高考数学二轮复习 仿真测2（含解析）试题

仿真测2时间120分钟，满分150分。一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．(文)若复数z＝(a2＋2a－3)＋(a＋3)i为纯虚数，则aA．－3 B．－3或1C．3或－1 D．1[答案]D[分析]易错点、纯虚数要求虚部不为0.[解析]因为复数z＝(a2＋2a－3)＋(a＋3)i为纯虚数，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＋2a－3＝0，,a＋3≠0，))解得a＝1.(理)(2015·河南八市质量监测)如图所示的复平面上的点A，B分别对应复数z1，z2，则eq\f(z2,z1)＝()A．－2i B．2iC．2 D．－2[答案]A[解析]由图可知z2＝2＋2i，z1＝－1＋i，则eq\f(z2,z1)＝eq\f(2＋2i,－1＋i)＝eq\f(2＋2i－1－i,2)＝－(1＋i)2＝－2i.[方法点拨]准确应用概念、定理的前提是理解和熟记，特别是其中易混易错易忘的地方，可单独记录在案，不断强化记忆，并在解题过程中通过实践加深印象，才能有效的防范和避免失误．2．(2015·河北衡水中学一模)下列函数，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))，不是周期函数；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))，不是周期函数；D：y＝(x2＋1)0＝1，无最小正周期．3．(2015·南昌市二模)下列结论错误的是()A．命题：“若x2－3x＋2＝0，则x＝2”的逆否命题为：“若x≠2，则x2－3x＋2≠0”B．“a>b”是“ac2>bc2”C．命题：“∃x∈R，x2－x>0”的否定是“∀x∈R，x2－x≤0”D．若“p∨q”为假命题，则p，q均为假命题[答案]B[解析]易知A、C、D正确，而a>b时，ac2>bc2不一定成立(如c＝0时不成立)．当ac2>bc2时，a>b一定成立，故“a>b”是“ac2>bc2”4．(2015·东北三校二模)已知向量eq\o(AB,\s\up6(→))与向量a＝(1，－2)的夹角为π，|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝2eq\r(5)，点A的坐标为(3，－4)，则点B的坐标为()A．(1,0) B．(0,1)C．(5，－8) D．(－8,5)[答案]A[解析]设B(x，y)，则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，联立两方程解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1,y＝0))，∴B(1,0)．5．(文)(2015·青岛市质检)某校共有高一、高二、高三学生1290人，其中高一480人，高二比高三多30人，为了解该校学生健康状况，现采用分层抽样方法进行调查，在抽取的样本中有高一学生96人，则该样本中的高三学生人数为()A．84 B．78C．81 D．96[答案]B[解析]设该校高三有x人，则高二有(30＋x)人，故480＋x＋(30＋x)＝1290，∴x＝390.设样本中高三学生人数为t，则eq\f(96,480)＝eq\f(t,390)，∴t＝78.(理)(2014·山东理，6)直线y＝4x与曲线y＝x3在第一象限内围成的封闭图形的面积为()A．2eq\r(2) B．4eq\r(2)C．2 D．4[答案]D[解析]如图所示由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.))∴第一象限的交点坐标为(2,8)由定积分的几何意义得，S＝eq\i\in(0,2,)(4x－x3)dx＝(2x2－eq\f(x4,4))|eq\o\al(2,0)＝8－4＝4.6．(文)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积是()A．eq\f(1,6) B．eq\f(1,3)C．eq\f(2,3) D．1[答案]B[解析]由三视图知该几何体是底面为直角三角形(两直角边长分别为1,1)高为2的三棱锥，其体积为eq\f(1,3)×(eq\f(1,2)×1×1)×2＝eq\f(1,3).(理)某四棱台的三视图如图所示，则该四棱台的体积是()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＝2，∴V＝eq\f(1,3)(1＋eq\r(1×4)＋4)×2＝eq\f(14,3).7．(文)曲线x＝eq\r(1－y2)与直线y＝x＋b无公共点，则实数b的取值范围是()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]本题常见错误是将两方程联立消元变形为一元二次方程，用判别式得出b>eq\r(2)或b<－eq\r(2).[解析]x＝eq\r(1－y2)表示右半圆x2＋y2＝1(x≥0)，如图可知，当－eq\r(2)≤b≤1时，直线y＝x＋b与曲线有公共点，∴b的取值范围是(－∞，－eq\r(2))∪(1，＋∞)．[方法点拨]转化要等价：解答数学问题过程中，经常要进行转化(转换)，转化过程中，某些变形可能要使变量的取值范围扩大或缩小，某些变换可能使原变量的受限条件丢失(如换元时原变量的取值范围必须转化为新元的取值范围)等等，平时解题过程中，要注意养成习惯．(理)(2014·吉林市质检)若双曲线eq\f(y2,m2)－x2＝1的渐近线方程为y＝±eq\r(2)x，则双曲线离心率为()A．eq\r(2) B．3C．eq\f(\r(6),2) D．eq\r(3)[答案]C[分析]本题极易由双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1的渐近线方程为y＝±eq\f(b,a)x，造成错误迁移得到eq\f(1,|m|)＝eq\r(2)，∴m＝±eq\f(\r(2),2)，而造成错解．[解析]∵eq\f(a,b)＝eq\r(2)，a2＝m2，b2＝1，∴m2＝2，∴a2＝m2＝2，c2＝a2＋b2＝3，∴离心率e＝eq\f(c,a)＝eq\r(\f(3,2))＝eq\f(\r(6),2).[方法点拨]运用公式重细节：数学中有大量的公式、法则、性质，它们中好多都有前提条件，使用它们解决问题时，必须注意有无限制条件，题目中给出的条件是否满足其要求．8．(2015·昆明市质检)执行下面的程序框图，若输入x＝1，则输出的S＝()A．21 B．37C．57 D．62[答案]B[解析]由程序框图得：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，结束循环，输出S＝37.9．(2015·太原市模拟)已知△ABC中，cosA＝eq\f(3,5)，cosB＝eq\f(4,5)，BC＝4，则△ABC的面积为()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为直角，∴S△ABC＝eq\f(1,2)BC·AC＝6，故选A．10．(文)(2015·石家庄市一模)已知偶函数f(x)，当x∈[0,2)时，f(x)＝2sinx，当x∈[2，＋∞)时，f(x)＝log2x，则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)为偶函数，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，＋∞)时，f(x)＝log2x，∴f(4)＝2，故选D．(理)(2014·辽宁文，10)已知f(x)为偶函数，当x≥0时，f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(cosπx，x∈[0，\f(1,2)],2x－1，x∈\f(1,2)，＋∞))，则不等式f(x－1)≤eq\f(1,2)的解集为()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)为偶函数，且x≥0时，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).))在同一坐标系中画出函数y＝f(x)的图象和直线y＝eq\f(1,2)，易知其交点为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))，由图易知，f(x)≤eq\f(1,2)的解为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)，故选A．解法2：当x∈[0，eq\f(1,2)]时，由f(x)＝cosπx≤eq\f(1,2)得x∈[eq\f(1,3)，eq\f(1,2)]，当x∈(eq\f(1,2)＋∞)时，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)]时f(x)≤eq\f(1,2)，∵f(x)是偶函数，∴x∈[－eq\f(3,4)，－eq\f(1,3)]时，f(x)≤eq\f(1,2)，而要使f(x－1)≤eq\f(1,2)，则x∈[eq\f(1,4)，eq\f(2,3)]∪[eq\f(4,3)，eq\f(7,4)]．[点评]照顾到f(x)为偶函数，可以只讨论x≥0的部分，由对称性写出结论．11．(文)(2015·柳州市模拟)设点P在曲线y＝ex上，点Q在曲线y＝lnx上，则|PQ|最小值为()A．ln2 B．eq\r(2)C．1＋eq\r(2) D．eq\r(2)－1[答案]B[解析]因为函数y＝ex与y＝lnx互为反函数，所以它们的函数图象关于直线y＝x对称，要使|PQ|最小，则必有P，Q两点的切线斜率和y＝x的斜率相等，对于曲线y＝lnx，令y′＝eq\f(1,x)＝1，得x＝1，故Q(1,0)．同理，对于曲线y＝ex，令y′＝ex＝1，得x＝0，所以P点坐标为(0,1)，综上，|PQ|最小值为eq\r(1＋1)＝eq\r(2)，选B．(理)(2015·衡水中学三调)在1,2,3,4,5,6,7,8这组数据中，随机取出五个不同的数，则数字5是取出的五个不同数的中位数的概率为()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]由于抽取五个不同的数字，且数字5是这五个数的中位数，故数字5必在抽取的数中，因此抽取的除5以外的四个数字中，有两个比5小，有两个比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·洛阳市质检)如图是某几何体的三视图，则该几何体的外接球的表面积为()A．200π B．150πC．100π D．50π[答案]D[解析]由三视图知，该几何体是如图所示的三棱锥A－BCD，其外接球的直径为eq\r(52＋32＋42)＝5eq\r(2)，∴外接球的表面积为：S＝4πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5\r(2),2)))2＝50π.(理)(2014·中原名校联考)已知三角形PAD所在平面与矩形ABCD所在平面互相垂直，PA＝PD＝AB＝2，∠APD＝120°，若点P，A，B，C，D都在同一球面上，则此球的表面积等于()A．8π B．12πC．16π D．20π[答案]D[解析]设△PAD外接圆心为O1，则O1A＝r，O1P＝r，设O1P与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，从而O1E＝1，∵平面PAD⊥平面ABCD，∴PE⊥平面ABCD，设矩形ABCD外接圆心为O2，则O2E⊥平面PAD，设球心为O，则四边形OO1EO2为矩形，△OO2A为直角三角形，∵O2A＝eq\f(1,2)AC＝eq\f(1,2)eq\r(AB2＋AD2)＝2，OO2＝O1E＝1，∴球半径R＝OA＝eq\r(5)，∴球面积S＝4πR2＝20π.二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分，将正确答案填在题中横线上)13．(文)(2015·柳州市模拟)数列{an}的通项公式an＝eq\f(1,\r(n＋1)＋\r(n))，它的前n项和为9，则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项和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，则n＝99.(理)(2015·商丘市二模)若a＝∫eq\f(π,2)0sin2xdx，则eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(a,x)))6展开式的常数项为________．[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，则eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(1,x)))6的展开式的常数项T4＝Ceq\o\al(3,6)(2x)3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))3＝160.14．(2015·郑州市质检)已知点A(－1,1)、B(0,3)、C(3,4)，则向量eq\o(AB,\s\up6(→))在eq\o(AC,\s\up6(→))方向上的投影为________．[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(→))方向上的投影为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·济南市模拟)100名学生某次数学测试成绩(单位：分)的频率分布直方图如图所示，则测试成绩落在[60,80)中的学生人数是________．[答案]50[解析]根据频率分布直方图中各组频率之和为1，得10(2a＋3a＋7a＋6a＋2a)＝1，解得a＝eq\f(1,200)，所以测试成绩落在[60,80)中的频率是10(3a＋7a)＝100a＝100×eq\f(1,200)＝eq\f(1,2)，故对应的学生人数为100×eq\f(1,2)＝50.(理)(2015·青岛市诊断)某班有50名同学，一次数学考试的成绩X服从正态分布N(110,102)，已知P(100≤X≤110)＝0.34，估计该班学生数学成绩在120分以上的有________人．[答案]8[解析]由题意可知P(X>120)＝0.5－P(110≤X≤120)＝0.5－P(100≤X≤110)＝0.5－0.34＝0.16.故120分以上的人数为50×0.16＝8.16．(2015·长沙市模拟)已知函数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)，函数F(x)的零点均在区间[a，b](a<b，a，b∈Z)内，则圆x2＋y2＝b－a的面积的最小值为________．[答案]π[分析]F(x)的图象可由f(x)的图象平移得到，故只要知道f(x)的零点，就能知道F(x)的零点，讨论f(x)的零点，由f(x)的表达式知需用导数研究f(x)的单调性．又圆x2＋y2＝b－a的面积最小，等价于b－a取最小值，结合b、a∈Z.利用导数可确定函数在R上是增函数，再利用零点存在性定理即可获解．[解析]因为f′(x)＝1－x＋x2－x3＋…＋x2014＝eq\f(1＋x2015,1＋x)>0(x≠－1，x≠0)，又因为f′(－1)＝2015>0，f′(0)＝1>0，故f(x)在R上单调递增．因为f(0)＝1>0，f(－1)<0，所以f(x)的零点在[－1,0]内，F(x)的零点在[－5，－4]内，b－a的最小值为1，所以圆x2＋y2＝b－a的面积的最小值为π.三、解答题(解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本题满分12分)(2015·梧州二模)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，eq\f(sinC,cosC)＝eq\f(sinA＋sinB,cosA＋cosB).(1)求角C的大小；(2)若△ABC的外接圆直径为2，求a2＋b2的取值范围．[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)，可设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的取值范围是(3,6]．18．(本题满分12分)(2014·新乡、平顶山、许昌调研)已知四棱锥P－ABCD中，PC⊥底面ABCD，PC＝2，且底面ABCD是边长为1的正方形．E是最短的侧棱PC上的动点．(1)求证：P、A、B、C、D五点在同一个球面上，并求该球的体积；(2)如果点F在线段BD上，DF＝3BF，EF∥平面PAB，求eq\f(PE,EC)的值；(3)(理)在(2)的条件下，求二面角B－EF－C的余弦值．[解析](1)解法一：设PA的中点为M，∵△PAC为直角三角形，PC＝2，AC＝eq\r(2)，∴CM＝PM＝AM＝eq\f(\r(6),2).设正方形ABCD的中心为点O，则OM∥PC，OM＝1且PC⊥底面ABCD，∴OM⊥底面ABCD，又O为BD的中点，∴BM＝DM＝eq\r(1＋\f(\r(2),2)2)＝eq\f(\r(6),2)，∴CM＝PM＝AM＝BM＝DM，故点P、A、B、C、D在以M为球心半径为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为相邻棱补成长方体，则PA为长方体的对角线，∴长方体内接于以PA为直径的球，∴P、A、B、C、D在同一个球面上，球半径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)连接CF并延长交AB于K，连接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为原点，eq\o(CD,\s\up6(→))、eq\o(CB,\s\up6(→))、eq\o(CP,\s\up6(→))所在方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系C－xyz.则C(0,0,0)，D(1,0,0)，A(1,1,0)，B(0,1,0)，P(0,0,2)，因为DF＝3BF，CE＝3PE，得E(0,0，eq\f(3,2))，F(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)．设n1＝(x，y，z)是平面BEF的法向量，则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，则eq\o(n1,\s\up6(→))＝(1,1，eq\f(2,3))．设n2＝(p，q，r)是平面CEF的法向量，则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，则n2＝(3，－1,0)，设向量n1、n2的夹角为θ，则cosθ＝eq\f(n1·n2,|n1||n2|)＝eq\f(3\r(55),55).故二面角B－EF－C的余弦值为eq\f(3\r(55),55).[方法点拨]运算过程要合理，计算要耐心细致19．(本题满分12分)(文)(2015·重庆文，17)随着我国经济的发展，居民的储蓄存款逐年增长．设某地区城乡居民人民币储蓄存款(年底余额)如下表：年份20102011201220132014时间代号t12345储蓄存款y(千亿元)567810(1)求y关于t的回归方程eq\o(y,\s\up6(^))＝eq\o(b,\s\up6(^))t＋eq\o(a,\s\up6(^))；(2)用所求回归方程预测该地区2015年(t＝6)的人民币储蓄存款．附：回归方程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)列表分别计算出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，从而就可得到回归方程；(2)将t＝6代入回归方程中可预测该地区2015年的人民币储蓄存款．[解析](1)列表计算如下itiyiteq\o\al(2,i)tiyi11515226412337921448163255102550∑153655120这里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.从而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.故所求回归方程为eq\o(y,\s\up6(^))＝1.2t＋3.6.(2)将t＝6代入回归方程可预测该地区2015年的人民币储蓄存款为eq\o(y,\s\up6(^))＝1.2×6＋3.6＝10.8(千亿元)．(理)(2015·福建理，16)某银行规定，一张银行卡若在一天内出现3次密码尝试错误，该银行卡将被锁定．小王到该银行取钱时，发现自己忘记了银行卡的密码，但可以确认该银行卡的正确密码是他常用的6个密码之一，小王决定从中不重复地随机选择1个进行尝试．若密码正确，则结束尝试；否则继续尝试，直至该银行卡被锁定．(1)求当天小王的该银行卡被锁定的概率；(2)设当天小王用该银行卡尝试密码的次数为X，求X的分布列和数学期望．[分析]考查(1)古典概型；(2)离散型随机变量的分布列和期望．(3)运算能力和分析解决问题的能力．(1)银行卡被锁定相当于三次尝试密码都错，求出基本事件数，然后用古典概型的概率计算公式求解；(2)列出随机变量X的所有可能取值，分别求取相应值的概率，写出分布列求期望即可．[解析](1)设“当天小王的该银行卡被锁定”的事件为A，则P(A)＝eq\f(5,6)×eq\f(4,5)×eq\f(3,4)＝eq\f(1,2).(2)依题意得，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的分布列为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．(本题满分12分)(2014·哈三中一模)若点A(1,2)是抛物线C：y2＝2px(p>0)上一点，经过点B(5，－2)的直线l与抛物线C交于P、Q两点．(1)求证：eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(QA,\s\up6(→))为定值；(2)若点P，Q与点A不重合，问△APQ的面积是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，请说明理由．[解析](1)因为点A(1,2)在抛物线C：y2＝2px(p>0)上，所以4＝2p，有p＝2，那么抛物线C：y2＝4x若直线l的斜率不存在，则直线l：x＝5，此时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若直线l的斜率存在，设直线l：y＝k(x－5)－2，(k≠0)，点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(→))为定值．(2)若直线l的斜率不存在，直线l：x＝5，此时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)若直线l的斜率存在时，|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))点A(1,2)到直线l：y＝k(x－5)－2的距离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，则S△APQ＝8eq\r(u2＋4u)没有最大值．21．(本题满分12分)(文)(2015·河南省高考适应性测试)已知函数f(x)＝eq\f(x2,lnx).(1)求f(x)的单调区间；(2)若函数g(x)＝tf(x)－x在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))∪(1，e2]上有两个零点，求实数t的取值范围．[解析](1)因为f(x)＝eq\f(x2,lnx)，其定义域为(0,1)∪(1，＋∞)．f′(x)＝eq\f(x2lnx－1,lnx2)，由f′(x)>0得f(x)的单调递增区间为(eq\r(e)，＋∞)，由f′(x)<0得f(x)的单调递减区间为(0,1)，(1，eq\r(e))(2)函数g(x)＝tf(x)－x在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))∪(1，e2]上有两个零点，等价于h(x)＝eq\f(lnx,x)与y＝t在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))∪(1，e2]上有两个不同的交点．h′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，由h′(x)>0得0<x<e，由h′(x)<0得x>e，所以当x＝e时y＝h(x)有极大值，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，所以实数t的取值范围为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,e2)，\f(1,e))).(理)(2015·兰州市诊断)设函数f(x)＝x2＋mln(x＋1)．(1)若函数f(x)是定义域上的单调函数，求实数m的取值范围．(2)若m＝－1，试比较当x∈(0，＋∞)时，f(x)与x3的大小；(3)证明：对任意的正整数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)，又函数f(x)在定义域上是单调函数，∴f′(x)≥0或f′(x)≤0在(－1，＋∞)上恒成立，若f′(x)≥0在(－1，＋∞)上恒成立，即函数f(x)是定义域上的单调递增函数，则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，∴应有2x2＋2x＋m≤0在(－1，＋∞)上恒成立，这显然是不可能的．∴不存在实数m使f′(x)≤0在(－1，＋∞)上恒成立．综上所述，实数m的取值范围是[eq\f(1,2)，＋∞)．(2)当m＝－1时，函数f(x)＝x2－ln(x＋1)．令g(x)＝f(x)－x3＝－x3＋x2－ln(x＋1)，则g′(x)＝－3x2＋2x－eq\f(1,x＋1)＝－eq\f(3x3＋x－12,x＋1)，显然，当x∈(0，＋∞)时，g′(x)<0，∴函数g(x)在(0，＋∞)上单调递减，又g(0)＝0，∴当x∈(0，＋∞)时，恒有g(x)<g(0)＝0，即f(x)－x3<0恒成立．故当x∈(0，＋∞)时，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).请考生在第22、23、24题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．作答时请写清题号．22．(本题满分10分)(2015·昆明市质检)如图，△ABC中，∠ACB＝90°，D是AC上一点，以AD为直径作⊙O交AB于点G.(1)证明：B、C、D、G四点共圆；(2)过点C作⊙O的切线CP，切点为P，连接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是直径，∴∠AGD＝90°，∵∠BCA＝90°，∴∠AGD＝∠BCA，∴B、C、D、G四点共圆．(2)∵CP是⊙O的切线，CDA是⊙O的割线，∴根据切割线定理得CP2＝CD·CA，∵∠CPO＝90°，PH⊥AD，∴根据射影定理得CP2＝CH·CO，∵CH＝eq\f(16,5)，CO＝CH＋OH＝eq\f(16,5)＋eq\f(9,5)＝5，∴CP