①当00不符合题意,舍去;
②当a=时,f(x)=ex--ln-1≥--1=0.则a=,故选C.
二、填空题:
本大题共4个小题,每小题5分,满分20分.请把答案填在答题卷对应题号后的横线上.
13.定积分(ex-e-x)dx=__0__.
14.(x-y)(x+y)8的展开式中x2y7的系数为__-20__.(用数字填写答案)
【解析】(x+y)8中,Tr+1=Cx8-ryr,令r=7,再令r=6,得x2y7的系数为C-C=8-28=-20.
15.已知椭圆C1:
+=1(a>b>0)与双曲线C2:
x2-y2=4有相同的右焦点F2,点P是椭圆C1和双曲线C2的一个公共点,若=2,则椭圆C1的离心率为____.
【解析】设另一个焦点是F1,由双曲线的定义可知-=4,=6,
2a=8,a=4,c=2,故e===.
16.已知数列,均为等差数列,且a1b1=m,a2b2=4,a3b3=8,a4b4=16,则m=__4__.
【解析】设an=an+b,bn=cn+d,则anbn==acn2+(bc+ad)n+bd,
令cn=anbn,则dn=cn+1-cn=2acn+(ac+ad+bc)构成一个等差数列,故由已给出的a2b2=4,a3b3=8,a4b4=16,可求得m=4.
三、解答题:
共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题,每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题,考生根据要求作答.
(一)必考题:
共60分.
17.(本题满分12分)
已知在△ABC中,D,E分别为边AB,BC的中点,2·=·,
(1)若2·=·,且△ABC的面积为3,求边AC的长;
(2)若BC=,求线段AE长的最大值.
【解析】设BC=a,AC=b,AB=c,由2·=·,得2bccosA=bc,所以cosA=,
又A∈(0,π),因此A=.2分
(1)由2·=·,即2·=·(+),得3bc=c2,即3b=c.
又因为S△ABC=bcsinA=b2=3,所以b=2,即边AC的长为2.7分
(2)因为E为边BC的中点,所以=(+),
即2=(+)2=(b2+c2+bc),9分
又因为BC=,所以由余弦定理得a2=b2+c2-2bc·cosA,即b2+c2=a2+bc=3+bc≥2bc,即bc≤3,所以2=(3+2bc)≤,≤,当且仅当b=c时取等号,所以线段AE长的最大值为.12分
18.(本题满分12分)
如图1,四边形ABCD为直角梯形,AD∥BC,AD⊥AB,AD=1,BC=2,E为CD上一点,F为BE的中点,且DE=1,EC=2,现将梯形沿BE折叠(如图2),使平面BCE⊥平面ABED.
(1)求证:
平面ACE⊥平面BCE;
(2)能否在边AB上找到一点P(端点除外)使平面ACE与平面PCF所成角的余弦值为?
若存在,试确定点P的位置,若不存在,请说明理由.
【解析】
(1)在直角梯形ABCD中,作于DM⊥BC于M,连接AE,
则CM=2-1=1,CD=DE+CE=1+2=3,
则DM=AB=2,cosC=,2分
则BE==,sin∠CDM=,
则AE==,
∴AE2+BE2=AB2,4分
故AE⊥BE,且折叠后AE与BE位置关系不变,
又∵平面BCE⊥平面ABED,且平面BCE∩平面ABED=BE,
∴AE⊥平面BCE,∵AE平面ACE,∴平面ACE⊥平面BCE.6分
(2)∵在△BCE中,BC=CE=2,F为BE的中点,∴CF⊥BE.
又∵平面BCE⊥平面ABED,且平面BCE∩平面ABED=BE,
∴CF⊥平面ABED,7分
故可以F为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系,
则A,C,E,
易求得平面ACE的法向量为m=(0,-,1).
假设在AB上存在一点P使平面ACE与平面PCF所成角的余弦值为,且=λ,(λ∈R),
∵B,
∴=,
故=,
又=,
∴=,
又=,
设平面PCF的法向量为n=(x,y,z),∴
令x=2λ-1得n=(2λ-1,(λ-1),0),
∴|cosm,n|==,11分
解得λ=,因此存在点P且P为线段AB中点时使得平面ACE与平面PCF所成角的余弦值为.12分
19.(本题满分12分)
近期,某市公交公司推出扫码支付1分钱乘车活动,活动设置了一段时间的推广期,由于推广期内优惠力度较大,吸引越来越多的人开始使用扫码支付.629路公交车统计了活动刚推出一周内每一天使用扫码支付的人次,用x表示活动推出的天数,y表示每天使用扫码支付的人次(单位:
十人次),统计数据如表1所示:
表1:
x
1
2
3
4
5
6
7
y
6
11
21
34
66
101
196
根据以上数据,绘制了散点图.
(1)根据散点图判断,在推广期内,y=a+bx与y=c·dx(c,d均为大于零的常数)哪一个适宜作为扫码支付的人次y关于活动推出天数x的回归方程类型(给出判断即可,不必说明理由);
(2)根据
(1)的判断结果及表1中的数据,建立y关于x的回归方程,并预测活动推出第8天使用扫码支付的人次;
(3)推广期结束后,车队对乘客的支付方式进行统计,结果如下
支付方式
现金
乘车卡
扫码
比例
10%
60%
30%
车队为缓解周边居民出行压力,以80万元的单价购进了一批新车,根据以往的经验可知,每辆车每个月的运营成本约为0.66万元.已知该线路公交车票价为2元,使用现金支付的乘客无优惠,使用乘车卡支付的乘客享受8折优惠,扫码支付的乘客随机优惠,根据统计结果得知,使用扫码支付的乘客中有的概率享受7折优惠,有的概率享受8折优惠,有的概率享受9折优惠.预计该车队每辆车每个月有1万人次乘车,根据所给数据以事件发生的频率作为相应事件发生的概率,在不考虑其它因素的条件下,按照上述收费标准,假设这批车需要n(n∈N*)年才能开始盈利,求n的值.
参考数据:
xiyi
xivi
100.54
62.14
1.54
2535
50.12
3.47
其中vi=lgyi,=i.
参考公式:
对于一组数据(u1,v1),(u2,v2),…,(un,vn),其回归直线=+u的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为:
==0.25,5分
把样本中心点(4,1.54)代入v=lgc+lgd·x,得lgc=0.54,
∴=0.54+0.25x,∴lg=0.54+0.25x,6分
∴y关于x的回归方程式:
=100.54+0.25x=100.54(100.25)x=3.47(100.25)x,
把x=8代入上式:
∴=100.54+0.25×8=102.54=102×100.54=347,
所以活动推出第8天使用扫码支付的人次为3470.7分
(3)记一名乘客乘车支付的费用为Z,则Z的取值可能为:
2,1.8,1.6,1.4,
P(Z=2)=0.1,P(Z=1.8)=0.3×=0.15,
P(Z=1.6)=0.6+0.3×=0.7,P(Z=1.4)=0.3×=0.05,
所以一名乘客一次乘车的平均费用为:
2×0.1+1.8×0.5+1.6×0.7+1.4×0.05=1.66(元),10分
由题意可知:
1.66×1×12·n-0.66×12·n-80>0,n>,
所以n取7,估计这批车大概需要7年才能开始盈利.12分
20.(本题满分12分)
已知椭圆C:
+=1(a>b>0)的离心率e=,以上顶点和右焦点为直径端点的圆与直线x+y-2=0相切.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)是否存在斜率为2的直线,使得当直线与椭圆C有两个不同的交点M,N时,能在直线y=上找到一点P,在椭圆C上找到一点Q,满足=?
若存在,求出直线的方程;若不存在,说明理由.
【解析】
(1)由椭圆的离心率e=,得==,得b=c.
上顶点为(0,b),右焦点为(b,0),
以上顶点和右焦点为直径端点的圆的方程为+==,
∴=b,即|b-2|=b,得b=c=1,a=,
∴椭圆的标准方程为+y2=1.5分
(2)椭圆C上不存在这样的点Q,理由如下:
设直线的方程为y=2x+t,
设M(x1,y1),N(x2,y2),P,Q(x4,y4),MN的中点为D(x0,y0),
由消去x,得9y2-2ty+t2-8=0,
所以y1+y2=,且Δ=4t2-36(t2-8)>0,7分
故y0==,且-3<t<3.
由=,得=(x4-x2,y4-y2),
所以有y1-=y4-y2,y4=y1+y2-=t-.9分
(也可由=知四边形PMQN为平行四边形,而D为线段MN的中点,因此,D也为线段PQ的中点,所以y0==,可得y4=.)
又-3<t<3,所以-<y4<-1,11分
与椭圆上点的纵坐标的取值范围是[-1,1]矛盾.故椭圆C上不存在这样的点Q.12分
21.(本题满分12分)
已知函数f(x)=lnx,g(x)=ex.
(1)设函数h(x)=f(x)+x2+ax(a∈R),讨论h(x)的极值点个数;
(2)设直线l为函数f(x)的图象上一点A(x0,f(x0))处的切线,试探究:
在区间(1,+∞)上是否存在唯一的x0,使得直线l与曲线y=g(x)相切.
【解析】由题意得h′(x)=+x+a=(x>0),令Δ=a2-4,1分
①当Δ=a2-4≤0即-2≤a≤2时,h′(x)=≥0在x∈(0,+∞)上恒成立,
此时h(x)在x∈(0,+∞)上单调递增,极值点个数为0;2分
②当a>2时,h′(x)=≥0在x∈(0,+∞)上恒成立,
此时h(x)在x∈(0,+∞)上单调递增,极值点个数为0;3分
③当a<-2时,Δ>0,设x1,x2是x2+ax+1=0的两根,则x1+x2=-a>0,x1x2=1>0,故x1>0,x2>0,
此时h(x)在(0,+∞)上有两个极值点.5分
综上所述,当a<-2时,h(x)有两个极值点,a≥-2时,h(x)没有极值点.6分
(2)∵f′(x)=,∴f′(x0)=,
∴切线l的方程为y-lnx0=(x-x0),即y=x+lnx0-1.7分
设直线l与曲线y=g(x)相切于(x1,ex1),∵g′(x)=ex,∴ex1=即x1=-lnx0,
∴g(x1)=ex1=e-lnx0=,
∴直线l的方程也为y-=(x+lnx0),即y=x++,8分
∴lnx0-1=+,即lnx0=.9分
下证:
在区间(1,+∞)上x0存在且唯一.设φ(x)=lnx-(x>1),
φ′(x)=-=+>0,则φ(x)在(1,+∞)上单调递增.10分
又φ(e)=lne-=<0,φ(e2)=lne2-=>0,
由零点存在性定理知:
存在x0∈(e,e2),使得φ(x0)=0,即lnx0=.
故在区间(1,+∞)上存在唯一的x0,使得直线l与曲线y=g(x)相切.12分
(二)选考题:
共10分.请考生在22、23两题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题计分.
22.(本题满分10分)选修4-4:
极坐标与参数方程
在平面直角坐标系中,将曲线C1向左平移2个单位,再将得到的曲线上的每一个点的横坐标保持不变,纵坐标缩短为原来的,得到曲线C2,以坐标原点O为极点,x轴的正半轴为极轴,建立极坐标系,C1的极坐标方程为ρ=4cosα.
(1)求曲线C2的参数方程;
(2)直线l的参数方程为(t为参数),求曲线C2上到直线l的距离最短的点的直角坐标.
【解析】
(1)由ρ=4cosα得ρ2=4ρcosα将ρ2=x2+y2,ρ·cosα=x代入整理得
曲线C1的普通方程为(x-2)2+y2=4,2分
设曲线C1上的点为(x′,y′),变换后的点为(x,y),由题可知坐标变换为即代入曲线C1的普通方程,整理得曲线C2的普通方程为+y2=1,4分
∴曲线C2的参数方程为(θ为参数).5分
(2)直线l的参数方程为(t为参数),直线l的直角坐标方程为x-y+2=0,
设曲线C2上的点为P(2cosθ,sinθ),0≤θ≤2π,则点P到直线l的距离为d==,其中cosφ=,sinφ=,
当θ+φ=π时,dmin==,8分
此时2cosθ=2cos(π-φ)=-=-,sinθ=sin(π-φ)==,即此时点P的直角坐标为,所以曲线C2上到直线l的距离最短的点的直角坐标为.10分
23.(本题满分10分)选修4-5:
不等式选讲
设f(x)=|x-1|+|x+1|.
(1)求f(x)≤x+2的解集;
(2)若不等式f(x)≥对任意实数a≠0恒成立,求实数x的取值范围.
【解析】
(1)由f(x)≤x+2得:
或或3分
解得0≤x≤2,
∴f(x)≤x+2的解集为{x|0≤x≤2}.5分
(2)=≤=3,
当且仅当≤0时,取等号.7分
由不等式f(x)≥对任意实数a≠0恒成立,可得|x-1|+|x+1|≥3,
解得x≤-或x≥.
故实数x的取值范围是∪.10分