高考数学二轮复习综合练习题1含答案

这是一份高考数学二轮复习综合练习题1含答案，共18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．已知集合M＝{x|y＝ln(x-1)}，N＝{x|2x-x2＞0}，则M∩N＝( D )
A．(0，＋∞)B．(2，＋∞)
C．(0，1)D．(1，2)
【解析】 ∵M＝{x|x＞1}，N＝{x|0＜x＜2}，
∴M∩N＝(1，2)．故选D.
2．若复数z满足(1＋2i)z＝(1-i)，则|z|＝( C )
A．eq \f(2,5)B．eq \f(3,5)
C．eq \f(\r(10),5)D．eq \r(10)
【解析】 由(1＋2i)z＝(1-i)，
得z＝eq \f(1-i,1＋2i)＝eq \f(（1-i）（1-2i）,（1＋2i）（1-2i）)＝eq \f(-1-3i,5)＝-eq \f(1,5)-eq \f(3,5)i，
则|z|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(1,5)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(3,5)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(10),5).
故选C.
3．霍兰德职业能力测试问卷可以为大学生在择业方面提供参考，对人的能力兴趣等方面进行评估．某大学随机抽取100名学生进行霍兰德职业能力测试问卷测试，测试结果发现这100名学生的得分都在[50，100]内，按得分分成5组：[50，60)，[60，70)，[70，80)，[80，90)，[90，100]，得到如图所示的频率分布直方图，则这100名同学得分的中位数为( A )
A．72.5 B．75
C．77.5 D．80
【解析】 根据频率分布直方图可得，得分在[50，60)内的频率为0.01×10＝0.1，
得分在[60，70)内的频率为0.03×10＝0.3，
故这100名同学得分的中位数在区间[70，80)内，
设中位数为x，则有(x-70)×0.04＝0.5-0.3-0.1，
解得x＝72.5，
故这100名同学得分的中位数为72.5.
故选A．
4．已知函数f(x)＝ex＋ax2的图象在(1，f(1))处的切线斜率为e＋2，则该切线方程为( D )
A．(e＋2)x-y＋2e-1＝0B．(e＋2)x-y-2e-3＝0
C．x-(e＋2)y-1＝0D．(e＋2)x-y-1＝0
【解析】 由f(x)＝ex＋ax2的导数
f′(x)＝ex＋2ax，
可得f′(1)＝e＋2a＝e＋2，
所以a＝1，故f(1)＝e＋1，
所以切点(1，e＋1)，
所以切线方程为y-(e＋1)＝(e＋2)(x-1)，
即(e＋2)x-y-1＝0.
故选D.
5．我国古代数学名著《九章算术》中有如下问题：“今有羡除，下广六尺，上广一丈，深三尺，末广八尺，无深，袤七尺．问积几何”，羡除是一个五面体，其中三个面是梯形，另两个面是三角形，已知一个羡除的三视图如图粗线所示，其中小正方形网格的边长为1，则该羡除的表面中，三个梯形的面积之和为( C )
A．40 B．43
C．46 D．47
【解析】 几何体的直观图如图五面体，
其中平面ABCD⊥平面ABEF，
CD＝2，AB＝6，EF＝4，底面梯形是等腰梯形，高为3，
梯形ABCD的高为4，
可知：等腰梯形FECD的高为：5，
三个梯形的面积之和为：
eq \f(2＋6,2)×4＋eq \f(4＋6,2)×3＋eq \f(2＋4,2)×5＝46.
故选C.
6．函数y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1-\f(2,1＋2x)))cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋x))的图象大致为( A )
【解析】 记f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1-\f(2,1＋2x)))·cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋x))
＝eq \f(2x-1,2x＋1)·(-sin x)＝eq \f(1-2x,2x＋1)·sin x，
则f(-x)＝eq \f(1-2-x,2-x＋1)·sin(-x)＝-eq \f(2x-1,2x＋1)·sin x＝eq \f(1-2x,2x＋1)·sin x＝f(x)，
因此函数y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1-\f(2,1＋2x)))·cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋x))是偶函数；故排除BC；
当0＜x＜π时，eq \f(1-2x,2x＋1)<0，sin x＞0，
因此f(x)＝eq \f(1-2x,2x＋1)·sin x<0；排除D；
故选A．
7．执行如图所示的程序框图，则输出S的值为( D )
A．eq \f(2 021,2 019)B．eq \f(2 021,2 020)
C．eq \f(2 019,2 020)D．eq \f(2 020,2 021)
【解析】 第一次循环，n＝1＞2 020不成立，
S＝eq \f(1,1×2)，n＝1＋1＝2；
第二次循环，n＝2＞2 020不成立，
S＝eq \f(1,1×2)＋eq \f(1,2×3)，n＝2＋1＝3；
以此类推，执行最后一次循环，n＝2 020＞2 020不成立，
S＝eq \f(1,1×2)＋eq \f(1,2×3)＋…＋eq \f(1,2 020×2 021)，
n＝2 020＋1＝2 021；
n＝2 021＞2 020成立，输出
S＝eq \f(1,1×2)＋eq \f(1,2×3)＋…＋eq \f(1,2 020×2 021)
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1-\f(1,2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)-\f(1,3)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2 020)-\f(1,2 021)))
＝1-eq \f(1,2 021)＝eq \f(2 020,2 021).
故选D.
8．已知曲线f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))按向量a＝(φ，0)(φ<0)平移，得到的曲线y＝g(x)经过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(π,12)，1))，则( B )
A．函数y＝g(x)的最小正周期T＝eq \f(π,2)
B．函数y＝g(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(11π,12)，\f(17π,12)))上单调递减
C．曲线y＝g(x)关于直线x＝eq \f(π,6)对称
D．曲线y＝g(x)关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，0))对称
【解析】 曲线f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))按向量a＝(φ，0)(φ<0)平移，
得到的曲线y＝g(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-2φ＋\f(π,6)))经过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(π,12)，1))，
∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(π,6)-2φ＋\f(π,6)))＝1，
∴-2φ＝-2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，
∴φ＝kπ-eq \f(π,4)，∴φ＝-eq \f(π,4)，
g(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2)＋\f(π,6)))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6))).
故g(x)的最小正周期为eq \f(2π,2)＝π，故A错误；
在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(11π,12)，\f(17π,12)))上，2x＋eq \f(π,6)∈[2π，3π]，
函数g(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))单调递减，故B正确；
令x＝eq \f(π,6)，求得g(x)＝0，
可得g(x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，0))对称，故C错误；
令x＝eq \f(π,3)，求得g(x)＝-eq \f(\r(3),2)≠0，
可得g(x)的图象不关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，0))对称，
故D错误，故选B.
9．已知双曲线eq \f(x2,a2)-eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的右顶点、右焦点分别是A，F，焦距是2c，过点F作x轴的垂线与双曲线相交于B，C两点，过点B作直线AC的垂线交x轴于点D.若点D到直线BC的距离不大于a＋c，则该双曲线的离心率的取值范围是( D )
A．(eq \r(2)，＋∞)B．[eq \r(2)，＋∞)
C．(1，eq \r(2))D．(1，eq \r(2)]
【解析】 由题意可得A(a，0)，F(c，0)，
过焦点F的直线x＝c，
与双曲线联立可得y2＝b2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c2,a2)-1))＝eq \f(b4,a2)，所
以y＝±eq \f(b2,a)，
设Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(c，\f(b2,a)))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(c，-\f(b2,a)))，
所以kAC＝eq \f(-\f(b2,a),c-a)＝eq \f(b2,a（a-c）)，
由题意可得kBD＝-eq \f(a（a-c）,b2)，
所以直线BD为：y-eq \f(b2,a)＝-eq \f(a（a-c）,b2)(x-c)，
令y＝0，可得x＝eq \f(b4,a2（a-c）)＋c，
即Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b4,a2（a-c）)＋c，0))，
所以D到直线BC的距离为：
c-eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b4,a2（a-c）)＋c))＝-eq \f(b4,a2（a-c）)，
由题意可得-eq \f(b4,a2（a-c）)≤a＋c，
整理可得b2≤a2，即c2≤2a2，解得e2≤2，
而e∈(1，＋∞)，所以e∈(1，eq \r(2)]，
故选D.
10．已知△SAB是边长为2的等边三角形，∠ACB＝45°，当三棱锥S-ABC体积最大时，其外接球的表面积为( B )
A．eq \f(14π,3)B．eq \f(28π,3)
C．eq \f(10π,3)D．eq \f(20π,3)
【解析】 由题可知，平面CAB⊥平面SAB，且CA＝CB时，三棱锥S-ABC体积达到最大，如下图所示，
设点D，点E分别为△ASB，△ACB的外心，并过两个三角形的外心作所在三角形面的垂线，两垂线交于点O.
∴点O是此三棱锥外接球的球心，AO即为球的半径．
在△ACB中，AB＝2，∠ACB＝45°⇒∠AEB＝90°，
由正弦定理可知，eq \f(AB,sin∠ACB)＝2AE，
∴AE＝EB＝EC＝eq \r(2)，
延长CE交AB于点F，延长SD交AB于点F，
∴四边形EFDO是矩形，且OE⊥平面ACB，
则有OE⊥AE，
又∵OE＝DF＝eq \f(1,3)SF＝eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),2)AB＝eq \f(\r(3),3)，
∴OA＝eq \r(OE2＋AE2)＝eq \r(\f(7,3)).
∴S球表面积＝4πR2＝4π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(\f(7,3))))eq \s\up12(2)＝eq \f(28π,3).
故选B.
11．过抛物线C：x2＝4y的准线上任意一点P作抛物线的切线PA，PB，切点分别为A，B，则A点到准线的距离与B点到准线的距离之和的最小值是( D )
A．7 B．6
C．5 D．4
【解析】 设抛物线C：x2＝4y的准线上任意一点P(m，-1)．
过点P作抛物线的切线PA，PB，
设切点分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)，
x2＝4y⇒y＝eq \f(1,4)x2，y′＝eq \f(1,2)x，
∴切线PA，PB方程分别为
x1x＝2(y＋y1)，x2x＝2(y＋y2)．
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(mx1＝2（y1-1）,mx2＝2（y2-1）))⇒直线AB的方程为mx＝2(y-1)．
故直线AB过定点(0，1)，(即AB恒过抛物线焦点)
则A点到准线的距离与B点到准线的距离之和为AB，
当AB为通径时最小，最小值是2p＝4.
故选D.
12．定义：设函数y＝f(x)在(a，b)上的导函数为f′(x)，若f′(x)在(a，b)上也存在导函数，则称函数y＝f(x)在(a，b)上存在二阶导函数，简记为y＝f″(x)．若在区间(a，b)上f″(x)＞0，则称函数y＝f(x)在区间(a，b)上为“凹函数”．已知f(x)＝mex＋eq \f(（x＋1）2,4)[1＋2ln m-2ln(x＋1)]＋x在区间(-1，＋∞)上为“凹函数”，则实数m的取值范围为( A )
A．(1，＋∞)B．(eq \r(e)，＋∞)
C．(e，＋∞)D．(eq \r(e)，e)
【解析】 因为f(x)＝mex＋eq \f(（x＋1）2,4)[1＋2ln m-2ln(x＋1)]＋x，
所以f′(x)＝mex＋(x＋1)[ln m-ln(x＋1)]＋1，
f″(x)＝mex＋ln m-ln(x＋1)-1，
因为f(x)＝mex＋eq \f(（x＋1）2,4)[1＋2ln m-2ln(x＋1)]＋x在区间(-1，＋∞)上为“凹函数”，
所以f″(x)＝mex＋ln m-ln(x＋1)-1＞0对任意x∈(-1，＋∞)都成立，
因为mex＋ln m-ln(x＋1)-1＞0
⇔mex＋ln m＞ln(x＋1)＋1
⇔ex＋ln m＋(x＋ln m)＞ln(x＋1)＋(x＋1)
⇔ex＋ln m＋(x＋ln m)＞eln(x＋1)＋ln(x＋1)，
且g(x)＝ex＋x在(-∞，＋∞)是增函数，
所以ex＋ln m＋(x＋ln m)＞eln(x＋1)＋ln(x＋1)
⇔x＋ln m＞ln(x＋1)⇔ln m＞ln(x＋1)-x，
由题意，ln m＞h(x)＝ln (x＋1)-x的最大值，
由h′(x)＝eq \f(1,x＋1)-1＝eq \f(-x,x＋1)，
x∈(-1，0)时h′(x)>0，h(x)为增，
x∈(0，＋∞)时h′(x)<0，h(x)为减，
x＝0时，h(x)max＝0
即ln m＞0，所以m＞1，
故选A．
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卷相应的横线上．
13．(理)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,x)))(1＋x)5的展开式中x3的系数为__15__.
(文)(2021·孟津模拟)直线y＝kx-2与函数y＝aln x＋x2的图象相切于点(1，1)点，则a＝__1__
【解析】 (理)1＋eq \f(1,x)提供两个因式1和eq \f(1,x)，
则展开式中x3的项为1×Ceq \\al(3,5)x3＋eq \f(1,x)·Ceq \\al(4,5)x4＝15x3，
即x3的系数为15，
故答案为15.
(文)把切点(1，1)代入y＝kx-2得1＝k×1-2，
解得k＝3，
因为y′＝eq \f(a,x)＋2x，
所以3＝eq \f(a,1)＋2×1，解得a＝1.
14．在△ABC中，∠B＝eq \f(π,6)，E为AB边上一点，且EC＝2，EA＝eq \r(5)，eq \(EA,\s\up6(→))·eq \(EC,\s\up6(→))＝2，则BC＝__eq \f(8\r(5),5)__.
【解析】 因为EC＝2，EA＝eq \r(5)，eq \(EA,\s\up6(→))·eq \(EC,\s\up6(→))＝2，
所以cs∠AEC＝eq \f(\(EA,\s\up6(→))·\(EC,\s\up6(→)),|\(EA,\s\up6(→))||\(EC,\s\up6(→))|)＝eq \f(\r(5),5)，
又E为AB边上一点，所以∠AEC＋∠BEC＝π，
因此cs∠BEC＝-cs∠AEC＝-eq \f(\r(5),5)，
所以sin∠BEC＝eq \f(2\r(5),5)，
在△BEC，由正弦定理可得：eq \f(EC,sin∠B)＝eq \f(BC,sin∠BEC)，
即eq \f(2,\f(1,2))＝eq \f(BC,\f(2\r(5),5))，
解得BC＝eq \f(8\r(5),5).
故答案为eq \f(8\r(5),5).
15．(理)某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为p，各成员的支付方式相互独立．设X为该群体的10位成员中使用移动支付的人数，D(X)＝2.4，P(X＝4)＜P(X＝6)，则p＝__0.6__.
(文)(2021·邢台月考)从3名男同学，2名女同学中选出2人参加数学竞赛，则选出的这2人性别不一样的概率__eq \f(3,5)__.
【解析】 (理)由题意，使用移动支付的人数X服从二项分布，
X～B(10，p)，
则D(X)＝10p(1-p)＝2.4，
解得p＝0.4或p＝0.6，
又P(X＝4)＜P(X＝6)，
即Ceq \\al(4,10)p4(1-p)6化简得(1-p)2＜p2，解得p>eq \f(1,2)，
所以p＝0.6.
故答案为0.6.
(文)设3名男同学为A1，A2，A3，2名女同学为B1，B2，
从中随机选出2名同学参加数学竞赛的基本事件为：
A1A2，A1A3，A1B1，A1B2，A2A3，A2B1，A2B2，A3B1，A3B2，B1B2，共有10个．
选出的这2人性别不一样包含的基本事件：A1B1，A1B2，A2B1，A2B2，A3B1，A3B2，共有6个．
所以选出这2个概率性别不一样的概率为P＝eq \f(m,n)＝eq \f(6,10)＝eq \f(3,5).
16．已知一簇双曲线En：x2-y2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n,2 020)))eq \s\up12(2)(n∈N*，且n≤2 020)，设双曲线En的左、右焦点分别为Fn1、Fn2，Pn是双曲线En右支上一动点，△PnFn1Fn2的内切圆Gn与x轴切于点An(an，0)，则a1＋a2＋…＋a2 020＝__eq \f(2 021,2)__.
【解析】 如图所示，设PnFn1，PnFn2与圆Gn分别切于点Bn，Cn.
根据内切圆的性质可得：|PnBn|＝|PnCn|，
|BnFn1|＝|AnFn1|，|AnFn2|＝|CnFn2|，
又点Pn是双曲线En右支上一动点，
∴|PnFn1|-|Fn2Pn|＝2a＝eq \f(2n,2 020)＝eq \f(n,1 010)，
∴|AnFn1|-|AnFn2|＝eq \f(n,1 010).
∴an-(-cn)-(cn-an)＝eq \f(n,1 010).
可得：an＝eq \f(n,2 020).
可得：a1＋a2＋…＋a2 020＝eq \f(1＋2＋…＋2 020,2 020)＝eq \f(2 021,2).
故答案为eq \f(2 021,2).
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．)
(一)必考题：共60分
17．(本小题满分12分)记Sn为等比数列{an}的前n项的和，且{an}为递增数列．已知a2＝4，S3＝14.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝(-1)neq \f(2n＋1,lg2an·lg2an＋1)，求数列{bn}的前n项之和Tn.
【解析】 (1)设等比数列{an}的公比为q，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2＝a1q＝4,S3＝a1＋a2＋a3＝\f(a2,q)＋a2＋a2q＝14))，
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝2,q＝2))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝8,q＝\f(1,2)))，
因为数列{an}为递增数列，
所以只有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝2,q＝2))符合题意，
故an＝2n.
(2)由题意，
bn＝(-1)neq \f(2n＋1,lg22n·lg22n＋1)
＝(-1)neq \f(2n＋1,n（n＋1）)＝eq \f(（-1）n,n)-eq \f(（-1）n＋1,n＋1)，
∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(（-1）1,1)-\f(（-1）2,2)))＋eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(（-1）2,2)-\f(（-1）3,3)))＋…＋eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(（-1）n,n)-\f(（-1）n＋1,n＋1)))＝-1＋eq \f(（-1）n,n＋1).
18．(本小题满分12分)近年来，随着国家综合国力的提升和科技的进步，截至2018年底，中国铁路运营里程达13.2万千米，这个数字比1949年增长了5倍；高铁运营里程突破2.9万千米，占世界高铁运营里程的60%以上，居世界第一位．如表截取了2012-2016年中国高铁密度的发展情况(单位：千米/万平方千米).
已知高铁密度y与年份代码x之间满足关系式y＝axb(a，b为大于0的常数)．
(1)根据所给数据，求y关于x的回归方程；
(2)利用(1)的结论，预测到哪一年，高铁密度会超过32千米/万平方千米．
参考公式：设具有线性相关关系的两个变量x，y的一组数据为(xi，yi)(i＝1，2，……n)，
则回归方程eq \(y,\s\up6(^))＝eq \(b,\s\up6(^))x＋eq \(a,\s\up6(^))的系数：
eq \(b,\s\up6(^))＝eq \f(eq \(∑,\s\up6(n),\s\d8(i＝1))(xi-eq \(x,\s\up6(-)))(yi-eq \(y,\s\up6(-))), eq \(∑,\s\up6(n),\s\d8(i＝1))(xi-eq \(x,\s\up6(-)))2)，eq \(a,\s\up6(^))＝eq \(y,\s\up6(-))-eq \(b,\s\up6(^))eq \(x,\s\up6(-)).
参考数据：eq \(∑,\s\up11(5),\s\d4(i＝1))ln xieq \\al(,)·ln yieq \\al(,)-5lneq \(x,\s\up6(-))·lneq \(y,\s\up6(-))≈0.92，
eq \(∑,\s\up11(5),\s\d4(i＝1))(ln xieq \\al(,))2-5(lneq \(x,\s\up6(-)))2≈1.6
eq \(∑,\s\up11(5),\s\d4(i＝1))ln xieq \\al(,)≈5，eq \(∑,\s\up11(5),\s\d4(i＝1))ln yi≈14，e2.1≈8.2，ln 32≈3.46.
【解析】 (1)对y＝axb(a＞0，b＞0)两边取自然对数，
得ln y＝bln x＋ln a；
令vi＝ln xi，ui＝ln yi，i＝1，2，3，…，n；
得u与v具有线性相关关系，
计算eq \(b,\s\up6(^))＝eq \f(eq \(∑,\s\up6(5),\s\d8(i＝1))1nviui-5eq \(v,\s\up6(-))eq \(u,\s\up6(-)), eq \(∑,\s\up6(5),\s\d8(i＝1))veq \\al(2,i)-5eq \(v,\s\up6(-))2)＝eq \f(0.92,1.6)＝0.575，
ln eq \(a,\s\up6(^))＝ln eq \(y,\s\up6(-))-eq \(b,\s\up6(^))ln eq \(x,\s\up6(-))i＝eq \f(14,5)-0.575×eq \f(5,5)＝2.225，
所以eq \(b,\s\up6(^))≈0.6，ln eq \(a,\s\up6(^))≈2.2，
所以ln eq \(y,\s\up6(^))＝0.6ln x＋2.2，
所以y关于x的回归方程eq \(y,\s\up6(^))＝e0.6ln x＋2.2，
即eq \(y,\s\up6(^))＝e2.2·x0.6.
(2)在(1)的回归方程中，y＝e0.6ln x＋2.2，
高铁密度超过32千米/万平方千米；
即e0.6ln x＋2.2＞32，
0．6ln x＋2.2＞ln 32≈3.46，ln x＞2.1.
x＞e2.1≈8.2，
即x＝9时，高铁密度超过32千米/万平方千米；
所以预测2020年，高铁密度超过32千米/万平方千米．
19．(本小题满分12分)已知四棱锥S-ABCD如图所示，平面SBC⊥平面SAC，四边形ABCD为平行四边形，∠BSC＝∠BAC＝90°，且AB＝AC＝2eq \r(2).
(1)求证：平面SAB⊥平面ABCD；
(2)若直线SC与平面SAB所成角的正弦值为eq \f(\r(6),3)，求二面角A-SC-D的余弦值．
【解析】 (1)证明：因为平面SBC⊥平面SAC，交线为SC，且SC⊥SB，所以SB⊥平面SAC，
又因为AC⊂平面SAC，故SB⊥AC，
因为AB⊥AC，且SB∩AB＝B，
故AC⊥平面SAB，
而AC⊂平面ABCD，
故平面SAB⊥平面ABCD；
(2)由(1)知AC⊥平面SAB，
所以∠CSA为直线SC与平面SAB所成的角，
故sin∠CSA＝eq \f(AC,SC)＝eq \f(\r(6),3)，
又因为AC＝2eq \r(2)，所以SC＝2eq \r(3)，SA＝2，
在Rt△SBC中，SB＝eq \r(BC2-SC2)＝2，
取AB的中点H，连接SH，易得SH⊥平面ABCD.
所以SH＝eq \r(2)，
以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，
则B(2，-2，0)，C(2，2，0)，D(0，4，0)，S(1，-1，eq \r(2))，
故eq \(SC,\s\up6(→))＝(1，3，-eq \r(2))，eq \(SD,\s\up6(→))＝(-1，5，-eq \r(2))，
设平面SCD的法向量为n＝(x，y，z)，
故eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(SC,\s\up6(→))＝x＋3y-\r(2)z＝0,n·\(SD,\s\up6(→))＝-x＋5y-\r(2)z＝0))，
取x＝1，得n＝(1，1，2eq \r(2))，
又平面SAC的一个法向量为eq \(SB,\s\up6(→))＝(1，-1，-eq \r(2))，
所以cs〈eq \(SB,\s\up6(→))，n〉＝eq \f(\(SB,\s\up6(→))·n,|\(SB,\s\up6(→))|·|n|)＝-eq \f(\r(10),5).
易知二面角A-SC-D为锐角，故二面角A-SC-D的余弦值为eq \f(\r(10),5).
20．(本小题满分12分)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(2),2)，且与抛物线y2＝x交于M，N两点，△OMN(O为坐标原点)的面积为2eq \r(2).
(1)求椭圆C的方程；
(2)如图，点A为椭圆上一动点(非长轴端点)F1，F2为左、右焦点，AF2的延长线与椭圆交于B点，AO的延长线与椭圆交于C点，求△ABC面积的最大值．
【解析】 (1)椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)与抛物线y2＝x交于M，N两点，
可设M(x，eq \r(x))，N(x，-eq \r(x))，
∵△OMN的面积为2eq \r(2)，
∴xeq \r(x)＝2eq \r(2)，解得x＝2，
∴M(2，eq \r(2))，N(2，-eq \r(2))，
由已知得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(c,a)＝\f(\r(2),2),\f(4,a2)＋\f(2,b2)＝1,a2＝b2＋c2))，
解得a＝2eq \r(2)，b＝c＝2.
∴椭圆C的方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1.
(2)当直线AB的斜率不存在时，
不妨取A(2，eq \r(2))，B(2，-eq \r(2))，C(-2，-eq \r(2))，
故S△ABC＝eq \f(1,2)×2eq \r(2)×4＝4eq \r(2)；
当直线AB的斜率存在时，
设直线方程为y＝k(x-2)，
A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k（x-2）,\f(x2,8)＋\f(y2,4)＝1))，
得(1＋2k2)x2-8k2x＋8k2-8＝0.
Δ＝64k4-4(1＋2k2)(8k2-8)＝32(k2＋1)＞0.
x1＋x2＝eq \f(8k2,2k2＋1)，x1x2＝eq \f(8k2-8,2k2＋1).
|AB|＝eq \r(（1＋k2）·[（x1＋x2）2-4x1x2])
＝eq \r(（1＋k2）·\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8k2,2k2＋1)))\s\up12(2)-4·\f(8k2-8,2k2＋1))))
＝4eq \r(2)·eq \f(k2＋1,2k2＋1).
点O到直线kx-y-2k＝0的距离
d＝eq \f(|-2k|,\r(k2＋1))＝eq \f(2|k|,\r(k2＋1))，
∵O是线段AC的中点，
∴点C到直线AB的距离为2d＝eq \f(4|k|,\r(k2＋1)).
∴S△ABC＝eq \f(1,2)|AB|·2d
＝eq \f(1,2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4\r(2)·\f(k2＋1,2k2＋1)))·eq \f(4|k|,\r(k2＋1))
＝8eq \r(2)·eq \r(\f(k2（k2＋1）,（2k2＋1）2)).
∵eq \f(k2（k2＋1）,（2k2＋1）2)＝eq \f(k2（k2＋1）,[k2＋（k2＋1）]2)
≤eq \f(k2（k2＋1）,4k2（k2＋1）2)＝eq \f(1,4)，
又k2≠k2＋1，∴等号不成立，
∴S△ABC＝8eq \r(2)·eq \r(\f(k2（k2＋1）,（2k2＋1）2))＜4eq \r(2).
综上，△ABC面积的最大值为4eq \r(2).
21．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝eq \f(2aln x,x)＋x，g(x)＝2x-eq \f(1,x)，其中a∈R.
(1)若方程f(x)＝g(x)在[1，e](e为自然对数的底数)上存在唯一实数解，求实数a的取值范围；
(2)若存在x∈[1，e]，使不等式xf(x)>x2＋eq \f(2（a＋1）,x)＋2x成立，求实数a的取值范围．
【解析】 (1)函数f(x)＝eq \f(2aln x,x)＋x，g(x)＝2x-eq \f(1,x)，
因为f(x)＝g(x)，所以eq \f(2aln x,x)＋x＝2x-eq \f(1,x)，
即eq \f(x2,2)-aln x-eq \f(1,2)＝0，
令F(x)＝eq \f(x2,2)-aln x-eq \f(1,2)，
由题意得只需函数y＝F(x)在[1，e]上有唯一的零点，
又F′(x)＝x-eq \f(a,x)＝eq \f(x2-a,x)，其中x∈[1，e]，
①当a≤1时，F′(x)≥0恒成立，F(x)单调递增，
又F(1)＝0，则函数F(x)在区间[1，e]上有唯一的零点；
②当a≥e2时，F′(x)≤0恒成立，F(x)单调递减，
又F(1)＝0，则函数F(x)在区间[1，e]上有唯一的零点；
③当1＜a＜e2时，
当1≤x≤eq \r(a)时，F′(x)＜0，F(x)单调递减，
又F(1)＝0，所以F(eq \r(a))则函数F(x)在区间[1，eq \r(a)]上有唯一的零点；
当eq \r(a)则当F(e)＜0时符合题意，即eq \f(e2,2)-a-eq \f(1,2)<0，
所以a>eq \f(e2-1,2)，
所以当eq \f(e2-1,2)则函数F(x)在区间[1，eq \r(a)]上有唯一的零点；
综上所述，实数a的取值范围是(-∞，1]∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e2-1,2)，＋∞)).
(2)存在x∈[1，e]，
使不等式xf(x)>x2＋eq \f(2（a＋1）,x)＋2x成立，
等价于x＋eq \f(1,x)-aln x＋eq \f(a,x)<0在x∈[1，e]上有解，
即函数h(x)＝x＋eq \f(1,x)-aln x＋eq \f(a,x)在[1，e]上的最小值小于零，
h′(x)＝1-eq \f(1,x2)-eq \f(a,x)-eq \f(a,x2)＝eq \f(（x＋1）（x-a-1）,x2)，
①当a＋1≥e时，即a≥e-1时，
h(x)在[1，e]上单调递减，所以h(x)的最小值为h(e)，
由h(e)＝e＋eq \f(1＋a,e)-a<0，可得a>eq \f(e2＋1,e-1)，
又eq \f(e2＋1,e-1)>e-1，故a>eq \f(e2＋1,e-1)；
②当a＋1≤1时，即a≤0时，h(x)在[1，e]上单调递增，
所以h(x)的最小值为h(1)，
由h(1)＝1＋1＋a＜0，可得a＜-2；
③当1＜a＋1＜e，即0＜a＜e-1时，
可得h(x)的最小值为h(a＋1)，
因为0＜ln(a＋1)＜1，所以0＜aln(a＋1)＜a，
h(a＋1)＝a＋1＋eq \f(1,a＋1)-aln(a＋1)＋eq \f(a,a＋1)＝a＋2-aln(a＋1)>2，
所以h(1＋a)＜0不成立，
综上所述，实数a的取值范围是(-∞，-2)∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e2＋1,e-1)，＋∞)).
(二)选考题：共10分．请考生在22、23题中任选一题作答．如果多做，按所做的第一题计分
22．(本小题满分10分)[选修4-4：坐标系与参数方程]在平面直角坐标系中，曲线C1的普通方程为x2＋y2-2x-2＝0，曲线C2的直角坐标方程为x2-y2＝1.以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系．
(1)求曲线C1的参数方程，曲线C2的极坐标方程；
(2)若A(ρ1，α)，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ρ2，α＋\f(π,3)))是曲线C2上两点，当α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,24)))时，求eq \f(2,|OA|2)＋eq \f(1,|OB|2)的取值范围．
【解析】 (1)曲线C1的普通方程为x2＋y2-2x-2＝0，即(x-1)2＋y2＝3，
故曲线C1的参数方程为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝1＋\r(3)cs φ,y＝\r(3)sin φ))(φ为参数)．
令x＝ρcs θ，y＝ρsin θ，
则C2：x2-y2＝1可化为ρ2cs2θ-ρ2sin2θ＝1，
即ρ2(cs2θ-sin2θ)＝ρ2cs 2θ＝1，
故曲线C2的极坐标方程为ρ2cs 2θ＝1.
(2)将点A(ρ1，α)，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ρ2，α＋\f(π,3)))代入曲线C2的极坐标方程，
得ρeq \\al(2,1)cs 2α＝1，ρeq \\al(2,2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(2π,3)))＝1，
∴eq \f(2,|OA|2)＝eq \f(1,|OB|2)＝eq \f(2,ρeq \\al(2,1))＋eq \f(1,ρeq \\al(2,2))
＝2cs 2α＋cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(2π,3)))
＝eq \r(3)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,6))).
∵α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,24)))，∴2α＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,4)))，
∴eq \r(3)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,6)))∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),2)，\f(3,2))).
∴eq \f(2,|OA|2)＋eq \f(1,|OB|2)的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),2)，\f(3,2))).
23．(本小题满分10分)[选修4-5：不等式选讲]已知函数f(x)＝|x-m|＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,m)))(m>0)．
(1)若m＝1，求不等式f(x)＜5的解集；
(2)当函数f(x)的最小值取得最小值时，求m的值．
【解析】 (1)当m＝1时，不等式f(x)＜5，
即为|x-1|＋|x＋1|＜5.
当x＜-1时，原不等式即为-2x＜5，
解得-eq \f(5,2)当-1≤x≤1时，原不等式即为-2＜5(恒成立)，
故-1≤x≤1；
当x＞1时，原不等式即为2x＜5，
解得x综上所述，不等式f(x)＜5的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(-\f(5,2)(2)因为f(x)＝|m-x|＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,m)))≥m-x＋x＋eq \f(1,m)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(m＋\f(1,m)))＝m＋eq \f(1,m)(m>0)，
当且仅当-eq \f(1,m)≤x≤m时，等号成立，
所以f(x)min＝m＋eq \f(1,m)(m＞0)．
因为m＋eq \f(1,m)≥2eq \r(m·\f(1,m))＝2，
当且仅当m＝eq \f(1,m)，即m＝1时，等号成立，
所以当函数f(x)的最小值取得最小值时，m的值为1.年份
2012
2013
2014
2015
2016
年份代码
1
2
3
4
5
高铁密度
9.75
11.49
17.14
20.66
22.92