安徽省2017届高三（上）10月联考数学试卷（文科）（解析版）

2016-2017学年安徽省高三（上）10月联考数学试卷（文科）
　
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，只有一项是最符合题目要求的．）
1．已知集合A={y|y=x2﹣2x﹣1，x∈R}，B={y|y=x+，x∈R且x≠0}，则（ RB）∩A=（　　）
A．（﹣2，2]
B．[﹣2，2）
C．[﹣2，+∞）
D．（﹣2，2）
2．在复平面内，复数z=（i为虚数单位）的共轭复数对应的点位于（　　）
A．第一象限
B．第二象限
C．第三象限
D．第四象限
3．下列推理过程是演绎推理的是（　　）
A．由平面三角形的性质推测空间三棱锥的性质
B．某校高二1班有55人，2班有52人，由此得高二所有班人数都超过50人
C．两条直线平行，同位角相等；若∠A与∠B是两条平行直线的同位角，则∠A=∠B
D．在数列{an}中，a1=2，an=2an﹣1+1（n≥2），由此归纳出{an}的通项公式
4．已知tanα＜0，则（　　）
A．sinα＜0
B．sin2α＜0
C．cosα＜0
D．cos2α＜0
5．已知α1，α2，α3是三个相互平行的平面，平面α1，α2之间的距离为d1，平面α2，α3之前的距离为d2，直线l与α1，α2，α3分别相交于P1，P2，P3．那么“P1P2=P2P3”是“d1=d2”的（　　）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
6．设a=log36，b=log510，c=log714，则（　　）
A．c＞b＞a
B．b＞c＞a
C．a＞c＞b
D．a＞b＞c
7．设动点P（x，y）满足，则z=x+y的最大值是（　　）
A．10
B．30
C．20
D．90
8．一个直棱柱被一个平面截去一部分后所剩几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（　　）
A．9
B．11
C．10
D．
9．已知函数y=sinx+acosx的图象关于x=对称，则函数y=asinx+cosx的图象的一条对称轴是（　　）
A．x=
B．x=
C．x=
D．x=
10．在整数Z中，被7除所得余数为r的所有整数组成的一个“类”，记作[r]，即[r]={7k+r|k∈Z}，其中r=0，1，2，…6．给出如下五个结论：
①2016∈[1]；
②﹣3∈[4]；
③[3]∩[6]= ；
④z=[0]∪[1]∪[2]∪[3]∪[4]∪[5]∪[6]；
⑤“整数a，b属于同一“类””的充要条件是“a﹣b∈[0]．”
其中，正确结论的个数是（　　）
A．5
B．4
C．3
D．2
11．已知双曲线C：的右焦点为F，以F为圆心和双曲线的渐近线相切的圆与双曲线的一个交点为M，且MF与双曲线的实轴垂直，则双曲线C的离心率为（　　）
A．
B．
C．
D．2
12．对区间I上有定义的函数f（x），记f（I）={y|y=f（x），x∈I}，已知函数y=f（x）的定义域为[0，3]，自变量x与因变量y一一对应，且f（[1，2]）=[0，1），f（[0，1]）=[2，4），若方程f（x）﹣x=0有解x0，则x0=（　　）
A．1
B．2
C．3
D．4
　
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）．
13．已知||=1，||=2，（
+）⊥，则与夹角为　　．
14．已知p：方程x2+mx+1=0有两个不等的正实数根，若￢p是真命题，则实数m的取值范围为　　．
15．已知数列{an}，{bn}满足a1=，an+bn=1，bn+1=，n∈N
，则b2016=　　．
16．已知函数f（x）=sinx，若存在x1，x2，…，xm满足0≤x1＜x2＜…xm≤6π，且|f（x1）﹣f（x2）|+|f（x2）﹣f（x3）|+…|f（xn﹣1）﹣f（xn）|=12，（m≥2，m∈N
），则m的最小值为　　．
　
三、解答题：（本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．）
17．设函数f（x）=cos（2x+）+2cos2x．
（Ⅰ）求f（x）的最大值，并写出f（x）取最大值时x取值构成的集合；
（Ⅱ）已知△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若f（B+C）=，a=1，求△ABC周长的最大值．
18．某高校在2012年的自主招生考试成绩中随机抽取100名学生的笔试成绩，按成绩分组，得到的频率分布表如图所示．
成绩分组
频数
频率
（160，165]
5
0.05
（165，170]
①
0.35
（170，175]
30
②
（175，180]
20
0.20
（180，185]
10
0.10
合计
100
1
（1）请先求出频率分布表中①、②位置相应的数据，再画出频率分布直方图；
（2）为了能选拔出最优秀的学生，该高校决定在笔试成绩高的第3、4、5组中用分层抽样抽取6名学生进入第二轮面试，求第3、4、5组每组各抽取多少名学生进入第二轮面试？
（3）在（2）的前提下，学校决定在6名学生中随机抽取2名学生接受A考官的面试，求第四组至少有一名学生被考官A面试的概率？
19．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，已知侧棱与底面垂直，∠CAB=90°，且AC=1，AB=2，E为BB1的中点，M为AC上的一点，
=．
（Ⅰ）证明：CB1∥平面A1EM；
（Ⅱ）若A1A的长度为，求三棱锥E﹣C1A1M的体积．
20．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=1，an+1=2Sn+1（n∈N
），等差数列{bn}中，b2=5，且公差d=2．
（1）求数列{an}，{bn}的通项公式；
（2）是否存在正整数n，使得a1b1+a2b2+…+anbn＞60n？若存在，求n的最小值，若不存在，说明理由．
21．已知椭圆C：
+=1（a＞b＞0）的左右焦点分别为F1，F2，抛物线y2=4x与椭圆C有相同的焦点，点P为抛物线与椭圆C在第一象限的交点，且|PF1|=．
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）探照灯的轴截面是一抛物线，如图所示表示平行于x轴的光线于抛物线上的点P，Q的反射情况，光线PQ过焦点F，如图所示，若抛物线y2=4x，设点P的纵坐标为a（a＞0），问a取何值时，从入射点P到反射点Q的光线的路程PQ最短．
22．已知函数f（x）=x﹣alnx（a∈R）．
（Ⅰ）当a=2时，求曲线f（x）在x=1处的切线方程；
（Ⅱ）设函数h（x）=f（x）+，求函数h（x）的单调区间；
（Ⅲ）若g（x）=﹣，在[1，e]（e=2.71828…）上存在一点x0，使得f（x0）≤g（x0）成立，求a的取值范围．
　
2016-2017学年安徽省高三（上）10月联考数学试卷（文科）
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，只有一项是最符合题目要求的．）
1．已知集合A={y|y=x2﹣2x﹣1，x∈R}，B={y|y=x+，x∈R且x≠0}，则（ RB）∩A=（　　）
A．（﹣2，2]
B．[﹣2，2）
C．[﹣2，+∞）
D．（﹣2，2）
【考点】交、并、补集的混合运算．
【分析】求出集合A中二次函数的值域，确定出集合A，当x大于0时，利用基本不等式求出集合B中函数的值域；当x小于0时，﹣x大于0，同理利用基本不等式求出函数的值域，综上，求出两解集的并集确定出集合B，根据全集为R，求出集合B的补集得到CRB，然后找出CRB与集合A的公共部分即可得到所求的集合．
【解答】解：由集合A中的函数y=x2﹣2x﹣1=（x﹣1）2﹣2≥﹣2，
∴集合A=[﹣2，+∞），
由集合B中的函数y=x+，
当x＞0时，x+≥2；
当x＜0时，﹣x＞0，﹣（x+）=（﹣x）+（﹣）≥2，此时x+≤﹣2，
综上，集合B=（﹣∞，﹣2]∪[2，+∞），又全集为R，
∴CRB=（﹣2，2），
则（CRB）∩A=（﹣2，2）．
故选D
　
2．在复平面内，复数z=（i为虚数单位）的共轭复数对应的点位于（　　）
A．第一象限
B．第二象限
C．第三象限
D．第四象限
【考点】复数的代数表示法及其几何意义．
【分析】利用复数的运算法则、共轭复数的定义、几何意义即可得出．
【解答】解：复数z===的共轭复数对应的点位于第三象限．
故选：C．
　
3．下列推理过程是演绎推理的是（　　）
A．由平面三角形的性质推测空间三棱锥的性质
B．某校高二1班有55人，2班有52人，由此得高二所有班人数都超过50人
C．两条直线平行，同位角相等；若∠A与∠B是两条平行直线的同位角，则∠A=∠B
D．在数列{an}中，a1=2，an=2an﹣1+1（n≥2），由此归纳出{an}的通项公式
【考点】演绎推理的基本方法．
【分析】根据三种推理的定义及特点，逐一分析四个答案中的推理过程，可得结论．
【解答】解：A中，由平面三角形的性质推测空间三棱锥的性质是类比推理；
B中，某校高二1班有55人，2班有52人，由此得高二所有班人数都超过50人，是归纳推理；
C中，两条直线平行，同位角相等；若∠A与∠B是两条平行直线的同位角，则∠A=∠B，是演绎推理；
D中，在数列{an}中，a1=2，an=2an﹣1+1（n≥2），由此归纳出{an}的通项公式，是归纳推理．
故选：C
　
4．已知tanα＜0，则（　　）
A．sinα＜0
B．sin2α＜0
C．cosα＜0
D．cos2α＜0
【考点】三角函数值的符号．
【分析】化切为弦，然后利用二倍角的正弦得答案．
【解答】解：∵tanα＜0，
∴＜0，
∴sinα与cosα异号，
∴2sinα cosα=sin2α＜0．
故选：B．
　
5．已知α1，α2，α3是三个相互平行的平面，平面α1，α2之间的距离为d1，平面α2，α3之前的距离为d2，直线l与α1，α2，α3分别相交于P1，P2，P3．那么“P1P2=P2P3”是“d1=d2”的（　　）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；空间中直线与平面之间的位置关系．
【分析】由已知中α1，α2，α3是三个相互平行的平面，平面α1，α2之间的距离为d1，平面α2，α3之前的距离为d2，直线l与α1，α2，α3分别相交于P1，P2，P3，结合面面平行的性质，我们分别判断“P1P2=P2P3” “d1=d2”及“d1=d2” “P1P2=P2P3”的真假，结合充要条件的定义，即可得到答案．
【解答】解：由已知中α1，α2，α3是三个相互平行的平面，
且平面α1，α2之间的距离为d1，平面α2，α3之前的距离为d2，
又由直线l与α1，α2，α3分别相交于P1，P2，P3．
则“P1P2=P2P3” “d1=d2”为真命题
且“d1=d2” “P1P2=P2P3”是真命题
故“P1P2=P2P3”是“d1=d2”的充分必要条件
故选C．
　
6．设a=log36，b=log510，c=log714，则（　　）
A．c＞b＞a
B．b＞c＞a
C．a＞c＞b
D．a＞b＞c
【考点】对数值大小的比较；不等关系与不等式．
【分析】利用loga（xy）=logax+logay（x、y＞0），化简a，b，c然后比较log32，log52，log72大小即可．
【解答】解：因为a=log36=1+log32，b=log510=1+log52，c=log714=1+log72，
因为y=log2x是增函数，所以log27＞log25＞log23，
∵，，
所以log32＞log52＞log72，
所以a＞b＞c，
故选D．
　
7．设动点P（x，y）满足，则z=x+y的最大值是（　　）
A．10
B．30
C．20
D．90
【考点】简单线性规划．
【分析】作出不等式对应的平面区域，利用线性规划的知识，通过平移即可求z的最大值．
【解答】解：作出不等式对应的平面区域，
由z=x+y，得y=﹣x+z，
平移直线y=﹣x+z，由图象可知当直线y=﹣x+z经过点A时，直线y=﹣x+z的截距最大，此时z最大．
由，得，
即A（10，20），
此时z的最大值为z=10+20=30，
故选：B．
　
8．一个直棱柱被一个平面截去一部分后所剩几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（　　）
A．9
B．11
C．10
D．
【考点】由三视图求面积、体积．
【分析】三视图中长对正，高对齐，宽相等；由三视图想象出直观图，一般需从俯视图构建直观图，该几何体为一个长方体截去一个三棱锥．
【解答】解：该几何体为一个长方体截去一个三棱锥，
其长方体的体积为2×2×3=12，
三棱锥的体积××1×2×3=1，
故该几何体的体积V=12﹣1=11，
故选B．
　
9．已知函数y=sinx+acosx的图象关于x=对称，则函数y=asinx+cosx的图象的一条对称轴是（　　）
A．x=
B．x=
C．x=
D．x=
【考点】三角函数中的恒等变换应用．
【分析】函数y=sinx+acosx变为y=sin（x+φ），tanφ=a又图象关于x=对称，
+φ=kπ+，k∈z，可求得φ=kπ+，由此可求得a=tanφ=tan（kπ+）=，将其代入函数y=asinx+cosx化简后求对称轴即可．
【解答】解：y=sinx+acosx变为y=sin（x+φ），（令tanφ=a）
又∵图象关于x=对称，
∴+φ=kπ+，k∈z，
可求得φ=kπ+，
由此可求得a=tanφ=tan（kπ+）=，
∴函数y=sinx+cosx=sin（x+θ），（tanθ=）
其对称轴方程是x+θ=kπ+，k∈z，
即x=kπ+﹣θ
又tanθ=，故θ=k1π+，k1∈z
故函数y=asinx+cosx的图象的对称轴方程为x=（k﹣k1）π+﹣=（k﹣k1）π+，k﹣k1∈z，
当k﹣k1=0时，对称轴方程为x=，
故选：D．
　
10．在整数Z中，被7除所得余数为r的所有整数组成的一个“类”，记作[r]，即[r]={7k+r|k∈Z}，其中r=0，1，2，…6．给出如下五个结论：
①2016∈[1]；
②﹣3∈[4]；
③[3]∩[6]= ；
④z=[0]∪[1]∪[2]∪[3]∪[4]∪[5]∪[6]；
⑤“整数a，b属于同一“类””的充要条件是“a﹣b∈[0]．”
其中，正确结论的个数是（　　）
A．5
B．4
C．3
D．2
【考点】整除的定义．
【分析】根据“类”的定义分别进行判断即可．
【解答】解：①∵2016÷7=288，∴2016∈[0]，故①不正确；
②∵﹣3=7×（﹣1）+4，∴﹣3∈[4]，故②正确；
③[3]∩[6]= ，正确
④∵整数集中的数被7除的数可以且只可以分成7类，故Z=[0]∪[1]∪[2]∪[3]∪[4]∪[5]∪[6]，故④正确；
⑤∵整数a，b属于同一“类”，∴整数a，b被5除的余数相同，从而a﹣b被5除的余数为0，
反之也成立，故当且仅当“a﹣b∈[0]”整数a，b属于同一“类”．故⑤正确．
正确的结论为②③④⑤．
故选：B．
　
11．已知双曲线C：的右焦点为F，以F为圆心和双曲线的渐近线相切的圆与双曲线的一个交点为M，且MF与双曲线的实轴垂直，则双曲线C的离心率为（　　）
A．
B．
C．
D．2
【考点】双曲线的简单性质．
【分析】设F（c，0），渐近线方程为y=x，运用点到直线的距离公式可得焦点到渐近线的距离为b，即为圆F的半径，再由MF垂直于x轴，可得a=b，运用a，b，c的关系和离心率公式，即可得到所求值．
【解答】解：设F（c，0），渐近线方程为y=x，
可得F到渐近线的距离为=b，
即有圆F的半径为b，
令x=c，可得y=±b=±，
由题意可得=b，
即a=b，c==a，
即离心率e==，
故选C．
　
12．对区间I上有定义的函数f（x），记f（I）={y|y=f（x），x∈I}，已知函数y=f（x）的定义域为[0，3]，自变量x与因变量y一一对应，且f（[1，2]）=[0，1），f（[0，1]）=[2，4），若方程f（x）﹣x=0有解x0，则x0=（　　）
A．1
B．2
C．3
D．4
【考点】映射．
【分析】根据互为反函数的两函数定义域、值域互换可判断：当x∈[0，1）时，x∈[1，2）时f（x）的值域，进而可判断此时f（x）=x无解；由f（x）在定义域[0，3]上存在反函数可知：x∈[2，3]时，f（x）的取值集合，再根据方程f（x）=x有解即可得到x0的值．
【解答】解：因为g（I）={y|y=g（x），x∈I}，f﹣1（[0，1））=[1，2），f﹣1（2，4]）=[0，1），
所以对于函数f（x），
当x∈[0，1）时，f（x）∈（2，4]，所以方程f（x）﹣x=0即f（x）=x无解；
当x∈[1，2）时，f（x）∈[0，1），所以方程f（x）﹣x=0即f（x）=x无解；
所以当x∈[0，2）时方程f（x）﹣x=0即f（x）=x无解，
又因为方程f（x）﹣x=0有解x0，且定义域为[0，3]，
故当x∈[2，3]时，f（x）的取值应属于集合（﹣∞，0）∪[1，2]∪（4，+∞），
故若f（x0）=x0，只有x0=2，
故选B．
　
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）．
13．已知||=1，||=2，（
+）⊥，则与夹角为　　．
【考点】数量积表示两个向量的夹角．
【分析】设向量与夹角为θ，由题意可得：（+） =0，即+cosθ=0，代入已知可得答案．
【解答】解：设向量与夹角为θ，则由题意可得：
（+） =0，即+cosθ=0，
代入可得：1+1×2×cosθ=0，解得cosθ=，
又θ∈[0，π]，故θ=
故答案为：
　
14．已知p：方程x2+mx+1=0有两个不等的正实数根，若￢p是真命题，则实数m的取值范围为　[﹣2，+∞）　．
【考点】命题的真假判断与应用．
【分析】借助一元二次函数图象，分析命题p为真的等价条件，求出m的范围；即可求解￢p是真命题，实数m的取值范围．
【解答】解：∵方程x2+mx+1=0有两个不等的正实数根，
∴ m＜﹣2，
∴若￢p是真命题，m的取值范围是m≥﹣2；
故答案为：[﹣2，+∞）．
　
15．已知数列{an}，{bn}满足a1=，an+bn=1，bn+1=，n∈N
，则b2016=　　．
【考点】数列递推式．
【分析】数列{an}，{bn}满足a1=，an+bn=1，bn+1=，n∈N
，可得b1=1﹣a1=，bn+1==．求出b2，b3，b4，…，猜想：bn=，即可得出．
【解答】解：∵数列{an}，{bn}满足a1=，an+bn=1，bn+1=，n∈N
，
∴b1=1﹣a1=，bn+1==．
∴b2=，b3=，b4=，…，
猜想：bn=，
经过验证：bn+1=成立．
则b2016=．
故答案为：．
　
16．已知函数f（x）=sinx，若存在x1，x2，…，xm满足0≤x1＜x2＜…xm≤6π，且|f（x1）﹣f（x2）|+|f（x2）﹣f（x3）|+…|f（xn﹣1）﹣f（xn）|=12，（m≥2，m∈N
），则m的最小值为　8　．
【考点】数列的求和．
【分析】由正弦函数的有界性可得，对任意xi，xj（i，j=1，2，3，…，m），都有|f（xi）﹣f（xj）|≤f（x）max﹣f（x）min=2，要使m取得最小值，尽可能多让xi（i=1，2，3，…，m）取得最高点，然后作图可得满足条件的最小m值．
【解答】解：∵y=sinx对任意xi，xj（i，j=1，2，3，…，m），
都有|f（xi）﹣f（xj）|≤f（x）max﹣f（x）min=2，
要使m取得最小值，尽可能多让xi（i=1，2，3，…，m）取得最高点，
考虑0≤x1＜x2＜…＜xm≤6π，|f（x1）﹣f（x2）|+|f（x2）﹣f（x3）|+…+|f（xm﹣1）﹣f（xm）|=12，
按下图取值即可满足条件，
∴m的最小值为8．
故答案为：8．
　
三、解答题：（本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．）
17．设函数f（x）=cos（2x+）+2cos2x．
（Ⅰ）求f（x）的最大值，并写出f（x）取最大值时x取值构成的集合；
（Ⅱ）已知△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若f（B+C）=，a=1，求△ABC周长的最大值．
【考点】余弦定理；余弦函数的图象．
【分析】化简函数f（x），（Ⅰ）根据三角函数的图象与性质求出f（x）的最大值以及对应x的取值集合；
（Ⅱ）根据题意求出A的值，再利用正弦定理求出b、c的解析式，写出△ABC的周长L，求出它的最大值．
【解答】解：函数f（x）=cos（2x+）+2cos2x
=cos2xcos﹣sin2xsin+2×
=﹣sin2x+cos2x+1
=﹣sin（2x﹣）+1；
（Ⅰ）令2x﹣=﹣+2kπ，k∈Z，
解得x=﹣+kπ，k∈Z，
∴f（x）的最大值为1+1=2，
且f（x）取最大值时x的取值集合是{x|x=﹣+kπ，k∈Z}；
（Ⅱ）△ABC中，f（B+C）=，
∴﹣sin[2（B+C）﹣]+1=，
sin[2（B+C）﹣]=﹣，
∵0＜B+C＜π，
∴﹣＜2（B+C）﹣＜，
∴2（B+C）﹣=，
∴B+C=，
∴A=；
又∵a=1，
∴====，
∴b=sinB，c=sinC，
∴△ABC的周长为：
L=a+b+c
=1+sinB+sinC
=1+sin（﹣C）+sinC
=1+cosC+sinC
=1+2sin（C+），
∵0＜C＜，
∴＜C+＜，
∴当C+=，即C=时，△ABC的周长取最大值为1+2=3．
　
18．某高校在2012年的自主招生考试成绩中随机抽取100名学生的笔试成绩，按成绩分组，得到的频率分布表如图所示．
成绩分组
频数
频率
（160，165]
5
0.05
（165，170]
①
0.35
（170，175]
30
②
（175，180]
20
0.20
（180，185]
10
0.10
合计
100
1
（1）请先求出频率分布表中①、②位置相应的数据，再画出频率分布直方图；
（2）为了能选拔出最优秀的学生，该高校决定在笔试成绩高的第3、4、5组中用分层抽样抽取6名学生进入第二轮面试，求第3、4、5组每组各抽取多少名学生进入第二轮面试？
（3）在（2）的前提下，学校决定在6名学生中随机抽取2名学生接受A考官的面试，求第四组至少有一名学生被考官A面试的概率？
【考点】列举法计算基本事件数及事件发生的概率；频率分布表．
【分析】（1）由频率=可求其数据，频率分布直方图时注意纵轴；（2）用分层抽样的方法获取样本中的比例；（3）用古典概型求概率．
【解答】解：（1）①位置上的数据为=35，②位置上的数据为=0.3；
频率分布直方图如右图：
（2）6×≈2.47，6×≈2.11，6×≈1.41．
故第3、4、5组每组各抽取3，2，1名学生进入第二轮面试．
（3）其概率模型为古典概型，
设第3、4、5组抽取的学生分别为：a，b，c，1，2，m．
则其所有的基本事件有：
（a，b），（a，c），（a，1），（a，2），（a，m），
（b，c），（b，1），（b，2），（b，m），
（c，1），（c，2），（c，m），
（1，2），（1，m），
（2，m）．
共有15个，符合条件的有9个；
故概率为=0.6．
　
19．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，已知侧棱与底面垂直，∠CAB=90°，且AC=1，AB=2，E为BB1的中点，M为AC上的一点，
=．
（Ⅰ）证明：CB1∥平面A1EM；
（Ⅱ）若A1A的长度为，求三棱锥E﹣C1A1M的体积．
【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定．
【分析】（Ⅰ）连接AB1，交A1E于点N，连接MN，由E为BB1的中点，且=，得MN∥CB1，再由线面平行的判定得CB1∥平面A1EM；
（Ⅱ）由题意可得，结合棱锥体积公式求解．
【解答】（Ⅰ）证明：如图，
连接AB1，交A1E于点N，连接MN，
∵E为BB1的中点，∴，
又=，∴MN∥CB1，
在△ACB1中，∵MN∥CB1，MN 面A1EM，CB1 面A1EM，
∴CB1∥平面A1EM；
（Ⅱ）解：由AA1∥BB1，得，
由AA1⊥面A1B1C1，得AA1⊥A1B1，
又C1A1⊥A1B1，AA1∩C1A1=A1，
∴A1B1⊥面AA1C1C，
∴=．
　
20．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=1，an+1=2Sn+1（n∈N
），等差数列{bn}中，b2=5，且公差d=2．
（1）求数列{an}，{bn}的通项公式；
（2）是否存在正整数n，使得a1b1+a2b2+…+anbn＞60n？若存在，求n的最小值，若不存在，说明理由．
【考点】数列的求和．
【分析】（1）根据等差数列的通项公式，建立方程关系即可求数列{an}，{bn}的通项公式；
（2求出数列{anbn}的前n项和Sn，即可解不等式．
【解答】解：（1）∵an+1=2Sn+1，
∴当n≥2时，an=2Sn﹣1+1两式相减得：an+1=3an（n≥2）
又a2=2a1+1=3=3a1，∴an+1=3an（n∈N
）．
∴数列{an}是以1为首项，3为公比的等比数列，
∴an=3n﹣1．
又b1=b2﹣d=5﹣2=3，∴bn=b1+（n﹣1）d=2n+1．
（2）
令…①
则3Tn=3×3+5×32+7×33+…+（2n﹣1）×3n﹣1+（2n+1）×3n…②
①﹣②得：
∴Tn=n×3n＞60n，即3n＞60，
∵33=27，34=81，
∴n的最小正整数为4．
　
21．已知椭圆C：
+=1（a＞b＞0）的左右焦点分别为F1，F2，抛物线y2=4x与椭圆C有相同的焦点，点P为抛物线与椭圆C在第一象限的交点，且|PF1|=．
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）探照灯的轴截面是一抛物线，如图所示表示平行于x轴的光线于抛物线上的点P，Q的反射情况，光线PQ过焦点F，如图所示，若抛物线y2=4x，设点P的纵坐标为a（a＞0），问a取何值时，从入射点P到反射点Q的光线的路程PQ最短．
【考点】椭圆的简单性质．
【分析】（I）求得抛物线的焦点，可得c=1，设P为（，m），由椭圆的焦半径公式可得|PF1|=a+ =，由椭圆和抛物线的定义可得，2a=++1，解方程可得a=2，由a，b，c的关系，可得b，进而得到椭圆方程；
（Ⅱ）设PQ方程为x=my+1，代入抛物线方程，由韦达定理求得y1+y2=4m，y1 y2=﹣4，由弦长公式可知丨PQ丨= =4（1+m2），即当m=0时，即a=2时，丨PQ丨取得最小值，最小值为4．
【解答】解：（Ⅰ）由抛物线y2=4x焦点坐标为（1，0），即c=1，
设P为（，m），
由椭圆的焦半径公式可得，|PF1|=a+ =，
由椭圆和抛物线的定义可得，2a=++1，
解得：a=2，b==，
即有椭圆的方程为；
（Ⅱ）由F（1，0），设直线PQ方程为x=my+1，
，整理得：y2﹣4my﹣4=0，
由韦达定理可知：y1+y2=4m，y1 y2=﹣4，
丨PQ丨= = ，
=4（1+m2），
∴当m=0时，即a=2时，丨PQ丨取得最小值，最小值为4．
　
22．已知函数f（x）=x﹣alnx（a∈R）．
（Ⅰ）当a=2时，求曲线f（x）在x=1处的切线方程；
（Ⅱ）设函数h（x）=f（x）+，求函数h（x）的单调区间；
（Ⅲ）若g（x）=﹣，在[1，e]（e=2.71828…）上存在一点x0，使得f（x0）≤g（x0）成立，求a的取值范围．
【考点】利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程．
【分析】（Ⅰ）求出切点（1，1），求出，然后求解斜率k，即可求解曲线f（x）在点（1，1）处的切线方程．
（Ⅱ）求出函数的定义域，函数的导函数，①a＞﹣1时，②a≤﹣1时，分别求解函数的单调区间即可．
（Ⅲ）转化已知条件为函数在[1，e]上的最小值[h（x）]min≤0，利用第（Ⅱ）问的结果，通过①a≥e﹣1时，②a≤0时，③0＜a＜e﹣1时，分别求解函数的最小值，推出所求a的范围．
【解答】解：（Ⅰ）当a=2时，f（x）=x﹣2lnx，f（1）=1，切点（1，1），
∴，∴k=f′（1）=1﹣2=﹣1，
∴曲线f（x）在点（1，1）处的切线方程为：y﹣1=﹣（x﹣1），即x+y﹣2=0．
（Ⅱ），定义域为（0，+∞），，
①当a+1＞0，即a＞﹣1时，令h′（x）＞0，
∵x＞0，∴x＞1+a
令h′（x）＜0，∵x＞0，∴0＜x＜1+a．
②当a+1≤0，即a≤﹣1时，h′（x）＞0恒成立，
综上：当a＞﹣1时，h（x）在（0，a+1）上单调递减，在（a+1，+∞）上单调递增．
当a≤﹣1时，h（x）在（0，+∞）上单调递增．
（Ⅲ）由题意可知，在[1，e]上存在一点x0，使得f（x0）≤g（x0）成立，
即在[1，e]上存在一点x0，使得h（x0）≤0，
即函数在[1，e]上的最小值[h（x）]min≤0．
由第（Ⅱ）问，①当a+1≥e，即a≥e﹣1时，h（x）在[1，e]上单调递减，
∴，∴，
∵，∴；
②当a+1≤1，即a≤0时，h（x）在[1，e]上单调递增，
∴[h（x）]min=h（1）=1+1+a≤0，
∴a≤﹣2，
③当1＜a+1＜e，即0＜a＜e﹣1时，∴[h（x）]min=h（1+a）=2+a﹣aln（1+a）≤0，
∵0＜ln（1+a）＜1，∴0＜aln（1+a）＜a，∴h（1+a）＞2
此时不存在x0使h（x0）≤0成立．
综上可得所求a的范围是：或a≤﹣2．
　
2017年1月11日