马亚楼

第Ⅰ部分（共50分）

一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求（本大题共10小题，每小题5分，共50分）

1. 若复数z满足iz=2+4i，则在复平面内，z对应的点的坐标是 （ ）.

A.（2，4） B.（2，-4）

C.（4，-2） D. （4，2）

图12.执行如图1所示的程序框图，输出的S值为（）.

A.1 B.23

C.1321 D. 610987

3. 设等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足S15>0，S16<0，则S1a1，S2a2，…，S15a15中最大的项为（）.

A.S6a6 B.S7a7

C.S9a9 D.S8a8

4. 如图2， 在矩形区域ABCD的A， C两点处各有一个通信基站， 假设其信号覆盖范围分别是扇形区域ADE和扇形区域CBF（该矩形区域内无其他信号来源， 基站工作正常）. 若在该矩形区域内随机地选一地点， 则该地点无信号的概率是（）.

图2A.π2-1B.1-π4C.2-π2D.π4

5. 设函数f（x）=xex，则 （ ）.

A.x=1为f（x）的极大值点

B.x=1为f（x）的极小值点

C.x=-1为f（x）的极大值点

D.x=-1为f（x）的极小值点

6. 设a、b都是非零向量，下列四个条件中，使a|a|=b|b|成立的充分条件是（ ）.

A.|a|=|b|且a∥b B.a=-b

C.a=2b D.a∥b

7. 设△ABC的内角A， B， C所对的边分别为a， b， c， 若bcosC+ccosB=asinA， 则△ABC的形状为（）.

A.锐角三角形B.直角三角形

C.钝角三角形 D.不确定

8. 已知函数f（x）=x（1+a|x|）. 设关于x的不等式f（x+a）

A.（1-52，0）B.（1-32，0）

C.（1-52，0）∪（0，1+32）D.（-∞，1-52）

9. 抛物线C1：y=12px2（p>0）的焦点与双曲线C2：x23-y2=1的右焦点的连线交C1于第一象限的点M.若C1在点M处的切线平行于C2的一条渐近线，则p=（）.

A.316B.38C.233D.433

10.（x2+2）（1x2-1）5的展开式的常数项是（ ）.

A.-3 B.-2 C.2 D. 3

第Ⅱ部分（共100分）

二、填空题：把答案填写在答题卡相应题号后的横线上（本大题共5小题，每小题5分，共25分）

11. 设F1，F2是双曲线C：x2a2-y2b2=1（a>0，b>0）的两个焦点，P是C上一点，若|PF1|+|PF2|=6a，且△PF1F2的最小内角为30°，则C的离心率为.

图312. 如图3，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=AD=3cm，AA1=2cm，则四棱锥A-BB1D1D的体积为 cm3.

13. 已知a，b，c∈R，a+2b+3c=6，则a2+4b2+9c2的最小值为.

14. 古希腊毕达哥拉斯学派的数学家研究过各种多边形数. 如三角形数1，3，6，10，…，第n个三角形数为n（n+1）2=12n2+12n. 记第n个k边形数为N（n，k）（k≥3），以下列出了部分k边形数中第n个数的表达式：

三角形数N（n，3）=12n2+12n，

正方形数 N（n，4）=n2，

五边形数 N（n，5）=32n2-12n，

六边形数 N（n，6）=2n2-n，

……

可以推测N（n，k）的表达式，由此计算N（10，24）=.

15. （考生请注意：请在下列三题中任选一题作答， 如果多做， 则按所做的第一题计分）

A.（不等式选做题）若x，y满足约束条件：x≥0

x+2y≥3

2x+y≤3；则x-y的取值范围为 .

B.（几何证明选做题）双曲线x216-y2m=1的离心率为45， 则m等于.

C.（坐标系与参数方程选做题）设曲线C的参数方程为x=t

y=t2（t为参数），若以直角坐标系的原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，则曲线C的极坐标方程为.

三、解答题： 解答应写出文字说明、证明过程及演算步骤（本大题共6小题，共75分）

16. （本题满分12分每小题6分）

已知函数f（x）=Acos（x4+π6），x∈R，且f（π3）=2.（1）求A的值；

（2）设α，β∈[0，π2]，f（4α+43π）=-3017，f（4β-23π）=85，求cos（α+β）的值.

17. （本题满分16分每小题8分）

已知各项均为正数的两个数列{an}和{bn}满足：an+1=an+bna2n+b2n，n∈N*，

（1）设bn+1=1+bnan，n∈N*，求证：数列{（bnan）2}是等差数列；

（2）设bn+1=2·bnan， n∈N*，且{an}是等比数列，求a1和b1的值.

图418. （本题满分12分）如图4，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是等腰梯形，AD∥BC，AC⊥BD.

（Ⅰ）证明：BD⊥PC；

（Ⅱ）若AD=4，BC=2，直线PD与平面PAC所成的角为30°，求四棱锥P-ABCD的体积.

19. （本题满分11分第Ⅰ题5分，第Ⅱ题6分）某联欢晚会举行抽奖活动，举办方设置了甲、乙两种抽奖方案，方案甲的中奖率为23，中奖可以获得2分；方案乙的中奖率为25，中奖可以得3分；未中奖则不得分.每人有且只有一次抽奖机会，每次抽奖中奖与否互不影响，晚会结束后凭分数兑换奖品.

（1）若小明选择方案甲抽奖，小红选择方案乙抽奖，记他们的累计得分为X，求X≤3的概率；

（2）若小明、小红两人都选择方案甲或方案乙进行抽奖，问：他们选择何种方案抽奖，累计的得分的数学期望较大？

20.（本题满分13分）如图5，椭圆C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）经过点P（1，32）离心率e=12，直线l的方程为x=4.

图5（1） 求椭圆C的方程；

（2） AB是经过右焦点F的任一弦（不经过点P），设直线AB与直线l相交于点M，记PA，PB，PM的斜率分别为k1，k2，k3.问：是否存在常数λ，使得k1+k2=λk3？若存在，求λ的值；若不存在，说明理由.

21.（本题满分11分）设a，b，c均为正数，且a+b+c=1，证明：

（Ⅰ）ab+bc+ca≤13；

（Ⅱ）a2b+b2c+c2a≥1.

答案

一、选择题

1.C

2.C点拨

ìS011 232（跳出） 1321

3. D（点拨由S15=15（a1+a15）2=15a8>0，得a8>0.由S16=15（a1+a16）2=15（a9+a8）2<0，得a9+a8<0，所以a9<0，且d<0.所以数列{an}为递减的数列.所以a1，…，a8为正，a9，…，an为负，且S1，…，S15>0，S16，…，Sn<0，则S9a9<0，S10a10<0，…，S8a8>0，又S8>S1，a1>a8，所以S8a8>S1a1>0，所以最大的项为S8a8，选D.）

4.B

5. D（点拨f ′（x）=（x+1）ex，令f ′（x）=0， 得x=-1，x<-1时，f ′（x）<0，f（x）=xex为减函数；x>-1时，f ′（x）>0，f（x）=xex为增函数，所以x=-1为f（x）的极小值点，选D.）

6.C7.B8.A9.D

10.D（点拨第一个因式取x2，第二个因式取1x2得：1×C15（-1）4=5， 第一个因式取2，第二个因式取（-1）5得：2×（-1）5=-2， 展开式的常数项是5+（-2）=3.）

二、填空题

11. 312. 613.12

14.1000（点拨三角形数N（n，3）=12n2+12n，

正方形数

N（n，4）=n2=（12+12）2个12n2+（12-12）n，

五边形数N（n，5）=32n2-12n=（12+12+12）3个12n2+（12-12-12）n，

六边形数N（n，6）=2n2-n=（12+12+12+12）4个12n2+（12-12-12-122个-12）n，

……

推测k边形数N（n，k）=（12+12+…+12+12）（k-2）个12n2+（12-12-12-12-…-12（k-4）个-12）n=12（k-2）n2-12（k-4）n.

所以N（10，24）=12×（24-2）×102-12×（24-4）×10=1100-100=1000.

15.A.约束条件对应△ABC边界及其内的区域： A（0，3），B（0，32），C（1，1），则t=x-y∈[-3，0] .

B.9 C. ρ2cos2θ-sinθ=0

三、解答题

16.（1）f（π3）=Acos（π12+π6）=Acosπ4=22A=2，解得A=2.

（2）f（4α+43π）=2cos（α+π3+π6）=2cos（α+π2）=-2sinα=-3017，即sinα=1517，

f（4β-23π）=2cos（β-π6+π6）=2cosβ=85，即cosβ=45.

因为α，β∈[0，π2]，所以cosα=1-sin2α=817，sinβ=1-cos2α=35，所以cos（α+β）=cosαcosβ-sinαsinβ=817×45-1517×35=-1385.

17.（1）证明：

∵bn+1=1+bnan，

∴an+1=an+bna2n+b2n=bn+11+（bnan）2.

∴bn+1an+1=1+（bnan）2.

∴（bn+1an+1）2-（bnan）2=（1+（bnan）2）2-（bnan）2=1（n∈N*）.

∴数列{（bnan）2}是以1为公差的等差数列.

（2）∵an>0，bn>0，

∴（an+bn）22≤a2n+b2n<（an+bn）2.

∴1

设等比数列{an}的公比为q，由an>0知q>0，下面用反证法证明q=1.

若q>1，则a1=a2qlogq2a1时，an+1=a1qn>2，与（﹡）矛盾.

若0a2>1，

∴当n>logq1a1时，an+1=a1qn<1，与（﹡）矛盾.

∴综上所述，q=1.

∴an=a1（n∈N*），

∴1

又∵bn+1=2·bnan=2a1·bn（n∈N*），

∴{bn}是公比为2a1的等比数列.

若a1≠2，则2a1>1，于是b1

又由an+1=an+bna2n+b2n得a1=a1+bna21+b2n，得bn=a1±a212-a21a21-1.

∴b1，b2，b3中至少有两项相同，与b1

∴a1=2.

∴bn=2±（2）22-（2）2（2）2-1=2.

∴a1=b1=2.

图618. （Ⅰ）如图6所示，因为PA⊥平面ABCD，BD平面ABCD，所以PA⊥BD.

又AC⊥BD，PA，AC是平面PAC内的两条相交直线，所以BD⊥平面PAC，而PC平面PAC，所以BD⊥PC.

（Ⅱ）设AC和BD相交于点O，连接PO，由（Ⅰ）知，BD⊥平面PAC，所以∠DPO是直线PD和平面PAC所成的角，从而∠DPO=30°.

由BD⊥平面PAC，PO平面PAC，知BD⊥PO.

在Rt△POD中，由∠DPO=30°，得PD=2OD.

因为四边形ABCD为等腰梯形，AC⊥BD，所以△AOD，△BOC均为等腰直角三角形，从而梯形ABCD的高为12AD+12BC=12×（4+2）=3， 于是梯形ABCD面积S=12×（4+2）×3=9.

在等腰三角形AOD中， OD=22AD=22，所以PD=2OD=42，PA=PD2-AD2=4.

故四棱锥P-ABCD的体积为V=13×S×PA=13×9×4=12.

19.（Ⅰ）由已知得：小明中奖的概率为23，小红中奖的概率为25，两人中奖与否互不影响，记“这2人的累计得分X≤3”的事件为A，则A事件的对立事件为“X=5”，

∵P（X=5）=23×25=415，

∴P（A）=1-P（X=5）=1115.

∴这两人的累计得分X≤3的概率为1115.

（Ⅱ）设小明、小红都选择方案甲抽奖中奖的次数为X1，都选择方案乙抽奖中奖的次数为X2，则这两人选择方案甲抽奖累计得分的数学期望为E（2X1），选择方案乙抽奖累计得分的数学期望为E（3X2）.

由已知：X1～B（2，23），X2～B（2，25），

E（X1）=2×23=43，E（X2）=2×25=45，

∴E（2X1）=2E（X1）=83，

E（3X2）=3E（X2）=125

∵E（2X1）>E（3X2），

∴他们都选择方案甲进行抽奖时，累计得分的数学期望最大.

20. （1）由P（1，32）在椭圆上得，

1a2+94b2=1 ①

依题设知a=2c，则

b2=3c2 ②

②代入①解得c2=1，a2=4，b2=3.

故椭圆C的方程为x24+y23=1.

（2）方法一：由题意可设AB的斜率为k， 则直线AB的方程为

y=k（x-1） ③

代入椭圆方程3x2+4y2=12并整理，得（4k2+3）x2-8k2x+4（k2-3）=0， 设A（x1，y1），B（x2，y2），则有

x1+x2=8k24k2+3，x1x2=4（k2-3）4k2+3 ④

在方程③中令x=4得，M的坐标为（4，3k）.

从而k1=y1-32x1-1，k2=y2-32x2-1，k3=3k-324-1=k-12.

注意到A，F，B共线，则有k=kAF=kBF，即有y1x1-1=y2x2-1=k.

所以k1+k2=y1-32x1-1+y2-32x2-1=y1x1-1+y2x2-1-32（1x1-1+1x2-1）

=2k-32·x1+x2-2x1x2-（x1+x2）+1 ⑤

④代入⑤得

k1+k2=2k-32·8k24k2+3-24（k2-3）4k2+3-8k24k2+3+1

=2k-1，

又k3=k-12，所以k1+k2=2k3.故存在常数λ=2符合题意.

方法二设B（x0，y0）（x0≠1），则直线FB的方程为： y=y0x0-1（x-1），

令x=4，求得M（4，3y0x0-1）， 从而直线PM的斜率为k3=2y0-x0+12（x0-1），

联立y=y0x0-1（x-1）

x24+y23=1，

得A（5x0-82x0-5， 3y02x0-5），

则直线PA的斜率为：k1=2y0-2x0+52（x0-1），

直线PB的斜率为：k2=2y0-32（x0-1），

所以k1+k2=2y0-2x0+52（x0-1）+2y0-32（x0-1）=2y0-x0+1x0-1=2k3，

故存在常数λ=2符合题意.

21.（Ⅰ）由a2+b2≥2ab，b2+c2≥2bc，c2+a2≥2ac

得a2+b2+c2≥ab+bc+ca.

由题设得（a+b+c）2=1，

即a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=1

所以3（ab+bc+ca）≤1，即ab+bc+ca≤13.

（Ⅱ）因为a2b+b≥2a，b2c+c≥2b，c2a+a≥2c，故a2b+b2c+c2a+（a+b+c）≥2（a+b+c），即a2b+b2c+c2a≥a+b+c

即a2b+b2c+c2a≥1.（收稿日期：2014-12-20）