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2015-2016學(xué)年北京市石景山區(qū)高三（上）期末數(shù)學(xué)試卷（理科） 一、選擇題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題列出的四個(gè)選項(xiàng)中，選出符合題目要求的一項(xiàng)． 1．設(shè)集合M={0，1，2}，N={x|x2﹣3x+2≤0}，則M∩N=（　　） A．{1} B．{2} C．{0，1} D．{1，2} 2．若變量x，y滿足約束條件，則z=2x+y的最大值為（　?。? A．0 B．2 C．3 D．4 3．如圖的程序框圖表示算法的運(yùn)行結(jié)果是（　?。? A．﹣2 B．2 C．﹣1 D．1 4．已知數(shù)列{an}是等差數(shù)列，a3=8，a4=4，則前n項(xiàng)和Sn中最大的是（　?。? A．S3 B．S4或S5 C．S5或S6 D．S6 5．“ab=4”是“直線2x+ay﹣1=0與直線bx+2y﹣2=0平行”的（　　） A．充分必要條件 B．充分而不必要條件 C．必要而不充分條件 D．既不充分也不必要條件 6．若曲線y2=2px（p＞0）上只有一個(gè)點(diǎn)到其焦點(diǎn)的距離為1，則p的值為（　　） A．4 B．3 C．2 D．1 7．如圖，點(diǎn)O為正方體ABCD﹣A′B′C′D′的中心，點(diǎn)E為面B′BCC′的中心，點(diǎn)F為B′C′的中點(diǎn)，則空間四邊形D′OEF在該正方體的各個(gè)面上的投影不可能是（　　） A． B． C． D． 8．如圖，在等腰梯形ABCD中，，E，F(xiàn)分別是底邊AB，CD的中點(diǎn)，把四邊形BEFC沿直線EF折起，使得面BEFC⊥面ADFE，若動(dòng)點(diǎn)P∈平面ADFE，設(shè)PB，PC與平面ADFE所成的角分別為θ1，θ2（θ1，θ2均不為0）．若θ1=θ2，則動(dòng)點(diǎn)P的軌跡為（　?。? A．直線 B．橢圓 C．圓 D．拋物線 　 二、填空題共6小題，每小題5分，共30分． 9．在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)到原點(diǎn)的距離為　　　　　?。? 10．的二項(xiàng)展開式中x項(xiàng)的系數(shù)為　　　　　　．（用數(shù)字作答） 11．在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊長分別為a，b，c，且 a=15，b=10，A=60°，則cosB=　　　　　?。? 12．在極坐標(biāo)系中，設(shè)曲線ρ=2和ρcosθ=1相交于點(diǎn)A，B，則|AB|=　　　　　?。? 13．2位男生和3位女生共5位同學(xué)站成一排，若3位女生中有且只有兩位女生相鄰，則不同排法的種數(shù)是　　　　　　種．（用數(shù)字作答） 14．股票交易的開盤價(jià)是這樣確定的：每天開盤前，由投資者填報(bào)某種股票的意向買價(jià)或意向賣價(jià)以及相應(yīng)的意向股數(shù)，然后由計(jì)算機(jī)根據(jù)這些數(shù)據(jù)確定適當(dāng)?shù)膬r(jià)格，使得在該價(jià)位上能夠成交的股數(shù)最多．（注：當(dāng)賣方意向價(jià)不高于開盤價(jià)，同時(shí)買方意向價(jià)不低于開盤價(jià)，能夠成交）根據(jù)以下數(shù)據(jù)，這種股票的開盤價(jià)為　　　　　　元，能夠成交的股數(shù)為　　　　　?。? 賣家意向價(jià)（元） 2.1 2.2 2.3 2.4 意向股數(shù) 200 400 500 100 買家意向價(jià)（元） 2.1 2.2 2.3 2.4 意向股數(shù) 600 300 300 100 　 三、解答題共6小題，共80分．解答應(yīng)寫出文字說明，演算步驟或證明過程． 15．已知函數(shù)f（x）=2x，x∈R． （Ⅰ）求函數(shù)f（x）的最小正周期與單調(diào)增區(qū)間； （Ⅱ）求函數(shù)f（x）在上的最大值與最小值． 16．某教育主管部門到一所中學(xué)檢查學(xué)生的體質(zhì)健康情況．從全體學(xué)生中，隨機(jī)抽取12名進(jìn)行體質(zhì)健康測(cè)試，測(cè)試成績（百分制）以莖葉圖形式表示如圖所示．根據(jù)學(xué)生體質(zhì)健康標(biāo)準(zhǔn)，成績不低于76的為優(yōu)良． （Ⅰ）寫出這組數(shù)據(jù)的眾數(shù)和中位數(shù)； （Ⅱ）將頻率視為概率．根據(jù)樣本估計(jì)總體的思想，在該校學(xué)生中任選3人進(jìn)行體質(zhì)健康測(cè)試，求至少有1人成績是“優(yōu)良”的概率； （Ⅲ）從抽取的12人中隨機(jī)選取3人，記ξ表示成績“優(yōu)良”的學(xué)生人數(shù)，求ξ的分布列及期望． 17．在四棱錐P﹣ABCD中，側(cè)面PCD⊥底面ABCD，PD⊥CD，E為PC中點(diǎn)，底面ABCD是直角梯形，AB∥CD，∠ADC=90°，AB=AD=PD=1，CD=2． （Ⅰ）求證：BE∥平面PAD； （Ⅱ）求證：BC⊥平面PBD； （Ⅲ）在線段PC上是否存在一點(diǎn)Q，使得二面角Q﹣BD﹣P為45°？若存在，求的值；若不存在，請(qǐng)述明理由． 18．已知函數(shù)f（x）=x﹣1+（a∈R，e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）． （Ⅰ）若曲線y=f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線平行于x軸，求a的值； （Ⅱ）求函數(shù)f（x）的極值； （Ⅲ）當(dāng)a=1的值時(shí)，若直線l：y=kx﹣1與曲線y=f（x）沒有公共點(diǎn)，求k的最大值． 19．已知橢圓C：（a＞b＞0）的焦距為4，其短軸的兩個(gè)端點(diǎn)與長軸的一個(gè)端點(diǎn)構(gòu)成正三角形． （Ⅰ）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程； （Ⅱ）設(shè)F為橢圓C的左焦點(diǎn)，M為直線x=﹣3上任意一點(diǎn)，過F作MF的垂線交橢圓C于點(diǎn)P，Q．證明：OM經(jīng)過線段PQ的中點(diǎn)N．（其中O為坐標(biāo)原點(diǎn)） 20．給定一個(gè)數(shù)列{an}，在這個(gè)數(shù)列里，任取m（m≥3，m∈N*）項(xiàng)，并且不改變它們?cè)跀?shù)列{an}中的先后次序，得到的數(shù)列{an}的一個(gè)m階子數(shù)列． 已知數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=（n∈N*，a為常數(shù)），等差數(shù)列a2，a3，a6是數(shù)列{an}的一個(gè)3子階數(shù)列． （1）求a的值； （2）等差數(shù)列b1，b2，…，bm是{an}的一個(gè)m（m≥3，m∈N*）階子數(shù)列，且b1=（k為常數(shù)，k∈N*，k≥2），求證：m≤k+1 （3）等比數(shù)列c1，c2，…，cm是{an}的一個(gè)m（m≥3，m∈N*）階子數(shù)列，求證：c1+c1+…+cm≤2﹣． 　  2015-2016學(xué)年北京市石景山區(qū)高三（上）期末數(shù)學(xué)試卷（理科） 參考答案與試題解析 　 一、選擇題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題列出的四個(gè)選項(xiàng)中，選出符合題目要求的一項(xiàng)． 1．設(shè)集合M={0，1，2}，N={x|x2﹣3x+2≤0}，則M∩N=（　?。? A．{1} B．{2} C．{0，1} D．{1，2} 【考點(diǎn)】交集及其運(yùn)算． 【分析】求出集合N的元素，利用集合的基本運(yùn)算即可得到結(jié)論． 【解答】解：∵N={x|x2﹣3x+2≤0}={x|（x﹣1）（x﹣2）≤0}={x|1≤x≤2}， ∴M∩N={1，2}， 故選：D． 　 2．若變量x，y滿足約束條件，則z=2x+y的最大值為（　?。? A．0 B．2 C．3 D．4 【考點(diǎn)】簡單線性規(guī)劃． 【分析】由約束條件作出可行域，化目標(biāo)函數(shù)為直線方程的斜截式，數(shù)形結(jié)合得到最優(yōu)解，把最優(yōu)解的坐標(biāo)代入目標(biāo)函數(shù)得答案． 【解答】解：由約束條件作出可行域如圖， 化目標(biāo)函數(shù)z=2x+y為y=﹣2x+z， 由圖可知，當(dāng)直線y=﹣2x+z過A（2，0）時(shí)，直線在y軸上的截距最大，z有最大值為4． 故選：D． 　 3．如圖的程序框圖表示算法的運(yùn)行結(jié)果是（　?。? A．﹣2 B．2 C．﹣1 D．1 【考點(diǎn)】程序框圖． 【分析】模擬執(zhí)行程序框圖，依次寫出每次循環(huán)得到的S，i的值，當(dāng)i=5時(shí)滿足條件i＞4，退出循環(huán)，輸出S的值為﹣2． 【解答】解：模擬執(zhí)行程序框圖，可得 S=0，i=1 不滿足條件i＞4，不滿足條件i是偶數(shù)，S=1，i=2 不滿足條件i＞4，滿足條件i是偶數(shù)，S=﹣1，i=3 不滿足條件i＞4，不滿足條件i是偶數(shù)，S=2，i=4 不滿足條件i＞4，滿足條件i是偶數(shù)，S=﹣2，i=5 滿足條件i＞4，退出循環(huán)，輸出S的值為﹣2． 故選：A． 　 4．已知數(shù)列{an}是等差數(shù)列，a3=8，a4=4，則前n項(xiàng)和Sn中最大的是（　?。? A．S3 B．S4或S5 C．S5或S6 D．S6 【考點(diǎn)】等差數(shù)列的前n項(xiàng)和． 【分析】由{an}是等差數(shù)列，a3=8，a4=4，解得a1=16，d=﹣4．故Sn=﹣2n2+18n=﹣2（n﹣）2+．由此能求出結(jié)果． 【解答】解：∵{an}是等差數(shù)列，a3=8，a4=4， ∴，解得a1=16，d=﹣4． ∴Sn=16n+ =﹣2n2+18n =﹣2（n﹣）2+． ∴當(dāng)n=4或n=5時(shí)，Sn取最大值． 故選B． 　 5．“ab=4”是“直線2x+ay﹣1=0與直線bx+2y﹣2=0平行”的（　?。? A．充分必要條件 B．充分而不必要條件 C．必要而不充分條件 D．既不充分也不必要條件 【考點(diǎn)】兩條直線平行的判定． 【分析】本題考查線線平行關(guān)系公式的利用，注意2條線是否重合 【解答】解：∵兩直線平行∴斜率相等．即可得ab=4， 又因?yàn)椴荒苤睾?，?dāng)a=1，b=4時(shí)，滿足ab=4，但是重合， 所以選C 　 6．若曲線y2=2px（p＞0）上只有一個(gè)點(diǎn)到其焦點(diǎn)的距離為1，則p的值為（　?。? A．4 B．3 C．2 D．1 【考點(diǎn)】拋物線的簡單性質(zhì)． 【分析】利用拋物線的性質(zhì)求出p即可． 【解答】解：因?yàn)閽佄锞€關(guān)于拋物線的軸對(duì)稱，所以拋物線頂點(diǎn)到焦點(diǎn)的距離唯一， 可得，p=2． 故選：C． 　 7．如圖，點(diǎn)O為正方體ABCD﹣A′B′C′D′的中心，點(diǎn)E為面B′BCC′的中心，點(diǎn)F為B′C′的中點(diǎn)，則空間四邊形D′OEF在該正方體的各個(gè)面上的投影不可能是（　?。? A． B． C． D． 【考點(diǎn)】簡單空間圖形的三視圖． 【分析】根據(jù)平行投影的特點(diǎn)和正方體的性質(zhì)，得到分別從正方體三個(gè)不同的角度來觀察正方體，得到三個(gè)不同的投影圖，逐個(gè)檢驗(yàn)，得到結(jié)果． 【解答】解：由題意知光線從上向下照射，得到C， 光線從前向后照射，得到A， 光線從左向右照射得到B， 故空間四邊形D′OEF在該正方體的各個(gè)面上的投影不可能是D， 故選：D 　 8．如圖，在等腰梯形ABCD中，，E，F(xiàn)分別是底邊AB，CD的中點(diǎn)，把四邊形BEFC沿直線EF折起，使得面BEFC⊥面ADFE，若動(dòng)點(diǎn)P∈平面ADFE，設(shè)PB，PC與平面ADFE所成的角分別為θ1，θ2（θ1，θ2均不為0）．若θ1=θ2，則動(dòng)點(diǎn)P的軌跡為（　　） A．直線 B．橢圓 C．圓 D．拋物線 【考點(diǎn)】軌跡方程． 【分析】先確定PE=PF，再以EF所在直線為x軸，EF的垂直平分線為y軸建立坐標(biāo)系，求出軌跡方程，即可得出結(jié)論． 【解答】解：由題意，PE=BEcotθ1，PF=CFcotθ2， ∵BE=CF，θ1=θ2， ∴PE=PF． 以EF所在直線為x軸，EF的垂直平分線為y軸建立坐標(biāo)系，設(shè)E（﹣a，0），F(xiàn)（a，0），P（x，y），則 （x+a）2+y2= [（x﹣a）2+y2]， ∴3x2+3y2+10ax+3a2=0，軌跡為圓． 故選：C． 　 二、填空題共6小題，每小題5分，共30分． 9．在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)到原點(diǎn)的距離為　?。? 【考點(diǎn)】復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運(yùn)算；復(fù)數(shù)的基本概念． 【分析】利用兩個(gè)復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除法，虛數(shù)單位i的冪運(yùn)算性質(zhì)化簡復(fù)數(shù)，求出其在復(fù)平面內(nèi)的對(duì)應(yīng)點(diǎn)的坐標(biāo)，利用兩點(diǎn)間的距離公式求得復(fù)數(shù)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)到原點(diǎn)的距離． 【解答】解：復(fù)數(shù)===﹣1+i，其對(duì)應(yīng)點(diǎn)的坐標(biāo)為（﹣1，1）， 該點(diǎn)到原點(diǎn)的距離等于=， 故答案為． 　 10．的二項(xiàng)展開式中x項(xiàng)的系數(shù)為　﹣5?。ㄓ脭?shù)字作答） 【考點(diǎn)】二項(xiàng)式定理的應(yīng)用． 【分析】在二項(xiàng)展開式的通項(xiàng)公式中，令x的冪指數(shù)等于1，求出r的值，即可求得展開式中x項(xiàng)的系數(shù)． 【解答】解：的二項(xiàng)展開式的通項(xiàng)公式為 Tr+1=?（﹣1）r?，令=1，求得r=1， 可得展開式中x項(xiàng)的系數(shù)為﹣=﹣5， 故答案為：﹣5． 　 11．在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊長分別為a，b，c，且 a=15，b=10，A=60°，則cosB=　?。? 【考點(diǎn)】正弦定理． 【分析】由正弦定理可得，可求sinB，然后結(jié)合大邊對(duì)大角及同角平方關(guān)系即可求解 【解答】解：∵a=15，b=10，A=60° 由正弦定理可得， ∴sinB=== ∵a＞b ∴A＞B ∴B為銳角 ∴cosB== 故答案為： 　 12．在極坐標(biāo)系中，設(shè)曲線ρ=2和ρcosθ=1相交于點(diǎn)A，B，則|AB|=　2?。? 【考點(diǎn)】簡單曲線的極坐標(biāo)方程． 【分析】由ρ=2，得x2+y2=4，由ρcosθ=1，得x=1，由此聯(lián)立方程組能求出交點(diǎn)A、B，由此能求出|AB|． 【解答】解：∵ρ=2，∴x2+y2=4， ∴ρcosθ=1，∴x=1， 聯(lián)立，得或， ∴A（1，﹣），B（1，）， ∴|AB|=2． 故答案為：2． 　 13．2位男生和3位女生共5位同學(xué)站成一排，若3位女生中有且只有兩位女生相鄰，則不同排法的種數(shù)是　72　種．（用數(shù)字作答） 【考點(diǎn)】排列、組合的實(shí)際應(yīng)用． 【分析】把3位女生的兩位捆綁在一起看做一個(gè)復(fù)合元素，和剩下的一位女生，插入到2位男生全排列后形成的3個(gè)空中的2個(gè)空中，問題得以解決． 【解答】解：把3位女生的兩位捆綁在一起看做一個(gè)復(fù)合元素，和剩下的一位女生，插入到2位男生全排列后形成的3個(gè)空中的2個(gè)空中， 故有A32A22A32=72種， 故答案為：72 　 14．股票交易的開盤價(jià)是這樣確定的：每天開盤前，由投資者填報(bào)某種股票的意向買價(jià)或意向賣價(jià)以及相應(yīng)的意向股數(shù)，然后由計(jì)算機(jī)根據(jù)這些數(shù)據(jù)確定適當(dāng)?shù)膬r(jià)格，使得在該價(jià)位上能夠成交的股數(shù)最多．（注：當(dāng)賣方意向價(jià)不高于開盤價(jià)，同時(shí)買方意向價(jià)不低于開盤價(jià)，能夠成交）根據(jù)以下數(shù)據(jù)，這種股票的開盤價(jià)為　2.2　元，能夠成交的股數(shù)為　600?。? 賣家意向價(jià)（元） 2.1 2.2 2.3 2.4 意向股數(shù) 200 400 500 100 買家意向價(jià)（元） 2.1 2.2 2.3 2.4 意向股數(shù) 600 300 300 100 【考點(diǎn)】函數(shù)模型的選擇與應(yīng)用． 【分析】分別計(jì)算出開盤價(jià)為2.1、2.2、2.3、2.4元買家意向股數(shù)及賣家意向股數(shù)，進(jìn)而比較即得結(jié)論． 【解答】解：依題意，當(dāng)開盤價(jià)為2.1元時(shí)，買家意向股數(shù)為600+300+300+100=1300， 賣家意向股數(shù)為200，此時(shí)能夠成交的股數(shù)為200； 當(dāng)開盤價(jià)為2.2元時(shí)，買家意向股數(shù)為300+300+100=700， 賣家意向股數(shù)為200+400=600，此時(shí)能夠成交的股數(shù)為600； 當(dāng)開盤價(jià)為2.3元時(shí)，買家意向股數(shù)為300+100=400， 賣家意向股數(shù)為200+400+500=1100，此時(shí)能夠成交的股數(shù)為400； 當(dāng)開盤價(jià)為2.4元時(shí)，買家意向股數(shù)為100， 賣家意向股數(shù)為200+400+500+100=1200，此時(shí)能夠成交的股數(shù)為100； 故答案為：2.2，600． 　 三、解答題共6小題，共80分．解答應(yīng)寫出文字說明，演算步驟或證明過程． 15．已知函數(shù)f（x）=2x，x∈R． （Ⅰ）求函數(shù)f（x）的最小正周期與單調(diào)增區(qū)間； （Ⅱ）求函數(shù)f（x）在上的最大值與最小值． 【考點(diǎn)】三角函數(shù)中的恒等變換應(yīng)用；三角函數(shù)的周期性及其求法． 【分析】（Ⅰ）先化簡函數(shù)可得f（x）=，即可求函數(shù)f（x）的最小正周期與單調(diào)增區(qū)間； （Ⅱ）由定義域根據(jù)正弦函數(shù)的單調(diào)性即可求出函數(shù)f（x）在上的最大值與最小值． 【解答】解： ==． （Ⅰ）f（x）的最小正周期為． 令，解得， 所以函數(shù)f（x）的單調(diào)增區(qū)間為． （Ⅱ）因?yàn)?，所以，所以? 于是，所以0≤f（x）≤1． 當(dāng)且僅當(dāng)x=0時(shí)，f（x）取最小值f（x）min=f（0）=0． 當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)最大值． 　 16．某教育主管部門到一所中學(xué)檢查學(xué)生的體質(zhì)健康情況．從全體學(xué)生中，隨機(jī)抽取12名進(jìn)行體質(zhì)健康測(cè)試，測(cè)試成績（百分制）以莖葉圖形式表示如圖所示．根據(jù)學(xué)生體質(zhì)健康標(biāo)準(zhǔn)，成績不低于76的為優(yōu)良． （Ⅰ）寫出這組數(shù)據(jù)的眾數(shù)和中位數(shù)； （Ⅱ）將頻率視為概率．根據(jù)樣本估計(jì)總體的思想，在該校學(xué)生中任選3人進(jìn)行體質(zhì)健康測(cè)試，求至少有1人成績是“優(yōu)良”的概率； （Ⅲ）從抽取的12人中隨機(jī)選取3人，記ξ表示成績“優(yōu)良”的學(xué)生人數(shù)，求ξ的分布列及期望． 【考點(diǎn)】離散型隨機(jī)變量的期望與方差；眾數(shù)、中位數(shù)、平均數(shù)；古典概型及其概率計(jì)算公式． 【分析】（Ⅰ）利用莖葉圖能求出這組數(shù)據(jù)的眾數(shù)，中位數(shù)． （Ⅱ）抽取的12人中成績是“優(yōu)良”的頻率為，由此得到從該校學(xué)生中任選1人，成績是“優(yōu)良”的概率為，從而能求出“在該校學(xué)生中任選3人，至少有1人成績是‘優(yōu)良’”的概率． （Ⅲ）由題意可得，ξ的可能取值為0，1，2，3，分別求出相對(duì)應(yīng)的概率，由此能求出ξ的分布列和Eξ． 【解答】解：（Ⅰ）這組數(shù)據(jù)的眾數(shù)為86，中位數(shù)為86．… （Ⅱ）抽取的12人中成績是“優(yōu)良”的頻率為， 故從該校學(xué)生中任選1人，成績是“優(yōu)良”的概率為，… 設(shè)“在該校學(xué)生中任選3人，至少有1人成績是‘優(yōu)良’的事件”為A， 則P（A）=1﹣=1﹣=．… （Ⅲ）由題意可得，ξ的可能取值為0，1，2，3．… P（ξ=0）==，P（ξ=1）==， P（ξ=2）===，P（ξ=3）===， 所以ξ的分布列為 ξ 0 1 2 3 P … Eξ==．… 　 17．在四棱錐P﹣ABCD中，側(cè)面PCD⊥底面ABCD，PD⊥CD，E為PC中點(diǎn)，底面ABCD是直角梯形，AB∥CD，∠ADC=90°，AB=AD=PD=1，CD=2． （Ⅰ）求證：BE∥平面PAD； （Ⅱ）求證：BC⊥平面PBD； （Ⅲ）在線段PC上是否存在一點(diǎn)Q，使得二面角Q﹣BD﹣P為45°？若存在，求的值；若不存在，請(qǐng)述明理由． 【考點(diǎn)】二面角的平面角及求法；直線與平面平行的判定；直線與平面垂直的判定． 【分析】（Ⅰ）取CD中點(diǎn)F，連結(jié)EF，BF，則EF∥PD，ABDF，從而BF∥AD，進(jìn)而平面PAD∥平面BEF，由此能證明BE∥平面PAD． （Ⅱ）推導(dǎo)出BC⊥PD，BC⊥BD，由此能證明BC⊥平面PBD． （Ⅲ）以D為原點(diǎn)，DA為x軸，DC為y軸，DP為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法能求出在線段PC上存在Q（0，2，2﹣），使得二面角Q﹣BD﹣P為45°，=． 【解答】證明：（Ⅰ）取CD中點(diǎn)F，連結(jié)EF，BF， ∵E為PC中點(diǎn)，AB=AD=PD=1，CD=2， ∴EF∥PD，ABDF， ∴四邊形ABFD是平行四邊形，∴BF∥AD， ∵EF∩BF=F，AD∩PD=D，BF、EF?平面BEF，AD、PD?平面ADP， ∴平面PAD∥平面BEF， ∵BE?平面BEF，∴BE∥平面PAD． （Ⅱ）∵在四棱錐P﹣ABCD中，側(cè)面PCD⊥底面ABCD，PD⊥CD， ∴PD⊥底面ABCD，∴BC⊥PD， ∵底面ABCD是直角梯形，AB∥CD，∠ADC=90°，AB=AD=PD=1，CD=2， ∴BD=BC==， ∴BD2+BC2=CD2，∴BC⊥BD， ∵PD∩BD=D，∴BC⊥平面PBD． 解：（Ⅲ）以D為原點(diǎn)，DA為x軸，DC為y軸，DP為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系， D（0，0，0），P（0，0，1），B（1，1，0），C（0，2，0），設(shè)Q（0，b，c）， =（1，1，0），=（0，0，1），=（0，b，c）， 設(shè)平面BDP的法向量=（x，y，z）， 則，取x=1，得=（1，﹣1，0）， 設(shè)平面BDQ的法向量=（x1，y1，z1）， 則，取x1=1，得=（1，﹣1，）， ∵二面角Q﹣BD﹣P為45°， ∴cos45°===，解得=， ∴Q（0，，c），∴，解得c=2﹣，∴Q（0，2，2﹣）， ∴==． ∴在線段PC上存在Q（0，2，2﹣），使得二面角Q﹣BD﹣P為45°，=． 　 18．已知函數(shù)f（x）=x﹣1+（a∈R，e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）． （Ⅰ）若曲線y=f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線平行于x軸，求a的值； （Ⅱ）求函數(shù)f（x）的極值； （Ⅲ）當(dāng)a=1的值時(shí)，若直線l：y=kx﹣1與曲線y=f（x）沒有公共點(diǎn)，求k的最大值． 【考點(diǎn)】利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值；利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點(diǎn)切線方程． 【分析】（Ⅰ）依題意，f′（1）=0，從而可求得a的值； （Ⅱ）f′（x）=1﹣，分①a≤0時(shí)②a＞0討論，可知f（x）在∈（﹣∞，lna）上單調(diào)遞減，在（lna，+∞）上單調(diào)遞增，從而可求其極值； （Ⅲ）令g（x）=f（x）﹣（kx﹣1）=（1﹣k）x+，則直線l：y=kx﹣1與曲線y=f（x）沒有公共點(diǎn)?方程g（x）=0在R上沒有實(shí)數(shù)解，分k＞1與k≤1討論即可得答案． 【解答】解：（Ⅰ）由f（x）=x﹣1+，得f′（x）=1﹣， 又曲線y=f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線平行于x軸， ∴f′（1）=0，即1﹣=0，解得a=e． （Ⅱ）f′（x）=1﹣， ①當(dāng)a≤0時(shí)，f′（x）＞0，f（x）為（﹣∞，+∞）上的增函數(shù)，所以f（x）無極值； ②當(dāng)a＞0時(shí)，令f′（x）=0，得ex=a，x=lna， x∈（﹣∞，lna），f′（x）＜0；x∈（lna，+∞），f′（x）＞0； ∴f（x）在∈（﹣∞，lna）上單調(diào)遞減，在（lna，+∞）上單調(diào)遞增， 故f（x）在x=lna處取到極小值，且極小值為f（lna）=lna，無極大值． 綜上，當(dāng)a≤0時(shí)，f（x）無極值；當(dāng)a＞0時(shí)，f（x）在x=lna處取到極小值lna，無極大值． （Ⅲ）當(dāng)a=1時(shí)，f（x）=x﹣1+，令g（x）=f（x）﹣（kx﹣1）=（1﹣k）x+， 則直線l：y=kx﹣1與曲線y=f（x）沒有公共點(diǎn)， 等價(jià)于方程g（x）=0在R上沒有實(shí)數(shù)解． 假設(shè)k＞1，此時(shí)g（0）=1＞0，g（）=﹣1+＜0， 又函數(shù)g（x）的圖象連續(xù)不斷，由零點(diǎn)存在定理可知g（x）=0在R上至少有一解， 與“方程g（x）=0在R上沒有實(shí)數(shù)解”矛盾，故k≤1． 又k=1時(shí)，g（x）=＞0，知方程g（x）=0在R上沒有實(shí)數(shù)解， 所以k的最大值為1． 　 19．已知橢圓C：（a＞b＞0）的焦距為4，其短軸的兩個(gè)端點(diǎn)與長軸的一個(gè)端點(diǎn)構(gòu)成正三角形． （Ⅰ）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程； （Ⅱ）設(shè)F為橢圓C的左焦點(diǎn)，M為直線x=﹣3上任意一點(diǎn)，過F作MF的垂線交橢圓C于點(diǎn)P，Q．證明：OM經(jīng)過線段PQ的中點(diǎn)N．（其中O為坐標(biāo)原點(diǎn)） 【考點(diǎn)】直線與圓錐曲線的關(guān)系；橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程． 【分析】（I）由橢圓C的焦距為4，及等邊三角形的性質(zhì)和a2=b2+c2，求得a，b，即可求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程； （Ⅱ）設(shè)M（﹣3，m），P（x1，y1），Q（x2，y2），PQ的中點(diǎn)為N（x0，y0），kMF=﹣m，設(shè)直線PQ的方程為x=my﹣2，代入橢圓方程，運(yùn)用韋達(dá)定理和中點(diǎn)坐標(biāo)公式，結(jié)合三點(diǎn)共線的方法：斜率相等，即可得證． 【解答】解：（Ⅰ）由題意可得c=2， 短軸的兩個(gè)端點(diǎn)與長軸的一個(gè)端點(diǎn)構(gòu)成正三角形，可得 a=?2b，即有a=b，a2﹣b2=4， 解得a=，b=， 則橢圓方程為+=1； （Ⅱ）證明：設(shè)M（﹣3，m），P（x1，y1），Q（x2，y2）， PQ的中點(diǎn)為N（x0，y0），kMF=﹣m， 由F（﹣2，0），可設(shè)直線PQ的方程為x=my﹣2， 代入橢圓方程可得（m2+3）y2﹣4my﹣2=0， 即有y1+y2=，y1y2=﹣， 于是N（﹣，）， 則直線ON的斜率kON=﹣， 又kOM=﹣， 可得kOM=kON， 則O，N，M三點(diǎn)共線，即有OM經(jīng)過線段PQ的中點(diǎn)． 　 20．給定一個(gè)數(shù)列{an}，在這個(gè)數(shù)列里，任取m（m≥3，m∈N*）項(xiàng)，并且不改變它們?cè)跀?shù)列{an}中的先后次序，得到的數(shù)列{an}的一個(gè)m階子數(shù)列． 已知數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=（n∈N*，a為常數(shù)），等差數(shù)列a2，a3，a6是數(shù)列{an}的一個(gè)3子階數(shù)列． （1）求a的值； （2）等差數(shù)列b1，b2，…，bm是{an}的一個(gè)m（m≥3，m∈N*）階子數(shù)列，且b1=（k為常數(shù)，k∈N*，k≥2），求證：m≤k+1 （3）等比數(shù)列c1，c2，…，cm是{an}的一個(gè)m（m≥3，m∈N*）階子數(shù)列，求證：c1+c1+…+cm≤2﹣． 【考點(diǎn)】數(shù)列的求和；等差數(shù)列的性質(zhì)． 【分析】（1）利用等差數(shù)列的定義及其性質(zhì)即可得出； （2）設(shè)等差數(shù)列b1，b2，…，bm的公差為d．由b1=，可得b2≤，再利用等差數(shù)列的通項(xiàng)公式及其不等式的性質(zhì)即可證明； （3）設(shè)c1= （t∈N*），等比數(shù)列c1，c2，…，cm的公比為q．由c2≤，可得q=≤．從而cn=c1qn﹣1≤（1≤n≤m，n∈N*）．再利用等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式、函數(shù)的單調(diào)性即可得出． 【解答】（1）解：∵a2，a3，a6成等差數(shù)列， ∴a2﹣a3=a3﹣a6． 又∵a2=，a3=，a6=， 代入得﹣=﹣，解得a=0． （2）證明：設(shè)等差數(shù)列b1，b2，…，bm的公差為d． ∵b1=，∴b2≤， 從而d=b2﹣b1≤﹣=﹣． ∴bm=b1+（m﹣1）d≤﹣． 又∵bm＞0，∴﹣＞0． 即m﹣1＜k+1． ∴m＜k+2． 又∵m，k∈N*，∴m≤k+1． （3）證明：設(shè)c1= （t∈N*），等比數(shù)列c1，c2，…，cm的公比為q． ∵c2≤，∴q=≤． 從而cn=c1qn﹣1≤（1≤n≤m，n∈N*）． ∴c1+c2+…+cm≤+++…+ =， 設(shè)函數(shù)f（x）=x﹣，（m≥3，m∈N*）． 當(dāng)x∈（0，+∞）時(shí)，函數(shù)f（x）=x﹣為單調(diào)增函數(shù)． ∵當(dāng)t∈N*，∴1＜≤2．∴f（）≤2﹣． 即 c1+c2+…+cm≤2﹣． 　  2016年8月21日 第20頁（共20頁）