3）=×（）3×（）1=，P（=4）=×（）4×（）0=，则的分布列为： 0 1 2 3 4 P故的数学期望为E（）=4×=点评：本题考查了离散型的随机变量的数学期望，分布列的求解，关键是读懂题意，判断概率的类型，准确求解即可19已知几何体ABCED的三视图如图所示，其中俯视图和侧视图都是腰长为4的等腰直角三角形，正视图为直角梯形（1）求此几何体的体积V的大小；（2）求异面直线DE与AB所成角的余弦值；（3）试探究在DE上是否存在点Q，使得AQBQ并说明理由考点：异面直线及其所成的角；由三视图求面积、体积 专题：证明题；综合

31、题；转化思想分析：（1）由该几何体的三视图知AC面BCED，且EC=BC=AC=4，BD=1，则体积可以求得（2）求异面直线所成的角，一般有两种方法，一种是几何法，其基本解题思路是“异面化共面，认定再计算”，即利用平移法和补形法将两条异面直线转化到同一个三角形中，结合余弦定理来求还有一种方法是向量法，即建立空间直角坐标系，利用向量的代数法和几何法求解（3）假设存在这样的点Q，使得AQBQ解法一：通过假设的推断、计算可知以O为圆心、以BC为直径的圆与DE相切解法二：在含有直线与平面垂直垂直的条件的棱柱、棱锥、棱台中，也可以建立空间直角坐标系，设定参量求解这种解法的好处就是：1、解题过程中较少用到

32、空间几何中判定线线、面面、线面相对位置的有关定理，因为这些可以用向量方法来解决2、即使立体感稍差一些的学生也可以顺利解出，因为只需画个草图以建立坐标系和观察有关点的位置即可以C为原点，以CA，CB，CE所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系设满足题设的点Q存在，其坐标为（0，m，n），点Q在ED上，存在R（0），使得=，解得=4，满足题设的点Q存在，其坐标为（0，）解答：解：（1）由该几何体的三视图知AC面BCED，且EC=BC=AC=4，BD=1，S梯形BCED=×（4+1）×4=10V=S梯形BCEDAC=×10×4=即该几何体的体积V为（2）解法

33、1：过点B作BFED交EC于F，连接AF，则FBA或其补角即为异面直线DE与AB所成的角在BAF中，AB=4，BF=AF=5cosABF=即异面直线DE与AB所成的角的余弦值为解法2：以C为原点，以CA，CB，CE所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系则A（4，0，0），B（0，4，0），D（0，4，1），E（0，0，4）=（0，4，3），=（4，4，0），cos，=异面直线DE与AB所成的角的余弦值为（3）解法1：在DE上存在点Q，使得AQBQ取BC中点O，过点O作OQDE于点Q，则点Q满足题设连接EO、OD，在RtECO和RtOBD中RtECORtOBDEOC=OBDEOC+CEO=90

34、°EOC+DOB=90°EOB=90°OE=2，OD=OQ=2以O为圆心、以BC为直径的圆与DE相切切点为QBQCQAC面BCED，BQ面CEDBBQACBQ面ACQAQ面ACQBQAQ解法2：以C为原点，以CA，CB，CE所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系设满足题设的点Q存在，其坐标为（0，m，n），则=（4，m，n），=（0，m4，n）=（0，m，n4），=（0，4m，1n）AQBQm（m4）+n2=0点Q在ED上，存在R（0）使得=（0，m，n4）=（0，4，m，1n）m=，n=代入得（4）（）2=028+16=0，解得=4满足题设的点Q存在，其坐标为

35、（0，）点评：本小题主要考查空间线面关系、面面关系、二面角的度量、几何体的体积等知识，考查数形结合、化归与转化的数学思想方法，以及空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力20给定椭圆C：+=1（ab0）称圆心在原点O，半径为的圆是椭圆C的“准圆”若椭圆C的一个焦点为F（，0），其短轴上的一个端点到点F的距离为（1）求椭圆C的方程和其“准圆”方程；（2）点P是椭圆C的“准圆”上的一个动点，过动点P作直线l1，l2，使得l1，l2与椭圆C都只有一个交点，试判断l1，l2是否垂直，并说明理由考点：直线与圆锥曲线的关系；椭圆的标准方程 专题：计算题；直线与圆；圆锥曲线的定义、性质与方程分析：（1）由题

36、意可得，c=，a=，则b2=a2c2=1，从而得到椭圆方程和其“准圆”方程；（2）讨论当P在直线x=上时，显然不垂直；当P不在直线x=上时，设出直线方程，联立椭圆方程，消去y，得到关于x的方程，运用判别式为0，化简整理，得到关于k的方程，求出两根之积，判断是否为1，即可判断l1，l2垂直解答：解：（1）由题意可得，c=，=a=，则b2=a2c2=1，则椭圆C的方程为+y2=1其“准圆”方程为x2+y2=4（2）设P（±，±1），则过P的直线l1：x=±，则l2的斜率k0，即它们不垂直；设P（m，n）（m±），m2+n2=4，过P的直线为yn=k（xm），

37、联立椭圆方程，消去y，得到（1+3k2）x2+6k（nkm）x+3（nkm）23=0，由于直线与椭圆C都只有一个交点，则=0，即36k2（nkm）24（1+3k2）3=0，化简得，（3m2）k2+2kmn+1n2=0，k1k2=1即l1，l2垂直综上，当P在直线x=上时，l1，l2不垂直；当P不在直线x=上时，l1，l2垂直点评：本题考查了椭圆的简单几何性质，考查了两直线的位置关系，直线和椭圆的位置关系，方法是联立直线和圆椭圆方程，利用整理后的一元二次方程的判别式求解此题属中档题21已知函数f（x）=2lnxax+a（aR）（）讨论f（x）的单调性；（）若f（x）0恒成立，证明：当0x1x2时

38、，考点：利用导数研究函数的单调性；函数单调性的性质 专题：导数的综合应用分析：（I）利用导数的运算法则可得f（x），对a分类讨论即可得出其单调性；（II）通过对a分类讨论，得到当a=2，满足条件且lnxx1（当且仅当x=1时取“=”）利用此结论即可证明解答：解：（）求导得f（x）=，x0若a0，f（x）0，f（x）在（0，+）上递增；若a0，当x（0，）时，f（x）0，f（x）单调递增；当x（，+）时，f（x）0，f（x）单调递减（）由（）知，若a0，f（x）在（0，+）上递增，又f（1）=0，故f（x）0不恒成立若a2，当x（，1）时，f（x）递减，f（x）f（1）=0，不合题意若0a2，当

39、x（1，）时，f（x）递增，f（x）f（1）=0，不合题意若a=2，f（x）在（0，1）上递增，在（1，+）上递减，f（x）f（1）=0，合题意故a=2，且lnxx1（当且仅当x=1时取“=”）当0x1x2时，f（x2）f（x1）=2ln2（x2x1）2（1）2（x2x1）=2（1）（x2x1），2（11）点评：熟练掌握利用导数研究函数的单调性、极值、等价转化、分类讨论的思想方法等是解题的关键选做题：请考生在22，23，24题中任选一题作答，如果多选则按所做的第一题记分，作答时，请涂明题号.选修4-1：几何证明选讲22已知ABC中，AB=AC，D为ABC外接圆劣弧AC上的点（不与点A，C重合），延长BD至E，延长AD交BC的延长线于F（1）求证：CDF=EDF；（2）求证：ABACDF=ADFCFB考点：与圆有关的比例线段 专题：推理和证明分析：（I）根据A，B，C，D