高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 單科標(biāo)準(zhǔn)練（二）文-人教版高三數(shù)學(xué)試題

單科標(biāo)準(zhǔn)練(二)(滿分：150分時(shí)間：120分鐘)第Ⅰ卷一、選擇題(本大題共12個(gè)小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的)1．已知集合A＝{－2，－1,0,1,2,3}，B＝{x|y＝lg(x－1)}，則A∩B＝()A．{0,1,2,3} B．{1,2,3}C．{1,2} D．{2,3}D[根據(jù)題意可得，集合B＝{x|x＞1，x∈R}，所以A∩B＝{2,3}，故選D.]2．在復(fù)平面內(nèi)，設(shè)z＝1＋i(i是虛數(shù)單位)，則復(fù)數(shù)z2－eq\f(1,2z)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于()A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限B[∵z＝1＋i，∴z2－eq\f(1,2z)＝(1＋i)2－eq\f(1,21＋i)＝2i－eq\f(1－i,4)＝－eq\f(1,4)＋eq\f(9,4)i，∴復(fù)數(shù)z2－eq\f(1,2z)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于第二象限．故選B.]3．已知f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，當(dāng)x≤0時(shí)，f(x)＝8·3x－a(a為常數(shù))，則f(1)＝()A.eq\f(1,2)B.eq\f(\r(2),2)C.eq\f(16,3)D.eq\r(2)C[因?yàn)楹瘮?shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，所以f(0)＝8×30－a＝0，解得a＝8.所以f(1)＝－f(－1)＝eq\f(16,3).故選C.]4．圓C1：x2＋y2－3x＝0與圓C2：(x－3)2＋(y－2)2＝4的位置關(guān)系為()A．相交 B．內(nèi)切C．外切 D．相離A[圓C1：x2＋y2－3x＝0，整理得其標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)))2＋y2＝eq\f(9,4)，所以圓C1的圓心坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，0))，半徑r1＝eq\f(3,2).圓C2：(x－3)2＋(y－2)2＝4，其圓心坐標(biāo)為(3,2)，半徑r2＝2.所以圓C1，C2的圓心距|C1C2|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(3,2)))2＋22)＝eq\f(5,2)，又r1＋r2＝eq\f(3,2)＋2＝eq\f(7,2)＞eq\f(5,2)，所以兩圓相交．故選A.]5．某校開(kāi)設(shè)A類(lèi)選修課3門(mén)和B類(lèi)選修課4門(mén)，小明同學(xué)從中任選2門(mén)，則A，B兩類(lèi)課程都選上的概率為()A.eq\f(1,12) B.eq\f(2,7)C.eq\f(3,7) D.eq\f(4,7)D[設(shè)3門(mén)A類(lèi)選修課分別為A1，A2，A3,4門(mén)B類(lèi)選修課分別為B1，B2，B3，B4，小明同學(xué)從中任選2門(mén)，基本事件有A1A2，A1A3，A1B1，A1B2，A1B3，A1B4，A2A3，A2B1，A2B2，A2B3，A2B4，A3B1，A3B2，A3B3，A3B4，B1B2，B1B3，B1B4，B2B3，B2B4，B3B4，共21種，其中A，B兩類(lèi)課程都選上的有A1B1，A1B2，A1B3，A1B4，A2B1，A2B2，A2B3，A2B4，A3B1，A3B2，A3B3，A3B4，共12種，所以A，B兩類(lèi)課程都選上的概率為eq\f(12,21)＝eq\f(4,7).故選D.]6．已知正項(xiàng)等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且7S2＝4S4，則公比q的值為()A．1 B．1或eq\f(1,2)C.eq\f(\r(3),2) D．±eq\f(\r(3),2)C[若q＝1，則7S2＝14a1,4S4＝16a1，∵a1≠0，∴7S2≠4S4，不合題意．若q≠1，由7S2＝4S4，得7×eq\f(a11－q2,1－q)＝4×eq\f(a11－q4,1－q)，∴q2＝eq\f(3,4)，又q＞0，∴q＝eq\f(\r(3),2).故選C.]7．將函數(shù)f(x)＝－cos4x的圖象向右平移eq\f(π,8)個(gè)單位長(zhǎng)度后得到函數(shù)g(x)的圖象，則函數(shù)g(x)()A．最大值為1，圖象關(guān)于直線x＝eq\f(π,2)對(duì)稱B．在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,8)))上單調(diào)遞減，為奇函數(shù)C．在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,8)，\f(π,8)))上單調(diào)遞增，為偶函數(shù)D．周期為π，圖象關(guān)于點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,8)，0))對(duì)稱B[函數(shù)f(x)的圖象經(jīng)平移后得到函數(shù)g(x)的圖象，其對(duì)應(yīng)的解析式為g(x)＝－cos4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,8)))＝－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(π,2)))＝－sin4x.A項(xiàng)，g(x)＝－sin4x的最大值為1，其圖象的對(duì)稱軸方程為4x＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，解得x＝eq\f(kπ,4)＋eq\f(π,8)(k∈Z)，所以A項(xiàng)錯(cuò)誤；B項(xiàng)，g(x)＝－sin4x的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)－\f(π,8)，\f(kπ,2)＋\f(π,8)))(k∈Z)，所以函數(shù)g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,8)))上單調(diào)遞減，且為奇函數(shù)，所以B項(xiàng)正確；C項(xiàng)，g(x)＝－sin4x為奇函數(shù)，所以C項(xiàng)錯(cuò)誤；D項(xiàng)，g(x)＝－sin4x的周期Τ＝eq\f(2π,4)＝eq\f(π,2)，其圖象的對(duì)稱中心為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,4)，0))(k∈Z)，所以D項(xiàng)錯(cuò)誤．故選B.]8．已知某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的各條棱中最長(zhǎng)棱的長(zhǎng)度為()A．4B．5C.eq\r(13)D.eq\r(26)D[三視圖還原的幾何體是一個(gè)側(cè)面垂直于底面的三棱錐，記為三棱錐A-BCD，如圖，過(guò)點(diǎn)A作AE⊥BD于點(diǎn)E，過(guò)點(diǎn)C作CF⊥BD于點(diǎn)F，連接CE，AF，由三視圖可得，AE＝4，BD＝4，BE＝3，ED＝1，BF＝2，F(xiàn)D＝2，CF＝3.所以CE2＝CF2＋FE2＝9＋1＝10，AC2＝CE2＋AE2＝10＋16＝26，AB2＝BE2＋AE2＝9＋16＝25，AD2＝AE2＋DE2＝16＋1＝17，BC2＝DC2＝FD2＋CF2＝22＋32＝13，所以最長(zhǎng)的棱為AC，其長(zhǎng)度為eq\r(26).故選D.]9．雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，離心率e＝eq\r(3)，過(guò)點(diǎn)F1作傾斜角為θ的直線交雙曲線的右支于點(diǎn)M，若MF2垂直于x軸，則θ＝()A．30° B．60°C．30°或150° D．60°或120°C[法一：設(shè)點(diǎn)M在x軸上方，則|MF2|＝eq\f(b2,a)，tanθ＝eq\f(|MF2|,|F1F2|)＝eq\f(b2,2ac)，∵c2＝a2＋b2，e＝eq\f(c,a)＝eq\r(3)，∴tanθ＝eq\f(\r(3),3)，θ＝30°；當(dāng)點(diǎn)M在x軸下方時(shí)，同理可得θ＝150°.故選C.法二：當(dāng)θ為銳角時(shí)，在Rt△MF1F2中，∠MF1F2＝θ，|F1F2|＝2c，|MF1|＝eq\f(2c,cosθ)，|MF2|＝2c·tanθ，∴2a＝|MF1|－|MF2|＝eq\f(2c,cosθ)－2c·tanθ，∴e＝eq\f(2c,2a)＝eq\f(2c,\f(2c,cosθ)－2c·tanθ)＝eq\f(1,\f(1,cosθ)－tanθ)＝eq\f(cosθ,1－sinθ)＝eq\r(3)，又sin2θ＋cos2θ＝1，∴sinθ＝eq\f(1,2)，cosθ＝eq\f(\r(3),2)，∴θ＝30°；同理可得，當(dāng)θ為鈍角時(shí)，θ＝150°.故θ為30°或150°.故選C.]10．已知數(shù)列{an}，a1＝2，點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)an，an＋1＋1))在函數(shù)f(x)＝2x＋3的圖象上．?dāng)?shù)列{bn}滿足bn＝eq\f(1,a\o\al(2,n)－1)，Tn為數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和，則Tn＝()A．2n B.eq\f(1,4n2－1)C.eq\f(n,2n＋1) D.eq\f(n,22n＋1)C[由題意得an＋1＋1＝2×eq\f(1,2)an＋3，即an＋1－an＝2，又a1＝2，所以數(shù)列{an}是以2為首項(xiàng)、2為公差的等差數(shù)列．所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝2＋(n－1)×2＝2n.所以bn＝eq\f(1,4n2－1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1))).于是Tn＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))))＝eq\f(n,2n＋1).故選C.]11．如圖，已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為1，M，N分別是棱AA1，BC上的動(dòng)點(diǎn)，若MN＝eq\r(2)，則線段MN的中點(diǎn)P的軌跡是()A．一條線段B．一段圓弧C．一個(gè)球面區(qū)域D．兩條平行線段B[連接AN，AP(圖略)，易知△MAN為直角三角形．因?yàn)镸N＝eq\r(2)，P為線段MN的中點(diǎn)，所以AP＝eq\f(\r(2),2)，因此點(diǎn)P到點(diǎn)A的距離為定值，所以點(diǎn)P在以點(diǎn)A為球心，eq\f(\r(2),2)為半徑的球面上運(yùn)動(dòng)，記此球?yàn)榍騉，分別取A1B1，D1C1，DC，AB的中點(diǎn)E，F(xiàn)，G，H，并順次連接，則MA∥平面EFGH.記AN∩HG＝Q，則易知HQ為△ABN的中位線，故Q為AN的中點(diǎn)．連接PQ(圖略)，則PQ為△AMN的中位線，得MA∥PQ，又點(diǎn)Q在平面EFGH內(nèi)，MA∥平面EFGH，所以點(diǎn)P在平面EFGH內(nèi)運(yùn)動(dòng)，故點(diǎn)P的軌跡為平面EFGH與球O的球面的交線，所以點(diǎn)P的軌跡是一段圓?。蔬xB.]12．若函數(shù)f(x)＝eq\f(ex－2x2,x3)＋eq\f(a,x)在區(qū)間(2,3)上有唯一的極值點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(e2,4)，＋∞)) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(e2,4)，0))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(e2,4)，2)) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(e2,4)，＋∞))C[法一：因?yàn)閒(x)＝eq\f(ex－2x2,x3)＋eq\f(a,x)＝eq\f(ex,x3)＋eq\f(a－2,x)，所以f′(x)＝eq\f(exx－3,x4)－eq\f(a－2,x2).依題意，知eq\f(exx－3,x4)－eq\f(a－2,x2)＝0在區(qū)間(2,3)上有唯一的實(shí)數(shù)解，即ex(x－3)－(a－2)x2＝0，所以a－2＝eq\f(exx－3,x2).令g(x)＝eq\f(exx－3,x2)，則g′(x)＝eq\f(exx2－4x＋6,x3).因?yàn)閤∈(2,3)，所以g′(x)＞0，所以g(x)在(2,3)上單調(diào)遞增，所以g(x)∈(g(2)，g(3))，即g(x)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(e2,4)，0))，因此應(yīng)滿足－eq\f(e2,4)＜a－2＜0，故2－eq\f(e2,4)＜a＜2.法二：因?yàn)閒(x)＝eq\f(ex－2x2,x3)＋eq\f(a,x)＝eq\f(ex,x3)＋eq\f(a－2,x)，所以f′(x)＝eq\f(exx－3,x4)－eq\f(a－2,x2).依題意，知eq\f(exx－3,x4)－eq\f(a－2,x2)＝0在區(qū)間(2,3)上有唯一的實(shí)數(shù)解，即ex(x－3)＝(a－2)x2.令g(x)＝ex(x－3)，h(x)＝(a－2)x2，易知函數(shù)g(x)在x＝2處取得極小值g(2)＝－e2.在同一平面直角坐標(biāo)系中分別畫(huà)出函數(shù)g(x)，h(x)的圖象(如圖)，由圖象可知要使兩個(gè)函數(shù)的圖象在(2,3)上有唯一的交點(diǎn)，應(yīng)滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－2＜0，,h2＞g2，))解得2－eq\f(e2,4)＜a＜2.]第Ⅱ卷本卷包括必考題和選考題兩部分．第13～21題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答，第22～23題為選考題，考生根據(jù)要求作答．二、填空題(本大題共4小題，每題5分，共20分，將答案填在橫線上)13．已知平面向量a，b滿足|a|＝1，|b|＝2，(3a－b)⊥(a＋2b)，則向量a與b60°[∵(3a－b)⊥(a＋2b)，∴(3a－b)·(a＋2b)＝3a2＋5a·b－2b2＝3＋5a·b－8＝0，∴5a·b－5＝0，∴a·b＝1，設(shè)a與b的夾角為θ，則cosθ＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(1,2)，∴a與b的夾角為60°.]14．已知曲線f(x)＝xlnx＋x在點(diǎn)A(x0，y0)處的切線平行于直線y＝3x＋19，則點(diǎn)A的坐標(biāo)為_(kāi)_______．(e,2e)[由題意知，函數(shù)f(x)的定義域?yàn)閧x|x＞0}，f′(x)＝(xlnx)′＋1＝lnx＋2.∵曲線f(x)在點(diǎn)A(x0，y0)處的切線平行于直線y＝3x＋19，∴l(xiāng)nx0＋2＝3，∴l(xiāng)nx0＝1，∴x0＝e.此時(shí)y0＝f(x0)＝x0lnx0＋x0＝e＋e＝2e，故點(diǎn)A的坐標(biāo)為(e,2e)．]15．已知實(shí)數(shù)x，y滿足不等式組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y≥0，,y≤x，,x＋y－m≤0，))且目標(biāo)函數(shù)z＝3x－2y的最大值為180，則實(shí)數(shù)m的值為_(kāi)_______．60[當(dāng)m≤0時(shí)，不合題意；當(dāng)m＞0時(shí)，畫(huà)出不等式組表示的平面區(qū)域如圖中陰影部分所示，目標(biāo)函數(shù)z＝3x－2y可變形為y＝eq\f(3,2)x－eq\f(z,2)，作出直線y＝eq\f(3,2)x并平移，結(jié)合圖象可知，當(dāng)平移后的直線經(jīng)過(guò)點(diǎn)A(m,0)時(shí)，z＝3x－2y取得最大值180，所以3m－0＝180，解得m＝60.]16．設(shè)正三棱柱ABC-A1B1C1的外接球O的半徑為定值，當(dāng)該正三棱柱的底面邊長(zhǎng)與側(cè)棱長(zhǎng)之和取最大值時(shí)，球Oeq\f(28,3)[設(shè)球O的半徑為R，△ABC外接圓的圓心為D，半徑為r，連接OA，OD，AD(圖略)，令∠OAD＝θ，易知△OAD為直角三角形，∠ADO＝90°，∴r＝Rcosθ，AB＝2Rcosθcos30°＝eq\r(3)Rcosθ，OD＝Rsinθ，∴AA1＋AB＝2Rsinθ＋eq\r(3)Rcosθ＝eq\r(7)Rsin(θ＋φ)，其中sinφ＝eq\f(\r(21),7)，cosφ＝eq\f(2\r(7),7).當(dāng)sin(θ＋φ)＝1，即θ＋φ＝eq\f(π,2)時(shí)，該正三棱柱的底面邊長(zhǎng)與側(cè)棱長(zhǎng)之和取得最大值．此時(shí)，cosθ＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－φ))＝sinφ＝eq\f(\r(21),7)，∴eq\f(R,r)＝eq\f(\r(21),3)，∴eq\f(S球O,S圓D)＝eq\f(4πR2,πr2)＝eq\f(28,3).]三、解答題(解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟)17．(本小題滿分12分)如圖，在梯形ABCD中，AB∥CD，∠BCD＝2∠BAD，BD＝2，AB＝eq\r(6)，cos∠BCD＝－eq\f(1,3).(1)求AD的長(zhǎng)；(2)求cos∠CBD的值．[解](1)因?yàn)椤螧CD＝2∠BAD，cos∠BCD＝－eq\f(1,3)，所以cos∠BCD＝2cos2∠BAD－1＝－eq\f(1,3)，得cos2∠BAD＝eq\f(1,3).因?yàn)椤螧AD∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以cos∠BAD＝eq\f(\r(3),3).在△ABD中，由余弦定理得BD2＝AD2＋AB2－2AD·AB·cos∠BAD，即4＝AD2＋6－2AD×eq\r(6)×eq\f(\r(3),3)，得AD＝eq\r(2).(2)由(1)可得AD2＋BD2＝AB2，所以∠ADB＝eq\f(π,2)，所以sin∠ABD＝eq\f(\r(3),3)，cos∠ABD＝eq\f(\r(6),3).因?yàn)锳B∥CD，所以∠BDC＝∠ABD，所以sin∠BDC＝eq\f(\r(3),3)，cos∠BDC＝eq\f(\r(6),3).因?yàn)閏os∠BCD＝－eq\f(1,3)，所以sin∠BCD＝eq\f(2\r(2),3).所以cos∠CBD＝－cos(∠BCD＋∠BDC)＝sin∠BCDsin∠BDC－cos∠BCDcos∠BDC＝eq\f(2\r(2),3)×eq\f(\r(3),3)＋eq\f(1,3)×eq\f(\r(6),3)＝eq\f(\r(6),3).18．(本小題滿分12分)五面體ABCDEF中，四邊形ABCD是矩形，∠FAD＝90°，EF∥AD，平面ADEF⊥平面ABCD，AF＝AB＝2，BC＝4，F(xiàn)E＝1.(1)求證：BE⊥AC；(2)求平面ACE分五面體ABCDEF所成的兩部分三棱錐D-ACE與多面體EFABC的體積比．[解](1)作EH⊥AD于H，連接BH，則EH⊥平面ABCD?EH⊥AC.易知AH＝FE＝1，∴tan∠ABH＝eq\f(1,2)＝tan∠ACB，∴∠ABH＝∠ACB，∴∠CAB＋∠ABH＝∠CAB＋∠ACB＝90°，∴AC⊥BH，又AC⊥EH，EH∩BH＝H，∴AC⊥平面EHB，∴AC⊥BE.(2)∵V五面體ABCDEF＝VB-AFE＋VE-ABCD＝eq\f(1,3)·S△AEF·AB＋eq\f(1,3)·S矩形ABCD·EH＝eq\f(1,3)×1×2＋eq\f(1,3)×8×2＝6，且VE-ADC＝eq\f(1,3)S△ACD·EH＝eq\f(1,3)×4×2＝eq\f(8,3)，∴V多面體EFABC6－eq\f(8,3)＝eq\f(10,3)，∴三棱錐D-ACE與多面體EFABC的體積比為eq\f(8,3)∶eq\f(10,3)＝4∶5.19．(本小題滿分12分)NBA球員的比賽得分是反映球員能力和水平的重要數(shù)據(jù)之一，以下是2017～2018賽季NBA常規(guī)賽中，球員J和H在某15場(chǎng)常規(guī)賽中，每場(chǎng)比賽得分的莖葉圖：(1)根據(jù)莖葉圖估計(jì)球員J在本賽季的場(chǎng)均得分以及球員H在本賽季參加的75場(chǎng)常規(guī)賽中，得分超過(guò)32分的場(chǎng)數(shù)；(2)效率值是更能反映球員能力和水平的一項(xiàng)指標(biāo)，現(xiàn)統(tǒng)計(jì)了球員J在上述15場(chǎng)比賽中部分場(chǎng)次的得分與效率值如下表：場(chǎng)次12345得分x1821273031效率值y1920.526.528.830.2若球員J每場(chǎng)比賽的效率值y與得分x具有線性相關(guān)關(guān)系，試用最小二乘法求出y關(guān)于x的回歸直線方程eq\o(y,\s\up9(^))＝eq\o(b,\s\up9(^))x＋eq\o(a,\s\up9(^))，并由此估計(jì)在上述15場(chǎng)比賽中，球員J的效率值超過(guò)31的場(chǎng)數(shù)(精確到0.001)．參考公式：eq\o(b,\s\up9(^))＝eq\f(\o(∑,\s\up9(n),\s\do9(i＝1))xi－\x\to(x)yi－\x\to(y),\o(∑,\s\up9(n),\s\do9(i＝1))xi－\x\to(x)2)＝eq\f(\o(∑,\s\up9(n),\s\do9(i＝1))xiyi－n\o(\x\to(x))\o(\x\to(y)),\o(∑,\s\up9(n),\s\do9(i＝1))x\o\al(2,i)－n\x\to(x)2)，eq\o(a,\s\up9(^))＝eq\x\to(y)－eq\o(\o(b,\s\up9(^)))eq\o(\x\to(x)).參考數(shù)據(jù)：eq\o(eq\o(∑,\s\up9(5)),\s\do9(i＝1))xiyi＝3288.2，eq\o(eq\o(∑,\s\up9(5)),\s\do9(i＝1))xeq\o\al(2,i)＝3355.[解](1)由莖葉圖可得球員J在15場(chǎng)比賽中的場(chǎng)均得分為eq\f(1,15)(15＋18＋21＋22＋22＋24＋27＋30＋32＋33＋36＋37＋38＋39＋41)＝29(分)．故估計(jì)球員J在本賽季的場(chǎng)均得分為29分．由莖葉圖可得球員H在15場(chǎng)比賽中，得分超過(guò)32分的有6場(chǎng)，以頻率作為概率，故估計(jì)球員H在本賽季參加的75場(chǎng)常規(guī)賽中，得分超過(guò)32分的場(chǎng)數(shù)約為eq\f(6,15)×75＝30.(2)由表格可得eq\x\to(x)＝25.4，eq\x\to(y)＝25，又eq\o(eq\o(∑,\s\up9(5)),\s\do9(i＝1))xiyi＝3288.2，eq\o(eq\o(∑,\s\up9(5)),\s\do9(i＝1))xeq\o\al(2,i)＝3355，所以eq\o(b,\s\up9(^))＝eq\f(\o(∑,\s\up9(5),\s\do9(i＝1))xiyi－5\o(\x\to(x))\o(\x\to(y)),\o(∑,\s\up9(5),\s\do9(i＝1))x\o\al(2,i)－5\x\to(x)2)＝eq\f(3288.2－5×25.4×25,3355－5×25.42)≈0.876，于是eq\o(a,\s\up9(^))＝eq\o(\x\to(y))－eq\o(\o(b,\s\up9(^)))eq\o(\x\to(x))≈25－0.876×25.4≈2.750，故回歸直線方程為y＝0.876x＋2.750.由于y與x正相關(guān)，且當(dāng)x＝32時(shí)，y＝0.876×32＋2.750＝30.782＜31，當(dāng)x＝33時(shí)，y＝0.876×33＋2.750＝31.658＞31，所以估計(jì)在這15場(chǎng)比賽中，當(dāng)球員J得分為33分，36分，37分，38分，39分，41分時(shí)，效率值超過(guò)31，共6場(chǎng)．20．(本小題滿分12分)已知拋物線C：x2＝2py(p＞0)的焦點(diǎn)到直線l：y＝－x的距離為eq\f(\r(2),8).(1)求拋物線C的方程；(2)直線l′與拋物線C相交于A，B兩點(diǎn)，與直線l相交于點(diǎn)M，且|AM|＝|MB|，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))，求△ABN面積的取值范圍．[解](1)易知拋物線C：x2＝2py(p＞0)的焦點(diǎn)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(p,2)))，由題意得eq\f(\f(p,2),\r(2))＝eq\f(\r(2)p,4)＝eq\f(\r(2),8)，解得p＝eq\f(1,2)，所以拋物線C的方程為x2＝y(tǒng).(2)易知直線l′的斜率存在且不為0，由題意可設(shè)M(－m，m)(m＞0)，直線l′：y－m＝k(x＋m)(k≠－1且k≠0)，聯(lián)立方程，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y－m＝kx＋m，,x2＝y(tǒng)，))消去y，得x2－kx－km－m＝0，由題意知，Δ＝k2－4(－km－m)＝k2＋4km＋4m＞0.①設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝k，x1x2＝－km－m，因?yàn)閨AM|＝|MB|，所以x1＋x2＝－2m，所以k＝－2m，所以x1x2＝2m將k＝－2m代入①中，解得0＜m＜1，又k≠－1，所以0＜m＜1且m≠eq\f(1,2)，故直線l′的方程為y＝－2mx－2m2＋meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0＜m＜1且m≠\f(1,2)))，點(diǎn)N到直線l′的距離d＝eq\f(|m－2m2＋m|,\r(1＋4m2))＝eq\f(2|m－m2|,\r(1＋4m2)).又|AB|＝eq\r(1＋4m2)|x1－x2|＝eq\r(1＋4m2)eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝2eq\r(1＋4m2)eq\r(m－m2)，所以S△ABN＝eq\f(1,2)|AB|·d＝2|m－m2|·eq\r(m－m2).令t＝eq\r(m－m2)，則S△ABN＝2t3，因?yàn)?＜m＜1且m≠eq\f(1,2)，所以0＜t＜eq\f(1,2)，所以2t3∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))，所以S△ABN∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))，所以△ABN的面積的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4))).21．(本小題滿分12分)已知函數(shù)f(x)＝axlnx，g(x)＝x3－(2－a)x2，a∈R.(1)若a＝1，證明：?x1∈[1，e]，?x2∈[1，e]，使得f(x1)＝g(x2)；(2)若f(x)≤g(x)恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．[解](1)當(dāng)a＝1時(shí)，f′(x)＝1＋lnx，當(dāng)x∈[1，e]時(shí)，f′(x)＞0，∴函數(shù)f(x)在[1，e]上單調(diào)遞增，∴f(1)≤f(x)≤f(e)，即0≤f(x)≤e，∴當(dāng)x∈[1，e]時(shí)，f(x)的值域?yàn)閇0，e]．當(dāng)a＝1時(shí)，g′(x)＝3x2－2x＝x(3x－2)，當(dāng)x∈[1，e]時(shí)，g′(x)＞0，∴函數(shù)g(x)在[1，e]上單調(diào)遞增，∴g(1)≤g(x)≤g(e)，即0≤g(x)≤e3－e2，∴當(dāng)x∈[1，e]時(shí)，g(x)的值域?yàn)閇0，e3－e2]．∵e3－e2＝e(e2－e)＞e，∴[0，e]?[0，e3－e2]，∴?x1∈[1，e]，?x2∈[1，e]，使得f(x1)＝g(x2)．(2)法一：由f(x)≤g(x)得axlnx≤x3－(2－a)x2，∵x＞0，∴alnx≤x2－(2－a)x，整理得a(lnx－x)≤x2－2x.令G(x)＝lnx－x，x∈(0，＋∞)，則G′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)，當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，G′(x)＞0，當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，G′(x)＜0，∴G(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，∴G(x)max＝G(1)＝－1＜0，∴l(xiāng)nx－x＜0恒成立，故a≥eq\f(x2－2x,lnx－x)恒成立．令h(x)＝eq\f(x2－2x,lnx－x)，x∈(0，＋∞)，則h′(x)＝eq\f(2x－2lnx－x－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))x2－2x,lnx－x2)＝eq\f(x－12lnx－x－2,lnx－x2)，令k(x)＝2lnx－x－2，x∈(0，＋∞)，則k′(x)＝eq\f(2,x)－1＝eq\f(2－x,x)，當(dāng)x∈(0,2)時(shí)，k′(x)＞0，當(dāng)x∈(2，＋∞)時(shí)，k′(x)＜0，∴k(x)在(0,2)上單調(diào)遞增，在(2，＋∞)上單調(diào)遞減，∴k(x)max＝k(2)＝2ln2－4＝2(ln2－2)＜0，∴當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，h′(x)＞0，當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，h′(x)＜0，∴h(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，∴h(x)max＝h(1)＝eq\f(1－2,0－1)＝1，∵a≥h(x)恒成立，∴a≥1，∴實(shí)數(shù)a的取值范圍為[1，＋∞)．法二：由f(x)≤g(x)得axlnx≤x3－(2－a)x2，設(shè)F(x)＝axlnx－x3＋(2－a)x2，則F(x)≤0，根據(jù)F(1)＝－1＋2－a＝1－a≤0，得a≥1，下面證明當(dāng)a≥1時(shí)，F(xiàn)(x)≤0恒成立．記m(x)＝lnx－x＋1，x∈[0，＋∞)，則m′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)，當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，m′(x)＞0，當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，m′(x)＜0，∴m(x)在(0,1)上是增函數(shù)，在(1，＋∞)上是減函數(shù)，∴m(x)max＝m(1)＝0，∴m(x)≤0，即lnx≤x－1.∴axlnx≤ax(x－1)，∴F(x)≤ax(x－1)－x3＋(2－a)x2＝－x3＋2x2－ax＝－x[(x－1)2＋a－1]≤0，故實(shí)數(shù)a的取值范圍為[1，＋∞)．請(qǐng)考生在第22、23題中任選一題作答．如果多做，則按所做的第一題計(jì)分．22．(本小題滿分10分)[選修4－4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程]設(shè)極