
k

1

则有：

15
，解得：
k


，

1k
3
< br>6

2
uuur
1
uuur
5
uuur即
AFABAD
，

36
Q
平行四边形
A BCD
的面积为
93
，

uuuruuur
2

93
，

即
Q< br>ABADsin
3
uuuruuur
ABAD18
，

uuur
2

1
uuur
5
uuur
< br>2
1
uuur
2
5
uuuruuur
25
u uur
2
AF

ABAD

ABABADA D
，

6936

3

9
uuur
2
1
uuur
2
5
uuuruuurr
2
25< br>uuu
AD
，

即：
AFABABADcosBA D
9936
uuur
2
1
uuur
2
5
r
2
1
uuur
2
25
uuur
2
1

25
uuu
AFAB18



AD=AB+AD5
，

99236936

uu ur
2
1
uuur
2
25
uuur
2
AD 5
，

即：
AF=AB+
936
r
2
2 5
uuur
2
r
2
25
uuur
2
1uuu
1
uuu
5
Q
ABAD2ABAD=218= 10
，

93693618
r
2
25
uuur2
1
uuu
AD10
，

即
AB+
936
r
2
25
uuur
2
1
uuu
AD 55

所以
AB+
936
uuur
2
AF 5
，

uuur
r
2
25
uuur
21
uuu
AF5
，当且仅当：
AB=AD
时，取等号，
936
uuur
AF
的最小值为
5
.
故答案为：
5
.
点评：

本题考查平面向量的应用，涉及 向量加减法运算、向量的数量积运算和模以及运用基本
不等式求最值，考查转化思想和计算能力
.

三、解答题
17
．某老师为了研究某学科成绩优良是否与学生性别有 关系，采用分层抽样的方法，从
高二年级抽取了
30
名男生和
20
名 女生的该学科成绩（单位：分），得到如下图所示男
生成绩的频率分布直方图和女生成绩的茎叶图，规定 不低于
80
分为成绩优良．

第 12 页 共 24 页

其中
30
名男生该学科成绩分成以下六组，
100]
．
< br>
40,50

，

50,60

，

60,70

，

70,80

，

80,90

，
[90，
（
1
）请完成下面的列联 表（单位：人）：


男生

女生

总计


（
2
）根据（
1
）中的列联表，能否有
90%< br>的把握认为该学科成绩优良与性别有关系？

成绩优良人数




成绩非优良人数




总计

30

20

50

n< br>
adbc

2
附：
K
，其中
na bcd
．

abcdacbd

2P(K
2
k
0
)

0.15

k
0



2.072

0.10

0.05

0.025

0.01

0.005

2.706

3.841

5.024

6.635

7.879

答案：（
1
）见解析（
2
）有
90%
的把握认为该学科成绩优良与性别有关系．

（
1
）根据频 率分布直方图，计算出男生成绩优良人数，再根据茎叶图数据，得出女生
优良的人数，即可求出其他数据 ，即可写出列联表；


（
2
）根据题给公式，求出
K2
，与临界值比较，即可得出结论
.
解：

解：（
1
）根据题意，可知不低于
80
分为成绩优良，
< br>由频率分布直方图可知，男生成绩优良人数为：

0.020.01

10309
（人），

第 13 页 共 24 页

则男生中成绩不优良的人数为：
30921
（人），
< br>由茎叶图可知，女生成绩优良人数为：
11
人，成绩不优良人数为
9
人 ，

得出列联表如下：


男生

女生

总计


2
（nadbc）

（
2）因为
K
（ab）（cd）（ac）（bd）
2
2
5 0（991121）
3.1252.706
，

30202030
成绩优良人数

9
11
20
成绩非优良人数

21
9
30
总计

30
20
50
∴
有
90%
的把握认为该学科成绩优良与性别有关系．

点评：

本题考查独立性检验的应用，以及根据茎叶图和频率分布直方图求频数．

18
．已知数列

a
n

的前
n
项和为
S< br>n
，
a
1
2
，
S
n
a
n1
，设
b
n

数列

b
n

的前
n
项和为
T
n
；．

（
1< br>）求数列

a
n

的通项公式；

（
2
）求证：
T
n

S
n

1S
n

1S
n1

，
11

．
312
n1
答案：（
1
）
a
n



2,n1
（
2
）见解析

n1

2,n2
（
1
）由于
S
n
a
n1
，根据
S
n
S
n1
S
n
， 得出
S
n1
2S
n
，可证出数列

S
n

为等比
n
数列，根据等比数列的通项公式，求出
S
n< br>2
，即可求出
a
n
S
n+1
S
n2
n1

n2

，
对
n=1
进 行检验，即可得出数列

a
n

的通项公式；


n
S
2
n
n

（
2
）由（
1
）知：
S
n
2
，求得
b
n

1S1S

n

n1


12
n

12
n1

，利用裂
第 14 页 共 24 页

项公式得出
b
n

解：

11

，再利用裂项相消法求出

b
n

的前
n
项和为
T
n
.
nn1
1212
（
1
）解：
∵
S
n
a
n1
，
∴
S
n
S
n1
S
n
，

得
S
n1
2S
n
，即
S
n1
2
，< br>
S
n
所以数列

S
n

为等比数 列，首项为
S
1
a
1
2
，公比
q=2
，

∴
S
n
S
1
2
n1
 a
1
2
n1
2
n
．

n1
当
n2
时，
a
n
S
n+1
S
n< br>2
，

0
当
n=1
时，
a
1
22
，

∴
数列

a
n

的通项公式为
a
n



2,n1
．

n1
2,n 2

n
（
2
）证明：由（
1
）知：
Sn
2
，

S
n
2
n
11

∴
b
n


．


1Sn

1S
n1


12
n
 
12
n1

12
n
12
n1
∴
T
n


1

11

1
11

1

1

12

23

nn1

n1


1212

1212

1212

312
∴
T
n

点评：

11

．

n1
312
本题考查根据
S
n
和
a
n
的关系和利用公式求等比数列的通项公式，考查证明等比 数列，
以及利用裂项相消法求数列的前
n
项和，考查计算能力
.
1 9
．如图，在三棱柱
ABCA
1
B
1
C
1
中，
ABAC
，
M、N、D
分别是
A
1
B1
、AC
11
、BC
的中点，设
M
到平面
AD N
的距离为
m
，
A
到平面
MDN
的距离为
n
．


（
1
）求证：
ADMN
；

第 15 页 共 24 页

（
2
）若三棱柱
ABCA
1
B
1
C
1
是直三棱柱，
ABAA
1
，
A BC
答案：（
1
）见解析（
2
）

6
， 求
m
的值．

n
m969


n19（
1
）因为
D
是
BC
的中点，
ABAC，通过等腰三角形的性质，可得出
ADBC
，

利用三角形的中位线性 质，得出
MNB
1
C
1
，根据棱柱的性质，进而可证出
AD MN
；

（
2
）设
AB2a
，由题设得
ADa
，
ANDN
通过三棱锥等体积法，
V
MADNV
AMDN
，即可求出
解：

（
1
）证明 ：
∵
D
是
BC
的中点，
ABAC
，

∴
ADBC
．

∵
M、N
分别是
A1
B
1
、AC
11
的中点，

∴
MNB
1
C
1
．

在三棱柱
A BCA
1
B
1
C
1
中，
BCB
1
C
1
．

∴
MNBC
．

∴
ADMN
．

（
2
）设
AB2a< br>，由题设得
ADa
，
ANDN
5a
，分别求出
S
V
AND
和
S
V
MDN
，
m
的 值
.
n
5a
，

所以
S
V
AND
19a
2
，


4
∵
ABACAA
1
，
ABC
∴
BAC

6
，

2

，
MN3a
，

3
51a
2
，


4
由题设可得
MDDN5a
，
S
V
MDN
∵
V
MADN< br>V
AMDN
，

∴
mS
V
AND< br>
1
3
1
nS
V
AND
，
< br>3
119a
2
151a
2
即
m
，

n
3434
第 16 页 共 24 页

∴
m51969
．


n19
19
点评：

本题考查线线垂直的证明和利用等 体积法求点到面的距离，还涉及等腰三角形的性质、
三角形的中位线性质和棱锥的体积公式，考查转化思 想和推理能力
.
20
．已知函数
f

x


axlnxb
．

x
4

处的切线方程；

（
1
）当
a1
，
b5
时，求曲线
yf

x
在点

1，
（
2
）当
a1
，
6 1ln

a1

时，求证：曲线
yf

x< br>
与
y1
有公共点．

答案：（
1
）6xy100
（
2
）见解析

fx）
（
1
）当
a1
，
b5
时，
（
xlnx 5lnx6
，则
f

x


，通过导数的几< br>2
xx
何意义求出切线斜率，再利用点斜式求出切线方程；


fx）1（a1）xlnxb0
，构造函数
（gx）（a1）xlnx b
，求（
2
）由
（
导，通过导数求出函数
g
x

的单调性和最小值，由题知
61ln

a1

，则
gx）
1bln(a1)0
，即
（
min
0
，进而可得出结论
.
解：

fx）
解：（
1
）当
a1
，
b5
时，
（
lnx 6
，

x
2
ln16
6
，

2
1
xlnx5
，

x
∴
f
x


∴
f

1

< br>∴
所求切线的斜率
k6
，

6x1）
fx）< br>∴
曲线
y（
在点处的切线方程为
y4（
，

（，14）
即
6xy100
．

fx）
（< br>2
）证明：
（
的定义域为
x
，

（0，）
（fx）1（a1）xlnxb0
，

第 17 页 共 24 页

gx）（a1）xlnxb
，则
x0
，

设
（
1

（a1）x

1
a1

，


g（x）a1
xx
∵
a1
，
∴
当
x

0,


1

1

g（x）0
0,
g（x）
时，，即在

上单调递减；

a1

a1

当
x

1


1

,

时 ，
g
,

上单调递增，

（x）0
，即< br>（gx）
在


a1


a1

∴
当
x
1
gx）
时，
（
取得最小值，

a1

1


1bln(a1)
. < br>a1

gx）
即
（
min
g

∵
b1ln(a1)
，

gx）
∴
1bln (a1)0
，即
（
min
0
，

又
∵
e
b
0
，
ge

(a1)e
b b
lne
b
b(a1)e
b
0
，

gx）
gx）0
有实数解，
∴
曲线
y（
与< br>y0
有公共点，即方程
（
fx）1
有实数解，即曲线
y （fx）
∴
方程
（
与
y1
有公共点，

fx）
∴
当
a1
，
b1ln(a1)
时，曲线< br>y（
与
y1
有公共点．

点评：

本题 考查利用导数的几何意义求切线方程，以及利用导数研究函数的单调性和最值，考
查计算能力
.
21
．已知椭圆
E
的中心为坐标原点
O
，焦点在
x
轴上，离心率为
3
F、F
，
12
分别为
2
椭圆
E
的左、右焦点，点
P
在椭圆
E
上，以线段
F
1
F
2
为直径的圆经过点
P
，线段
F
1< br>P
与
y
轴交于点
B
，且
F
1
PF
1
B6
．

（
1
）求椭圆
E
的方程；

（
2
）设动直线
l
与椭圆
E
交于
M、N
两点，且
OM ON0
．求证：动直线
l
与
uuuuruuur
x
2y
2

4
圆相切．

5
第 18 页 共 24 页

x
2
答案：（
1
）
y
2
1
（
2
）见解析

4
PF
1F
2
且
FOBF
1
PF
2

（
1
）根据双曲线和圆的性质可知，
BFO
1
1

2
，所以
VF
1
BO∽VF
1
F
2
P，由相似比得出
F
1
PF
1
BF
1
OF
1
F
2
2c
2
6
，根据离心率求
出< br>a
，再根据
a
2
b
2
c
2
，求 出
b
，即可求得椭圆的标准方程；


（
2
）根据 题意，分类讨论动直线
l
的斜率不存在时和斜率存在时，联立直线和椭圆方程，
uuu uruuur
求出韦达定理，结合
OMON0
，以及点到直线的距离，化简后即可 得出证明
.
解：

解：（
1
）由双曲线和圆的性质，可知：

x
2
y
2
设椭圆
E
的方程为
2

2
（
，
F
1
F
2
2c
，

1ab0）< br>ab
PF
1
F
2
，
FOB
∵
BFO
F
1
PF
2

1
1
∴
VF
1
BO∽VF
1
F
2
P
，


2
，

F
1
BF
1
O
2

PFBFOFF2c6
，
∴
，即
F
11112
F
1
F
2
F
1
P
∴
c3
，

c3
，解得
a2
，

a2
由已知得
e
由
a
2
b
2
c
2
，得
b
2
1
，

x
2
∴
椭圆
E
的方程为
y
2
1
．

4
第 19 页 共 24 页

（
2
） 证明：
①
当动直线
l
的斜率不存在时，

（t，y
1
）（t，y
2
）
设
l
的方程为
xt
，
M
，
N
，


xt

2
t
2
2
由

x
，得
y10
，
2
4

y1

4
∵
直线
xt
与椭圆
E
交于
M、N
两点，

t
2
∴
方程
y10
有两个不相等的实数根，

4
2

y
1
y
2
0，
∵
t
2
4
，且

，

t
2

y
1
y
2
1.
4

uuu uruuur
∵
OMON0
，

uuuuruuur
2
5t
2
25
∴
OMONty
1
y
2

，

10
，即
t
4
5
∵
圆心
O
到直线
xt
的距离
dt
∴
直 线与圆
xy
22
25
，

5
4
相切；

5
②
当直线
l
的斜率存在时，

设直线
l
的方程为
ykxm
，即
kxym0
，

M（x
1
，kx
1
m）（x
2
，kx
2
m）
，
N
，


ykxm，

2< br>由

x
2
得
x
2
（4kxm）40
，

2

y1

4
即
（4k
2
1）x
2
8kmx4m
2
40
，
第 20 页 共 24 页

∵
动直线
l
与 椭圆
E
交于
M、N
两点，

∴
方程
（4k
2
1）x
2
8kmx4m
2
40
有两个 不相等的实数根，

∴
64km44k14m40
，即
4k
2
1m
2
0
，

22

2

2

8km

xx,
12
2

4k1
且

，

2

x x
4m4
.
12

4k
2
1
∵
OMON0
，

uuuuruuur
uuuuruuur
∴
OMONx
1
x
2


kx
1
m

kx
2
m




1k
2

x
1
x
2
mk（x
1
x
2
）m
2

（1k
2
）（4 m
2
4）8k
2
m
2
2
m0
．

22
4k14k1
5m
2
化简得
k1< br>，

4
2
∵
圆心
Q
即原点
O
到直线
l
的距离
d
m
k
2
1
m
5m
2
4

25
r
，

5
∴
直线
l
与圆
xy
22
4
相切，< br>
5
22
综上所述，动直线
l
与圆
xy
点评：

4
相切．

5
本题考查椭圆的标准方程，以及直线 与椭圆的位置关系的应用，涉及联立方程组、韦达
定理、点到直线的距离公式和直线和圆的位置关系，考 查计算能力
.
22
．在平面直角坐标系
xOy
中，曲线
C
1
的参数方程为


x22cos

（

为参数）．以

y2sin

原点
O
为极点 ，
x
轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线
C
2
的极坐标方程为

2
3cos2

sin

2
．

（
1
）直接写出曲线
C
2
的普通方程；

（
2
）设
A
是曲线
C
1
上的动点，
B是曲线
C
2
上的动点，求
AB
的最大值．

第 21 页 共 24 页

y
2
221
答案：（
1< br>）
x
（
2
）
AB
1
；
2< br>
max
4
3
2
（
1
）利用互化公式即可将 曲线
C
2
的极坐标方程化成普通方程；


2
（x 2）y
2
4
，（
2
）消去参数，求出曲线
C
1
的普通方程为从而得出
C
2
的参数方程，
（cos
，2sin

）
由题可知，
AB
max
BC
max
2
，设
B
，利用两点间的距离公式求出
BC
，运用 二次函数的性质求出
BC
max
，从而得出
AB
的最大值．

解：

y
2
解：（
1
）曲线
C
2
的普通方程为
x1
；

4
2

x2 2cos

（
2
）由曲线
C
1
的参数方程为
（

为参数），

y2sin


（x2）y4
，

得曲线
C
1
的普通方程为
它是一个以
C
为圆心，半径等于
2
的圆，

（2，0）
则曲线
C
2
的参数方程为：

22

xcos

(

为参数），< br>
y2sin


∵
A
是曲线
C
1
上的点，
B
是曲线
C
2
上的点，

∴
AB
max
BC
max
2
．
（cos

，2sin

）
设
B
，

2
则
BC=（cos

2）4sin
2
=3cos
2

4cos

8

2
2

28

，

=3
cos




3

3

∴
当
cos

=
2
28221
时，
BC< br>max
=
，

=
3
33
∴
AB
max
点评：

221
2
．

3
本题考查利用互化公式将极坐标方程转化 为普通方程，利用消参法将参数方程化为普通
方程，运用曲线的参数方程表示点坐标，以及结合两点间的 距离和二次函数的性质，求
第 22 页 共 24 页

出距离最值，考查转化思想和计算能力
.
23
．己知
f

x

2x12x3
，
m
是
f

x

的最小值．

（
1
）求
m
；

（
2
）若
a0
，
b0
，且
ab3ab
，求证：
答案：（< br>1
）
m2
（
2
）见解析

（
1< br>）根据绝对值不等式的性质，即可求出
f

x

的最小值，即 可得出
m
；


（
2
）由已知
ab3 ab
，得出
12
m
．

a
2
b
2
1111
=3
，则
=3
，即可得出
abba
2

3

12343
6222
，即可得 出证明
.

222

abaa

a

解：

（
1
）解：由绝对值不等式的性质得：

（fx）2x12x3（2x1）（2x3）2
，

又
∵
f

1

2
，

∴
m2
．

（
2
）证明：
∵
a 0
，
b0
，且
ab3ab
，

∴
11
=3
，

ab
11
=3
，

ba
1123
=
2
3
，

2
baa
2
∴
∴

3

12343
∴
2

2

2


6

< br>a
2


22
，
abaa

∴
12

2
2
，

2
ab
12
m
．

a
2
b
2
第 23 页 共 24 页
∴

点评：

本题考查利用绝对值不等式的性质求函数最值，以 及通过综合分析法证明不等式，考查
计算能力
.

第 24 页 共 24 页