2014高考福建理数Word版含答案

2014年福建高考数学试题（理）

一.选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50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.复数z(32i)i的共轭复数z等于（ ）

A.23i B.23i C.23i D.23i

2.某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是（ ）

A.圆柱 B.圆锥 C.四面体 D.三棱柱

3.等差数列{an}的前n项和Sn，若a12,S312，则a6( )

A.8 B.10 C.12 D.14

4.若函数ylogax(a0,且a1)的图像如右图所示，则下列函数图像正确的是（ ）

5.阅读右图所示的程序框图，运行相应的程序，输出的S得值等于（ ）

A.18 B.20 C.21 D

.40

22

6.直线l:ykx1与圆O:xy1相交于A,B两点，则"k1"是“ABC的面积为

1”2

的（ ）

A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件

C.充分必要条件 D.既不充分又不必要条件

x21,x0

7.已知函数fx则下列结论正确的是（ ）

cosx,x0

A.fx是偶函数 B. fx是增函数 C.fx是周期函数 D.fx的值域为1, 8.在下列向量组中，可以把向量a3,2表示出来的是（ ） A.e1(0,0),e2(1,2) B .e1(1,2),e2(5,2) C.e1(3,5),e2(6,10) D.e1(2,3),e2(2,3)

x2

9.设P,Q分别为xy62和椭圆y21上的点，则P,Q两点间的最大距离是

10

2

2

（ ）

A.52 B.462 C.72 D.62

10.用a代表红球，b代表蓝球，c代表黑球，由加法原理及乘法原理，从1个红球和1个篮球中取出若干个球的所有取法可由1a1b的展开式1abab表示出来，如：“1”表示一个球都不取、“a”表示取出一个红球，面“ab”用表示把红球和篮球都取出来.以此类推，下列各式中，其展开式可用来表示从5个无区别的红球、5个有区别的黑球中取出若干个球，且所有的篮球都取出或都不取出的所有取法的是

A. 1aa2a3a4a51b51cB.1a51bb2b3b4b51c

5

5





C. 1a1bb2b3b4b51c5D.1a51b1cc2c3c4c5

5

5



二、填空题

xy10



11、若变量x,y满足约束条件x2y80则z3xy的最小值为________

x0

12、在ABC中，A60,AC2,BC3,则ABC等于_________

13、要制作一个容器为4m3，高为1m的无盖长方形容器，已知该容器的底面造价是每平方米20元，侧面造价是每平方米10元，则该容器的最低总造价是_______（单位：元）

14.如图，在边长为e（e为自然对数的底数）的正方形中随机撒一粒黄豆，则他落到阴影部分的概率为

______.

15.若集合{a,b,c,d}{1,2,3,4},且下列四个关系：

①a1；②b1；③c2；④d4有且只有一个是正确的，则符合条件的有序数组

(a,b,c,d)的个数是_________.

三．解答题：本大题共6小题，共80分. 16.（本小题满分13分）

1

已知函数f(x)cosx(sinxcosx).

2

（1）若0（2）求函数





2

，且sin

，求f()的值； f(x)的最小正周期及单调递增区间.

17.（本小题满分12分） 在平行四边形ABCD中，AB折起，使得平面ABD（1）求证：CD

BDCD1，ABBCD,CDBD.将ABD沿BD

平面BCD，如图.

CD；

（2）若M为AD中点，求直线AD与平面MBC所成角的正弦值.

18.（本小题满分13分）

为回馈顾客，某商场拟通过摸球兑奖的方式对1000位顾客进行奖励，规定：每位顾客从 一个装有4个标有面值的球的袋中一次性随机摸出2个球，球上所标的面值之和为该顾 客所获的奖励额.

（1）若袋中所装的4个球中有1个所标的面值为50元，其余3个均为10元，求 ①顾客所获的奖励额为60元的概率 ②顾客所获的奖励额的分布列及数学期望;

（2）商场对奖励总额的预算是60000元，并规定袋中的4个球只能由标有面值10元和 50元的两种球组成，或标有面值20元和40元的两种球组成.为了使顾客得到的奖励 总额尽可能符合商场的预算且每位顾客所获的奖励额相对均衡，请对袋中的4个球 的面值给出一个合适的设计，并说明理由.

19.（本小题满分13分）

x2y2

已知双曲线E:221(a0,b0)的两条渐近线分别为l1:y2x,l2:y2x.

ab

（1）求双曲线E的离心率；

（2）如图，O为坐标原点，动直线l分别交直线l1,l2于A,B两点（A,B分别在第一， 四象限），且OAB的面积恒为8，试探究：是否存在总与直线l有且只有一个公 共点的双曲线E？若存在，求出双曲线E的方程；若不存在，说明理由。

20. （本小题满分14分）

已知函数fxeax（a为常数）的图像与y轴交于点A，曲线yfx在点A处

x

的切线斜率为-1.

（I）求a的值及函数fx的极值； （II）证明：当x0时，x2ex；

（III）证明：对任意给定的正数c，总存在x0，使得当xx0，，恒有x2cex. 21. 本题设有（1），（2），（3）三个选考题，每题7分，请考生任选2题作答，满分14分. 如果多做，则按所做的前两题计分.作答时，先用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应题 号右边的方框涂黑，并将所选题号填入括号中. （1）（本小题满分7分）选修4—2：矩阵与变换

21 已知矩阵A的逆矩阵A12.



1

（I）求矩阵A；

（II）求矩阵A的特征值以及属于每个特征值的一个特征向量. （2）（本小题满分7分）选修4—4：极坐标与参数方程

1

xa2t

已知直线l的参数方程为，（t为参数），圆C的参数方程为

y4t



x4cos

，（为常数）.

y4sin

（I）求直线l和圆C的普通方程；

（II）若直线l与圆C有公共点，求实数a的取值范围.

（3）（本小题满分7分）选修4—5：不等式选将

已知定义在R上的函数fxx1x2的最小值为a. （I）求a的值；

（II）若p，q，r为正实数，且pqra，求证：p2q2r23.

2014·福建卷(理科数学)

1．C 2．A 3．C 4．B 5．B 6．A 7．D 8．B 9．D 10．A 11．1

12．2

13．160

2

e

15．6

π22

16．解：方法一：(1)因为0

所以f(α)＝

2221

－ 2222

1＝2

1

(2)因为f(x)＝sin xcos x＋cos2x－21＋cos 2x11

＝x22211

＝xx 22＝

π2

sin2x＋， 24

2π

所以T＝π.

2

πππ

由2kπ－≤2x＋≤2kπ＋，k∈Z，

2423ππ

得kπ－x≤kπk∈Z.

88

3ππ

所以f(x)的单调递增区间为kπkπ＋，k∈Z.

881

方法二：f(x)＝sin xcos x＋cos2x－21＋cos 2x11

＝x22211

＝xx 22＝

π2

sin2x＋. 24

ππ2

(1)因为0

224从而f(α)＝

π3π12α＋＝sin24242

2π

(2)Tπ.

2

πππ3ππ

由2kπ－≤2x＋≤2kπ＋，k∈Z，得kπ－x≤kπ＋k∈Z.

24288

3ππ

所以f(x)的单调递增区间为kπkπ＋，k∈Z.

88

图1-5

17．解：(1)证明：∵平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，AB⊂平面ABD，AB⊥BD，∴AB⊥平面BCD.

又CD⊂平面BCD，∴AB⊥CD.

(2)过点B在平面BCD内作BE⊥BD

.

由(1)知AB⊥平面BCD，BE⊂平面BCD，BD⊂平面BCD，∴AB⊥BE，AB⊥BD. →→→

以B为坐标原点，分别以BE，BD，BA的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图所示)．

110，. 依题意，得B(0，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，A(0，0，1)，M2211→→→

0，，AD＝(0，1，－1)． 则BC＝(1，1，0)，BM＝22设平面MBC的法向量n＝(x0，y0，z0)， x＋y＝0，→BC＝0，n·00

则即1 1

→y＋＝0，BM＝0，n·2020

取z0＝1，得平面MBC的一个法向量n＝(1，－1，1)． 设直线AD与平面MBC所成角为θ， →|n·AD|6→则sin θ＝cos〈n，AD〉＝＝.

3→

|n|·|AD|

||

18．解：(1)设顾客所获的奖励额为X.

1C11C(i)依题意，得P(X＝60)＝.

C42

1

即顾客所获的奖励额为60，

2(ii)依题意，得X的所有可能取值为20，60. 1

P(X＝60)＝，

2C21P(X＝20)＝＝

C42即X的分布列为

(2)根据商场的预算，每个顾客的平均奖励额为60元．所以，先寻找期望为60元的可能方案．对于面值由10元和50元组成的情况，如果选择(10，10，10，50)的方案，因为60元是面值之和的最大值，所以期望不可能为60元；如果选择(50，50，50，10)的方案，因为60元是面值之和的最小值，所以期望也不可能为60元，因此可能的方案是(10，10，50，50)，记为方案1.

对于面值由20元和40元组成的情况，同理可排除(20，20，20，40)和(40，40，40，20)的方案，所以可能的方案是(20，20，40，40)，记为方案2.

以下是对两个方案的分析：

对于方案1，即方案(10

X1，则X1的分布列为

121

X1的期望为E(X1)＝206010060，

636

1211600

X1的方差为D(X1)＝(20－60)2(60－60)2×＋(100－60)2×＝6363

对于方案2，即方案(20，

20，40，40)，设顾客所获的奖励额为X2，则X2的分布列为

121

X2的期望为E(X2)＝406080×＝60，

636

121400

X2的方差为D(X2)＝(40－60)2(60－60)2×＋(80－60)2×＝.

6363

由于两种方案的奖励额的期望都符合要求，但方案2奖励额的方差比方案1的小，所以

应该选择方案2.

19．解：方法一：

(1)因为双曲线E的渐近线分别为y＝2x，y＝－2x，

b

所以＝2，

ac－a所以＝2，

a故c＝5a，

从而双曲线E的离心率 c

ea

x2y2

(2)由(1)知，双曲线E－1.

a4a

设直线l与x轴相交于点C. 当l⊥x轴时，若直线l与双曲线E有且只有一个公共点，则|OC|＝a，|AB|＝4a.又因为△OAB的面积为8，

1

所以|OC|·|AB|＝8，

21

因此a·4a＝8，解得a＝2，

2x2y2

此时双曲线E的方程为＝1.

416

x2y2

若存在满足条件的双曲线E，则E的方程只能为＝1.

416

x2y2

以下证明：当直线l不与x轴垂直时，双曲线E：－1也满足条件．

416

m

，0.记A(x1，y1)，B(x2，设直线l的方程为y＝kx＋m，依题意，得k>2或k

y＝kx＋m，2m2m

由得y1＝，同理得y2＝.

2－k2＋ky＝2x

1

由S△OAB|OC|·|y1－y2|，得

22m1m2m－·＝8，

2k2－k2＋k

2

即m2＝4|4－k|＝4(k2－4)．

y＝kx＋m，22由xy得(4－k2)x2－2kmx－m2－16＝0. 4161

因为4－k2

所以Δ＝4k2m2＋4(4－k2)(m2＋16)＝－16(4k2－m2－16)． 又因为m2＝4(k2－4)，

所以Δ＝0，即l与双曲线E有且只有一个公共点．

x2y2

因此，存在总与l有且只有一个公共点的双曲线E，且E的方程为－1.

416方法二：(1)同方法一．

x2y2

(2)由(1)知，双曲线E－1.

a4a

设直线l的方程为x＝my＋t，A(x1，y1)，B(x2，y2)． 11

依题意得－m22

x＝my＋t，－2t2t

由得y1＝， 同理得y21－2m1＋2my＝2x

设直线l与x轴相交于点C，则C(t，0)．

2t2t11

由S△OAB|OC|·|y1－y2|＝8，得|t|·1－2m1＋2m＝8.

22所以t2＝4|1－4m2|＝4(1－4m2)．

x＝my＋t，2

由x得(4m2－1)y2＋8mty＋4(t2－a2)＝0. y2

a－4a1

因为4m2－1

－a2)＝0，即4m2a2＋t2－a2＝0, 即4m2a2＋4(1－4m2)－a2＝0，即(1－4m2)(a2－4)＝0，

所以a2＝4，

x2y2

因此，存在总与l有且只有一个公共点的双曲线E，且E的方程为－1.

416

方法三：(1)同方法一．

(2)当直线l不与x轴垂直时，设直线l的方程为y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)．依题意得k>2或k

y＝kx＋m，由22得(4－k2)x2－2kmx－m2＝0， 4x－y＝0

－m2因为4－k0，所以x1x2＝，

4－k2

又因为△OAB的面积为8，

14所以 |OA|·|OB|· sin∠AOB＝8，又易知sin∠AOB＝

252所以x1＋y1·x2＋y2＝8，化简得x1x2＝4. 5－m222所以＝4，即m＝4(k－4)． 4－kx2y2

由(1)得双曲线E1，

a4ay＝kx＋m，2由x得(4－k2)x2－2kmx－m2－4a2＝0. y2

a－4a1

因为4－k2

即(k2－4)(a2－4)＝0，所以a2＝4，

x2y2

所以双曲线E的方程为＝1.

416

x2y2

当l⊥x轴时，由△OAB的面积等于8可得l：x＝2，又易知l：x＝2与双曲线E＝

4161有且只有一个公共点．

x2y2

综上所述，存在总与l有且只有一个公共点的双曲线E，且E的方程为1.

41620．解：方法一：(1)由f(x)＝ex－ax，得f ′(x)＝ex－a. 又f ′(0)＝1－a＝－1，得a＝2. 所以f(x)＝ex－2x，f ′(x)＝ex－2. 令f ′(x)＝0，得x＝ln 2.

当xln 2时，f ′(x)>0，f(x)单调递增． 所以当x＝ln 2时，f(x)取得极小值，

且极小值为f(ln 2)＝eln 2－2ln 2＝2－ln 4， f(x)无极大值．

(2)证明：令g(x)＝ex－x2，则g′(x)＝ex－2x. 由(1)得，g′(x)＝f(x)≥f(ln 2)＝2－ln 4>0， 故g(x)在R上单调递增，又g(0)＝1>0， 所以当x>0时，g(x)>g(0)>0，即x2

(3)证明：①若c≥1，则ex≤cex.又由(2)知，当x>0时，x20时，x2

取x0＝0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2

1

②若01，要使不等式x2kx2成立．

c而要使ex>kx2成立，则只要x>ln(kx2)，只要x>2ln x＋ln k成立． 2x－2

令h(x)＝x－2ln x－ln k，则h′(x)＝1－＝xx

所以当x>2时，h′(x)>0，h(x)在(2，＋∞)内单调递增．

取x0＝16k>16，所以h(x)在(x0，＋∞)内单调递增．

又h(x0)＝16k－2ln(16k)－ln k＝8(k－ln 2)＋3(k－ln k)＋5k， 易知k>ln k，k>ln 2，5k>0，所以h(x0)>0. 16

即存在x0＝，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2

c

综上，对任意给定的正数c，总存在x0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2

4

(3)对任意给定的正数c，取x0，

cxxx2x2

由(2)知，当x>0时，e>x，所以e＝ee2·2，

22

x

2

x

xx4x12

当x>x0时，e>22>c2＝cx，

x

222

因此，对任意给定的正数c，总存在x0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2

1

(3)首先证明当x∈(0，＋∞)时，恒有x3

3证明如下：

1

令h(x)＝3－ex，则h′(x)＝x2－ex.

3

由(2)知，当x>0时，x2

从而h′(x)

所以h(x)

3311

取x0x>x0时，有x2

cc3

因此，对任意给定的正数c，总存在x0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2

21．

－1－

(Ⅰ)解：(1)因为矩阵A是矩阵A1的逆矩阵，且|A|＝2×2－1×1＝3≠0，

121 2 －133所以A＝＝3－1 21233

－1

λ－2 －12

(2)矩阵A的特征多项式为f(λ)＝＝λ－4λ＋3＝(λ－1)(λ－3)，令f(λ)＝0，

－1 λ－21－

得矩阵A的特征值为λ1＝1或λ2＝3，所以ξ1＝)是矩阵A1的属于特征值λ1＝1的一

－1

－1

1－

个特征向量，ξ2＝)是矩阵A1的属于特征值λ2＝3的一个特征向量．

1

(Ⅱ)选修4-4：坐标系与参数方程

解：(1)直线l的普通方程为2x－y－2a＝0， 圆C的普通方程为x2＋y2＝16. (2)因为直线l与圆C有公共点，

故圆C的圆心到直线l的距离d＝

2a5

≤4，

解得－5≤a≤5. (Ⅲ)选修4-5：不等式选讲

解：(1)因为|x＋1|＋|x－2|≥|(x＋1)－(x－2)|＝3， 当且仅当－1≤x≤2时，等号成立， 所以f(x)的最小值等于3，即a＝3.

(2)由(1)知p＋q＋r＝3，又p，q，r是正实数，

所以(p2＋q2＋r2)(12＋12＋12)≥(p×1＋q×1＋r×1)2＝(p＋q＋r)2＝9， 即p2＋q2＋r2≥3.

2014年福建高考数学试题（理）

一.选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50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.复数z(32i)i的共轭复数z等于（ ）

A.23i B.23i C.23i D.23i

2.某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是（ ）

A.圆柱 B.圆锥 C.四面体 D.三棱柱

3.等差数列{an}的前n项和Sn，若a12,S312，则a6( )

A.8 B.10 C.12 D.14

4.若函数ylogax(a0,且a1)的图像如右图所示，则下列函数图像正确的是（ ）

5.阅读右图所示的程序框图，运行相应的程序，输出的S得值等于（ ）

A.18 B.20 C.21 D

.40

22

6.直线l:ykx1与圆O:xy1相交于A,B两点，则"k1"是“ABC的面积为

1”2

的（ ）

A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件

C.充分必要条件 D.既不充分又不必要条件

x21,x0

7.已知函数fx则下列结论正确的是（ ）

cosx,x0

A.fx是偶函数 B. fx是增函数 C.fx是周期函数 D.fx的值域为1, 8.在下列向量组中，可以把向量a3,2表示出来的是（ ） A.e1(0,0),e2(1,2) B .e1(1,2),e2(5,2) C.e1(3,5),e2(6,10) D.e1(2,3),e2(2,3)

x2

9.设P,Q分别为xy62和椭圆y21上的点，则P,Q两点间的最大距离是

10

2

2

（ ）

A.52 B.462 C.72 D.62

10.用a代表红球，b代表蓝球，c代表黑球，由加法原理及乘法原理，从1个红球和1个篮球中取出若干个球的所有取法可由1a1b的展开式1abab表示出来，如：“1”表示一个球都不取、“a”表示取出一个红球，面“ab”用表示把红球和篮球都取出来.以此类推，下列各式中，其展开式可用来表示从5个无区别的红球、5个有区别的黑球中取出若干个球，且所有的篮球都取出或都不取出的所有取法的是

A. 1aa2a3a4a51b51cB.1a51bb2b3b4b51c

5

5





C. 1a1bb2b3b4b51c5D.1a51b1cc2c3c4c5

5

5



二、填空题

xy10



11、若变量x,y满足约束条件x2y80则z3xy的最小值为________

x0

12、在ABC中，A60,AC2,BC3,则ABC等于_________

13、要制作一个容器为4m3，高为1m的无盖长方形容器，已知该容器的底面造价是每平方米20元，侧面造价是每平方米10元，则该容器的最低总造价是_______（单位：元）

14.如图，在边长为e（e为自然对数的底数）的正方形中随机撒一粒黄豆，则他落到阴影部分的概率为

______.

15.若集合{a,b,c,d}{1,2,3,4},且下列四个关系：

①a1；②b1；③c2；④d4有且只有一个是正确的，则符合条件的有序数组

(a,b,c,d)的个数是_________.

三．解答题：本大题共6小题，共80分. 16.（本小题满分13分）

1

已知函数f(x)cosx(sinxcosx).

2

（1）若0（2）求函数





2

，且sin

，求f()的值； f(x)的最小正周期及单调递增区间.

17.（本小题满分12分） 在平行四边形ABCD中，AB折起，使得平面ABD（1）求证：CD

BDCD1，ABBCD,CDBD.将ABD沿BD

平面BCD，如图.

CD；

（2）若M为AD中点，求直线AD与平面MBC所成角的正弦值.

18.（本小题满分13分）

为回馈顾客，某商场拟通过摸球兑奖的方式对1000位顾客进行奖励，规定：每位顾客从 一个装有4个标有面值的球的袋中一次性随机摸出2个球，球上所标的面值之和为该顾 客所获的奖励额.

（1）若袋中所装的4个球中有1个所标的面值为50元，其余3个均为10元，求 ①顾客所获的奖励额为60元的概率 ②顾客所获的奖励额的分布列及数学期望;

（2）商场对奖励总额的预算是60000元，并规定袋中的4个球只能由标有面值10元和 50元的两种球组成，或标有面值20元和40元的两种球组成.为了使顾客得到的奖励 总额尽可能符合商场的预算且每位顾客所获的奖励额相对均衡，请对袋中的4个球 的面值给出一个合适的设计，并说明理由.

19.（本小题满分13分）

x2y2

已知双曲线E:221(a0,b0)的两条渐近线分别为l1:y2x,l2:y2x.

ab

（1）求双曲线E的离心率；

（2）如图，O为坐标原点，动直线l分别交直线l1,l2于A,B两点（A,B分别在第一， 四象限），且OAB的面积恒为8，试探究：是否存在总与直线l有且只有一个公 共点的双曲线E？若存在，求出双曲线E的方程；若不存在，说明理由。

20. （本小题满分14分）

已知函数fxeax（a为常数）的图像与y轴交于点A，曲线yfx在点A处

x

的切线斜率为-1.

（I）求a的值及函数fx的极值； （II）证明：当x0时，x2ex；

（III）证明：对任意给定的正数c，总存在x0，使得当xx0，，恒有x2cex. 21. 本题设有（1），（2），（3）三个选考题，每题7分，请考生任选2题作答，满分14分. 如果多做，则按所做的前两题计分.作答时，先用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应题 号右边的方框涂黑，并将所选题号填入括号中. （1）（本小题满分7分）选修4—2：矩阵与变换

21 已知矩阵A的逆矩阵A12.



1

（I）求矩阵A；

（II）求矩阵A的特征值以及属于每个特征值的一个特征向量. （2）（本小题满分7分）选修4—4：极坐标与参数方程

1

xa2t

已知直线l的参数方程为，（t为参数），圆C的参数方程为

y4t



x4cos

，（为常数）.

y4sin

（I）求直线l和圆C的普通方程；

（II）若直线l与圆C有公共点，求实数a的取值范围.

（3）（本小题满分7分）选修4—5：不等式选将

已知定义在R上的函数fxx1x2的最小值为a. （I）求a的值；

（II）若p，q，r为正实数，且pqra，求证：p2q2r23.

2014·福建卷(理科数学)

1．C 2．A 3．C 4．B 5．B 6．A 7．D 8．B 9．D 10．A 11．1

12．2

13．160

2

e

15．6

π22

16．解：方法一：(1)因为0

所以f(α)＝

2221

－ 2222

1＝2

1

(2)因为f(x)＝sin xcos x＋cos2x－21＋cos 2x11

＝x22211

＝xx 22＝

π2

sin2x＋， 24

2π

所以T＝π.

2

πππ

由2kπ－≤2x＋≤2kπ＋，k∈Z，

2423ππ

得kπ－x≤kπk∈Z.

88

3ππ

所以f(x)的单调递增区间为kπkπ＋，k∈Z.

881

方法二：f(x)＝sin xcos x＋cos2x－21＋cos 2x11

＝x22211

＝xx 22＝

π2

sin2x＋. 24

ππ2

(1)因为0

224从而f(α)＝

π3π12α＋＝sin24242

2π

(2)Tπ.

2

πππ3ππ

由2kπ－≤2x＋≤2kπ＋，k∈Z，得kπ－x≤kπ＋k∈Z.

24288

3ππ

所以f(x)的单调递增区间为kπkπ＋，k∈Z.

88

图1-5

17．解：(1)证明：∵平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，AB⊂平面ABD，AB⊥BD，∴AB⊥平面BCD.

又CD⊂平面BCD，∴AB⊥CD.

(2)过点B在平面BCD内作BE⊥BD

.

由(1)知AB⊥平面BCD，BE⊂平面BCD，BD⊂平面BCD，∴AB⊥BE，AB⊥BD. →→→

以B为坐标原点，分别以BE，BD，BA的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图所示)．

110，. 依题意，得B(0，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，A(0，0，1)，M2211→→→

0，，AD＝(0，1，－1)． 则BC＝(1，1，0)，BM＝22设平面MBC的法向量n＝(x0，y0，z0)， x＋y＝0，→BC＝0，n·00

则即1 1

→y＋＝0，BM＝0，n·2020

取z0＝1，得平面MBC的一个法向量n＝(1，－1，1)． 设直线AD与平面MBC所成角为θ， →|n·AD|6→则sin θ＝cos〈n，AD〉＝＝.

3→

|n|·|AD|

||

18．解：(1)设顾客所获的奖励额为X.

1C11C(i)依题意，得P(X＝60)＝.

C42

1

即顾客所获的奖励额为60，

2(ii)依题意，得X的所有可能取值为20，60. 1

P(X＝60)＝，

2C21P(X＝20)＝＝

C42即X的分布列为

(2)根据商场的预算，每个顾客的平均奖励额为60元．所以，先寻找期望为60元的可能方案．对于面值由10元和50元组成的情况，如果选择(10，10，10，50)的方案，因为60元是面值之和的最大值，所以期望不可能为60元；如果选择(50，50，50，10)的方案，因为60元是面值之和的最小值，所以期望也不可能为60元，因此可能的方案是(10，10，50，50)，记为方案1.

对于面值由20元和40元组成的情况，同理可排除(20，20，20，40)和(40，40，40，20)的方案，所以可能的方案是(20，20，40，40)，记为方案2.

以下是对两个方案的分析：

对于方案1，即方案(10

X1，则X1的分布列为

121

X1的期望为E(X1)＝206010060，

636

1211600

X1的方差为D(X1)＝(20－60)2(60－60)2×＋(100－60)2×＝6363

对于方案2，即方案(20，

20，40，40)，设顾客所获的奖励额为X2，则X2的分布列为

121

X2的期望为E(X2)＝406080×＝60，

636

121400

X2的方差为D(X2)＝(40－60)2(60－60)2×＋(80－60)2×＝.

6363

由于两种方案的奖励额的期望都符合要求，但方案2奖励额的方差比方案1的小，所以

应该选择方案2.

19．解：方法一：

(1)因为双曲线E的渐近线分别为y＝2x，y＝－2x，

b

所以＝2，

ac－a所以＝2，

a故c＝5a，

从而双曲线E的离心率 c

ea

x2y2

(2)由(1)知，双曲线E－1.

a4a

设直线l与x轴相交于点C. 当l⊥x轴时，若直线l与双曲线E有且只有一个公共点，则|OC|＝a，|AB|＝4a.又因为△OAB的面积为8，

1

所以|OC|·|AB|＝8，

21

因此a·4a＝8，解得a＝2，

2x2y2

此时双曲线E的方程为＝1.

416

x2y2

若存在满足条件的双曲线E，则E的方程只能为＝1.

416

x2y2

以下证明：当直线l不与x轴垂直时，双曲线E：－1也满足条件．

416

m

，0.记A(x1，y1)，B(x2，设直线l的方程为y＝kx＋m，依题意，得k>2或k

y＝kx＋m，2m2m

由得y1＝，同理得y2＝.

2－k2＋ky＝2x

1

由S△OAB|OC|·|y1－y2|，得

22m1m2m－·＝8，

2k2－k2＋k

2

即m2＝4|4－k|＝4(k2－4)．

y＝kx＋m，22由xy得(4－k2)x2－2kmx－m2－16＝0. 4161

因为4－k2

所以Δ＝4k2m2＋4(4－k2)(m2＋16)＝－16(4k2－m2－16)． 又因为m2＝4(k2－4)，

所以Δ＝0，即l与双曲线E有且只有一个公共点．

x2y2

因此，存在总与l有且只有一个公共点的双曲线E，且E的方程为－1.

416方法二：(1)同方法一．

x2y2

(2)由(1)知，双曲线E－1.

a4a

设直线l的方程为x＝my＋t，A(x1，y1)，B(x2，y2)． 11

依题意得－m22

x＝my＋t，－2t2t

由得y1＝， 同理得y21－2m1＋2my＝2x

设直线l与x轴相交于点C，则C(t，0)．

2t2t11

由S△OAB|OC|·|y1－y2|＝8，得|t|·1－2m1＋2m＝8.

22所以t2＝4|1－4m2|＝4(1－4m2)．

x＝my＋t，2

由x得(4m2－1)y2＋8mty＋4(t2－a2)＝0. y2

a－4a1

因为4m2－1

－a2)＝0，即4m2a2＋t2－a2＝0, 即4m2a2＋4(1－4m2)－a2＝0，即(1－4m2)(a2－4)＝0，

所以a2＝4，

x2y2

因此，存在总与l有且只有一个公共点的双曲线E，且E的方程为－1.

416

方法三：(1)同方法一．

(2)当直线l不与x轴垂直时，设直线l的方程为y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)．依题意得k>2或k

y＝kx＋m，由22得(4－k2)x2－2kmx－m2＝0， 4x－y＝0

－m2因为4－k0，所以x1x2＝，

4－k2

又因为△OAB的面积为8，

14所以 |OA|·|OB|· sin∠AOB＝8，又易知sin∠AOB＝

252所以x1＋y1·x2＋y2＝8，化简得x1x2＝4. 5－m222所以＝4，即m＝4(k－4)． 4－kx2y2

由(1)得双曲线E1，

a4ay＝kx＋m，2由x得(4－k2)x2－2kmx－m2－4a2＝0. y2

a－4a1

因为4－k2

即(k2－4)(a2－4)＝0，所以a2＝4，

x2y2

所以双曲线E的方程为＝1.

416

x2y2

当l⊥x轴时，由△OAB的面积等于8可得l：x＝2，又易知l：x＝2与双曲线E＝

4161有且只有一个公共点．

x2y2

综上所述，存在总与l有且只有一个公共点的双曲线E，且E的方程为1.

41620．解：方法一：(1)由f(x)＝ex－ax，得f ′(x)＝ex－a. 又f ′(0)＝1－a＝－1，得a＝2. 所以f(x)＝ex－2x，f ′(x)＝ex－2. 令f ′(x)＝0，得x＝ln 2.

当xln 2时，f ′(x)>0，f(x)单调递增． 所以当x＝ln 2时，f(x)取得极小值，

且极小值为f(ln 2)＝eln 2－2ln 2＝2－ln 4， f(x)无极大值．

(2)证明：令g(x)＝ex－x2，则g′(x)＝ex－2x. 由(1)得，g′(x)＝f(x)≥f(ln 2)＝2－ln 4>0， 故g(x)在R上单调递增，又g(0)＝1>0， 所以当x>0时，g(x)>g(0)>0，即x2

(3)证明：①若c≥1，则ex≤cex.又由(2)知，当x>0时，x20时，x2

取x0＝0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2

1

②若01，要使不等式x2kx2成立．

c而要使ex>kx2成立，则只要x>ln(kx2)，只要x>2ln x＋ln k成立． 2x－2

令h(x)＝x－2ln x－ln k，则h′(x)＝1－＝xx

所以当x>2时，h′(x)>0，h(x)在(2，＋∞)内单调递增．

取x0＝16k>16，所以h(x)在(x0，＋∞)内单调递增．

又h(x0)＝16k－2ln(16k)－ln k＝8(k－ln 2)＋3(k－ln k)＋5k， 易知k>ln k，k>ln 2，5k>0，所以h(x0)>0. 16

即存在x0＝，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2

c

综上，对任意给定的正数c，总存在x0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2

4

(3)对任意给定的正数c，取x0，

cxxx2x2

由(2)知，当x>0时，e>x，所以e＝ee2·2，

22

x

2

x

xx4x12

当x>x0时，e>22>c2＝cx，

x

222

因此，对任意给定的正数c，总存在x0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2

1

(3)首先证明当x∈(0，＋∞)时，恒有x3

3证明如下：

1

令h(x)＝3－ex，则h′(x)＝x2－ex.

3

由(2)知，当x>0时，x2

从而h′(x)

所以h(x)

3311

取x0x>x0时，有x2

cc3

因此，对任意给定的正数c，总存在x0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2

21．

－1－

(Ⅰ)解：(1)因为矩阵A是矩阵A1的逆矩阵，且|A|＝2×2－1×1＝3≠0，

121 2 －133所以A＝＝3－1 21233

－1

λ－2 －12

(2)矩阵A的特征多项式为f(λ)＝＝λ－4λ＋3＝(λ－1)(λ－3)，令f(λ)＝0，

－1 λ－21－

得矩阵A的特征值为λ1＝1或λ2＝3，所以ξ1＝)是矩阵A1的属于特征值λ1＝1的一

－1

－1

1－

个特征向量，ξ2＝)是矩阵A1的属于特征值λ2＝3的一个特征向量．

1

(Ⅱ)选修4-4：坐标系与参数方程

解：(1)直线l的普通方程为2x－y－2a＝0， 圆C的普通方程为x2＋y2＝16. (2)因为直线l与圆C有公共点，

故圆C的圆心到直线l的距离d＝

2a5

≤4，

解得－5≤a≤5. (Ⅲ)选修4-5：不等式选讲

解：(1)因为|x＋1|＋|x－2|≥|(x＋1)－(x－2)|＝3， 当且仅当－1≤x≤2时，等号成立， 所以f(x)的最小值等于3，即a＝3.

(2)由(1)知p＋q＋r＝3，又p，q，r是正实数，

所以(p2＋q2＋r2)(12＋12＋12)≥(p×1＋q×1＋r×1)2＝(p＋q＋r)2＝9， 即p2＋q2＋r2≥3.