2018年安徽省合肥一中高考数学最后一卷(理科)
2018年安徽省合肥一中高考数学最后一卷（理科）
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. 已知集合A={x||x?3|<2x}，B={x|?4 A.(?4,?1] B.[?3,?3) C.[?3,?1] D.(?4,?3) 【答案】 A 【考点】 交、并、补集的混合运算 【解析】 求出集合A，B，从而求出C U A={x|x≤1}，由此能求出(C R A)∩B． 【解答】 ∵集合A={x||x?3|<2x}={x|x>1}， B={x|?4 ∴C U A={x|x≤1}， ∴(C R A)∩B={x|?4 2. 已知i是虚数单位，若z=2+i，则z z 的虚部是（） A.4 5i B.4 5 C.?4 5 i D.?4 5 【答案】 B 【考点】复数的运算【解析】 由已知可得z，代入z z ，利用复数代数形式的乘除运算化简得答案． 【解答】 ∵z=2+i， ∴z z =2+i 2?i =(2+i)2 (2?i)(2+i) =3 5 +4 5 i， ∴z z 的虚部为4 5 ． 3. 已知w>0，函数f(x)=cos(wx+π 3)在(π 3 ,π 2 )上单调递增，则w的取值范围是（） A.(2 3,10 3 ) B.[2 3 ,10 3 ] C.[2,10 3 ] D.[2,5 3 ] 【答案】 C 【考点】 余弦函数的单调性 【解析】 利用余弦函数的单调性建立不等式关系求解即可．【解答】 解：函数f(x)=cos(wx+π 3)在(π 3 ,π 2 )上单调递增， 则{π3ω+π 3≥2kπ?ππ 2 ω+π 3≤2kπ ，k ∈Z ． 解得：{ω≥6k ?4 ω≤4k ?23 ，k ∈Z ． ∵ ω>0， ∴ 当k =1，可得2≤ω≤ 103 ． 故选C . 4. 《九章算术》之后，人们学会了用等差数列的知识来解决问题，《张丘建算经》卷上有叙述为：“今有女善织，日益功疾（注：从第2天开始，每天比前一天多织相同量的布），如图是源于其思想的一个程序框图，如果输出的S 是60，则输入的x 是（ ） A.4 B.3 C.2 D.1 【答案】 C 【考点】 程序框图 【解析】 由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量S 的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案． 【解答】 第一次执行循环体后，n =1，S =x ，不满足退出循环的条件； 第二次执行循环体后，i =2，S =2x ，不满足退出循环的条件； 第三次执行循环体后，i =3，S =3x ，不满足退出循环的条件； 第四次执行循环体后，i =4，S =4x ，不满足退出循环的条件； … 第29次执行循环体后，i =29，S =29x ，不满足退出循环的条件； 第30次执行循环体后，i =30，S =30x ，满足退出循环的条件； 故输出S =30x =60 ∴ x =2， 5. 已知α，β分别满足α?e α=e 2，β(lnβ?2)=e 4，则αβ的值为（ ） A.e B.e 2 C.e 3 D.e 4 【答案】 D 【考点】 函数与方程的综合运用 【解析】 对等式两边取自然对数，再由f(x)=x+lnx，求导，判断单调性，运用对数的运算性质，可得所求值． 【解答】 α?eα=e2，可得α+lnα=2， β(lnβ?2)=e4， 可得lnβ+ln(lnβ?2)=4， 即有lnβ?2+ln(lnβ?2)=2， 可得α+lnα=lnβ?2+ln(lnβ?2)， 由f(x)=x+lnx的导数为1+1 x >0， 可得f(x)在x>0递增， 可得α=lnβ?2， 即为2?lnα=lnβ?2， 即lnα+lnβ=4， 可得ln(αβ)=4， 可得αβ=e4， 6. 某空间凸多面体的三视图如图所示，其中俯视图和侧（左）视图中的正方形的边长为1，正（主）视图和俯视图中的三角形均为等腰直角三角形，则该几何体的表面积为（） A.2+3√2 2B.7 2 +3√2 2 C.3+2√2 D.2+√2 【答案】 C 【考点】 由三视图求体积 【解析】 画出几何体的直观图，利用三视图的数据求解几何体的表面积即可． 【解答】 由题意可知几何体的直观图如图：左侧是放倒的三棱柱，右侧是三棱锥， 俯视图和侧（左）视图中的正方形的边长为1，正（主）视图和俯视图中的三角形均为等腰直角三角形， 则该几何体的表面积为：1×√2+2×1 2×1×1+1×1+1 2 ×1×1+1 2 ×1×√2+ 1 2×1×√2+1 2 ×1×1=3+2√2． 7. △ABC中，A，B，C的对边分别为a，b，c．已知c2=2b2?2a2，2sin2A+B 2 =1+ cos2C，则sin(B?A)的值为________ 【答案】 √3 4 【考点】 三角函数的恒等变换及化简求值 【解析】 利用二倍角和正弦定理，化简可得答案． 【解答】 ∵由2sin2A+B 2 =1+cos2C， 得cos2C=2sin2A+B 2 ?1 =1?cos(A+B)?1 =?cos(π?C)=cosC， 即2cos2C?cosC?1=0， ∴得(cosC?1)(2cosC+1)=0， ∴则cosC=1（舍），或cosC=?1 2 ， ∵0 ∴C=2π 3 ， ∵c2=2b2?2a2，由正弦定理可得：2(sin2B?sin2A)=sin2C=3 4 ， ∴sin2B?sin2A=3 8 ， 推导可得：sin(B+A)sin(B?A)=3 8 ， 即sinCsin(B?A)=3 8 ， ∴sin(B?A)=√3 4 . 8. 某班级有男生32人，女生20人，现选举4名学生分别担任班长、副班长、团支部书记和体育班委．男生当选的人数记为ξ，则ξ的数学期望为（） A.16 13 B.20 13 C.32 13 D.40 13 【答案】 C 【考点】 离散型随机变量的期望与方差 【解析】 由题意知随机变量ξ的可能取值是0，1，2，3，4，计算对应的概率值，求出ξ的数学期望值． 【解答】 由题意知，随机变量ξ的可能取值是0，1，2，3，4， 且P(ξ=0)=C 320?C204 C 52 4= C 204C 52 4 ，P(ξ=1)=C 321?C203 C 52 4， P(ξ=2)=C 322?C202 C 52 4，P(ξ=3)=C 323?C201 C 52 4， P(ξ=4)= C 324?C200 C 52 4=C 324 C 52 4； ∴ ξ的数学期望为 E(ξ)=0×C 204C 524+1×C 321?C203C 524+2×C 322?C202C 524+3×C 323?C201C 524 +4×C 32 4C 52 4 =1 C 524(32×20×19×3+32×31×19×10+32×31×30×10+32×31×29×5) = 3213 ． 9. 已知函数y =f(x)单调递增，函数y =f(x ?2)的图象关于点(2,?0)对称，实数x ，y 满足不等式f(x 2?2x)+f(?2y ?y 2)≤0，则z =x 2+y 2?6x +4y +14的最小值为（ ） A.3 2 B.2 3 C.3√22 D.√22 【答案】 A 【考点】 抽象函数及其应用 简单线性规划 【解析】 根据题意，分析可得函数f(x)为奇函数，结合函数的单调性分析可得f(x 2?2x)≤f(2y +y 2)?x 2?2x ≤y 2+2y ，变形可得：(x +y)(x ?y ?2)≤0，即 {x +y ≤0x ?y ?2≥0 或{x +y ≥0x ?y ?2≤0 ，由二元一次不等式的几何意义分析其可行域，又由z =x 2+y 2?6x +4y +14=(x ?3)2+(y +2)2+1，设m =(x ?3)2+(y +2)2，其几何意义为可行域中任意一点到点(3,??2)距离的平方，求出m 的最小值，计算即可得答案． 【解答】 根据题意，因为函数y =f(x ?2)的图象关于点(2,?0) 对称， 所以函数y =f(x)的图象关于点(0,?0)对称， 即函数f(x)是定义在R 上的奇函数， 则f(x 2?2x)+f(?2y ?y 2)≤0?f(x 2?2x)≤?f(?2y ?y 2) ?f(x 2?2x)≤f(2y +y 2)， 又由函数y =f(x)单调递增，则f(x 2?2x)≤f(2y +y 2) ?x 2?2x ≤y 2+2y ， 变形可得：(x +y)(x ?y ?2)≤0， 即{ x +y ≤0x ?y ?2≥0 或{x +y ≥0 x ?y ?2≤0 ， 所以可得其可行域，如图所示： z =x 2+y 2?6x +4y +14=(x ?3)2+(y +2)2+1， 设m =(x ?3)2+(y +2)2，其几何意义为可行域中任意一点到点(3,??2)距离的平方， 分析可得：m的最小值为( √1+1)2=1 2 ， 则z=x2+y2?6x+4y+14的最小值为1 2+1=3 2 ； 故选：A． 10. 一个正四面体的四个面上分别标有数字1，2，3，4．掷这个四面体四次，令第i次 得到的数为a i，若存在正整数k使得∑= i=1k ai 4的概率p=m n ，其中m，n是互质的正整 数，则log5m?log4n的值为（） A.1 B.?1 C.2 D.?2【答案】 B 【考点】 模拟方法估计概率 【解析】 当k=1时，∑= i=1k ai 4的概率p1=1 4 ，当k=2时，∑= i=1k ai 4的概率p2=3 4×4 =3 16 ， 当k=3时，∑= i=1k ai 4的概率p=3 4×4×4 =3 64 ，当k=4时，∑= i=1k ai 4的概率p= 1 4×4×4×4=1 256 ，从而求出∑= i=1k ai 4的概率p=m n =125 256 ，由此能求出log5m?log4n的 值． 【解答】 正四面体的四个面上分别标有数字1，2，3，4．掷这个四面体四次，令第i次得到的数为a i， 存在正整数k使得∑= i=1k ai 4的概率p=m n ， ∴当k=1时，∑= i=1k ai 4的概率p1=1 4 ， 当k=2时，∑= i=1k ai 4的概率p2=3 4×4 =3 16 ， 当k=3时，∑= i=1k ai 4的概率p=3 4×4×4 =3 64 ， 当k=4时，∑= i=1k ai 4的概率p=1 4×4×4×4 =1 256 ， ∴得∑= i=1k ai 4的概率p=m n =1 4 +3 16 +6 64 +1 256 =125 256 ， 其中m，n是互质的正整数， ∴m=125，n=256， 则log5m?log4n=log5125?log4256=3?4=?1． 11. 已知抛物线y2=2px(p>0)，过定点M(m,?0)(m>0，且m≠p 2 )作直线AB交抛物 线于A，B两点，且直线AB不垂直x轴，在A，B两点处分别作该抛物线的切线l1，l2， 设l1，l2的交点为Q，直线AB的斜率为k，线段AB的中点为P，则下列四个结论： ①x A?x B=m2；②当直线AB绕着M点旋转时，点Q的轨迹为抛物线；③当m= p 8 ,k>0时，直线PQ经过抛物线的焦点；④当m=8p，k<0时，直线PQ垂直y 轴．其中正确的个数有（） A.0个 B.1个 C.2个 D.3个 【答案】 C 【考点】 抛物线的性质 【解析】 设Q点坐标，根据导数的几何意义，即可求得直线AB的方程，代入即可求得x0=?m，即可求得直线AB的方程，代入抛物线方程，利用韦达定理及中点坐标公式，即可求得 x A x B=m2，y P=y0．即可判断①④正确． 【解答】 设Q(x0,?y0)，则直线AB的方程：y0y=p(x0+x)， 直线AB过点M(m,?0)，所以y0×0=p(x0+m)，解得x0=?m， 所以直线AB:y0y=p(x0+x)，x=y0y p?x0， 由y2=2px(p>0)， 所以y2=2p(y0y p?x0)=2y0y?2px0， 所以y2?2y0y+2px0=0，即y2?2y0y?2pm=0， y A+y B=2y0，y A y B=?2pm， 所以x A x B=(y A y B)2 4p2=(?2mp)2 4p2 =m2， 则y P=y A+y B 2 =y0， ∴y P=y0． 故PQ垂直y轴，故①④正确， 12. 设函数f(x)在R上存在导函数f′(x)，对任意的x∈R有f(x)+f(?x)=2x2，且当x∈[0,?+∞)时，f′(x)>2x．若f(2e?a)?f(a)<4e(e?a)，g(x)=e x?ax的零点有（） A.0个 B.1个 C.2个 D.3个 【答案】 C 【考点】 函数零点的判定定理 【解析】 令?(x)=f(x)?x2，?(?x)=f(?x)?x2，由?(?x)+?(x)=0，可得函数?(x)为奇 函数．利用导数可得函数?(x)在R 上是增函数，f(2e ?a)?f(a)<4e(e ?a)，即?(2e ?a) ?ax =0，分离参数，可得a =e x x ， φ(x)= e x x ，利用导数，求出当x >0时，φ(x)min =φ(1)=e ，即可判断函数零点的个 数． 【解答】 当x >0时，令x >1时，φ′(x)>0，函数φ(x)单调递增， 令0 （1）当x <0时，φ′(x)<0，函数φ(x)单调递减， ∵ a ≥e ， ∴ 直线y =a 与y = e x x 有两个交点， ∴ g(x)=e x ?ax 的零点有2个， 故选：C ． 二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上） 平行四边形ABCD 中，AB =3，AD =5，|DA → +DC → |=4，则BA → ?AD → =________． 【答案】 ?9 【考点】 平面向量数量积的性质及其运算律 【解析】 推导出BD =4，AB ⊥BD ，cos ,AD → >=?cos∠BAD =?3 5，由此能求出BA → ?AD → ． 【解答】 ∵ 平行四边形ABCD 中，AB =3，AD =5，|DA → +DC → |=4，如图， ∴ BD =4，∴ AB 2+DB 2=AD 2，∴ AB ⊥BD ， ∴ cos ,AD → >=?cos∠BAD =?35 ， ∴ BA →?AD →=|BA →|?|AD →|?cos > =3×5×(?3 5 ) =?9． (2x 2?1)(1 x ?2x)7的展开式中含x 7的项的系数是________． 【答案】 1024 【考点】 二项式定理的应用 【解析】 利用二项式定理把(1 x ?2x)7展开，可得(2x 2?1)(1 x ?2x)7的展开式中含x 7的项的系数． 【解答】 ∵ (2x 2?1)(1 x ?2x)7=(2x 2?1)(1 x 7?14?1 x 5+841 x 3?280?1 x +560x ?672x 3+448x 5?128x 7)， 故它的展开式中含x 7的项的系数是2×448+128=1024， 棱长为1的正方体ABCD ?EFGH 如图所示，M ，N 分别为直线AF ，BG 上的动点，则线段MN 长度的最小值为________． 【答案】 √33 【考点】 棱柱的结构特征 【解析】 线段MN 长度的最小值是异面直线AF 与BG 间的距离，以H 为原点，HE 为x 轴，HG 为y 轴，HD 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出线段MN 长度的最小值． 【解答】 ∵ 棱长为1的正方体ABCD ?EFGH 如图所示，M ，N 分别为直线AF ，BG 上的动点， ∴ 线段MN 长度的最小值是异面直线AF 与BG 间的距离， 以H 为原点，HE 为x 轴，HG 为y 轴，HD 为z 轴，建立空间直角坐标系， A(1,?0,?1)，F(1,?1,?0)，B(1,?1,?1)，G(0,?1,?0)， AF → =(0,?1,??1)，AB → =(0,?1,?0)， ∴ 线段MN 长度的最小值： d =|AB → |sin ,AF → >=|AB → |√1?[cos ,AF → >]2 =1×√1?( 1×√2 )2 =√22 ． 如图所示，已知直线AB 的方程为x a +y b =1，⊙C ，⊙D 是相外切的等圆，且分别与坐标轴及线段AB 相切，|AB|= c ，则两圆半径r =________（用常数a ，b ，c 表示） 【答案】 ac +bc ?c 2 2(a +b) 【考点】 直线与圆的位置关系 【解析】 由题意画出图形，得cos∠OAB =a c ，sin∠OAB =b c ，设AF =x ，BE =y ，列关于a ，b ，c ，r ，x ，y 的方程组，整体求解得答案． 【解答】 如图， 由已知得，cos∠OAB =a c ，sin∠OAB =b c ， 设AF =x ，BE =y ， 则{ x +y +2r =c r +2r ?a c +x =a r +2r ?b c +y =b ， ②+③得：2r +2r(a c +b c )+x +y =a +b ④． 把①代入④，得2r(a c +b c )+c =a +b ， ∴ r = ac+bc?c 22(a+b) ． 三、解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S n =n 2+n +2． （1）求{a n }的通项公式； （2）若数列{b n }满足b n =a n ?2a n ，求{b n }前n 项和T n ． 【答案】 S n =n 2+n +2,S n?1=(n ?1)2+(n ?1)+2(n ≥2)， ∴ a n =S n ?S n?1=2n(n ≥2)，a 1=S 1=4． 故a n ={ 4(n =1) 2n(n ≥2,n ∈N ?) ． b n =a n ?2 a n ={2n ?2a n =2n ?4n (n ≥2,n ∈N ?)4?24=64(n =1) ， 当n ≥2时，T n =b 1+b 2+?+b n =64+2(2×42+3×43+?+n ×4n )， 令P n =2×42+3×43+?+n ×4n ， ∴ 4P n =2×43+3×44+?+(n ?1)×4n +n ×4n+1， ?3P n =2×42+43+44?n ×4n+1=32+43(4n?2?1) 4?1 ?n ×4n+1， ∴ P n =? 323 ? 4n+1?43 9 + n×4n+1 3 ， 故T n =64+3P n = (6n?2)?4n+1+512 9 (n ≥2,n ∈N ?)， 又T 1=64满足上式， ∴ T n = (6n?2)?4n+1+512 9 (n ∈N ?)． 【考点】 数列的求和 数列递推式 【解析】 （1）S n =n 2+n +2,S n?1=(n ?1)2+(n ?1)+2(n ≥2)，相减可得a n =S n ?S n?1=2n(n ≥2)，a 1=S 1．即可得出． （2）b n =a n ?2 a n ={2n ?2a n =2n ?4n (n ≥2,n ∈N ?)4?24=64(n =1) ，当n ≥2时，T n =b 1+b 2+?+b n =64+2(2×42+3×43+?+n ×4n )，令P n =2×42+3×43+?+n ×4n ，利用错位相减法即可得出． 【解答】 S n =n 2+n +2,S n?1=(n ?1)2+(n ?1)+2(n ≥2)， ∴ a n =S n ?S n?1=2n(n ≥2)，a 1=S 1=4． 故a n ={ 4(n =1) 2n(n ≥2,n ∈N ?) ． b n =a n ?2 a n ={2n ?2a n =2n ?4n (n ≥2,n ∈N ?)4?24=64(n =1) ， 当n ≥2时，T n =b 1+b 2+?+b n =64+2(2×42+3×43+?+n ×4n )， 令P n =2×42+3×43+?+n ×4n ， ∴ 4P n =2×43+3×44+?+(n ?1)×4n +n ×4n+1， ?3P n =2×42+43+44?n ×4n+1=32+43(4n?2?1) 4?1 ?n ×4n+1， ∴ P n =? 323 ? 4n+1?43 9 + n×4n+1 3 ， 故T n =64+3P n = (6n?2)?4n+1+512 9 (n ≥2,n ∈N ?)， 又T 1=64满足上式， ∴ T n = (6n?2)?4n+1+512 9 (n ∈N ?)． 底面OABC 为正方形的四棱锥P ?OABC ，且PO ⊥底面OABC ，过OA 的平面与侧面PBC 的交线为DE ，且满足S △PDE :S △PBC =1:4． （1）证明：PA?//?平面OBD ； （2）当S 2四边形OABC =3S 2 △POB 时，求二面角B ?OE ?C 的余弦值． 【答案】 ∵ 底面OABC 为正方形，且PO ⊥底面OABC ， ∴ PO ，OA ，OC 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系O ?xyz ， 设OA =OC =2a ，OP =2b ， 则O(0,?0,?0)，C(0,?2a,?0)，B(2a,?2a,?0)，F(a,?a,?0)，P(0,?0,?2b)，E(a,?a,?b)． ∵ PO ⊥底面OABC ，CF ?底面OABC ，∴ CF ⊥PO ． ∵ 四边形OABC 为正方形，∴ AC ⊥OB ，∴ CF ⊥平面OBE ， ∴ 平面OBE 的一个法向量为CF → =(a,??a,?0)． 设平面OEC 的一个法向量为m →=(x,?y,?z)， 而OC → =(0,?2a,?0)，OE → =(a,?a,?b)． 由{m →?OC → =0m →?OE →=0 ，得{0?x +2a ?y +0?z =0ax +ay +bz =0 ， 取得z =?a ，得m → =(b,?0,??a)为平面OCE 的一个法向量． 设二面角B ?OE ?C 的大小为θ， 由S 2 四边形OABC =2S 2△POB ，得PO =√63 OA ， ∴ b a = √6 3 ，∴ cosθ= |OF → ?m → ||OF → |?|m → | = √a 2+a 2?√a 2+b 2 = √55 ， ∴ 二面角B ?OE ?C 的余弦值为√55 ． 【考点】 二面角的平面角及求法 【解析】 （1）推导出OA?//?BC 从而OA?//?平面PBC ，进而DE?//?OA ，再由OA?//?BC ，得 DE?//?BC ．连接AC 交OB 于F 点，连DF ．则DF?//?PA ，由此能证明PA?//?平面OBD ． （2）推导出PO ，OA ，OC 两两垂直，建立空间直角坐标系O ?xyz ，利用向量法能求出二面角B ?OE ?C 的余弦值． 【解答】 ∵ 底面OABC 为正方形，且PO ⊥底面OABC ， ∴ PO ，OA ，OC 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系O ?xyz ， 设OA =OC =2a ，OP =2b ， 则O(0,?0,?0)，C(0,?2a,?0)，B(2a,?2a,?0)，F(a,?a,?0)，P(0,?0,?2b)，E(a,?a,?b)． ∵ PO ⊥底面OABC ，CF ?底面OABC ，∴ CF ⊥PO ． ∵ 四边形OABC 为正方形，∴ AC ⊥OB ，∴ CF ⊥平面OBE ， ∴ 平面OBE 的一个法向量为CF → =(a,??a,?0)． 设平面OEC 的一个法向量为m →=(x,?y,?z)， 而OC → =(0,?2a,?0)，OE → =(a,?a,?b)． 由{m → ?OC → =0m →?OE →=0 ，得{0?x +2a ?y +0?z =0ax +ay +bz =0 ， 取得z =?a ，得m → =(b,?0,??a)为平面OCE 的一个法向量． 设二面角B ?OE ?C 的大小为θ， 由S 2 四边形OABC =2S 2△POB ，得PO =√63 OA ， ∴ b a = √6 3 ，∴ cosθ= |OF → ?m → ||OF → |?|m → | = √a 2+a 2?√a 2+b 2 = √55 ， ∴ 二面角B ?OE ?C 的余弦值为√55 ． 深受广大球迷喜爱的某支欧洲足球队．在对球员的使用上总是进行数据分析，为了考 察甲球员对球队的贡献，现作如下数据统计： （1）求b，c，d，e，n的值，据此能否有97.5%的把握认为球队胜利与甲球员参赛有关； （2）根据以往的数据统计，乙球员能够胜任前锋、中锋、后卫以及守门员四个位置， 且出场率分别为：0.2，0.5，0.2，0.1，当出任前锋、中锋、后卫以及守门员时，球队 输球的概率依次为：0.4，0.2，0.6，0.2．则： 1)当他参加比赛时，求球队某场比赛输球的概率； 2)当他参加比赛时，在球队输了某场比赛的条件下，求乙球员担当前锋的概率； 3)如果你是教练员，应用概率统计有关知识．该如何使用乙球员？ 附表及公式： K2=n(ad?bc)2 (a+b)(c+d)(a+c)(b+d) ． 【答案】 b=8，c=8，d=20，e=20，n=50，K2=50×(22×12?8×8)2 30×20×30×20 ≈5.556>5.024，∴ 有97.5%的把握认为球队胜利与甲球员参赛有关； 1)设A1表示“乙球员担当前锋”；A2表示“乙球员担当中锋”；A3表示“乙球员担当后卫”；A4表示“乙球员担当守门员”；B表示“球队输掉某场比赛”， 则P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)+P(A3)P(B|A3)+P(A4)P(B|A4)= 0.2×0.4+0.5×0.2+0.2×0.6+0.1×0.2=0.32； 2)P(A1|B)=P(A1B) P(B)=0.2×0.4 0.32 =0.25． 3)因为P(A1|B)：P(A2|B)：P(A3|B)：P(A4|B)=0.08:0.10:0.12:0.02，所以，应该多让乙球员担任守门员，来扩大赢球场次． 【考点】 条件概率与独立事件 【解析】 （1）分别求出b，c，d，e，n的值，求出K2的值，利用临界值表可得出结论；（2）1)根据条件概率公式分别计算出乙球员在担任“前锋”，“中锋”，“后卫”，“守门员”时输球的概率，最后相加得到已乙球员参加比赛时，球队输球的概率；2)利用乙球员担任前 锋时输球的概率P(A 1|B)除以球队输球的概率P(B)即可得出答案；3)分别计算出乙队员在担任“前锋”，“中锋”，“后卫”，“守门员”时输球的概率，以输球概率最小时，乙球员担任的角色，作为教练员使用乙队员的依据． 【解答】 b =8， c =8， d =20， e =20，n =50，K 2= 50×(22×12?8×8)230×20×30×20 ≈5.556>5.024，∴ 有97.5%的把握认为球队胜利与甲球员参赛有关； 1)设A 1表示“乙球员担当前锋”；A 2表示“乙球员担当中锋”；A 3表示“乙球员担当后卫”；A 4表示“乙球员担当守门员”；B 表示“球队输掉某场比赛”， 则P(B)=P(A 1)P(B|A 1)+P(A 2)P(B|A 2)+P(A 3)P(B|A 3)+P(A 4)P(B|A 4)=0.2×0.4+0.5×0.2+0.2×0.6+0.1×0.2=0.32； 2)P(A 1|B)= P(A 1B)P(B) = 0.2×0.40.32 =0.25． 3)因为P(A 1|B)：P(A 2|B)：P(A 3|B)：P(A 4|B)=0.08:0.10:0.12:0.02，所以，应该多让乙球员担任守门员，来扩大赢球场次． 已知椭圆 x 2a 2+ y 2b 2 =1(a >b >1)的离心率为1 2，左、右焦点分别为F 1，F 2，且|F 1F 2|= 2c ， ⊙F 2:(x ?c)2+y 2=1与该椭圆有且只有一个公共点． （1）求椭圆标准方程； （2）过点P(4c,?0)的直线与⊙F 2相切，且与椭圆相交于A ，B 两点，求证：F 2A ⊥F 2B ； （3）过点P(4c,?0)的直线l 与⊙F 1:(x +1)2+y 2=r 2(r >1)相切，且与椭圆相交于A ，B 两点，试探究k F 2A ,k F 2B 的数量关系． 【答案】 ∵ ⊙F 2与椭圆有且只有一个公共点，∴ 公共点为(a,?0)或(?a,?0)， 若公共点为(?a,?0)时，则a +c =1，又c a =1 2，解得a =2 3<1，与a >1矛盾，故公共点为(a,?0)． ∴ a ?c =r =1，又e =c a =1 2，∴ a =2，c =1．b 2=a 2?c 2=3． 反之，当c =1时，联立{(x ?1)2+y 2=1x 2 4+ y 23 =1 ，解得{x =2 y =0 满足条件． ∴ 椭圆标准方程为 x 24 + y 23 =1． 证明：∵ P(4,?0)，设过P(4,?0)的直线l:x =my +4， 联立{x =my +4x 2 4 + y 23 =1 ，得(4+3m 2)y 2+24my +36=0． 设A(x 1,?y 1)，B(x 2,?y 2)，则y 1+y 2=?24m 4+3m 2,y 1y 2=36 4+3m 2，又F 2(1,?0)， ∴ F 2A → ?F 2B → =(x 1?1)(x 2?1)+y 1y 2=(1+m 2)y 1y 2+3m(y 1+y 2)+9= 36(1+m 2)4+3m 2 ?72m 24+3m 2+9= 72?9m 24+3m 2 ． 由l:x =my +4与⊙F 2:(x ?1)2+y 2=1相切得：2=1，m 2=8， ∴ F 2A →?F 2B →=0，∴ F 2A →⊥F 2B → ．即：F 2A ⊥F 2B ． 猜：k F 2A +k F 2B =0．证明如下： 由（2）得k F 2A +k F 2B =y 1 x 1?1 + y 2x 2?1 = 2my 1y 2+3(y 1+y 2) m 2y 1y 2+3m(y 1+y 2)+9 ． ∵ 2my 1y 2+3(y 1+y 2)=2m ×36 4+3m 2?72m 4+3m 2=0， ∴ k F 2A +k F 2B =0． 【考点】 椭圆的离心率 【解析】 （1）由⊙F 2与椭圆有且只有一个公共点，可得公共点为(a,?0)或(?a,?0)，若公共点为(?a,?0)时，得出矛盾，故公共点为(a,?0)．因此a ?c =r =1，又e =c a =1 2，b 2=a 2?c 2．即可得出． （2）P(4,?0)，设过P(4,?0)的直线l:x =my +4，联立{x =my +4 x 24+y 2 3 =1 ，得(4+3m 2)y 2+24my +36=0．设A(x 1,?y 1)，B(x 2,?y 2)，又F 2(1,?0)，利用数量积运算性质与根及其系数的关系可得：F 2A → ?F 2B → =(x 1?1)(x 2?1)+y 1y 2=(1+m 2)y 1y 2+3m(y 1+y 2)+9．由l:x =my +4与⊙F 2:(x ?1)2+y 2=1相切得：2=1，解得m 2=8，即可得出F 2A → ?F 2B → =0． （3）猜：k F 2A +k F 2B =0．分析如下：利用斜率计算公式、根与系数的关系即可得出． 【解答】 ∵ ⊙F 2与椭圆有且只有一个公共点，∴ 公共点为(a,?0)或(?a,?0)， 若公共点为(?a,?0)时，则a +c =1，又c a =1 2，解得a =2 3<1，与a >1矛盾，故公共点为(a,?0)． ∴ a ?c =r =1，又e =c a =1 2，∴ a =2，c =1．b 2=a 2?c 2=3． 反之，当c =1时，联立{(x ?1)2+y 2=1x 2 4+ y 23 =1 ，解得{x =2 y =0 满足条件． ∴ 椭圆标准方程为 x 24 + y 23 =1． 证明：∵ P(4,?0)，设过P(4,?0)的直线l:x =my +4， 联立{x =my +4x 2 4 + y 23 =1 ，得(4+3m 2)y 2+24my +36=0． 设A(x 1,?y 1)，B(x 2,?y 2)，则y 1+y 2=?24m 4+3m 2,y 1y 2=36 4+3m 2，又F 2(1,?0)， ∴ F 2A → ?F 2B → =(x 1?1)(x 2?1)+y 1y 2=(1+m 2)y 1y 2+3m(y 1+y 2)+9= 36(1+m 2)4+3m 2 ?72m 24+3m 2+9= 72?9m 24+3m 2 ． 由l:x =my +4与⊙F 2:(x ?1)2+y 2=1相切得：2=1，m 2=8， ∴ F 2A →?F 2B →=0，∴ F 2A →⊥F 2B → ．即：F 2A ⊥F 2B ． 猜：k F 2A +k F 2B =0．证明如下： 由（2）得k F 2A +k F 2B =y 1 x 1 ?1 +y 2 x 2 ?1 =2my 1y 2+3(y 1+y 2) m 2y 1y 2+3m(y 1+y 2)+9 ． ∵ 2my 1y 2+3(y 1+y 2)=2m ×36 4+3m 2?72m 4+3m 2=0， ∴ k F 2A +k F 2B =0． 已知函数f(x)= √x ax ． （1）讨论函数f(x)的零点个数； （2）已知g(x)=(2?x)e √x ，证明：当x ∈(0,?1)时，g(x)?f(x)?ax ?2>0． 【答案】 √xf(x)=lnx ?a √x ?x ．令x 3 2=t ，∴ x =t 2 3(t >0)． 令?(t)=lnt ?3 2at ，则函数y =?(t)与y =f(x)的零点个数情况一致 .?(t)=1 t ?3 2a ． (i)a ≤0时，?′(t)>0． ∴ ?(t)在(0,?+∞)上单调递增． 又?(1)=?3 2a ≥0,?(e a+ 1a )=a +1a ?3 2 ae a+ 1a ≤a +1a ?32 a ? 1e 2 =(1? 32e 2 )a +1 a <0， ∴ 有1个零点． (ii)a >0时，?(t)在(0,2 3a )上单调递增，(2 3a ,+∞)上单调递减． ∴ ?(t)max =?(2 3a )=ln 23a ?1． ①ln 2 3a <1即a >2 3e 时，?(2 3a )<0，无零点． ②ln 2 3a =1即a =2 3e 时，?(2 3a )=0,1个零点． ③ln 2 3a >1即0 3e 时，?(2 3a )>0，又2 3a >e >1,?(1)=?3 2a <0． 又2 3a ?4 9a 2=2 3a (1?2 3a )<2 3a (1?e)<0，?(4 9a 2)=ln(2 3a )2?3 2a ?4 9a 2=21n 2 3a ?2 3a ， 令φ(a)=21n 2 3a ?2 3a ,φ′(a)=2? 3a 2 (?23?1a 2)+23a 2= 2?6a 3a 2 >0，∴ φ(a)在(0,2 3e )上单 调递增，∴ φ(a)<φ(2 3e )=2?e <0， ∴ 两个零点． 综上：当a≤0或a=2 3e 时，1个零点；当0 3e 时，2个零点；当a>2 3e 时，0个零 点． 证明 要证g(x)?f(x)?ax?2>0， 只需证 √x +2<(2?x)e√x． 令√x=m∈(0,1)， 只需证：21nm m +2<(2?m2)e m． 令l(m)=(2?m2)e m， l′(m)=(?m2?2m+2)e m， ∴l(m)在(0,√3?1)上单调递增，在(√3?1,1)上单调递减，∴l(m)>l(1)=e且l(m)>l(0)=2． 令t(m)=lnm m ，t′(m)=1?lnm m2 >0， ∴t(m)在(0,?1)上单调递增， ∴t(m) ∴21nm m +2<2， 故g(x)?f(x)?ax?2>0． 【考点】 利用导数研究函数的单调性 函数零点的判定定理 【解析】 （1）√xf(x)=lnx?a√x?x．令x32=t，问题转化为求函数令?(t)=lnt?3 2 at，零点的个数问题，先求导，再分类讨论，根据函数零点存在定理即可求出， （2）利用分析法，和构造函数法，借用导数，即可证明． 【解答】 √xf(x)=lnx?a√x?x．令x32=t，∴x=t23(t>0)． 令?(t)=lnt?3 2 at，则函数y=?(t)与y=f(x)的零点个数情况一致 .?(t)=1 t ?3 2 a． (i)a≤0时，?′(t)>0． ∴?(t)在(0,?+∞)上单调递增． 又?(1)=?3 2a≥0,?(e a+1a)=a+1 a ?3 2 ae a+1a≤a+1 a ?3 2 a?1 e2 =(1?3 2e2 )a+1 a <0， ∴有1个零点． (ii)a>0时，?(t)在(0,2 3a )上单调递增，(2 3a ,+∞)上单调递减． ∴?(t)max=?(2 3a )=ln2 3a ?1． ①ln2 3a <1即a>2 3e 时，?(2 3a )<0，无零点． ②ln 2 3a =1即a =2 3e 时，?(2 3a )=0,1个零点． ③ln 2