山东理科高考

2014山东理科高考考卷

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、选择题（题型注释）

1．已知a,bR，i是虚数单位，若ai与2bi互为共轭复数，则(abi)2（ ）

A.54i B.54i C.34i D.34i

2．设集合Ax||x1|2,By|y2x,x[0,2]，则AB（ ） A.[0,2] B.(1,3) C.[1,3) D.(1,4)

3

 ）

(2,)

4．用反证法证明命题“设a,b为实数，则方程x2axb0至少有一个实根”时，要做的假设是（ ）

A.方程x2axb0没有实根 B.方程x2axb0至多有一个实根

C.方程x2axb0至多有两个实根 D.方程x2axb0恰好有两个实根

5

．已知实数x,y满足axay(0a1)，则下面关系是恒成立的是（ ）

ln(x21)ln(y21) C.sinxsiny D.x3

y3 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（ ） 2 D.4

7．为了研究某药品的疗效，选取若干名志愿者进行临床试验，所有志愿者的舒张压数据（单位：kPa）的分组区间为[12,13),[13,14),[14,15),[15,16),[16,17],将其按从左到右的顺序分别编号为第一组，第二组，，第五组，右图是根据试验数据制成的频率分布直方图，已知第一组与第二组共有20人，第三组中没有疗效的有6人，则第三组中有疗效的人数为（ ）

A.6 B.8 C.12 D.18

8．

f(x)g(x)有两个不相等的实根，则

）

(1,2) D.(2,)

9．已知x,y满足约束条件xy10，当目标函数zaxby(a

0,b0)在该2xy30

a2b2的最小值为（

）

10．已知a

b0，椭圆C1双曲线C2C1与

C2C2的渐近线方程为（

）

x2y0 D.2xy0

二、填空题（题型注释）

11．执行右面的程序框图，若输入的x

的值为1，则输出的n的值为________.

12．在ABC中，已知ABACtanA，当A

6

13．三棱锥PABC中，D，E分别为PB，PC的中点，记三棱锥DABE的体积为V1，PABC的体积为V2，则时，ABC的面积为________. V1________. V2

2632214． 若(ax)的展开式中x项的系数为20，则ab的最小值b

x

15．已知函数yf(x),xR，对函数yg(x),xI,定义g(x)关于f(x)的对称函数为函数yh(x),xI，yh(x)满足：对于任意xI，两个点(x,h(x)),(x,g(x))

关于点(x,fx)对称，若h(x)是g(x)，4x2关于f(x)3xb的“对称函数”且h(x)g(x)恒成立，则实数b的取值范围是_________.

三、解答题（题型注释）

16．（本小题满分12分）

已知向量a(m,cos2x)，b(sin2x,n)，设函数f(x)ab，且yf(x)的图象过

点(12和点(2,2). 3

（Ⅰ）求m,n的值；

（Ⅱ）将yf(x)的图象向左平移（0）个单位后得到函数yg(x)的图象.若yg(x)的图象上各最高点到点(0,3)的距离的最小值为1，求yg(x)的单调增区间.

17．（本小题满分12分） 如图，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，DAB60，AB2CD2，M是线段

AB的中点.

（Ⅰ）求证：C1M//A1ADD1； （Ⅱ）若CD1垂直于平面ABCD

C1D1M和平面ABCD所成的角（锐角）的余弦值.

乒乓球台面被球网分成甲、乙两部分，如图，

甲上有两个不相交的区域A,B，乙被划分为两

个不相交的区域C,D.某次测试要求队员接到落点在甲上的来球后向乙回球.规定：回球一次，落点在C上记3分，在D上记1分，其它情况记0分.对落点在A上的来球，

11，在D上的概率为；对落点在B上的来球，32

13小明回球的落点在C上的概率为，在D上的概率为.假设共有两次来球且落在55队员小明回球的落点在C上的概率为

A,B上各一次，小明的两次回球互不影响.求：

（Ⅰ）小明的两次回球的落点中恰有一次的落点在乙上的概率；

（Ⅱ）两次回球结束后，小明得分之和的分布列与数学期望.

19．（本小题满分12分）

已知等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，且S1,S2,S4成等比数列.

（Ⅰ）求数列{an}的通项公式； （Ⅱ）令bn(1)n1

4n，求数列{bn}的前n项和Tn. anan1

ex2设函数f(x)2k(lnx)（k为常数，e2.71828是自然对数的底数）. xx

（Ⅰ）当k0时，求函数f(x)的单调区间；

（Ⅱ）若函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点，求k的取值范围.

21．（本小题满分14分）

已知抛物线C:y22px(p0)的焦点为F，A为C上异于原点的任意一点，过点A的直线l交C于另一点B，交x轴的正半轴于点D，且有|FA||FD|.当点A的横坐标为3时，ADF为正三角形.

（Ⅰ）求C的方程；

（Ⅱ）若直线l1//l，且l1和C有且只有一个公共点E，

（ⅰ）证明直线AE过定点，并求出定点坐标；

（ⅱ）ABE的面积是否存在最小值？若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由.

参考答案

1．D

【解析】由已知得，a2,b1，即abi2i，所以(abi)2(2i)234i,选D. 考点：复数的四则运算，复数的概念.

2．C 【解析】由已知A{x|1x3},B{y|1y4},所以，AB[1,3),选C. 考点：绝对值不等式的解法，指数函数的性质，集合的运算.

3．C 【解析】由已知得(log2x)210,即log2x1或log2x-1，解得x

2选C.

考点：函数的定义域，对数函数的性质.

4．A 【解析】反证法的步骤第一步是假设命题反面成立，而“方程x2axb0至少有一实根”的反面是“方程x2axb0没有实根”，故选A.

考点：反证法.

5．D

【解析】由axay(0a1)及指数函数的性质得，xy,所以，x3y3

，选D. 考点：指数函数的性质，不等式的性质.

6．D

考点：定积分的应用.

7．C

D. x，则C. 考点：频率分布直方图.

8．B

考点：函数与方程，函数的图象.

9．B

【解析】画出可行域（如图所示），由于a0,b0，所以，axbyz经过直线2xy30与直线xy10的交点A(2,1)时，z取得最小

值，

即代人a2

b2

B.

考点：简单线性规划的应用，二次函数的图象和性质.

10．A

【解析】由已知及椭圆、

A. 考点：椭圆、双曲线的几何性质.

11．3 【解析】框图中的条件即1x3.

运行程序： x1,n0,符合条件1x3，x2,n1；

符合条件1x3，x3,n2；

符合条件1x3，x4,n3；

不符合条件1x3，输出n3.答案为3.

考点：算法与程序框图.

12．

【1 6解析】由ABtA得C，A

|AB||AC|cosAtanA,|AB||AC|

所以，SABCtanA2， cosAcos3611221|AB||AC|sinAsin. 223636tan

考点：平面向量的数量积、模，三角形的面积.

13．1 4

1SPAB.设点C到平面PAB距离为h，则点E到平面PAB距离为2【解析】由已知SDAB

1h， 2

11SDABhV1. 所以，1V24SPABh3

考点：几何体的体积.

14．2

26r26【解析】(ax)展开式的通项为Tr1C6(ax)b

xrbr)x6arrr123rb6Cx，令

3得12r33,r3，所以，由a63b3C620得ab1，从而a2b22ab2，当且仅

22当ab时，ab的最小值为2.

考点：二项式定理，基本不等式的应用.

15

．).

h(x)【解析】由“对称函数”的定义及中点坐标公式

得3xb,所以

，2

h(x)6x2b，h(x)g(x)恒成立

即6x2bxb恒成立，亦即直线y3xb位于半

圆y的上方.在同一坐标系内，画出直线y3x

b及半圆y（如图所示）

2,解得|b|

).

考点：新定义问题，中心对称，直线与圆的位置关系，点到直线的距离公式.

16．（I

）mn1.

（II）函数yg(x)的单调递增区间为[k

【解析】

试题分析：（1）由题意知f(x)abmsin2xncos2x. 2,k],kZ.

msinncos266,

2)，得到根据y

f(x)的图象过点(和(，

443122msinncos33

解得mn1.

（2）由（1

）知：f(x)2xcos2x2sin(2x

由题意知：g(x)f(x)2sin(2x26). 

6)，

依题意知到点的距离为1的最高点为. （0,3）（0,2）

将其代入yg(x)得sin(2

可得6)1， 

6，得到g(x)2sin(2x

2)2cos2x，

由2k2x2k,kZ，得

k

2xk,kZ，

得到yg(x)的单调递增区间为[k

2,k],kZ.

试题解析：（1）由题意知：f(x)abmsin2xncos2x.

因为y

f(x)的图象过点(



12

和(

2

,2)，

3



msinncos66

所以，

442msinncos

33

1m

2即，

2m1n2

解得mn1.

（2）由（1

）知：f(x)2xcos2x2sin(2x由题意知：g(x)f(x)2sin(2x2



6

).



6

)，

设yg(x)的图象上符合题意的最高点为(x0,2)，

2由题意知：x011，所以x00，

即到点的距离为1的最高点为. （0,3）（0,2）将其代入yg(x)得sin(2因为0，所以因此g(x)2sin(2x



6

)1，



6

，



2

)2cos2x，

由2k2x2k,kZ，得

k



2

xk,kZ，

所以，函数yg(x)的单调递增区间为[k



2

,k],kZ.

考点：平面向量的数量积，三角函数的化简，三角函数的图象和性质.

17．（I）证明：见解析；（II）平面C1D1M和平面ABCD

【解析】 试题分析：（I）由四边形ABCD是等腰梯形，且AB2CD， 可得CD//MA且CDMA.

连接AD1，可得C1D1//MA,C1D1MA，

从而得到四边形AMC1D1为平行四边形， 进一步可得C1M//平面A1ADD1.

（II）本题解答可有两种思路，一是向量法，二是几何法. 思路一：连接AC，MC，可得BCADMC，

得到CACB.以C为坐标原点，建立直角坐标系Cxyz.

求角的余弦值. 思路二：按照“一作，二证，三计算”. 过C向AB引垂线交AB于N，连接D1N， 由CD1平面ABCD，可得D1NAB， 得到D

1NC为二面角C1ABC的平面角，

利用直角三角形中的边角关系计算平面C1D1M和平面ABCD所成角（锐角）的余弦值.

试题解析：（I）证明：因为四边形ABCD是等腰梯形，

且AB2CD，

所以AB//CD，又由M是AB的中点， 因此CD//MA且CDMA. 连接AD1，

在四棱柱ABCDA1B1C1D1中， 因为CD//C1D1,CDC1D1， 可得C1D1//MA,C1D1MA， 所以，四边形AMC1D1为平行四边形， 因此C1M//D1A，

又C1M平面A1ADD1，D1A平面A1ADD1，

所以C1M//平面A1ADD1.

（II）解法一： 连接AC，MC，

由（I）知CD//AM且CD=AM， 所以四边形AMCD为平行四边形， 可得BCADMC， 由题意ABCDAB600

， 所以MBC为正三角形，

因此CACB.

以

C为坐标原点，建立直角坐标系Cxyz.

设平面C1D1M的一个法向量n(x,y,z)，

nD1C10

由 

nMD10可得平面C1D1M

ABCD的一个法向量，

所以平面C1D1M和平面ABCD解法二：

由（I）知，平面D1C1M

平面ABCD=AB，

过C向AB引垂线交AB于N，连接D1N， 由CD1平面ABCD，可得D1NAB， 因此D1NC为二面角C1ABC的平面角，

在RtBNC中，BC1,NBC600，

在Rt

D1CN

所以平面C1D1M和平面ABCD

考点：立体几何的平行关系、垂直关系，几何体的几何特征，二面角的计算，空间向量的应用.

18．（I）小明两次回球的落点中恰有1次的落点在乙上的概率为（II）机变量的分布列为：

3

. 10

数学期望E【解析】

91 30

试题分析：（I）记A1为事件“小明对落点在A上的来球的得分为i分”（ i0,1,3） 则P(A3)

11111

,P(A1),P(A0)1， 23236

记Bi为事件“小明对落点在B上的来球的得分为i分” （ i0,1,3） 则P(B3)

13131,P(B1),P(B0)1， 55555

记D为事件“小明两次回球的落点中恰有1次的落点在乙上”， 由题意，DA3B0A1B0A0B1A0B3，

由事件的独立性和互斥性，即可得到小明两次回球的落点中恰有1次的落点在乙上的概率. （II）由题意，随机变量可能的取值为0,1,2,3,4,6， 由事件的独立性和互斥性，得 可得随机变量的分布列为：

利用数学期望的计算公式得到E

91 30

试题解析：（I）记A1为事件“小明对落点在A上的来球的得分为i分”（ i0,1,3） 则P(A3)

11111

,P(A1),P(A0)1， 23236

记Bi为事件“小明对落点在B上的来球的得分为i分” （ i0,1,3） 则P(B3)

13131,P(B1),P(B0)1， 55555

记D为事件“小明两次回球的落点中恰有1次的落点在乙上”，

由题意，DA3B0A1B0A0B1A0B3， 由事件的独立性和互斥性，

P(D)P(A3B0A1B0A0B1A0B3) P(A3B0)P(A1B0)P(A0B1)P(A0B3)

P(A3)P(B0)P(A1)P(B0)P(A0)P(B1)P(A0)P(B3)

111113113, 2535656510

所以小明两次回球的落点中恰有1次的落点在乙上的概率为（II）由题意，随机变量可能的取值为0,1,2,3,4,6， 由事件的独立性和互斥性，得

3. 10

111

P(0)P(A0B0),

6530

11131

P(1)P(A1B0A0B1)P(A1B0)P(A0B1),

35656

131

P(2)P(A1B1),

355

11112

P(3)P(A3B0A0B3)P(A3B0)P(A0B3),

[1**********]1

P(4)P(A3B1A1B3)P(A3B1)P(A1B3),

253530

111

P(6)P(A3B3),

2510

可得随机变量的分布列为：

所以数学期望E0

11121119112346 [1**********]0

考点：随机变量的分布列与数学期望，互斥事件、独立事件的概率. 19．（I）an2n1.

（II）T2n2

2n1

,n为奇数，（或T2n1(1)n1n2nn2n+1）

2n1

,n为偶数

【解析】

试题分析：(I）因为S21

1a1,S22a1

2

22a12， S43

44a1

2

24a112， 由题意，得(2a12)2a1(4a112)， 解得a11， 所以an2n1. （II）bn14n4n

n(1)a(1)n1

(1)n1(11nan1(2n1)(2n1)

2n12n1) 当

n

为

偶

数

时

T(11)(11

1n335

)

(

2n312n1)(11

12n12n1

)12n12n2n1

当

n

为

奇

数

时

T(113)(131

n5

)

(

12n312n1)(1112n2

2n12n1

)12n12n12n所以T2

,n为奇数2n1

2n1(1)n1n，（或T2nn）



2n1,n为偶数2n+1试题解析：(I）因为S21

1a1,S22a1

2

22a12， S43

44a1

2

24a112， 由题意，得(2a12)2a1(4a112)， 解得a11， 所以an2n1. （II）bn14n(1)n1

4n

a(1)n1(11n(1)) nan1(2n1)(2n1)

2n12n1当

n

为

偶

数时，

，

，

111

Tn(1)()

335

当

n

(

12n1111

)()1

2n12n12n32n12n12n1

为

奇

数

时

，

111

Tn(1)()

335

(

111112n2

)()1

2n12n12n32n12n12n1

2n2

,n为奇数2n1(1)n12n1

所以Tn，（或Tn）

2n2n+1,n为偶数2n1

考点：等差数列的前n项和，等比数列及其性质，“裂项相消法”，分类讨论思想. 20．（I）f(x)的单调递减区间为(0,2)，单调递增区间为(2,).

e2

（II）函数在(0,2)内存在两个极值点时，k的取值范围为(e,).

2

【解析】

试题分析：（I）函数yf(x)的定义域为(0,)，

(x2)(exkx)

f(x)3

x

'

由k0可得exkx0，

得到f(x)的单调递减区间为(0,2)，单调递增区间为(2,). （II）分k0，k0，0k1，k1时，

讨论导函数值的正负，根据函数的单调性，明确极值点的有无、多少. 试题解析：（I）函数yf(x)的定义域为(0,)，

x2ex2xex21f(x)k() 42

xxx

'

xex2exk(x2)



x3x2

(x2)(exkx)

x3

x

由k0可得ekx0，

所以当x(0,2)时，f'(x)0，函数yf(x)单调递减， 当x(2,)时，f'(x)0，函数yf(x)单调递增.

所以f(x)的单调递减区间为(0,2)，单调递增区间为(2,). （II）由（I）知，k0时，函数f(x)在(0,2)内单调递减， 故f(x)在(0,2)内不存在极值点；

当k0时，设函数g(x)exkx,x[0,)， 因为g'(x)exkexelnk， 当0k1时，

当x(0,2)时，g'(x)exk0，yg(x)单调递增， 故f(x)在(0,2)内不存在两个极值点； 当k1时，

得x(0,lnk)时，g'(x)0，函数yg(x)单调递减，

x(lnk,)时，g'(x)0，函数yg(x)单调递增，

所以函数yg(x)的最小值为g(lnk)k(1lnk)， 函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点；

g(0)0g(lnk)0

当且仅当，

g(2)00lnk2

e2

解得ek，

2

e2

综上所述，函数在(0,2)内存在两个极值点时，k的取值范围为(e,).

2

考点：应用导数研究函数的单调性、极值，分类讨论思想，不等式组的解法.

21．（I）y24x.（II）（ⅰ）直线AE过定点F(1,0).（ⅱ）ABE的面积的最小值为16. 【解析】

试题分析：（I）由抛物线的定义知3

pp

|t|， 22

解得t3p或t3（舍去）.得p2.抛物线C的方程为y24x. （II）（ⅰ）由（I）知F(1,0)，

设A(x0,y0)(x0y00),D(xD,0)(xD0)，

可得xDx02，即D(x02,0)，直线AB的斜率为kAB根据直线l1和直线AB平行，可设直线l1的方程为y代入抛物线方程得y2

y0

， 2

y0

xb， 2

88b

y0， y0y0

整理可得y

4y0

(x1)， 2

y04

直线AE恒过点F(1,0).

2

注意当y04时，直线AE的方程为x1，过点F(1,0)，

得到结论：直线AE过定点F(1,0).

（ⅱ）由（ⅰ）知，直线AE过焦点F(1,0)， 得到|AE||AF||FE|(x01)(设直线AE的方程为xmy+1， 根据点A(x0,y0)在直线AE上， 得到m

11

1)x02， x0x0

yx01

，再设B(x1,y1)，直线AB的方程为yy00(xx0)，

2y0

可得x

2

y2x0， y0

8

y84x00， y0

代入抛物线方程得y2

可求得y1y0

48

，x1x04，

x0y0

应用点B到直线AE的距离为

d. 从而得到三角形面积表达式，应用基本不等式得到其最小值.

试题解析：（I）由题意知F(P,0) 2

p2t,0)， 4设D(t,0)(t0)，则FD的中点为(

因为|FA||FD|， 由抛物线的定义知：3pp|t|， 22

解得t3p或t3（舍去）. 由p2t3，解得p2. 4

所以抛物线C的方程为y24x.

（II）（ⅰ）由（I）知F(1,0)，

设A(x0,y0)(x0y00),D(xD,0)(xD0)，

因为|FA||FD|，则|xD1|x01，

由xD0得xDx02，故D(x02,0)，

故直线AB的斜率为kABy0， 2

因为直线l1和直线AB平行，

设直线l1的方程为y

代入抛物线方程得y2y0xb， 288by0， y0y0

由题意6432b2，得. 0b2y0y0y0

44，xE2. y0y0设E(xE,yE)，则yE2当y04时，kAB4y0yEy0y04y0， 224y0xEx0y042y04

4y0(xx0)， 2y04

答案第15页，总17页 可得直线AE的方程为yy0

2由y04x0， 整理可得y4y0(x1)， 2y04

直线AE恒过点F(1,0).

2当y04时，直线AE的方程为x1，过点F(1,0)，

所以直线AE过定点F(1,0).

（ⅱ）由（ⅰ）知，直线AE过焦点F(1,0)， 所以|AE||AF||FE|(x01)(

设直线AE的方程为xmy+1，

因为点A(x0,y0)在直线AE上， 故m111)x02， x0x0x01， y0

设B(x1,y1)，

直线AB的方程为yy0

由于y00， 可得xy0(xx0)， 22y2x0， y0

8y84x00， y0代入抛物线方程得y2

所以y0y18， y0

48，x1x04， x0y0可求得y1y0所以点B到直线AE的距离为

答案第16页，总17页

|

d48x04m(y0)1|



. 11x02)16， 2x0则

ABE的面积S

当且仅当x01即x01时等号成立. x0

所以ABE的面积的最小值为16.

考点：抛物线的定义及其几何性质，直线与抛物线的位置关系，点到直线的距离公式，基本不等式的应用.

答案第17页，总17页

2014山东理科高考考卷

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、选择题（题型注释）

1．已知a,bR，i是虚数单位，若ai与2bi互为共轭复数，则(abi)2（ ）

A.54i B.54i C.34i D.34i

2．设集合Ax||x1|2,By|y2x,x[0,2]，则AB（ ） A.[0,2] B.(1,3) C.[1,3) D.(1,4)

3

 ）

(2,)

4．用反证法证明命题“设a,b为实数，则方程x2axb0至少有一个实根”时，要做的假设是（ ）

A.方程x2axb0没有实根 B.方程x2axb0至多有一个实根

C.方程x2axb0至多有两个实根 D.方程x2axb0恰好有两个实根

5

．已知实数x,y满足axay(0a1)，则下面关系是恒成立的是（ ）

ln(x21)ln(y21) C.sinxsiny D.x3

y3 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（ ） 2 D.4

7．为了研究某药品的疗效，选取若干名志愿者进行临床试验，所有志愿者的舒张压数据（单位：kPa）的分组区间为[12,13),[13,14),[14,15),[15,16),[16,17],将其按从左到右的顺序分别编号为第一组，第二组，，第五组，右图是根据试验数据制成的频率分布直方图，已知第一组与第二组共有20人，第三组中没有疗效的有6人，则第三组中有疗效的人数为（ ）

A.6 B.8 C.12 D.18

8．

f(x)g(x)有两个不相等的实根，则

）

(1,2) D.(2,)

9．已知x,y满足约束条件xy10，当目标函数zaxby(a

0,b0)在该2xy30

a2b2的最小值为（

）

10．已知a

b0，椭圆C1双曲线C2C1与

C2C2的渐近线方程为（

）

x2y0 D.2xy0

二、填空题（题型注释）

11．执行右面的程序框图，若输入的x

的值为1，则输出的n的值为________.

12．在ABC中，已知ABACtanA，当A

6

13．三棱锥PABC中，D，E分别为PB，PC的中点，记三棱锥DABE的体积为V1，PABC的体积为V2，则时，ABC的面积为________. V1________. V2

2632214． 若(ax)的展开式中x项的系数为20，则ab的最小值b

x

15．已知函数yf(x),xR，对函数yg(x),xI,定义g(x)关于f(x)的对称函数为函数yh(x),xI，yh(x)满足：对于任意xI，两个点(x,h(x)),(x,g(x))

关于点(x,fx)对称，若h(x)是g(x)，4x2关于f(x)3xb的“对称函数”且h(x)g(x)恒成立，则实数b的取值范围是_________.

三、解答题（题型注释）

16．（本小题满分12分）

已知向量a(m,cos2x)，b(sin2x,n)，设函数f(x)ab，且yf(x)的图象过

点(12和点(2,2). 3

（Ⅰ）求m,n的值；

（Ⅱ）将yf(x)的图象向左平移（0）个单位后得到函数yg(x)的图象.若yg(x)的图象上各最高点到点(0,3)的距离的最小值为1，求yg(x)的单调增区间.

17．（本小题满分12分） 如图，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，DAB60，AB2CD2，M是线段

AB的中点.

（Ⅰ）求证：C1M//A1ADD1； （Ⅱ）若CD1垂直于平面ABCD

C1D1M和平面ABCD所成的角（锐角）的余弦值.

乒乓球台面被球网分成甲、乙两部分，如图，

甲上有两个不相交的区域A,B，乙被划分为两

个不相交的区域C,D.某次测试要求队员接到落点在甲上的来球后向乙回球.规定：回球一次，落点在C上记3分，在D上记1分，其它情况记0分.对落点在A上的来球，

11，在D上的概率为；对落点在B上的来球，32

13小明回球的落点在C上的概率为，在D上的概率为.假设共有两次来球且落在55队员小明回球的落点在C上的概率为

A,B上各一次，小明的两次回球互不影响.求：

（Ⅰ）小明的两次回球的落点中恰有一次的落点在乙上的概率；

（Ⅱ）两次回球结束后，小明得分之和的分布列与数学期望.

19．（本小题满分12分）

已知等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，且S1,S2,S4成等比数列.

（Ⅰ）求数列{an}的通项公式； （Ⅱ）令bn(1)n1

4n，求数列{bn}的前n项和Tn. anan1

ex2设函数f(x)2k(lnx)（k为常数，e2.71828是自然对数的底数）. xx

（Ⅰ）当k0时，求函数f(x)的单调区间；

（Ⅱ）若函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点，求k的取值范围.

21．（本小题满分14分）

已知抛物线C:y22px(p0)的焦点为F，A为C上异于原点的任意一点，过点A的直线l交C于另一点B，交x轴的正半轴于点D，且有|FA||FD|.当点A的横坐标为3时，ADF为正三角形.

（Ⅰ）求C的方程；

（Ⅱ）若直线l1//l，且l1和C有且只有一个公共点E，

（ⅰ）证明直线AE过定点，并求出定点坐标；

（ⅱ）ABE的面积是否存在最小值？若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由.

参考答案

1．D

【解析】由已知得，a2,b1，即abi2i，所以(abi)2(2i)234i,选D. 考点：复数的四则运算，复数的概念.

2．C 【解析】由已知A{x|1x3},B{y|1y4},所以，AB[1,3),选C. 考点：绝对值不等式的解法，指数函数的性质，集合的运算.

3．C 【解析】由已知得(log2x)210,即log2x1或log2x-1，解得x

2选C.

考点：函数的定义域，对数函数的性质.

4．A 【解析】反证法的步骤第一步是假设命题反面成立，而“方程x2axb0至少有一实根”的反面是“方程x2axb0没有实根”，故选A.

考点：反证法.

5．D

【解析】由axay(0a1)及指数函数的性质得，xy,所以，x3y3

，选D. 考点：指数函数的性质，不等式的性质.

6．D

考点：定积分的应用.

7．C

D. x，则C. 考点：频率分布直方图.

8．B

考点：函数与方程，函数的图象.

9．B

【解析】画出可行域（如图所示），由于a0,b0，所以，axbyz经过直线2xy30与直线xy10的交点A(2,1)时，z取得最小

值，

即代人a2

b2

B.

考点：简单线性规划的应用，二次函数的图象和性质.

10．A

【解析】由已知及椭圆、

A. 考点：椭圆、双曲线的几何性质.

11．3 【解析】框图中的条件即1x3.

运行程序： x1,n0,符合条件1x3，x2,n1；

符合条件1x3，x3,n2；

符合条件1x3，x4,n3；

不符合条件1x3，输出n3.答案为3.

考点：算法与程序框图.

12．

【1 6解析】由ABtA得C，A

|AB||AC|cosAtanA,|AB||AC|

所以，SABCtanA2， cosAcos3611221|AB||AC|sinAsin. 223636tan

考点：平面向量的数量积、模，三角形的面积.

13．1 4

1SPAB.设点C到平面PAB距离为h，则点E到平面PAB距离为2【解析】由已知SDAB

1h， 2

11SDABhV1. 所以，1V24SPABh3

考点：几何体的体积.

14．2

26r26【解析】(ax)展开式的通项为Tr1C6(ax)b

xrbr)x6arrr123rb6Cx，令

3得12r33,r3，所以，由a63b3C620得ab1，从而a2b22ab2，当且仅

22当ab时，ab的最小值为2.

考点：二项式定理，基本不等式的应用.

15

．).

h(x)【解析】由“对称函数”的定义及中点坐标公式

得3xb,所以

，2

h(x)6x2b，h(x)g(x)恒成立

即6x2bxb恒成立，亦即直线y3xb位于半

圆y的上方.在同一坐标系内，画出直线y3x

b及半圆y（如图所示）

2,解得|b|

).

考点：新定义问题，中心对称，直线与圆的位置关系，点到直线的距离公式.

16．（I

）mn1.

（II）函数yg(x)的单调递增区间为[k

【解析】

试题分析：（1）由题意知f(x)abmsin2xncos2x. 2,k],kZ.

msinncos266,

2)，得到根据y

f(x)的图象过点(和(，

443122msinncos33

解得mn1.

（2）由（1

）知：f(x)2xcos2x2sin(2x

由题意知：g(x)f(x)2sin(2x26). 

6)，

依题意知到点的距离为1的最高点为. （0,3）（0,2）

将其代入yg(x)得sin(2

可得6)1， 

6，得到g(x)2sin(2x

2)2cos2x，

由2k2x2k,kZ，得

k

2xk,kZ，

得到yg(x)的单调递增区间为[k

2,k],kZ.

试题解析：（1）由题意知：f(x)abmsin2xncos2x.

因为y

f(x)的图象过点(



12

和(

2

,2)，

3



msinncos66

所以，

442msinncos

33

1m

2即，

2m1n2

解得mn1.

（2）由（1

）知：f(x)2xcos2x2sin(2x由题意知：g(x)f(x)2sin(2x2



6

).



6

)，

设yg(x)的图象上符合题意的最高点为(x0,2)，

2由题意知：x011，所以x00，

即到点的距离为1的最高点为. （0,3）（0,2）将其代入yg(x)得sin(2因为0，所以因此g(x)2sin(2x



6

)1，



6

，



2

)2cos2x，

由2k2x2k,kZ，得

k



2

xk,kZ，

所以，函数yg(x)的单调递增区间为[k



2

,k],kZ.

考点：平面向量的数量积，三角函数的化简，三角函数的图象和性质.

17．（I）证明：见解析；（II）平面C1D1M和平面ABCD

【解析】 试题分析：（I）由四边形ABCD是等腰梯形，且AB2CD， 可得CD//MA且CDMA.

连接AD1，可得C1D1//MA,C1D1MA，

从而得到四边形AMC1D1为平行四边形， 进一步可得C1M//平面A1ADD1.

（II）本题解答可有两种思路，一是向量法，二是几何法. 思路一：连接AC，MC，可得BCADMC，

得到CACB.以C为坐标原点，建立直角坐标系Cxyz.

求角的余弦值. 思路二：按照“一作，二证，三计算”. 过C向AB引垂线交AB于N，连接D1N， 由CD1平面ABCD，可得D1NAB， 得到D

1NC为二面角C1ABC的平面角，

利用直角三角形中的边角关系计算平面C1D1M和平面ABCD所成角（锐角）的余弦值.

试题解析：（I）证明：因为四边形ABCD是等腰梯形，

且AB2CD，

所以AB//CD，又由M是AB的中点， 因此CD//MA且CDMA. 连接AD1，

在四棱柱ABCDA1B1C1D1中， 因为CD//C1D1,CDC1D1， 可得C1D1//MA,C1D1MA， 所以，四边形AMC1D1为平行四边形， 因此C1M//D1A，

又C1M平面A1ADD1，D1A平面A1ADD1，

所以C1M//平面A1ADD1.

（II）解法一： 连接AC，MC，

由（I）知CD//AM且CD=AM， 所以四边形AMCD为平行四边形， 可得BCADMC， 由题意ABCDAB600

， 所以MBC为正三角形，

因此CACB.

以

C为坐标原点，建立直角坐标系Cxyz.

设平面C1D1M的一个法向量n(x,y,z)，

nD1C10

由 

nMD10可得平面C1D1M

ABCD的一个法向量，

所以平面C1D1M和平面ABCD解法二：

由（I）知，平面D1C1M

平面ABCD=AB，

过C向AB引垂线交AB于N，连接D1N， 由CD1平面ABCD，可得D1NAB， 因此D1NC为二面角C1ABC的平面角，

在RtBNC中，BC1,NBC600，

在Rt

D1CN

所以平面C1D1M和平面ABCD

考点：立体几何的平行关系、垂直关系，几何体的几何特征，二面角的计算，空间向量的应用.

18．（I）小明两次回球的落点中恰有1次的落点在乙上的概率为（II）机变量的分布列为：

3

. 10

数学期望E【解析】

91 30

试题分析：（I）记A1为事件“小明对落点在A上的来球的得分为i分”（ i0,1,3） 则P(A3)

11111

,P(A1),P(A0)1， 23236

记Bi为事件“小明对落点在B上的来球的得分为i分” （ i0,1,3） 则P(B3)

13131,P(B1),P(B0)1， 55555

记D为事件“小明两次回球的落点中恰有1次的落点在乙上”， 由题意，DA3B0A1B0A0B1A0B3，

由事件的独立性和互斥性，即可得到小明两次回球的落点中恰有1次的落点在乙上的概率. （II）由题意，随机变量可能的取值为0,1,2,3,4,6， 由事件的独立性和互斥性，得 可得随机变量的分布列为：

利用数学期望的计算公式得到E

91 30

试题解析：（I）记A1为事件“小明对落点在A上的来球的得分为i分”（ i0,1,3） 则P(A3)

11111

,P(A1),P(A0)1， 23236

记Bi为事件“小明对落点在B上的来球的得分为i分” （ i0,1,3） 则P(B3)

13131,P(B1),P(B0)1， 55555

记D为事件“小明两次回球的落点中恰有1次的落点在乙上”，

由题意，DA3B0A1B0A0B1A0B3， 由事件的独立性和互斥性，

P(D)P(A3B0A1B0A0B1A0B3) P(A3B0)P(A1B0)P(A0B1)P(A0B3)

P(A3)P(B0)P(A1)P(B0)P(A0)P(B1)P(A0)P(B3)

111113113, 2535656510

所以小明两次回球的落点中恰有1次的落点在乙上的概率为（II）由题意，随机变量可能的取值为0,1,2,3,4,6， 由事件的独立性和互斥性，得

3. 10

111

P(0)P(A0B0),

6530

11131

P(1)P(A1B0A0B1)P(A1B0)P(A0B1),

35656

131

P(2)P(A1B1),

355

11112

P(3)P(A3B0A0B3)P(A3B0)P(A0B3),

[1**********]1

P(4)P(A3B1A1B3)P(A3B1)P(A1B3),

253530

111

P(6)P(A3B3),

2510

可得随机变量的分布列为：

所以数学期望E0

11121119112346 [1**********]0

考点：随机变量的分布列与数学期望，互斥事件、独立事件的概率. 19．（I）an2n1.

（II）T2n2

2n1

,n为奇数，（或T2n1(1)n1n2nn2n+1）

2n1

,n为偶数

【解析】

试题分析：(I）因为S21

1a1,S22a1

2

22a12， S43

44a1

2

24a112， 由题意，得(2a12)2a1(4a112)， 解得a11， 所以an2n1. （II）bn14n4n

n(1)a(1)n1

(1)n1(11nan1(2n1)(2n1)

2n12n1) 当

n

为

偶

数

时

T(11)(11

1n335

)

(

2n312n1)(11

12n12n1

)12n12n2n1

当

n

为

奇

数

时

T(113)(131

n5

)

(

12n312n1)(1112n2

2n12n1

)12n12n12n所以T2

,n为奇数2n1

2n1(1)n1n，（或T2nn）



2n1,n为偶数2n+1试题解析：(I）因为S21

1a1,S22a1

2

22a12， S43

44a1

2

24a112， 由题意，得(2a12)2a1(4a112)， 解得a11， 所以an2n1. （II）bn14n(1)n1

4n

a(1)n1(11n(1)) nan1(2n1)(2n1)

2n12n1当

n

为

偶

数时，

，

，

111

Tn(1)()

335

当

n

(

12n1111

)()1

2n12n12n32n12n12n1

为

奇

数

时

，

111

Tn(1)()

335

(

111112n2

)()1

2n12n12n32n12n12n1

2n2

,n为奇数2n1(1)n12n1

所以Tn，（或Tn）

2n2n+1,n为偶数2n1

考点：等差数列的前n项和，等比数列及其性质，“裂项相消法”，分类讨论思想. 20．（I）f(x)的单调递减区间为(0,2)，单调递增区间为(2,).

e2

（II）函数在(0,2)内存在两个极值点时，k的取值范围为(e,).

2

【解析】

试题分析：（I）函数yf(x)的定义域为(0,)，

(x2)(exkx)

f(x)3

x

'

由k0可得exkx0，

得到f(x)的单调递减区间为(0,2)，单调递增区间为(2,). （II）分k0，k0，0k1，k1时，

讨论导函数值的正负，根据函数的单调性，明确极值点的有无、多少. 试题解析：（I）函数yf(x)的定义域为(0,)，

x2ex2xex21f(x)k() 42

xxx

'

xex2exk(x2)



x3x2

(x2)(exkx)

x3

x

由k0可得ekx0，

所以当x(0,2)时，f'(x)0，函数yf(x)单调递减， 当x(2,)时，f'(x)0，函数yf(x)单调递增.

所以f(x)的单调递减区间为(0,2)，单调递增区间为(2,). （II）由（I）知，k0时，函数f(x)在(0,2)内单调递减， 故f(x)在(0,2)内不存在极值点；

当k0时，设函数g(x)exkx,x[0,)， 因为g'(x)exkexelnk， 当0k1时，

当x(0,2)时，g'(x)exk0，yg(x)单调递增， 故f(x)在(0,2)内不存在两个极值点； 当k1时，

得x(0,lnk)时，g'(x)0，函数yg(x)单调递减，

x(lnk,)时，g'(x)0，函数yg(x)单调递增，

所以函数yg(x)的最小值为g(lnk)k(1lnk)， 函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点；

g(0)0g(lnk)0

当且仅当，

g(2)00lnk2

e2

解得ek，

2

e2

综上所述，函数在(0,2)内存在两个极值点时，k的取值范围为(e,).

2

考点：应用导数研究函数的单调性、极值，分类讨论思想，不等式组的解法.

21．（I）y24x.（II）（ⅰ）直线AE过定点F(1,0).（ⅱ）ABE的面积的最小值为16. 【解析】

试题分析：（I）由抛物线的定义知3

pp

|t|， 22

解得t3p或t3（舍去）.得p2.抛物线C的方程为y24x. （II）（ⅰ）由（I）知F(1,0)，

设A(x0,y0)(x0y00),D(xD,0)(xD0)，

可得xDx02，即D(x02,0)，直线AB的斜率为kAB根据直线l1和直线AB平行，可设直线l1的方程为y代入抛物线方程得y2

y0

， 2

y0

xb， 2

88b

y0， y0y0

整理可得y

4y0

(x1)， 2

y04

直线AE恒过点F(1,0).

2

注意当y04时，直线AE的方程为x1，过点F(1,0)，

得到结论：直线AE过定点F(1,0).

（ⅱ）由（ⅰ）知，直线AE过焦点F(1,0)， 得到|AE||AF||FE|(x01)(设直线AE的方程为xmy+1， 根据点A(x0,y0)在直线AE上， 得到m

11

1)x02， x0x0

yx01

，再设B(x1,y1)，直线AB的方程为yy00(xx0)，

2y0

可得x

2

y2x0， y0

8

y84x00， y0

代入抛物线方程得y2

可求得y1y0

48

，x1x04，

x0y0

应用点B到直线AE的距离为

d. 从而得到三角形面积表达式，应用基本不等式得到其最小值.

试题解析：（I）由题意知F(P,0) 2

p2t,0)， 4设D(t,0)(t0)，则FD的中点为(

因为|FA||FD|， 由抛物线的定义知：3pp|t|， 22

解得t3p或t3（舍去）. 由p2t3，解得p2. 4

所以抛物线C的方程为y24x.

（II）（ⅰ）由（I）知F(1,0)，

设A(x0,y0)(x0y00),D(xD,0)(xD0)，

因为|FA||FD|，则|xD1|x01，

由xD0得xDx02，故D(x02,0)，

故直线AB的斜率为kABy0， 2

因为直线l1和直线AB平行，

设直线l1的方程为y

代入抛物线方程得y2y0xb， 288by0， y0y0

由题意6432b2，得. 0b2y0y0y0

44，xE2. y0y0设E(xE,yE)，则yE2当y04时，kAB4y0yEy0y04y0， 224y0xEx0y042y04

4y0(xx0)， 2y04

答案第15页，总17页 可得直线AE的方程为yy0

2由y04x0， 整理可得y4y0(x1)， 2y04

直线AE恒过点F(1,0).

2当y04时，直线AE的方程为x1，过点F(1,0)，

所以直线AE过定点F(1,0).

（ⅱ）由（ⅰ）知，直线AE过焦点F(1,0)， 所以|AE||AF||FE|(x01)(

设直线AE的方程为xmy+1，

因为点A(x0,y0)在直线AE上， 故m111)x02， x0x0x01， y0

设B(x1,y1)，

直线AB的方程为yy0

由于y00， 可得xy0(xx0)， 22y2x0， y0

8y84x00， y0代入抛物线方程得y2

所以y0y18， y0

48，x1x04， x0y0可求得y1y0所以点B到直线AE的距离为

答案第16页，总17页

|

d48x04m(y0)1|



. 11x02)16， 2x0则

ABE的面积S

当且仅当x01即x01时等号成立. x0

所以ABE的面积的最小值为16.

考点：抛物线的定义及其几何性质，直线与抛物线的位置关系，点到直线的距离公式，基本不等式的应用.

答案第17页，总17页