参考答案

函数期末测试卷

1. 由4-x2≥0，x+1>0，ln（x+1）≠0解得：x∈（-1，0）∪（0，2]，故选B.

2. 若f（x）=x+1，则f（2x）=2x+1，2f（x）=2x+2， f（2x）≠2f（x），所以选C.

3. A

4. 因为函数f（x）为T=2的奇函数，所以f-=f-=-f，又因为0≤x≤1的函数解析式为f（x）=2x（1-x），求得f-=-. 选A.

5. f（1）=2e0=2，原不等式可化为x<2，2ex-1>2 或x≥2，log（x2-1）>2，解得1，故选C.

6. 根据解析式易知A和D正确. 若x是无理数，则-x和x+1也是无理数；若x是有理数，则-x和x+1也是有理数，所以D（-x）=D（x），D（x+1）=D（x），从而可知B正确，C错误. 选C.

7. 作图可知答案D正确.

8. （定性法）当0

9. 令x=y=0，则可得f（0）=0，令x=0，则-f（y）=f（-y），即f（x）为奇函数.

令1>x>y>0，则>0，所以f（x）-f（y）=f<0，即x∈（0，1）时， f（x）递减.

又P=f+f=f-f-=f=f，因<，所以f>f，即0>P>Q，故选B.

10. 令x=-1，得 f（1）=0，所以f（x+2）=f（x），即周期T=2. 当x∈[2，3]时， f（x）= -2x2+12x-18，故当x∈[0，1]时， f（x）= -2（x-1）2，作出图象，有0

11.

12. 对于函数f（x）=x2-x+a为偶函数，则f（-1）=f（1），所以1-1+a=1--1+a，所以a=0.

13. （理）y=f（x）是定义在R上的奇函数，所以0=f（0）≥a+1，即a≤-1.当x>0时，-x<0，所以f（-x）=-9x-+7=-f（x），即f（x）=9x+-7≥a+1，所以6a≥a+8，解得a≤-.

（文）由方程+a+1=0恰有一个解，得a=-2. 又4-x>0，1≤4-x≤4，故b=3，所以=-.

14. 函数y==，当x>1时，y==x+1=x+1；当x<1时，y==-x+1=-x-1，-1≤x<1，x+1，x<-1.综上，函数y==x+1，x>1，-x-1，-1≤x<1，x+1，x<-1，作出函数的图象. 要使函数y与y=kx-2有两个不同的交点，则直线y=kx-2必须在四边形区域ABCD内（和直线y=x+1平行的直线除外），如图1，若直线经过B（1，2），则k==4，所以0

15. 对于函数f（x）=x2，显然f（-1）=f（1），但-1≠1，故f（x）=x2不是单函数；对于②，该命题为定义的逆否命题，为真命题；对于③，由于f（x）是单函数，则对于集合B中的任意元素b，至多只有一个原象，故③正确；对于④，不满足单函数的定义，故④不正确. 答案为②③.

16. （1）由题意，当0≤x<20时，v（x）=60；当20≤x≤200时，设v（x）=ax+b，再由已知得200a+b=0，20a+b=60，解得a=-，b=，故函数v（x）=60，0≤x<20，（200-x），20≤x≤200.

（2）由（1）得

f（x）=60x，0≤x<20，x（200-x），20≤x≤200.

当0≤x≤20时， f（x）为增函数，故当x=20时，其最大值为1200；

当20≤x≤200时， f（x）=x（200-x）≤=，当且仅当x=200-x，即x=100时，等号成立.而>1200，所以当车流密度为100辆/千米时，车流量达到最大，最大值为3333辆/时.

17. （1）因为b>0，所以>恒成立，所以函数f（x）的定义域是R，关于原点对称. 因为f（x）是奇函数，所以f（x）+f（-x）=0， f（x）+f（-x）=lg（+2x）+lg[-2x]=lgb=0，所以b=1.

（2）不存在. 设0≤x1

h（x1）-h（x2）=+2x1--2x2=+2x1-2x2=2（x1-x2）-1. 因为x1-x2<0，0<2x1<，0<2x2<，所以<1，由此知f（x）在[0，+∞）上单调递增. f（x）是奇函数，所以在（-∞，0）上单调递增，所以f（x）在R上单调递增. 所以k=>0，所以y=f（x）的图象上不存在两点，使得所连的直线与x轴平行.

18. （1）任取x1，x2∈[-1，1]且x10，故f（x1）

（2）由（1）有-1≤x+<≤1，解得-≤x<-1.

（3）由题有 f（x）max=f（1）=1≤m2-2am+1对所有的a∈[-1，1]成立，即2am-m2≤0对所有的a∈[-1，1]成立，故：-2m-m2≤0，2m-m2≤0，解得{mm≤-2，m=0，m≥2}.

19. （理）（1）平移后图象对应的函数解析式为y=（x+1）3-3（x+1）2+2， 整理得y=x3-3x. 由于函数y=x3-3x是奇函数， 由题设真命题知，函数g（x）图象对称中心的坐标是（1，-2）.

（2）设h（x）=log的对称中心为P（a，b），由题设知函数h（x+a）-b是奇函数. 设f（x）=h（x+a）-b，则f（x）=log-b，即f（x）=log-b. 由不等式>0的解集关于原点对称，得a=2. 此时f（x）=log-b，x∈（-2，2）. 任取x∈（-2，2），由f（-x）+f（x）=0，得b=1，所以函数h（x）=log图象对称中心的坐标是（2，1）.

（3）此命题是假命题. 举反例说明：函数f（x）=x的图象关于直线y=-x成轴对称图象，但是对任意实数a和b，函数y=f（x+a）-b，即y=x+a-b总不是偶函数. 修改后的真命题：“函数y=f（x）的图象关于直线x=a成轴对称图象”的充要条件是“函数y=f（x+a）是偶函数”.

（文）（1）令f（x）=x[a-（1+a2）x]=0，解得x1=0，x2=，所以I=x0

（2）k∈（0，1），则0<1-k≤a≤1+k<2. 由（1）I=，I′=>0，则0

导数及其应用参考答案

1. C

2. 由切线的倾斜角的取值范围为0，，可得y′=2xp+2∈[0，1]，解得xp∈-1，-，选A.

3. B

4. 根据极大值点、极小值点判断，选C.

5. 由f ′（x）=k-≥0对一切x∈（1，+∞）恒成立，所以k≥1，故选D.

6. 由f ′（x）=3ax2-6x，利用特殊值法，当a=3时， f（x）在（-∞，0），，+∞上递增，在0，上递减，排除A、C；当a=-时， f（x）在-∞，-，（0，+∞）上递减，在-，0上递增，排除D；故选B.

7. C

8. 构造函数f（x）=ex-lnx（0g（x2），故选C.

9. 当x=0时，ax3-x2+4x+3≥0变为3≥0恒成立，a∈R. 当x∈（0，1]时，a≥. 令g（x）=，则g′（x）= ->0，故g（x）在（0，1]上单调递增，g（x）max=g（1）=-6，所以a≥-6. 当x∈[-2，0）时，a≤，同理g（x）在[-2，-1）上单调递减，在（-1，0）上单调递增，故当x=-1时，g（x）min=-2. 所以a≤-2，综上所述，-6≤a≤-2. 选C.

10. 设x0，x+e-是函数f（x）图象上的任意一点，该点关于y轴对称的点-x0，x+e-在函数g（x）的图象上，则x+e-=x+ln（a-x0），即ln（a-x0）=e-. 所以a=x0+e（x<0）. 构造函数h（x）=x+e=x+e，则h′（x）=1+e·ex=1+e>0，所以h（x）在（-∞，0）上是增函数，故a

11. 5x+y+2=0

12. 当x≤0时，令x2-2=0得x=-（正根舍去）. 当x>0时， f ′（x）=2+>0恒成立，所以f（x）在（0，+∞）上是增函数. 又因为f（2）=-2+ln2<0， f（3）=ln3>0，所以f（x）在（2，3）内有一个零点. 综上，函数的零点有2个.

13. 构造函数H（x）=x2-lnx，求导得H′（x）=2x-，故H（x）min=H，所以t=.

14. 构造函数H（x）=xf（x），则H′（x）=f（x）+xf ′（x）. 由f（x）+xf ′（x）>0知H（x）单调递增，而f>x2f（x）等价于>xf（x），即H>H（x），故>x，解得x∈（0，1）.

15. 函数x=2时取得极小值，故①错，其余均对. 答案为②③④.

16. （1）由题有f ′（x）=3x2-9x+6=3（x-1）（x-2）=3x--，所以f ′（x）min= -，故要满足题意，只需m≤f ′（x）min= -.

（2）要使方程f（x）=0有且仅有一个实根，需使f（1）>0，f（2）>0或f（1）<0，f（2）<0，解得a∈（-∞，-2）∪， + ∞.

17. （理）（1）由f ′（x）=（x-k）e[2+（x-k）]=e·得，当k>0时， f（x）在（-∞，-k），（k，+∞）上单调递增，在（-k，k）上单调递减；当k<0时， f（x）在（-∞，k），（-k，+∞）上单调递减，在（k，-k）上单调递增.

（2）由题意知， f（x）max≤，从而k<0. 又f（x）max=f（-k）=，所以≤，即k∈-，0.

（文）（1）f ′（x）=3ax2+6x+3. f ′（x）=0的判别式Δ=36（1-a）. ①若a≥1，则f ′（x）≥0，此时f（x）在R上是增函数. ②当a<1时，f ′（x）=0有两个根x1=，x2=. 若00，即f（x）分别在（-∞，x2），（x1+∞）上单调递增；当x∈（x2，x1）时， f ′（x）<0，即f（x）在（x2，x1）上单调递减. 若a<0，则当x∈（-∞，x1），（x2+∞）时， f ′（x）<0，即f（x）分别在（-∞，x1），（x2，+∞）上单调递减；当x∈（x1，x2）时， f ′（x）>0，即f（x）在（x1，x2）上单调递增.

（2）当a>0，x>0时， f ′（x）=3ax2+6x+3>0，所以f（x）在（1，2）上是增函数. 当a<0时， f（x）在（1，2）上是增函数当且仅当f ′（1）≥0且f ′（2）≥0，解得-≤a<0. 综上，a∈-，0∪（0，+∞）.

18. （1）由题有， f ′（x）=--且f ′（1）=--a=-2，所以a=.

（2）由（1）知f（x）=+-lnx-，则f ′（x）=. 令f ′（x）=0得x=-1（舍去）或x=5，当x∈（0，5）时， f ′（x）<0，故f（x）在（0，5）内为减函数；当x∈（5，+∞）时， f ′（x）>0，故f（x）在（5，+∞）内为增函数. 所以当x=5时， f（x）极小值=f（5）=-ln5.

19. （理）（1）f ′（x）=-==（？鄢）. （1+ax）（x+2）2>0，当a≥1时， f ′（x）≥0，此时，函数f（x）在（0，+∞）单调递增. 当00. 故f（x）在区间（0，x1）单调递减，在（x1，+∞）单调递增. 综上所述，当a≥1时， f ′（x）≥0，此时，函数f（x）在（0，+∞）单调递增；当0

（2）由（？鄢）式知，当a≥1时， f ′（x）≥0，函数f（x）不存在极值点，因而要使得f（x）有两个极值点，必有0-且x≠-2，所以-2>-，-2≠-2，解得a≠-. 此时，由（？鄢）式知x1，x2分别是f（x）的极小值点和极大值点，而f（x1）+f（x2）=ln（1+ax1）-+ln（1+ax2）-=ln[1+a（x1+x2）+a2x1x2]-=ln（2a-1）2-=ln（2a-1）2+-2. 令2a-1=x，由0

（文）（1）函数f（x）的定义域为（0，+∞）， f ′（x）=. 当f ′（x）>0时，即0e，函数f（x）单调递减；综上所述， f（x）在（0，e）上单调递增，在（e，+∞）上单调递减.

（2）因为e<3<π，所以eln3π3；由<，得ln3e

杭州学军中学 杭州外国语学校

月考试卷调研

1. B

2. 设z=a+bi（a，b∈R），则z+=2a=2，所以a=1. 由z=，得b=±2，所以z+=2. 选A.

3. 在aOb坐标系中，分别画出满足“a2+b2>2”与“a+b>2或a>”的点（a，b）的图形. 选B.

4. S=++…+=·1-=. 选C.

5. 利用平面向量加法运算的几何意义. 选D.

6. （理）C=120. 选D.

（文）P==. 选A.

7. 对于①，若W的面积为3，则λ=1或，故①是错误的；对于②，当λ=，即λ=时W是等腰三角形区域，故②正确；对于③，-x2+≤-x2+2（x-1）= -（x-2）2≤0，故③正确. 选B.

8. f（x）≥lne-2=-1，所以f（x）min=-1，此时x=. 在同一直角坐标系中，作出f（x），g（x）的图象，再观察得到答案. 选C.

9. Ac，，Bc，-，设P（x0，y0），则b2x-a2y=a2b2 ①.

由=m+n，得x0=（m+n）c，y=（m-n）？圯-=4mn？圯=4mn ②.

①代入②得mn==. 选A.

10. 方程化为y=2-1，作出其图象结合已知可得a=-2，b=0，1，2或b=2，a=-2，-1，0. 选C.

11. （理）由已知，2C+22C+23C+…+2C+2n=80，即（1+2）n-1=80，所以3n=81，n=4.

（文）是以1为首项、2为公差的等差数列，=1+6×2=13，a7=.

12. 原几何体是一个半球体与一个正四棱锥的组合体，S表=2π·22+π·22-22+·2··4=12π-4+4.

13. （理）X的分布列为

E（X）=4×+6×+8×=6.

（文）在同一直角坐标系中作出y=f（x）与y=m的图象，观察得到结论b∈（0，1）.

14. A-，0，B4-，0，P1-，2，=（-1，-2），=（3，-2），所以·=1.

15. 直线QP的方程为3x+4y+1=0，C1（-1，-3），C2（2，1）到直线QP的距离之比为==.

16. 当x=1时，（1-a）（1+2a）<0，解得a>1或a<- ①.

当x=2时，（2-a）（4+2a）<0，解得a>2或a<-2 ②. 由①②得a>2或a<-2. 反过来，当a>2时，恒有（x-a）（x2+2a）<0；同理，当a<-2时，恒有（x-a）（x2+2a）<0. 所以有a>2或a<-2.

17. （理）取AD的中点E，则AD⊥平面EBC，当O，B，C，E共面时，OE⊥AD，再设∠BCO=θ0<θ<，则得OE=，故当θ=时，OEmax=（+1）.

（文）作△OAB，使=α，=β，则=β-α，边AB上的高即为所求. 由条件可得∠OAB的外角为150°，故∠OAB=30°，因此边AB上的高为.

18. （1）由tanA=2tanB得sinAcosB=2cosAsinB ①.

由sin（A-B）=得sinAcosB-cosAsinB= ②.

联立①②，解得sinAcosB=，cosAsinB=. 所以sin（A+B）=sinAcosB+cosAsinB==sinC. 又因为C为锐角，所以C=60°.

（2）由余弦定理得c2=a2+b2-2abcosC，所以25-3ab=a2+b2-ab，即（a+b）2=25，即a+b=5 ③.

又S△ABC=absinC=ab·=，所以ab= ④.

联立③④解得a=b=.

因此，△ABC为正三角形.

19. （1）由已知，得a=a1ak，而a3=4，a1=a3-2d=4-2d，ak=a3+（k-3）d=4+（k-3）d，所以16=（4-2d）[4+（k-3）d]. 整理，得d=2-. 因为{an}的各项均为整数，d>0，所以d∈N？鄢，所以∈Z. 又k>3且k为正整数，所以k-3=4，即k=7，d=1，所以an=n+1，bn=2n.

（2）因为新的数列{cn}的前2-（n+2）项和为数列{an}的前2-1项的和减去数列{bn}的前n+1项的和，所以S=-=（2n-1）（2n+1-1），所以==-. 所以+++…+=-+-+…+-=1-. 于是不等式化为1->，即2>128，n+1>7，n>6. 因此，满足不等式的最小正整数n=7.

20. （1）过D作DF∥CC1交A1C1于点F，连结EF. 因为CC1∥BB1，所以DF∥BB1，所以DF∥平面A1BB1. 又DE∥平面A1BB1，DF∩DE=D，所以平面DEF∥平面A1BB1. 又平面DEF∩平面A1B1C1=EF，平面A1BB1∩平面A1B1C1=A1B1，所以EF∥A1B1，所以===，即C1E=C1B1.

（2）（理）因为平面ACC1A1⊥平面BCC1B1，平面ACC1A1∩平面BCC1B1=CC1，BC⊥CC1，所以BC⊥平面ACC1A1. 在△AA1C中，AC=1，AA1=CC1=2，∠CAA1=. 由余弦定理，得A1C=，所以AC2+A1C2=AA，所以AC⊥A1C. 建立空间直角坐标系，如图，则B（0，0，1），D0，，0，E-1，，，=0，，-1，=-1，，-. 设平面BDE的法向量为n1=（x，y，z），则n1·=0，n1·=0？圯y-z=0，-x+y-z=0.取y=3，得n1=（7，3，3）. 平面ABC的一个法向量为n2=（0，1，0）. 设所求的二面角大小为θ，则cosθ=cos〈n1，n2〉==.

（文）设AC1∩A1C=O，因为平面ACC1A1⊥平面BCC1B1，平面ACC1A1∩平面BCC1B1=CC1，B1C1⊥CC1，所以B1C1⊥平面ACC1A1，所以B1C1⊥A1C. 在△A1CC1中，A1C1=AC=1，CC1=2，∠CC1A1=∠CAA1=，由余弦定理，得A1C=，所以A1C+A1C2=CC，所以A1C1⊥A1C. 又A1C1∩B1C1=C1，所以A1C⊥平面A1B1C1. 而A1C？奂平面A1DE，所以平面A1DE⊥平面A1B1C1. 过C1作C1M⊥A1E于M，连OM，则C1M⊥平面A1DE. 因此，∠C1OM为所求的角.

经计算，得OC1=，C1M===，所以sin∠C1OM==.

21. （理）（1）易得0≤∠F1MF2<π. 当M在x轴上时，∠F1MF2=0.

当M不在x轴上时，由余弦定理，得cos∠F1MF2====-1≥-1=-1. 因为cos∠F1MF2的最小值为，所以-1= ①.

由MF1+MF2=2a=10，得a=5 ②.

将②代入①得b=4. 因此，椭圆C的方程为+=1.

（2）假设满足条件的常数k存在. 设P（m，0）（-5≤m≤5），A（x1，y1），B（x2，y2），则可得直线AB的方程为x=m+ty. 由x=m+ty，16x2+25y2=400得（16t2+25）y2+32mty+16m2-400=0. y+y=-，yy=. PA2+PB2=（1+t2）（y+y）=（1+t2）[（y+y）2-2yy]=32（1+t2）·. 令16t2-25=0，得t=±，所以k=±. 因此，存在满足条件的常数k，且k=±.

（文）（1）由已知，可设抛物线C的方程为y2=2px（p>0）. 设M（x0，y0）是C上的动点，则点M到直线l的距离d==·y-3y0+6=·y-3y0+6=·y-p+6-p. dmin=6-p=，所以p=2. 因此，抛物线C的方程为y2=4x.

（2）假设满足条件的常数λ存在.设AB：y=k（x-1）（k≠0）. 则ON：y=kx. 由y=k（x-1），y2=4x消去y得k2x2-2（k2+2）x+k2=0 ①.

设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2=. AB=AF+BF=x1+1+x2+1=x1+x2+2=+2=+4. 由y=kx，y2=4x消去y得k2x2=4x ②.

设N（xN，yN），由②得xN=. ON=·x=. 因此，AB2-ON2=+4-=-==4AB，所以λ存在，且λ=4.

22. （1）f ′（x）=-. 由已知得f（1）=-1，f ′（1）=3，所以n+1=-1，m-n=3，解得m=1，n=-2，所以f（x）=lnx-+1.

（2）①g（x）=alnx-+1-x2，g′（x）=+-x=-（x>0）. 因为g（x）有极大值点x0，所以g′（x0）=0，所以x-2ax0-4a=0，即a=（00，g（x）递增；当x>x0时，g′（x）<0，g（x）递减. 所以x0是函数g（x）的极大值点. 设r（x0）=（0

r′（x0）==>0，所以r（x0）在（0，1）上递增，所以0

②不等式化为am

哈师大附中 东北师大附中

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1. A 2. D 3. D 4. C 5. C 6. A 7. B

8. 设圆心M，b，则圆M：x-+（y-b）2=-2+b2，当x=0时，y1=b-2，y2=b+2，所以AB=y-y=4，故选A.

9. （理）2n=32，所以n=5，（1+a）5=243，所以a=2，所以T4=Cx223=80x2，故选A.

（文）AC边上的高BE=，若BD=，则DE=，所以所求的概率P==，故选A.

10. 在△PA1A2中，因为PA2=A1A2=2a，∠PAx=60°，所以P（2a，a），代入-=1有a=b，所以e=，故选C.

11. 因为AB=BC=，AC=2，所以△ABC为直角三角形，斜边AC的中点为小圆的圆心O1. 若四面体ABCD体积的最大值为，则点D为过O1且垂直于平面ABC的直线与球面的交点，且DO1=2. 设球的半径为R，则R2=（2-R）2+1，所以R=，故选C.

12. （理）f（x）=lnx·，所以f ′（x）=，所以f ′（x0）==0，所以-1-x0=lnx0，所以f（x0）=x0. 令g（x）=lnx+1+x，其在（0，+∞）上为增函数，由零点存在性定理知g（x）有唯一零点x0，且x0∈0，，故选B.

（文）数形结合， f（x）的最小正周期为4，y=sinx的最小正周期为2，一个周期内交点有3个，x∈[0，2013]时共有503×3+2=1511个交点，故选B.

13. 14

14. an=-2n+9，Sn=-n2+8n=-（n-4）2+16，所以n=4时，最大值为16.

15. 设A（1，0），B（0，），C（cosθ，sinθ），所以·=cosθ（cosθ-1）+sinθ·（sinθ-）=1-cosθ-sinθ=1-2cosθ-，最大值为3.

16. （理）设AF=x（0FG 2，所以xy>1，所以y>，dx=lnx=2ln3，由几何概型的公式可得P==.

（文）由已知， f（a）+f（b）=0，可得=1，所以a+b=1，且0

17. （1）cosC=，所以sinC=. 因为=，所以=，所以sinA=.

（2）因为c2=a2+b2-2abcosC，所以2=1+b2-b，所以2b2-3b-2=0，所以b=2，S△ABC=absinC=×1×2×=.

18. （理）（1）取AE的中点P，连结PM，PN. 因为AE⊥BE，MP∥BE，所以MP⊥AE. 又BC⊥平面ABE，AE？奂平面ABE，所以BC⊥AE. 又NP∥AD，AD∥BC，所以NP∥BC，所以NP⊥AE. 又NP∩MP=P，NP，MP？奂平面PMN，所以AE⊥平面MNP. 因为MN？奂平面MNP，所以AE⊥MN.

（2）过M作MK⊥NE于K，连结KP. 因为AD∥BC，所以AD⊥平面ABE. 又PM？奂平面ABE，所以AD⊥PM. 又MP⊥AE，AD∩AE=A，所以PM⊥平面ADE，所以PM⊥DE，所以PM⊥NE. 又MK⊥NE，MK∩MP=M，所以NE⊥平面PMK，所以NE⊥PK，所以∠PKM为二面角M-EN-A的平面角. 在Rt△MPK中，PM=BE=，=，所以PK=，所以KM===，所以cos∠PKM=，所以二面角M-EN-A的余弦值为.

（文）（1）因为AE⊥BE，MP∥BE，所以MP⊥AE. 又BC⊥平面ABE，AE？奂平面ABE，BC⊥AE. 因为N为DE的中点，P为AE的中点，所以NP∥AD. 因为AD∥BC，所以NP∥BC，所以NP⊥AE.

又NP∩MP=P，NP，MP？奂平面PMN，所以AE⊥平面MNP. 因为MN？奂平面MNP，所以AE⊥MN.

（2）由（1）知MP⊥AE，且MP=BE=. 因为AD∥BC，所以AD⊥平面ABE.因为MP？奂平面ABE，所以AD⊥MP.

因为AD∩AE=A，AD，AE？奂平面ADNP，所以MP⊥平面ADNP.

因为AD∥BC，所以AD⊥平面ABE，所以AD⊥AP.

又NP∥AD，所以四边形ADNP为直角梯形.

因为S梯形ADNP==，MP=，所以四棱锥M-ADNP的体积V=SADNP·MP=··=.

19. （理）（1）记“从10天的PM2.5日均监测数据中，随机抽出三天，恰有一天空气质量达到一级”为事件A，则P（A）==.

（2）依据条件，ξ服从超几何分布：其中N=10，M=3，n=3，ξ的可能值为0， 1，2，3，其分布列为：P（ξ=k）=（k=0，1，2，3），

（3）依题意可知，一年中每天空气质量达到一级或二级的概率为P=，一年中空气质量达到一级或二级的天数为η，则η～B（365，0.7），所以E（η）=365×0.7=255.5≈256，所以一年中平均有256天的空气质量达到一级或二级.

（文）（1）空气质量为超标的数据有四个，分别为77，79，84，88，它们的平均数为==82，方差为s2=×[（77-82）2+（79-82）2+（84-82）2+（88-82）2]=18.5.

（2）空气质量为二级的数据有五个：47，50，53，57，68，

任取其中2个数共有十种可能结果：{47，50}，{47，53}，{47，57}，{47，68}，{50，53}，{50，57}，{50，68}，{53，57}，{53，68}，{57，68}，

两个数据和小于100的结果有一种：{47，50}.

记“两个数据和小于100”为事件A，则P（A）=，

即从空气质量为二级的数据中任取2个，这2个数据和小于100的概率为.

（3）空气质量为一级或二级的数据共8个，所以空气质量为一级或二级的频率为=，365×=243.3≈243，所以，2013年的365天中空气质量达到一级或二级的天数估计为243天.

20. （1）不妨设F1（-c，0），F2（c，0），B1（0，b），+=2b=2，所以b=1. ·=-c2+b2=-2，所以c=，所以a=2，所以椭圆Ω的方程为+y2=1.

（2）①当直线l1与x轴重合时，此时A（-2，0），B（2，0），C1，，D1，-，则·=3×1+×=.

②当直线l1不与x轴重合时，设其方程为x=my+1，设A（x1，y1），B（x2，y2）. 由x=my+1，x2+4y2=4得（m2+4）y2+2my-3=0，y+y=，yy=.

因为·=（-）·（-）= -·-·，

=（x1-1，y1）=（my1，y1），=（x2-1，y2）=（my2，y2），

所以-·=-（m2+1）yy=.

又由l2与l1垂直可知-·=，从而可得·=-·-·=+=≥=，当且仅当m=±1取到“=”.

综合①②，（·）min=.

21. （理）（1）f ′（x）=asinx+axcosx-sinx=（a-1）sinx+axcosx， f ′=（a-1）·+·a·=，所以a=1，所以f ′（x）=xcosx. 所以f ′（x）>0？圯-π

（2）当x∈0，时， f（x）单调递增，所以f（x）min=f（0）=1，则依题意可得g（x）≥1在x∈[0，+∞）上恒成立，g′（x）=（x≥0，m>0）.

①当m≥2时，≥0，所以g′（x）≥0在[0，+∞）上恒成立，即g（x）在[0，+∞）上单调递增. 又g（0）=1，所以g（x）≥1在x∈[0，+∞）上恒成立，即m≥2时成立.

②当0

综合①②，m≥2.

（文）（1）因为f（x）的定义域为（0，+∞）， f ′（x）=2ax-，因为f（x）在x=2处取得极小值，所以f ′（2）=0，即a=. 此时，经验证x=2是f（x）的极小值点，故a=.

（2）因为f ′（x）=2ax-，

①当a≤0时， f ′（x）<0，所以f（x）在[1，+∞）上单调递减，所以当x>1时， f（x）

②当a>0时， f ′（x）=，令f ′（x）>0，得x>； f ′（x）<0，得0

（ⅰ）当>1，即0

（ⅱ）当≤1，即a≥时，x∈[1，+∞）时， f ′（x）>0，即f（x）递增，所以f（x）≥f（1）=0满足题意. 综上，a≥.

22. （1）连结BC，因为AB是圆O的直径，所以∠ACB=90°. 又因为MN=MC，所以∠MCN=∠MNC，所以∠MCB=∠MBC，所以MB=MC，所以MN=MB.

（2）设OC∩BE=F，因为OB=OC，所以∠OBC=∠OCB. 由（1）可知，∠MBC=∠MCB，所以∠DBM=∠FCM.又因为∠DMB=∠FMC，所以∠MDB=∠MFC，即∠MFC=90°，所以OC⊥MN.

23. （1）直线l的普通方程为xsinα-ycosα+cosα=0，曲线C的极坐标方程为ρcos2θ=4sinθ，则ρ2cos2θ=4ρsinθ. 因为ρcosθ=x，ρsinθ=y，所以C：x2=4y.

（2）将l的参数方程x=tcosα，y=1+tsinα（t为参数，0≤α<π）代入曲线C：x2=4y，得t2cos2α-4tsinα-4=0，所以AB=t1-t2==8，所以cosα= ±，所以α=或.

24. （1）a=3时，即求解2x-3+x-1≥2.

①当x≥时，2x-3+x-1≥2，所以x≥2；

②当1

③当x≤1时，3-2x+1-x≥2，所以3x≤2，所以x≤.

综上，解集为xx≤或x≥2.

（2）即2x-a≥5-x-x-1恒成立.

令g（x）=5-x-x-1=6-2x，x≥1，4，x<1，则函数图象为

所以≥3，所以a≥6.