2018-2019学年湖南师大附中高二（上）期末数学试卷（理科）

这是一份2018-2019学年湖南师大附中高二（上）期末数学试卷（理科），共22页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．（5分）（2017•新课标Ⅱ）3+i1+i=（ ）
A．1+2iB．1﹣2iC．2+iD．2﹣i
2．（5分）（2016•佛山一模）已知U＝R，函数y＝ln（1﹣x）的定义域为M，集合N＝{x|x2﹣x＜0}．则下列结论正确的是（ ）
A．M∩N＝NB．M∩（∁UN）＝∅C．M∪N＝UD．M⊆（∁UN）
3．（5分）（2014•秦州区校级一模）已知命题p：∀a∈R，且a＞0，a+1a≥2，命题q：∃x0∈R，sin x0+cs x0=3，则下列判断正确的是（ ）
A．p是假命题B．q是真命题
C．p∧（￢q）是真命题D．（￢p）∧q是真命题
4．（5分）（2018秋•岳麓区校级期末）已知等差数列{an}的公差为2，若a1，a3，a4成等比数列，则{an}前10项的和为（ ）
A．10B．8C．6D．﹣8
5．（5分）（2018秋•岳麓区校级期末）已知函数f（x）＝ex+aex（a∈R），若f（x）为奇函数，则曲线y＝f（x）在x＝0处的切线方程为（ ）
A．y＝﹣2xB．y＝﹣xC．y＝2xD．y＝x
6．（5分）（2018秋•岳麓区校级期末）已知四边形ABCD是平行四边形，点E为边CD的中点，则BE→=（ ）
A．-12AB→+AD→B．12AB→-AD→C．AB→+12AD→D．AB→-12AD→
7．（5分）（2010•吴川市模拟）某工厂生产的机器销售收入y1（万元）是产量x（千台）的函数：y1＝17x2，生产总成本y2（万元）也是产量x（千台）的函数；y2＝2x3﹣x2（x＞0），为使利润最大，应生产（ ）
A．6千台B．7千台C．8千台D．9千台
8．（5分）（2014•成都模拟）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为a，AM→=12MC1→，点N为B1B的中点，则|MN|＝（ ）
A．216aB．66aC．156aD．153a
9．（5分）（2018秋•岳麓区校级期末）已知直线l1：x＝﹣1，l2：x﹣y+1＝0，点P为抛物线y2＝4x上的任一点，则P到直线l1，l2的距离之和的最小值为（ ）
A．2B．2C．1D．22
10．（5分）（2018春•泰安期末）已知f（x）=2x，x≤0lg2x，x＞0，g（x）＝f（x）+x+m，若g（x）存在两个零点，则m的取值范围是（ ）
A．[﹣1，+∞）B．[﹣1，0）C．[0，+∞）D．[1，+∞）
11．（5分）（2018•宿州一模）在平面直角坐标系xOy中，设F1，F2分别为双曲线x2a2-y2b2=1(a＞0，b＞0)的左、右焦点，P是双曲线左支上一点，M是PF1的中点，且OM⊥PF1，2|PF1|＝|PF2|，则双曲线的离心率为（ ）
A．6B．5C．2D．3
12．（5分）（2018秋•岳麓区校级期末）已知函数f(x)=ax+xlnx，g（x）＝﹣x3+x2+5，若对任意的x1，x2∈[12，2]，都有f（x1）﹣g（x2）≤0成立，则实数a的取值范围是（ ）
A．（﹣∞，2﹣4ln2]B．（﹣∞，1]
C．[2-4ln2，12+14ln2]D．(-∞，12+14ln2]
二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分．
13．（5分）（2018秋•岳麓区校级期末）已知x＞1，观察下列不等式：
x+1x＞2；
x2+2x＞3；
x3+3x＞4；
…
按此规律，第n个不等式为 ．
14．（5分）（2018•广州一模）若x，y满足约束条件2x-y+3≤0x-1≤0y-1≥0，则z＝﹣x+y的最小值为 ．
15．（5分）（2018秋•岳麓区校级期末）01 1-x2dx-0π sinxdx＝ ．
16．（5分）（2018春•大连期末）若函数f（x）＝ax2+xlnx有两个极值点，则实数a的取值范围是 ．
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：60分．
17．（12分）（2018秋•岳麓区校级期末）在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，其面积为S，且b2+c2﹣a2=433S．
（1）求A；
（2）若a＝53，csB=45，求c．
18．（12分）（2014•余杭区校级模拟）已知数列{an}，Sn是其前n项的和，且满足3an＝2Sn+n（n∈N*）
（Ⅰ）求证：数列{an+12}为等比数列；
（Ⅱ）记Tn＝S1+S2+…+Sn，求Tn的表达式．
19．（12分）（2018秋•岳麓区校级期末）如图，五边形ABSCD中，四边形ABCD为长方形，三角形SBC是边长为2的正三角形，将三角形SBC沿BC折起，使得点S在ABCD上的射影恰好在AD上．
（Ⅰ）证明：平面SAB⊥平面SAD；
（Ⅱ）若AB＝1，求平面SCD与平面SBC所成锐二面角的余弦值．
20．（12分）（2018秋•岳麓区校级期末）已知圆M：x2+y2+22y-10=0和点N(0，2)，Q是圆M上任意一点，线段NQ的垂直平分线和QM相交于点P，P的轨迹为曲线E．
（1）求曲线E的方程；
（2）点A是曲线E与x轴正半轴的交点，直线x＝ty+m交E于B、C两点，直线AB，AC的斜率分别是k1，k2，若k1•k2＝9，求：①m的值；②△ABC面积的最大值．
21．（12分）（2018•潮南区模拟）已知函数f（x）＝x2+ax+lnx（a∈R）．
（1）讨论函数f（x）在[1，2]上的单调性；
（2）令函数g（x）＝ex﹣1+x2+a﹣f（x），e＝2.71828…是自然对数的底数，若函数g（x）有且只有一个零点m，判断m与e的大小，并说明理由．
（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．[选修4-4：坐标系与参数方程]
22．（10分）（2018秋•岳麓区校级期末）已知在平面直角坐标系xOy中，圆C的参数方程为x=csαy=1+sinα（α为参数）．以原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴，取相同的单位长度建立极坐标系．
（Ⅰ）求圆C的普通方程及其极坐标方程；
（Ⅱ）设直线l的极坐标方程为ρsin（θ+π3）＝2，射线OM：θ=π6与圆C的交点为P，与直线l的交点为Q，求线段PQ的长．
[选修4-5：不等式选讲]
23．（2018秋•岳麓区校级期末）已知函数f（x）＝|x﹣1|+|x+1|．
（Ⅰ）解不等式f（x）≤2；
（Ⅱ）设函数f（x）的最小值为m，若a，b均为正数，且1a+4b=m，求a+b的最小值．
2018-2019学年湖南师大附中高二（上）期末数学试卷（理科）
参考答案与试题解析
一、选择题：本大题共12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．（5分）（2017•新课标Ⅱ）3+i1+i=（ ）
A．1+2iB．1﹣2iC．2+iD．2﹣i
【考点】A5：复数的运算．
【专题】11：计算题．
【分析】分子和分母同时乘以分母的共轭复数，再利用虚数单位i的幂运算性质，求出结果．
【解答】解：3+i1+i=(3+i)(1-i)(1+i)(1-i)=4-2i2=2﹣i，
故选：D．
【点评】本题考查两个复数代数形式的乘除法，虚数单位i的幂运算性质，两个复数相除，分子和分母同时乘以分母的共轭复数．
2．（5分）（2016•佛山一模）已知U＝R，函数y＝ln（1﹣x）的定义域为M，集合N＝{x|x2﹣x＜0}．则下列结论正确的是（ ）
A．M∩N＝NB．M∩（∁UN）＝∅C．M∪N＝UD．M⊆（∁UN）
【考点】1H：交、并、补集的混合运算．
【专题】35：转化思想；49：综合法；5J：集合．
【分析】分别解出关于M，N的范围，然后判断即可．
【解答】解：由1﹣x＞0，解得：x＜1，
故函数y＝ln（1﹣x）的定义域为M＝（﹣∞，1），
由x2﹣x＜0，解得：0＜x＜1，
故集合N＝{x|x2﹣x＜0}＝（0，1），
∴M∩N＝N，
故选：A．
【点评】本题考察了集合的包含关系，考察不等式问题，是一道基础题．
3．（5分）（2014•秦州区校级一模）已知命题p：∀a∈R，且a＞0，a+1a≥2，命题q：∃x0∈R，sin x0+cs x0=3，则下列判断正确的是（ ）
A．p是假命题B．q是真命题
C．p∧（￢q）是真命题D．（￢p）∧q是真命题
【考点】2E：复合命题及其真假．
【专题】5L：简易逻辑．
【分析】本题的关键是对命题p：∀a∈R，且a＞0，有a+1a≥2，命题q：∃x∈R，sinx+csx=3的真假进行判定，在利用复合命题的真假判定
【解答】解：对于命题p：∀a∈R，且a＞0，有a+1a≥2，
利用均值不等式，显然p为真，故A错
命题q：∃x∈R，sinx+csx=3，
sinx+csx=2sin(x+π4)∈[-2，2]
而3∉[-2，2]
所以q是假命题，故B错
∴利用复合命题的真假判定，
p∧（￢q）是真命题，故C正确
（￢p）∧q是假命题，故D错误
故选：C．
【点评】本题考查的知识点是复合命题的真假判定，解决的办法是先判断组成复合命题的简单命题的真假，再根据真值表进行判断
4．（5分）（2018秋•岳麓区校级期末）已知等差数列{an}的公差为2，若a1，a3，a4成等比数列，则{an}前10项的和为（ ）
A．10B．8C．6D．﹣8
【考点】8M：等差数列与等比数列的综合．
【专题】34：方程思想；48：分析法；54：等差数列与等比数列．
【分析】设公差d＝2，运用等比数列中项性质和等差数列的通项公式和求和公式，计算可得所求和．
【解答】解：等差数列{an}的公差d为2，若a1，a3，a4成等比数列，
可得a32＝a1a4，
即有（a1+4）2＝a1（a1+6），
解得a1＝﹣8，
则{an}前10项的和为﹣8×10+12×10×9×2＝10．
故选：A．
【点评】本题考查等差数列的通项公式和求和公式，等比中项的定义，考查方程思想和运算能力，属于基础题．
5．（5分）（2018秋•岳麓区校级期末）已知函数f（x）＝ex+aex（a∈R），若f（x）为奇函数，则曲线y＝f（x）在x＝0处的切线方程为（ ）
A．y＝﹣2xB．y＝﹣xC．y＝2xD．y＝x
【考点】6H：利用导数研究曲线上某点切线方程．
【专题】11：计算题；35：转化思想；49：综合法；53：导数的综合应用．
【分析】利用函数是奇函数，求出a，求出函数的导数，得到切线的斜率，切点坐标，然后求解切线方程．
【解答】解：由题意，因为函数f（x）＝ex+aex（a∈R）为奇函数，则f（0）＝e0+ae0=0，解得a＝﹣1，
即f（x）＝ex-1ex，则f′（x）＝ex+1ex，所以f′（0）＝e0+1e0=2，即k＝2，
且当x＝0时，f（0）＝e0-1e0=0，即切点的坐标为（0，0），
所以切线的方程为y＝2x，
故选：C．
【点评】本题考查函数的极限以及函数的导数的应用，切线方程的求法，考查计算能力．
6．（5分）（2018秋•岳麓区校级期末）已知四边形ABCD是平行四边形，点E为边CD的中点，则BE→=（ ）
A．-12AB→+AD→B．12AB→-AD→C．AB→+12AD→D．AB→-12AD→
【考点】9H：平面向量的基本定理．
【专题】11：计算题；5A：平面向量及应用．
【分析】作出图形，利用向量加法的平行四边形法则，容易得解．
【解答】解：如图，∵BD→=BA→+BC→，
BE→=12(BD→+BC→)，
∴BE→=12(BA→+BC→+BC→)
=12(-AB→+2AD→)
=-12AB→+AD→，
故选：A．
【点评】此题考查了向量的加法法则，属容易题．
7．（5分）（2010•吴川市模拟）某工厂生产的机器销售收入y1（万元）是产量x（千台）的函数：y1＝17x2，生产总成本y2（万元）也是产量x（千台）的函数；y2＝2x3﹣x2（x＞0），为使利润最大，应生产（ ）
A．6千台B．7千台C．8千台D．9千台
【考点】6E：利用导数研究函数的最值．
【专题】32：分类讨论．
【分析】根据利润＝收入﹣成本可得y＝y1﹣y2，求出y′讨论其大于小于0得到函数的最大值．
【解答】解：利润y＝y1﹣y2＝18x2﹣2x3，y′＝﹣6x2+36x，
解y′＞0得0＜x＜6；解y′＜0得x＞6；
当x＝6时，y取得最大值．
故选：A．
【点评】考查学生会利用导数求闭区间上函数最值的能力．
8．（5分）（2014•成都模拟）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为a，AM→=12MC1→，点N为B1B的中点，则|MN|＝（ ）
A．216aB．66aC．156aD．153a
【考点】96：平行向量（共线）；L2：棱柱的结构特征．
【专题】5F：空间位置关系与距离．
【分析】以AB，AD，AA1，分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，确定向量AM→、AN→的坐标，可得MN→的坐标，从而可得|MN|．
【解答】解：以AB，AD，AA1，分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则A（0，0，0），B（a，0，0），B1（a，0，a），C1（a，a，a）
∴AC1→=（a，a，a）
∵AM→=12MC1→，∴AM→=(13a，13a，13a)，
∵点N为B1B的中点，
∴AN→=（a，0，a2）
∴MN→=(2a3，-a3，a6)
∴|MN|=216a
故选：A．
【点评】本题考查向量知识的运用，考查学生的计算能力，确定向量的坐标是关键．
9．（5分）（2018秋•岳麓区校级期末）已知直线l1：x＝﹣1，l2：x﹣y+1＝0，点P为抛物线y2＝4x上的任一点，则P到直线l1，l2的距离之和的最小值为（ ）
A．2B．2C．1D．22
【考点】K8：抛物线的性质．
【专题】35：转化思想；49：综合法；5D：圆锥曲线的定义、性质与方程．
【分析】过点P分别作PM⊥l1，PN⊥l2，垂足分别为M，N．设抛物线的焦点为F，由抛物线的定义可得|PM|＝|PF|，求|PM|+|PN|转化为求|PN|+|PF|，当三点N，P，F共线时，|PN|+|PF|取得最小值．利用点到直线的距离公式求解即可．
【解答】解：过点P分别作PM⊥l1，PN⊥l2，垂足分别为M，N．
抛物线y2＝4x的焦点为F（1，0），l2：x+1＝0是抛物线y2＝4x的准线方程．
由抛物线的定义可得|PM|＝|PF|，
∴|PM|+|PN|＝|PN|+|PF|，当三点N，P，F共线时，|PN|+|PF|取得最小值．
故小值为点F到其最到直线l2的距离，∴|FN|=|1-0+1|1+1=2，
故选：B．
【点评】本题考查了抛物线的定义及其性质、三点共线、点到直线的距离公式，考查转化思想的应用，属于中档题．
10．（5分）（2018春•泰安期末）已知f（x）=2x，x≤0lg2x，x＞0，g（x）＝f（x）+x+m，若g（x）存在两个零点，则m的取值范围是（ ）
A．[﹣1，+∞）B．[﹣1，0）C．[0，+∞）D．[1，+∞）
【考点】52：函数零点的判定定理．
【专题】33：函数思想；44：数形结合法；51：函数的性质及应用．
【分析】由题意可得g（x）＝0，即f（x）＝﹣x﹣m有两个不等实根，即有函数y＝f（x）和直线y＝﹣x﹣m有两个交点，作出y＝f（x）的图象和直线y＝﹣x﹣m，平移直线即可得到所求范围．
【解答】解：g（x）＝f（x）+x+m，若g（x）存在两个零点，
可得g（x）＝0，即f（x）＝﹣x﹣m有两个不等实根，
即有函数y＝f（x）和直线y＝﹣x﹣m有两个交点，
作出y＝f（x）的图象和直线y＝﹣x﹣m，
当﹣m≤1，即m≥﹣1时，y＝f（x）和y＝﹣x﹣m有两个交点，
故选：A．
【点评】本题考查函数的零点个数问题解法，注意运用转化思想和数形结合思想，考查指数函数、对数函数的图象和运用，属于中档题．
11．（5分）（2018•宿州一模）在平面直角坐标系xOy中，设F1，F2分别为双曲线x2a2-y2b2=1(a＞0，b＞0)的左、右焦点，P是双曲线左支上一点，M是PF1的中点，且OM⊥PF1，2|PF1|＝|PF2|，则双曲线的离心率为（ ）
A．6B．5C．2D．3
【考点】KC：双曲线的性质．
【专题】35：转化思想；4R：转化法；5D：圆锥曲线的定义、性质与方程．
【分析】运用双曲线的定义和△PF1F2为直角三角形，则|PF2|2+|＝|PF2|2，＝|F1F2|2．，由离心率公式，计算即可得到离心率的范围．
【解答】解：P为双曲线左支上的一点，
则由双曲线的定义可得，|PF2|﹣|PF1|＝2a，
由|PF2|＝2|PF1|，则|PF2|＝4a，|PF1|＝2a，
∵M是PF1的中点，且OM⊥PF1
∴由△PF1F2为直角三角形，则|PF2|2+|＝|PF2|2，＝|F1F2|2．
∴5a2＝c2
即有e=5．
故选：B．
【点评】本题考查双曲线的定义和性质，考查离心率的求法，考查运算能力，属于基础题．
12．（5分）（2018秋•岳麓区校级期末）已知函数f(x)=ax+xlnx，g（x）＝﹣x3+x2+5，若对任意的x1，x2∈[12，2]，都有f（x1）﹣g（x2）≤0成立，则实数a的取值范围是（ ）
A．（﹣∞，2﹣4ln2]B．（﹣∞，1]
C．[2-4ln2，12+14ln2]D．(-∞，12+14ln2]
【考点】6E：利用导数研究函数的最值．
【专题】33：函数思想；4R：转化法；53：导数的综合应用．
【分析】根据不等式恒成立，利用参数分类法进行转化为a≥x﹣x2lnx在12≤x≤2上恒成立，构造函数h（x）＝x﹣x2lnx，求函数的导数，利用函数单调性和导数之间的关系求出函数的最值即可．
【解答】解：函数g（x）的导数g′（x）＝﹣3x2+2x＝﹣x（3x﹣2），
∴函数g（x）在[12，23]上递增，则[23，2]上递减，
g（12）=418，g（2）＝1，
若对任意的 x1，x2∈[12，2]，都有f（x1）﹣g（x2）≤0成立，
即当12≤x≤2时，f（x）≤1恒成立，
即ax+xlnx≤1恒成立，
即a≤x﹣x2lnx在12≤x≤2上恒成立，
令h（x）＝x﹣x2lnx，则h′（x）＝1﹣2xlnx﹣x，h′′（x）＝﹣3﹣2lnx，
当在12≤x≤2时，h′′（x）＝﹣3﹣2lnx＜0，
即h′（x）＝1﹣2xlnx﹣x在12≤x≤2上单调递减，
由于h′（1）＝0，
∴当12≤x≤1时，h′（x）＞0，
当1≤x≤2时，h′（x）＜0，
∴h（x）在[12，1）递增，在（1，2]递减，
由h（12）=12+14ln2＞h（2）＝2﹣4ln2，
故h（x）min＝h（2）＝2﹣4ln2，
∴a≤2﹣4ln2．
故选：A．
【点评】本题主要考查不等式恒成立问题，构造函数利用参数分离法结合函数单调性和导数之间的关系转化为求函数的最值是解决本题的关键．
二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分．
13．（5分）（2018秋•岳麓区校级期末）已知x＞1，观察下列不等式：
x+1x＞2；
x2+2x＞3；
x3+3x＞4；
…
按此规律，第n个不等式为 xn+nx＞n+1 ．
【考点】F1：归纳推理．
【专题】12：应用题；5M：推理和证明．
【分析】由归纳推理易得：xn+nx＞n+1．
【解答】解：由x+1x＞2；
x2+2x＞3；
x3+3x＞4；
…
按此规律，第n个不等式为：xn+nx＞n+1，
故答案为：xn+nx＞n+1
【点评】本题考查了归纳推理，属简单题．
14．（5分）（2018•广州一模）若x，y满足约束条件2x-y+3≤0x-1≤0y-1≥0，则z＝﹣x+y的最小值为 2 ．
【考点】7C：简单线性规划．
【专题】11：计算题；31：数形结合；35：转化思想；49：综合法；5T：不等式．
【分析】作出题中不等式组表示的平面区域，再将目标函数z＝﹣x+y对应的直线进行平移，可得当x＝﹣1，y＝1时，目标函数z取得最小值，从而得到本题答案．
【解答】解：作出x，y满足约束条件2x-y+3≤0x-1≤0y-1≥0表示的平面区域，
得到如图的区域，其中A（﹣1，1），
设z＝F（x，y）═﹣x+y，将直线l：z＝﹣x+y进行平移，
当l经过点A时，目标函数z达到最小值
∴z最小值＝F（﹣1，1）＝1+1＝2．
故答案为：2．
【点评】本题给出二元一次不等式组，求目标函数z＝﹣x+y的最小值，着重考查了二元一次不等式组表示的平面区域和简单的线性规划等知识，属于基础题．
15．（5分）（2018秋•岳麓区校级期末）01 1-x2dx-0π sinxdx＝ π4-2 ．
【考点】67：定积分、微积分基本定理．
【专题】53：导数的综合应用．
【分析】由定积分的几何意义求得01 1-x2dx，直接求定积分得到0π sinxdx，则答案可求．
【解答】解：求01 1-x2dx-0π sinxdx．
由定积分的几何意义可知，01 1-x2dx是以原点为圆心，以1为半径的四分之一圆的面积，等于π4．
0π sinxdx=(-csx)|0π=-csπ+cs0=2．
∴01 1-x2dx-0π sinxdx=π4-2．
故答案为：π4-2．
【点评】本题考查了定积分，考查了定积分的几何意义，是基础的计算题．
16．（5分）（2018春•大连期末）若函数f（x）＝ax2+xlnx有两个极值点，则实数a的取值范围是 (-12，0) ．
【考点】6D：利用导数研究函数的极值．
【专题】33：函数思想；4R：转化法；53：导数的综合应用．
【分析】将题目等价转化为导函数方程有两个不同的正实根后，既可以采用不完全分离参数法数形结合求解（如法1），
也可以采用常规的完全分离参数法，数形结合求解（如法2），相比较而言，法2更容易理解．
【解答】解：法1：函数f（x）＝ax2+xlnx有两个极值点，即导函数f'（x）＝2ax+lnx+1在（0，+∞）上有两个变号零点，
即方程lnx＝﹣2ax﹣1有两个不同正实数根，即函数y＝lnx与函数y＝﹣2ax﹣1有两个不同的交点，作出图象如右图；
设恒过定点的函数y＝﹣2ax﹣1与函数y＝lnx相切于点（x0，y0），
则有-2a=1x0y0=-2ax0-1y0=lnx0，
解得x0＝1，y0＝0，即切点为（1，0），此时直线的斜率为k＝1，
由图象可知，要使函数y＝lnx与函数y＝﹣2ax﹣1有两个不同的交点，
则0＜﹣2a＜1，即a∈（-12，0），
法2：转化为导函数f'（x）＝2ax+lnx+1在（0，+∞）上有两个变号零点，
分离参数得到，方程﹣2a=lnx+1x在（0，+∞）上有两个不同的实根，
令g（x）=lnx+1x，定义域为x＞0，g′（x）=-lnxx2，
则x∈（0，1）时，g'（x）＞0，函数g（x）单调递增，
x∈（1，+∞）时，g'（x）＜0，函数g（x）单调递减，
故g（x）max＝g（1）＝1，＜/br＞
作出函数y＝g（x）和y＝﹣2a的图象于同一个坐标系中，
则得到0＜﹣2a＜1，即a∈（-12，0），
故答案为：（-12，0）．
【点评】这类题目往往需要在函数和方程之间多次转化，需要我们对相关的知识要很清楚，另外需要了解常见的分离参数法的不同类型．
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：60分．
17．（12分）（2018秋•岳麓区校级期末）在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，其面积为S，且b2+c2﹣a2=433S．
（1）求A；
（2）若a＝53，csB=45，求c．
【考点】HR：余弦定理．
【专题】58：解三角形．
【分析】（1）已知等式利用余弦定理及三角形面积公式化简，整理求出tanA的值，即可确定出A的度数；
（2）由csB的值求出sinB的值，进而求出sinC的值，由a，sinA，sinC的值，利用正弦定理即可求出c的值．
【解答】解：（1）∵b2+c2﹣a2＝2bccsA，S=12bcsinA，
∴代入已知等式得：2bcsA=433•12bcsinA，
整理得：tanA=3，
∵A是三角形内角，
∴A＝60°；
（2）∵B为三角形内角，csB=45，
∴sinB=1-cs2B=35，
∴sinC＝sin（B+A）＝sin（B+60°）=12sinB+32csB=3+4310，
∵a＝53，sinA=32，sinC=3+4310，
∴由正弦定理得：c=asinCsinA=3+43．
【点评】此题考查了正弦、余弦定理，以及三角形面积公式，熟练掌握定理及公式是解本题的关键．
18．（12分）（2014•余杭区校级模拟）已知数列{an}，Sn是其前n项的和，且满足3an＝2Sn+n（n∈N*）
（Ⅰ）求证：数列{an+12}为等比数列；
（Ⅱ）记Tn＝S1+S2+…+Sn，求Tn的表达式．
【考点】87：等比数列的性质；8E：数列的求和．
【专题】54：等差数列与等比数列．
【分析】（Ⅰ）由3an＝2Sn+n，类比可得3an﹣1＝2Sn﹣1+n﹣1（n≥2），两式相减，整理即证得数列{an+12}是以32为首项，3为公比的等比数列；
（Ⅱ）由（Ⅰ）得an+12=12•3n⇒an=12（3n﹣1），Sn=3n+1-34-n2，分组求和，利用等比数列与等差数列的求和公式，即可求得Tn的表达式．
【解答】（Ⅰ）证明：∵3an＝2Sn+n，
∴3an﹣1＝2Sn﹣1+n﹣1（n≥2），
两式相减得：3（an﹣an﹣1）＝2an+1（n≥2），
∴an＝3an﹣1+1（n≥2），
∴an+12=3（an﹣1+12），又a1+12=32，
∴数列{an+12}是以32为首项，3为公比的等比数列；
（Ⅱ）解：由（Ⅰ）得an+12=32•3n﹣1=12•3n，
∴an=12•3n-12=12（3n﹣1），
∴Sn=12[（3+32+…+3n）﹣n]=12（3(1-3n)1-3-n）=3n+1-34-n2，
∴Tn＝S1+S2+…+Sn=14（32+33+…+3n+3n+1）-3n4-12（1+2+…+n）
=14•32(1-3n)1-3-3n4-(1+n)n4
=3n+2-98-n2+4n4．
【点评】本题考查数列的求和，着重考查等比关系的确定，突出考查分组求和，熟练应用等比数列与等差数列的求和公式是关键，属于难题．
19．（12分）（2018秋•岳麓区校级期末）如图，五边形ABSCD中，四边形ABCD为长方形，三角形SBC是边长为2的正三角形，将三角形SBC沿BC折起，使得点S在ABCD上的射影恰好在AD上．
（Ⅰ）证明：平面SAB⊥平面SAD；
（Ⅱ）若AB＝1，求平面SCD与平面SBC所成锐二面角的余弦值．
【考点】LY：平面与平面垂直；MJ：二面角的平面角及求法．
【专题】14：证明题；31：数形结合；41：向量法；5F：空间位置关系与距离；5G：空间角．
【分析】（Ⅰ）作SO⊥AD，则SO⊥平面ABCD，SO⊥AB，再由AB⊥AD，得AB⊥平面SAD．由此能证明平面SAB⊥平面SAD．
（Ⅱ）连结BO，CO，以OA，OE，OS为x，y，z轴建立空间直角坐标系，利用向量法能求出平面SCD与平面SBC所成锐二面角的余弦值．
【解答】证明：（Ⅰ）如图，作SO⊥AD，垂足为O，依题意得SO⊥平面ABCD，∴SO⊥AB．
又AB⊥AD，SO∩AD＝O，∴AB⊥平面SAD．
又∵AB⊂平面SAB，∴平面SAB⊥平面SAD．（5分）
解：（Ⅱ）连结BO，CO，∵SB＝SC，∴Rt△SOB≌Rt△SOC，
BO＝CO，又四边形ABCD为长方形，∴Rt△AOB≌Rt△DOC，∴OA＝OD．
取BC中点E，得OE∥AB，连结SE，∴SE=3，
其中OE＝1，OA＝OD＝1，OS=3-1=2．
由以上证明可知OS，OE，AD互相垂直，
以OA，OE，OS为x，y，z轴建立空间直角坐标系．
∴DC→=（0，1，0），SC→=（﹣1，1，-2），BC→=（﹣2，0，0），
设m→=（x，y，z）是平面SCD的法向量，
则m→⋅DC→=y=0m→⋅SC→=-x+y-2z=0，令z＝1，得m→=（-2，0，1）．
设n→=（x，y，z）是平面SBC的法向量，
则有n→⋅BC→=-2x=0n→⋅SC→=-x+y-2z=0，令z＝1得n→=（0，2，1）．
则平面SCD与平面SBC所成锐二面角的余弦值为：
|cs＜m→，n→＞|=|m→⋅n→||m→|⋅|n→|=13×3=13．（12分）
【点评】本题考查面面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
20．（12分）（2018秋•岳麓区校级期末）已知圆M：x2+y2+22y-10=0和点N(0，2)，Q是圆M上任意一点，线段NQ的垂直平分线和QM相交于点P，P的轨迹为曲线E．
（1）求曲线E的方程；
（2）点A是曲线E与x轴正半轴的交点，直线x＝ty+m交E于B、C两点，直线AB，AC的斜率分别是k1，k2，若k1•k2＝9，求：①m的值；②△ABC面积的最大值．
【考点】J9：直线与圆的位置关系．
【专题】35：转化思想；5D：圆锥曲线的定义、性质与方程；5E：圆锥曲线中的最值与范围问题．
【分析】（1）利用定义求出椭圆的方程．
（2）利用圆柱曲线和直线的位置关系，建立方程组，进一步利用一元二次方程根和系数的关系求出m的值．最后求出三角形面积的最大值．
【解答】解：（1）圆M：x2+y2+22y-10=0的圆心为M(0，-2)，半径为23，
点N(0，2)在圆M内，|PM|+|PN|=23＞|MN|，
所以曲线E是M，N为焦点，长轴长为23的椭圆，
由a=3，c=2，
得b2＝3﹣2＝1，
所以曲线E的方程为x2+y23=1．
（2）①设B（x1，y1），C（x2，y2），
则：C：x＝ty+m，
联立方程组x=ty+mx2+y23=1，
得（1+3t2）y2+6mty+3m2﹣3＝0，
由△＞0，解得t2＞1，
y1+y2=-6mt1+3t2，y1y2=3m2-31+3t2，
由k1k2＝9知y1y2＝9（x1﹣1）（x2﹣1），
＝9（ty1+m﹣1）（ty2+m﹣1），
=9t2y1y2+9(m-1)t(y1+y2)+9(m-1)2，
且m≠1，代入化简得（9t2﹣1）（m+1）﹣18mt2+3（m﹣1）（1+3t2）＝0，
解得m＝2，
②S△ABC=12|y2-y1|=3t2-11+3t2=3t2-14+3(t2-1)2，
=34t2-1+3t2-1≤34（当且仅当t2=73时取等号）．
综上，△ABC面积的最大值为34．
【点评】本题考查的知识要点：椭圆的方程的求法及应用，直线和圆锥曲线的位置关系的应用．一元二次方程根和系数的关系的应用．
21．（12分）（2018•潮南区模拟）已知函数f（x）＝x2+ax+lnx（a∈R）．
（1）讨论函数f（x）在[1，2]上的单调性；
（2）令函数g（x）＝ex﹣1+x2+a﹣f（x），e＝2.71828…是自然对数的底数，若函数g（x）有且只有一个零点m，判断m与e的大小，并说明理由．
【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；
（2）根据函数的单调性求出g′（x）在（0，+∞）上有唯一零点x1，由已知函数g（x）有且只有1个零点m，则m＝x1，得（2﹣m）em﹣1﹣lnm+m-1m=0，令p（x）＝（2﹣x）ex﹣1﹣lnx+x-1x（x＞0），故p（m）＝0，求出m的范围即可．
【解答】解：（1）由已知x＞0，且f′（x）=2x2+ax+1x，
①当△＝a2﹣8≤0时，即当﹣22≤a≤22时，f′（x）≥0，
则函数f（x）在[1，2]递增，
②当△＝a2﹣8＞0即a＜﹣22或a＞22时，2x2+ax+1＝0有2个根，
x=-a±a2-84，∵x＞0，∴x=-a+a2-84，
1°，当-a+a2-84≤1时，令f′（1）＝3+a≥0，解得：a≥﹣3，
故﹣3≤a＜﹣22或a＞22时，函数f（x）在[1，2]递增，
2°当1＜-a+a2-84＜2时，令f′（1）＝3+a＜0，f′（2）=92+a＞0，
解得：-92＜a＜﹣3，
故当-92＜a＜﹣3时，函数f（x）在[1，-a+a2-84）递减，在[-a+a2-84，2]递增，
3°当-a+a2-84≥2时，令f′（2）=92+a≤0，解得：a≤-92，
故a≤-92时，函数f（x）在[1，2]递减；
（2）函数g（x）＝ex﹣1+x2+a﹣f（x）＝ex﹣1﹣lnx﹣ax+a，
则g′（x）＝ex﹣1-1x-a＝h（x），
则h′（x）＝ex﹣1+1x2＞0，g′（x）在（0，+∞）递增，
当x→0，g（x）→+∞，x→+∞，g（x）→+∞，故g′（x）∈R，
故g′（x）在（0，+∞）上有唯一零点x1，
当x∈（0，x1），g′（x）＜0，x∈（x1，+∞），g′（x）＞0，
故g（x1）为g（x）的最小值，
由已知函数g（x）有且只有1个零点m，则m＝x1，
故g′（m）＝0，g（m）＝0，则em-1-1m-a=0em-1-lnm-am+a=0，
则em﹣1﹣lnm﹣（em﹣1-1m）m+（em﹣1-1m）＝0，
得（2﹣m）em﹣1﹣lnm+m-1m=0，
令p（x）＝（2﹣x）ex﹣1﹣lnx+x-1x（x＞0），故p（m）＝0，
则p′（x）＝（1﹣x）（ex﹣1+1x2），
故x∈（0，1），p′（x）＞0，x∈（1，+∞），p′（x）＜0，
故p（x）在（1，+∞）递减，
∵p（1）＝1＞0，p（e）＝（2﹣e）ee﹣1﹣1+e-1e=（2﹣e）ee﹣1-1e＜0，
故p（x）在（1，e）上有1个零点，在（e，+∞）无零点，
故m＜e．
【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，是一道综合题．
（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．[选修4-4：坐标系与参数方程]
22．（10分）（2018秋•岳麓区校级期末）已知在平面直角坐标系xOy中，圆C的参数方程为x=csαy=1+sinα（α为参数）．以原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴，取相同的单位长度建立极坐标系．
（Ⅰ）求圆C的普通方程及其极坐标方程；
（Ⅱ）设直线l的极坐标方程为ρsin（θ+π3）＝2，射线OM：θ=π6与圆C的交点为P，与直线l的交点为Q，求线段PQ的长．
【分析】（Ⅰ）先将圆的参数方程消去参数得到普通方程，再由普通方程根据x＝ρcs θ，y＝ρsin θ变换即可得出圆的极坐标方程；
（Ⅱ）由题意线段PQ的长|PQ|＝|ρP﹣ρQ|，故联立对应方程求出极径，直接代入公式即可求出线段的长度．
【解答】（Ⅰ）∵圆C的参数方程为x=csαy=1+sinα（α为参数），
∴消去参数α得普通方程为：x2+（y﹣1）2＝1．
又x＝ρcs θ，y＝ρsin θ，
∴（ρcs θ）2+（ρsin θ﹣1）2＝1，化简得圆C的极坐标方程为：ρ＝2sin θ．
（Ⅱ）∵射线OM：θ=π6与圆C的交点为P．
∴把θ=π6代入圆的极坐标方程可得：ρP＝2sinπ6=1．
又射线OM：θ=π6与直线l的交点为Q，
∴把θ=π6代入直线l的极坐标方程可得：ρsinθ＝2．
ρQ＝2．
∴线段PQ的长|PQ|＝|ρP﹣ρQ|＝1．
【点评】本题考查参数方程、极坐标方程普通方程的互化，以及利用极坐标方程求线段的长度，属于参数方程与极坐标方程的综合题，熟练掌握三种方程及它们间转化的规律是解答的关键．
[选修4-5：不等式选讲]
23．（2018秋•岳麓区校级期末）已知函数f（x）＝|x﹣1|+|x+1|．
（Ⅰ）解不等式f（x）≤2；
（Ⅱ）设函数f（x）的最小值为m，若a，b均为正数，且1a+4b=m，求a+b的最小值．
【分析】（Ⅰ）通过讨论x的范围，求出各个区间上的x的范围，取并集即可；
（Ⅱ）求出m的值，根据基本不等式的性质求出a+b的最小值即可．
【解答】解：（Ⅰ）∵f（x）=-2x，x≤-12，-1＜x＜12x，x＞1，
∴x≤-1-2x≤2 或 -1＜x≤12≤2或x＞12x≤2，
∴﹣1≤x≤1，
∴不等式解集为[﹣1，1]………………………（5分）
（Ⅱ）∵|x﹣1|+|x+1|≥|（x﹣1）﹣（x+1）|＝2，
∴m＝2，
又1a+4b=2，a＞0，b＞0，
∴12a+2b=1，
∴a+b＝（a+b）（12a+2b）=52+2ab+b2a≥52+2=92，
当且仅当1a+4b=2b=2a即a=32b=3时取等号，
∴（a+b）min=92，………………………（10分）
【点评】本题考查了解绝对值不等式问题，考查基本不等式的性质以及转化思想，是一道常规题．