湖南高考试卷

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2015年湖南省高考数学试卷（理科）

一、选择题，共10小题，每小题5分，共50分

1．（5分）已知=1+i（i为虚数单位），则复数z=（）

A．1+iB．1﹣iC．﹣1+iD．﹣1﹣i

2．（5分）设A、B是两个集合，则“A∩B=A”是“A⊆B”的（）

A．充分不必要条件B．必要不充分条件

C．充要条件D．既不充分也不必要条件

3．（5分）执行如图所示的程序框图，如果输入n=3，则输出的S=（）

A．B．C．D．

4．（5分）若变量x、y满足约束条件，则z=3x﹣y的最小值为（）

A．﹣7B．﹣1C．1D．2

5．（5分）设函数f（x）=ln（1+x）﹣ln（1﹣x），则f（x）是（）

A．奇函数，且在（0，1）上是增函数B．奇函数，且在（0，1）上是减函数

C．偶函数，且在（0，1）上是增函数D．偶函数，且在（0，1）上是减函数

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6．（5分）已知（﹣）5的展开式中含x的项的系数为30，则a=（）

A．B．﹣C．6D．﹣6

7．（5分）在如图所示的正方形中随机投掷10000个点，则落入阴影部分（曲线

C为正态分布N（0，1）的密度曲线）的点的个数的估计值为（）

附“若X﹣N=（μ，a2），则

P（μ﹣σ＜X≤μ+σ）=0.6826．

p（μ﹣2σ＜X≤μ+2σ）=0.9544．

A．2386B．2718C．3413D．4772

8．（5分）已知A，B，C在圆x2+y2=1上运动，且AB⊥BC，若点P的坐标为（2，

0），则||的最大值为（）

A．6B．7C．8D．9

9．（5分）将函数f（x）=sin2x的图象向右平移φ（0＜φ＜）个单位后得到函

数g（x）的图象．若对满足|f（x

1）﹣g（x2）|=2的x1、x2，有|x1﹣x2|min=，

则φ=（）

A．B．C．D．

10．（5分）某工件的三视图如图所示．现将该工件通过切削，加工成一个体积

尽可能大的长方体新工件，并使新工件的一个面落在原工件的一个面内，则原工

件材料的利用率为（材料利用率=）（）

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A．B．C．D．

二、填空题，共5小题，每小题5分，共25分

11．（5分）（x﹣1）dx=．

12．（5分）在一次马拉松比赛中，35名运动员的成绩（单位：分钟）的茎叶图

如图所示．若将运动员成绩由好到差编号为1﹣35号，再用系统抽样方法从中抽

取7人，则其中成绩在区间[139，151]上的运动员人数

是．

13．（5分）设F是双曲线C：﹣=1的一个焦点．若C上存在点P，使线段

PF的中点恰为其虚轴的一个端点，则C的离心率为．

14．（5分）设Sn为等比数列{an}的前n项和，若a1=1，且3S1，2S2，S3成等差

数列，则a

n=．

15．（5分）已知函数f（x）=若存在实数b，使函数g（x）=f（x）﹣

b有两个零点，则a的取值范围是．

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三、简答题，共1小题，共75分，16、17、18为选修题，任选两小题作答，如

果全做，则按前两题计分选修4-1：几何证明选讲

16．（6分）如图，在⊙O中，相交于点E的两弦AB，CD的中点分别是M，N，

直线MO与直线CD相交于点F，证明：

（1）∠MEN+∠NOM=180°

（2）FE•FN=FM•FO．

选修4-4：坐标系与方程

17．（6分）已知直线l：（t为参数）．以坐标原点为极点，x轴的正

半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的坐标方程为ρ=2cosθ．

（1）将曲线C的极坐标方程化为直坐标方程；

（2）设点M的直角坐标为（5，），直线l与曲线C的交点为A，B，求|MA|•|MB|

的值．

选修4-5：不等式选讲

18．设a＞0，b＞0，且a+b=+．证明：

（ⅰ）a+b≥2；

（ⅱ）a2+a＜2与b2+b＜2不可能同时成立．

七、标题

19．设△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，a=btanA，且B为钝角．

（Ⅰ）证明：B﹣A=；

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（Ⅱ）求sinA+sinC的取值范围．

20．某商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额商品后即可抽奖，每次抽奖都

从装有4个红球、6个白球的甲箱和装有5个红球、5个白球的乙箱中，各随机

摸出1个球，在摸出的2个球中，若都是红球，则获一等奖，若只有1个红球，

则获二等奖；若没有红球，则不获奖．

（1）求顾客抽奖1次能获奖的概率；

（2）若某顾客有3次抽奖机会，记该顾客在3次抽奖中获一等奖的次数为X，

求X的分布列和数学期望．

21．如图，已知四棱台ABCD﹣A1B1C1D1的上、下底面分别是边长为3和6的正

方形，AA

1=6，且AA1⊥底面ABCD，点P、Q分别在棱DD1、BC上．

（1）若P是DD

1的中点，证明：AB1⊥PQ；

（2）若PQ∥平面ABB

1A1，二面角P﹣QD﹣A的余弦值为，求四面体ADPQ的

体积．

22．（13分）已知抛物线C1：x2=4y的焦点F也是椭圆C2：+=1（a＞b＞0）

的一个焦点．C

1与C2的公共弦长为2．

（Ⅰ）求C

2的方程；

（Ⅱ）过点F的直线l与C

1相交于A、B两点，与C2相交于C、D两点，且与

同向．

（1）若|AC|=|BD|，求直线l的斜率；

（2）设C

1在点A处的切线与x轴的交点为M，证明：直线l绕点F旋转时，△

MFD总是钝角三角形．

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23．（13分）已知a＞0，函数f（x）=eaxsinx（x∈[0，+∞]）．记xn为f（x）的

从小到大的第n（n∈N*）个极值点．证明：

（Ⅰ）数列{f（x

n）}是等比数列；

（Ⅱ）若a≥，则对一切n∈N*，x

n＜|f（xn）|恒成立．

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2015年湖南省高考数学试卷（理科）

参考答案与试题解析

一、选择题，共10小题，每小题5分，共50分

1．（5分）已知=1+i（i为虚数单位），则复数z=（）

A．1+iB．1﹣iC．﹣1+iD．﹣1﹣i

【分析】由条件利用两个复数代数形式的乘除法法则，求得z的值．

【解答】解：∵已知=1+i（i为虚数单位），∴z===﹣

1﹣i，

故选：D．

【点评】本题主要考查两个复数代数形式的乘除法法则的应用，属于基础题．

2．（5分）设A、B是两个集合，则“A∩B=A”是“A⊆B”的（）

A．充分不必要条件B．必要不充分条件

C．充要条件D．既不充分也不必要条件

【分析】直接利用两个集合的交集，判断两个集合的关系，判断充要条件即可．

【解答】解：A、B是两个集合，则“A∩B=A”可得“A⊆B”，

“A⊆B”，可得“A∩B=A”．

所以A、B是两个集合，则“A∩B=A”是“A⊆B”的充要条件．

故选：C．

【点评】本题考查充要条件的判断与应用，集合的交集的求法，基本知识的应用．

3．（5分）执行如图所示的程序框图，如果输入n=3，则输出的S=（）

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A．B．C．D．

【分析】列出循环过程中S与i的数值，满足判断框的条件即可结束循环．

【解答】解：判断前i=1，n=3，s=0，

第1次循环，S=，i=2，

第2次循环，S=，i=3，

第3次循环，S=，i=4，

此时，i＞n，满足判断框的条件，结束循环，输出结果：

S===

故选：B．

【点评】本题考查循环框图的应用，注意判断框的条件的应用，考查计算能力

4．（5分）若变量x、y满足约束条件，则z=3x﹣y的最小值为（）

A．﹣7B．﹣1C．1D．2

【分析】由约束条件作出可行域，由图得到最优解，求出最优解的坐标，数形结

合得答案．

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【解答】解：由约束条件作出可行域如图，

由图可知，最优解为A，

联立，解得C（0，﹣1）．由解得A（﹣2，1），由，解

得B（1，1）

∴z=3x﹣y的最小值为3×（﹣2）﹣1=﹣7．

故选：A．

【点评】本题考查了简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，是中档

题．易错点是图形中的B点．

5．（5分）设函数f（x）=ln（1+x）﹣ln（1﹣x），则f（x）是（）

A．奇函数，且在（0，1）上是增函数B．奇函数，且在（0，1）上是减函数

C．偶函数，且在（0，1）上是增函数D．偶函数，且在（0，1）上是减函数

【分析】求出好的定义域，判断函数的奇偶性，以及函数的单调性推出结果即可．

【解答】解：函数f（x）=ln（1+x）﹣ln（1﹣x），函数的定义域为（﹣1，1），

函数f（﹣x）=ln（1﹣x）﹣ln（1+x）=﹣[ln（1+x）﹣ln（1﹣x）]=﹣f（x），所

以函数是奇函数．

排除C，D，正确结果在A，B，只需判断特殊值的大小，即可推出选项，x=0时，

f（0）=0；

x=时，f（）=ln（1+）﹣ln（1﹣）=ln3＞1，显然f（0）＜f（），函数是

增函数，所以B错误，A正确．

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故选：A．

【点评】本题考查函数的奇偶性以及函数的单调性的判断与应用，考查计算能力．

6．（5分）已知（﹣）5的展开式中含x的项的系数为30，则a=（）

A．B．﹣C．6D．﹣6

【分析】根据所给的二项式，利用二项展开式的通项公式写出第r+1项，整理成

最简形式，令x的指数为求得r，再代入系数求出结果．

【解答】解：根据所给的二项式写出展开式的通项，

Tr+1==；

展开式中含x的项的系数为30，

∴，

∴r=1，并且，解得a=﹣6．

故选：D．

【点评】本题考查二项式定理的应用，本题解题的关键是正确写出二项展开式的

通项，在这种题目中通项是解决二项展开式的特定项问题的工具．

7．（5分）在如图所示的正方形中随机投掷10000个点，则落入阴影部分（曲线

C为正态分布N（0，1）的密度曲线）的点的个数的估计值为（）

附“若X﹣N=（μ，a2），则

P（μ﹣σ＜X≤μ+σ）=0.6826．

p（μ﹣2σ＜X≤μ+2σ）=0.9544．

A．2386B．2718C．3413D．4772

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【分析】求出P（0＜X≤1）=×0.6826=0.3413，即可得出结论．

【解答】解：由题意P（0＜X≤1）=×0.6826=0.3413，

∴落入阴影部分点的个数的估计值为10000×0.3413=3413，

故选：C．

【点评】本题考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义，考查正态分布中两

个量μ和σ的应用，考查曲线的对称性，属于基础题．

8．（5分）已知A，B，C在圆x2+y2=1上运动，且AB⊥BC，若点P的坐标为（2，

0），则||的最大值为（）

A．6B．7C．8D．9

【分析】由题意，AC为直径，所以||=|2+|．B为（﹣1，0）时，

|2+|≤7，即可得出结论．

【解答】解：由题意，AC为直径，所以||=|2+|

所以B为（﹣1，0）时，|2+|≤7．

所以||的最大值为7．

另解：设B（cosα，sinα），

|2+|=|2（﹣2，0）+（cosα﹣2，sinα）|=|（cosα﹣6，sinα）

|==，

当cosα=﹣1时，B为（﹣1，0），取得最大值7．

故选：B．

【点评】本题考查向量知识的运用，考查学生分析解决问题的能力，比较基础．

9．（5分）将函数f（x）=sin2x的图象向右平移φ（0＜φ＜）个单位后得到函

数g（x）的图象．若对满足|f（x

1）﹣g（x2）|=2的x1、x2，有|x1﹣x2|min=，

则φ=（）

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A．B．C．D．

【分析】利用三角函数的最值，求出自变量x

1，x2的值，然后判断选项即可．

【解答】解：因为将函数f（x）=sin2x的周期为π，函数的图象向右平移φ（0

＜φ＜）个单位后得到函数g（x）的图象．若对满足|f（x

1）﹣g（x2）|=2的

可知，两个函数的最大值与最小值的差为2，有|x

1﹣x2|min=，

不妨x

1=，x2=，即g（x）在x2=，取得最小值，sin（2×﹣2φ）=

﹣1，此时φ=，不合题意，

x1=，x2=，即g（x）在x2=，取得最大值，sin（2×﹣2φ）=1，

此时φ=，满足题意．

另解：f（x）=sin2x，g（x）=sin（2x﹣2φ），设2x

1=2kπ+，k∈Z，2x2﹣2φ=﹣

+2mπ，m∈Z，

x1﹣x2=﹣φ+（k﹣m）π，

由|x

1﹣x2|min=，可得﹣φ=，解得φ=，

故选：D．

【点评】本题考查三角函数的图象平移，函数的最值以及函数的周期的应用，考

查分析问题解决问题的能力，是好题，题目新颖．有一定难度，选择题，可以回

代验证的方法快速解答．

10．（5分）某工件的三视图如图所示．现将该工件通过切削，加工成一个体积

尽可能大的长方体新工件，并使新工件的一个面落在原工件的一个面内，则原工

件材料的利用率为（材料利用率=）（）

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A．B．C．D．

【分析】根据三视图可判断其为圆锥，底面半径为1，高为2，求解体积．

利用几何体的性质得出此长方体底面边长为n的正方形，高为x，

利用轴截面的图形可判断得出n=（1﹣），0＜x＜2，求解体积式子，利用

导数求解即可，最后利用几何概率求解即．

【解答】解：根据三视图可判断其为圆锥，

∵底面半径为1，高为2，

∴V=×2=

∵加工成一个体积尽可能大的长方体新工件，

∴此长方体底面边长为n的正方形，高为x，

∴根据轴截面图得出：=，

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解得；n=（1﹣），0＜x＜2，

∴长方体的体积Ω=2（1﹣）2x，Ω′=x2﹣4x+2，

∵，Ω′=x2﹣4x+2=0，x=，x=2，

∴可判断（0，）单调递增，（，2）单调递减，

Ω最大值=2（1﹣）2×=，

∴原工件材料的利用率为=×=，

故选：A．

【点评】本题很是新颖，知识点融合的很好，把立体几何，导数，概率都相应的

考查了，综合性强，属于难题．

二、填空题，共5小题，每小题5分，共25分

11．（5分）（x﹣1）dx=0．

【分析】求出被积函数的原函数，代入上限和下限求值．

【解答】解：（x﹣1）dx=（﹣x）|=0；

故答案为：0．

【点评】本题考查了定积分的计算；关键是求出被积函数的原函数．

12．（5分）在一次马拉松比赛中，35名运动员的成绩（单位：分钟）的茎叶图

如图所示．若将运动员成绩由好到差编号为1﹣35号，再用系统抽样方法从中抽

取7人，则其中成绩在区间[139，151]上的运动员人数是

4．

【分析】根据茎叶图中的数据，结合系统抽样方法的特征，即可求出正确的结论．

【解答】解：根据茎叶图中的数据，得；

成绩在区间[139，151]上的运动员人数是20，

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用系统抽样方法从35人中抽取7人，

成绩在区间[139，151]上的运动员应抽取

7×=4（人）．

故答案为：4．

【点评】本题考查了茎叶图的应用问题，也考查了系统抽样方法的应用问题，是

基础题目．

13．（5分）设F是双曲线C：﹣=1的一个焦点．若C上存在点P，使线段

PF的中点恰为其虚轴的一个端点，则C的离心率为．

【分析】设F（c，0），P（m，n），（m＜0），设PF的中点为M（0，b），即有

m=﹣c，n=2b，将中点M的坐标代入双曲线方程，结合离心率公式，计算即可

得到．

【解答】解：设F（c，0），P（m，n），（m＜0），

设PF的中点为M（0，b），

即有m=﹣c，n=2b，

将点（﹣c，2b）代入双曲线方程可得，

﹣=1，

可得e2==5，

解得e=．

故答案为：．

【点评】本题考查双曲线的方程和性质，主要考查双曲线的离心率的求法，同时

考查中点坐标公式的运用，属于中档题．

14．（5分）设Sn为等比数列{an}的前n项和，若a1=1，且3S1，2S2，S3成等差

数列，则a

n=3n﹣1．

【分析】利用已知条件列出方程求出公比，然后求解等比数列的通项公式．

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【解答】解：设等比数列的公比为q，S

n为等比数列{an}的前n项和，若a1=1，

且3S

1，2S2，S3成等差数列，

可得4S

2=S3+3S1，a1=1，

即4（1+q）=1+q+q2+3，q=3．

∴a

n=3n﹣1．

故答案为：3n﹣1．

【点评】本题考查等差数列以及等比数列的应用，基本知识的考查．

15．（5分）已知函数f（x）=若存在实数b，使函数g（x）=f（x）﹣

b有两个零点，则a的取值范围是{a|a＜0或a＞1}．

【分析】由g（x）=f（x）﹣b有两个零点可得f（x）=b有两个零点，即y=f（x）

与y=b的图象有两个交点，则函数在定义域内不能是单调函数，结合函数图象可

求a的范围

【解答】解：∵g（x）=f（x）﹣b有两个零点，

∴f（x）=b有两个零点，即y=f（x）与y=b的图象有两个交点，

由x3=x2可得，x=0或x=1

①当a＞1时，函数f（x）的图象如图所示，此时存在b，满足题意，故a＞1满

足题意

②当a=1时，由于函数f（x）在定义域R上单调递增，故不符合题意

③当0＜a＜1时，函数f（x）单调递增，故不符合题意

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④a=0时，f（x）单调递增，故不符合题意

⑤当a＜0时，函数y=f（x）的图象如图所示，此时存在b使得，y=f（x）与y=b

有两个交点

综上可得，a＜0或a＞1

故答案为：{a|a＜0或a＞1}

【点评】本题考察了函数的零点问题，渗透了转化思想，数形结合、分类讨论的

数学思想．

三、简答题，共1小题，共75分，16、17、18为选修题，任选两小题作答，如

果全做，则按前两题计分选修4-1：几何证明选讲

16．（6分）如图，在⊙O中，相交于点E的两弦AB，CD的中点分别是M，N，

直线MO与直线CD相交于点F，证明：

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（1）∠MEN+∠NOM=180°

（2）FE•FN=FM•FO．

【分析】（1）证明O，M，E，N四点共圆，即可证明∠MEN+∠NOM=180°

（2）证明△FEM∽△FON，即可证明FE•FN=FM•FO．

【解答】证明：（1）∵N为CD的中点，

∴ON⊥CD，

∵M为AB的中点，

∴OM⊥AB，

在四边形OMEN中，∴∠OME+∠ONE=90°+90°=180°，

∴O，M，E，N四点共圆，

∴∠MEN+∠NOM=180°

（2）在△FEM与△FON中，∠F=∠F，∠FME=∠FNO=90°，

∴△FEM∽△FON，

∴=

∴FE•FN=FM•FO．

【点评】本题考查垂径定理，考查三角形相似的判定与应用，考查学生分析解决

问题的能力，比较基础．

选修4-4：坐标系与方程

17．（6分）已知直线l：（t为参数）．以坐标原点为极点，x轴的正

半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的坐标方程为ρ=2cosθ．

（1）将曲线C的极坐标方程化为直坐标方程；

（2）设点M的直角坐标为（5，），直线l与曲线C的交点为A，B，求|MA|•|MB|

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的值．

【分析】（1）曲线的极坐标方程即ρ2=2ρcosθ，根据极坐标和直角坐标的互化公

式得x2+y2=2x，即得它的直角坐标方程；

（2）直线l的方程化为普通方程，利用切割线定理可得结论．

【解答】解：（1）∵ρ=2cosθ，∴ρ2=2ρcosθ，∴x2+y2=2x，故它的直角坐标方程

为（x﹣1）2+y2=1；

（2）直线l：（t为参数），普通方程为，（5，）在

直线l上，

过点M作圆的切线，切点为T，则|MT|2=（5﹣1）2+3﹣1=18，

由切割线定理，可得|MT|2=|MA|•|MB|=18．

【点评】本题主要考查把极坐标方程化为直角坐标方程的方法，属于基础题．

选修4-5：不等式选讲

18．设a＞0，b＞0，且a+b=+．证明：

（ⅰ）a+b≥2；

（ⅱ）a2+a＜2与b2+b＜2不可能同时成立．

【分析】（ⅰ）由a＞0，b＞0，结合条件可得ab=1，再由基本不等式，即可得证；

（ⅱ）运用反证法证明．假设a2+a＜2与b2+b＜2可能同时成立．结合条件a＞0，

b＞0，以及二次不等式的解法，可得0＜a＜1，且0＜b＜1，这与ab=1矛盾，即

可得证．

【解答】证明：（ⅰ）由a＞0，b＞0，

则a+b=+=，

由于a+b＞0，则ab=1，

即有a+b≥2=2，

当且仅当a=b取得等号．

则a+b≥2；

（ⅱ）假设a2+a＜2与b2+b＜2可能同时成立．

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由a2+a＜2及a＞0，可得0＜a＜1，

由b2+b＜2及b＞0，可得0＜b＜1，

这与ab=1矛盾．

a2+a＜2与b2+b＜2不可能同时成立．

【点评】本题考查不等式的证明，主要考查基本不等式的运用和反证法证明不等

式的方法，属于中档题．

七、标题

19．设△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，a=btanA，且B为钝角．

（Ⅰ）证明：B﹣A=；

（Ⅱ）求sinA+sinC的取值范围．

【分析】（Ⅰ）由题意和正弦定理可得sinB=cosA，由角的范围和诱导公式可得；

（Ⅱ）由题意可得A∈（0，），可得0＜sinA＜，化简可得sinA+sinC=﹣2

（sinA﹣）2+，由二次函数区间的最值可得．

【解答】解：（Ⅰ）由a=btanA和正弦定理可得==，

∴sinB=cosA，即sinB=sin（+A）

又B为钝角，∴+A∈（，π），

∴B=+A，∴B﹣A=；

（Ⅱ）由（Ⅰ）知C=π﹣（A+B）=π﹣（A++A）=﹣2A＞0，

∴A∈（0，），∴sinA+sinC=sinA+sin（﹣2A）

=sinA+cos2A=sinA+1﹣2sin2A

=﹣2（sinA﹣）2+，

∵A∈（0，），∴0＜sinA＜，

∴由二次函数可知＜﹣2（sinA﹣）2+≤

∴sinA+sinC的取值范围为（，]

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【点评】本题考查正弦定理和三角函数公式的应用，涉及二次函数区间的最值，

属基础题．

20．某商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额商品后即可抽奖，每次抽奖都

从装有4个红球、6个白球的甲箱和装有5个红球、5个白球的乙箱中，各随机

摸出1个球，在摸出的2个球中，若都是红球，则获一等奖，若只有1个红球，

则获二等奖；若没有红球，则不获奖．

（1）求顾客抽奖1次能获奖的概率；

（2）若某顾客有3次抽奖机会，记该顾客在3次抽奖中获一等奖的次数为X，

求X的分布列和数学期望．

【分析】（1）记事件A

1={从甲箱中摸出一个球是红球}，事件A2={从乙箱中摸出

一个球是红球}，事件B

1={顾客抽奖1次获一等奖}，事件A2={顾客抽奖1次获

二等奖}，事件C={顾客抽奖1次能获奖}，利用A

1，A2相互独立，，

互斥，B

1，B2互斥，然后求出所求概率即可．

（2）顾客抽奖1次可视为3次独立重复试验，判断X～B．求出概率，

得到X的分布列，然后求解期望．

【解答】解：（1）记事件A

1={从甲箱中摸出一个球是红球}，事件A2={从乙箱中

摸出一个球是红球}，事件B

1={顾客抽奖1次获一等奖}，事件B2={顾客抽奖1

次获二等奖}，事件C={顾客抽奖1次能获奖}，由题意A

1，A2相互独立，，

互斥，B

1，B2互斥，且B1=A1A2，B2=+，C=B1+B2，因为P（A1）

=，P（A2）=，所以，P（B1）=P（A1）P（A2）==，P（B2）

=P（）+P（）=+==，

故所求概率为：P（C）=P（B

1+B2）=P（B1）+P（B2）=．

（2）顾客抽奖1次可视为3次独立重复试验，由（1）可知，顾客抽奖1次获一

等奖的概率为：所以．X～B．于是，P（X=0）==，

P（X=1）==，P（X=2）==，P（X=3）

第22页（共28页）

==．

故X的分布列为：

X0123

P

E（X）=3×=．

【点评】期望是概率论和数理统计的重要概念之一，是反映随机变量取值分布的

特征数，学习期望将为今后学习概率统计知识做铺垫，它在市场预测，经济统计，

风险与决策等领域有着广泛的应用，为今后学习数学及相关学科产生深远的影

响．

21．如图，已知四棱台ABCD﹣A1B1C1D1的上、下底面分别是边长为3和6的正

方形，AA

1=6，且AA1⊥底面ABCD，点P、Q分别在棱DD1、BC上．

（1）若P是DD

1的中点，证明：AB1⊥PQ；

（2）若PQ∥平面ABB

1A1，二面角P﹣QD﹣A的余弦值为，求四面体ADPQ的

体积．

【分析】（1）首先以A为原点，AB，AD，AA

1所在直线分别为x，y，z轴，建立

空间直角坐标系，求出一些点的坐标，Q在棱BC上，从而可设Q（6，y

1，0），

只需求即可；

（2）设P（0，y

2，z2），根据P在棱DD1上，从而由即可得到z2=12

﹣2y

2，从而表示点P坐标为P（0，y2，12﹣2y2）．由PQ∥平面ABB1A1便知道

与平面ABB

1A1的法向量垂直，从而得出y1=y2，从而Q点坐标变成Q（6，y2，0），

第23页（共28页）

设平面PQD的法向量为，根据即可表示

，平面AQD的一个法向量为，从而由

即可求出y

2，从而得出P点坐标，从而求出三棱锥P﹣AQD的高，而四面体ADPQ

的体积等于三棱锥P﹣AQD的体积，从而求出四面体的体积．

【解答】解：根据已知条件知AB，AD，AA

1三直线两两垂直，所以分别以这三

直线为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，则：

A（0，0，0），B（6，0，0），D（0，6，0），A1（0，0，6），B1（3，0，6），D1

（0，3，6）；

Q在棱BC上，设Q（6，y1，0），0≤y1≤6；

∴（1）证明：若P是DD

1的中点，则P；

∴，；

∴；

∴；

∴AB

1⊥PQ；

（2）设P（0，y

2，z2），y2，z2∈[0，6]，P在棱DD1上；

∴，0≤λ≤1；

∴（0，y

2﹣6，z2）=λ（0，﹣3，6）；

∴；

∴z

2=12﹣2y2；

∴P（0，y

2，12﹣2y2）；

∴；

平面ABB

1A1的一个法向量为；

∵PQ∥平面ABB

1A1；

∴=6（y

1﹣y2）=0；

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∴y

1=y2；

∴Q（6，y

2，0）；

设平面PQD的法向量为，则：

；

∴，取z=1，则；

又平面AQD的一个法向量为；

又二面角P﹣QD﹣A的余弦值为；

∴；

解得y

2=4，或y2=8（舍去）；

∴P（0，4，4）；

∴三棱锥P﹣ADQ的高为4，且；

∴V

四面体ADPQ

=V

三棱锥P﹣ADQ

=．

【点评】考查建立空间直角坐标系，利用空间向量解决异面直线垂直及线面角问

题的方法，共线向量基本定理，直线和平面平行时，直线和平面法向量的关系，

平面法向量的概念，以及两平面法向量的夹角和平面二面角大小的关系，三棱锥

的体积公式．

第25页（共28页）

22．（13分）已知抛物线C1：x2=4y的焦点F也是椭圆C2：+=1（a＞b＞0）

的一个焦点．C

1与C2的公共弦长为2．

（Ⅰ）求C

2的方程；

（Ⅱ）过点F的直线l与C

1相交于A、B两点，与C2相交于C、D两点，且与

同向．

（1）若|AC|=|BD|，求直线l的斜率；

（2）设C

1在点A处的切线与x轴的交点为M，证明：直线l绕点F旋转时，△

MFD总是钝角三角形．

【分析】（Ⅰ）根据两个曲线的焦点相同，得到a2﹣b2=1，再根据C1与C2的公共

弦长为2，得到=1，解得即可求出；

（Ⅱ）设出点的坐标，（1）根据向量的关系，得到（x

1+x2）2﹣4x

1x2=（x3+x4）2

﹣4x

3x4，设直线l的方程，分别与C1，C2构成方程组，利用韦达定理，分别代入

得到关于k的方程，解得即可；

（2）根据导数的几何意义得到C

1在点A处的切线方程，求出点M的坐标，利

用向量的乘积∠AFM是锐角，问题得以证明．

【解答】解：（Ⅰ）抛物线C

1：x2=4y的焦点F的坐标为（0，1），因为F也是椭

圆C

2的一个焦点，

∴a2﹣b2=1，①，

又C

1与C2的公共弦长为2，C1与C2的都关于y轴对称，且C1的方程为x2=4y，

由此易知C

1与C2的公共点的坐标为（±，），

所以=1，②，

联立①②得a2=9，b2=8，

故C

2的方程为+=1．

（Ⅱ）设A（x

1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），D（x4，y4），

（1）因为与同向，且|AC|=|BD|，

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所以=，

从而x

3﹣x1=x4﹣x2，即x1﹣x2=x3﹣x4，于是

（x

1+x2）2﹣4x

1x2=（x3+x4）2﹣4x

3x4，③

设直线的斜率为k，则l的方程为y=kx+1，

由，得x2﹣4kx﹣4=0，而x

1，x2是这个方程的两根，

所以x

1+x2=4k，x1x2=﹣4，④

由，得（9+8k2）x2+16kx﹣64=0，而x

3，x4是这个方程的两根，

所以x

3+x4=，x3x4=﹣，⑤

将④⑤代入③，得16（k2+1）=+，

即16（k2+1）=，

所以（9+8k2）2=16×9，

解得k=±．

（2）由x2=4y得y′=x，

所以C

1在点A处的切线方程为y﹣y1=x1（x﹣x1），

即y=x

1x﹣x1

2，

令y=0，得x=x

1，

M（x1，0），

所以=（x

1，﹣1），

而=（x

1，y1﹣1），

于是•=x

1

2﹣y

1+1=x1

2+1＞0，

因此∠AFM是锐角，从而∠MFD=180°﹣∠AFM是钝角，

第27页（共28页）

故直线l绕点F旋转时，△MFD总是钝角三角形．

【点评】本题考查了圆锥曲线的和直线的位置与关系，关键是联立方程，构造方

程，利用韦达定理，以及向量的关系，得到关于k的方程，计算量大，属于难题．

23．（13分）已知a＞0，函数f（x）=eaxsinx（x∈[0，+∞]）．记xn为f（x）的

从小到大的第n（n∈N*）个极值点．证明：

（Ⅰ）数列{f（x

n）}是等比数列；

（Ⅱ）若a≥，则对一切n∈N*，x

n＜|f（xn）|恒成立．

【分析】（Ⅰ）求出导数，运用两角和的正弦公式化简，求出导数为0的根，讨

论根附近的导数的符号相反，即可得到极值点，求得极值，运用等比数列的定义

即可得证；

（Ⅱ）由sinφ=，可得对一切n∈N*，x

n＜|f（xn）|恒成立．即为nπ﹣φ

＜ea（nπ﹣φ）恒成立⇔＜，①设g（t）=（t＞0），求出

导数，求得最小值，由恒成立思想即可得证．

【解答】证明：（Ⅰ）f′（x）=eax（asinx+cosx）=•eaxsin（x+φ），

tanφ=，0＜φ＜，

令f′（x）=0，由x≥0，x+φ=mπ，即x=mπ﹣φ，m∈N*，

对k∈N，若（2k+1）π＜x+φ＜（2k+2）π，即（2k+1）π﹣φ＜x＜（2k+2）π﹣φ，

则f′（x）＜0，因此在（（m﹣1）π﹣φ，mπ﹣φ）和（mπ﹣φ，（m+1）π﹣φ）

上f′（x）符号总相反．

于是当x=nπ﹣φ，n∈N*，f（x）取得极值，所以x

n=nπ﹣φ，n∈N*，

此时f（x

n）=ea（nπ﹣φ）sin（nπ﹣φ）=（﹣1）n+1ea（nπ﹣φ）sinφ，

易知f（x

n）≠0，而==﹣eaπ是常数，

故数列{f（x

n）}是首项为f（x1）=ea（π﹣φ）sinφ，公比为﹣eaπ的等比数列；

第28页（共28页）

（Ⅱ）由sinφ=，可得对一切n∈N*，x

n＜|f（xn）|恒成立．

即为nπ﹣φ＜ea（nπ﹣φ）恒成立⇔＜，①

设g（t）=（t＞0），g′（t）=，

当0＜t＜1时，g′（t）＜0，g（t）递减，当t＞1时，g′（t）＞0，g（t）递增．

t=1时，g（t）取得最小值，且为e．

因此要使①恒成立，只需＜g（1）=e，

只需a＞，当a=，tanφ==，且0＜φ＜，

可得＜φ＜，于是π﹣φ＜＜，且当n≥2时，nπ﹣φ≥2π﹣φ＞

＞，

因此对n∈N*，ax

n=≠1，即有g（axn）＞g（1）=e=，

故①亦恒成立．

综上可得，若a≥，则对一切n∈N*，x

n＜|f（xn）|恒成立．

【点评】本题考查导数的运用：求极值和单调区间，主要考查三角函数的导数和

求值，同时考查等比数列的定义和通项公式的运用，考查不等式恒成立问题的证

明，属于难题．